江西省赣州市2022届高三上学期物理期末考试试卷

江西省赣州市2022届高三上学期物理期末考试试卷

阅卷人

-------------------、单选题（共7题；共14分）

得分

1.（2分）2021年12月10日上午9点，G2197次列车从赣州西站发出，一路向南驶向深圳，这标志

着赣深高铁正式开通运营，赣南革命老区与深圳经济特区之间从此有了快速客运通道。以下相关说

法正确的是（）

A.列车启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反

B.由综合技术实时测量并显示在车厢内的速度297km"为列车的瞬时速度

C.硬币能始终直立在列车窗台上，说明列车一定是做匀速直线运动

D.单位km、h、。。是国际单位制中的基本单位

【答案】B

【解析】【解答】A.列车启动时乘客和列车一起加速运动，受到车厢作用力的方向与车运动的方向

相同，A不符合题意；

B.由综合技术实时测量并显示在车厢内的速度297km"为列车的瞬时速度，B符合题意；

C.硬币能始终直立在列车窗台上，说明硬币处于平衡状态可能是做匀速直线运动也可能是静止状

态，C不符合题意；

D.单位km、ft、。。均不是国际单位制中的基本单位，D不符合题意。

故答案为：Bo

【分析】乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同，才可以让乘客随车一起加速。车厢内

的速度为测速瞬间的速度，所以为瞬时速度，基本单位只有7个，不包括kzn、h.℃»

2.（2分）一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行的水平直线（实

线）是等势线，则下列说法正确的是（）

•a

A.a点的电势比b点低B.电子在a点的加速度方向向下

C.电子从a点到匕点速度增大D.电子从a点到b点电势能减小

【答案】B

【解析】【解答】A.电场线方向与等势面垂直，电子带负电，由图可判断所受电场力向下，电场线

方向是竖直向上，沿电场线方向电势越来越低，a点的电势比b点高，A不符合题意；

B.电子在a点受到的电场力向下，故加速度方向向下，B符合题意；

CD.电子从a点到b点，电场力做负功，动能减少，电势能增加，C、D不符合题意。

故答案为：Bo

【分析】电场线方向与等势面垂直，水平直线（实线）是等势线，电场线竖直。曲线运动合力指

向轨迹内侧，电场方向向上。电场力做负功，动能减少，电势能增加。

3.（2分）将甲、乙两小球先后以相同的初速度3Vo从水平地面竖直向上抛出，抛出的时间间隔为

T,它们运动的v-t图象如图所示，则（）

A.t=T时，甲球距离地面的高度为voT

B.t=1.5T时，两球高度差最大

C.1=2丁时-，两球距离地面的高度相同

D.t=3T时，甲球距离地面的高度大于乙球

【答案】C

【解析】【解答】A.据速度时间图像与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，则t=T时，甲球运动

的位移为八="。或3"07=2V0T

A不符合题意；

B.由图像可知，t=T时，两图线的“面积”之差最大，位移之差最大，相距最远即高度差最大，B不

符合题意；

C.t=2T时，甲球的位移为=吗也x27=2%T

乙球的位移为九乙=3"。邪。xT=2170T

C符合题意；

D.t=3T时，甲球的位移为=%^x3T=0

甲2

乙球的位移为八乙=x2T=2VQT

D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】Vt图像与时间轴所围的“面积”表示运动的位移，面积之差最大，位移之差最大，高度差最

