2024年天津市南开中学高考物理模拟试卷（五）（含详细答案解析）

这是一份2024年天津市南开中学高考物理模拟试卷（五）（含详细答案解析），共15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.有关原子与原子核的相关知识，以下说法正确的是( )
A. 核泄漏事故污染物 55137Cs能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为 55137Cs→56137Ba+X，可以判断其中X为正电子
B. α射线是高速运动的氦原子核，具有良好的穿透性，能够穿透几厘米厚的铅板
C. 聚变又叫“热核反应”，宇宙中时时刻刻都在进行着，太阳就是一个巨大的热核反应堆
D. 92238U→90234Th+24He是核裂变方程，只有当铀块的体积大于“临界体积”时，才能发生链式反应
2.如图所示，甲图为演示光电效应的实验装置；乙图为a、b、c三种光照射下得到的三条电流表与电压表读数之间的关系曲线。下列说法正确的是( )
A. a、b、c三种光的光子能量a>b>c
B. a、b、c两种光通过同一双缝干涉装置后，形成的干涉条纹中，a的条纹最宽
C. 若b光为绿光，a光可能是紫光
D. a、b、c三种光从真空进入同一种介质后，频率不变，波长变长
3.如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B= 2T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω=10rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(规格为“4W100Ω”)和滑0变阻器，电流表视为理想电表，则下列正确的是( )
A. 若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为40 2sin(10t)V
B. 当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为2：1
C. 若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大
D. 若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变亮
4.如图所示，发射同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道Ⅰ上运行(忽略卫星到地面高度)，然后通过变轨在椭圆轨道Ⅱ上运行，Q是轨道Ⅰ、Ⅱ相切点，当卫星运动到远地点P时，再变轨成为地球同步卫星在轨道Ⅲ上运行，下列说法正确的是( )
A. 卫星在轨道Ⅰ上经过Q点时的加速度小于在轨道Ⅱ上经过Q点时的加速度
B. 卫星在轨道Ⅱ上经Q点时的速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度
C. 若地球质量为M，P到地面的高度是r，则卫星在轨道Ⅲ上的运行周期为T3=2π r3GM
D. 卫星在Ⅱ轨道的P点处于超重状态
5.2020年爆发了新冠肺炎，该病毒传播能力非常强，因此研究新冠肺炎病毒株的实验室必须是全程都在高度无接触物理防护性条件下操作。武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出。流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是( )
A. 带电粒子所受洛伦兹力方向由M指向N
B. M点的电势高于N点的电势
C. 污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
D. 只需要测量M、N两点的电压就能够推算废液的流量
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.新冠肺炎疫情期间，某班级用于消毒的喷壶示意图如图所示。闭合阀门K，向下压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后按下按柄B打开阀门K，消毒液会自动经导管从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，则下列说法正确的是( )
A. 充气过程中，储气室内气体分子数增多且分子运动剧烈程度增加
B. 充气过程中，储气室内气体分子平均动能不变
C. 充气过程中，储气室内气体内能不变
D. 喷液过程中，储气室内气体吸收热量对外界做功
7.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t时刻与t+0.2s两个时刻，x轴上(−3m,3m)区间的波形完全相同，如图所示。图中M、N两质点在t时刻位移均为振幅a的一半，下列说法中正确的是( )
