【文档说明】浙江省温州市乐清市知临中学2023-2024学年高二上学期开学质量检测物理试题 含解析.docx，共(21)页，3.613 MB，由小赞的店铺上传

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2023学年第一学期高二段物理科目开学质量检测（A）选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39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.如图所示，条形磁铁以速度v向螺旋管靠近，下面几种说正确的是（）A.螺旋管中不会产生感应电流B.螺旋管

中会产生感应电流C.只有磁铁的速度足够大时，螺旋管中才会产生感应电流D.只有磁铁的磁性足够强时，螺旋管中才会产生感应电流【答案】B【解析】【详解】当条形磁铁以速度v向螺旋管靠近，穿过螺旋管的磁通量增大，则螺旋管中会产生

感应电流，与磁铁的速度、磁铁的磁性强弱无关，B正确．【点睛】产生感应电流的条件：闭合回路的磁通量发生变化或闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中有感应电流．根据条件进行分析．解决本题关键要准确把握产生感应电流的一般条件：闭合回路的磁通量发生变化，电路

必须闭合．2.如图，金属棒ab，金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则()A.ab棒不受安培力作用B.ab棒所受安培力的方向向右C.ab棒向右运动速度越大，所受安培力越大D.螺线管产生的磁场，A端为N极【答案】C【解析】【详解】

ab棒切割磁感线时，要产生感应电流，而电流在磁场中就一定会有安培力，故A错误；根据楞次定律可知，感应电流总是起到阻碍的作用，故安培力的方向与导体棒一定的方向相反，应当向左，故B错误；ab棒向右运动时，EBLv=、EIR=、FBIL=，联立解得：22BLvFR

=，则知速度越大，所受安培力越大，故C正确；根据右手定则，ab中的电流的方向向上，流过螺旋管时，外侧的电流方向向下，根据安培定则得知螺线管产生的磁场，A端为S极，B端为N极，故D错误．故选C.【点睛】回路中的一部分切割磁感

线时，导体棒中要产生感应电流，而电流在磁场中就一定会有安培力；感应电流的大小与运动速度有关，运动速度越大，所受安培力越大．根据右手定则、左手定则和楞次定律依次进行分析．3.如图甲所示，在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为20.1m，圆环电阻为0.2。在1

s内圆环中的感应电流I从上往下看为顺时针方向。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示（其中在45s的时间段呈直线）。则（）A.在05s时间段，感应电流先减小后增大再减小B.在02s时间段感应电流沿顺时针

方向，在25s时间段感应电流也沿顺时针方向C.在05s时间段，圆环最大发热功率为45.010W−D.在02s时间段，通过圆环横截面的电荷量为15.010C−【答案】C【解析】【详解】A．根据闭合电路欧姆定律得EBSInRRt==知磁感应强度的变化率

越大，感应电流越大，由题图可得在0～5s时间段磁感应强度变化率先减小再增大，最后不变，且最大值为0.1，则最大感应电流m0.10.1A=0.05A0.2I=则在0～5s时间段，感应电流先减小再增大，最后不变，故

A错误；B．由题意知，在第1s内感应电流I沿顺时针方向，根据楞次定律知，磁场方向向上，结合题图乙知向上为正方向，在2～4s时间段，磁感应强度向上且减小，在4～5s时间段，磁感应强度向下且增大，则在2～5s时间段，感应磁场方向向上，感应电流沿逆时针方向，故B错误；C．结合A中分

析可知，在4～5s时间段，圆环内感应电流最大，发热功率最大，为224mm0.050.2W5.010WPIR−===故C正确；D．在0～2s时间段，通过圆环横截面的电荷量为25.010CEBSqIttRR−=

===故D错误。故选C。4.转笔是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识。如图所示某转笔高手能让笔绕其手指上的某一点O沿顺时针方向做角速度为ω的匀速圆周运动，已知O点恰好是长为L的金属