大。

4.（2分）如图所示，垂直纸面的匀强磁场分布在正方形虚线区域内，电阻均匀的正方形导线框abed

位于虚线区域的中央，两正方形共面且四边相互平行。现将导线框先后朝图示两个方向以速度"、3v

分别匀速拉出磁场，拉出时保持线框不离开纸面且速度垂直线框。比较两次移出磁场的过程中，以

下说法正确的是（）

Oooo

ab

Oooo3V

Oooo

dc

ooOo

A.线框中产生的感应电流方向相反

B.ad边两端的电压之比为1：3

C.线框中产生的焦耳热之比为1：1

D.通过导线框某一截面的电荷量之比为1：1

【答案】D

【解析】【解答】A.因将导线框移出磁场的过程中，穿过导线框的磁通量减少，由楞次定律知两次

移出磁场的过程中导线框产生的电流方向相同，A不符合题意；

B.以速度v拉出磁场时，be边相当于电源，切割电动势Ei=B。

ad边两端的电压%=%]/?=蓊0

以速度3v拉出磁场时，ad边相当于电源，切割电动势E2=3BLv

导体框ad边两端的电压力=柒为=为h

,R44

ad边两端的电压之比为1：9,B不符合题意；

C.设变长为L,总电阻为R,运动速度v,根据/=4=萼

KK

L

1=v

23

则产生的热量Q=/2Rt="”

可见产生的热量与速度有关，所以线框中产生的焦耳热之比为1：3,C不符合题意；

D.平均感应电动势片=群

平均电流7=名

电荷量q=TAt=笔

与速度无关，向左和向右两次拉出磁场过程中，磁通量的变化量相等，故两次的电荷量之比为1：

1,D符合题意。

故答案为：Do

【分析】由楞次定律结合右手螺旋定则可以求出线框中产生的感应电流方向。由闭合电路欧姆定律

可以求出Qd边两端的电压之比。由焦耳定律求出产生的焦耳热之比。

5.（2分）如图所示，在x>0、y>0的空间内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场.现有两个质

量及电荷量均相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场，然后分别

从y轴上的M、N两点射出磁场，不计粒子重力及它们间的相互作用.比较两粒子的运动，下列说

法正确的是（）

XXXXX

XXXXX

N.xxXXX

XXXXX

opX

A.从N点射出的粒子初速度较大

B.从N点射出的粒子在磁场中的加速度较大

C.从M点射出的粒子在磁场中的角速度较大

D.从M点射出的粒子在磁场中的时间较短

【答案】D

【解析】【解答】分别画出粒子运动的轨迹如图：

A.根据r=前知，粒子的质量及电荷量均相同，初速度大的轨道半径大，由图可知从N点射出的

粒子初速度较小，A不符合题意；

C.根据7=箸知，粒子的在磁场中运动的周期与粒子的速度无关，粒子的质量及电荷量均相同，

则周期相同，粒子做圆周运动的角速度：3=桀=变是相等的。C不符合题意；

Im

2

B.粒子做圆周运动的向心加速度：an=（Dr,两种粒子的角速度相等，到达M点的半径大，所以从

M点射出的粒子在磁场中的加速度较大。B不符合题意；

D.由图可知，从M点射出的粒子圆心角比较小，根据1知，从M点射出的粒子运动时间最

短，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】画出粒子运动轨迹。洛伦兹力提供向心力，得出半径表达式，初速度大的轨道半径大。粒

子的在磁场中运动的周期与粒子的速度无关。到达M点的粒子半径大，在磁场中的加速度较大。

6.（2分）如图所示，质量均为血=Mg的小球A、B用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于。点，现对

