2025届贵州省铜仁市高三下学期3月模拟考试物理试题（解析版）

第第页2025届贵州省铜仁市高三下学期3月模拟考试物理试题一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．根据法国物理学家德布罗意的研究，实物粒子的物质波波长λ与动量p之间的关系式为λ=hp，若以下几个粒子的速率均为0.01c（A．中子 B．质子 C．电子 D．α粒子【答案】C【解析】【解答】由于相同，动量p=mv，只依赖于质量m。因此：质量从小到大：电子（​）＜中子（≈）≈质子（​）＜粒子（≈​）。根据，质量m越小，波长λ越大。电子质量远小于质子、中子和α粒子（约​），所以电子的德布罗意波长最大，故ABD错误，C正确。

故选C。

【分析】核心考点易错点：1、公式记忆：必须牢记，且（非相对论情形，题中可用非相对论近似）。2、动量比较：当速率相同时，动量只取决于质量；质量越小，波长越大。3、粒子质量常识：要知道常见粒子质量的相对大小：电子质量极小（~9.1×10−31 4、审题陷阱：题目中速率相同，不要误以为“动量相同”或混淆成动能比较（若比较动能相同的情况，结果会不同）。5、近似处理：若速度接近光速，需用相对论动量公式，但时相对论效应很小，仍可用经典动量。2．在2020年东京奥运会中，中国运动员勇夺女子蹦床金牌，为国家赢得荣誉。如图所示为运动员在练习蹦床运动的情景。若忽略空气阻力，用x、v、a、E、t分别表示运动员离开蹦床后在空中运动时竖直方向上的位移、速率、加速度、机械能和时间，下列图像正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】【解答】A．运动员在空中向上做匀减速直线运动，到最高点后又向下做匀加速直线运动，故位移增加时，图像斜率逐渐减小，然后下落，速度逐渐增大，图像斜率逐渐增大，故A错误；B．向上运动物体做竖直上抛运动，速率逐渐减小，向下运动做自由落体运动，速率逐渐增大，故B正确；C．在物体做竖直向上做竖直上抛运动到向下做自由落体运动过程中，物体受到的合力是重力，故加速度一直都是重力加速度，加速度为定值，符号为负号，故C错误；D．在运动员运动过程中，只有重力做功，故运动员机械能守恒，故机械能不变，故D错误；故答案为：B。

【分析】运动员离开蹦床后做竖直上抛运动（忽略空气阻力），结合竖直上抛运动的位移、速度、加速度、机械能的变化规律，逐一分析图像。3．某型号小电风扇铭牌上的主要参数如图所示。当在小电风扇上加2V电压时，小电风扇不转动，测得通过它的电流为0.4A．小电风扇的内阻为5B．当在小电风扇上加6V电压时通过的电流为C．小电风扇正常工作时的机械功率为2.0D．小电风扇正常工作时的热功率为0.4【答案】A【解析】【解答】A．当在小电风扇上加2V电压时，小电风扇不转动，测得通过它的电流为0.4A，可以解得小电风扇的内阻为B．当在小电风扇上加6V电压时电风扇正常工作，即其功率为2.4W，此时电流为ICD．小电风扇正常工作时，其热功率为P热=I故选A。

【分析】一、核心考点

1.电动机的两种工作状态不转动时（堵转）：无反电动势，等效为纯电阻电路，满足欧姆定律，其中r为线圈直流电阻。这是求内阻的唯一直接方法。正常转动时：产生反电动势，此时，电流，不能用U/I求电阻。2.功率分配：输入总功率：，发热功率（铜损）：，输出机械功率：，效率：

