浙江省2023-2024學年高三物理上學期月考試卷含解析

浙江省2023-2024學年高三上學期月考物理試題一、選擇題1.現(xiàn)代健身人群，?？刂瓶防铮╟al）的攝入來達到健身效果。已知，下列用國際單位制中的基本單位來表示卡路里的單位正確的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】根據W=Fx以及F=ma可知故選A2.端午節(jié)兩個隊伍比賽的速度與時間關系圖像如圖所示，甲在第一段時間的加速度是第二段時間加速度的2倍，下列說法正確的是（）A.甲乙兩隊伍同時出發(fā)B.內，甲平均速度大于乙的平均速度C.甲在時刻的速度是D.乙到達終點的時刻為【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知乙隊伍出發(fā)時間后，甲隊伍出發(fā)，甲隊伍比乙隊伍晚出發(fā)，故A錯誤；B．圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，內，甲圖象與坐標軸圍成的面積小于乙圖象與坐標軸圍成的面積，乙的位移較大，所用時間相同，甲平均速度小于乙的平均速度，故B錯誤；C．設甲在時刻的速度為，甲在第一段時間的加速度為甲在第二段時間的加速度為且可得甲在時刻的速度是故C正確；D．兩支隊伍比賽的路程為乙加速階段的位移為設乙到達終點的時刻為，則解得乙到達終點的時刻為故D錯誤。故選C。3.鼓浪嶼原名“圓沙洲”，因島西南有一海蝕巖洞受浪潮沖擊時聲如擂鼓，故自明朝起雅化為今稱的“鼓浪嶼”，現(xiàn)為中國第52項世界遺產項目。某次漲潮中，海浪以的速度垂直撞擊到一平直礁石上，之后沿礁石兩側流走，已知礁石受沖擊的面積為，海水的密度為，則海浪對礁石每秒的沖量約為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】每秒撞擊礁石的海浪質量為根據動量定理海浪對礁石每秒的沖量約為故選D。4.如圖甲所示，在“用傳感器觀察平行板電容器的放電”實驗中，單刀雙擲開關先置于1位置，待一段時間后，再置于2位置，利用電容器放電過程中記錄的數據作出的Ⅰ－t圖像如圖乙所示，已知電源電動勢為8.0V，下列說法正確的是（）A.到時間內，電容器放電量約為B.電容器電容約為C.如果將平行板電容器的板間距離增大，放電I－t圖像距坐標原點會變遠D.如果勻速將一塊陶瓷板放入電容器兩板之間，則電容C均勻變小【答案】B【解析】【詳解】A．圖像與坐標軸圍成的面積等于電容器的放電量，則到時間內，電容器放電量約為選項A錯誤；B．電容器總的放電量為電容器的電容約為選項B正確；C．如果將平行板電容器的板間距離增大，則電容器的電容減小，根據Q=CU可知，電容器的帶電量減小，則放電電量減小，則放電I－t圖像距坐標原點會變近，選項C錯誤；D．如果勻速將一塊陶瓷板放入電容器兩板之間，根據可知，介電常數均勻增加，則電容C均勻變大，選項D錯誤。故選B。5.一電阻的單匝閉合線框處于變化的磁場中，在一個周期內穿過線框的磁通量Φ隨時間t的變化情況如圖所示，已知圖中的曲線部分按正弦規(guī)律變化，取，則下列說法正確的是（）A.線框中電流的有效值為B.時，電流到最大值C.到間，線框產生的焦耳熱8πJD.內電流方向變化2次【答案】A【解析】【詳解】A．內線框中的感應電動勢最大值為內線框中的感應電動勢為內線框中的感應電動勢為根據交變電壓的有效值定義，有解得線框中電流的有效值為故A正確；B．時，閉合線框內磁通量達到最大，閉合線框內磁通量變化率為零，閉合線框內感應電動勢為零，電流為零，故B錯誤；C．到間，線框產生的焦耳熱為故C錯誤；D．由圖可知一周期內，即內電流方向變化2次，故內電流方向變化4次，故D錯誤。故選A。6.如圖所示，有一截面為等腰直角三角形ABC的光學介質，其上方放置了一塊平面鏡，該平面鏡所在平面與三角形的底面AC（長為L）平行且相距為。