精品解析：2020届浙江省温州市高三下学期4月选考适应性测试物理试题(解析版)

1、2020年5月份温州市普通高中选考适应性测试物理试题、选择题1.如图所示，下列数据的单位属于国际单位制中基本单位的是（A.B.打点计时器打点时间间隔 0.02s北京到重庆的直线距离约1300km锂电池电动势3.6V电容器电容1.0FD.A.B.打点计时器打点时间间隔 0.02s北京到重庆的直线距离约1300km锂电池电动势3.6V电容器电容1.0FD.BA.国际单位制中长度基本单位是m,故A错;B.国际单位制中时间基本单位是s,故B正确;W 1 _C.根据电压公式D.根据电容公式U 可得，电压单位 V为导出单位，故 C.根据电压公式D.根据电容公式C Q可得，电容单位F为导出单位，故 D错误。

2、 U故选B。2.“文泰高速”泰顺先行通车段已于2019年12月30日正式通车运营，龙丽温高速文成至泰顺段起于文成樟台、止于泰顺友谊桥，全长 55.96km ,采用双向四车道高速公路标准，设计速度 80km/h ,使两地的通行时间由150min缩短至50min以内。下列说法正确的是（A. 50min”指的是时刻C. “80km/h”指的是平均速度B. “ 55.96km”A. 50min”指的是时刻C. “80km/h”指的是平均速度质点【解析】【详解】A. “50min指的是从文成樟台到泰顺友谊桥走高速消耗的时间，即时间间隔，故A错误;B.位移是描述质点位置变化物理量，大小是初末位置间有向线段

3、的长度,“55.96km指的是路程，故 B错误;C. “80km/h旨的是汽车在某一时刻的速度，为瞬时速度，故C错误;D.在研究问题中，当物体的体积和形状处于次要或可忽略地位时，可以把物体看做质点，故研究汽车从樟台到友谊桥所用时间，可将汽车看成质点，故故选Do质点【解析】【详解】A. “50min指的是从文成樟台到泰顺友谊桥走高速消耗的时间，即时间间隔，故A错误;B.位移是描述质点位置变化物理量，大小是初末位置间有向线段的长度,“55.96km指的是路程，故 B错误;C. “80km/h旨的是汽车在某一时刻的速度，为瞬时速度，故C错误;D.在研究问题中，当物体的体积和形状处于次要或可忽略地位时

4、，可以把物体看做质点，故研究汽车从樟台到友谊桥所用时间，可将汽车看成质点，故故选Do3.如图所示，篮球训练中，某同学伸出双C.篮球对手的作用力D巫确。这样接球有助求后双篮球动能的变化量篮球对手作用力的冲量【详解】A.在触球后双手随篮球收缩至胸前的过程中，动量的变化量为p mv mv0双手接球和单手接球初末速度相同，故篮球动量的变化量相同，故 A错误;B.在触球后双手随篮球收缩至胸前的过程中，动能的变化量为1212-mv - mv022B错误;B错误;C.双手接球篮球对手的作用力为单手接球篮对手的作用力大小的一半，故 C正确;D.篮球对手作用力的冲量等于动量的变化量，故篮球对手作用力的冲量相同，

5、故D错误。故选Co4.北斗卫星是我国自行研制的全球卫星导航系统（BDS）。其中第41颗北斗卫星是地球静止轨道卫星，第,第50颗和,第50颗和51颗北斗卫星是中圆轨道卫星（轨道高度约20000km）,则下列说法正确的是（A.第50颗卫星的运行周期大于 24hB.第51颗卫星绕地球运行速度约为7.9km/sC.第41颗、第49颗卫星都相对地面静止D.第41颗、第49颗卫星的角速度大小相等【答案】D【解析】【详解】A.根据开普勒第三定律R3产第50颗卫星的运行的半轴长小于地球同步卫星运行的半轴长，故第50颗卫星的运行周期小于24h,故A错误；B.7.9km/s是地球的第一宇宙速度，是环绕地球卫星最大

6、的环绕速度，根据万有引力定律得MmR22 v m一R可得第51颗卫星绕地球运行速度小于7.9km/s,故B错误；49颗北斗卫星的轨道倾斜于C.49颗北斗卫星的轨道倾斜于地球 同步”卫星轨道，故第49颗北斗卫星相对地面在运动，故 C错误;D.根据周期角速度关系得T可得第41颗、第49颗卫星的角速度大小相等，故 D正确。故选D。5.如图甲所示，为研究一半圆柱形透明新材料的光学性质，用激光由真空沿半圆柱体的径向射入，入射光线与法线成。角，由光学传感器 CD可以探测反射光的强度。实验获得从AB面反射回来的反射光的强度随0角变化的情况如图乙所示。光在真空中传播速度为c,则该激光在这种透明新材料中（）a.

