2025年浙江高考物理临考押题卷01（解析版）

2025年6月浙江省普通高校招生选考临考押题卷01

物理

（考试时间：90分钟试卷满分：100分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符

合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1.下列物理量的单位用国际单位制基本单位表示正确的是（）

A.电流mAB.电场强度kg・m•A-1•s12

C.磁感应强度kg・A-1•s-2D.能量kg-m2・s-i

【答案】C

【来源】2025年浙江省普通高校招生选考科目考试物理测评卷（八）

【详解】A.电流强度的国际单位制基本单位是安培，符号为A,故A错误；

B.根据电场强度的定义式有E=£

q

根据电流的定义式有/=£

根据单位运算可知，电场强度用国际单位制基本单位可表示为kg・m•A一】•s-3,故B错误；

C.根据口茨8=血工

可得8=—

qR

根据单位运算可知，磁感应强度的单位用国际单位制基本单位可表示为kg-A-1•s-2,故c正确；

D.根据W=Fx

根据单位运算可知，能量的单位用国际单位制基本单位可表示为kg-m2.s-2,故D错误。

故选C。

2.北京时间2024年8月4日凌晨，中国选手郑钦文击败克罗地亚选手维基奇获得首枚女网奥运金

牌。图中郑钦文挥拍打出一个强烈的上旋球，网球划过一条优美的弧线直飞对方的底线。下列说法

正确的是（)

A.研究击打出上旋球时可以把网球看作质点

B.研究网球的飞行轨迹时可以把网球看作质点

C.该网球的飞行轨迹长度就是它的位移的大小

D.某次郑钦文的发球速度达到了170km/h,这里170km/h是指平均速度

【答案】B

【来源】2025届浙江省宁波市十校高三下学期一模物理试题

【详解】AB.研究击打出上旋球时，网球各部分运动情况不同，不能将其看成质点，而研究网球飞

行轨迹时，可以忽略网球的大小和各部分的旋转情况，将其看成质点，A错误，B正确；

C.该网球的飞行轨迹长度就是它的路程的大小，位移大小是指从起始位置到终止位置有向线段的长

度，c错误；

D.某次郑钦文的发球速度达到了170km/h,这里170km/h是指瞬时速度，D错误。

故选B。

3.如图所示，海豚从水面跃出，则（）

A.研究海豚跃出水面的动作时，不可把海豚视为质点

B.海豚在水中游动时，加速度方向沿运动方向

C.海豚到达最高点时，处于平衡状态

D.海豚向上游动过程中，水对海豚的作用力始终小于重力

【答案】A

【来源】2025年浙江省普通高校招生选考科目考试物理测评卷（A）

【详解】A.研究海豚跃出水面的动作时，海豚的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此

时不能把海豚视为质点，故A正确；

B.当海豚做加速直线运动时，加速度方向才沿运动方向，当海豚做减速或曲线运动时，运动方向与

加速度方向不同，故B错误；

C.海豚到达最高点时，速度为零，但仍有向下的加速度，此时，海豚不处于平衡状态，故C错误；

D.海豚向上游动过程中，加速阶段水对海豚的作用力大于重力，减速阶段水对海豚的作用力小于

重力，故D错误。

故选Ao

4.某同学在家卫生大扫除中用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F,如图所示，此时推力与水

平方向的夹角为氏且拖把刚好做匀速直线运动，则（）

A.拖把所受地面的摩擦力为Fsin。

B.地面对拖把的作用力方向与水平向左的夹角大于8

C.从某时刻开始保持力F的大小不变，减小尸与水平方向的夹角氏地面对拖把的支持力风变大

D.同学对推杆的作用力与推杆对拖把的作用力是一对作用力与反作用力

【答案】B

【详解】A.对拖把进行受力分析如图所示

mg

可得摩擦力为Fcose,故A错误;