現(xiàn)一束光從底面上的D點（與A點距離為）垂直底面入射，該束光在界面AB上的E點（圖中未畫出）發(fā)生反射和折射；若把反射光到達界面BC的位置記為F點（圖中未畫出），發(fā)現(xiàn)E點處的折射光經過平面鏡發(fā)生一次反射后也恰能到達F點。下列說法正確的是（設三角形介質和平面鏡均處于真空中）（）A.設光在介質中經歷的時間和折射光經平面鏡反射到介質的時間比值為k，則入射點越靠近A點，k越大B.該介質對該光束的折射率為C.在E點的反射光和折射光的光速均為D.D點以各個角度入射的光，都能在AB邊發(fā)生折射【答案】B【解析】【詳解】B．在中可得解得入射角為出射角根據折射定律，該介質對該光束的折射率為故B正確；C．在E點的反射光的光速為，在E點的折射光的光速為故C錯誤；A．根據幾何關系，光在介質中運動的距離為光在介質中運動的距離不變，可知入射點越靠近A點，光在介質中運動的時間不變，為正三角形，折射光經平面鏡反射到介質的距離為入射點越靠近A點，增大，折射光經平面鏡反射到介質的距離增大，折射光經平面鏡反射到介質時間增大，則入射點越靠近A點，k越小，故A錯誤；D．光在AB邊發(fā)生全反射的臨界角為根據幾何關系，D點以各個角度入射的光中，存在光線在AB邊的入射角大于臨界角時，將在AB邊發(fā)生全反射，故D錯誤。故選B。7.第二宇宙速度（又稱為逃逸速度）是指物體完全擺脫地球引力束縛，飛離地球所需的最小發(fā)射速度。已知第二宇宙速度為其中G、M、R分別為引力常量、地球的質量、地球的半徑。在目前的天文觀測范圍內，宇宙內物質的平均密度為ρ。若將宇宙看成一個密度均勻的球體，任何物體都不能脫離宇宙，則宇宙的半徑至少為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】設整個宇宙的半徑為r，則宇宙的質量根據可得宇宙的第一宇宙速度宇宙的第二宇宙速度為依題意可知解得故選C。8.如圖所示，相距3m的和是兩個完全相同聲源，選某一時刻為計時零點，兩聲源振動方程均為，聲速。以兩聲源連線中點O為坐標原點過兩個聲源建立x軸，下列說法正確的是（）A.發(fā)出的聲波和另一個頻率為Hz的聲波能發(fā)生干涉B.當人位于處時，幾乎聽不到聲音C.時，處的質點位移為D.在和之間有2個振動加強點【答案】B【解析】【詳解】A．兩聲源的頻率為由于頻率不同，不能與頻率為Hz的聲波發(fā)生干涉，故A錯誤；B．兩聲源的波長為當人位于處時，兩聲源與人的波程差為故處為振動減弱點，幾乎聽不到聲音，故B正確；D．設振動加強點的橫坐標為，振動加強點的波程差滿足（n=0，1，2，3…）且解得，故在和之間有1個振動加強點，故D錯誤；C．兩聲源的周期為85s為整數個周期，時，處的質點位移為恰為計時零點時的位移，由D可知，處的質點為振動加強點，處質點與的波程差為，則時，在處質點質點位移為同理時，在處質點位移為故時，處的質點位移為故C錯誤。故選B。9.近年來無線充電技術得到了廣泛應用，其簡化的充電原理圖如圖所示。發(fā)射線圈的輸入電壓為220V，電流為正弦式交流電，接收線圈的輸出電壓為。若工作狀態(tài)下，穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80％，忽略其他損耗，下列說法正確的是（）A.接收線圈與發(fā)射線圈中匝數比為B.接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比等于C.發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率不相同D.當發(fā)射線圈的正弦式交流電處于峰值時，受電線圈的磁通量為0【答案】A【解析】【詳解】A．根據理想變壓器原副線圈電壓與線圈匝數關系其中，接收線圈與發(fā)射線圈中匝數比為故A正確；B．由于存在漏磁現(xiàn)象，接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比不等于原、副線圈匝數比的倒數，故B錯誤；C．