7、折射率为Y32B.传播速度为13 cC. 9=0时，反射光强度为 0D.反射光的强度随。角的增大而增大【解析】【详解】A.根据图像可得当60。时激光发生全反射，根据折射定律得12.3n sin 3故A错误；B.根据速度公式故B正确；C.打0。时大量的激光从 。点射出，少量激光反射经过 C点，故C错误;D.根据图像可得当60o时激光发生全反射，反射光的强度不变，故 DD.根据图像可得当故选B。6.1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验。实验时，用双子星号宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组（火箭组发动机已熄火）。接触后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共同加速，如

8、图所示。推进器的平均推力为F,组共同加速，如图所示。推进器的平均推力为F,子星号宇宙飞船的质量为 m,下列说法正确的是（开动时间n t,测出飞船和火箭的速度变化量是n v,双）火需组 宇宙飞船*A.火箭组的质量应为-n vB.火箭组的质量应为 Fn-t- mn vC.宇宙飞船对火箭组的作用力为mn上n tD.宇宙飞船对火箭组的作用力为F vn t【答案】BD【解析】va 一 t(mva 一 t(mx m)aixaF mF解得mx - m ,故A错误，B正确； vCD.宇宙飞船对火箭组的作用力为Ft故C错误，D正确。故选BD。.如图所示为一种环保“重力灯”，让重物缓慢下落，拉动绳子，从而带动发电

9、机转动，使小灯泡发光，这种灯可替代部分不发达地区仍在使用的煤油灯。某“重力灯”中的重物为18kg,它在30min内缓慢下落了2m,使规格为“ 1.5V, 0.12W”的小灯泡正常发光。不计绳子重力，则以下说法正确的是（）A.绳子拉力对重物做正功.重物重力做功的功率为0.12WC. 30min内产生的电能为 360JD.重物重力势能转化为灯泡电能的效率为60%【解析】【详解】A.绳子拉力方向竖直向上，重物竖直向下运动，故绳子拉力对重物做负功，故A错误;B.重物重力做功的功率为c W mgh 18 10 2、aP -W 0.2Wt t 30 60故B错误；C.30min内产生的电能为W电 Pr&t

10、 0.12 30 60J 216J故C错误；D.重物重力势能转化为灯泡电能的效率为W 216=60%W 18 10 2故D正确。故选D。8.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为A.电容器两端电压为 10V10： 1 , R1=10Q, R2=20 Q, C为电容器。通过 R8.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为A.电容器两端电压为 10VB.原线圈输入电流的频率为100HzC.电压表示数为100VD.C.电压表示数为100V【答案】C【解析】【详解】A.电容器两端电压为U iRi 10&sin100 疝故A错误；B.根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期频率相同，周期为0.02s

11、11f50HzT 0.02s故B错误；C.根据变压器原副线圈电压与线圈匝数关系得U1n1U 2 n2解得U1 100V,故C正确;R1、R1、R2、电容器消耗的电功率之和，故 D错误。故选Do9.如图所示，为一种改进后的回旋加速器示意图，在D形盒边上的缝隙间放置一对中心开有小孔a、b的平行金属板M、No每当带正电的粒子从 a孔进入时，就立即在两板间加上恒定电压，经加速后从b孔射出，再立即撤去电压。而后进入 D形盒中的匀强磁场，做匀速圆周运动。缝隙间无磁场，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（）A. D形盒中的磁场方向垂直纸面向外B.粒子运动的周期不断变大C.粒子每运动一周直径的增加量越来越小

12、D.增大板间电压，粒子最终获得的最大动能变大【解析】【详解】A.根据左手定则，D形盒中的磁场方向垂直纸面向里，故A错误;B.根据洛伦兹力提供向心力得 2【解析】【详解】A.根据左手定则，D形盒中的磁场方向垂直纸面向里，故A错误;B.根据洛伦兹力提供向心力得 2VqvB m 一 r粒子运动的周期T 2 7r2 71mv Bq粒子运动的周期不变，故B错误；C.粒子每运动一周直径的增加量L2仆irn)2 Tm vBq2mvn nqE21 2-mVn 1 (n 1)qE2v n 2)qE可得粒子每运动一周直径的增加量越来越小，故C正确;D.粒子最终获得的动能Ek2Ek2mv22m当半径达到D形盒的半径

