2023-2024学年河北省石家庄市高三（第二次）教学质量检测物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年河北省石家庄市高三（第二次）教学质量检测物理试卷（含详细答案解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示的x−t图像和v−t图像中，四条图线分别表示甲、乙、丙、丁四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，下列说法正确的是( )
A. 在6s末，甲乙两车位于同一位置，丁车位于丙车的前方
B. 0∼6s内，丙、丁两车的平均速度相等
C. 0∼6s内，丙车的加速度始终大于丁车的加速度
D. 0∼6s内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程
2.为了使在磁场中转动的绝缘轮快速停下来，小明同学设计了以下四种方案：图甲、乙中磁场方向与轮子的转轴平行，图甲中在轮上固定闭合金属线圈，图乙中在轮上固定未闭合金属线圈;图丙、丁中磁场方向与轮子的转轴垂直，图丙中在轮上固定闭合金属线框，图丁中在轮上固定一些细金属棒。四种方案中效果最好的是( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
3.如图所示，在空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀的透明吸管，接口处用蜡密封，吸管中注入一段长度可忽略的油柱，在吸管上标上温度值，就制作成了一个简易气温计。若外界大气压不变，下列说法正确的是( )
A. 吸管上的温度刻度分布不均匀
B. 吸管上标的温度值由下往上减小
C. 温度升高时，罐内气体增加的内能大于吸收的热量
D. 温度升高时，饮料罐内壁单位面积、单位时间受到气体分子撞击次数减少
4.一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图所示，实线为t1=2s时的波形图，虚线为t2=5s时的波形图。下列关于平衡位置在O处质点的振动图像正确的是( )
A.
B.
C.
D.
5.2023年12月，新一代人造太阳“中国环流三号”面向全球开放。“人造太阳”内部发生的一种核反应方程为 12H+13H→24He+X，已知 12H的比结合能为E1， 13H的比结合能为E2， 24He的比结合能为E3，光在真空中的传播速度为c。下列说法正确的是( )
A. 核反应方程中X为电子
B. 24He的比结合能小于 12H的比结合能
C. 核反应吸收的能量为E3−(E1+E2)
D. 核反应中的质量亏损为4E3−(2E1+3E2)c2
6.如图所示，假设在太空中有A、B双星系统绕点O做顺时针匀速圆周运动，运动周期为T1，它们的轨道半径分别为RA、RB，且RAA. 若知道C的轨道半径，则可求出C的质量
B. A、B、C三星由图示位置到再次共线的时间为2T1T2T1+T2
C. 若A也有一颗运动周期为T2的卫星，则其轨道半径一定大于C的轨道半径
D. B的质量为4π2RB(RA+RB)2GT12
7.已知电荷均匀分布的球壳对内部点电荷的库仑力为零。如图所示，在半径为R、电荷均匀分布的带正电球体内有一穿过球心O的光滑真空细通道，带负电的绝缘小球从入口A点由静止释放穿过通道到达球体另一端的B点，其中C点到O点的距离为x。若小球由A点释放瞬间加速度大小为a，不计小球重力，细通道及小球对球体电荷分布无影响。下列说法正确的是( )
A. 带电小球在C点处的加速度大小为a(1−xR)
B. 带电小球在隧道内先做匀加速运动后做匀减速运动
C. 带电小球的最大速度为 aR
D. 带电小球由A点运动到B点的时间大于4 Ra
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，半圆环竖直固定在水平地面上，光滑小球套在半圆环上。对小球施加一始终指向半圆环最高点B的拉力F，使小球从圆环最低点A缓缓移动到最高点B。下列说法正确的是( )
A. 拉力F一直减小B. 拉力F先增大后减小
C. 小球对圆环的压力大小始终不变D. 小球对圆环的压力先增大后减小