變壓器不改變交變電流的頻率，發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同，故C錯誤；D．當發(fā)射線圈的正弦式交流電處于峰值時，產生的磁感應強度達到最大，受電線圈內磁通量達到最大，磁通量變化率為零，受電線圈的感應電動勢為0，故D錯誤。故選A。10.靜止在勻強磁場中的碳14原子核，某時刻放射的某種粒子與反沖核的初速度方向均與磁場方向垂直，且經過一定時間后形成的軌跡如圖所示。那么碳14的核反應方程可能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】放射的某種粒子與反沖核動量守恒可得根據洛倫茲力提供向心力可得則放射的某種粒子與反沖核在磁場中的運動半徑關系為由圖可知放射的某種粒子與反沖核在磁場中的運動半徑關系約為且則，碳14的核反應方程可能是故選A。11.如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上，一質量為的小球從彈簧正上方某高度處自由下落，從它接觸彈簧到壓縮彈簧至最短的過程中（彈簧始終在彈性限度內），其速度v和彈簧壓縮量Δx之間的函數圖像如圖乙所示，其中A為曲線的最高點，小球和彈簧接觸瞬間機械能損失不計，空氣阻力不計，g取。下列說法正確的是（）A.當時，小球處于超重狀態(tài)B.若小球接觸彈簧瞬間粘住（不計能量損失），最低點的小球加速度大小可能等于gC.該彈簧的勁度系數為D.從接觸彈簧到壓縮彈簧至最短的過程中，小球的機械能先增大后減小【答案】C【解析】【詳解】A．當時，小球做加速運動，小球受到的重力大于彈簧的彈力，小球有向下的加速度，小球處于失重狀態(tài)，故A錯誤；C．由圖像知，小球與彈簧接觸的開始一段位移內速度增大，說明小球的重力大于彈簧對它的彈力，當Δx為0.1m時，小球的速度最大，然后減小，說明當Δx為0.1m時，小球的重力大小等于彈簧對它的彈力，由解得故C正確；B．由圖可知，當時，小球處于最低點，根據牛頓第二定律可得解得最低點的小球加速度大小為故B錯誤；D．從接觸彈簧到壓縮彈簧至最短的過程中，彈簧彈力一直做負功，小球的機械能一直減小，故D錯誤。故選C。12.如圖所示，單刀雙擲開關S先打到a端讓電容器充滿電。時開關S打到b端，已知線圈中的電場能連續(xù)兩次達到最大的時間間隔為，不考慮振蕩過程中的能量損失，下列說法正確的（）A.電容器兩端電壓最大時所儲存的電場能最小B.若線圈的自感系數L增大為原來的4倍時，周期C.時，M點電勢低于N點的電勢D.至內，電容器一直放電【答案】C【解析】【詳解】A．電容器兩端電壓最大時所儲存的電場能最大，故A錯誤；B．一周期內線圈中的電場能兩次達到最大，線圈中的電場能連續(xù)兩次達到最大的時間間隔為，則振蕩周期為根據若線圈的自感系數L增大為原來的4倍時，振蕩周期為故B錯誤；CD．由于可知至內，電容器先放電再反向充電，時，M點電勢低于N點的電勢，故C正確，D錯誤。故選C。13.如圖所示，面積為S、匝數為N的矩形線框在磁感應強度為B的勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸OO＇勻速轉動，通過滑環(huán)向理想變壓器供電，燈泡、、均正常發(fā)光．已知、、的額定功率均為P，額定電流均為I，線框及導線電阻不計，則（）A.理想變壓器原、副線圈的匝數比為1：2B.在圖示位置時，穿過線框的磁通量變化率最小C.若在副線圈再并聯(lián)一個相同的小燈泡，則燈泡將變暗D.線框轉動的角速度為【答案】D【解析】【詳解】A．設原線圈電流為I，則副線圈電流為2I，則理想變壓器原、副線圈的匝數比為選項A錯誤；B．在圖示位置時，穿過線框的磁通量為零，此時磁通量的變化率最大，選項B錯誤；C．若在副線圈再并聯(lián)一個相同的小燈泡，則次級電阻減小，次級電流變大，則初級電流也變大，則燈泡將變亮，選項C錯誤；D．