2020年湖南省长沙市明达中学高考物理一模试卷_(带答案解析).docx

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这是一份2020年湖南省长沙市明达中学高考物理一模试卷_(带答案解析).docx，共21页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上，重力的瞬时功率为P=mgvy等内容，欢迎下载使用。
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2020年湖南省长沙市明达中学高考物理一模试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
五
总分
得分

注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上

评卷人
得分

一、单选题（共4题）
1. 研究光电效应现象的实验电路如图所示，A、K为光电管的两个电极，电压表V、电流计G均为理想电表。已知该光电管阴极K的极限频率为ν0，元电荷电量为e，普朗克常量为h，开始时滑片P、P'上下对齐。现用频率为ν的光照射阴极K（ν＞ν0），则下列说法错误的是（　　）

A.该光电管阴极材料的逸出功为hν0
B.若加在光电管两端的正向电压为U，则到达阳极A的光电子的最大动能为hν-hν0+eU
C.若将滑片P向右滑动，则电流计G的示数一定会不断增大
D.若将滑片P'向右滑动，则当滑片P、P'间的电压为时，电流计G的示数恰好为0
2. 如图甲所示的“襄阳砲”是古代军队攻打城池的装置，其实质就是一种大型抛石机，图乙是其工作原理的简化图。将质量m=10kg的石块，装在与转轴O相距L=5m的长臂末端口袋中，最初静止时长臂与水平面的夹角α=30°，发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块靠惯性被水平抛出，落在水平地面上。若石块落地位置与抛出位置间的水平距离s=20m，不计空气阻力，g取10m/s2．以下判断正确的是（　　）
A.石块抛出后运动时间为s
B.石块被抛出瞬间的速度大小为m/s
C.石块即将落地时重力的瞬时功率为500W
D.石块落地的瞬时速度大小为15m/s
3. 如图所示为范德格拉夫起电机示意图，直流高压电源的正电荷通过电刷E、传动带和电刷F，不断地传到球壳的外表面，并可视为均匀地分布在外表面上，从而在金属球壳与大地之间形成高电压．关于金属球壳上的A、B两点，以下判断正确的是（　　）

A.A、B两点电势相同
B.A、B两点电场强度相同
C.将带正电的试探电荷从A点移到B点，电势能增加
D.将带正电的试探电荷从A点移到B点，电势能减小
4. 如图为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压稳定的正弦交变电源，定值电阻阻值分别为R1、R2，且R1＜R2，理想变压器的原、副线圈匝数比为k且k＜1．电流表、电压表均为理想表，其示数分别用I和U表示。当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，电流表、电压表示数变化分别用△I和△U表示。则以下说法错误的是（　　）

A.||=
B.=R2
C.电源的输出功率一定减小
D.电压表示数一定增加

评卷人
得分

二、多选题（共6题）
5. 如图所示，abcd为边长为L的正方形线框，线框在纸面内，电阻为R.图中虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。现用外力作用于线框，使线框从图示位置开始沿x轴正方向做初速度为零的匀加速运动，线框运动过程中，ad边始终水平，线框平面始终与磁场垂直，磁场宽度大于L，以x轴正方向作为力的正方向，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线及线框ab边的带你Uab随时间t的变化图象正确的是(　　)

A.
B.
C.
D.
6. 如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小.这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为M和m.各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是(　　)

A.纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M+m)g
B.要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M+m)g
C.若砝码与纸板分离时的速度小于μgd，砝码不会从桌面上掉下
D.当F=μ(2M+3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘
7. 图示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂面向内，有一粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α，以下说法正确的是（　　）

A.若r=2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为
B.若r=2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有关系tan=成立
C.若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动的时间为
D.若r=R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°
8. 如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）一端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的绝缘带正电、电荷量为q的小球。空间中还存在着水平向右的匀强电场（图中未画出），且电场强度．初始时A、B、C在一条竖直线上，小球穿过水平固定的杆从C点由静止开始运动，滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为L，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）

A.小球在D点时速度最大
B.若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，则
C.弹性绳在小球从C到D阶段做的功等于在小球从D到E阶段做的功
D.若保持电场强度不变，仅把小球电荷量变为2q，则小球到达E点时的速度大小
9. 下列说法正确的是（　　）
A.分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力和斥力都减小
B.根据=恒量，可知液体的饱和汽压与温度和体积有关
C.液晶具有液体的流动性，同时其光学性质具有晶体的各向异性特征
D.在不考虑分子势能的情况下，1mol温度相同的氢气和氧气内能相同
E.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
10. 关于机械波与电磁波，下列说法中正确的是（　　）
A.机械波在介质中传播时，介质中后振动的质点总是重复先振动的相邻的质点的振动，是受迫振动
B.弹簧振子在四分之一个周期里运动的路程一定等于一个振幅
C.有经验的战士可以根据炮弹飞行的尖叫声判断炮弹是接近还是远去
D.电磁波衍射能力由强到弱的顺序是无线电波、可见光、红外线、γ射线
E.在真空中传播的电磁波频率不同，传播的速度相同