9.如图所示，质量为M的拖车通过跨过定滑轮的绳子将质量为m的矿石从矿井提拉至地面。拖车以恒定功率P0从静止开始启动，经过时间t0，立刻关闭发动机，又经过时间t0拖车停止运动，此时矿石刚好上升至井口且速度减为0。已知整个过程拖车所受地面阻力恒为其重力的k倍，不计空气阻力和滑轮的摩擦力，绳子的质量可忽略，且绳子始终处于绷紧状态，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 拖车在加速阶段的平均速度大于减速阶段的平均速度
B. 整个过程矿石上升的高度为P0t0kMg+mg
C. 拖车在减速阶段其加速度大小为mg+kMgM
D. 拖车刚关闭发动机时的速度为P0kMg
10.利用磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如图所示，以 O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，圆形区域外有垂直纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为 B。有一质量为m、电荷量为+q的粒子从P点沿半径射入圆形区域，粒子n次穿越圆形区域边界(不包括经过P点)后又回到P点，此过程中粒子与圆心O的连线转过角度为2π，不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A. n的最小值为2
B. n=3时，粒子速度大小为 3qBRm
C. n=4时，粒子从P出发到回到P点的时间为23πm5qB
D. 粒子连续两次穿越圆形区域边界过程中，粒子与圆心的连线转过的角度为2πn
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某小组利用如图所示的装置做验证动量守恒定律的实验。滑块A、B的质量分别为mA，mB，气垫导轨已调节水平。
(1)甲同学在滑块B左端粘上少量橡皮泥，将滑块 A从倾斜轨道上某点由静止释放，通过光电门 C的挡光时间为t1，与滑块B碰后粘在一起，通过光电门D的挡光时间为t2，在误差允许的范围内，只需验证等式__________(用题中给出的字母表示)成立即说明碰撞过程中滑块A、B系统动量守恒。某次实验中，测得t1=0.04s、t2=0.10s，可知滑块A和滑块B的质量比为__________。
(2)乙同学在滑块B左端装上轻质弹性圈，将滑块 A从倾斜轨道上某点由静止释放， A第一次通过光电门C的挡光时间为t3，与滑块B碰后，A向左运动第二次通过光电门C的挡光时间为t4，滑块B通过光电门D的挡光时间为t5，则在误差允许的范围内，只需验证等式__________(用题中给出的字母表示)成立即说明碰撞过程中滑块A、B系统动量守恒。若使滑块A与B碰撞后均向右运动，应使滑块 A的质量__________(选填“大于”“等于”或“小于”)滑块B的质量。
12.某同学利用如图甲所示器材做探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验。
(1)该同学按图乙连接电路，变压器的左侧线圈接线柱0、8与学生电源的“稳压6V”接线柱相连。闭合开关，用多用电表测得右侧线圈0、4接线柱之间的电压为
A.0
(2)正确连接电路后，变压器选用左侧0、2接线柱和右侧0、4接线柱进行实验，用多用电表测得左侧0、2之间的电压为U1，右侧0、4之间的电压为U2，数据如下表所示，可判断学生电源接在了接线柱__________上(选填“左侧0、2”或“右侧0、4”)。
(3)实验室中还有一个变压器，如图丙所示。现要测量 A、B线圈的匝数，实验步骤如下：
①取一段漆包线，一端与A线圈上端接线柱相连，顺着原来的绕制方向在变压器的铁芯上再绕制n匝线圈，漆包线另一端与交流电源一端相连， A线圈下方接线柱与交流电源另一端相连接。
②用多用电表的交流电压挡先后测出交流电源两端的电压U0和B线圈的输出电压U;
③用多用电表的交流电压挡测出A线圈两端的电压U1。如果把该变压器看作理想变压器，则 A、B线圈的匝数nA=__________，nB=__________。(用题中给出的字母表示)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，一特制玻璃砖的截面由等边三角形ABC和以O为圆心、BC为直径的半圆组成。一束宽度等于BO且平行于AO的单色光射到AB面上，折射光线恰与AC平行。已知sin35.5∘= 33，不考虑半圆面的反射光。求：
