江西省贛州市2022屆高三上學期物理期末考試試卷

江西省贛州市2022屆高三上學期物理期末考試試卷閱卷人一、單選題（共7題；共14分）得分（2分）2021年12月10日上午9點，G2197次列車從贛州西站發(fā)出，一路向南駛向深圳，這標志著贛深高鐵正式開通運營，贛南革命老區(qū)與深圳經濟特區(qū)之間從此有了快速客運通道。以下相關說法正確的是（ ）A.列車啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反B.由綜合技術實時測量并顯示在車廂內的速度297km"為列車的瞬時速度C.硬幣能始終直立在列車窗臺上，說明列車一定是做勻速直線運動D.單位km、八、。。是國際單位制中的基本單位【答案】B【解析】【解答】A.列車啟動時乘客和列車一起加速運動，受到車廂作用力的方向與車運動的方向相同，A不符合題意；B.由綜合技術實時測量并顯示在車廂內的速度297km"為列車的瞬時速度，B符合題意；C.硬幣能始終直立在列車窗臺上，說明硬幣處于平衡狀態(tài)可能是做勻速直線運動也可能是靜止狀態(tài)，C不符合題意；D.單位krn、限。。均不是國際單位制中的基本單位，D不符合題意。故答案為：B?！痉治觥砍丝褪艿杰噹饔昧Φ姆较蚺c車運動的方向相同，才可以讓乘客隨車一起加速。車廂內的速度為測速瞬間的速度，所以為瞬時速度，基本單位只有7個，不包括km、h、℃o（2分）一電子在電場中由a點運動到b點的軌跡如圖中虛線所示，圖中一組平行的水平直線（實線）是等勢線，則下列說法正確的是（ ）

A.a點的電勢比b點低A.a點的電勢比b點低B.電子在a點的加速度方向向下C.電子從a點到。點速度增大D.電子從a點到b點電勢能減小【答案】B【解析】【解答】A.電場線方向與等勢面垂直，電子帶負電，由圖可判斷所受電場力向下，電場線方向是豎直向上，沿電場線方向電勢越來越低，a點的電勢比b點高，A不符合題意；B.電子在a點受到的電場力向下，故加速度方向向下，B符合題意；CD.電子從a點到b點，電場力做負功，動能減少，電勢能增加，C、D不符合題意。故答案為：Bo【分析】電場線方向與等勢面垂直，水平直線（實線）是等勢線，電場線豎直。曲線運動合力指向軌跡內側，電場方向向上。電場力做負功，動能減少，電勢能增加。（2分）將甲、乙兩小球先后以相同的初速度3Vo從水平地面豎直向上拋出，拋出的時間間隔為T,它們運動的v-t圖象如圖所示，則（ ）t=T時，甲球距離地面的高度為voTt=1.5T時，兩球高度差最大t=2T時，兩球距離地面的高度相同t=3T時，甲球距離地面的高度大于乙球【答案】C【解析】【解答】A.據速度時間圖像與時間軸所圍的“面積”表示質點的位移，則t=T時，甲球運動的位移為％="Q."。7=2v0TA不符合題意；B.由圖像可知，t=T時，兩圖線的“面積”之差最大，位移之差最大，相距最遠即高度差最大，B不符合題意：t=2T時，甲球的位移為九尹=瑪也*27=2%7乙球的位移為h/=嗎%xT=2v0T乙 ZC符合題意；t=3T時，甲球的位移為八'=嗎電勾'37=0甲2乙球的位移為九；=3%%x2T=2vqTD不符合題意。故答案為：Co【分析】Vt圖像與時間軸所圍的“面積”表示運動的位移，面積之差最大，位移之差最大，高度差最大。（2分）如圖所示，垂直紙面的勻強磁場分布在正方形虛線區(qū)域內，電阻均勻的正方形導線框abed位于虛線區(qū)域的中央，兩正方形共面且四邊相互平行。現將導線框先后朝圖示兩個方向以速度3v分別勻速拉出磁場，拉出時保持線框不離開紙面且速度垂直線框。比較兩次移出磁場的過程中，以下說法正確的是（ ）：OOOO：TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"a ?：o o o o： 3v- —；——?：o o o o：：dC\o o o o;A.線框中產生的感應電流方向相反B.ad邊兩端的電壓之比為1：3C.線框中產生的焦耳熱之比為1：1D.通過導線框某一截面的電荷量之比為1：1【答案】D【解析】【解答】A.因將導線框移出磁場的過程中，穿過導線框的磁通量減少，由楞次定律知兩次移出磁場的過程中導線框產生的電流方向相同，A不符合題意；B.以速度v拉出磁場時，be邊相當于電源，切割電動勢=ad邊兩端的電壓%=*?J/?=ifiLv1K4 4以速度3V拉出磁場時，ad邊相當于電源，切割電動勢&=3BLu導體框ad邊兩端的電壓力=皆?^/?=^BLvad邊兩端的電壓之比為1：9,B不符合題意；C.設變長為L,總電阻為R,運動速度v,根據/=冬=萼KKL