小球4施加大小恒为16N、方向可以改变的外力尸，若要使两小球处于静止状态，悬线04与竖直方向

的夹角。的值不可能是（）

B.45°C.37°D.30°

【答案】A

【解析】【解答】两小球处于静止状态，对A、B整体为研究对象，受力分析，受整体重力、OA绳

子拉力、外力F,三个力共点力平衡。

重力大小方向均不变，外力F大小不变，方向可变，由三角形定则可知，当外力F与绳子拉力T垂直

时，。最大。

由几何关系可知

F16N

3砌=新=08

故悬线。4与竖直方向的夹角。的最大值为53°,不可能是60°,

故答案为：Ao

【分析】两小球处于静止状态，由平行四边形法则，通过平移得到三力的矢量三角形。由几何关

系，当外力F与绳子拉力T垂直时，8最大。

7.（2分）如图甲所示，用起重机起吊质量为m的重物，重物上升过程中速度的平方v?与上升高度h

的关系图像如图乙所示，重力加速度为g,则重物上升过程中，下列说法正确的是（）

A.重物加速上升的时间为尊

B.起重机对重物做功的最大瞬时功率为mg%

C.重物上升过程中，克服重力做功的平均功率为|mg为

D.重物加速上升时，起重机对重物做正功，减速上升时，起重机对重物做负功

【答案】C

【解析】【解答】A.由题图可知在O~ho高度范围内重物加速上升，且由于该高度范围内供-八图像

为直线，所以重物匀加速上升，则重物加速上升的时间为〃=勺=*=舞

A不符合题意；

”2

B.八图像的斜率表示加速度的2倍，则重物匀加速上升时的加速度大小为a=票

2

根据牛顿第二定律可知重物匀加速上升时起重机对重物的牵引力大小为F=mg+ma=mg+鬻

3

当重物匀加速至速度大小为vo时，起重机对重物做功的瞬时功率最大，为Pmax=P%=巾9%+辔

B不符合题意；

C.由图像的对称性可知重物匀减速上升的时间为t3=G=半

v0

重物匀速上升的时间为t2=2

v0

重物上升过程中，克服重力做功的平均功率为R=黑笫=lm^v°

C符合题意；

D.重物上升时，起重机对重物的牵引力方向始终与速度方向相同，所以始终做正功，D不符合题

忌o

故答案为：Co

【分析】利用其运动的位移和平均速度可以求出重物上升的时间；利用牛顿第二定律可以求出起重

机牵引力的大小，结合其最大速度的大小可以求出最大瞬时功率的大小；利用其速度公式可以求出

运动的时间，结合重力做功可以求出平均功率的大小，利用其牵引力方向与速度方向相同可以判别

牵引力做正功。

阅卷入

二、多选题（共3题；共6分）

得分

8.（2分）如图所示，a、匕两颗卫星分别绕地球做圆轨道运动和椭圆轨道运动，P、Q两点分别为b卫

星椭圆轨道的近地点、远地点。则（）

A.a卫星的运行周期可能为1小时

B.b卫星从Q点到P的过程中，速度变化越来越快

C.ab两颗卫星受到地球的引力大小有时可能相等

D.卫星a、b与地心的连线在相同的时间内所扫过的面积相同

【答案】B,C

【解析】【解答】A.近地卫星的周期是所有卫星中运行周期最小的，约等于85min,所以A不符合

题意；

B.b卫星从Q点到P的过程中，地球对其引力越来越大，加速度越来越大，所以速度变化越来越快,

B符合题意；

C.ab两颗卫星离地心的距离不等（匕离地心的距离还在变化），但两卫星质量未知，所以受到地球

的引力大小有时可能相等，C符合题意；

D.根据开普勒第二定律可知，同一颗卫星在运动过程中与地心连线在相同时间内扫过的面积相等,

D不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】近大远小，近地卫星的速度是最快的，周期是最小的。Q点到P的过程中，离地球越来越