3.铭牌参数解读“额定电压U”“额定功率P”一般指正常工作时输入的电功率UI（有些题也可能指输出功率，需注意语境），利用求额定电流。二、常见易错点1.混淆转动与不转时的电阻易错认为就是内阻，实际上转动时。纠错：内阻只能用不转时的电压电流计算。2.计算热功率错用公式转动时用或都是错误的。纠错：任何状态下热功率都是，其中是当前电流，是线圈直流电阻。3.输出功率误判认为“额定功率”就是输出功率，导致直接当成机械功率。纠错：若铭牌未明确是输出功率，通常按输入总功率处理，机械功率需要减去热功率。4．一卫星在离地面一定高度处绕地心做匀速圆周运动。为了让卫星上升到更高的轨道，开动卫星的小发动机喷气，以调整高度。若变轨前、后卫星运行的速率分别为v1、v2，设变轨过程发动机对卫星做功为W1A．v1>v2，W1C．v1<v2，W1【答案】B【解析】【解答】当卫星于圆轨道运行时，根据GMmr2=mv2r，其运行速率v=GMr，式中r故选B。

【分析】核心考点易错点：1、圆轨道速率与半径的关系：

，半径越大，速率越小。很多学生会错记为“越高越快”，这是混淆了圆轨道与椭圆或其他情况。2、变轨的能量分配：

从低轨到高轨，需要加速（发动机向前喷气，瞬间动能增加，进入椭圆轨道远地点后再加速才能变至高圆轨道——这是两次加速过程）；但题里给的W是整个过程（从初始圆轨道到最终圆轨道）发动机做的总功。最终圆轨道的动能反而更小，但总机械能增加。

易错：以为发动机做功全部用来增加势能，实际上一部分用于弥补动能的减少，但势能增加量大于发动机做的功吗？

计算发现：势能增加量，发动机做功，所以​。3、动能定理的符号：卫星克服地球引力做功即引力做负功​。列动能定理时，要清楚哪些力做功：，​，此处​是负值（最终圆轨道动能比原来小），所以，即。4、混淆椭圆转移与圆轨道直接跳跃：

本题是问结果（变轨前后都是圆轨道），中间的椭圆转移过程被隐含在“发动机做功”里，做功W对应的是两次点火之和（霍曼转移）。但在不给出转移细节时，可用能量差直接得出​，比较W和。5．一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p−T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，压强分别为pa、pb、pA．pB．VC．从状态c到状态a，气体对外做功D．从状态b到状态c，气体从外界吸热【答案】C【解析】【解答】A．ab过程为等容变化，则pa2TB．bc过程为等温变化，则p0VbC．从状态c到状态a，气体根据理想气体状态方程pVTD．从状态b到状态c，气体温度不变，即内能不变，由于压强增大，则气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律（ΔU=W+Q故选C。

【分析】一、核心考点

1.气体图像转换与过程判断在p−T图中，过原点的直线代表等容过程（因为常数）。平行于T轴的直线代表等压过程（p不变）。平行于p轴的直线代表等温过程（T不变）。本题中a→b过原点→等容；b→c温度升高、压强降低→不是等温、等压或等容，需要具体计算体积变化；c→a直线不过原点→不是等容。2.理想气体状态方程与各状态参量关系

解决此类题的关键是选取两状态，对比p、T、V。

常见方法：设，通过已知​求​，再逐步求。

3.热力学第一定律的应用

或国内教材常用，注意符号规定：ΔU：内能变化（温度决定，表示内能增加）。Q：气体吸热为正，放热为负。W：气体对外做功为正（若采用，则​是外界对气体做功为正）。

判断流程：由温度变化定符号。由体积变化定符号（气体对外做功→W>0；外界对气体做功→W<0，注意公式符号约定）。由推算符号，判断吸热/放热。

二、常见易错点

1.图像类型与过程对应错误在p−T图中，错误将不过原点的直线当作等容过程（其实只有过原点才等容）。看到不变就判定为等温，但可能题目给的与​不同，需要仔细核对数据，不要只看图像形状（比如题目数据与图像标注矛盾时，以数据为准）。2.体积变化判断错误要从和的变化推算V变化。例如b→c压强降低、温度升高时，体积可能增加也可能减少，必须用状态方程计算，不能凭感觉。6．如图所示，三根光滑轨道OA、OB、OC下端分别为A、B、C，A位于O的正下方，AB⊥AO、AC⊥CO。一小圆环从O点由静止分别沿OA、OB、OC滑下，滑到下端的时间分别为tA、tB、A．tA>tB，tAC．tA<tB，tA【答案】D【解析】【解答】设OA与AC夹角为θ，OA高度为h，如图则小圆环在OC滑动时，有hsinθ=小圆环在OB滑动时，有hsinθ小圆环在OA滑动时，有h=12aAt故选D。