评卷人
得分

三、实验题（共2题）
11. 实验小组采用如图1所示实验装置测量木块与木板间动摩擦因数μ，提供的器材有：带定滑轮的长木板，有凹槽的木块，质量为m0的钩码若干，打点计时器，电源，纸带，细线等。实验中将部分钩码悬挂在细线下，剩余的钩码放在木块的凹槽中，保持长木板水平，利用打出的纸带测量木块的加速度。

（1）正确进行实验操作，得到一条纸带。纸带的一部分如图2所示，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s。该同学将纸带从每个计数点处截断，得到6条短纸带，再把6条短纸带的下端对齐贴在纸上，以纸带下端为横轴建立直角坐标系，并将刻度尺边缘紧靠纵轴，其示数如图3所示。则打下计数点“2”时小车的速度大小为______m/s；小车的加速度大小为______m/s2（结果均保留两位有效数字）
（2）将木块凹槽中的钩码逐个添加到细线下端，改变悬挂钩码的总质量m，测得相应的加速度a，作出a-m图象如图4所示。已知当地重力加速度g=9.8m/s2，则木块与木板间动摩擦因数μ=______（保留两位有效数字）；μ的测量值______（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
（3）实验中______（选填“需要”或“不需要”）满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。

12. 某同学利用DIS（传感器），定值电阻R0、电阻箱R1等实验器材测量电池a的电动势和内阻，实验装置如图1所示，实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R，用电压传感器测得端电压U，并在计算机上显示出如图2所示的-关系图线a，重复上述实验方法测量电池b的电动势和内阻，得到图2中的图线b．

（1）由图线a可知电池a的电动势Ea=______V，内阻ra=______Ω．
（2）若用同一个电阻R先后与电池a及电池b链接，则两电池的输出功率pa______pb（填“大于”、“等于”或“小于”），两电池的效率ηa______ηb（填“大于”、“等于”或“小于”）．

评卷人
得分

四、计算题（共3题）
13. 一球形人造卫星，其最大横截面积为A、质量为m，在轨道半径为R的高空绕地球做圆周运动.由于受到稀薄空气阻力的作用，导致卫星运行的轨道半径逐渐变小.卫星在绕地球运转很多圈之后，其轨道的高度下降了△H，由于△H2μ(M+m)g，故B正确。
C、若砝码与纸板分离时的速度小于μgd，砝码匀加速运动的位移小于v22a=μgd2μg=d2，匀减速运动的位移小于v22a'=μgd2μg=d2，则总位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确。
D、当F=μ(2M+3m)g时，砝码未脱离时的加速度a1=μg，纸板的加速度a2=F−μ(m+M)g−μMgm=2μg，根据12a2t2−12a1t2=d，解得t=2dμg，则此时砝码的速度v=a1t=2μgd，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′=μg，则匀减速运动的位移x=v22a'=2μgd2μg=d，而匀加速运动的位移x′=12a1t2=d，可知砝码离开桌面，故D错误。
故选：BC。
应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小.根据牛顿第二定律求出加速度，要使纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度，然后求出拉力的最小值．
当F=μ(2M+3m)g时，根据牛顿第二定律分析求出砝码和纸板加速度，结合运动学公式求出分离时砝码的速度，结合速度位移公式求出砝码速度减为零的位置，从而判断出砝码的位置．
本题考查了求拉力大小，应用摩擦力公式求出摩擦力大小，知道拉动物体需要满足的条件，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题．
7. 【答案】BD
【解析】解：A、若r=2R，粒子在磁场中时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图1，因为r=2R，圆心角θ=60°，粒子在磁场中运动的最长时间，故A错误。
B、若r=2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，根据几何关系，有，故B正确。
C、若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图3所示，圆心角90°，粒子在磁场中运动的时间，故C错误。
D、若r=R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图4所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角150°，故D正确。
故选：BD。
若r=2R，粒子运动时间最长时，根据，圆心角越大，时间越长，在圆形磁场中圆心角最大时，弦最大，因此圆形区域的直径是粒子轨迹的一条弦时，时间最长，做出轨迹图，求出时间；粒子沿着与半径成45°斜向下射入磁场时，画出轨迹，运用几何关系求；若半径r=R时，粒子沿着半径射入，求出圆弧所对的圆心角，求出时间；粒子沿着与半径成60°斜向下射入磁场，根据几何关系求圆心角
本题考查带电粒子在磁场中的运动，重点是考查学生的作图能力，画出粒子在磁场中的运动轨迹，运用数学知识解决问题的能力．

