江蘇省無(wú)錫市江陰市普通高中2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期物理階段測(cè)試期末試卷

江蘇省無(wú)錫市江陰市普通高中2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期物理階段測(cè)試期末試卷姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三總分評(píng)分一、單選題1．圖甲為一列沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t=1s時(shí)刻的圖像，圖甲中某質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．該時(shí)刻起質(zhì)點(diǎn)K在1s的時(shí)間內(nèi)沿x軸移動(dòng)0.2mB．該時(shí)刻起再經(jīng)0.5s質(zhì)點(diǎn)K的加速度為正方向最大C．如果圖乙為質(zhì)點(diǎn)K的振動(dòng)圖像，則波沿x軸負(fù)向傳播D．如果圖乙為質(zhì)點(diǎn)L的振動(dòng)圖像，則波沿x軸負(fù)向傳播2．如圖所示，由兩種單色光組成的復(fù)色光，通過(guò)足夠大的長(zhǎng)方體透明材料后分成a、b兩束，則（）A．在該透明材料中，a光的傳播速度小于b光的傳播速度B．相同條件下，a光比b光衍射明顯C．只要滿足一定的條件，a、b兩束光可以發(fā)生干涉D．從該透明材料射入空氣發(fā)生全反射時(shí)，a光的臨界角較大3．如圖所示，磁體間的磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，匝數(shù)為n、面積為S、電阻為r的線圈abcd繞垂直于磁場(chǎng)的軸OO'以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為A．線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為nBSωB．線圈的輸出功率為nBSωI?C．電阻R上電流的頻率為ωD．電阻R上消耗的功率I4．2022年10月12日下午，“天宮課堂”第三課在空間站問(wèn)天實(shí)驗(yàn)艙開(kāi)講，授課中，地面?zhèn)鬏斨行恼{(diào)用地球同步衛(wèi)星“天鏈一號(hào)”03星和“天鏈二號(hào)”01星。則03星和01星（）A．運(yùn)行速度大于第一宇宙速度B．運(yùn)行周期小于近地衛(wèi)星的周期C．運(yùn)動(dòng)角速度大于近地衛(wèi)星的角速度D．與地球的連線每秒掃過(guò)的面積相等5．如圖所示，兩個(gè)等量異種電荷和M、N兩點(diǎn)是菱形的四個(gè)頂點(diǎn)，a、b、c、d是菱形四個(gè)邊長(zhǎng)的中點(diǎn)，O是兩電荷連線的中點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比O點(diǎn)大B．a(chǎn)、b兩處的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)都相同C．a(chǎn)、c兩處的電場(chǎng)強(qiáng)度一定相同D．將一電荷從d移到O再移到c點(diǎn)，電場(chǎng)力在兩段做的功相同6．如圖甲所示，在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一圓形導(dǎo)體環(huán)。磁場(chǎng)方向向上為正，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙變化，下列分析正確的是（）A．t=1s時(shí)環(huán)中的磁通量為零，環(huán)內(nèi)的感應(yīng)電流為零B．0～2s內(nèi)環(huán)上小段導(dǎo)體受到的安培力始終指向圓心C．0～2s內(nèi)環(huán)上小段導(dǎo)體受到的安培力大小不變D．0～2s內(nèi)感應(yīng)電流的功率不變7．如圖所示，一球員將足球從球門正前方某處踢出，在豎直平面內(nèi)經(jīng)位置1、2、3后落地，位置1、3等高，位置2在最高點(diǎn)。不考慮足球的旋轉(zhuǎn)，則足球（）A．經(jīng)過(guò)位置2時(shí)，重力的功率最大B．由位置1運(yùn)動(dòng)到位置3過(guò)程中，合力做功為0C．在位置2的加速度比位置3的加速度小D．由位置1運(yùn)動(dòng)到位置2的時(shí)間小于由位置2運(yùn)動(dòng)到位置3的時(shí)間8．如圖所示，一足夠長(zhǎng)的輕質(zhì)綢帶放在水平光滑桌面上，A、B兩物塊靜止在綢帶上?，F(xiàn)A、B同時(shí)受到反向、等大的力F作用，已知A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，A、B與綢帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，若最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，則F由0逐漸增大的過(guò)程中（）A．A先開(kāi)始做加速運(yùn)動(dòng)B．A，B同時(shí)相對(duì)綢帶滑動(dòng)C．同一時(shí)刻，A的動(dòng)能不大于B的動(dòng)能D．同一時(shí)刻，A，B的加速度大小一定相等9．離子發(fā)動(dòng)機(jī)是利用電場(chǎng)加速離子形成高速離子流而產(chǎn)生推力的航天發(fā)動(dòng)機(jī)，工作時(shí)將推進(jìn)劑離子化，使之帶電，然后在靜電場(chǎng)作用下推進(jìn)劑得到加速后噴出，從而產(chǎn)生推力，這種發(fā)動(dòng)機(jī)適用于航天器的姿態(tài)控制、位置保持等，航天器質(zhì)量M，單個(gè)離子質(zhì)量m，帶電量q，加速電場(chǎng)的電壓為U，高速離子形成的等效電流強(qiáng)度為I，根據(jù)以上信息計(jì)算該發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的推力為（）A．ImUq B．I2mUq C．10．如圖所示，表面粗糙的“L”型水平軌道固定在地面上，勁度系數(shù)為k、原長(zhǎng)為l0的輕彈簧一端固定在軌道上的O點(diǎn)，另一端與安裝有位移、加速度傳感器的滑塊相連，滑塊總質(zhì)量為m。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正方向建立x軸，將滑塊拉至坐標(biāo)為x3的A點(diǎn)由靜止釋放，向左最遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)為x1A．xB．a(chǎn)C．最大動(dòng)能為1D．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為(m二、實(shí)驗(yàn)題11．