線圈輸出的總功率為3P，總電流為I，則電動勢的有效值為根據可得線框轉動的角速度為選項D正確。故選D。二、選擇題14.下列說法不正確的是（）A.查德維克通過α粒子散射實驗否定了湯姆遜的模型B.某激光器能發(fā)射波長為λ的激光，發(fā)射功率為P，真空中光速為c，普朗克常量為h，則該激光器每秒發(fā)射的光子數為C.第二類永動機不違反能量守恒定律，但違反了熱力學第一定律D.肉眼可以觀察到懸浮微粒的布朗運動【答案】ACD【解析】【詳解】A．盧瑟福通過α粒子散射實驗否定了湯姆遜的模型，故A錯誤；B．每個光子的能量設每秒激光器發(fā)出的光子數是n，則即則該激光器每秒發(fā)射的光子數為故B正確；C．第二類永動機不違反能量守恒定律，但違反了熱力學第二定律，故C錯誤；D．布朗運動需在顯微鏡下觀察，肉眼無法觀察到懸浮微粒的布朗運動，故D錯誤。本題選錯誤的，故選ACD。15.列說法正確的有（）A.如圖（a）所示，丙同學制作的“彩虹糖旋風”，在玻璃容器里放置少量液體，色素逐漸溶于水，呈現(xiàn)出圖片中的狀態(tài)，這是分子運動引起的擴散現(xiàn)象導致的B.如圖（b）所示，張華在《博物志》中記載“孔雀毛，隨光色變易，或黃或赤”，孔雀羽毛的在陽光下色彩斑斕，這屬于光的全反射現(xiàn)象C.如圖（c）所示，《莊子》中曾記載，不同房間里的瑟，在調音一致后，彈動其中一只瑟，另一只也會發(fā)生振動，這是因為兩只瑟的固有頻率十分接近D.如圖（d）所示，輝光球在其周圍形成了一不均勻的電場，丁同學利用輝光球“點亮”了日光燈燈管，這是感應起電現(xiàn)象【答案】AC【解析】【詳解】A．丙同學制作的“彩虹糖旋風”，在玻璃容器里放置少量液體，色素逐漸溶于水，呈現(xiàn)出圖片中的狀態(tài)，這是分子運動引起的擴散現(xiàn)象導致的，故A正確；B．孔雀羽毛上有很多縫隙，在自然光下衍射現(xiàn)象，故B錯誤；C．不同房間里的瑟，在調音一致后，彈動其中一只瑟，另一只也會發(fā)生振動，這是因為兩只瑟的固有頻率十分接近，發(fā)生共振，故C正確；D．輝光球周圍有高壓電場，日光燈靠近，在高壓下，燈管中的稀有氣體電離發(fā)光，故D錯誤。故選AC。三、實驗題16.①在“探究加速度與物體受力、物體質量的關系”實驗中（圖1所示），下列說法正確的是________．A．實驗不需要平衡摩擦力B．實驗下面所掛重物的質量應滿足遠小于小車處總質量C．探究加速度與質量關系時，控制小車質量不同，鉤碼質量相同②用圖2裝置進行實驗探究，下列說法正確的是________。A．可以用來研究“機械能守恒”實驗B．裝置可以用來探究“小車速度隨時間變化的規(guī)律”實驗C．裝置平衡摩擦力時，平衡的是小車與木板之間的摩擦力③在“探究單擺周期與擺長的關系”實驗中（1）用游標卡尺測量小球的直徑示數如圖3所示，小球直徑為________mm（2）某同學通過多次改變擺長的方法，測得了多組不同擺長下對應的連續(xù)50次全振動所用的時間t，擺線長為，為小球直徑。利用計算機作出了的圖線（如圖4所示），圖像斜率均為4，請問：繪制的圖像是________（選填“①”“②”或“③”，由圖像可得當地重力加速度________（取，結果保留三位有效數字）?！敬鸢浮竣?BC##CB②.B③.18.0④.③⑤.9.87【解析】【詳解】①[1]A．為使繩子的拉力等于小車的合外力，實驗需要平衡摩擦力，故A錯誤；B．為使重物的重力大小可以代替繩子中的拉力大小，實驗下面所掛重物的質量應滿足遠小于小車處總質量，故B正確；C．探究加速度與質量關系時，應控制小車質量不同，合外力大小相同，即鉤碼質量相同，故C正確。故選BC。②[2]A．圖2裝置進行實驗探究，小車受到摩擦力的作用，且摩擦力做負功，系統(tǒng)機械能不守恒，不可以用來研究“機械能守恒”實驗，故A錯誤；B．圖2裝置可使小車做勻變速直線運動，可以用來探究“小車速度隨時間變化的規(guī)律”實驗，故B正確；C．