(1)玻璃砖的折射率;
(2)半圆面上有光射出的部分所对应的圆心角。
14.如图所示，水平地面上有一轻质弹簧自然伸长，左端固定在墙面上，右端位于O点。地面上M点右侧有一传送带，其上表面与地面齐平，传送带以v0=6m/s的速度逆时针转动。现用力推动置于O点、质量mA=4kg的小物块A，使弹簧缓慢压缩到Q点后由静止释放，物块A运动到O点时的速度vA=1m/s。现将物块A换成质量mB=1kg的物块B，重复以上过程，发现物块B刚好运动到M点速度减为0，此时将质量mC=1kg的物块C在传送带上与M距离为l(未知)的位置由静止释放，物块 B、C碰撞后粘在一起，形成结合体 P， P第一次到达O点时的速度大小为v(未知)。已知地面O点左侧光滑，物块B、C与传送带、O点右侧水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.4，M、N之间的距离L=9m，重力加速度g取10m/s2，物块A、B、C均可视为质点。
(1)求O、M两点间的距离s;
(2)若v=0，求l的大小;
(3)求v与l的关系表达式。
15.如图所示，倾角均为θ、间距为L的平行金属导轨左右对称，在底端平滑相连并固定在水平地面上，左侧导轨光滑、长度为 s，其上端接一阻值为 R的定值电阻，右侧导轨粗糙且足够长。两导轨分别处在垂直导轨平面向下、磁感应强度大小均为B0的匀强磁场中。现将一质量为m、长度为L的金属棒自左侧导轨顶端由静止释放，到达底端前金属棒已经达到最大速度，金属棒滑上右侧导轨时，左侧磁场立即发生变化，使金属棒沿右侧导轨上滑过程中通过金属棒的电流始终为0。已知金属棒与右侧导轨间的动摩擦因数μ=tanθ，重力加速度为g，除定值电阻外，其余部分电阻均不计。
(1)求金属棒第一次运动到导轨底端时的速度大小;
(2)金属棒第一次沿右侧导轨上滑过程中，求左侧磁场的磁感应强度B1与金属棒上滑距离x的关系式;
(3)金属棒在右侧导轨第一次上滑到最高点时，左侧磁场发生新的变化，使金属棒沿右侧导轨向下做加速度大小为gsinθ的匀加速直线运动。当金属棒第二次运动到导轨底端时，求左侧磁场的磁感应强度B2的大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
x−t图像和v−t图像都只能表示直线运动，在x−t图像中斜率表示速度，交点表示相遇；在v−t图像中，面积表示位移，斜率表示加速度。
本题主要考查了运动图像的分析，要区别开x−t图像和v−t图像，x−t图像的斜率表示速度，v−t图像的面积表示位移。
【解答】
A、由x−t图可知，在6s末甲乙两车位于同一位置，而v−t图像图线与t轴围成的面积表示位移，则丁车的位移大于丙车的位移，而两辆车由同一地点向同一方向运动，所以6s时丁车位于丙车的前方，故A正确；
B、平均速度v=xt，0∼6s内丁车的位移大，所以丁车的平均速度大，故B错误；
C、v−t图像的斜率表示加速度，所以0∼6s内，丙车的加速度不是始终大于丁车的加速度，故C错误；
D、由x−t图可知，0∼6s内，甲乙两车运作直线运动，甲车通过的路程等于乙车通过的路程，故D错误。
2.【答案】C
【解析】【分析】
根据感应电流产生的条件，分析所给的图像中电路中是否有感应电流，是否存在动能和电能的转化，由此得解。
【解答】
AB、图甲和图图乙中，车轮转动时线圈内的磁通量不发生变化，回路中不产生感应电流，动能和电能之间不存在转化情况;
D、丁图中虽然金属棒切割磁感应线运动，但没有构成闭合回路，动能和电能之间不存在转化情况;
C、图丙中，车轮转动时线圈内的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下，故 C正确、ABD错误。
故选：C。
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查盖吕萨克定律、热力学第一定律及压强的微观意义。
根据盖吕萨克定律分析出ΔT与Δl的关系，判断刻度是否均匀，根据温度变化分析气体体积变化，进而分析温度值的大小对于的位置，根据热力学第一定律判断内能与吸收热量的关系，根据压强的微观意义判断气体分子撞击次数的变化。
【解答】
