湖北省2024年高考物理臨考沖刺最后一卷（解析版）

湖北省2024年高考物理臨考沖刺最后一卷

物理試題

2024年5月20日

本試卷共6頁，15題，全卷滿分100分，考試用時75分鐘。

★?？荚図樌?/p>

注意事項：

1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試券和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上

的指定位置，

2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。寫在試券、

草稿紙和答題卡上的非簽題區(qū)域均無效。

3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)，寫在試卷草稿紙和答題卡上

的非答題區(qū)域均無效。

4.考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并上交。

一'選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一

項符合題目要求，第870題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯

的得。分。

1.如圖所示是一種兒童玩具“毗叭筒”，由竹筒和木棍組成，在竹筒的前后兩端分別裝上“叭子”（樹果子

或打濕的小紙團）。叭子密封竹筒里面的空氣，迅速推動木棍，前端的叭子便會從筒口射出。則迅速推動木

棍過程中（叭子尚未射出），竹筒中被密封的氣體（）

叭？竹筒子木棍

6uC口

A.壓強增大B.溫度不變

C.內(nèi)能不變D.每個分子的動能都變大

1.A【解析】本題考查熱力學第一定律的應(yīng)用。迅速推動木棍過程中，竹筒中被密封的氣體體積減小，則

壓強變大，外界對氣體做正功，W>0,由于“迅速”過程氣體與外界無熱交換，則。=0,根據(jù)熱力學第一

定律可知，氣體內(nèi)能增加，AC/>0,溫度升高，分子平均動能增加，但不是每個分子的動能都增加，A正確。

2.正方形MAP。的中心為。，其對角線VOP長為2力均通有電流/o的兩無限長直導(dǎo)線互成60。角，放置

在該正方形平面內(nèi)，兩導(dǎo)線彼此絕緣且相交于。，MOP平分/GOH,通入的電流方向如圖所示。已知一根

第1頁共13頁

無限長直導(dǎo)線通入電流/時，垂直導(dǎo)線距離為廠處的磁感應(yīng)強度大小8=3,左為常數(shù)。則M、N、尸、。四

r

處的磁感應(yīng)強度大小正確的是（）

2.A【解析】根據(jù)幾何關(guān)系可知”、N、P、。四點到兩導(dǎo)線的距離分別為根據(jù)矢量的疊

加可知"、P兩點的磁感應(yīng)強度大小為8=2x《E=斗，M0兩點的磁感應(yīng)強度大小為0,故選A。

3.宇宙雙星系統(tǒng)是由兩顆相距較近的恒星組成的系統(tǒng)，它們在相互引力作用下，圍繞著共同的圓心運動。

它們?yōu)樘煳膶W家研究恒星的演化提供了很好的素材。已知某雙星之間的距離為/,相互繞行周期為7,引力

常量為G,可以估算出（）

A.雙星的質(zhì)量之和B.雙星的質(zhì)量之積

C.雙星的速率之比D.雙星的加速度之比

3.A【解析】由萬有引力提供向心力可得*之=叫療小9產(chǎn)=%療々，/=n+r2,聯(lián)立可得

G（加;1加2）=°2/,所以叫+%=①：，又由①=，,可得加1+加2=，丁1，質(zhì)量之和可以估算，質(zhì)量之積

無法求解，故A項正確，B項錯誤；由線速度與角速度的關(guān)系v=w,可得匕+馬=。a+%）=?/，速率

之和可以估算，速率之比無法求解，C項錯誤；由加速度與角速度的關(guān)系。=。/可得"=工，由于雙星的

