海南省琼海市嘉积中学2025届高三下学期物理模拟试卷（一）（含解析）

2025年海南省琼海市嘉积中学高考物理模拟试卷（一）
一、单选题：本大题共8小题，共24分。
1.锂离子电池被广泛地用于智能手机、智能机器人、电动自行车、电动汽车等领域。某款手机充电锂离子电池的标识如图所示，关于电池容量对应的物理量是( )
A. 电荷量 B. 电功率 C. 电功 D. 电流
2.如图所示为两同学打排球的情景，甲同学在距离地面高处将排球以的速度水平击出，乙同学在离地高处将排球垫起。重力加速度g取，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 排球被垫起前在空中运动的时间为
B. 排球从击出到被垫起前运动的水平距离为
C. 排球被垫起前瞬间的速度大小为
D. 排球被垫起前瞬间速度方向与水平方向夹角为
3.如图所示，一个质量为m的均匀光滑球放在倾角为的固定斜面上，并被斜面上一竖直方向的挡板挡住，处于静止状态。已知重力加速度为g，设球对挡板的压力大小为，球对斜面的压力大小，则( )
A.
B.
C. 当挡板顺时针缓慢转动到水平位置的过程中，一直减小
D. 当挡板顺时针缓慢转动到水平位置的过程中，一直减小
4.甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向做直线运动，它们的图像如图所示。下列判断正确的是( )
A. 乙车启动时，甲车在其前方100m处
B. 乙车启动10s后正好追上甲车
C. 运动过程中，乙车落后甲车的最大距离为75m
D. 乙车超过甲车后，两车会再相遇
5.图为一列简谐横波在时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为和处的质点，图为质点P的振动图像。则下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 时，质点Q处于平衡位置向y轴正方向运动
C. 该波的传播速度大小为
D. 内，质点Q运动的路程为20cm
6.2024年11月3日，神舟十八号载人飞船与空间站组合体成功分离，航天员叶光富、李聪、李广苏即将踏上回家之旅。空间站组合体距离地面的高度为h，运动周期为T，绕地球的运动可视为匀速圆周运动。已知万有引力常量为G，地球半径为R，根据以上信息可知( )
A. 悬浮在空间站内的物体，不受力的作用 B. 空间站组合体的线速度大于第一宇宙速度
C. 空间站组合体的质量 D. 地球的密度
7.如图所示，半圆AOB为透明柱状介质的横截面，半径为R，折射率为2，建立直角坐标系Oxy，y轴与直径AB平行，且与半圆相切于原点O。一束平行单色光沿x轴正方向射向整个介质，欲使所有平行光线都不能到达x轴正半轴，需紧贴直径AB放置-遮光板，则该遮光板沿y轴方向的长度至少为不考虑反射光的影响( )
A. B. C. D. R
8.如图所示，正方体，在和处放置电量分别为、的点电荷，则下列说法正确的是( )
A. B点电势高于D点电势
B. D、两点电场强度大小的比值为
C. A、C两点处电场方向相同
D. 将一正试探电荷沿棱从A点移动到B点，电势能不变
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
9.热气球能给人以独特的视角享受风景的机会。假设某热气球总质量为m，某竖直上升过程中受到浮力恒为F，空气阻力恒为f，热气球从地面由静止上升高度h，速度变为v，已知重力加速度为g。在上述过程中，热气球的( )
A. 重力势能增加了mgh B. 动能增加了
C. 机械能增加了Fh D. 机械能增加了
10.西藏那曲市色尼区欧玛亭嘎风电厂是当前世界超高海拔地区单机容量最大、装机规模最大的风电项目。如图是发电厂输电网络供电的原理图。已知发电机转子以角速度匀速转动，输电线上的总电阻，输电线上消耗的功率为3840W，升压变压器的匝数比为1：40，降压变压器的匝数比为50：1，用户端获得220V的电压。不计其余电阻，下列说法正确的是( )
A. 输电线上的电流为8A
B. 发电机输出电压的最大值为287V
C. 用户获得的功率为88kW
D. 若转子角速度增加一倍，则消耗的功率为7680W
11.如图所示的电路中，为热敏电阻温度降低电阻增大，C为平行板电容器，闭合开关、，C中央的带电液滴刚好静止，M点接地，不考虑电源内阻，则下列说法正确的是( )
A. 液滴带正电
B. 仅将热敏电阻加热，平行板电容器所带电量增大