AB.温度变化时，油柱会上下移动，封闭的理想气体发生了等压变化，若温度升高，气体体积变大，油柱向上移动，则吸管上的温度刻度值下小上大，故 B错误;
根据盖吕萨克定律V1T1=V2T2，可得V1T1=ΔVΔT
而ΔV=Δl⋅S，有
ΔT=T1SV1⋅Δl
可以得到ΔT与Δl成正比关系，所以吸管上所标温度的刻度是均匀的，故A错误;
C.气温升高时发生等压膨胀，温度增加气体内能增加ΔU>0，体积增大，气体对外做功W<0，由热力学第一定律
ΔU=Q+W，罐内气体增加的内能小于吸收的热量，故C错误；
D.根据压强的微观意义可知，随着气温升高，每个分子产生的平均撞击力变大，而气体发生等压过程，则单位时间内罐内壁单位面积上受到气体分子撞击的次数减小，故 D正确。
故选D。
4.【答案】A
【解析】略
5.【答案】D
【解析】【分析】
核反应过程中，满足质量数和电荷数守恒；轻核聚变释放能量；产物的比结合能大于反应物的比结合能；根据质能关系分析质量亏损。
【解答】
A.根据质量数与电荷数守恒可知X为 01n ，A错误；
B.反应过程中释放大量热量， 24He 的比结合能大于 13H 及 12H 的比结合能该核反应为轻核聚变，释放热能，B错误；
C.该核反应为轻核聚变，释放热能，C错误；
D.对该核反应，由能量守恒可得4E3−2E1+3E2=Δmc2，解得Δm=4E3−2E1+3E2c2，D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了万有引力定律的应用；本题为双星问题，要把握住双星的特点：彼此间的万有引力充当向心力，并且只能绕同一点做圆周运动。
卫星绕恒星圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力，据此分析；双星系统中，两颗星球绕同一点做匀速圆周运动，且两者始终与圆心共线，相同时间内转过相同的角度，即角速度相等，则周期也相等，但两者做匀速圆周运动的半径不相等。
【解答】
A.C绕B做匀速圆周运动，满足GMBmCRC2=mC(2πT2) 2RC，故知道C的轨道半径，可求出B的质量，无法求出C的质量，故A错误；
D.因为A、B为双星系统，所以相互之间的引力提供运动所需的向心力，即GMAMB(RA+RB)2=MA(2πT1) 2RA，可得MB=4π2RA(RA+RB)2GT12，故D错误；
C.若A也有一颗运动周期为T2的卫星，设卫星的质量为 m，轨道半径为 r，则根据牛顿第二定律GMAmr2=m(2πT2)2r解得r=3GMAT224π2同理可得C的轨道半径为RC=3GMBT224π2
对A、B组成的双星系统有MA(2πT1)2RA=MB(2πT1)2RB因为RAMB，则r>RC，故C正确；
B.A、B、C三星由图示位置到再次共线时，A、B转过的圆心角θ1与C转过的圆心角θ2互补，则2πT1t+2πT2t=π，解得t=T1T22(T1+T2)，故B错误。
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查库仑定律及动能定理的应用，有一定难度。
根据题意把电荷均匀分布的带正电球体分割为球壳和实心球两部分，再分析库仑力大小，进而分析加速度变化情况即可得出运动情况，利用动能定理计算最大速度，利用平均速度定性分析时间。
【解答】A.将电荷均匀分布的带正电球体看作两部分，一部分是以O为球心x为半径的“小球”，另一部分即剩余的球壳，电荷均匀分布的球壳对内部点电荷的库仑力为零，所以只需要考虑 C点以下的“小球”对绝缘小球的库仑力，由库仑定律得，在 C处绝缘小球受到的库仑力F=kx3R3Qqx2=kQqxR3=maC，在A处有kQqR2=ma，则aC=xRa，故A错误；
B.由A选项的分析可知，带电小球受到的合力与偏离O点的距离成正比，且方向与偏离 O点的方向相反，所以带电小球在隧道内先做加速度减小的加速运动后做加速度增大的减速运动，故 B错误;
C.带电小球在O点时速度最大，研究带电小球从A到O的过程，由动能定理得12mvO2−0=0+ma2R，解得vO= aR，故C正确；
D.带电小球从A到O的过程做加速度减小的加速运动，平均速度大于 aR2，运动时间小于2 Ra，所以带电小球由A点运动到B点的时间小于4 Ra，故D错误。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查相似三角形在动态平衡问题中的应用，对小球受力分析，构建矢量三角形，找到与矢量三角形相似的几何三角形，根据对应边长成比例关系，写出比例式，进而分析力的变化。