近，地球对其引力越来越大，加速度越来越大。不知道质量大小，无法具体求解引力大小。

9.（2分）如图所示，小滑块P、Q的质量均为血，P套在竖直固定的长杆上，P、Q通过一根绕过小

定滑轮的不可伸长轻绳连接。现将滑块P由a点静止释放，滑块P经过b点时，右侧轻绳水平，然后

继续向下运动经过c点。己知ab=bc=L,。点到定滑轮的距离为遍L。忽略所有摩擦，不计绳子质

量，贝（J（）

A.滑块P经过c点时速度大小为。炳I

B.滑块P经过b点时，绳子拉力大小等于mg

C.滑块P从a点到c点的过程中，滑块Q的动能先增大后减小

D.从a点到c点的过程中，滑块P的机械能先增大后减小

【答案】A,D

【解析】【解答】A.已知ab=bc=L,滑块P经过从a点到c点时，滑块Q的高度未发生变化，将滑

块P的速度沿绳方向和垂直于绳子方向分解，则沿绳子方向巧=vPcos9

滑块Q的速度大小与vi相同气=%=Vpcosd

根据几何关系可得cos。=寺

从a点到c点，系统动能定理得mgL=^mvp+曲

联立解得17P=七J5gL

A符合题意；

B.分析得经过b点时，滑块P的速度不为0,则滑块Q在最低点加速度向上，根据牛顿第二定律可

知，绳子拉力大小大于mg,B不符合题意；

C.滑块P在a点的速度和经过b点时沿绳子方向的分速度都为零，故滑块Q在对应时刻的速度也

为0；滑块P从b点到c点的过程中，速度一直增大，可得滑块Q从b点到c点的过程中，速度也

一直增大，故滑块P从a点到c点的过程中，滑块Q的动能先增大后减小再增大，C不符合题意；

D.从a点到c点的过程中，绳子对滑块P的拉力做功先做正功在做负功，根据功能关系可知，滑块P

的机械能先增大后减小，D符合题意。

故答案为：AD。

【分析】实际速度方向为合速度方向，将滑块P的速度沿绳方向和垂直于绳子方向分解，从a点到c

点由动能定理得滑块P经过c点时速度大小。滑块Q在最低点加速度向上，绳子拉力大小大于mg。

绳子对滑块P的拉力做功先做正功在做负功，滑块P的机械能先增大后减小。

10.（2分）如图所示，电源内阻r和灯泡L的电阻R均恒定不变，。为理想二极管，%、%为定值电

阻，电表均为理想电表。闭合S且电路稳定后，有一带电油滴在平行板电容器中处于静止状态。现将

滑动变阻器滑片向上滑动，电表VnV2和A示数变化量的绝对值分别为4%、ZU2和4/,则下列说

法中正确的是（）

L

油滴将向下运动

D.=R+r

【答案】A.C

【解析】【解答】A.滑片向上滑动，其接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆

定律可知回路中电流变大，灯泡变亮，电流表示数增大，A符合题意;

B.总电流增大，故电源内电压增大，外电压减小，即Vi的示数减小，而Li的电压变大，所以并联

部分Ri两端的电压减小，所以V2的示数及电容器板间电压变小，应放电，但二极管的单向导电性

使电荷不能放出，由于Q不变，则由C=2=福，E=§

得T

可知E不变，油滴静止不动，B不符合题意;

C.根据闭合电路欧姆定律可知％=E-/总r

4(7-1

可知西

&

电流表串联在支路上，则有4>4/总

故刁123<37T=r

总

C符合题意；

D.将灯泡L电阻R看作电源内阻一部分，可知Z7"=R+r

总

由于4>4总，故竽<R+r

D不符合题意。

故答案为：AC。

【分析】当其滑动变阻器的阻值变小时，利用动态电路的串反并同可以判别其电流表和电压表的读

数变化；利用电容器的定义式及决定式可以判别其电场强度不变则油滴静止不动；利用闭合电路的

欧姆定律可以判别其电压表和电流表变化量的比值大小。

阅卷入

三'实验题（共2题；共9分）

得分

11.（4分）为了验证机械能守恒定律，同学们设计了如下的实验:

（1）（1分）用螺旋测微器测出挡光片的宽度d,测量结果如图甲所示，则4=mm；

（2）（1分）不计挡光片的质量，所用钩码的质量相同，如图乙所示，由静止释放钩码4、B、

C,实验测得，释放钩码时挡光片距光电门的距离为力，挡光片遮光的时间为£若系统机械能守恒,

则需要验证：h=（用物理量字母表示，已知当地的重力加速度为g）；

（3）（2分）以下建议中能对减小该实验误差有作用的是一

A.绳子越长越好

B.使用质量小且结实的绳子

C.尽量保证重物只沿竖直方向运动，不要摇晃

【答案】（1）2.662

（2）h=^

2gt2

（3）B；C

【解析】【解答】（1）螺旋测微器的读数为d=2.5mm+16.2x0.01mm=2.662mm

（2）系统的末速度为17=9

若系统机械能守恒，则有（2m—m）gh=4-3mv2

解得h=乎=其

2g2gt2

（3）A.通过验证关系式h=当，与绳子长度无关，A不符合题意；

B.物块在运动的过程中，细绳也在运动，也具有动能，故使用质量小且结实的绳子可使实验减小系

统误差，B符合题意；

C.尽量保证重物只沿竖直方向运动，因为摇晃会使得物体在水平方向上有速度分量，影响实验验证

结果，C符合题意；

故答案为：BCo

【分析】（1）螺旋测微器的读数等于可动刻度加上固定刻度。结果要估读。

（2）挡光片通过光电门看成匀速运动。由系统机械能守恒列出等式，得出h的表达式。

（3）绳会分走一部分动能，摇晃会使得物体在水平方向上有速度分量，竖直速度偏小，测量速度的

结果偏小。

12.（5分）如图（a）所示，某实验小组用铜片和铝片作为电极插入脐橙中，组成水果电池，为了测

量该脐橙电池的电动势和内阻，他们用电阻箱、定值电阻和电压表设计了如图（b）所示的实验电路

图，实验步骤如下：

①将S2接到4,闭合Si，当电阻箱的阻值为5400时，电压表示数为0.30K

②保持电阻箱阻值不变，将S2切换到B,电压表示数为0.35U；

③仍将S2切换到B,多次调节电阻箱，读出多组电阻箱的阻值R和对应的电压表示数U。

图（c）

（1）（3分）根据上述步骤，若电压表视为理想表，则可得出定值电阻Ro的阻值为0。

该实验小组测得几组数据后，利用计算机得出电压表示数的倒数与和电阻箱与定值电阻之和的倒数

111

儡，绘出了如图（c）所示的方-儡图像。根据图像可求得水果电池的电动势E及内阻r,其中

E=V,r=0。（计算结果均保留三位有效数字）

（2）（2分）在治已知的条件下，若电压表不是理想表，只考虑由此引起的系统误差，则电动势

的测量值_________（选填“大于”、“小于”或“等于"）真实值，内阻的测量值_________（选填“大

于，，，小于,，或，，等于，，）真实值。

【答案】（1）90；0.83；8.3x102

（2）小于；小于

【解析】【解答】（1）根据串联电路电压之比等于电阻之比可得端^=些铸迎

解得Ro=900

Ur

根据闭合电路欧姆定律，当S2打到B端时有E=U+

可变形为方力•福鼎

由图像可得看=1.2尸

E