裝置平衡摩擦力時，平衡的是木板和小車之間及紙帶和打點計時器間的摩擦，故C錯誤。故選B。③（1）[3]小球直徑為（2）[4]根據單擺周期公式整理得可知圖象的縱截距大于零，繪制的圖像是③。[5]圖象的斜率為可得當地重力加速度為17.（1）某實驗小組想借助電阻箱得到歐姆表內部的電動勢E、內阻和表頭的滿偏電流，為此設計了如圖1所示的電路，測得電阻箱的示數和表頭的電流滿足如圖3所示的關系，其中、、已知，則________________________。（2）因表頭故障，無法讀出電流的大?。ㄈ钥娠@示0刻度和滿偏值），為了得到電流，小組在電阻箱的旁邊串聯(lián)了一個電流表之后，再進行歐姆調零，如圖2，由于電流表有內阻，E的測量值比真實值________（填“偏大”、“偏小”或“不變”），的測量值比真實值________（填“偏大”、“偏小”或“不變”）?！敬鸢浮竣?②.③.④.不變⑤.偏大【解析】【詳解】（1）[1]根據閉合電路的歐姆定律整理得圖象的斜率表示電動勢，為[2]當時，有解得內阻為[3]滿偏電流為（2）[4]由于電流表有內阻，根據閉合電路的歐姆定律整理得可知圖象的斜率不變，故電動勢的測量值比真實值不變。[5]圖象的縱截距的絕對值表示內阻，由于電流表有內阻，圖象的縱截距的絕對值增大，的測量值比真實值偏大。18.以下實驗中，說法正確的是（）A.“雙縫干涉實驗”中，將屏向靠近雙縫的方向移動，可增加從目鏡中觀察到的條紋個數B.“油膜法實驗”中，水面上爽身粉撒的較多，油酸分子的直徑測量值偏小C.“觀察光敏電阻特性實驗”如圖所示，光照增強，電壓表示數減小D.“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數關系實驗”中，實際情況是原副線圈測得的電壓之比大于匝數之比【答案】ACD【解析】【詳解】A．根據雙縫干涉條紋間距公式“雙縫干涉實驗”中，將屏向靠近雙縫的方向移動，雙縫干涉條紋間距減小，從目鏡中觀察到的條紋個數增加，故A正確；B．“油膜法實驗”中，水面上爽身粉撒的較多，油酸未完全散開，油酸分子層的測量面積偏小，油酸分子的直徑測量值偏大，故B錯誤；C．“觀察光敏電阻特性實驗”如圖所示，光照增強，光敏電阻阻值減小，電路總電阻減小，總電流增大，滑動變阻器滑頭右側兩端的電壓增大，光敏電阻兩端的電壓減小，電壓表示數減小，故C正確；D．由于變壓器漏磁、鐵芯發(fā)熱，“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數關系實驗”中，實際情況是原副線圈測得的電壓之比大于匝數之比，故D正確。故選ACD。四、計算題19.把一個小燒瓶和一根彎成直角均勻玻璃管用橡皮塞連成如圖所示的裝置，在玻璃管內引入一小段水銀柱，將一定質量的空氣密封在容器內。如果不計水銀柱與管壁間的摩擦和外界大氣壓強的變化，利用此裝置可以研究燒瓶內空氣的體積隨溫度變化的關系。（1）瓶內氣體在溫度________，壓強________時，可視為理想氣體。（2）已知1mol任何氣體在壓強，溫度時，體積約為。瓶內空氣的平均摩爾質量，體積，溫度為。試估算瓶內空氣的質量。（）（3）改變燒瓶內氣體的溫度，測出幾組體積V與對應溫度T的值，作出V－T圖像如圖所示。已知大氣壓強，則由狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程中，若此過程中氣體吸收熱量60J，求氣體的內能的增加量。（）【答案】①.不太低②.不太大③.2.65g④.10J【解析】【詳解】（1）瓶內氣體在溫度不太低，壓強不太大時，可視為理想氣體。（2）瓶內空氣體積溫度為轉化為標準狀態(tài)，有解得物質的量為故質量（3）由圖像可知，由狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程中，氣體發(fā)生等壓變化，氣體對外做功為根據熱力學第一定律則氣體的內能增加了10J。20.圖示為一游戲裝置的簡化圖。