A. 该波的波速可能为20m/s
B. t+0.1s时刻，x=−2m处的质点位移一定是a
C. 从t时刻起，x=2m处的质点比x=2.5m处的质点先回到平衡位置
D. 从t时刻起，在质点M第一次到达平衡位置时，质点N恰好到达波峰
8.东京奥运会女子铅球决赛中，32岁的老将巩立姣以20米58的成绩夺冠，为我国田径队收获了本届东京奥运会的第一枚田径金牌。这块金牌也实现了我国奥运会田赛项目“零的突破”。如图所示，运动员巩立姣斜向上推出铅球，铅球飞行一段时间后落地，若不计空气阻力，则( )
A. 运动员斜上推出铅球过程，运动员做的功全部转化为铅球的动能
B. 只要铅球离手时初速度越大，在空中飞行的时间一定长
C. 铅球在空中飞行过程中，铅球的重力势能先增大后减小
D. 铅球在空中飞行过程中，相同时间内球的动量变化量相同
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
9.利用图甲中所示的装置可以研究自由落体运动实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落打点计时器会在纸带上打出一系列的点。
(1)本实验采用电火花计时器，所接电源应为频率为50Hz的交流电，打点的时间间隔是______ s。
(2)取下纸带，取其中的一段标出计数点如图乙所示，测出相邻计数点间的距离分别为x1=2.60cm，x2=4.14cm，x3=5.69cm，x4=7.22cm，x5=8.75cm，x6=10.29cm，已知打点计时器的打点间隔T=0.02s，则重锤运动的加速度计算表达式为a=______，代入数据，可得加速度a=______m/s2。(计算结果保留三位有效数字)
10.在实验室中某同学需要测定一节新干电池的内电阻。已选用的器材有：
干电池(电动势为1.5V，内阻很小)；
电流表(量程0∼0.6A，内阻约为0.1Ω)；
电压表(量程0∼3V，内阻约6kΩ)；
电键一个、导线若干。
①新电池的内阻较小，实验中所用的滑动变阻器应选下列的______(填字母代号)。
A.定值电阻(阻值1Ω)
B.定值电阻(阻值10Ω)
C.滑动变阻器(阻值范围0∼10Ω、额定电流2A)
D.滑动变阻器(阻值范围0∼1kΩ、额定电流1A)
②该同学根据选好的实验器材，将实验器材连接成图甲所示，你认为哪些导线连接的有错误______(填导线旁的字母代号)。
③按正确的方法连接好器材后，接通开关，改变滑动变阻器的阻值R，读出对应的电流表的示数I和电压表的示数U，根据这些数据画出U−I图线如图乙。根据图线得电池的内电阻r=______Ω。
四、计算题：本大题共3小题，共48分。
11.如图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上。一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)。今将小球拉至悬线与竖直位置成60∘角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失。已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M=4m，重力加速度为g。求：
(1)小球与小物块Q结束相互作用瞬间，小物块Q的速度vQ；
(2)小物块Q在平板车上运动的时间t；
(3)平板车P的长度L。
12.如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10−11kg、电荷量q=+1.0×10−5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=60∘，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为θ=60∘.已知偏转电场中金属板长L=10 3cm，圆形匀强磁场的半径为R=10 3cm，重力忽略不计．求：
(1)带电微粒经加速电场后的速度大小；
(2)两金属板间偏转电场的电场强度E的大小；
(3)匀强磁场的磁感应强度B的大小．
13.如图所示，电阻不计的平行金属导轨PQ、MN固定在倾角α=37∘的绝缘斜面上，导轨下端接R0=2Ω的电阻，导轨间的距离d=1m。磁感应强度B=1T的匀强磁场垂直穿过导轨平面，两导体棒a、b的质量均为m=1kg，接入电路的电阻均为R1=1Ω，导体棒a与导轨间的动摩擦因数μ1=0.8，导体棒b与导轨间的动摩擦因数μ2=0.5，开始时导体棒a静止在导轨上，现让b棒从a棒上方一定距离的导轨上由静止释放，当a棒刚要开始运动时，a、b棒恰好相碰，碰后并联在一起向下运动。a、b棒始终与导轨垂直并保持良好的接触。已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g取10m/s2。求：