笔杆的中点，地磁场的磁感应强度在与笔杆转动平面垂直方向的分量大小为B，方向向外，则（）A.笔杆上O点电势最低B.O点与笔尖间的电势差为212BLC.O点与笔尖间的电势差为218BLD.笔杆两端点间的电势差为2BL【答案】C【解析】【详解】A．根据右手定则判断知O点电势最高，A错误；BC

．O点与笔尖间的电势差为的的2012228LLBBL+=C正确，B错误；D．笔杆两端点间的电势差为0，D错误；故选C。5.在光滑的水面地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的分界线，磁场范围足够大.一个半径为r、质量为m、电阻为R

的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图实线所示位置向右运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为23v，则下列说法正确的是（）A.此时圆环中的电流沿顺时针方向B.此时圆环的加速度为22163BrvmRC.此过程中通过圆环截面的电荷量为223BrRD.此时圆环中的电功率

为222649BrvR【答案】D【解析】【详解】A．由楞次定律可知，此时感应电流为逆时针方向，故A错误；B．左右两边圆环均切割磁感线，故感应电动势的大小为282233EBrvBrv==感应电流大小为83EBrvI

RR==故其所受安培力大小为2232223BrvFBrIR==加速度22323FBavammR==故B错误；C．此过程中圆环磁通量的变化为2ΔΦBr=电荷量为2ΔΦBrqRR==故C错误；D．此时圆环的电功率为2PIR==222649BrvR故D正确。故选D。6.有一种工程减振装

置叫作调谐质量阻尼器，是目前大跨度、大悬挑与高耸结构振动控制中应用最广泛的结构被动控制装置之一。这种装置是一个由弹簧、阻尼器和质量块组成的振动控制系统，附加在需要振动控制的主结构上。主结构在外界驱动力的作用下产生振动时，会带动减振装置一起振动。当

满足一定条件时，减振装置的弹性力与外来驱动力的方向相反，抵消了一部分驱动力，从而最大限度地降低主结构的振动，达到减振的效果。如图所示是调谐质量阻尼器的结构，关于调谐质量阻尼器，下列说法正确的是（），A

.其振动频率一定与外力的频率相等B.其振动一定是简谐运动C.其工作原理是共振的利用D.质量块变化时，其随驱动力振动的频率也会跟着发生变化【答案】A【解析】【详解】AC．因为满足一定条件时，减振装置的弹性力与外来驱动力的方向相反，抵消了一部分驱动

力，可知其振动频率一定与外力的频率相等，但不是共振，选项A正确，C错误；B．其振动是受迫振动，不一定是简谐运动，选项B错误；D．驱动力振动的频率由外部振动决定，则质量块变化时，其随驱动力振动的频率不变，选项

D错误。故选A。7.如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中有一等腰直角三角形OAC区域，其内部存在垂直纸面向里的匀强磁场，它的OC边在x轴上且长为L。边长也为L的正方形导线框的一条边也在x轴上，0=t时刻，该线框恰好位于图中所示位置，此后线框在外力F的作

用下沿x轴正方向以恒定的速度v通过磁场区域。规定逆时针方向为导线框中电流的正方向，则线框通过磁场区域的过程中，线框中的感应电流i、穿过线框平面的磁通量Ф、通过线框横截面的电荷量q、外力F随线框的位移x变化的图像中错误的是（图中曲线是抛物线的一部分）（）A.B.C.D.【答案】B

【解析】【详解】A．线框前进0~L过程中，单边（右边框）切割磁感线，有eBlviRR==其中l为实际切割长度，随着导线框的移动而增大，与水平位移成正比，故感应电流增大。同理导线框前进~2LL过程中，也是单边（左边框）切割，其实际切割长度一直在增大，其感应电流随

位移呈线性关系增大，A正确；B．当线框沿x轴正方向运动位移L时，穿过线框的磁通量最大，最大值22m1122BSBLBL===在这之前（0~L），磁通量关于位移的表达式为212BSBx==在这之后（~2LL），磁通量关于位移的表达式为()