【分析】一、核心考点1、沿光滑斜面下滑时间公式

由，，导出：或等效为（ℎ固定）。2、几何关系与夹角计算

根据已知的投影关系，求斜面与水平夹角的正弦值：OC：已知→。OB：已知​→。二、易错点1、误用h=Lsinθ时搞混θ的定义

θ必须是斜面与水平方向夹角（这样竖直高度）。

若误用为与竖直方向夹角，则公式变为，导致推导错误。2、误认为时间与斜面长度成正比

有人看OC长度大于OA，就认为​对，但本题OB长度更长，时间更长，但需用定量公式比较​与​，否则容易判断出错。3、几何条件理解错误

把“A位于OB正下方”误解为A是OB的中点等，从而算错。4、不化简公式直接代长度和加速度

如果分别算：然后比较，需化简才能得到简洁关系，否则计算复杂易出错。7．如图所示，在一圆心为O的圆形区域外有范围足够大的垂直于纸面的匀强磁场，两个相同的带电粒子a、b从圆心O沿同一方向射入磁场后均能重回圆形区域，b粒子的速度为a粒子速度的2倍。a、b两粒子第一次在磁场中运动的时间分别是ta、tA．tb>2tB．tb>2tC．tb<2tD．tb<2t【答案】C【解析】【解答】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示，由图可知带电粒子在磁场中运动的圆心角均大于180°小于360，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB=mv2r，T=2πrv，联立解得带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=2πmqB即粒子从C点进入圆形区域时的速度方向沿半径CO方向，故在圆形区域做匀速是直线运动一定会再次经过O点，故ABD错误，C正确。故选C。

【分析】一、核心考点1、带电粒子在匀强磁场中圆周运动

半径，周期​，时间，是轨迹对应的圆心角。2、多粒子运动比较

相同m，q，B→周期相同，时间正比于圆心角，与速度无关。速度不同→半径不同。3、有界磁场中的对称性与返回条件

题中“能重回圆形区域”是一个几何约束，决定了粒子离开磁场时速度方向必须指向圆形区域。4、速度方向与经过O点的关系

如果粒子从磁场进入圆形区域时速度方向沿半径指向圆心，则在圆形区域做直线运动经过O。

这需要特定几何条件，与圆心角有关。二、易错点1、误以为时间与速度成正比

有人看到​，可能误以为（因为半径大走得快），但时间取决于圆心角，与速度无关，而圆心角由几何决定，可能更大。2、混淆离开磁场时的位置与速度方向

要重回圆形区域，离开磁场时的位置必须在圆形区域的边界上或外侧，速度方向指向圆内。3、以为周期不同

相同粒子在相同磁场中周期与速度无关，这是基本点，但常被遗忘，误用之类错误。4、几何作图不准确

这种题需画轨迹图：圆心在外某点，轨迹圆弧与圆形区域相切或相交等，若画错图，圆心角判断错误，时间比例就错。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．在垂直纸面方向存在一个边界为MN的匀强磁场，在纸面内有一边长为L的正方形金属框。现把金属框置于磁场中的不同位置，使它分别以相同的角速度绕与ab边平行的中线匀速转动，甲图中金属框始终在磁场内；乙图中金属框中线正好与边界MN重合。若线框在甲、乙两种情况下电流的瞬时值分别为i甲、iA． B．C． D．【答案】A,C【解析】【解答】AB．设线圈的总电阻为R，由图甲所示，产生感应电动势的峰值为E从图示开始计时，开始处于中性面处，则磁通量的瞬时值表达式为Φ则感应电动势的瞬时值表达式为e1=ECD．设线圈的总电阻为R，由图乙所示，产生感应电动势的峰值为E从图示开始计时，开始处于中性面处，则磁通量的瞬时值表达式为Φ则感应电动势的瞬时值表达式为e2=E故选AC。