(1)a棒刚要开始运动时，b棒的速度大小；
(2)a、b棒相碰后一起下滑过程中最大速度的大小；
(3)若两棒相碰后，经过t=7s已经达到最大速度，这段时间内电路中电阻产生的焦耳热量。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、核泄漏事故污染物 55137Cs能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为为 55137Cs→56137Ba+0−1e，可以判断其中X质量数为0，电荷数为−1，则X为负电子，故A错误。
B、α射线是高速运动的氦原子核，电离本领较强，穿透性极弱，只能穿透薄纸片，故B错误。
C、聚变又叫“热核反应”，宇宙中时时刻刻都在进行着，太阳就是一个巨大的热核反应堆，故C正确。
D、 92238U→90234Th+24He是α衰变方程，不是核裂变方程，当块体积大于临界体积时，发生链式反应，故D错误。
故选：C。
根据质量数守恒及核电荷数守恒来确定X；α射线电离能力强，但穿透能力差；太阳内部核聚变反应为热核反应； 92238U→90234Th+24He是α衰变方程。
本题考查了α衰变、裂变反应和聚变反应等知识点。关键点：理解裂变和聚变的特点，会应用质量数守恒和电荷数守恒判断生成物的类别。
2.【答案】B
【解析】解：A、由光电效应方程及遏止电压的关系可得：eUc=Ek=hν−W0
b、c两种光的遏止电压相同，故频率相同，a光的遏止电压较小，频率较低，则a、b、c三种光的光子能量aB、a光频率较低，波长较大，根据Δx=ldλ，可知a、b、c两种光通过同一双缝干涉装置后，形成的干涉条纹中，a的条纹最宽，故B正确；
C、由A的分析可知，a光频率较低，若b光为绿光，a光不可能是紫光，故C错误；
D、a、b、c三种光从真空进入同一种介质后，频率不变，波速减小，根据λ=vf可知，波长变短，故D错误；
故选：B。
根据光电效应方程eUc=Ek=hν−W0可以分析a、b、c三种光的频率，从而分析光的种类和能量大小，根据波长大小关系分析条纹间距；根据波长的计算公式分析D。
本题考查光电效应基本知识，需要同学们对光电效应方程eUc=Ek=hν−W0熟练掌握，可以根据图线分析b、c分析光的频率。
3.【答案】B
【解析】解：A、若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为：
e=nBSωcs(ωt)=40 2cs(10t)V，故A错误；
B、原线圈电压为U1=40 2 2=40V
灯泡两端电压及副线圈电压为U2= PR= 4×100V=20V，所以原副线圈的匝数比为n1n2=U1U2=4020=21，故B正确；
C、若将滑动变阻器滑片向上移动，滑动变阻器连入电路中的电阻增大，则副线圈电流减小，因此副线圈的功率减小，则原线圈的功率也减小，导致原线圈中电流表的示数也变小，故C错误；
D、若将自耦变压器触头向下滑动，则副线圈匝数减小，根据变压器电压规律可知副线圈电压减小，所以灯泡会变暗，故D错误；
故选：B。
根据电动势的瞬时值的表达式代入数据进行计算；
分别求出原副线圈两端的电压并由此得出匝数比；
当滑动变阻器向上移动时，副线圈的电阻变大，则功率变小，导致原线圈的功率也变小，由此分析出电流表示数的变化；
当自耦变压器触头向下移动时，根据副线圈匝数的变化得出副线圈电压的变化，从而判断出灯泡的亮度变化。
本题主要考查了变压器的构造和原理，熟悉原副线圈两端的电压之比和匝数之比的关系，同时结合电路构造完成分析。
4.【答案】B
【解析】解：A、根据万有引力定律和牛顿第二定律得：GMmr2=ma，a=GMr2，所以卫星在轨道Ⅰ上经过Q点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过Q点时的加速度，故A错误；
B、第一宇宙速度是近地面卫星的运行速度，也是最大的环绕速度。
所以卫星在近地圆轨道Ⅰ上做圆周运动到Q点速度等于第一宇宙速度，卫星在轨道Ⅰ上做圆周运动，要过度到椭圆运动轨道Ⅱ，在Q点应该增大速度，做离心运动。所以卫星在轨道Ⅱ上经Q点时的速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故B正确；
C、若地球质量为M，P到地面的高度是r，根据万有引力提供向心力：
GMm(R+r)2=m4π2(R+r)T32，解得：T3=2π (R+r)3GM，故C错误；
D、在P点，加速度方向指向圆心，卫星处于失重状态，故D错误。
故选：B。
根据万有引力提供向心力，列方程可得到卫星周期与半径的关系来判断周期大小。由牛顿定律研究卫星在Q两点加速度大小。
第一宇宙速度是近地面卫星的运行速度，也是最大的环绕速度。第二宇宙速度是脱离地球引力束缚的速度。