221122BLBxL=−−B错误；C．通过线框横截面的电荷量qIttRtR===故通过线框横截面的电荷量与穿过线框的磁通量成正比关系，故C图像符合，C正确；D．由左手定则判断可知，穿过磁场过程中线框受到的安

培力一直向左，在0~L内，其大小2222BlvBxvFBilRR===在~2LL内，其大小()2222BxLvBlvFBilRR−===D正确。选错误的，故选B。8.所谓对接是指两艘同方向以几乎同样快慢运行宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起．假设“天舟

一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m，两者对接前的在轨速度分别为vv+、v，对接持续时间为Δt，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为（）的A.2()mvMmt+B.2()MvMmt+C.()MmvMmt+D.0【答案】C【解析】【

详解】在天舟一号和天宫二号对接的过程中水平方向动量守恒，有()()MvvmvMmv++=+解得对接后两者的共同速度()MvvmvvMm++=+以天宫二号为研究对象，根据动量定理有ΔFtmvmv=−解得·()MmvFMmt

=+故C正确；ABD错误。故选C。9.两个单摆的振动图像如图所示，则甲乙两个单摆的摆长之比为（）A.1:4B.1:2C.2:1D.4:1【答案】A【解析】【详解】由图可知，甲乙单摆的周期之比为1:2，根据2LTg=可知甲乙两个单摆的摆长之比为1:4。故选A。

10.有些核反应堆里要让质量为m中子与质量为M原子核碰撞（M＞m），以便把中子的速度降下来。为此，应该选用的原子核的质量应（）A.较大B.较小C.都可以D.无法判断【答案】B【解析】【详解】设中子和质量为M的原子核碰撞后速度分别为1v和2v，碰撞前后的总动量和总能量

守恒，以中子的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得12mvmvMv=+由能量守恒得22212111222mvmvMv=+解得11--1mMmMvvvmMmM−−==++质量为M的原子核越小，减少效果越好，因此要用质量小的原子核作为减速剂。故选B。11.做简谐运动的物体经过

A点时，加速度的大小是22m/s，方向指向B点；当它经过B点时，加速度的大小是23m/s，方向指向A点。若AB之间的距离是10cm，则它的平衡位置在（）A.AB之间，距离4cm处B.AB之间，距离A点4cm处C.AB的外侧，距离A点4cm处D.AB的外侧，距离B点6cm处【答案】B【解析】【

详解】A、B两点加速度方向相反，故二者位于平衡位置的两侧，即它的平衡位置在AB之间；根据kxam=−即加速度大小与弹簧的形变量成正比，由题23ABaa=则23ABxx=又xA+xB=10cm联立得xA=4cm故选B。12.如图所示，动量分别为A6kgm/sp=，B8kgm/sp=的两个小球A、

B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用Ap、Bp表示两小球动量的变化量，则下列选项中可能正确的是（）A.A2kgm/sp−=，B2kgm/sp=B.A3kgm/sp=，B3kgm/sp

=C.A3kgm/sp=，B3kgm/sp−=D.A12kgm/sp=−，B12kgm/sp=【答案】A【解析】【详解】由题意可知，小球A的动量变化最小值为min0Ap动量变化最大值为max12kgm/sAp−由动量守恒可知，小球B的动量变

化范围为012kgm/sBp故选A。13.2023年第5号台风“杜苏芮”于7月28日登陆福建晋江，登陆时强度为强台风级，中心最大风速50m/s。假如你身处其中正面迎风（假设空气吹到人身上后速度瞬间减为零，空气密度为31.29kg/m

），估算你受到的风力大约为（）A.2.2NB.22NC.220ND.2200N【答案】D【解析】【详解】人正面的面积约为20.7mS=设t时间内吹到人正面的空气质量为mmSvt=以t时间内吹到人正面的空气为研究对象，根据动量定理有200Ft

mvSvt−=−=−得2FSv=代入数据解得F=2257.5N根据牛顿第三定律知，受到的风力大约为2257.5N。故选D。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6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3分，选对但不全的得