?22

半徑之比未知，故雙星的加速度之比無法求解，D項錯誤。

4.如圖甲所示為一列向右傳播的簡P皆橫波上的兩質(zhì)點比、n,兩質(zhì)點之間的距離為x=3m,加、"兩質(zhì)點的

振動圖像分別如圖乙、如圖丙所示，已知波長/l>3m。下列說法正確的是（）

第2頁共13頁

A.波長可能為18m

B.波速為1.5m/s

C.從t=0時刻起1.5s內(nèi)質(zhì)點m通過的路程為（3+l）m

D.從t=0時刻起1.5s內(nèi)質(zhì)點〃通過的路程為23m

4.B【解析】由圖丙可知該機械波的周期為T=6s,振幅A=2cm,f=0時刻質(zhì)點機向下振動.且》m=3cm,

質(zhì)點”正在平衡位置向上振動，則加、”兩點平衡位置的間距為》=改+信+1,又4>3m,當〃=0時，

%=9m,〃=1時，%=2.25m（舍掉），故A錯誤；由公式v=（可得v=1.5m/s,故B正確；從1=0時刻起1.5s

內(nèi)質(zhì)點m通過的路程為Sn=（3+l）cm,故C錯誤；從t=0時刻起1.5s內(nèi)質(zhì)點〃通過的路程等于一個振幅，

即Sn=2cm,故D錯誤。

5.如圖所示，送水工人用推車運桶裝水，到達目的地后，工人抬起把手，帶動板轉(zhuǎn)至水平即可將水桶

卸下。若桶與接觸面之間的摩擦不計，NN08為銳角且保持不變，板。4對水桶的壓力大小分別為B、

凡，則在。/由豎直緩慢轉(zhuǎn)到水平的過程中（）

A.Fi、尸2都不斷增大

B.尸1不斷增大，尸2不斷減小

C.招不斷減小，產(chǎn)2先增大后減小

D.乃先增大后減小，尸2不斷減小

5.D【解析】本題考查物體在共點力作用下的動態(tài)平衡問題。在倒出水桶的過程中，兩個支持力的夾角是

個確定值，受力情況如圖所示：

第3頁共13頁

把手

A水桶

根據(jù)力的示意圖結(jié)合平衡條件可得旦=2J=罵，在轉(zhuǎn)動過程中a從90。增大到180。，則sina不斷減

小，尸2將不斷減小，根據(jù)牛頓第三定律可得凡將不斷減??；所以“從鈍角減小到銳角，其中跨過了90。，因

此si3先增大后減小，則尸/將先增大后減小，根據(jù)牛頓第三定律可得為先增大后減小，D正確、A、B、C

錯誤。

6.實驗小組利用風洞研究曲線運動，如圖所示。在風洞內(nèi)無風時，將一小球從。點以某一速度水平拋出后，

經(jīng)過一段時間小球落到水平面上的。2點?，F(xiàn)讓風洞內(nèi)存在圖示方向的風，使小球受到恒定的風力，小球仍

以相同的速度從。點水平拋出。下列說法正確的是（）

A.小球從拋出到落到水平面上的時間一定將增大

B.小球落到水平面上時的速度方向一定不與水平面垂直

C.小球可能落在水平面上的。1點

D.小球可能落在水平面上的。2點

6.C【解析】無風時小球在豎直方向上的加速度ai=g,有風時，設(shè)風力大小為凡小球受力情況如圖所示,

此時小球豎直方向的加速度4Jg+/cos'=g+上變＞%,根據(jù)人=1g/2可知，有風時小球從拋出到

mm2

落到水平面上的時間將減小，故A錯誤；由于V。、仄尸及。大小關(guān)系不確定，小球可能在水平方向向右剛

好減速到零時，小球下落的速度方向與水平面垂直；小球也可能在水平方向上向右減速到零后，再反向加

速回到。。1豎直線上時，小球剛好落到水平面上的。1點，故B錯誤，C正確；OI02=VO6有風時，小球水

平向右移動的最大距離x=Lor,由A項分析已知故有工＜。。2,即小球一定不能落到。2點，故D

2

第4頁共13頁

錯誤。

mg

7.如圖所示，理想變壓器的原線圈與電阻4串聯(lián)后接入正弦式交流電。變壓器原、副線圈的匝數(shù)比〃1："2

=2:lo電路中定值電阻用、&、凡、&的阻值相同，交流電壓表為理想電壓表。開關(guān)S閉合前后，電壓表

示數(shù)之比為（)

A.1:1B.