C. 仅将变阻器R的滑片P向下移动，液滴将向上运动
D. 同时断开开关和，将下极板向下移动，液滴将向下运动
12.如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，所加磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直D形盒向下。质子从D形盒中央由静止出发，经电压为U的交变电场加速后进入磁场，若质子的质量为m，带电荷量为e，质子在电场中运动的时间忽略不计，则下列分析正确的是( )
A. 质子在回旋加速器中加速后获得的最大动能为
B. 质子在回旋加速器中加速的次数为
C. 质子在回旋加速器中加速的次数为
D. 质子在回旋加速器中运动的时间为
13.如图，一光滑斜面固定在水平地面上，斜面倾角为，其底端固定一轻质弹簧，将质量为m的物块从斜面顶端由静止释放，弹簧的劲度系数为k，弹簧的最大压缩量为。已知弹簧弹性势能为，其中x是形变量，弹簧振子简谐运动的周期，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 速度最大时的弹簧压缩量为
B. 物块下滑的最大位移为
C. 物块的最大动能为
D. 物块从与弹簧接触到速度第一次为零的时间为
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
14.某同学设计如图甲所示实验装置探究质量一定，加速度和力的关系。将一端带有定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，长木板左端固定的位移传感器，可以测得滑块的位移，通过电脑将数据转换成滑块的位移-时间图线。滑块通过细绳跨过定滑轮与力传感器相连，力传感器可直接测出细线中拉力大小，传感器下方悬挂钩码。
下列说法正确的是 。
A.细线必须与长木板平行
B.细线的拉力就是滑块受到的合外力
C.滑块的质量必须远大于钩码的质量
某次实验得到滑块的位移-时间图像如图乙所示，则滑块的加速度大小为 2结果保留两位有效数字。
该同学在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条图线，如图丙所示，取重力加速度2，则滑块的质量为 kg，滑块与长木板之间的动摩擦因数 结果均保留两位有效数字。
15.某实验小组用如图所示的电路测量一个电动势E约为9V、内阻r在范围内、允许通过的最大电流为的电池的电动势和内阻，虚线框内表示的是由量程只有6V、内阻为的电压表和一只电阻箱R1共同改装成的新电压表，R2是保护电阻，R3也是电阻箱。
若改装成的新电压表的量程为9V，则电阻箱R1的阻值应该调节为 。
单选可备选用的定值电阻有以下几种规格，则R2宜选用 。
A.，
B.，
C.，10W
D.，
接好电路，闭合开关S，调节电阻箱R3，记录R3的阻值和改装成的电压表的示数U，测量多组数据，通过描点的方法在图坐标系中得到了一条在纵坐标上有一定截距的直线。若该小组选定纵轴表示电压的倒数，则横轴应为 。
该小组利用图测量另一电源的电动势和内阻时，选取R2为的定值电阻，将改装好的新电压表正确地接在A、C之间。调节电阻箱R3，测出若干R3的阻值和R2上相应的电压U1，用描点的方法绘出图所示的图像。依据图像，可以测出电源的电动势 V，内阻 结果均保留两位有效数字。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
16.如图所示，质量为的木球用细绳连接挂在O点处于静止状态，O点到球心的距离为，现有一质量为的子弹以速度射入木球并留在木球中子弹与木球作用时间很短，若子弹射入木球后，木球含子弹在竖直平面内恰好能绕O点做圆周运动，求：重力加速度g取
子弹射入木球后瞬间，木球与子弹的共同速度大小；
子弹的入射速度大小。
17.如图所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为，空间存在磁感应强度、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻，金属杆的电阻，其余部分电阻不计，某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的图像，导轨与金属杆间的动摩擦因数，在金属杆P运动的过程中，第一个2s内通过金属杆P的电荷量与第二个2s内通过电阻R的电荷量之比为3：5，重力加速度g取，求：
水平恒力F的大小；