解得E=0.837

112—12

由百r==1000/3/7

解得r=8.3x102n

（2）由于电压表内阻不是无穷大，电压表起分流作用，可知测得通过电源的电流值偏小，外电压准

确，根据U-/图线知，电动势的测量值小于真实值，内阻的测量值小于真实值。

【分析】（1）由串联电路串联分压得到电阻之比。闭合电路欧姆定律得到与和寻岛的关系式，画

出图像，得到电动势和内阻。

（2）电压表分流，导致测得通过电源的电流值偏小，电动势的测量值和内阻的测量值都偏小。

阅卷人

四、解答题（共4题；共40分）

得分

13.（10分）如图所示,一直角轻质木架ABC,A8部分水平，BC部分竖直，其中A、B两点距离为

L.一根长为2L的轻绳两端分别系在A、B两点，绳上串一个质量为m的光滑小圆环，初始时木架和

圆环保持静止状态•现使木架绕轴BC转动，带动圆环一起在水平面内做圆周运动，当与4端相连的

绳子保持竖直时，木架匀速转动，已知重力加速度g，sin37°=|»求：

AB

（1）（5分）木架与圆环保持静止状态时，绳子的张力大小；

（2）（5分）与A端相连的绳子保持竖直时，木架转动的角速度。

【答案】（1）解：当木架与圆环保持静止状态时，由于A、B两点距离为3且长为2L的轻绳两端分

别系在A、B两点，根据几何关系可知，两端绳之间的夹角为60。，对圆环受力分析可得，竖直方向

有27cos30°=mg

解得T=守mg

（2）解：设细线中拉力大小为T,做圆周运动的半径为3圆环与A点的距离为二，圆环与B点的

连线与水平方向的角度为仇根据几何关系可得/+/2=（2£一厂）2

解得匕=V

可得。=37°

对圆环受力分析可得Tcos37°=ma）12L

竖直方向T+Tsin37°=

解得3=

【解析】【分析】（1）张力即拉力。由受力平衡结合平行四边形法则得出绳子的张力大小。

（2）由几何关系得出圆环与A点的距离，对圆环受力分析，水平方向拉力分力提供向心力，竖直

方向受力平衡。列出方程求解。

14.（10分）在赣州市南河大桥扩建工程中，双向桥梁已完成了某一通车方向的建设，为保持双向车

辆正常通行，临时将其改成双向车道。如图所示，引桥与桥面对接处，有两车道合并一车道的对接

口，4、B两车相距So=4m时，B车正以为=4m/s速度匀速行驶，4车正以力=7rn/s的速度借道

超越同向行驶的B车，此时4车司机发现前方距离车头s=16m处的并道对接口，4、B两车长度均

为L=4m,且不考虑4车变道过程的影响。

（1）（5分）若4车司机放弃超车，而立即驶入与B车相同的行驶车道，A车至少以多大的加速度

刹车匀减速，才能避免与B车相撞。

（2）（5分）若4车司机加速超车，4车的最大加速度为a=3m/s2,请通过计算分析4车能否实现

安全超车。

【答案】（1）解：A车减速到与B车同速时，若恰未与B车相碰，则A车将不会与B车相碰，设经

历的时间为3则

A车位移X4="号"8t①

B车位移物=vBt（2）

XA-XB=So③

由①②③式联立解得t=1s

V-V7-4.29.