其軌道ABCDEM由以順時針轉動的傳送帶AB、一段粗糙的水平直軌道BC、光滑圓軌道CDE、粗糙斜軌道EM組成，圓弧CDE分別與軌道BC、EM相切。圖中傾角為與O等高，底端有一彈簧裝置。游戲開始時，一質量為0．02kg的小鋼球（其直徑比圓管內徑稍小，可視作質點）在A點被瞬間擊打，以某一水平初速度v沖上傳送帶，已知傳送帶長、傳動速度。B處有一單向閥門，小鋼球若向右運動經過能自由通過，且能量損失不計；若向左返回閥門則閥門關閉，且被閥門吸住。小鋼球若能運動到M點，則能被等速率反彈。其中水平軌道BC長為，傳送帶、水平軌道BC和斜面EM的動摩擦因數均為，圓軌道半徑為。某次游戲時，小鋼球恰能通過圓弧的最高點D點，求：（計算結果可保留根號）（1）小鋼球經過C點時對軌道的壓力；（2）小鋼球在A點被瞬間擊打時所受沖量Ⅰ滿足的條件；（3）若改變初速度v，求小鋼球在粗糙斜軌道EM上運動的總路程s與v函數關系。【答案】（1），方向豎直向下；（2）；（3）見解析【解析】【詳解】（1）小鋼球恰過D點，有，從C到D由動能定理可得解得在C點由牛頓第二定律可得解得由牛頓第三定律可知，軌道受的壓力，方向豎直向下。（2）小鋼球從B到C由動能定理可得解得若小鋼球從A一直勻加速到B達到，則初速度最小，滿足解得若小鋼球從A一直勻減速到B達到，則初速度最大，滿足解得綜上，初速度滿足因為所以小鋼球在A點被瞬間擊打時所受沖量Ⅰ滿足的條件是（3）①若，小鋼球不能運動到斜軌道，故。②若，小球在斜軌道上來回運動直至停在M處，有解得③若小鋼球恰好第二次到達D點，滿足解得所以當小鋼球最終停在M處。滿足解得④若，則小鋼球可以第二次通過D點，之后運動到B點被吸住。所以小鋼球在斜軌道上運動的總路程綜上則有21.圖1為某種發(fā)電裝置，輕質釹磁鐵固定在帶狀薄膜上，上下各固定一個完全相同的線圈。兩線圈與磁鐵共軸，以薄膜平衡位置為原點O建立豎直向上x軸，線圈與磁鐵相距均為，當周期性外力作用時，薄膜帶動磁鐵在豎直方向上下振動，振幅為A。已知線圈的匝數為n、橫截面積為S、磁鐵中軸線上各點磁感應強度B的大小與該點到磁鐵中心距離x的關系如圖2所示，忽略線圈長度，線圈內各處磁感應強度的豎直分量近似等于線圈中心位置的磁感應強度大小，不計線圈電阻和自感互感的影響，電路連接如圖3所示。定值電阻，電容器的電容足夠長的光滑平行金屬導軌AG、BH固定于水平面內，相距為，處于豎直向下、大小為的勻強磁場中，軌道在C、D處各被一小段正對的絕緣材料隔開，質量為的金屬棒a靜置于導軌AB處，質量為的金屬棒b緊貼CD右側放置，質量為的金屬棒c靜置于b棒右側的EF處。a、b棒的接入電阻相同，，c棒的接入電阻，所有導軌的電阻均不計。初始時單刀雙擲開關S與觸點“1”閉合。（1）若磁鐵從O點運動到最高點歷時Δt，判斷此過程流過電阻R中電流方向及流過R的電量；（2）磁鐵上升過程某時刻，電容器帶電量時，將開關S撥到觸點“2”。當金屬棒a運動至CD時電容器的電壓，此時a、b兩棒相碰結合為一個“雙棒”整體，最終各棒運動達到穩(wěn)定狀態(tài)，求最終“雙棒”整體與c棒的距離以及從a、b棒碰后到各棒穩(wěn)定的過程中a棒中產生的焦耳熱；（3）圖2中B與x關系式滿足（其中k為未知常數），圖中、、為已知量，寫出磁鐵以速率向上經平衡位置時，電阻R的電功率表達式?！敬鸢浮浚?）從M流向N，；（2），；（3）【解析】【詳解】（1）磁鐵從O點運動到最高點，上線圈內的磁通量增大，下線圈內的磁通量減小，根據右手螺旋定則可知流過電阻R中電流方向為從M流向N。根據法拉第電磁感應定律流過R的電量為（2）S接2后，電容放電，棒a運動至D時，電容器帶電量為該過程電容放電對棒a，根據動量定理有且解得ab棒碰撞粘合，根據動量守恒有解得此后，abc系統(tǒng)動量守恒，最終速度相同，有解得對棒c，根據動量守恒有其中其中解得最終“雙棒”整體與c棒的距離撞后abc系統(tǒng)，能量守恒從a、b棒碰后到各棒穩(wěn)定的過程中a棒中產生的焦耳熱（3）以速率向上經平衡位置時，取極短一段