金属杆运动的最大加速度的大小；
前4s内电阻R上产生的热量。
18.如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，场强大小为E，方向与xOy平面平行，且与x轴成夹角。一质量为m、电荷量为的粒子以速度从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；粒子进入电场后磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，结果能使粒子返回到P点不计粒子重力，求：
粒子在磁场中运动半径R；
从P点出发到再次回到P点的时间；
第四次到达x轴上时到原点0的距离。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由电池容量的单位，可知该物理量的计算关系式为：It，即可知该物理量为电荷量，故BCD错误，A正确。
故选：A。
由电池容量的单位，可知其物理量的计算关系式，即可知该物理量的类别。
本题考查物理量的理解，关键是根据单位分析物理量的种类。
2.【答案】B
【解析】解：A、排球在空中做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，设排球在空中的运动时间为t，则，解得，故A错误；
B、排球在水平方向做匀速直线运动，排球从击出到被垫起前运动的水平距离为，故B正确；
C、排球被垫起前瞬间的竖直方向速度为，则排球被垫起前瞬间的速度大小为，解得，故C错误；
D、设排球被垫起前瞬间速度方向与水平方向夹角为，则，所以该夹角不是，故D错误。
故选：B。
根据竖直方向做自由落体运动计算；
根据水平方向做匀速直线运动计算；
计算出排球被垫起前瞬间的竖直分速度，然后根据矢量合成法则计算；
根据竖直方向的分速度与水平方向的分速度的比值分析。
考查对平抛运动规律的理解，熟悉合运动与分运动的关系。
3.【答案】C
【解析】解：AB、以球为研究对象，球受重力、斜面对球体的支持力和挡板对球体的支持力，作出力图如图所示。
根据平衡条件可得
竖直方向有
水平方向有
解得，
根据牛顿第三定律可知，球对竖直挡板压力的大小，球对斜面的压力大小为，故AB错误；
CD、当挡板顺时针缓慢转动到水平位置的过程中，由平衡条件得知，和的合力与mg大小相等、方向相反，作出三个位置力的合成图如图所示。
由图看出，逐渐减小，先减小后增大，则根据牛顿第三定律可知，一直减小，先减小后增大，故C正确，D错误。
故选：C。
对小球受力分析，根据平衡条件结合牛顿第三定律求解球对挡板和斜面的压力大小。分析小球受力情况，作出力图，运用图解法，分析两个支持力的变化情况，即可得到和的变化情况。
本题考查共点力平衡的知识，本题关键是正确地对球受力分析，然后根据共点力平衡条件找到未知力和重力关系，并能采用图解法分析力的变化情况。
4.【答案】C
【解析】解：根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在时启动，此时甲的位移为，即甲车在乙前方50m处，故A错误；
B.由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由图可知，乙车启动10s后位移小于甲的位移，还没有追上甲，故B错误；
C.当两车的速度相等时相遇最远，最大距离为，故C正确；
D.乙车超过甲车后，由于乙的速度大，所以不可能再相遇，故D错误。
故选：C。
根据图像的面积的物理意义结合追及问题满足的条件，速度的大小关系分析解答。
考查运动学追及问题以及图像的面积的物理意义，会根据题意进行准确分析解答。
5.【答案】A
【解析】解：A、由振动图，可知P在1s时的振动方向为y轴正方向，结合波形图，可知波的传播方向为x轴正方向，故A正确；
B、由振动图可知周期为2s，1s时的波形如图所示，时，即从波形图所示时刻，再经过时间，改时间与周期的关系：，
即质点Q再经过个周期，由图可知，质点Q在平衡位置，向y轴负方向运动，故B错误；
C、由波形图可知波长为8m，由振动图可知周期为2s，即可得波速为：，故C错误；
D、由周期恰好为2s，可知Q在内的路程为：，故D错误。
故选：A。
由振动图，可知P在波形图对应时刻的振动方向，结合波形图可知波的传播方向；由振动图可知周期，结合与周期的关系，可知质点Q的位置及运动情况；由波形图可知波长，结合周期，即可计算波速；由周期与2s的关系，结合质点简谐运动的特点，可知Q在内的路程。