卫星在轨道Ⅰ上做圆周运动，要过度到椭圆运动轨道Ⅱ，在Q点应该增大速度，做离心运动。
卫星在不同轨道上运行时各个量的比较，往往根据万有引力等于向心力列出物理量与半径的关系，然后比较。掌握第一宇宙速度和第二宇宙速度的特点。
5.【答案】D
【解析】解：AB、带电粒子进入磁场后受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正粒子受到的洛伦兹力向下，负粒子受到洛伦兹力向上，M点的电势低于N点的电势，故AB错误；
C、不带电的液体在磁场中不受力，M、N两点没有电势差，无法计算流速，故C错误；
D、最终正、负粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有qvB=qUd，解得液体的流速：v=UdB，U是MN两点间的电压，废液的流量为：Q=vS=πUd4B，只需要测量MN两点的电压就能够推算废液的流量，故D正确。
故选：D。
废液流过磁场区域时，根据左手定则判断带电粒子所受洛伦兹力的方向，正、负粒子发生偏转打到上、下两个面上，上、下两个面之间形成电场，最终正、负粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，根据受力平衡求出粒子的速度，再根据Q=vS求出流量。
本题考查霍尔效应及其应用，解决本题的关键要知道导电液体流过磁场区域时，正、负粒子受到洛伦兹力，发生偏转打到上、下两个面上，形成电场，最终正、负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态。
6.【答案】BD
【解析】解：A、气体分子运动剧烈程度仅由温度决定，充气过程中，储气室内气体质量增大，气体分子数增多，但温度不变，所以气体分子运动剧烈程度不变，故A错误；
B、温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，充气过程中，储气室内气体分子平均动能不变，故B正确；
C、理想气体内能由温度和质量决定，气体温度不变，充气过程中，储气室内气体质量增大，气体内能增加，故C错误；
D、喷液过程中，气体膨胀，气体对外做功，即W<0，但气体内能不变，即△U=0，根据热力学第一定律：△U=Q+W，可知Q>0，则气体一定从外界吸收热量，故D正确。
故选：BD。
充气过程中，储气室内气体质量增大，温度不变，分子平均动能不变，气体内能增加；喷水过程中，液体液面下降，空气体积增大，根据热力学第一定律分析即可。
本题以新冠肺炎疫情期间班级用于消毒的喷壶为背景，考查了热力学第一定律的应用，要注意本题中气体的质量是发生变化的，知道影响气体内能的量有温度和质量。
7.【答案】AC
【解析】解：A、已知波沿x轴正方向传播，则在△t=0.2s时间内，波传播的距离为△x=nλ(n=1,2,3,…)，则该波的波速v=△x△t=5nλ(m/s)(n=1,2,3,…)，当n=1时，v=20m/s，故A正确；
B、由于周期不确定，0.1s不一定等于半个周期的奇数倍，则t+0.1s时刻，x=−2m处的质点位移不一定是a，故B错误；
C、因波沿x轴正方向传播，再结合波形图可知从t时刻起，在x=2m处的质点比x=2.5m处的质点先回到平衡位置，则C正确；
D、利用波的“平移法”可判断，当质点M第一次到达平衡位置时，N质点还在继续向上振动，没有到达波峰，故D错误；
故选：AC。
由图读出波长λ.由于两个时刻的波形相同，经过了整数倍周期的时间，则得△t=0.2s=nT，n=0，1，2…，可得到最大的周期，由v=λT求出最小波速。由于周期不确定，(t+0.1)秒时刻，x=−2m处的质点位移不一定是a。简谐横波沿x轴正方向传播，x=2.5m处的质点向下运动，可知x=2m处的质点比x=2.5m处的质点先回到平衡位置。根据数学知识得知质点M和N之间的距离等于λ6，质点M第一次到达平衡位置时，质点N不在波峰。
本题关键根据波的周期性分析时间0.2s与周期的关系，得到周期的最大值，求出波速的最小值。
8.【答案】CD
【解析】解：A、由于运动员斜上推出铅球过程，铅球的高度增加，重力势能增加，所以运动员做的功全部转化为铅球的动能和重力势能，故A错误；
B、铅球在空中做斜上抛运动，初速度越大，在空中飞行的时间不一定长，还与初速度的方向有关，故B错误；
C、铅球在空中做斜抛运动，先升高后下降，因此铅球的重力势能先增大后减小，故C正确；
D、铅球在空中飞行过程中，不计空气阻力，根据动量定理可知，球的动量变化量等于重力的冲量，即Δp=mgt，因此相同时间内球的动量变化量相同，故D正确。
故选：CD。
运动员斜上推出铅球过程，运动员做的功全部转化为铅球的动能和重力势能；铅球在空中做斜上抛运动，在空中飞行时间与初速度大小和方向都有关；根据高度的变化，分析铅球重力势能的变化，利用动量定理分析相同时间内球的动量变化量关系。