【解答】对小球受力分析如图所示：
可知力的矢量三角形与圆心、B点、小球所在位置构成的几何三角形相似，设小球所在位置为D点，则有FDB=NR=mgR，则小球从圆环最低点A缓缓移动到最高点B过程中，DB长度一直减小，则拉力F一直减小，环对小球的支持力大小不变，由牛顿第三定律可知小球对圆环的压力大小始终不变，故AC正确，BD错误。
9.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查了机车启动和动能定理的应用。
拖车先做加速度逐渐减小的加速运动，再做匀减速直线运动，根据运动情况分析平均速度；根据动能定理计算上升高度；把拖车和矿石看作整体，利用牛顿第二定律计算加速度；逆向思维，把拖车减速运动看作反向的加速运动，根据匀变速直线运动速度时间关系式解答。
【解答】
A、设拖车加速阶段的末速度为v，拖车先做加速度逐渐减小的加速运动，其平均速度v1>v2，关闭发动机后，拖车做匀减速运动，平均速度v1=v2，所以v1>v2，故A正确；
B、设整个过程矿石上升的高度为h，根据动能定理可得P0t0−kMgh−mgh=0，解得h=P0t0kMg+mg，故B正确；
C、把拖车和矿石看作整体，则拖车在减速阶段其加速度大小为a=mg+kMgM+m，故C错误；
D、逆向思维，把拖车减速运动看作反向的加速运动，则拖车刚关闭发动机时的速度为v=at0=mg+kMgt0M+m，故D错误。
10.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查带电粒子在磁场中运动规律.根据n的数值画出粒子的轨迹，根据几何关系求半径，再利用洛伦兹力等于向心力计算速度，根据圆心角求时间，根据粒子轨迹分析粒子与圆心的连线转过的角度。
【解答】
A.粒子n次穿越圆形区域边界(不包括经过P点)后又回到P点，此过程中粒子与圆心O的连线转过角度为2π，则粒子运动轨迹与圆边界的交点会把圆等分成(n+1)份，则n的最小值为2，故A正确；
D.根据粒子轨迹可知，粒子连续两次穿越圆形区域边界过程中，粒子与圆心的连线转过的角度为2πn+1，故D错误；
B.当n=3时，把圆边界等分成四份，画出粒子轨迹，由几何关系可知，粒子轨迹半径r=R，又qvB=mv2r可得：v=qBRm，故B错误；
C.当n=4时，把圆边界等分成五份，画出粒子轨迹，可知粒子从P出发到回到P点轨迹对应的圆心角之和为θ=828∘，则粒子运动时间为t=θ360∘T=θ360∘⋅2πmqB=23πm5qB，故C正确。
故选AC。
11.【答案】(1)mAt2=mA+mBt1；2：3；(2)mAt3=−mAt4+mBt5；大于。
【解析】【分析】
本题考查了验证动量守恒定律实验，理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提。
根据碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律及速度公式求解即可。
【解答】
(1)由系统动量守恒定律得，mAvA=mA+mBvB，又由速度公式，vA=dt1、vB=dt2，整理得mAt2=mA+mBt1；
将t1=0.04s、t2=0.10s代入上式，可得mAmB=23;
(2)由系统动量守恒得，mAv0=−mAvA+mBvB，又由速度公式，v0=dt3，vA=dt4，vB=dt5，整理得mAt3=−mAt4+mBt5；
若使滑块A与B碰撞后均向右运动，即滑块A与滑块B相碰后同向，应使滑块A的质量大于滑块B的质量。
12.【答案】(1)A；(2)右侧0、4；(3)nU1U0−U1；nUU0−U1。
【解析】【分析】
本题考查探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤以及数据处理。
(1)原线圈两端只能使用交流电源；
(2)根据匝数之比与电压之比的关系分析；
(3)根据理想变压器电压之比与匝数之比关系计算匝数。
【解答】
(1)变压器改变的是交流电压，若原线圈输入“稳压6V”则副线圈测得电压为零，故选A。
(2)变压器为非理想变压器，由于有漏磁，由题意可知，N1N2=12，由题中数据可知U1U2<12，故学生电源接在了接线柱右侧0、4上；