【分析】核心考点易错点：1、有效面积的变化

甲：整个线框在磁场内，有效面积=乘以cos⁡因子（磁通量变化为正弦电动势）。

乙：一半在磁场内，转动时在磁场内的部分面积恒定（是固定的一半），所以有效面积是固定值乘以cos2、磁通量计算的常见错误误以为乙情况有效面积也随角度变化为cos⁡误把磁场边界想象成随着线框转动导致磁场内面积变化，本题的边界是竖直平面，转动轴与之重合，所以一半线框始终在磁场内。3、峰值电动势公式

适用于整个线圈在匀强磁场内的情况。

乙情况（匝数）可看作1，但要用有效面积，所以4、起始位置与相位

本题从中性面（线圈平面与磁场垂直时磁通量最大）开始计时，电动势为零，电流函数是正弦（不是余弦）。5、区分电流图像形状

两者都是正弦波，只有幅度不同，不可能是相位不同或者一个正弦一个余弦，这可以排除一些错误选项9．中医是中国五千年文化的传承，中华民族的瑰宝。中医的悬丝诊脉中悬的是“丝”，“诊”的是脉搏通过悬丝传过来的振动，即通过机械波判断出病灶的位置与轻重缓急。如图甲，假设“丝”上有A、B、C三个质点，坐标分别为xA=0、xB=0.4m、xC=1.4m。t=0时刻，脉搏搭上图中的质点A，质点A开始振动，其振动图像如图乙所示，产生的机械波沿丝线向A．质点C的起振方向沿y轴正方向B．波速为0.8C．在t=2s时刻，质点BD．若将丝线的另一端搭在另一个人的脉搏上，则丝线中两列波相遇时一定发生稳定的干涉现象【答案】B,C【解析】【解答】A．由乙图可知，振源的起振方向沿y轴负方向，则所有质点的起振方向均沿y轴负方向，则质点C的起振方向沿y轴负方向，故A错误；B．A、B两质点运动的方向始终相反，可知A、B两质点间的距离为半个波长，由于波长大于0.6m，则有xAB=nλ+12λ(n=0,1,2,3⋯)，由于故该波的波速为v=λC．由乙图可知，在T=2sD．若将丝线的另一端搭在另一个人的脉搏上，二人脉搏的频率大小关系不明，所以丝线中两列波相遇时不一定发生干涉现象，故D错误。故选BC。

【分析】核心考点：

1.起振方向与传播波源（振源）的起振方向决定波传播方向上所有质点的起振方向（每点开始振动的方向都与波源相同）。振动图像（如乙图）可直接看出起振方向（图乙t=0时质点A从平衡位置向y轴负方向运动）。2.反相点与波长关系两质点运动方向始终相反⇔它们振动的相位差为⇔波程差为半波长的奇数倍：利用此条件，结合题给与，确定唯一可能的和。