某同學(xué)利用手機(jī)“聲音圖像”軟件測(cè)量物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，長(zhǎng)木板固定在水平桌面上，物塊置于長(zhǎng)木板上且兩端分別通過(guò)跨過(guò)定滑輪的細(xì)線與小球A、B相連，實(shí)驗(yàn)前分別測(cè)量出小球A、B底部到地面的高度hA（1）由圖可知，實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)燒斷物塊（選填“左側(cè)”或“右側(cè)”）的細(xì)繩。（2）燒斷細(xì)線前，用分度值為1cm的刻度尺測(cè)量hA，刻度尺的0刻度線與地面齊平，小球A的位置如圖所示，則hA（3）若某次實(shí)驗(yàn)中通過(guò)運(yùn)算得出A下落時(shí)間為0.40s，由圖可知，物塊加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為s；若將手機(jī)放在靠近小球A的地面上測(cè)量物塊加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，測(cè)量結(jié)果會(huì)。（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）（4）僅改變小球B實(shí)驗(yàn)前離地高度hB，測(cè)量不同高度下物塊加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，作出hB?t三、解答題12．圖（一）是我國(guó)宇航員王亞平太空授課時(shí)“玩水球”，水滴在完全失重環(huán)境下成為一透明的球體，當(dāng)太陽(yáng)光照射到“水球”上時(shí)，光會(huì)被折射和反射而形成彩虹。如圖（二）為某均勻透明球形液滴的截面圖，圓心O在球心上。球半徑為R。一束光從空中（看作真空）平行直徑AOB射到圓上的C點(diǎn)，入射角i=60°，該光射入球內(nèi)經(jīng)過(guò)一次反射后從D點(diǎn)再次平行AOB折射向空中。求：（1）液滴對(duì)該光的折射率n；（2）該光從C點(diǎn)射入液滴經(jīng)一次反射從D點(diǎn)射出在液滴內(nèi)傳播的時(shí)間t。（光在真空中的傳播速度為c）13．如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L(zhǎng)=0.1m，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ=30°，導(dǎo)軌上端連接一定值電阻R=0.3Ω，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處于方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒cd垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌保持良好的接觸，金屬棒的質(zhì)量為m=0.2kg，電阻為r=0.1Ω，現(xiàn)將金屬棒從緊靠NQ處由靜止釋放，當(dāng)金屬棒沿導(dǎo)軌下滑距離為S=12m時(shí)，速度達(dá)到最大值vm=10m/s，重力加速度g?。?）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；（2）若將金屬棒下滑12m的時(shí)刻記作t=0，假設(shè)此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0為已知，從此時(shí)刻起，讓磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸減小，可使金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，請(qǐng)用B14．空間存在兩個(gè)垂直于Oxy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，y軸為兩磁場(chǎng)的邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為2B0、3B（1）Q到O的距離d；（2）粒子兩次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的時(shí)間間隔Δt；（3）粒子經(jīng)過(guò)y軸的時(shí)刻t。15．在光滑的水平面上有一凹形木板A，質(zhì)量為m=0.1kg，長(zhǎng)度為L(zhǎng)=1m，不計(jì)凹形木板A左右兩壁的厚度，其上表面也光滑；另有一質(zhì)量也為m的帶電滑塊B靜止于凹形木板A的左側(cè)（如圖），帶電滑塊B所帶電荷量為q=+5×10?5C（1）求滑塊B與凹形木板A第1次碰撞前、后的速度大小；（2）求滑塊B從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到再一次運(yùn)動(dòng)到凹形木板A左側(cè)時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)滑塊B所做的功；（3）求滑塊B從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與凹形木板A發(fā)生第n次碰撞的過(guò)程中，凹形木板A運(yùn)動(dòng)的總位移。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．質(zhì)點(diǎn)K只能沿y軸振動(dòng)，不能沿x軸移動(dòng)，A不符合題意；B．根據(jù)題意，由圖乙可知，該波的周期為T=2s，假如波向左傳播，質(zhì)點(diǎn)K再經(jīng)過(guò)0.5s時(shí)，到達(dá)負(fù)方向最大位移處，此時(shí)，質(zhì)點(diǎn)K的加速度為正方向最大；假如波向右傳播，質(zhì)點(diǎn)K再經(jīng)過(guò)0.5s時(shí)，到達(dá)正方向最大位移處，此時(shí)，質(zhì)點(diǎn)K的加速度為負(fù)方向最大，B不符合題意；C．如果圖乙為質(zhì)點(diǎn)K的振動(dòng)圖像，由圖乙可知，質(zhì)點(diǎn)K沿y軸負(fù)方向振動(dòng)，結(jié)合圖甲可知，波沿x軸負(fù)向傳播，C符合題意；D．如果圖乙為質(zhì)點(diǎn)L的振動(dòng)圖像，由圖乙可知，質(zhì)點(diǎn)L沿y軸負(fù)方向振動(dòng)，則波沿x軸正向傳播，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】質(zhì)點(diǎn)不會(huì)隨波遷移；利用傳播的時(shí)間結(jié)合波的平移可以判別質(zhì)點(diǎn)的位移，利用質(zhì)點(diǎn)的位置可以判別加速度的方向及大小；利用質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向可以判別波的傳播方向。2．【答案】A【解析】【解答】A．由圖可知，透明材料對(duì)a光的折射率大于對(duì)b光的折射率，即na>nb，B．b光折射率較小，則頻率更低，波長(zhǎng)更長(zhǎng)，相同條件下，b光比a光衍射明顯，B不符合題意；C．兩種光頻率不同，不可以發(fā)生干涉，C不符合題意；D．根據(jù)sinC=故答案為：A。