7.B【解析】設(shè)輸入電壓為U,開關(guān)S閉合前原線圈電流為/,電壓表示數(shù)為5，電流為/1,開關(guān)S閉合

后原線圈電流為T,電壓表示數(shù)為仿電流為開關(guān)S閉合前由理想變壓器電流關(guān)系知;="，解得/=?，

A?i2

U-IR,n,U--一--R4I'/

由理想變壓器電壓關(guān)系知'，則2&+44,代入得3=八。，開關(guān)s閉合后有丁==,

5n2-------七~--=—9A?i

c71n2

,u--jJ----------y困

解得/'=3,由理想變壓器電壓關(guān)系知與膽=%，貝！12，代入得6=2。，

2U2n2IR3+RJ7

U2n2

1q28A

則7=藥，B正確。

8.半圓柱狀光學器件的橫截面如圖所示，。點為圓心、43為直徑，一束由紅光和紫光組成的復(fù)色光，在

真空中從/點斜射到器件的上表面，折射光分成兩束分別照射到圓弧面上的尸、。兩點。已知當入射角。=

60。時，紫光恰好在圓弧面上發(fā)生全反射，下列說法正確的是（）

第5頁共13頁

A.此時紅光在圓弧面上也一定發(fā)生了全反射

B.該器件對紫光的折射率為止

2

C.若增大入射角，紅光和紫光均會在圓弧面上發(fā)生全反射

D.兩束折射光分別由A點到P點和由A點到。點傳播的時間相等

cina

8.BD【解析】紫光的頻率大于紅光的頻率，該器件對紫光的折射率大于紅光的折射率，由折射定律

sinp

可知，紫光的折射角小于紅光的折射角，所以紅光照射到P點，光路圖如圖所示，由sinC=L,可知全反

射臨界角的關(guān)系為。紅＞。蛾，由幾何關(guān)系可知44。。＞乙4尸。，因紫光恰好發(fā)生全反射，故。縈=乙4。。，

則C紅＞4尸O,紅光不會發(fā)生全反射，A錯誤；對紫光根據(jù)幾何關(guān)系，可得臨界角。=90。-6，則

而（90。-0=震，可得tan/?=sina=，sin/=J,解得〃=弓，B正確；當入射角a增大，折射角￡

相應(yīng)增大，紅光和紫光在圓弧面的入射角均減小，紅光和紫光的入射角均小于各自的臨界角，故均不會發(fā)

生全反射，C錯誤；根據(jù)幾何關(guān)系/。=2尺3（90。-0，紫光在器件中傳播的速度喔=工，傳播時間

D正確。

9.如圖所示，在OSxWd的區(qū)域內(nèi)存在垂直平面向里、磁感應(yīng)強度大小為5的勻強磁場。一帶電粒子

從坐標原點。與x軸正方向成。=53。角垂直磁場射入，從磁場右邊界上點P（7d,d）離開。已知粒子的質(zhì)量

為m,帶電荷量為q,重力不計，取5m53。=0.8,cos53°=0.6o下列說法正確的是（）

，尸（744

A.該帶電粒子帶正電

B.粒子的發(fā)射速度大小為包四

C.粒子從P點射出時的速度方向與x軸正方向的夾角為37°

D.若只改變粒子的入射方向，則粒子在磁場中運動的最長時間為四

qB

9.BC【解析】根據(jù)粒子軌跡的方向結(jié)合左手定則知，帶電粒子帶負電，A項錯誤；根據(jù)

((7d㈤

7^31

第6頁共13頁

題意畫出粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，作入射速度的垂線，連接。尸作中垂線，兩線相交于/點，A