13、时，粒子动能最大，与板间电压无关，故D错误。故选Do10.用如图甲所示的装置研究平抛运动，在水平桌面上放置一个斜面，每次都让小钢球从斜面上的同一位置滚下，滚过桌边后钢球便做平抛运动打在竖直墙壁上，把白纸和复写纸贴在墙上，就可以记录小钢球的落点。改变桌子和墙的距离，就可以得到多组数据。已知四次实验中桌子右边缘离墙的水平距离分别为10cm、20cm、30cm、40cm,在白纸上记录的对应落点分别为A、B、C、D,如图乙所示。则 B、C、D三点到A点的距离之比为（）UJ u 甲也A. 4： 9： 16B. 3： 8： 15C. 3： 5： 7D. 1 : 3： 5【答案】B【解析】【详解】根据平抛运

14、动规律得X Vot,1.2h 2 gt可得运动时间比t1:t2:t3:t4 1:2:3:4竖直方向运动距离比h1: h2: h3: h4 1:4:9 :16B、C、D三点到A点的距离之比(h2 ):( h) :(h4 ，) 3:8 :15故选B。11.一波源P在水面振动的同时沿 x轴正方向匀速移动，某时刻观察到的水面波如图所示。图中的实线表示水面波的波峰位置， 此时波源P处于波峰位置，激起的第一个波峰刚好传到 40cm处。已知波源P每秒振动5次，。点是它的初始位置，那么水面波的传播速度及波源P匀速移动的速度分别是()A. 0.2m/s； 0.1m/sB. 0.15m/s；C. 0.1m/s；

15、0.1m/sD. 0.05m/s；【答案】AA. 0.2m/s； 0.1m/sB. 0.15m/s；C. 0.1m/s； 0.1m/sD. 0.05m/s；【答案】A【解析】0.125m/S0.025m/s【详解】波源P每秒振动5次，波源P的周期为波源P振动10个周期时间波源P的速度Xi viT 0.2s10T=2s02m/s=0.1m/s2水面波的传播速度X2t故选Do12.笔记本电脑机身和显示屏对应部霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏合上时磁体靠近霍进入b、高为c的半导体霍尔元件，元彳入的恒定电流方向向右。当量为显示屏合上时，元件处于垂直于上产生电压来控制屏幕的熄灭。则元件的（上衣而波源P振

16、动10个周期时间波源P的速度Xi viT 0.2s10T=2s02m/s=0.1m/s2水面波的传播速度X2t故选Do12.笔记本电脑机身和显示屏对应部霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏合上时磁体靠近霍进入b、高为c的半导体霍尔元件，元彳入的恒定电流方向向右。当量为显示屏合上时，元件处于垂直于上产生电压来控制屏幕的熄灭。则元件的（上衣而A.前表面的电势比后表面的低B.前、后表面间的电压是一块长为9 m/s=2/s别有磁体和霍件。”显示屏翻开时磁彳状态。如图由电子,磁场中，元件的前、后表U与a成正比a、宽为U,以此C.前、后表面间的电压 U与b成正比D.前、后表面间的电压U与c成反比【详解】A.由

17、图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误;BCD.电压U稳定时，电子受到的洛伦兹力和电场力平衡evB EeI neSvnebcvI neSvnebcv BI解得U ，故D正确，BC错误。故选Do13.沿某一电场方向建立 X轴，电场仅分布在-d x d的区间内，其电场场强与坐标x的关系如图所示。规q的带点粒子只在电场力定沿 x轴方向为电场强度的正方向，x=0处电势为零。一质量为 m、q的带点粒子只在电场力作用下，沿x轴做周期性运动。以下说法正确的是（）A粒子沿A粒子沿x轴做简谐运动B.B.粒子在x=-d处的电势能