【分析】利用折射角的大小可以比較折射率的大小，利用折射率的大小可以比較光頻率的大?。焕霉獾念l率可以比較光波長(zhǎng)的大小，進(jìn)而比較光衍射程度的明顯情況；利用光的頻率不同可以判別光能否發(fā)生干涉現(xiàn)象，利用折射率的大小可以比較臨界角的大小。3．【答案】D【解析】【解答】A．線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的峰值為E有效值為E=故A錯(cuò)誤；B．線圈的輸出功率為P=EI?故B錯(cuò)誤；C．原副線圈的電流頻率相等，均為f=故C錯(cuò)誤；D．由I1I電阻R上消耗的功率為P=故D正確。故選D。

【分析】利用電動(dòng)勢(shì)的峰值可以求出有效值的大??；利用電功率和熱功率的表達(dá)式可以求出線圈的輸出功率；利用角速度的大小可以求出頻率的大?。焕米儔浩鞯碾娏髦冉Y(jié)合電功率的表達(dá)式可以求出電阻消耗的功率大小。4．【答案】D【解析】【解答】A．由GMmr可見(jiàn)，軌道半徑越大線速度越小，因?yàn)榈谝挥钪嫠俣仁墙匦l(wèi)星的環(huán)繞速度，而同步衛(wèi)星軌道半徑大于近地衛(wèi)星軌道半徑，故03星和01星的運(yùn)行速度小于第一宇宙速度，A不符合題意；B．由GMmr可見(jiàn)，軌道半徑越大周期越大，則03星和01星的運(yùn)行周期大于近地衛(wèi)星的周期，B不符合題意；C．由GMmr可見(jiàn)，軌道半徑越大角速度越小，所以03星和01星的運(yùn)動(dòng)角速度小于近地衛(wèi)星的角速度，C不符合題意；D．由開(kāi)普勒第二定律可知，在同一軌道上運(yùn)行的衛(wèi)星與地球的連線在相等時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積相等，D符合題意。故答案為：D。