點即為軌跡的圓心，設(shè)。尸與x軸夾角為由幾何關(guān)系有sin1=包，cos也，OP=\lcP+(7d)2=5^2d,

OPOP

r=___?_____,所以得到cos(37°+?)=cos37°cosa—sin37°sina=也，r=5d,由牛頓第二定律得qvB=^~,

cos(37°+a)2r

得v="幽，B項正確；根據(jù)以上分析知37。+0(=45。，故a=8。，設(shè)粒子射出磁場的速度與x軸正向夾角為

P，速度的偏轉(zhuǎn)角與粒子運動軌跡所對應(yīng)的圓心角相等，由幾何關(guān)系可知出射速度方向與x軸的夾角為37。，

C項正確；由于2r=10辦74,7=現(xiàn)=則故粒子在磁場中不能完成半個圓周運動，運動時間不能達到

vqB2

,若改變粒子的入射方向，在磁場中運動時間最長的粒子的入射速度方向是沿著V軸正方向進入磁場

的粒子，此時粒子在磁場中運動的時間長D項錯誤。故選BC。

2

10.如圖所示，一拋物線形狀的光滑導(dǎo)軌豎直放置，固定在5點，。為導(dǎo)軌的頂點，。點離地面的高度為〃,

/在。點正下方，/、B兩點相距2肌軌道上套有一個小球P,小球P通過輕桿與光滑地面上的小球Q相連,

兩小球的質(zhì)量均為加，輕桿的長度為2展現(xiàn)將小球P從距地面高度為5處由靜止釋放，下列說法正確的是

77777777777777777777777/77777777777777777777777777777777/7777

小球P即將落地時，它的速度大小為T警

小球P即將落地時，它的速度方向與水平面的夾角為45。

從靜止釋放到小球P即將落地，輕桿對小球Q做的功為47g/7

D.若小球P落地后不反彈，則地面對小球P的作用力的沖量大小為加質(zhì)

10.BC【解析】本題考查繩(桿)末端速度分解與機械能守恒的綜合應(yīng)用問題。平拋運動的軌跡為拋物線,

落地時，它的速度方向與拋物線軌道相切，根據(jù)上述類比平拋運動知識可知，小球P的速度方向與水平方

向的夾角解得。=45。，B正確；設(shè)小球P即將落地時，它的速度大小為vi,小球Q的速度大小為V2,根據(jù)

第7頁共13頁

311

系統(tǒng)機械能守恒有彳加g?=5加片+｝相片，小球P與小球Q沿桿方向的速度相等，則有V1COS0=V2,解得

V1=礪，V2='苗，A錯誤；根據(jù)動能定理可得，從靜止釋放到小球P即將落地，輕桿對小球Q做的功為

嗎=-mvj=—mgh,C正確；小球P落地與地面相互作用的過程中，根據(jù)動量定理有/合=O-mvl=-my/gh,

由于軌道、輕桿對小球有作用力，且小球P有重力，則地面對小球P的作用力的沖量大小與/備大小不相等,

即不等于冽礪，D錯誤。

二'非選擇題：本題共5小題，共60分。

11.（7分）某款智能電動水槍有三種發(fā)射模式（散射、直線連續(xù)噴射和脈沖式），深受玩家的青睞。某同學想

測定后兩種模式下水槍的發(fā)射速度，如圖甲，將該水槍水平固定在鐵架臺上，在鐵架臺后面平行于水槍豎

直固定一塊坐標板，使O點位于槍口處，x軸與槍口在同一水平線上，操作步驟如下（g取10m/s2）：

（1）選擇直線連續(xù)噴射模式并按壓扳機，在空中形成一條連續(xù)的細水柱曲線，用手機拍照，得到如圖乙所示

的軌跡圖像，根據(jù)圖中軌跡可得初速度vo=m/s。（結(jié)果保留一位小數(shù)）。

（2）改用脈沖式發(fā)射模式，每次發(fā)射都射出一個“水彈”（很短的小水柱），測出槍口的高度及“水彈”的射程。

改變水槍高度，多次實驗，并作出槍口豎直高度3）與水平射程平方@2）關(guān)系圖線如圖丙。由圖可求得該模式

下水槍發(fā)射“水彈”的初速度大小為m/so

（3）如果水槍并不完全水平，而是槍口略向下偏，則根據(jù)圖丙中數(shù)據(jù)測出的初速度相對實際值_____（選填“偏

大”“相等”或“偏小”）。

11.【答案】（1）5.0（2）5也（3）偏小

【解析】（1）在圖乙中選點x=1.0m,y=0.2m,根據(jù)平拋運動的規(guī)律，有y=x=vot,代入數(shù)據(jù)解得w

2

=5.0m/s；（2）由平拋運動的規(guī)律，^y=^gt,x=vot,消去/可得＞=梟.，在圖丙中的斜率即為先，

即梟=左，可解得w=5/m/s,（3）若槍口略向下偏，槍口高度y不變，而射程x偏小，則計算用的y—x?