8. 【答案】ABD
【解析】解：A、设弹性绳的劲度系数为k，BC=h．设当小球运动到F点时，CF=s，BF与CE的夹角为α，此时弹性绳的弹力为k，弹力沿水平方向的分力为：F水平=kcosα=ks，知F水平∝s
弹力沿竖直方向的分力为：F竖直=ksinα=kh
小球在C点时，有kh=mg，故F竖直==定值，则小球所受的滑动摩擦力大小f=μ（F竖直-mg）=0.5×（-mg）=mg=定值
小球从C运动到E的过程，根据动能定理得：qEL-fL-W=0-0，其中，W是弹性绳对小球做功大小。
而W=L=L=，联立解得kL=mg
在D点，F水平=k•=mg，故有qE=f+F水平，小球的合外力为零，速度最大，故A正确。
B、由上可得W=mgL
若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，从E到C的过程，根据动能定理得：
W-qEL-fL=0-
解得，故B正确。
C、从C运动到E的过程，根据F水平∝s，知弹性绳的水平分力均匀增大，则弹性绳在小球从C到D阶段做的功小于在小球从D到E阶段做的功，故C错误。
D、若保持电场强度不变，仅把小球电荷量变为2q，从C运动到E的过程，根据动能定理得：
2qEL-W-fL=0-，解得，故D正确。
故选：ABD。
小球从C点运动到E点的过程先加速后减速，在合外力为零的位置速度最大，根据胡克定律和动能定理分析速度最大的位置。抓住摩擦力是恒力，利用动能定理求小球恰好能回到C点的初速度。根据动能定理分析小球从C到D阶段和从D到E阶段弹性绳做功关系。
解决本题的关键要利用胡克定律和正交分解法分析知道弹性绳弹力的竖直分力是恒力，摩擦力也是恒力。弹性绳弹力的竖直分力与位移成正比，要利用弹力的平均值来弹力做功。