B.地面对拖把的作用力为支持力和摩擦力的合力，该合力应该与mg和F的合力等大反向，该合力

方向与水平向左的夹角大于。，故B正确；

C.竖直方向有

FN=mg+FsinB

则0减小,FN减小，故c错误；

D.同学对推杆的作用力与推杆对拖把的作用力方向相同，不是一对作用力与反作用力，故D错误。

故选B。

5.随着我国航天事业迅猛发展，北斗卫星导航系统已覆盖全球。如图所示，在我国发射的众多卫星

中，有一颗北斗卫星A,以及一颗地球静止卫星B,卫星A和卫星B绕地球做匀速圆周运动。地球

表面上有一个位于北纬53。的物体C,某一时刻，O、C、A在一条直线上，且垂直4瓦则（）

A.线速度的大小关系为vc>V4>B.角速度大小关系为coc=0A>

C.卫星A、B的加速度之比为25:9D.卫星A、B的加速度之比为25：16

【答案】C

【详解】AB.卫星A、B,万有引力提供向心力，C物体和卫星B角速度相等，则有

GMmv2

——=ma=m--=mco^r

r

B

vc=3介c，相=3介，rc<rA<rB

比较可得

VC<vB<VA

3A>3c=3B

故AB错误;

CD.由几何知识可知

n3

—=sin37°=-

rB5

根据牛顿第二定律

Mm

G——=ma

解得

GM

a=7T

故卫星A、B的加速度之比

aA:aB=rg:=25:9

故C正确，D错误。

故选C。

6.如图所示，光滑斜面固定在水平面上，顶端。有一小球，小球从静止释放沿斜面运动到底端3

的时间是。.若给小球不同的水平初速度，使小球分别落到斜面上的A点，经过的时间是3落到斜

面底端B点，经过的时间是指落到水平面上的C点，经过的时间是。不计空气阻力，贝1()

C.t3<t4D./3V/2

【答案】B

2

【详解】AB.小球沿斜面下滑时：l=lat,由于a<g,l>h,所以沿斜面下滑时间是最长的，则t4<tj,

故A错误，B正确；

CD.小球做平抛运动时：h=1gt2,因此下落高度大的时间长，所以有/4=侬>5故CD错误；

7.真空中有两个点电荷，电荷量均为-q(qN0),固定于相距为2r的七、P2两点，。是此「2连线的中

点，M点在P/2连线的中垂线上，距离。点为r,己知静电力常量为鼠则下列说法正确的是()

A.M点的电场强度为鬟

B.P1P2中垂线上电场强度最大的点到。点的距离为fr

C.在M点放入一电子，从静止释放，电子的电势能一直增大

D.在M点放入一质子，从静止释放，质子将以。为平衡位置做简谐运动

【答案】B

【来源】2025届浙江省宁波市十校高三下学期一模物理试题

【详解】A.由题可知，三角形MOP】和MOP2为等腰直角三角形，所以NP1MP2=90°

一个点电荷在M点的场强为第=黑

根据对称性可得，M点的场强为为WEi=噤

A错误；

B.设中垂线上任一点到。的距离为y,则其到任一负电荷的距离r'=J*+产

由对称性可知，两电荷在该点的场强水平分量相互抵消，竖直分量相加，可得5=

r2+y2y/r2+y2

3i

对y求导，并令其为零，则彳严（『可—广-x2y=0

[（r2+y2）2]2

整理可得产+y2=3/

解得y=yr

即P1P2中垂线上电场强度最大的点到。点的距离为日r,B正确；

C.由题可知，P1P2连线中垂线上的场强方向由无穷远指向。点，在加点由静止释放一电子，电子

受到的电场力背离。点，电场力做正功，电势能减小，C错误；

D.设质子到。点的距离为x（较小），单个点电荷对质子的作用力&=黑（。为质子的电荷量）,

则合力为F=2F]x谷=潦篝

显然，当x较小时，不满足简谐振动回复力尸=-依，D错误。

故选Bo

8.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比叫:电=5:2,定值电阻R的阻值为22Q,电表均为