圖像斜率偏大，根據(jù)梟=左，則計算出的初速度偏小。

12.（10分）某實驗小組使用某個多用電表測量電學中的物理量，并探究歐姆表的原理。

第8頁共13頁

2.55.02.5

V

5000Q/V

2500Q/V

甲

（1）某次測量時，多用電表表盤指針指在如圖甲所示的位置，下列說法錯誤的是（）

A.若該讀數(shù)是選用歐姆擋“x100”倍率得到的，應(yīng)該更換“xio”倍率，歐姆調(diào)零后再次進行測量

B.多用電表的歐姆擋是靠內(nèi)部電源提供電流的，若選用“xlO”倍率測量電阻，則歐姆表內(nèi)阻約為20。

C.測直流電流時，應(yīng)讓紅表筆接外電路的正極，黑表筆接外電路的負極

D.測二極管正向電阻時，應(yīng)讓紅表筆接二極管的負極，黑表筆接二極管的正極

（2）該小組進一步探究歐姆表的原理，設(shè)計了如圖乙所示的電路，通過調(diào)節(jié)開關(guān)S,可使歐姆表具有“xl”

和“xlO”的兩種倍率，可用器材如下：

A.干電池（電動勢￡=1.5V,內(nèi)阻不計）；

B.電流表G（滿偏電流7g=lmA,內(nèi)阻&=90Q）；

C.定值電阻Ro（阻值為5.0。）；

D.滑動變阻器&（最大阻值為150Q）；

E.定值電阻&（阻值為1.0。）、凡未知；

F.開關(guān)一個紅、黑表筆各一支，導(dǎo)線若干。

虛線框內(nèi)是雙量程電流表，已知當S接。時，對應(yīng)電流表量程是0?0.1A；

①定值電阻R3=Q：

②當開關(guān)S撥向（填“°”或“6今時，歐姆表的倍率是‘xlO”,歐姆調(diào)零后,歐姆表內(nèi)阻為Qo

③使用一段時間后電池老化，電動勢下降到1.4V、內(nèi)阻增大到4Q,但仍可調(diào)零，正確操作后，測量另一個

定值電阻，歐姆表讀數(shù)為150Q,則這個電阻的阻值應(yīng)為Qo

12.【答案】⑴B（2）9b150140

【解析】（1）圖中多用電表指針偏轉(zhuǎn)較大，說明待測電阻較小，若該讀數(shù)是選用歐姆擋“xlOO”倍率得到的，

應(yīng)該更換“xlO”倍率，歐姆調(diào)零后再次進行測量，故A正確；多用電表作歐姆表使用時，是靠內(nèi)部電源提

供電流，中值刻度對應(yīng)的電阻等于這個倍率下歐姆表的內(nèi)阻，若選用的是“xlO”的倍率測電阻，則歐姆表

第9頁共13頁

內(nèi)阻約為R=15X100=150。，故B錯誤；測直流電流時，應(yīng)該讓電流從紅表筆流進，從黑表筆流出，以

保證表盤指針能夠正偏，故必須讓紅表筆接外電路的正極，黑表筆接外電路負極，故C正確；測二極管正

向電阻時，多用電表內(nèi)部電源與黑表筆相連，為保證電流從紅表筆流進，從黑表筆流出，應(yīng)讓紅表筆接二

極管的負極，黑表筆接二極管的正極，故D正確。本題選錯誤的，故選B；(2)當S接。時，對應(yīng)電流表量

程是0?0.1A,則有4(a+4)=(/「/g潟，其中/i=0.1A,解得凡=9。；當S接。時，對應(yīng)電流表量程是

EIR

0-0.1A,則歐姆表內(nèi)阻為此內(nèi)=7=15。，當s接6時，對應(yīng)電流表量程為/2=4+—^=1011以=0-05，

1]2^2+J^3

E

則歐姆表內(nèi)阻為R訥=7=150。，故當開關(guān)S撥向6時，歐姆表的倍率是“X10”，歐姆調(diào)零后，歐姆表內(nèi)

A

E'

阻為150Q。；電動勢下降到1.4V,調(diào)零后，則歐姆表內(nèi)阻為耳內(nèi)=7=140。，歐姆表讀數(shù)為150Q,對應(yīng)的

EE'