9. 【答案】ACD
【解析】解：A、根据分子动理论可知，分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力减小，斥力减小，故A正确；
B、液体的饱和汽压与温度有关，与体积无关，故B错误；
C、液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征，故C正确；
D、根据内能的有关因素可知，在不考虑分子势能的情况下，1mol温度相同的氢气和氧气内能相同，故D正确；
E、由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子间表现为引力，液体表面存在张力，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直。故E错误。
故选：ACD。
分子间同时存在着引力和斥力，都随距离的增大而减小，随距离的减小而增大；液体的饱和汽压体积无关；液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征；液体表面存在张力是分子力的表现，表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直。
本题考查相对湿度、分子力、液晶的各向异性、布朗运动液晶表面张力等知识，比较全面，在平时的学习过程中要多加积累。
10. 【答案】ACE
【解析】解：A、机械波传播过程中，前一质点的振动带动相邻的后一质点振动，后振动的质点总是重复先振动的相邻的质点的振动，是受迫振动，故A正确。
B、弹簧振子在四分之一个周期里运动的路程不一定等于一个振幅，比如弹簧振子从平衡位置上方向下运动的过程中，在四分之一个周期里运动的路程大于一个振幅，故B错误。
C、有经验的战士从炮弹飞行的尖叫声判断飞行炮弹是接近还是远去，频率变高表示靠近，频率降低表示远离，利用了多普勒效应，故C正确。
D、波长越长，越容易发生衍射现象，电磁波中波长由长到短的顺序是无线电波、红外线、可见光、γ射线，故衍射能力逐渐减弱，故D错误。
E、电磁波在真空中传播速度是c=3×108m/s，由c=fλ可知，频率越高，其波长越短，但传播速度不变，故E正确。
故选：ACE。
机械波在传播过程中，先振动的质点带动后振动的质点振动，从而形成波并向前传播。
弹簧振子在四分之一个周期里运动的路程不一定等于一个振幅。
有经验的战士从炮弹飞行的尖叫声判断飞行炮弹是接近还是远去，利用了多普勒效应。
波长越长，越容易发生明显衍射现象。
不同频率的电磁波，在真空中的波速与光速相同。
本题考查了电磁波的传播、受迫振动、多普勒效应等知识，解题的关键是理解多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的。
三、实验题
11. 【答案】0.47 0.70 0.33 大于不需要
【解析】解：（1）依据中时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，那么计数点“2”时小车的速度大小为：；
根据△x=aT2结合逐差法可得：。
（2）根据牛顿第二定律可知mg-μ（M-m）g=Ma
解得
由图可知，-μg=-3.3
解得μ=0.33；
μ的测量值大于真实值，原因是滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦等；
（3）在此实验中，由于把小车和砝码的质量作为了整体，结合第二问可知，不需要满足悬挂钩码质量远小于木块和槽中的钩码总质量；
故答案为：（1）.0.47； 0.70；（2）.0.33；大于；（3）不需要；
（1）物体做匀加速直线运动，根据中间时刻的瞬时速度等于平均速度求解2的速度大小，相邻相等时间位移之差等于常数；
（2）由牛顿第二定律列方程，求出a与m的关系表达式，然后根据图象分析答题。
（3）根据实验原理可判断出是否需要满足质量间的关系
此题在求解加速度时还可这样做：纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比，这种等效替代的方法减小了解题难度，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。
12. 【答案】2 0.5 小于大于
【解析】解：（1）由闭合电路欧姆定律可知，闭合电路中，电源电动势：，则，
由图示图象a所示可知，截距b=0.5，斜率k=0.25，所以电动势，内阻r=E•k=0.5Ω．
（2）从图象可知：截距，斜率，电动势Eb≈5V，内阻rb≈0.7Ω，Ea＜Eb，ra＜rb，
电池的输出功率，得pa小于pb；电池的效率，得ηa大于ηb．
故答案为：（1）2；0.5；（2）小于；大于．
（1）根据电路图应用欧姆定律求出函数表达式，根据函数表达式与图象求出电源电动势与内阻．
（2）由功率的表达式可得出两电池的总功率大小关系，分析电池效率．
本题考查了求电源电动势与内阻、比较电源的输出功率与电源效率问题，根据图象应用欧姆定律求出图象的函数表达式是求出电源电动势与内阻的前提与关键．
四、计算题
13. 【答案】解：(1)卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
GMmR2=M(2πT)2R，
解得：T=2πR3GM；
(2)①最大横截面积为A的卫星，经过时间△t从图中的实线位置运动到了图中的虚线位置，该空间区域的稀薄空气颗粒的质量为：△m=ρAv△t
以这部分稀薄空气颗粒为研究对象，碰撞后它们都获得了速度v，设飞船给这部分稀薄空气颗粒的平均作用力大小为F，根据动量定理有：F△t=△mv
根据万有引力定律和牛顿第二定律有：GMmR2=Mv2R，
解得：F=ρAGMR，
根据牛顿第三定律，卫星所受的阻力大小为：F′=F=ρAGMR．
②设卫星在R轨道运行时的速度为v1、动能为Ek1、势能为Ep1、机械能为E1，
根据牛顿定律和万有引力定律有：GMmR2=mv12R，
卫星的动能为：EK1=12mv12，
势能为：EP1=−GMmR，
解得：E1=−GMm2R，
卫星高度下降△H，在半径为(R−△H)轨道上运行，
同理可知其机械为：E2=−GMm2(R−△H)，
卫星轨道高度下降△H，其机械能的改变量为：△E=−GMm2(1R−△H−1R)
卫星机械能减少是因为克服空气阻力做了功.设卫星在沿半径为R的轨道运行一周过程中稀薄空气颗粒作用于卫星的阻力做的功为W0，
利用小量累积的方法可知W0=−F×2πR=−2πρAGM上式表明卫星在绕不同轨道运行一周，稀薄空气颗粒所施加的阻力做的功是一恒量，与轨道半径无关.则△E=nW0
解得：n=m△H4πρA(R−△H)R．
答：(1)人造卫星在轨道半径为R的高空绕地球做圆周运动的周期为2πR3GM；
(2)①阻力F大小的表达式为F=ρAGMR．
②卫星绕地球运动圈数n的表达式为n=m△H4πρA(R−△H)R．
【解析】
(1)根据万有引力提供向心力，结合轨道半径求出周期的大小．
(2)①取卫星前一定空间内的空气为研究对象，结合动量定理以及万有引力提供向心力求出阻力F的大小．
②根据万有引力提供向心力得出在不同轨道上的速度，从而求出在不同轨道上的动能，以及在不同轨道上的机械能，根据机械能的变化，结合阻力做功求出卫星绕地球运动圈数n的表达式．
本题考查了万有引力定律与功能关系、动量定理等知识的综合，难度较大，难点在于能够正确地建立物理模型，比如选取卫星前的一定空间内的空气为研究对象，结合动量定理求解阻力的大小．
14. 【答案】解：①初状态：Ⅰ气体压强p1=p0+=1.5p0，
Ⅱ气体压强p2=p1+=2p0
添加铁砂后：Ⅰ气体压强p′1=p0+=2.5p0
Ⅱ气体压强p′2=p′1+=3p0
Ⅱ气体发生等温变化，根据玻意耳定律：p2l0S=p′2l2S
B活塞下降的高度h2=l0-l2
解得h2=0.33l0。
②Ⅰ气体发生等温变化，根据玻意耳定律：p1l0S=p′1l1S
只对Ⅱ气体加热，Ⅰ气体状态不变，所以当A活塞回到原来位置时，Ⅱ气体高度
l′2=2l0-l1=1.4l0
根据理想气体状态方程：
解得：T2=2.1T0。
答：①活塞B下降的高度为0.33l0；
②使活塞A回到初始位置，此时Ⅱ气体的温度为2.1T0。
【解析】
①确定各变化过程初末状态时的状态参量，然后根据理想气体状态方程列方程即可；
②先对A分析，求出压强，然后对B由理想气体得状态方程即可求出。
该题考查理想气体状态变化方程，找出初末状态的状态参量，列理想气体状态变化方程即可，注意弄清“隔热”“绝热”“导热”等的含义。
15. 【答案】解：①设此束光从AB面射人棱镜后的折射角为r，由折射定律有
解得：r=30°，
显然光从AB射入棱镜后的折射光线NP平行于AC，
光在BC面上的入射角为θ=45°
设临界角为α，则由得，
可知α＜45°，故光在BC面上发生全反射
根据几何知识和光的反射定律可知，光将垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱镜
②光在棱镜中传播的速率：