t=v23則產生的熱量Q=/2雙=之尹可見產生的熱量與速度有關，所以線框中產生的焦耳熱之比為1：3,C不符合題意；D.平均感應電動勢月=養(yǎng)平均電流7=§K電荷量q=[At=羿與速度無關，向左和向右兩次拉出磁場過程中，磁通量的變化量相等，故兩次的電荷量之比為1：1,D符合題意。故答案為：D?！痉治觥坑衫愦味山Y合右手螺旋定則可以求出線框中產生的感應電流方向。由閉合電路歐姆定律可以求出ad邊兩端的電壓之比。由焦耳定律求出產生的焦耳熱之比。5.（2分）如圖所示，在x>0、y>0的空間內有方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場.現有兩個質量及電荷量均相同的帶電粒子，由x軸上的P點以不同的初速度平行于y軸射入此磁場，然后分別從y軸上的M、N兩點射出磁場，不計粒子重力及它們間的相互作用.比較兩粒子的運動，下列說法正確的是（）八yTOC\o"1-5"\h\z,,X X X X XX X X X XX x x xX X X X XA.從N點射出的粒子初速度較大B.從N點射出的粒子在磁場中的加速度較大C.從M點射出的粒子在磁場中的角速度較大D.從M點射出的粒子在磁場中的時間較短【答案】D【解析】【解答】分別畫出粒子運動的軌跡如圖：A.根據r=知，粒子的質量及電荷量均相同，初速度大的軌道半徑大，由圖可知從N點射出的粒子初速度較小，A不符合題意；C.根據7=鬻知，粒子的在磁場中運動的周期與粒子的速度無關，粒子的質量及電荷量均相同，則周期相同，粒子做圓周運動的角速度：3=字=無是相等的。C不符合題意；ImB.粒子做圓周運動的向心加速度：an=a）2r,兩種粒子的角速度相等，到達M點的半徑大，所以從M點射出的粒子在磁場中的加速度較大。B不符合題意；D.由圖可知，從M點射出的粒子圓心角比較小，根據t= 知，從M點射出的粒子運動時間最短，D符合題意。故答案為：Do【分析】畫出粒子運動軌跡。洛倫茲力提供向心力，得出半徑表達式，初速度大的軌道半徑大。粒子的在磁場中運動的周期與粒子的速度無關。到達M點的粒子半徑大，在磁場中的加速度較大。（2分）如圖所示，質量均為m=1kg的小球4、B用兩根不可伸長的輕繩連接后懸掛于0點，現對小球A施加大小恒為16N、方向可以改變的外力F,若要使兩小球處于靜止狀態(tài)，懸線。4與豎直方向的夾角8的值不可能是（）

F45°37°30°F45°37°30°【答案】A【解析】【解答】兩小球處于靜止狀態(tài)，對A、B整體為研究對象，受力分析，受整體重力、OA繩子拉力、外力F,三個力共點力平衡。重力大小方向均不變，外力尸大小不變，方向可變，由三角形定則可知，當外力尸與繩子拉力T垂直時，8時，8最大。由幾何關系可知F16N