18、为 -qEod2C.动能与电势能之和的最大值是qEodD. 一个周期内，在 D. 一个周期内，在 x 0区域的运动时间【详解】A.x。区域粒子受到恒定大小水平向左的电场力，不满足简谐运动回复力特点,故A错误;B.粒子从x=H d【详解】A.x。区域粒子受到恒定大小水平向左的电场力，不满足简谐运动回复力特点,故A错误;B.粒子从x=H d电压变化. U*d 且22粒子从x=0到x= - d的电场力做功1W Uq-Eodq根据功能关系得粒子在 x=- d处的电势能为1Edq ,故B错误；2C.设动能与电势能之和的最大值为P12-mv q2最右位置有qExi最左位置有Eo2d粒子的运动区间为PEoP

19、Eoq1电场仅分布在d x d的区间内，解得0 p E0qd ,故C错误;2D.在x 0区域的运动由对称的 2段组成qEo .2 P t m Eoq解得t,2Pm 解得t,总时间为Eq2t2,2pmE2t2,2pmEoq故D正确。故选Do二、选择题14.下列说法正确的是（）A.组成原子核的核子越多，原子核越稳定B. 一群处于n=4激发态的氢原子共能辐射出4种不同频率的光子C.原子核中所有核子单独存在时的质量总和大于该原子核的总质量D.在电子的单缝衍射实验中，狭缝变窄，电子动量的不确定量变大【答案】CD【解析】【详解】A.比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大，原子核越稳定，故A错误;

20、2B. 一群处于n=4激发态的氢原子共能辐射出C4 6种光子，故B错误；C.原子核的质量小于组成它的核子质量之和，故C正确；D.根据不确定关系hx p4冗可知狭缝变窄，电子动量的不确定量变大，故 D正确。故选CD。15.如图甲所示的LC振荡电路中，把通过 P点向右的电流方向规定为电流的正方向，通过P点的电流变化规律如图乙所示，则（sr国匚sr国匚0.5s至1.0s时间内，电容器在充电0.5s至1.0s时间内，电容器的上极板带正电1.0s至1.5s时间内，Q点比P点电势高1.0s至1.5s时间内，磁场能正在转变成电场能【答案】AC【解析】【详解】A.由图乙可知，在 0.5s至1s内，电路电流在减

21、小，电容器 C正在充电，故 A正确；B.由图乙可知，在 0.5s至1s内，电流是正的，即经过 P点的电流向右，由于电路中做定向移动的带电粒子是带负电的电子，因此在该时间段内，电子经过P点向左移动，因此电容器上极板带负电，故 B错误;C.由图乙可知，在1s至1.5s内，通过电感线圈的电流向上，且增大，电感线圈产生自感电动势，由楞次定律可知，电感线圈下端电势高，上端电势低，即 Q点比P点电势高，故 C正确；D.由图乙可知，在1s至1.5s内，电路电流增大，磁场增大，磁感应强度变大，电路处于放电过程，电场能转化为磁场能，故 D错误。故选AC。16.研究光电效应现象的实验电路如图所示，A、K为光电管的

22、两个电极。已知该光电管阴极K的极限频率为v。，元电荷电量为e,普朗克常量为h。现用频率为v (v V0)的光照射阴极 K,则下列说法正确的是()A.将滑片P向右滑动，可增大光电子的最大初动能B.若两电极间电压为 U ,则到达阳极 A的光电子最大动能为 h (v Vo) eUC.将滑片P向右滑动，则电流表的示数一定会不断增大D.将电源正负极对调，当两电极间的电压大于hv v0)时,电流表的示数为 0【答案】BD【解析】【详解】A.根据爱因斯坦光电效应方程Ek h W0可知电子的初动能与光的频率有关，与光电管两端电压无关，故 A错误;B.根据爱因斯坦光电效应方程得EkhW0h( 0)由动能定理得E

23、kmEEkmEmeU到达阳极A的光电子最大动能为 E到达阳极A的光电子最大动能为 Ekm h( 0) eU ,故B正确;C.若将滑片P向右滑动，则光电管加的是正向电压，且随滑片P右滑，AK间电压增大，会导致光电流增大，但当光电流达到饱和值后，再增大电压，电流不再变化，故C错误;D.将电源正负极对调，则光电管加的是反向电压，若使光电流为零，由动能定理得U遏止e0EkEk hWo h( 0)解得U遏止 h(0) ,故D正确。e故选BD。三、非选择题17.在“探究求合力的方法”的实验中：已有实验器材：木板、白纸、图钉、细绳套、橡皮筋、铅笔，图甲所示的器材中还需要选取已有实验器材：木板、白纸、图钉、细