所以此束光从射入三棱镜到BC面所用的时间：
解得：
答：①此束单色光第一次从三棱镜射出的方向垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱镜；
②此束单色光从射入三棱镜到BC面所用的时间是。

【解析】
①作出光路图，由折射定律借助几何关系可知光线进入棱镜平行AC，再由全反射定律和几何关系知光线在BC面发生全反射，由几何关系可知射出的方向；
②由几何关系求得单色光从射入三棱镜到BC面的距离，再由求得传播速度，则传播时间可求解。
本题是一道几何光学的问题，作出光路图，借助几何关系求解是常用的思路。
五、简答题
16. 【答案】解：（1）a和b不受安培力作用，由机械能守恒知△Ek=mgd1sinθ①
（2）设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为v1，刚离开无磁场区域时的速度为v2，由能量守恒知
在磁场区域中，②
在无磁场区域中③
解得Q=mg（d1+d2）sinθ ④
（3）在无磁场区域，根据匀变速直线运动规律有v2-v1=gtsinθ⑤
且平均速度⑥
有磁场区域，棒a受到合力 F=mgsinθ-BIl ⑦
感应电动势 ε=Blv ⑧
感应电流⑨
解得⑩
根据牛顿第二定律得，F=ma=m
在t到t+△t时间内
（mgsinθ-）△t=∑m△v
则有mgsinθ△t-=m△v
解得v1-v2=gtsinθ-
联立⑤⑥解得
由题意知
答：（1）b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能△Ek为mgd1sinθ。
（2）b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q为mg（d1+d2）sinθ。
（3）a穿出第k个磁场区域时的速率v为-。
【解析】
（1）a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域时，穿过回路的磁通量不变，没有感应电流产生，两棒均不受安培力，机械能守恒，可求出△Ek。
（2）两棒分在磁场区域中和无磁场区域中运动两个过程研究：在磁场区域中，导体棒的动能和重力势能转化为内能；在无磁场区域中机械能守恒，则可根据能量守恒和机械能守恒列式求出b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q。
（3）本问有一定的难度，由于导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，其加速度是变化的，因此不能用匀变速运动知识解答，可以通过微积分思想进行解答，如在极短的时间内安培力可以认为不变，利用牛顿第二定律列方程，然后根据数学知识求解。
本题考查导体切割磁感线中的能量分析问题，要注意克服安培力做功为整个回路中产生的热量；本题的难点在于第（3）问，方法巧妙，在平时练习中一定注意数学知识在物理中的应用的训练。