【分析】根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力從而得出周期和線速度以及角速度的表達(dá)式，從而得出各物理量的大小關(guān)系，結(jié)合開(kāi)普勒第二定律進(jìn)行分析判斷。5．【答案】C【解析】【解答】A．等量異種電荷連線的中垂線上，O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最大，所以M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比O點(diǎn)小，A不符合題意；BC．根據(jù)等量異種電荷周圍電場(chǎng)和電勢(shì)的對(duì)稱性可知，a、b兩處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向不同，電勢(shì)都相同；a、c兩處的電場(chǎng)強(qiáng)度一定相同，B不符合題意，C符合題意；D．因?yàn)閁dO=?U故答案為：C。

【分析】利用電場(chǎng)線的分布可以比較電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。焕秒妶?chǎng)線的分布可以比較電勢(shì)的高低；利用電勢(shì)差的大小可以判別電場(chǎng)力做功。6．【答案】D【解析】【解答】A．如圖，t=1s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，則環(huán)中的磁通量為零，但磁場(chǎng)的變化率不為零，則環(huán)內(nèi)的感應(yīng)電流不為零，A不符合題意；B.0～2s內(nèi)，磁場(chǎng)的變化率不變，則感應(yīng)電流方向不變，根據(jù)楞次定律可知，從上往下看，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針。根據(jù)左手定則，0～1s內(nèi)磁場(chǎng)向下，安培力方向背離圓心，1～2s內(nèi)磁場(chǎng)向上，安培力方向指向圓心，B不符合題意；CD.0～2s內(nèi)，磁場(chǎng)均勻變化，感應(yīng)電流大小不變，感應(yīng)電流的功率不變，但磁感應(yīng)強(qiáng)度變化，則安培力大小一直改變，C不符合題意，D符合題意。故答案為：D。

【分析】利用磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可以判別磁通量的大小，利用楞次定律可以判別感應(yīng)電流的方向，結(jié)合左手定則可以判別安培力的方向；利用圖象斜率可以判別感應(yīng)電流的大小不變，進(jìn)而判別功率大小不變。7．【答案】D【解析】【解答】A．足球經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)位置2時(shí)，豎直方向速度vy減為零，由得，此時(shí)重力的功率最小，A不符合題意；B．由于足球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受到空氣阻力作用，阻力做負(fù)功，則足球從位置1運(yùn)動(dòng)到位置3過(guò)程中，合力做負(fù)功，B不符合題意；C．足球在位置2時(shí)，速度最小，阻力也最小，合力與重力較為接近；在位置3時(shí)，速度較大，阻力也較大，阻力與重力的合力一定小于位置2，由牛頓第二定律F合D．由于運(yùn)動(dòng)時(shí)間由豎直方向決定，則對(duì)豎直方向受力分析，從位置1到位置2，由牛頓第二定律mg+Ff1=ma1，從位置2到位置3，由牛頓第二定律mg?Ff2=ma故答案為：D。

【分析】利用重力和豎直方向的速度可以判別重力的功率大小；利用阻力做功可以判別合力做功的大小；利用速度的大小可以判別阻力的大小，利用阻力和重力的合成可以比較合力的大小，結(jié)合牛頓第二定律可以比較加速度的大小；利用牛頓第二定律結(jié)合位移公式可以比較運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。8．【答案】C【解析】【解答】AB．因?yàn)樽畲箪o摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，根據(jù)f=μmg，可知，A的最大靜摩擦力大于B的最大靜摩擦力，所以B先達(dá)到最大靜摩擦力，即B先相對(duì)于絲綢開(kāi)始加速運(yùn)動(dòng)。AB不符合題意；CD．當(dāng)F較小時(shí)，當(dāng)F逐漸增加時(shí)兩物體都處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，兩物體動(dòng)能均為零，即動(dòng)能相等；最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，根據(jù)f=μmg可知A的最大靜摩擦力大于B，所以B先達(dá)到最大靜摩擦力，B開(kāi)始做加速運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，A與絲綢一起也做加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)B受的滑動(dòng)摩擦力等于A與絲綢帶受的滑動(dòng)摩擦力，均為μmBg，并且此時(shí)A與絲綢帶是相對(duì)靜止的，對(duì)A有F?μmB故答案為：C。

【分析】利用最大摩擦力的比較可以判別B先發(fā)生滑動(dòng)；利用牛頓第二定律可以比較A和B加速度的大小，結(jié)合位移的大小及動(dòng)能定理可以比較動(dòng)能的大小。9．【答案】B【解析】【解答】根據(jù)動(dòng)能定理可得qU=12mv2，解得，離子的速度為v=2qUm故答案為：B。