理想交流电表，电源两端输出的交流电压u=220VIsinl00E:（V）,则（）

A.电流表示数为4AB.电压表示数为88aV

C.R的功率为352WD.变压器的输入功率为1408W

【答案】C

【详解】B.原线圈两端所接的交流电压的有效值为220V,根据变压器原、副线圈两端电压与线圈

匝数关系可知

U1-.U2=5:2

可得

U2=88V

即电压表示数，故B错误；

A.由欧姆定律可知副线圈中的电流

&==4A

又

1

1=^2

nl

解得

h=1.6A

故A错误；

CD.R的功率

P2=笈R=352W

由变压器的输入功率等于输出功率知

P1=352W

故C正确，D错误。

故选C。

9.如图所示，48c是顶角为30。的等腰三棱镜的横截面，两束相同的单色光。和b分别从A8边上的

。点以相等的入射角。射入棱镜，OC为法线，a、6光线均位于ABC的平面内，且。光恰好垂直AC

射出棱镜。已知该单色光在棱镜内的折射率为鱼，不考虑没有发生全反射光线的二次反射，则下列

说法正确的是（）

A

B.仅增大入射角8（8<90。），。光可能不会从AC面上射出

C.6光离开棱镜时的出射光线相对入射光线的方向偏转了90°

D.a光离开棱镜时的出射光线相对入射光线的方向偏转了15。

【答案】D

【详解】A.a、6两束光的光路图如图所示，两束光在面上入射角相等，则折射角相等，设折射

角为0,由。的光路可知折射角

£=30°

根据折射定律有

sin。

n=――=Vr2

sinp

得

e=45°

故A错误;

G

B.仅增大入射角8（8<90。），a光的折射光向A点移动，但入射角不会超过15。，不会发生全反射,

。光会从AC面上射出，故B错误;

C.由几何知识可得

ZE<?B=90°-ZEOC=60°

NB=NC=75°

ZOEB=180°-60o-75o=45o&光在BC面的入射角为

;=45°

恰好发生全反射

ZFEC=ZOEB=45°

ZEFC=60°

设光线跖在AC面的法线为MN,则入射角为

ZNFE=90°-ZEFC=30。

设折射角为a,有

sina

------=n

sin30°

则有

ZNFG=a=45°

/DOG=/DOC+NC0G=15。

待求的角为

ZG=1SO°-ZNFG-ZDOG=60°

故C错误；

D.。光离开棱镜时的出射光线相对入射光线的方向偏转了

5=45°—30°=15°

故D正确。

故选D。

10.如图甲为我国研制的爆轰驱动超高速高焰激波风洞，其各项性能指标均处于领先地位。假设某

风洞能够产生水平方向的恒定风力，在竖直平面内建立如图乙所示直角坐标系。从久轴上4点以某一

速度抛出一小球，一段时间后小球到达光轴上8点，已知小球在2点时速度方向与水平方向的夹角为

60°,在B点速度方向与水平方向的夹角为30。,4B间的距离为d=^m,则运动过程中小球的最小速

度为（）

图甲

A.V3m/sB.2m/sC.2V3m/sD.4m/s

【答案】A

【来源】2025年浙江省普通高校招生选考科目考试物理测评卷（八）

【详解】由于小球在水平和竖直方向上受力均恒定，则小球在水平和竖直方向上均做匀变速直线运

动，小球在力点和B点竖直方向上的速度大小相等，设小球在4点竖直方向的速度大小为％,由直线

运动规律可知从人到B小球运动的时间为t=也

9

设小球在水平方向上的加速度为a,则在水平方向上有'-一为=at,OY-=2ad

tan30°tan60°\tan3O0/\tan6O0/

联立解得a=iy^m/s2,=V3m/s

小球合加速度如图1所示，则小球所受合力方向与x轴方向夹角为60。，斜向右下方，小球的初速度

大小为2m/s。当小球沿合力方向的速度为零时，小球的速度最小，如图2所示，此时小球的速度大

小为垂直合力方向的速度大小，即"min=V0cos30°=V3m/s

故选A。

图1图2

二、选择题II（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符

合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

11.核电池又叫“放射性同位素电池”，它是通过半导体换能器将同位素氏8pu在衰变过程中放出的

具有热能的射线转变为电能制造而成。某核电池由放射性同位素舒8pu制成，已知舒8pu衰变为铀

核（符号^4U）,其半衰期为88年，若该电池在第一年内的平均功率为1W,其发电效率为10%,

不考虑其他衰变，则下列说法中正确的是（）

A.该核反应为a衰变

B.经过44年，该核电池中的放射性同位素股8Pu有一半发生衰变变成了龙文

C.该核电池在第一年内释放的核能约为3x10"j

D.该核电池在第一年内亏损的质量约为3X1（T9kg

【答案】AD

【来源】2025届浙江省宁波市十校高三下学期一模物理试题

【详解】A.攀Pu的衰变方程为母Pur234u+4He

故为a衰变，A正确；

B.比8pu半衰期为88年，经过88年，该核电池中的放射性同位素品8pu有一半发生衰变变成了

用股，故B错误；

CD.该电池在第一年内的平均功率为1W,其发电效率为10%,故释放的核能约为E=寒=

10%

1X365X24X60X60”乂训

根据E=Amc2

可得小机=3X10-9kg

故C错误，D正确。

故选ADo

12.（19-20高二下•山东枣庄第三中学.期中）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在_x=2m处的质点的振