本题考查波形图与振动图的综合分析，注意图是1s时刻的波形，在分析质点振动方向时，要找准时刻。
6.【答案】D
【解析】解：悬浮在空间站内的物体受到地球对它的吸引力，故A错误；
B.根据第一宇宙速度意义，是最大的运行速度，空间站的运行速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C.根据万有引力提供向心力，得地球质量，不能求出空间站质量m，故C错误；
D.根据，得，故D正确。
故选：D。
A.根据物体的受力情况判断；
B.根据第一宇宙速度和运行速度关系分析解答；
根据万有引力提供向心力导出地球质量表达式，结合密度公式求解地球平均密度。
考查万有引力定律的应用和宇宙速度的问题，会根据题意进行准确分析解答。
7.【答案】D
【解析】解：根据临界角与折射率的关系可得：
，
则：
，
欲使所有平行光线都不能到达x轴正半轴，则需发生全反射，入射角至少等于临界角，
当入射角等于临界角时，可得下图：
根据几何关系可得：，
由于对称性可知，总长度至少为：，
联立可得：，
故D正确，ABC错误；
故选：D。
根据临界角与折射率的关系列式，先确定临界角，再画出临界情况的光路图，结合几何关系及对称性分别列式，即可分析判断ABCD正误。
本题考查光的折射与全反射的综合问题，解题时需注意，光投射到两种介质的界面上会发生反射和折射，入射角和反射角、入射角和折射角的关系分别遵守反射定律和折射定律，当光从光密介质射向光疏介质中时，若入射角等于或者大于临界角会发生全反射现象。
8.【答案】B
【解析】解：A、B点到、的距离相等，电势为零，D点到、的距离也相等，电势也为零，即B、D两点电势相等，故A错误；
B、设正方向的边长为a，因为等边三角形，故、在B点产生的场强方向互成且大小相等，故B点的电场强度大小为，、在点产生的场强大小相等且方向互相垂直，故点的电场强度大小为，故B、两点电场强度的比值为，故B正确；
C、平面是、连线的中垂面，根据等量异种电荷的电场线分布特点可知，B、D两点的电场强度方向均平行于且指向一侧，而、在平面内，根据等量异种电荷的电场线分布特点及对称性可知，A、C两点的电场强度方向不同，故C错误；
D、A点距较近，其电势大于零，B点电势等于零，故A、B两点电势不同，将一正试探电荷沿棱从A点移动到B点，电势能改变，故D错误。
故选：B。
A、根据B、D点到、的距离分析电势；
B、运用几何关系结合点电荷场强公式解答；
C、根据等量异种电荷的电场线分布特点分析；
D、分析AB两点电势的高低，结合电性判断电势能的变化。
考查对点电荷周围电场线分布情况及电势、电场强度的理解，熟悉场强公式的运用。
9.【答案】ABD
【解析】解：A、热气球从地面由静止上升高度h的过程中，克服重力做的功为，则重力势能增加mgh，故A正确；
B、根据动能定理可得，所以动能增加了，故B正确；
C、除重力之外的其它力做的功为：，故机械能增加，故C错误；
D、根据机械能的概念可知，机械能增加等于重力势能与动能增加之和，即为，故D正确。
故选：ABD。
克服重力做的功等于重力势能的增加；根据动能定理求解动能的增加；除重力之外的其它力做的功等于机械能的增加，也可以根据机械能的概念求解机械能的增加。
本题主要是考查功能关系，关键是能够分析能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力或弹力以外的力做功有关。
10.【答案】AC
【解析】解：A、根据输电线上消耗的功率，解得：，故A正确；
B、输电线上损失的电压为：，根据电压比与匝数比的关系可知，可得降压变压器的输入电压，升压变压器的输出电压为：，根据电压比和匝数比的关系可知，代入数据可得发电机输出电压的有效值为：，则最大值为，故B错误；
C、根据变压器的变流关系可得：，代入数据解得：，所以用户得到的功率为：，故C正确；
D、转子转动产生的电动势有效值为：，转子角速度增加一倍，变压器、负载不变，则E变为原来的2倍，故通过的电流变为原来的2倍，根据可知上消耗的功率变为原来的4倍，大小为15360W，故D错误。
故选：AC。
根据可求输电线上消耗的功率；根据变压器的变压关系结合及正弦式交变有效值与最大值之间的关系可求最大值；根据变压器的变压比确定变压器的变流关系结合功率的定义式，计算用户得到的功率；据正弦式交变电流产生的规律，确定转子角速度增加一倍时消耗的功率。
此题考查了正弦式交变电流的产生规律和变压器的工作原理，解题的关键是明确变压器的变流比和变压比，并灵活运用。
11.【答案】BC