sind=2mg^2ON=08故懸線OA與豎直方向的夾角。的最大值為53。，不可能是60。，故答案為：Ao【分析】兩小球處于靜止狀態(tài)，由平行四邊形法則，通過平移得到三力的矢量三角形。由幾何關系，當外力F與繩子拉力T垂直時，。最大。（2分）如圖甲所示，用起重機起吊質量為m的重物，重物上升過程中速度的平方v2與上升高度h的關系圖像如圖乙所示，重力加速度為g,則重物上升過程中，下列說法正確的是（ ）-OhQ2h03h0h甲 乙A.重物加速上升的時間為勺B.起重機對重物做功的最大瞬時功率為mg%C.重物上升過程中，克服重力做功的平均功率為D.重物加速上升時，起重機對重物做正功，減速上升時，起重機對重物做負功【答案】C【解析】【解答】A.由題圖可知在0~ho高度范圍內重物加速上升，且由于該高度范圍內/一人圖像為直線，所以重物勻加速上升，則重物加速上升的時間為公=勺=騫=留A不符合題意；?2v2-九圖像的斜率表示加速度的2倍，則重物勻加速上升時的加速度大小為a=祟2如2根據牛頓第二定律可知重物勻加速上升時起重機對重物的牽引力大小為F=mg+ma=mg+警3當重物勻加速至速度大小為V0時，起重機對重物做功的瞬時功率最大，為Pmax=F%=mg%+簪B不符合題意；C.由圖像的對稱性可知重物勻減速上升的時間為t3=h=*重物勻速上升的時間為t2=0v0重物上升過程中，克服重力做功的平均功率為聲=7^嚓~=lmgv0c符合題意；D.重物上升時，起重機對重物的牽引力方向始終與速度方向相同，所以始終做正功，D不符合題n*r.o故答案為：Co【分析】利用其運動的位移和平均速度可以求出重物上升的時間；利用牛頓第二定律可以求出起重機牽引力的大小，結合其最大速度的大小可以求出最大瞬時功率的大?。焕闷渌俣裙娇梢郧蟪鲞\動的時間，結合重力做功可以求出平均功率的大小，利用其牽引力方向與速度方向相同可以判別牽引力做正功。

閱卷入二、多選題（共3題；共6分）得分（2分）如圖所示，a、b兩顆衛(wèi)星分別繞地球做圓軌道運動和橢圓軌道運動，P、Q兩點分別為匕衛(wèi)星橢圓軌道的近地點、遠地點。則（ ）a衛(wèi)星的運行周期可能為1小時b衛(wèi)星從Q點到P的過程中，速度變化越來越快ab兩顆衛(wèi)星受到地球的引力大小有時可能相等D.衛(wèi)星a、b與地心的連線在相同的時間內所掃過的面積相同【答案】B.C【解析】【解答】A.近地衛(wèi)星的周期是所有衛(wèi)星中運行周期最小的，約等于85min,所以A不符合題意；b衛(wèi)星從Q點到P的過程中，地球對其引力越來越大，加速度越來越大，所以速度變化越來越快,B符合題意；ab兩顆衛(wèi)星離地心的距離不等"離地心的距離還在變化），但兩衛(wèi)星質量未知，所以受到地球的引力大小有時可能相等，C符合題意；D.根據開普勒第二定律可知，同一顆衛(wèi)星在運動過程中與地心連線在相同時間內掃過的面積相等,D不符合題意；故答案為：BCa【分析】近大遠小，近地衛(wèi)星的速度是最快的，周期是最小的。Q點到P的過程中，離地球越來越近，地球對其引力越來越大，加速度越來越大。不知道質量大小，無法具體求解引力大小。（2分）如圖所示，小滑塊P、Q的質量均為m,P套在豎直固定的長桿上，P、Q通過一根繞過小定滑輪的不可伸長輕繩連接?，F將滑塊P由a點靜止釋放，滑塊P經過匕點時，右側輕繩水平，然后繼續(xù)向下運動經過c點。已知ab=bc=L,b點到定滑輪的距離為舊人忽略所有摩擦，不計繩子質量，貝U（ ）A.滑塊P經過c點時速度大小為1商IB.滑塊P經過b點時，繩子拉力大小等于mgC.滑塊P從a點到c點的過程中，滑塊Q的動能先增大后減小D.從a點到c點的過程中，滑塊P的機械能先增大后減小【答案】A,D【解析】【解答】A.已知ab=bc=L,滑塊P經過從a點至k點時，滑塊Q的高度未發(fā)生變化，將滑塊p的速度沿繩方向和垂直于繩子方向分解，則沿繩子方向％=vpcose滑塊Q的速度大小與VI相同"Q=V1=vPcos3根據幾何關系可得cos。=\從a點至!]c點，系統(tǒng)動能定理得mgL=^mvp+詔聯立解得咋=5gLA符合題意；B.分析得經過b點時，滑塊P的速度不為0,則滑塊Q在最低點加速度向上，根據牛頓第二定律可知，繩子拉力大小大于mg,B不符合題意；C.滑塊P在a點的速度和經過b點時沿繩子方向的分速度都為零，故滑塊Q在對應時刻的速度也為0；滑塊P從b點到c點的過程中，速度一直增大，可得滑塊Q從b點到c點的過程中，速度也一直增大，故滑塊P從a點到c點的過程中，滑塊Q的動能先增大后減小再增大，C不符合題意；D.從a點到c點的過程中，繩子對滑塊P的拉力做功先做正功在做負功，根據功能關系可知，滑塊P的機械能先增大后減小，D符合題意。故答案為：ADo【分析】實際速度方向為合速度方向，將滑塊P的速度沿繩方向和垂直于繩子方向分解，從a點到c點由動能定理得滑塊P經過c點時速度大小。滑塊Q在最低點加速度向上，繩子拉力大小大于mg。繩子對滑塊P的拉力做功先做正功在做負功，滑塊P的機械能先增大后減小。（2分）如圖所示，電源內阻r和燈泡L的電阻R均恒定不變，。為理想二極管，％、%為定值電阻，電表均為理想電表。閉合S且電路穩(wěn)定后，有一帶電油滴在平行板電容器中處于靜止狀態(tài)?，F將滑動變阻器滑片向上滑動，電表Vi、V2和A示數變化量的絕對值分別為4%、4%和4,則下列說法中正確的是（ ）A.燈泡變亮，電流表示數增大 B.油滴將向下運動廠私 p.AU?〃C.<r D.=R+r【答案】A,C【解析】【解答】A.滑片向上滑動，其接入電路的阻值減小，電路總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律可知回路中電流變大，燈泡變亮，電流表示數增大，A符合題意；B.總電流增大，故電源內電壓增大，外電壓減小，即Vi的示數減小，而Li的電壓變大，所以并聯部分Ri兩端的電壓減小，所以V2的示數及電容器板間電壓變小，應放電，但二極管的單向導電性使電荷不能放出，由于Q不變，則由C=2=7%，E=MU^nkaa得E=也誓eS可知E不變，油滴靜止不動，B不符合題意；C.根據閉合電路歐姆定律可知%=E-/婷可知37二=「電流表串聯在支路上，則有4>4/總