2分，有选错的得0分）14.如图所示，两个相同灯泡L1、L2，分别与电阻R和自感线圈L串联，接到内阻不可忽略的电源的两端，当闭合电键S到电路稳定后，两灯泡均正常发光，已知自感线圈的自感系数很大，则下列说法正确的是（）A.闭合电键S到电路稳定

前，灯泡L1逐渐变亮B.闭合电键S到电路稳定前，灯泡L2逐渐变暗C.断开电键S的一段时间内，A点电势比B点电势高D.断开电键S的一段时间内，灯泡L2亮一下逐渐熄灭【答案】AB【解析】【详解】A．闭合开关的瞬间

，2L灯立即正常发光，1L灯所在电路上线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大1L，灯逐渐变亮，故A正确；B．闭合电键S到电路稳定前，1L灯所在电路上线圈产生自感电动势，电流只能逐渐增大，则总电路中的电流逐渐增大，电源的内电阻消耗的电压逐渐增大，所以路端电压逐渐减小，则灯泡2L

逐渐变暗，故B正确；C．闭合开关，待电路稳定后断开开关，L中产生自感电动势，相当于电源，电流的方向与1L的方向相同，从右向左流过2L灯；所以A点电势比B点电势低，故C错误；D．断开电键S的一段时间内，L中产生自感电动势，相当于电源，电流从原来的电流开始减小，所以两个灯泡都是逐渐熄灭，不会闪亮一

下，故D错误．故选AB。【名师点睛】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源．15.下列说法正确的是（）A.在高速（接近光速）、微观（小到分子、原子的尺度）领域，牛顿运动定律不再适用，而动量守恒定律仍然正确。B.奥斯特首先发现

了电磁感应现象。C.法拉第通过对电磁感应现象的研究提出了闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一回路的磁通量的变化率成正比D.变压器的线圈都绕在铁芯上，在铁芯中产生的涡流使铁芯发热，浪费了能量，我们要想办法减小涡流，途径之一是增大铁芯材料的电阻率，常用的铁芯材料是硅

钢，它的电阻率比较大【答案】AD【解析】【详解】A．牛顿定律适用于宏观低速物体，在高速（接近光速）、微观（小到分子、原子的尺度）领域，牛顿运动定律不再适应，而动量守恒定律仍然正确，选项A正确；B．法拉第首先发现了电磁感应

现象，选项B错误；C．纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，先后指出，闭合电路中感应电动势的大小跟穿过这一回路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律，故C错误；D．变压器的线圈都绕在铁芯上，在铁芯中产生的涡流使铁芯发热，浪费了能量，我们要

想办法减小涡流，途径之一是增大铁芯材料的电阻率，常用的铁芯材料是硅钢，它的电阻率比较大，选项D正确。故选AD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.如图甲，长木板的一端垫有小木块，可以微调木板的倾斜程度，以进行阻力补偿，使小车能在木板上做

匀速直线运动。小车A前端贴有橡皮泥，后端连一打点计时器纸带，接通打点计时器电源后，让小车A以某速度做匀速直线运动，与置于木板上静止的小车B相碰并粘在一起，继续做匀速直线运动。打点计时器电源频率为50Hz，得到的纸带如图乙所

示，已将各计数点之间的距离标在图上。（1）图中的数据有AB、BC、CD、DE四段，计算两车碰撞后的速度大小应选哪段________；（2）若小车A的质量为0.4kg，小车B的质量为0.2kg，根据纸带数据，碰后系统总动量为________kgm/s。

（结果保留三位有效数字）【答案】①.DE②.0.684【解析】【详解】（1）[1]由纸带可知，在BC段和DE段点迹分布均匀，说明小车做匀速运动；因BC段平均速度较大，则计算小车A碰撞前的速度大小应选BC段，计算小车A碰撞后的速度大小

应选DE段。（2）[2]由纸带数据可知，碰后小车的速度0.1140m/s=1.14m/s0.1DExvT==碰后两小车的总动量是AB()0.684kgm/spmmv=+=17.小范同学在做“用单摆测量重力