【解析】解：A、由图可知，电容器上极板带正电，电场强度方向向下，液滴的重力向下，液滴受力平衡，则电场力方向向上，所以液滴带负电，故A错误；
B、仅将热敏电阻加热，热敏电阻阻值减小，则电容器两端电压增大，根据：，可知平行板电容器所带电量增大，故B正确；
C、仅将变阻器R的滑片P向下移动，变阻器接入电路中的电阻增大，则电容器两端的电压增大，根据：，可知两极板间的电场强度增大，液滴的重力向下，液滴受到的电场力增大，所以液滴向上运动，故C正确；
D、根据：，，和，联立可得两极板间的电场强度：
仅断开开关和，电容器所带电荷量不变，将下极板向下移动，增大了两板间的距离d，由上式可知板间电场强度不变，则液滴仍静止，故D错误。
故选：BC。
电容器上极板带正电，液滴受力平衡，根据液滴所受电场力与电场方向的关系判断液滴带电性；确定电容器两端电压的变化，根据电容的定义式判断所带电量的变化，根据电场强度与电势差的关系确定电场强度的变化，得到液滴受到的电场力的变化，可知液滴运动方向；仅断开开关和，电容器所带电荷量不变，根据电容的定义式与决定式推导出两极板间的电场强度与所带电荷量的关系，确定板间电场强度的变化，确定液滴运动方向。
本题考查了含容电路的动态分析，要会确定电容器两端电压，掌握电容的定义式与决定式。
12.【答案】AD
【解析】解：A、质子在磁场中做匀速圆周运动，质子轨道半径等于D型盒半径R时速度最大，
对质子，由牛顿第二定律得：
质子的最大动能
解得：，故A正确；
BC、对质子，由动能定理得：
解得：，故BC错误；
D、质子在磁场中做匀速圆周运动的周期
质子在回旋加速器中的运动时间，解得：，故D正确。
故选：AD。
质子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律求出最大速度，然后求出最大动能；
应用动能定理求出质子加速的次数，然后求出质子的运动时间。
分析清楚质子的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与动能定理即可解题。
13.【答案】BD
【解析】解：A、由物块在平衡位置时的受力：，结合简谐运动的特点，可知速度最大时的压缩量：，故A错误；
B、最大压缩量：，可得简谐运动的振幅：，根据机械能守恒，可知物块下滑时的位置与弹簧的距离满足：，
解得：，物块的最大位移：，解得：，故B正确；
C、由机械能守恒，可得物块的最大动能满足：，解得：，故C错误；
D、由弹簧振子简谐运动的周期公式，结合初始位置与平衡位置的距离满足：，
可得物块从与弹簧接触到速度第一次为零的时间为：，根据题意可知周期满足：，解得：，故D正确。
故选：BD。
由物块在平衡位置时的受力，结合简谐运动的特点，可知速度最大时的压缩量；由弹簧的最大压缩量，可计算简谐运动的振幅，根据机械能守恒，可计算物块下滑时的位置与弹簧的距离，计算物块的最大位移；由机械能守恒，可计算物块的最大动能；由弹簧振子简谐运动的周期公式，结合初始位置与平衡位置的距离，可计算物块从与弹簧接触到速度第一次为零的时间。
本题考查简谐运动的特点，关键是利用简谐运动的对称性及简谐运动过程中的速度、位移的变化特点。
14.【答案】A

【解析】解：为了保证滑块做匀加速直线运动，细线必须与长木板平行。故A正确；
B.因为没有平衡摩擦力，所以细线拉力不等于合外力，故B错误；
C.因为有拉力传感器，所以不需要满足滑块的质量必须远大于钩码的质量，故C错误。
故选A。
滑块做初速度为零的匀加速直线运动，有2，则22。
将轨道倾斜，有，解得：。
轨道水平，有将、代入得：。
答：，，，。
实验装置中有拉力传感器，所以不需要满足滑块的质量必须远大于钩码的质量。这是与课本上提供实验的差别。结合图像和数学知识可以求得加速度。利用牛顿第二定律可以求出质量和动摩擦因数。
本题属于探究质量一定时，加速度与力的关系实验题，注意跟课本实验的差别，结合数学方法处理物理问题。
15.【答案】1500
C

【解析】解：将量程UV的电压表扩大为量程，需要串联一个分压阻R1；
电路最小总电阻约为：R2，为保护电路安全，保护电阻应选和差不多的，而此时保护电阻上的功率22，那么B允许的电功率为，容易烧坏，不符合题意，故选：C；
在闭合电路中，电源电动势：，则：
所以图象的横轴应为：
改变实验方案后，根据闭合电路欧姆定律可得：23，变形得：3，结合图象可得斜率为，代入可得，由图象的纵截距，代入求得：。
故答案为：；；；、
根据电压表的改装原理求出分压电阻的大小；
求出电路最小电阻阻值，然后选择定值电阻；