3.波速计算波长λ与周期T（从振动图像读取）决定波速：，周期是完成一次全振动的时间，在振动图像上对应相邻同状态点的时间差。4.振动时间与位置判断传播时间：波传到某点所需时间，该点振动时间：总时间减去传播时间。利用振动方程或周期分数推算某时刻位置，注意起振相位。5.波的干涉条件频率相同、振动方向相同、相位差恒定才能发生稳定干涉。不同人脉搏频率一般不同，因此两列波相遇时通常不能发生稳定干涉。10．如图所示，一对带等量异种电荷的足够长的平行金属板A、B正对竖直放置，一质量为m、带电荷量为q的小球从A板内侧上的a点以初速度v0竖直向上抛出（与A板不接触），经过一段时间后打在B板上的c点，b是其运动轨迹的最高点，a、b之间的高度差为b、c之间高度差的4倍。两板间匀强电场的电场强度大小为E=2mgqA．小球从a运动到c所用时间2B．a、c两点间竖直方向上的高度差为3C．小球到达c点时动能大小为37D．小球从a运动到c电势能减小了9m【答案】B,C,D【解析】【解答】AB．小球从a到b在竖直方向有v0=gt1则小球从a运动到c所用时间t=t1+t2=故A错误，B正确；C．小球到达c点时有vcx=qEmt，vD．小球从a点到达c点，根据能量守恒定律有12m电势能减少了9mv故选BCD。

【分析】1.运动的独立性原理水平方向和竖直方向运动独立分析，竖直方向：只受重力，加速度为g（无论是否带电，是否在电场中，只要电场水平），是竖直上抛运动，水平方向：只受电场力qE，初速度为零的匀加速运动。2.最高点的含义轨迹最高点b是竖直速度为零的时刻，但水平速度不为零（因水平方向一直在加速）。此时仍有水平加速度，所以最高点不是合加速度为零的点，只是竖直速度瞬时为零。3.竖直位移比例条件的运用已知​，利用竖直上抛位移公式：a→b：位移（上抛到最高点的位移）。b→c：自由落体位移。由比例关系可求出与的关系，这个比例是解题的关键几何条件。4.能量守恒在复合场中的应用重力势能、动能、电势能之和守恒（因为电场力与重力都是保守力）。电势能变化：，其中是水平位移，从a到c：电势能变化量等于电场力做功的负值：，因为电场水平向右（假设时轨迹向右弯），电场力做正功，电势能减少。5.动能定理的直接应用可直接对a→c全程用动能定理：，直位移（若取向上为正，则此处为负值），水平位移可用水平匀加速位移公式求出。三、非选择题：本题共5小题，共57分。11．用传感器和计算机可以方便的描绘出做平抛运动物体的运动情况，其装置和原理如图甲所示，运动的圆形物体A能够发射红外线脉冲和超声波脉冲，被接收装置B1、B2接收，将数据传递给计算机，经计算机处理后，即可得到做平抛运动的物体A在两个方向上的v−t图像如图乙所示，其中图线a为（1）方向图像、图线b为（2）方向图像。经计算机拟合数据得到a图线斜率为9.792，说明A物体在该方向上做（3）【答案】竖直；水平；自由落体【解析】【解答】图线a是一条通过原点的直线，说明A物体在该方向上做匀变速直线运动，故图线a表示物体A在竖直方向上的运动；图线b是一条平行时间轴的直线，说明物体A在该方向上做匀速直线运动，故图线b表示物体A在水平方向的运动；图线a斜率的接近重力加速度的大小，说明A物体在竖直方向做自由落体运动。

【分析】一、核心考点

1.平抛运动的分解水平方向：匀速直线运动（速度恒定），竖直方向：自由落体运动（初速度为0，加速度为）。在x−t、、、等图像中能正确识别对应规律。2.v–t图像的物理意义图线a：某方向的v−t图若为过原点的倾斜直线，说明速度与时间成正比⇒该方向为匀加速直线运动，且初速度为0⇒竖直方向的自由落体运动。图线b：某方向的v−t图若为平行于t轴的直线，说明速度不随时间变化⇒该方向为匀速直线运动⇒水平方向的平抛运动分量。3.斜率与加速度在v−t图中，斜率=加速度。竖直方向速度图线a的斜率应为重力加速度，实验值9.792m/s2接近9.8m/s2，印证了自由落体运动的结论。二、常见易错点