加速度”实验时（1）用游标卡尺测量小球的直径如图（a）所示，则该摆球的直径为________mm。（2）关于该实验的下列说法中正确的有________A由于摆球质量不影响实验结果，可以选择乒乓球代替小钢球B.摆

球摆动过程中要求偏角较小（小于5）C.为了减小实验误差，应选择小球摆到最低位置开始计时D.用铁夹夹住摆线而不是直接缠绕在铁架上的主要目的是确保摆长不变（3）在测量摆长时，该同学误将摆线长直接当摆长进行处理，结果得到如右图（b）所示的2

TL−图线，那么他用该图线求得的重方加速度值与真实值相比________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】①.19.2②.BCD③.不变【解析】【详解】（1）[1]该摆球的直径为1.9cm0.12mm=19.2mmd=+（2）[2]A．为了减小空气阻力的影响，摆球

应选择密度大，质量大的小钢球，不可以选择乒乓球代替小钢球，故A错误；B．为了使小球的摆动为简谐运动，摆球摆动过程中要求偏角较小(小于5°)，故B正确；C．为了减小实验误差，应选择小球摆到最低点位置开始计时

，故C正确；.D．用铁夹夹住摆线而不是直接缠绕在铁架上的主要目的是确保摆长不变，故D正确。故选BCD。（3）[3]根据22dLTg+=得224()2dTLg=+可知利用斜率可以准确求得当地的重力加速度，即他用该图线求得的重方加速度值与真实值相比不变。18.在“

探究电磁感应的产生条件”实验中，采用如图甲所示的装置进行实验．①请用笔画线代替导线在答题卷相应位置将图甲连线补充完整，确保实验现象明显_________．②某小组电路连接正确后，在滑动变阻器滑片持续向右移动的过程中，发现灵敏电流计的指针持续向右偏，则当开关闭合时，灵敏电流计的指针将

___________-．A.向左偏一下B.向右偏一下C.持续向左偏D.持续向右偏【答案】①.②.A【解析】【详解】(1)电源、开关、滑动变阻器和上面的线圈组成回路，滑动变阻器可以改变电流，来检验在下面的线圈是否会产生，下面的线圈和灵敏电流表相连，

电路如图：(2)滑动变阻器滑片持续向右移动的过程中，接入电路中的电阻变大，电路中的电流变小，通过大线圈的磁通量变小，灵敏电流计指针向右偏，所以当闭合开关时，电路中的电流变大，通过大线圈的磁通量变大，则灵敏电流计的指针向左偏一下，故A正确；19.弹簧振子的运动示意图如图所示，质点

经a点向右运动2s后到达b点，又经1s到达c点时速度为0。a、b中点O是平衡位置。已知ab=20cm，bc=4.1cm。试求：（1）振动振幅和频率；（2）质点经a向右运动17s末位移；（3）质点经a向右运动17s末的路程。【答案

】（1）14.1cmA=，1Hz8f=；（2）10cmx=，方向沿x轴正方向；（3）122.8cms=【解析】【详解】（1）质点经a点向右运动2s后到达b点，a、b中点O是平衡位置，根据简谐振动对称性可

知，质点经平衡位置O达到点b的时间为1s，而从b点经1s到达c点，c点是最右点，故从平衡位置到最右端的时间为2s，因此2s4=8sT=频率为11Hz8fT==振幅为14.1cm2abAObbcbc=+=

+=（2）由（1）中分析可知质点从a点向右运动1s后到达平衡位置O点，而17s21sT=+故质点经a向右运动17s末到达平衡位置，位移大小为10cm2abxOa===方向沿x轴正方向；的（3）由（2）中分析可知质点经a向右运

动17s末的路程为42122.8cmsAOa=+=20.用火箭发射人造地球卫星，火箭飞行时在极短的时间Δt内喷射燃气的质量是m，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m。假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以37.010m/s

的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500kg，最后一节火箭壳体的质量为100kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为31.810m/s。计算：（1）火箭在时间Δt内一次喷气后增加的速度v。（2）火箭壳体与卫星分离后卫星