故77（1分）用螺旋測微器測出擋光片的寬度d,測量結果如圖甲所示，則（1分）用螺旋測微器測出擋光片的寬度d,測量結果如圖甲所示，則4=mm；（1分）不計擋光片的質量，所用鉤碼的質量相同，如圖乙所示，由靜止釋放鉤碼A、B、C,實驗測得，釋放鉤碼時擋光片距光電門的距離為九，擋光片遮光的時間為t。若系統(tǒng)機械能守恒,則需要驗證：h=（用物理量字母表示，已知當地的重力加速度為g）；（2分）以下建議中能對減小該實驗誤差有作用的是一A.繩子越長越好B.使用質量小且結實的繩子C.盡量保證重物只沿豎直方向運動，不要搖晃總C符合題意；D.將燈泡L電阻R看作電源內阻一部分，可知37由于4>4總，故警<R+rD不符合題意。故答案為：ACo【分析】當其滑動變阻器的阻值變小時，利用動態(tài)電路的串反并同可以判別其電流表和電壓表的讀數變化；利用電容器的定義式及決定式可以判別其電場強度不變則油滴靜止不動；利用閉合電路的歐姆定律可以判別其電壓表和電流表變化量的比值大小。閱卷人得分三、實驗題（共2題；共9分）（4分）為了驗證機械能守恒定律，同學們設計了如下的實驗:「2015J「2015J甲\二-二E-二二/A名乙擋光片【答案】(1)2.662(2)八=笛2gt2(3)B：C【解析】【解答】(1)螺旋測微器的讀數為d=2.5mm4-16.2x0.01mm=2.662mm(2)系統(tǒng)的末速度為17=(若系統(tǒng)機械能守恒，則有(2m—m)g/i=2?3?nu2解得力=整=竺2g2gt2(3)A.通過驗證關系式九=當，與繩子長度無關，A不符合題意；B.物塊在運動的過程中，細繩也在運動，也具有動能，故使用質量小且結實的繩子可使實驗減小系統(tǒng)誤差，B符合題意；C.盡量保證重物只沿豎直方向運動，因為搖晃會使得物體在水平方向上有速度分量，影響實驗驗證結果，C符合題意；故答案為：BC?【分析】(1)螺旋測微器的讀數等于可動刻度加上固定刻度。結果要估讀。(2)擋光片通過光電門看成勻速運動。由系統(tǒng)機械能守恒列出等式，得出h的表達式。(3)繩會分走一部分動能，搖晃會使得物體在水平方向上有速度分量，豎直速度偏小，測量速度的結果偏小。12.(5分)如圖(a)所示，某實驗小組用銅片和鋁片作為電極插入臍橙中，組成水果電池，為了測量該臍橙電池的電動勢和內阻，他們用電阻箱、定值電阻和電壓表設計了如圖(b)所示的實驗電路圖，實驗步驟如下：①將S2接到4,閉合Si，當電阻箱的阻值為5400時，電壓表示數為0.30k②保持電阻箱阻值不變，將S2切換到B,電壓表示數為0.35V；③仍將S2切換到B,多次調節(jié)電阻箱，讀出多組電阻箱的阻值R和對應的電壓表示數