动图象如图1所示，在x=8m处的质点的振动图象如图2所示，下列说法正确的是（）

A.该波的传播速度可能为2m/s

B.x=2m处的质点在平衡位置向+y方向振动时，x=8m处的质点在波峰

C.该波的波长可能为8m

D.在0〜4s内x=2m处和x=8m处的质点通过的路程均为6cm

【答案】BC

【详解】C.简谐横波沿x轴正方向传播，由图可知，U0时刻，x/=2m处质点位于波谷，X2=8m处

在t=9s时刻才位于波谷，时间相差

3

O+/T

所以

3

%2—=6m=（71+1）尢（n=0，1/2...）

“4

得到波长为

当〃=0时，A=8m,选项C正确；

A.由图可知，该波的周期为12s,则该波的波速

A2

v=—=--------m/s

T4n+3'

当”=0时，v=|m/s：

当n=\时，v=|m/so

可知该波的传播速度不可能为2m/s,选项A错误；

B.简谐横波沿x轴正方向传播，在x=2m处的质点在平衡位置向+y方向振动时（如r=3s时），_x=8m

处的质点在波峰，选项B正确；

D.由图可知，在0〜4s内x=2m处质点通过的路程为6cm,而x=8m处的质点通过的路程为小于6cm,

选项D错误。

故选BCo

13.虎跑泉与西湖龙井并称双绝，“西湖龙井虎跑水”的美誉。如图甲所示，假设某处泉眼泉水喷出

处可看成简谐波源。，附近水面上有一树叶，树叶在。到池边的垂线上，取波源开始振动时为t=0时

刻，树叶的振动图像如图乙所示。树叶到池边的距离为1.5m,波反射时质点振动方向不变，传播方

向遵守波的反射规律（类似光的反射规律）。则（）

O树*叶

图甲

A.水波的传播速度为1.5m/s

B.水波的波长为2m

C.树叶到。的距离为2m

D.。与池边任意一点连线间（不含端点）均有3个振动加强点

【答案】BCD

【来源】2025年浙江省普通高校招生选考科目考试物理测评卷（A）

【详解】结合波的反射规律，作出波源关于池边对称的波源，如图所示。反射回来的波可看成从。'点

发出的与。起振方向相同的简谐波。反射回来的波与向右传播的波在树叶处相互抵消，树叶处为振动

AB.结合题图可知，树叶振动周期为2s,树叶振动的总时间为3s,说明波从树叶所在位置到池边,

然后反射回到树叶位置所用的时间为3s,传播距离为3m,则波速为lm/s,波长为2m,A错误，B

正确。

C.结合树叶开始起振的时间可得，树叶到。的距离为2m,C正确。

D.由干涉知识可得，在波源。与。'连线上，有7个振动加强点，由数学知识可得［点拨：振动加强

点到两波源的波程差等于波长的整数倍，在定义上与双曲线的定义相同］,。与池边任意一点连线间

均有3个振动加强点，D正确。

故选BCDo

三、非选择题（本题共5小题，共58分）

14.实验题（共3小题）

I、（6分）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中使用的实验装置如图甲所示。

①本实验中应用了法，即保持合外力不变，研究加速度与质量的关系；保持质量不变，研

究加速度与合外力的关系。

②实验中打出的一条纸带如图乙所示，A、B、C、D、E是五个计数点，相邻计数点的距离已标出,

相邻两计数点间还有4个计时点未画出。打点计时器的电源频率是50Hz,根据所给数据可以得出打

点计时器打C点时小车的速度为..m/s,小车运动的加速度为.・m/s2•（结果保留三位有

效数字）

cm

A9.50B11.00C12.50D14.00E

乙

【答案】控制变量1.181.50

【详解】（1）①本实验中应用了控制变量法，即保持合外力不变，研究加速度与质量的关系；保持

质量不变，研究加速度与合外力的关系。

③相邻两计数点间还有4个计时点未画出，可得T=0.1so打点计时器打C点时小车的速度为

XBD(11.00+12.50)xIO—

VC=m/s=1.18m/s

lf0.2

⑹小车运动的加速度为

x-x(14.00+12.50-11.00-9,50)XIO-2

CEAC22

a=2m/s=1.50m/s

4T4x0.12

II、（3分）在探究单摆运动的实验中，图（a）是用力传感器对单摆小角度（小于5。）振动过程进

行测量的装置图，图（b）是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的尸/图像陪、加、重力加速

度g均为已知量）。

力

传

感/x

器

Fmin

O0.10.91.7t/s

(b)