解答本题时，要明确斜抛运动的时间既与初速度大小有关，也与初速度方向有关。对于动量变化量，可以根据动量定理进行研究。
9.【答案】0.02x4+x5+x6−x1−x2−x336T2 9.60
【解析】解：(1)所接电源应为频率为50Hz的交流电，打点的时间间隔是T=1f=150s=0.02s；
(2)根据逐差法可知，重锤的加速度大小是a=x4+x5+x6−x1−x2−x39×(2T)2=x4+x5+x6−x1−x2−x336T2
代入数据解得a=7.22+8.75+10.29−2.60−4.14−5.6936×0.022×0.01m/s2=9.60m/s2
故答案为：(1)0.02；(2)x4+x5+x6−x1−x2−x336T2；9.60
(1)根据频率与周期的关系解答；
(2)根据逐差法求加速度。
本题考查了打点计时器的使用，掌握根据纸带求加速度的方法。
10.【答案】AC c、e(或d)0.4
【解析】解：①一节干电池电的内阻很小，约为零点几欧姆，则保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大，因此定值电阻应选A；为方便实验操作，滑动变阻器应选C；
②图中c导线的上端应该连接到R0左端；e和d两根导线其中的一根要连到滑动变阻器的上端；
③根据闭合电路欧姆定律有E=U+I(R0+r)
由图象可知
k=r+R0=1.5−0.80.5Ω
解得电源内阻
r=0.4Ω
故答案为：①AC；②c、e(或d)；③0.4
①根据实验原理及操作便捷选择器材；
②根据实验原理图分析解答；
③根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率解答。
本题考查了实验仪器及电路图纠错，要求掌握好其安全、准确的原则；同时注意滑动变阻器在电路中的应用规律；要掌握应用图象法求电源电动势与内阻的方法。
11.【答案】解：(1)小球由静止摆到最低点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgR(1−cs60∘)=12mv02
解得：v0= gR
小球与物块Q相撞过程无能量损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=mv1+mvQ
12mv02=12mv12+12mvQ2
解得：v1=0，vQ=v0= gR
(2)小球与Q碰撞后，Q在平板车上滑行的过程中，P、Q组成的系统动量守恒，Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，设平板车的速度为v，则Q的速度为2v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mvQ=Mv+m(2v)，
解得：v=16vQ= gR6
物块Q离开平板车时，速度为：2v= gR3，
对Q，由动量定理可得：−μmgt=m(2v)−mvQ，
解得小物块Q在长木板P上运动时间为：t=2 gR3μg；
(3)设平板车长L，由能量守恒定律得：
12mvQ2=12Mv2+12m(2v)2+μmgL
解得，平板车P的长度为L=7R18μ；
答：(1)小球与小物块Q结束相互作用瞬间，小物块Q的速度vQ为 gR；
(2)小物块Q在平板车上运动的时间t为2 gR3μg；
(3)平板车P的长度L为7R18μ。
【解析】(1)小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出小球摆到最低点时的速度，小球与Q碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞后的速度。
(2)P、Q组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出两者分离时的速度，应用动量定理求出Q在平板车上滑动的时间。
(3)对系统，应用能量守恒定律可以求出平板车的长度。
本题考查了动量守恒定律的应用，本题是多体多过程问题，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、动量守恒定律、动量定理即可解题。
12.【答案】解：(1)带电微粒经加速电场加速后速度为v1，
根据动能定理：qU1=12mv12
得：v1= 2U1 qm=1.0×104m/s
(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向微粒做匀速直线运动．
水平方向：v1=Lt
带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2
竖直方向：a=qEm
v2=at
由几何关系：tanθ=v2 v1 ，
联立得tanθ=EL2U1
由题θ=60∘
解得：E=2U1 tanθL=2×100× 310 3×10 −2=2000V/m.