(3)根据理想变压器匝数之比等于电压之比可知U0U1=n+nAnA，U0U=n+nAnB，解得nA=nU1U0−U1，nB=nUU0−U1。
13.【答案】解：(1)由折射定律可知玻璃砖的折射率为
n=sin600sin300
解得：n= 3；
(2)作出折射光路交圆面于P1，P2，且P1，P2处刚好发生全反射，
临界角sinC=1n= 33
解得：C=35.5∘
半圆上P1、P2之间有光射出，∠P1OP2=35.5∘×2=71∘
【解析】本题考查光的折射和全反射。解决问题的关键是结合题意画出光路图，利用光的折射定律、折射率与临界角的关系分析计算。
14.【答案】解：(1)设弹簧的最大弹性势能为EP，释放物块 A从Q点运动到O点过程，由机械能守恒定律可得：
Ep=12mAvA2
释放物块B从Q点运动到O点过程，由机械能守恒定律可得：
Ep=12mBvB2
物块B从O点到M点过程，由动能定理可得：
−μmBgs=0−12mBvB2
解得：OM距离s=0.5m
(2)设P刚好能回到O点，由动能定理可得：
−μmPgs=0−12mPvP2
解得B、C碰后的速度vP=2m/s
B、C碰撞过程动量守恒mCvC=(mB+mC)vP
解得：vC=4m/s<6m/s=v0
说明物块C一直被加速到M点，由动能定理得μmCgl=12mCvC2
解得：l=2m
(3)设C加速到与传送带共速时位移为l0，由动能定理得μmCgl0=12mCv02
解得：l0=4.5m
①当2m≤l<4.5m时， C运动到M点时的速度vC′2=2μgl
B、C碰撞过程动量守恒mCv′C=(mB+mC)v′P
P由M点到O点有v2=vp′2−2μgs
解得：v= 2l−4
②当4.5m≤l≤9m时，物块C运动到M点的速度恒为v0
B、C碰撞过程动量守恒：mCv0=(mB+mC)vP′′
P由M点到O点有v2=vP′′2−2μgs
解得：v= 5m/s
【解析】本题主要查考机械能守恒定律和动能定理的综合应用
(1)弹簧形变量相等储存的弹性势能相等，根据机械能守恒定律和动能定理计算OM间距；
(2)利用动能定理计算P刚好能回到O点时碰后速度，再利用动量守恒计算碰前速度，结合传送带速度，分析C的运动情况，进而得出l；
(3)计算C加速到与传送带速度相同时对应的l大小，结合(2)的分析结果分类讨论v与l的关系表达式。
15.【答案】解：(1)金属棒由静止释放达到最大速度v时，导体棒受到的合外力为零，对其受力分析，如图所示，
由平衡条件可得：
mgsin⁡θ=F安
由安培力公式得：
F安=B0I0L
由闭合电路欧姆定律可得：
I0=ER
由法拉第电磁感应定律可得：
E=B0Lv
解得：v=mgRsinθB02L2；
(2)金属棒第一次沿右侧导轨上滑过程中，通过金属棒的电流始终为0，整个回路磁通量不变，有
B0Ls=B1Ls+B0Lx
解得：B1=B0−B0sx；
(3)金属棒第一次沿右侧导轨上滑过程中，通过金属棒的电流始终为0，如图所示，
对金属棒受力分析，由牛顿第二定律可得：
mgsinθ+μmgcsθ=ma
由运动学公式可得，金属棒沿右侧上滑的最大距离
xm=v22a
金属棒沿右侧导轨向下做加速度大小a′=gsinθ的匀加速直线运动，如图所示，
对金属棒受力分析，由牛顿第二定律可得：
mgsinθ+B0IL−μmgcsθ=ma′
金属棒沿右侧导轨下滑由运动学公式可得：
xm=12a′t2
由电荷量定义得：
q=It
由闭合电路欧姆定律可得：
I=E′R
由法拉第电磁感应定律可得：
E′=ΔΦt
金属棒沿右侧导轨下滑过程中磁通量的变化量为：
ΔΦ=B2Ls−B1′Ls−B0Lxm
其中：B1′=B0−B0sxm
联立解得：a=2gsinθ，I=mgsin θB0L，q= 2m2gRsinθ2B03L3
B2=B0+ 2m2gRsinθ2B03L4s
【解析】本题考查电磁感应的综合问题。解决问题的关键是清楚金属棒在不同阶段的受力情况和运动情况，利用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律、电流的定义式，运动学公式、安培力表达式分析计算。实验次数
1
2
3
4
5
U1/V
1.00
1.90
3.00
4.00
4.80
U2/V
2.10
4.00
6.10
8.20
10.00