（1）根据图（b）的信息可得，从时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为s,周期为.

s；

（2）单摆振动的回复力是（）

A.摆球所受的重力B.摆球重力在垂直摆线方向上的分力

C.摆线对摆球的拉力D.摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力

【答案】⑴0.51.6

⑵B

【详解】(1)[1]摆在最低点时速度最大，绳上拉力最大，故从Q0时刻开始摆球第一次摆到最低点

的时刻为0.5s；

⑵相邻两次拉力最小的时间间隔为半个周期，所以周期为

T=2X(0.9-0.1)s=1,6s

(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向的分力。

故选B。

(3)A.摆长应为细绳长度再加上摆球半径，故A错误；

B.单摆周期公式为

L

T=2TI-

与摆球质量无关，质量增加，周期不变，故B正确；

C.设单摆的最大偏转角为仇则

/in=mgcosd

小球在最低点时，有

V2

L

小球从最高点运动到最低点，根据机械能守恒定律可得

1

mgL(l—cos0)=-mv2

联立可得

%ax+2Fmin

m=---------------

3g

故C正确；

D.小球没有在同一竖直面内运动，即小球在水平面内做圆周运动，该过程为圆锥摆，不是简谐振

动，不能再使用单摆的周期公式计算重力加速度，故D错误。

故选BCo

III、(5分)将“小电珠L、滑动变阻器、多用电表、电流表、直流稳压电源、开关和导线若干”连成

如图甲所示的电路，进行“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验.

①闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片尸置于填“左”或“右”)端.

②用多用电表电压挡测量L电压时，红表笔应接图甲中的(填%”或?")点.

③正确连线后，闭合开关，发现不论怎么调节滑动变阻器的滑片，多用电表指针均不偏转.将两表

笔改接到图甲电路的a、c两点，电表指针仍不偏转，改接。、d两点时，电表指针偏转如图乙所示,

其示数为V；可判定故障为小c间电路（填“断路”或“短路”）.

④甲、乙两位同学用完多用电表后，分别把选择开关放在下图所示位置.则的习惯好.

【答案】左a2.00断路乙同学（“乙”也对）

【详解】①[1]闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片尸置于左端，以保护电路；

②⑵红表笔接电源的正极，所以接。点；

③[3][4]从表中可读得读数为2.00V,表笔接在a、6两点和a、c两点指针不偏转，改接a、d两点时，

针偏转可判断d、c间电路断路；

④[5]用完电表后，应将选择开关旋至OFF挡或交流电压最大挡，所以乙同学的习惯好。

15.（8分）如图所示，一个高L=18cm、内壁光滑的绝热汽缸，汽缸内部横截面积S=30cm2,缸口

上部有卡环，一绝热轻质活塞封闭一定质量的气体，活塞与汽缸底部距离L=9cm。开始时缸内气体

温度为27℃,现通过汽缸底部电阻丝给气体缓慢加热。已知大气压强p=lxl05pa,活塞厚度不计，

活塞与汽缸壁封闭良好且无摩擦。

①封闭气体温度从27℃升高到127℃的过程中，气体吸收热量18J,求此过程封闭气体内能的改变量;