1.混淆两种图线的对应关系误将图线a当成水平方向，图线b当成竖直方向（因为平时看轨迹是水平匀速、竖直加速，但题目给的v−t图a是倾斜直线→加速运动→竖直方向；b是水平直线→匀速运动→水平方向）。关键在于：平抛运动水平速度不变，竖直速度。2.误判图线a的物理量类型若题目给出的是y−t图像，抛物线才是竖直方向运动；但这里给出v−t图像，要能看出vy​=gt是过原点的直线。看到v−t图线斜率为9.792时，要意识到这是加速度g，并推出是竖直方向。3.对传感器原理不理解题中红外线脉冲和超声波脉冲用于测量位移和时间，从而算速度，但学生可能会纠结技术细节而忽略运动分解的基本判断。实际只需知道装置能分别测出水平和竖直方向的运动信息即可。12．小宋同学在实验室找到一根弹性导电绳，他想通过实验测量弹性导电绳在拉伸状态下的电阻率。如图甲所示，导电绳的一端固定，另一端作为拉伸端，两端分别用带有金属夹A、B的导线接入图乙所示的电路中。（1）实验中需要用螺旋测微器测量导电绳的直径，某次测量到的示数如图丙所示，则该次测量时导电绳的直径D=mm。（2）实验中先闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器R，使电压表和电流表的指针偏转到合适的位置，记录两表的示数U0和I0。然后断开开关S2，电流表的示数将（填“变大”、“变小”或“不变”）、调节滑动变阻器R的滑片，使电流表的示数为I0，记下此时电压表的示数U，则此时导电绳的电阻Rx=（用U、（3）多次拉伸导电绳，重复上面的实验，利用获得的多组数据绘制的UI0−LS图像如图丁所示，则弹性导电绳的电阻率ρ=（用a【答案】（1）3.311~3.315（2）变小；U−（3）c−a【解析】【解答】（1）导电绳的直径D=3（2）断开开关S2，电路中总电阻增大，电动势不变，所以总电流减小，电流表的示数变小；根据电路欧姆定律，先闭合开关S1、S2，时有I0=联立解得R（3）根据题意分析UI0=R0+固定刻度（毫米+半毫米线）+可动刻度（0.01mm/格）。需估读一位到0.001mm（以mm为单位时保留三位小数）。如题中读数3.311~3.315mm之间，表示已掌握估读方法。2.伏安法测电阻及电路分析题中采用“替代法”或“差值法”来消除系统误差（如导线电阻、接触电阻的影响）。电路特点：先闭合S1S2测的是导电绳+一部分线路的电压电流；断开3.电阻公式及电阻率公式电阻，其中为长度，为横截面积。实验中测得电阻后，通过R−L图（或R对的关系）求斜率，已知（直径d已测），则。二、常见易错点

1.螺旋测微器读数忘记估读或单位错误读数时没有判断半毫米刻度线是否露出，导致±0.5mm错误。忘记加可动刻度的估读（比如31.x格，x要估读1位）。最终结果单位应为mm，常写成cm或m而导致数值错。2.对电路两次测量目的不理解第一次闭合S2第二次断开S2：电压表直接并联在导电绳两端，测的是导电绳的真实电压U，调节滑变使电流I2​​​​​​（1）导电绳的直径D=3（2）[1]断开开关S2，电路中总电阻增大，电动势不变，所以总电流减小，电流表的示数变小；[2]根据电路欧姆定律，先闭合开关S1、S2断开开关S2，有I联立解得R（3）根据题意分析U可知弹性导电绳的电阻率为图线的斜率ρ=k=13．取一个半径r的圆形薄片（厚度可以忽略），在它的圆心处插上一枚足够长的大头针，薄片浮在折射率为n1（未知）的液面上。当调整大头针露在液体中的长度为r时，从液面上方的各个方向向液体中看，恰好看不到大头针。将薄片换成有一定厚度半径仍为r的圆形软木塞，液体换为另一种折射率为n2的液体，软木塞浮在水面上时有一半没入水中。重复前面的操作，从液面上方的各个方向向液体中看，恰好看不到大头针时，大头针露在液体中的长度为（1）第一种液体发生全反射的临界角C；（2）第二种液体的折射率n2【答案】（1）解：第一种液体中，由几何知sin得C=（2）解：设第二种液体全反射临界角为C2，同理可得sinC联立求得n【解析】【分析】核心考点：