圖（C）圖（C）（I）（3分）根據上述步驟，若電壓表視為理想表，則可得出定值電阻Ro的阻值為該實驗小組測得幾組數據后，利用計算機得出電壓表示數的倒數與和電阻箱與定值電阻之和的倒數1 11毓，繪出了如圖（C）所示的方一尋而圖像。根據圖像可求得水果電池的電動勢E及內阻r,其中E=V,r=0。（計算結果均保留三位有效數字）（2分）在心已知的條件下，若電壓表不是理想表，只考慮由此引起的系統(tǒng)誤差，則電動勢的測量值 （選填“大于”、"小于”或"等于”）真實值，內阻的測量值 （選填“大于“、“小于，，或“等于“）真實值?！敬鸢浮浚?）90；0.83；8.3x102（2）小于；小于【解析】【解答】（1）根據串聯電路電壓之比等于電阻之比可得端^=曳旦孝”解得Ro=90。根據閉合電路歐姆定律，當S2打到B端時有E=U+惡-r1 1可變形為喬島+區(qū)由圖像可得看=1.2尸解得E=0.83V由/=凈"=1000?！眀10x103解得r=8.3x102n（2）由于電壓表內阻不是無窮大，電壓表起分流作用，可知測得通過電源的電流值偏小，外電壓準確，根據U-/圖線知，電動勢的測量值小于真實值，內阻的測量值小于真實值?！痉治觥浚?）由串聯電路串聯分壓得到電阻之比。閉合電路歐姆定律得到與和尋而的關系式，畫

出圖像，得到電動勢和內阻。閱卷人得分13.(13.(10分)如圖所示,四、解答題(共4題；共40分)一直角輕質木架ABC,AB部分水平，BC部分豎直，其中A、B兩點距離為J一根長為2L的輕繩兩端分別系在A、B兩點，繩上串一個質量為m的光滑小圓環(huán)，初始時木架和圓環(huán)保持靜止狀態(tài)?，F使木架繞軸BC轉動，帶動圓環(huán)一起在水平面內做圓周運動，當與A端相連的繩子保持豎直時，木架勻速轉動，已知重力加速度g,sin37°=求：A B解得3=7ZL【解析】【分析】（1）張力即拉力。由受力平衡結合平行四邊形法則得出繩子的張力大小。（2）由幾何關系得出圓環(huán)與A點的距離，對圓環(huán)受力分析，水平方向拉力分力提供向心力，豎直方向受力平衡。列出方程求解。（10分）在贛州市南河大橋擴建工程中，雙向橋梁已完成了某一通車方向的建設，為保持雙向車輛正常通行，臨時將其改成雙向車道。如圖所示，引橋與橋面對接處，有兩車道合并一車道的對接口，4、B兩車相距so=4m時，B車正以為=4m/s速度勻速行駛，A車正以外=7?n/s的速度借道超越同向行駛的B車，此時4車司機發(fā)現前方距離車頭s=16m處的并道對接口，A、B兩車長度均為L=4m,且不考慮A車變道過程的影響。<?!計算可得42=20m>s=16m說明在離并道對接口16m的距離上以3m/s2的加速度加速不能實現安全超車?！窘馕觥俊痉治觥浚?）A車減速到與B車同速時，此時兩車距離最小，若此時恰未與B車相碰，則A車將不會與B車相碰。由勻變速直線運動的規(guī)律列方程求解。（2）并道對接口距離只有16米，所以超車位移不能超過16米。但到達相同位置時，才可以實現超車。（10分）如圖所示，絕緣的光滑豎直桿，長度為2L,底端固定一個電荷量為+Q的點電荷，兩個絕緣的滑塊A、B（可看做質點）套在桿上，滑塊4不帶電，滑塊B所帶電荷量為+q,滑塊4的質量是滑塊B的兩倍。開始時，在離直桿底端距離為L的位置上將兩滑塊疊放在一起，并保持靜止狀態(tài)?，F給A施加一沿直桿向上的力F（大小未知），使4以加速度a=gg沿直桿向上做勻加速直線運動，直至4運動到絕緣桿頂端。已知靜電力常量為k,在點電荷Q產生的電場中任意一點的電勢為3=kg（r為該點到場源電荷Q的距離）。求：?（5分）力F剛達到最大值時，滑塊8電勢能的變化量；（5分）整個過程拉力F對滑塊A做的功?！敬鸢浮浚?）解：開始時，兩滑塊靜止，設B的質量為m,則A的質量為2m,由平衡條件得3mg=k與施加F后，A以加速度a=^g做勻加速直線運動，A、B剛好分離時，F最大，此時A、B加速度相等且AB無作用力，由牛頓第二定律，對A有Fmax-27ng=2am對B有鳥—mg=ma