24、绳套、橡皮筋、铅笔，图甲所示的器材中还需要选取某实验室老师提供的橡皮筋和细绳套如图乙所示，在实验过程中需要记录的“结点”应该选择 (选填“。点”或“ 某实验室老师提供的橡皮筋和细绳套如图乙所示，在实验过程中需要记录的“结点”应该选择 (选填“。点”或“ O点”)；关于此实验的操作，说法正确的是 ;A.b、c两细绳套应适当长一些B.实验过程中，弹簧测力计外壳不能与木板有接触C.重复实验再次探究时，“结点”的位置可以与前一次不同D.只有一把弹簧测力计也可以完成此实验【答案】（1）. AC （2）.。点 （3）. ACD【解析】【详解】（1） 1在探究求合力的方法”的实验中需要刻度尺测量长度，弹簧测

25、力计测量橡皮筋拉力，故选 AC；2实验通过O点的位置体现合力的方向；3A. b、c两细绳套应适当长一些可以减小实验的误差，故 A正确；B.测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都 应与木板平行，故 B错误；C.合力与分力的关系为等效替代的关系，效果是相同的，所以在同一次实验时，需要让两果相同，则必定 结点。的位置要相同，而在重复实验再次进行验证时，结点 O的位置可以与前一次不同，故 C正确, D.如果只有一个弹簧测力计，可以先将结点拉力到某个位置，记下两个拉力的方向，读出一个读数，然后 拆开仪器重做，再拉到原位一个读数，然后拆开仪器重做，再拉到

26、原位，故D正确。故选ACD 。18.“用双缝干涉测量光波长”的实验中，实验装置如图所示。某同学经过粗略的调试后，出现了干涉图F”）。样，但不够清晰明亮，则他需要调节装置中的一个部件是 （选填 C”、 D”、“ F”）。得到清晰明亮的图样后进行测量，测量头的游标位置如图所示，则其读数为 mm。【答案】(1). E (2). 12. 【答案】(1). E (2). 12. 6【解析】【详解】(1) 1要使干涉条纹更加清晰明亮，则要增大条纹的宽度，根据公式x 可知，增大双缝到d屏的距离l或减小双缝之间的距离 d都可以增大条纹的间距，所以需要调节E;(2) 2游标卡尺读数=固定刻度读数+游标尺读数，故

27、读数为12mm 0.1 6mm=12.6mm19.如图所示的电路由电源、电阻、开关和导线组成。林同学利用多用电表测电阻的电压时，黑表笔应接图中的点(选填 M”或 N”)。测完电压后，他又直接将选择开关旋至欧姆挡，继续测电阻的阻值，而王同学认为有两处不合理：一是测量前未欧姆调零；二是 【答案】(1). M (2).待测电阻不能接入电路【解析】【详解】(1) 1利用多用电表测电阻的电压时，红表笔接高电势，黑表笔接低电势，故黑表笔接M点;(2) 2多用电表欧姆挡内部存在干电池，外部电路会影响电阻的测量。20.用电压表和电流表测定一节干电池的电动势和内电阻。实验中要求尽量减小实验误差:甲乙甲乙应选择的

28、实验电路是图 2中的 (选填 甲”或N/);选定合适的电路后进行实验，将记录的6组数据描在图的坐标纸上，请在图中画出 U-I图线;( )根据所画图线，可得电池的内电阻r=Q (保留两位有效数字)；实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数 映“P-U”关系的是。U及干电池的输出功率 实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数 映“P-U”关系的是。U及干电池的输出功率 P都会发生变化，图中能反.甲 （2）.见解析所示 （3）. 1.。或1.1（4）. C【解析】【详解】1干电池内阻较小，为减小电流表内阻造成实验误差，应选图甲所示电路图;23根据闭合电路的欧姆定律得U 卜 E可知图像的斜

29、率为电源内阻，图像截距为电源电动势1.1U 1.5 1.1r 1.1I 0.364电压表的示数U及干电池的输出功率P关系为P UIU2 EUP UI50m/s50m/s50m/s50m/s可知p-u图像为二次函数，故选 Co 21.2019年12月17日，中国第一艘国产航母“山东舰”在海南三亚交付使用。“山东舰”的甲板由水平甲板和上翘甲板两部分组成，利于舰载机滑跃式起飞，如图所示。为方便研究舰载机的起飞过程，将甲板近似为如图所示的轨道：水平轨道AB长L二157.5m,倾斜轨道高 h=6m ,水平投影长 L2=42.5m。总质量为3.0 x 104kg的某舰载机，从 A点以36km/h的初速度出