则A车与B车不相碰，刹车时的最小加速度大小。=安A且B=—m/s2=^m/s2

3

（2）解：设A车加速t2时间后车尾到达B车车头，贝风+2乙=〃血+4砒22-昭2

解得t2=2s

在此时间内，A车向前运动了孙？=勿12+2at22

计算可得支超=20m>s=16m

说明在离并道对接口16m的距离上以3m/s2的加速度加速不能实现安全超车。

【解析】【分析】（1）A车减速到与B车同速时，此时两车距离最小，若此时恰未与B车相碰，

则A车将不会与B车相碰。由匀变速直线运动的规律列方程求解。

（2）并道对接口距离只有16米，所以超车位移不能超过16米。但到达相同位置时，才可以实现

超车。

15.（10分）如图所示，绝缘的光滑竖直杆，长度为2L,底端固定一个电荷量为+Q的点电荷，两个

绝缘的滑块4、B（可看做质点）套在杆上，滑块A不带电，滑块8所带电荷量为+q,滑块4的质量是

滑块B的两倍。开始时，在离直杆底端距离为L的位置上将两滑块叠放在一起，并保持静止状态。现

给人施加一沿直杆向上的力F（大小未知），使人以加速度a=沿直杆向上做匀加速直线运动，直至

A运动到绝缘杆顶端。已知静电力常量为k,在点电荷Q产生的电场中任意一点的电势为w=（r

为该点到场源电荷Q的距离）。求：

F

\A

~B

©

（1）（5分）力/刚达到最大值时，滑块8电势能的变化量；

（2）（5分）整个过程拉力?对滑块4做的功。

【答案】（1）解：开始时，两滑块静止，设B的质量为m,则A的质量为2m,由平衡条件得

3mg=卜彗

施加F后，A以加速度a=卜

做匀加速直线运动，A、B刚好分离时•，F最大，此时A、B加速度相等且AB无作用力，由牛顿第

二定律，对A有产max-2mg=2am

对B有鸟—mg=ma

联立解得丁=|L

由公式3=半

可知，初始位置电势为%=华

kQ

F最大时电势为%=可

2L

两点电势差为U=—02=第

故zlEp=qU=挈^

即电势能减少第。

（2）解：对A、B,由动能定理可得小F+qU—=4•2mi;2

其中h=（|L-L）=1L

又/=2ah=ggL

解得“尸=缚

【解析】【分析】（1）AB做匀加速直线运动，A、B刚好分离时，F最大。对AB分别由牛顿第二定

律和电势的公式列出方程求出两点电势差，由电场力做功公式求出电势能减少量。

（2）求出下落高度，以及运动速度，对A、B,由动能定理可得整个过程拉力F对滑块4做的功。

16.（10分）如图所示，有一倾角6=37。的平行倾斜金属导轨4BAB',44处接有电容为C=0.3F的

电容器，在底端B9处通过一小段光滑圆弧绝缘件（长度可忽略）连接足够长的平行光滑水平金属导

轨BCB'C',两导轨间距均为L=1m,在导轨4B4B'间和导轨BCB'C'间分别存在着垂直导轨平面向上

的匀强磁场，磁感应强度大小分别为%=17和82=0.17。两长度均为L的金属棒a、b,棒b静止在

水平金属导轨BCB'C'的最左端，棒a与导轨/BA'B'间的动摩擦因数//=0.5,并从离导轨力BA'B'底端

高度为八=0.3恒处由静止释放。已知棒a、b始终与导轨间保持良好接触，两棒间的碰撞为水平弹性

碰撞，ma=0.3kg,mb=0.1kg,%=0.2。，不计棒a的电阻，重力加速度g取lOm/s?。求：

（1）（5分）棒a到达导轨ZBAB'底端时的速度大小;

（2）（5分）最终棒a、b之间的距离。

【答案】（1）解：对a受力分析结合牛顿第二定律有magsine-〃magcos。一/安=niaa

而产妥=

其中/_阳_%一色四

=CBLa

/一ZF一~AT~At1

联立解得a=lm/s2

所以金属棒a在倾斜轨道上做匀变速运动，由匀变速运动规律有/=2a新

解得〃=lm/s

（2）解：当金属棒a进入水平导轨与b发生弹性碰撞，碰后两者速度分别为vi、V2,由动量守恒和

mv

能量守恒粗力=al+Trtbv2

111

2maV2=2maVl2+2

联立解得%=&m]s，v?—^m/s

碰后a、b在安培力作用下向右变速运动，a向右加速，b向右减速，整体的合外力为零，系统动量

守恒，当二者速度相等时它们之间的距离保持不变，设为S,据动量守恒定律可得Ma%=（巾a+

在此过程中对导体棒b应用动量定理有-/安=-B2ILAt=mhv^.-mbv2

由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律7=g=裁=等

联立可得s=1.5m

【解析】【分析】（1）对a受力分析，结合电容表达式以及电流定义式。求出棒a到达导轨底端时

的速度大小

（2）金属棒a进入水平导轨与b发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒以及机械能守恒。当二者速

度相等时它们之间的距离保持不变，由动量守恒定律和动能定理以及法拉第电磁感应定律和闭合

甩路欧姆定律分别列方程求解得到最终棒a、b之间的距离。

试题分析部分

1、试卷总体分布分析

总分：69分

客观题（占比）20.0(29.0%)

分值分布

主观题（占比）49.0(71.0%)

客观题（占比）10(62.5%)

题量分布

主观题（占比）6(37.5%)

2、试卷题量分布分析

大题题型题目量（占比）分值（占比）

实验题2(12.5%)9.0(13.0%)

解答题4(25.0%)