(3)设带电粒子进磁场时的速度大小为v，则：v=v1 cs60∘=2×104m/s
由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则轨迹半径为：r=Rtan60∘=0.3m
由：qvB=mv 2r
得：B=mvqr=2.0×10 −11×2×10 41×10 −5×0.3=0.13T
答：
(1)带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率是1.0×104m/s；
(2)两金属板间偏转电场的电场强度E是2000V/m；
(3)匀强磁场的磁感应强度的大小是0.13T.
【解析】(1)根据动能定理求解带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率；
(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动，运用运动的分解法研究：在水平方向微粒做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解电场强度．
(2)带电微粒进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹对应的圆心角就等于速度的偏向角，作出轨迹，得到轨迹的圆心角，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感应强度的大小．
本题的难点是作出粒子的运动轨迹，根据几何知识得到轨迹半径与磁场边界半径的关系．
13.【答案】解：(1)设a导体棒刚要开始运动时，通过a导体棒的电流为I1，b导体棒的电流为I2，b导体棒的速度为v0，则有：mgsinα+BI1d=μ1mgcsα
由电路可知：I2=1.5I1
感应电动势：E=I1R1+I2R1
又因为：E=Bdv0
联立代入数据解得：v0=1m/s
(2)a、b导体棒碰撞动量守恒，设两棒碰撞后共同速度为v1，由动量守恒定律有：mv0=2mv1
当a、b棒并在一起向下匀速运动时速度最大，设电路中电流为I3，
则有：2mgsin37∘=BI3d+μ1mgcs37∘+μ2mgcs37∘
电路中感应电流：I3=E′R总
电路的总电阻：R总=12R1+R0
设a、b棒相碰后一起下滑过程中最大速度为，感应电动势：E′=Bdv2
联立代入数据解得：v2=4m/s
(3)a、b棒相碰后并在一起向下运动过程，以沿轨道向下为正，由动量定理有：
(2mgsin37∘−μ1mgcs37∘−μ2mgcs37∘−BI−d)t=2mv2−2mv1
感应电流：I−=E−R总
感应电动势：E−=ΔΦΔt
设两棒相碰后经过t=7s下滑的位移为x，通过电阻R0的电荷量：q=I−t=BdxR总
设两棒相碰后到t=7s时的过程电路中电阻产生的焦耳热量为Q，由能量守恒定律：ΔE增=ΔE减
则有：Q+μ1mgxcs37∘+μ2mgxcs37∘+(12×2mv22−12×2mv12)=2mgxsin37∘
联立并代入数据解得：Q=1.05J
答：(1)a棒刚要开始运动时，b棒的速度大小为1m/s；
(2)a、b棒相碰后一起下滑过程中最大速度的大小为4m/s；
(3)这段时间内电路中电阻产生的焦耳热量为1.05J。
【解析】(1)对b棒根据平衡条件求解b棒刚好要下滑的电流大小，根据电路特点求解出a棒的电流以及电路总电阻，根据E=BLv并结合闭合电路欧姆定律求解a棒的速度大小；
(2)a、b棒碰撞过程满足动量守恒，根据动量守恒求解碰后两棒的速度，当a、b棒一起下滑到加速度为0时，速度最大，根据平衡条件并结合闭合电路欧姆定律求解两者的最大速度；
(3)根据动量定理、电荷量的求解公式以及法拉第电磁感应定律、能量守恒定律求解电路中产生的热量。
解决该题的关键是明确知道b棒刚好要滑动以及a、b棒达到最大速度所代表物理意义，掌握碰撞过程速度的求解方法，掌握用动量定理求解变速运动的物理量。