30、发，到达 B点时的速度为288km/h ,进入上翘甲板后,经0.5s从C点起飞。该舰载机在起飞过程中，发动机的推力恒为 8.0X105N,在水平轨道上的运动视为匀变速直线运动，舰载机视为质点，航母静止不动。求舰载机：(1)在水平轨道上运动的加速度大小；(2)在水平轨道上运动时受到的平均阻力大小；(3)整个起飞阶段平均速度的大小(结果保留整数)。【答案】 20m/s2； (2) 2,0 105N ； (3)50m/s【解析】【详解】(1)根据速度位移公式22v v0 2aLi解得a 20m/s(2)根据牛顿第二定律得F Ff ma5解得 Ff=2.0 10 N(3) A到C位移x (L1 L2)

31、2 h2200m所用的时间v v0t 0 0.5s 4sa平均速度22.如图所示，半径为 R、内壁光滑的半圆轨道固定于竖直平面内，下端C与水平地面相切，上端 B与水平传送带的左端之间形成一小的狭缝，可让放在传送带上的小物块刚好通过，传送带以恒定速度 ” J6gR逆时针转动。水平地面 D点放置一质量为 3m的小物块乙，C、D间距为2R。现在传送带上的 A处轻轻放上质量为m的小物块甲，A、B间的距离L=2R,它经传送带加速后，从 B处沿半圆轨道滑下，再经 C沿水平地面滑到D处，与物块乙相撞后立即粘在一起，继续向前滑行一段距离后静止。两物块均可视为质点,斤0.5,重力加速度为斤0.5,重力加速度为g

32、,传送(1)求甲物块经过半圆形轨道的C点时对轨道的压力Fn；(2)求两物块最终静止的位置离D点的距离x；(3)若A、B间的距离L可调，求两物块最终静止的位置离D点的距离x随L变化的函数关系式。1x -(L 2R)(R L 6R)【答案】(l)7mg ,方向竖直向下；(2)1r；164Rx (L 6R)2【解析】【详解】(1)根据动能定理物块从 A至C有12mgL 2mgR mvC对C点2VcFn mg m R解得支持力Fn 7mg ,压力FnFn 7mg ,方向竖直向下(2)甲物块由C至D22Vc Vb 2 g 2R甲乙两物块碰撞mvD (m 3m)v碰后一起运动至静止 2V 2( g)x 一

33、，一 1最终静止的位置离 D点的距离x -R4甲物块由A至D12mgL 2mgR mg(2R) - mvD甲乙两物块碰撞mvD (m 3m)v碰后一起运动至静止v2 2( g)x1得 x (L 2R)16甲物块运动至B点恰好不脱轨 由VB1 . gRV212 gL1可得L R物块运动至B点时恰好与传送带共速即Vb2 v 带，6gR由速度位移公式2VB2 2 gL2可得L2 6R1 x (L 2R)(R L 6R) 综上所述：x随L变化的函数关系式为16Rx (L 6R) 2.如图所示，两根粗细均匀的金属棒 M、N,用两根等长的、不可伸长的柔软导线将它们连接成闭合回路,并悬挂在光滑绝缘的水平直杆

34、上，并使两金属棒水平。 在M棒的下方有高为 H、宽度略小于导线间距的有界匀强磁场，磁感应弓虽度为B,磁场方向垂直纸面向里，此时 M棒在磁场外距上边界高 h处(h H,且h、H均为未知量)，N棒在磁场内紧贴下边界。已知：棒 M、N质量分别为3m、m,棒在磁场中的长度均为 L ,N棒未电阻均为Ro将M棒从静止释放后，在它将要进入磁场上边界时，加速度刚好为零；继续运动，在 N棒未g：(1)求M棒将要进入磁场上边界时回路的电功率;g：(2)若已知M棒从静止释放到将要进入磁场的过程中，经历的时间为t,求该过程中M棒上产生白焦耳热 Q;的部分图线，请你补【解析】(3)在图2坐标系内，已定性画出从静止释放M棒，到其离开磁场的过程中“ v-t图像”(1)由牛顿第二定律得3mg【解析】(3)在图2坐标系内，已定性画出从静止释放M棒，到其离开磁场的过程中“ v-t图像”(1)由牛顿第二定律得3mgmg BILM棒将要进入磁场上边界时回路的电功率P 2I2P 2I2R8Rm2g2B2L2E 2IRBL