【分析】利用動(dòng)能定理可以求出粒子速度的大小，結(jié)合電流的定義式可以求出電流的大小，結(jié)合動(dòng)量定理可以求出發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的推力的大小。10．【答案】C【解析】【解答】A．由圖可知，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到x2位置時(shí)，滑塊的加速度為零，滑塊受到水平向右的滑動(dòng)摩擦力和水平向左的彈力，所以彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，而不是原長(zhǎng)，A不符合題意；C．加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大，動(dòng)能最大，根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合圖線與橫軸所圍區(qū)域的面積可得EkmD．根據(jù)牛頓第二定律得?k(x?l0)+μmg=ma，可得a=?B．物體從A到B過(guò)程由動(dòng)能定理可知12ma3?(故答案為：C。

【分析】根據(jù)牛頓第二定律以及胡克定律得出加速度和坐標(biāo)x的關(guān)系式，結(jié)合圖像得出彈簧處于原長(zhǎng)的位置，通過(guò)牛頓第二定律和摩擦生熱得出系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，結(jié)合動(dòng)能定理得出兩位置的加速度大小關(guān)系。11．【答案】（1）左側(cè)（2）78.0（3）0.90；偏大（4）mg?2(M+m)k【解析】【解答】（1）應(yīng)燒斷左側(cè)細(xì)線，使B球拉動(dòng)物塊在桌面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。（2）測(cè)量時(shí)間是通過(guò)小球落地計(jì)算，故應(yīng)測(cè)量小球底端距離，則刻度尺讀數(shù)為78.0cm（77.8cm~78.2cm都算對(duì)）。（3）由圖可知，AB兩球落地時(shí)間差為0.50s，A球下落速度快，時(shí)間短，則B球下落時(shí)間為0.90s。若將手機(jī)放在靠近小球A的地面上測(cè)量物塊加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，測(cè)量時(shí)間為AB落地時(shí)間差和B落地后聲音傳過(guò)來(lái)時(shí)間之和，故測(cè)量結(jié)果偏大。（4）物塊和小球B一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則hB=12at【分析】（1）根據(jù)圖像可得應(yīng)燒斷左側(cè)細(xì)線，使B球拉物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；

（2）根據(jù)直尺的讀數(shù)原理得出小球A距地面的距離；

（3）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得出物塊加速的時(shí)間，并得出測(cè)量時(shí)間和真實(shí)值的大小關(guān)系；

（4）結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系以及牛頓第二定律得出動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式。12．【答案】（1）解：根據(jù)對(duì)稱及光路可逆性，作出光路如圖所示i'=60°，r=r'=θ=30°，n=sini（2）解：由幾何關(guān)系得CB=BD=2R光在液滴中的傳播速度v=光在液滴中的傳播時(shí)間t=【解析】【分析】（1）畫(huà)出光線折射的路徑，利用幾何關(guān)系可以求出折射角的大小，利用折射角和入射角的大小可以求出折射率的大?。?/p>

（2）已知光傳播的路徑，利用幾何關(guān)系可以求出光傳播的路徑，結(jié)合傳播的速度可以求出傳播的時(shí)間。13．【答案】（1）解：金屬棒達(dá)最大速度時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=BL回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I=金屬棒棒所受安培力Fcd棒受力如圖所示當(dāng)所受合外力為零時(shí)，下滑的速度達(dá)到最大，即mg由以上四式解得B=代入數(shù)據(jù)得B=2T（2）解：金屬棒從t＝0起運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，由牛頓第二定律有mg解得a=g因?yàn)椴划a(chǎn)生電流，所以磁通量不變B得B=【解析】【分析】（1）已知金屬棒下滑過(guò)程中受到安培力的作用，利用動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式結(jié)合歐姆定律可以求出安培力的表達(dá)式，結(jié)合平衡方程及最大速度可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；（2）當(dāng)金屬板下滑到一定距離時(shí)，利用牛頓第二定律可以求出金屬棒加速度的大小，結(jié)合磁通量的表達(dá)式及磁通量不變可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的表達(dá)式。14．【答案】（1）解：洛倫茲力提供向心力qvB=m解得RRQ、O的距離d=2解得d=（2）解：粒子再次經(jīng)過(guò)P，經(jīng)過(guò)N個(gè)周期N=勻速圓周運(yùn)動(dòng)TT繞一周的時(shí)間T=兩次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的時(shí)間間隔Δt=3T?解得Δt