和火箭壳体的速度分别是多大?（3）火箭壳体与卫星分离后它们将如何运动?【答案】（1）mum−；（2）5.5×103m/s，7.3×103m/s；（3）火箭壳体最后将会在大气层中被烧毁，卫星将在某一较高的圆轨道上“稳定”下

来作匀速圆周运动【解析】【详解】（1）以喷气前的火箭为参考系。喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是mv，燃气的动量是mu，根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0，所以0mvmu+=解得mvum=−（2）设3

=7.010m/sv，分离后壳体的速度为'v3'1.810m/suvv==−卫根据动量守恒定律得''()()mmvmvumv+=++卫卫壳壳代入数据计算得'v=5.5×103m/s则卫星的速度为37.310m/sv=卫（3）卫星分离后速度

为37.310m/sv=卫>37.010m/s分离后将发生“离心现象”，卫星对地面的高度将增大，该过程需克服地球引力做功，万有引力势能将增大，动能将减小，卫星将在某一较高的圆轨道上“稳定”下来作匀速圆周运动，而火箭

壳体分离的速度'v=5.5×103m/s<37.010m/s它的轨道高度不断降低，地球对它的引力做正功，万有引力势能不断减小，动能不断增大，最后将会在大气层中被烧毁。21.如图所示，在水平面内有两根间距为l

的金属导轨平行放置，导轨末端通过一小段塑料接口与足够长的倾斜平行金属导轨平滑连接，倾斜导轨倾角为。在图示区域Ⅰ，Ⅲ和Ⅳ中，存在垂直于导轨向上的匀强磁场，磁感应强度分别为0B，02B和0B；区域Ⅱ中导轨粗糙，宽度为d，其余导轨均光滑。磁场边界'AA上放置金属棒a，磁场边界'C

C右侧附近静止放置金属棒b，倾斜导轨足够远处连接有电感为L的电感线圈。现让金属棒a以初速度0v进入磁场，发现它最终刚好停在了'CC（边界左侧），而金属棒b恰好滑入倾斜轨道。已知金属棒a与轨道粗糙部分的动摩擦因数为，金属棒a的电阻为R，其余电阻均不计，金属棒a、b的质量

均为m，重力加速度取g，求：（1）在金属棒a刚进入磁场瞬间，金属棒b的加速度；（2）金属棒a在离开区域Ⅰ后产生的焦耳热Q；（3）金属棒b能沿倾斜导轨向下滑行的最大距离mx。（已知自感线圈的自感电动势E自ΔΔILt=）【答案】（1）22002=B

lvamR；（2）202(2)Qmvgd=−；（3）m220sin2mgLxBl=【解析】【详解】（1）a棒进入磁场瞬间，产生电动势和电流分别为00EBlv=EIR=所以棒b受到的安培力为200022=BBlvFBIlR=安由牛顿第二定律得=F

ma安解得22002=BlvamR（2）设金属棒a离开磁场Ⅰ区域时的速度为v1，此时金属棒b的速度为v2，金属棒a在区域Ⅱ中做匀减速运动，可得212vgd=棒a穿越磁场区域Ⅰ过程中，由动量定理可得010IlBtmvmv−=−根据题意有00IlBtBlq=联立解

得01(2)mvgdqBl−=对棒b，在该过程中，由动量定理可得002220IlBtBlqmv==−解得202(2)vvgd=−之后，由能量关系可知，克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热，金属棒b此时的动能将全部转化成金属棒a的焦耳热Q，有222012(2)2Qmvmvgd==−（3）金

属棒b恰能滑入斜轨，则在斜轨上初速度为0开始下滑，因为b棒与线圈组成的回路，直流电阻为零，所以必须满足02ΔΔiILtBlv=可得00Δ22iBlvtLIBlxL==所以棒开始运动后棒上电流与棒的位

移成正比，即02IBlxL=所以棒的运动方程为00sin22maBlxBglmL−=可知金属棒做简谐运动，平衡位置时a=0即220sin4mgLxBl=由简谐运动对称性可知，下滑最大距离为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.

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