聯立解得了=由公式W=半可知，初始位置電勢為%=苧kQF最大時電勢為啊=可兩點電勢差為U=W1—02=整故4Ep=qU=甯即電勢能減少夔。（2）解：對A、B,由動能定理可得+qU—3mg/i=4?2mi;20 i其中h=（2A—L）=《LXv2=2ah=ggL解得卬尸=翌【解析】【分析】（1）AB做勻加速直線運動，A、B剛好分離時，F最大。對AB分別由牛頓第二定律和電勢的公式列出方程求出兩點電勢差，由電場力做功公式求出電勢能減少量。（2）求出下落高度，以及運動速度，對A、B,由動能定理可得整個過程拉力F對滑塊4做的功。（10分）如圖所示，有一傾角8=37。的平行傾斜金屬導軌ABA'B',44'處接有電容為C=0.3尸的電容器，在底端BB,處通過一小段光滑圓弧絕緣件（長度可忽略）連接足夠長的平行光滑水平金屬導軌BCB'U,兩導軌間距均為L=1m,在導軌間和導軌BCB'C'間分別存在著垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小分別為%=1T和％=0.17。兩長度均為L的金屬棒a、b,棒b靜止在水平金屬導軌BCB'C'的最左端，棒a與導軌4BAB'間的動摩擦因數4=0.5,并從離導軌ABA'B'底端高度為h=0.3m處由靜止釋放。已知棒a、b始終與導軌間保持良好接觸，兩棒間的碰撞為水平彈性碰撞，ma=0.3kg,mb=0.1kg,Rb=0.2/2,不計棒a的電阻，重力加速度g取lOm/s2。求：A4B'A4B'C'（5分）棒a到達導軌48A9底端時的速度大??；（5分）最終棒a、b之間的距離?！敬鸢浮浚?）解：對a受力分析結合牛頓第二定律有magsin8-wnagcose-f^=maa其中/一四_% _c1~At~At~At~caiLa聯立解得a=lm/s2所以金屬棒a在傾斜軌道上做勻變速運動，由勻變速運動規(guī)律有i?2=2a而蜀解得u=lm/s（2）解：當金屬棒a進入水平導軌與b發(fā)生彈性碰撞，碰后兩者速度分別為vi、V2,由動量守恒和能量守恒小?！?m/i+121215巾/=Q^avl+5巾/乙 乙 乙聯立解得巧=/m/s，v2=|m/s碰后a、b在安培力作用下向右變速運動，a向右加速，b向右減速，整體的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，當二者速度相等時它們之間的距離保持不變，設為s,據動量守恒定律可得m。%=（血。+在此過程中對導體棒b應用動量定理有一/安=~B2TLAt=m”共一mw2由法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律7=尋=篇=器聯立可得s=1.5m【解析】【分析】（1）對a受力分析，結合電容表達式以及電流定義式。求出棒a到達導軌底端時的速度大?。?）金屬棒a進入水平導軌與b發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒以及機械能守恒。當二者速度相等時它們之間的距離保持不變，由動量守恒定律和動能定理以及法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律分別列方程求解得到最終棒a、b之間的距離。

試題分析部分1、試卷總體分布分析總分：69分分值分布客觀題（占比）20.0(29.0%)主觀題（占比）49.0(71.0%)題量分布客觀題（占比）10(62.5%)主觀題（占比）6(37.5%)2、試卷題量分布分析大題題型題目量（占比）分值（占比）實驗題2(12.5%)9.0(13.0%)解答題4(25.0%)40.0(58.0%)多選題3(18.8%