②当封闭气体温度达到387℃时，求此时封闭气体的压强。

【答案】①9J；@1,1X105Pa

【详解】①活塞上升过程中封闭气体做等压变化，根据盖一吕萨克定律有

L[S_L2S

兀=可

解得气体温度为127℃时，活塞与汽缸底部距离

L2=12cm

此过程气体对外做的功

542

w=F-AL=p0S{L2-L）=1x10x30x10-x（12-9）x10-J=9J

根据热力学第一定律可知气体内能的增加量

/U=Q—W=18J—9J=9J

②设活塞刚好到达汽缸口卡环位置时，封闭气体的温度为△，根据盖一吕萨克定律有

L]S_LS

解得

T3=600K

所以封闭气体温度达到

T4=（387+273）K=660K

活塞已到达汽缸口卡环位置，根据查理定律有

Po_Pi

每一五

解得

5

p2=1.1x10Pa

16.（11分）如图所示，质量nic=4.5kg的长木板C静止在光滑的水平面上，长木板C右端与竖直

固定挡板相距而，左端放一个质量WIB=3.0kg的小物块B（可视为质点），与长木板C间的动摩擦因

数为〃=0.05。在小物块B的正上方，用不可伸长、长度：0.8m的轻绳将质量ZHA=1.0kg的小球A

悬挂在固定点。。初始时，将轻绳拉直并处于水平状态，使小球A与。点等高，由静止释放。当小

球A下摆至最低点时恰好与小物块B发生碰撞（碰撞时间极短），之后二者没有再发生碰撞。已知

A、B之间以及C与挡板之间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取g=10m/s2o

(1)小球A与小物块B碰后瞬间，求小物块B的速度大小；

(2)为保证长木板C与竖直挡板碰撞时B、C能共速，求而应满足的条件；

(3)在(2)问的前提下，即与竖直挡板碰撞到B、C能共速，求长木板的最短长度。

：B

__

【答案】(1)vB=2.0m/s；(2)x0>0.96m；(3)L=3.936m

【详解】(D小球A由静止到最低点的过程，根据机械能守恒定律有

1_

解得

v0=4,0m/s

设小球A与小物块B发生弹性碰撞后的速度分别为以、为，根据动量守恒定律有

mAv0=mAvA+mBvB

碰撞前后根据机械能守恒定律有

111

2MA诏=2mA^A+

联立解得

vB—2.0m/s

(2)设B、C获得共同速度为％,以水平向右为正方向，由动量守恒定律有

mBvB=(mB+mc)v1

代入数据解得

%=0.8m/s

若B、C共速时C刚好运动到挡板处，对C应用动能定理有

1,

^mBgx0=-mcv(-0

代入数据解得

x0=0.96m

则保证C运动到竖直挡板前B、C能够共速，配应满足的条件是

%o>0.96m

（3）第一次共速过程中，由能量守恒定律有

11

=2mBVB-2（mB+爪C）说

长木板C与挡板碰后速度方向反向，设B、C第二次获得共同速度为"2，以水平向左为正方向，由

动量守恒定律有

帆巧一mBrl=（mB+mC）v2

由能量守恒定律有

111

l^mBgL2=+-mcvf--（mB+mc）v^

长木板的最短长度为

L—L]+L2

联立解得

L=3.936m

17.（12分）如图甲所示为某发电机的简化示意图。金属杆5。2固定在竖直轴00'上，两相同的金

属圆环水平固定，圆心分别与01。2重合。金属杆414、、C1C2、通过绝缘轻质杆力16、42。2、

BQ、々外固连在一起，B2D21A2C2,组成“十字形结构（俯视）”，可绕轴。。'无阻

力自由转动（不能上下移动），转动时与两金属圆环接触紧密但无摩擦。在甲图的四分之一扇环形柱

状区域内存在辐向磁场，四根金属杆分别转至该区域时杆所在位置的磁感应强度大小相等，均为2,

方向沿圆柱半径向外，其他区域的磁场忽略不计，俯视图如图乙所示。设46==

B2D2=A1A2=BB=C1C2=DR=L,金属杆&&、Bi为、C±C2,劣外的质量均为加，电阻均

为r,其余部分的电阻不予考虑。现让“十字形结构”逆时针旋转，试解决下列问题：

（1）当。住2杆刚进入磁场区域时，“十字形结构”的角速度为⑼判断此时44杆中的电流方向，计

算6、C2两点的电势差U12；

（2）若维持“十字形结构”以角速度3匀速旋转，求每转一圈，。住2所产生的焦耳热Q

（3）若给予“十字形结构”初始角速度3°,“十字形结构”到停下共转了多少圈。

甲乙

37rB2L%8mra)

【答案】（1）Ui2=—喀；（2）Q=;(3)k=0

832r37rB2/

【详解】（1）4到4,感应电动势为

IM

£=BL~T

则k=-&x]=-Bl7a)

8

3

（2）根据

2

9B2L4CO2

xr=

PI=,164r

r+3r.

2

£1B2L4a)2

xr=

P2=64r

r+3r,

联立可得

27r12n337r