根据闭合电路欧姆定律电流与电压的关系进行变形得到的对应的函数表达式，从而确定直线函数对应的横坐标；
根据变形得到图象对应的函数表达式结合图象的斜率和纵截距，求出电源的电动势和内阻。
本题考查测量电动势和内阻的实验，要求能熟练掌握物理规律运用数学方法将物理公式变形，将两个非线性关系的物理量，变成两个线性关系的物理量，再根据图象的性质即可求解电动势和内阻。
16.【答案】解：小球在竖直平面内恰好做圆周运动，在最高点，重力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
小球从最低点运动到最高点过程，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：
子弹射入木球过程，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
代入数据解得：
答：子弹射入木球后瞬间，木球与子弹的共同速度大小是；
子弹的入射速度大小是。
【解析】子弹与木球在竖直面内做圆周运动，在最高点重力提供向心力，由牛顿第二定律求出速度，应用机械能守恒定律求出子弹射入木球瞬间的速度大小。
子弹射入木球过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出子弹的速度大小。
根据题意分析清楚子弹与小球的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、机械能守恒定律与动量守恒定律即可解题。
17.【答案】解：根据图乙可知，2s后金属杆做匀速直线运动，当时，金属杆的速度
感应电动势
感应电流
安培力
根据平衡条件
解得
刚开始运动时加速度最大，根据牛顿第二定律
解得
根据法拉第电磁感应定律
通过金属杆的电荷量
联立解得为P位移
设第一个2s内金属杆P位移为，第二个2s内P位移为；
根据图像，第二个2s内的位移
又由于：：5
联立解得
前4s内，由能量守恒定律得
根据焦耳定律
热量之比
解得。
答：水平恒力F的大小为；
金属杆运动的最大加速度的大小；
前4s内电阻R上产生的热量为。
【解析】根据图乙求解2s后金属杆的速度；根据求解感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流，根据安培力公式和平衡条件求解作答；
刚开始运动时加速度最大，根据牛顿第二定律求解加速度；
根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和电流的定义式求解电荷量与金属杆的位移关系；根据第一个2s内与第二个2s内通过金属杆的电荷量关系求解第一个2s内的位移；最后根据能量守恒定律和焦耳定律求解电阻R上产生的热量。
本题主要考查了单杆在导轨上有外力作用下切割磁感线运动问题，要掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、牛顿第二定律、能量守恒定律和焦耳定律的运用；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和电流的定义式求解电荷量与金属杆的位移关系是解题的关键。
18.【答案】解：粒子在磁场中做圆周运动
解得粒子在磁场中运动半径为
粒子在磁场中的运动周期
由粒子进入电场时，速度方向与电场方向相反，可知其轨迹如下图：
由几何关系得粒子第一次在磁场中的角度
由题意得粒子第一次在磁场中的运动时间
在电场中
减速时间
由题意可得，粒子从P点再回到P点
由粒子在磁场中圆周运动的对称性特点，可知其轨迹如图：
由几何关系得，粒子第三次到达x轴上时，到坐标原点的距离为
粒子在电场中运动时x轴方向：
y轴方向：
第四次回到x轴上时
综上可得，第四次回到x轴上时，粒子距原点的距离
答：粒子在磁场中运动半径R为；
从P点出发到再次回到P点的时间为；
第四次到达x轴上时到原点0的距离为。
【解析】由洛伦兹力提供向心力，可计算粒子在磁场中运动的半径；
由圆周运动特点，可计算粒子在磁场中两次圆周运动的时间；由粒子在电场中的运动特点，可知其做匀变速直线运动，由运动学公式，可计算其在电场中的往返运动时间，综合两种场的两个时间，可计算粒子从P出发，回到P的总时间；
粒子第三次经过x轴后，受到电场力的作用，在水平竖直方向，分别做匀变速运动，根据运动学关系式，求第四次到达x轴上时到原点0的距离。
本题考查带电粒子在组合场中的运动，在计算时间时，注意粒子在电场中、磁场中的运动的对称性。