1.全反射临界条件，C：临界角（光从光密介质到光疏介质），n：液体折射率（空气折射率取1）2.几何关系建模情景：竖直的大头针，针的底端在液体中深度ℎ（浸入深度）。以针底端为光源，光线向液面边缘射出（液面边缘离针轴水平距离r）。液面处入射角为θ，当时，液面边缘光线刚刚全反射，所有更大角度的光线都会更早全反射或根本到不了边缘，因此从液面上方任何方向都看不到针。几何关系：，由和sinC关系可得：与联立，得：.

3.利用已知条件求未知折射率可能题目给出了ℎ1​、ℎ24.混淆tanC与sinC关系直接写是错的，正确是：，这是从和勾股定理推出总结：这道题重点在于：建立正确的几何模型（针底端→液面边缘的直角三角形）。抓住“恰好看不到”对应边缘光线入射角等于临界角。准确理解“浸入深度”为ℎ。注意两种情况几何形式相同，只是深度参数不同。（1）第一种液体中，由几何知sin得C=（2）设第二种液体全反射临界角为C2，同理可得sinC联立求得n14．如图所示，平行金属导轨竖直放置，上端用导线相连，导轨宽为L=1m，ab间距离为h2=0.2m，ab区域内存在磁感应强度为B1=0.5T的匀强磁场，虚线bc间无磁场，虚线cd间距为h3=0.8m，cd间有沿竖直方向不均匀的磁场B。一质量为m=1kg、R=0.1Ω的金属杆垂直于导轨放置，从距离虚线a高h1（1）h1（2）金属杆经过cd间磁场B的过程中产生的热量Q；（3）如果以杆到达c点为起点，设杆从c点起运动的位移为x，求cd间磁感应强度的平方B2随x【答案】（1）解：设杆到达a时速度为v1，则感应电动势为感应电流为I=根据平衡条件有mg=杆由释放到a，根据动能定理有mg解得h（2）解：设杆到达c时速度为v2，到达d时速度为v3从c到d过程，根据速度与位移的关系有v金属杆经过cd间磁场B的过程中产生的热量Q=解得Q=18（3）解：设杆在cd间运动的某时刻速度大小为v，此时的感应电动势E感应电流为I根据牛顿第二定律有B根据速度与位移的关系有v解得B【解析】【分析】1.电磁感应基本规律动生电动势：，感应电流：安培力：​，方向与运动方向相反（楞次定律）。2.动力学分析金属杆在磁场中运动时，安培力是变力（与速度v成正比）。当杆匀速运动时，安培力与其他力（如重力分力、摩擦力等）平衡。涉及变加速运动时，常用动量定理或牛顿第二定律结合速度-位移关系求解。3.能量转化与焦耳热金属杆经过磁场区域时，克服安培力做的功等于回路产生的焦耳热（机械能转化为电能再转化为内能）：​(无其他外力做功时)如果还有重力做功，则能量守恒要考虑重力势能变化。4.动量定理在电磁感应中的应用对金属杆在磁场中运动的过程，从b到c过程，根据动量定理有I（1）设杆到达a时速度为v1，则感应电动势为感应电流为I=根据平衡条件有mg=杆由释放到a，根据动能定理有mg解得h（2）设杆到达c时速度为v2，到达d时速度为v3从c到d过程，根据速度与位移的关系有v金属杆经过cd间磁场B的过程中产生的热量Q=解得Q=18（3）设杆在cd间运动的某时刻速度大小为v，此时的感应电动势E感应电流为I根据牛顿第二定律有B根据速度与位移的关系有v解得B15．如图所示，半径R=5.0m的光滑固定的圆弧轨道AB的末端，与高度d=0.2m、长L=0.4