電流為/=RP，，解得R真=1400。

4內(nèi)十尺4內(nèi)+人真

13.(10分)太陽現(xiàn)正處于主序星演化階段。它主要是由電子和IH、-He等原子核組成。維持太陽輻射的是

它內(nèi)部的核聚變反應(yīng)，這些核能最后轉(zhuǎn)化為輻射能。現(xiàn)將太陽內(nèi)部的核聚變反應(yīng)簡化為4個氫核(舊)聚變成

氮核(3He),同時放出兩個正電子冊)。已知光速c=3X108m/s,氫核質(zhì)量%=1.6726義10=7]^,氫核質(zhì)量

?=6.6458X10「27kg,正電子質(zhì)量磔=0.9Xl(F30kg。要求計算結(jié)果保留一位有效數(shù)字。貝!|：

(1)請寫出題中所述核聚變的核反應(yīng)方程及該核聚變反應(yīng)一次所釋放的核能；

⑵已知地球的半徑R=6.4X日地中心距離r=1.5X10Um,忽略太陽的輻射能從太陽到地球的能量損

失，每秒鐘地球表面接收到的太陽輻射的總能量為尸=1.8X10i7j,求每秒鐘太陽輻射的電子個數(shù)。

13.【答案】(l)41HTHe+2Ye4X10-12J(2)2*1。38個

【解析】(1)根據(jù)核反應(yīng)方程質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒，則聚變的核反應(yīng)方程為4|H-3He+2?e

每發(fā)生一次題中所述的核聚變反應(yīng)所釋放的核能為ASuAwicZuK/Wo—Wa—ZmeH

代入數(shù)據(jù)可得AE=(4x1.6726x10n-1.6726x10?-2x0,9xl0-3°)x(3xl()8)2j74xl0-i2j

(2)設(shè)每秒鐘太陽輻射的正電子個數(shù)為N,則每秒鐘發(fā)生核聚變的次數(shù)為學太陽輻射的能量是以球面波的形

式傳播，根據(jù)能量守恒定律有P箓蛇

-

可得”：7港

NE

代入數(shù)據(jù)可得Na2xl()38個

14.(15分)如圖所示，水平金屬圓環(huán)由沿半徑方向的金屬桿連接，外環(huán)和內(nèi)環(huán)的半徑分別是&=0.2m,R2

=0.1mo兩環(huán)通過電刷分別與間距￡=0.2m的平行光滑水平金屬軌道尸河和尸W相連，右側(cè)是水平絕

第10頁共13頁

緣導(dǎo)軌,并由一小段圓弧平滑連接傾角6=30。的等距金屬導(dǎo)軌，下方連接阻值尺=0.2。的電阻。水平導(dǎo)軌

接有理想電容器，電容C=1F。導(dǎo)體棒cd,垂直靜止放置于兩側(cè)，質(zhì)量分別為相i=0.1kg,mi=

0.2kg,電阻均為r=0.1O。放置位置與ACVT距離足夠長，所有導(dǎo)軌均光滑，除已知電阻外，其余電阻均

不計。整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度2=1T,忽略磁場對電容器的影響。圓環(huán)處的金

屬桿做順時針勻速轉(zhuǎn)動，角速度。=20rad/s。求：

(1)S擲向1,穩(wěn)定后電容器所帶電荷量的大小4；

⑵在題⑴的基礎(chǔ)上，再將S擲向2,導(dǎo)體棒仍到達W的速度大??；

⑶仍與cd棒發(fā)生彈性碰撞后，cd棒由水平導(dǎo)軌進入斜面忽略能量損失，沿斜面下滑12m距離后，速度達

到最大，求電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱(此過程ab棒不進入斜面)。

14.【答案】(1)0.3C(2)-m/s(3)—J

7245

【解析】(1)金屬桿順時針切割磁感線產(chǎn)生電動勢為￡=爾&—&)刨

穩(wěn)定時9=匿

解得夕=0.3C

⑵右側(cè)是水平絕緣導(dǎo)軌，將S擲向2后，必棒與電容器組成電路，當電容器兩端電壓與仍棒產(chǎn)生

的感應(yīng)電動勢相等時，電路中沒有電流，打棒做勻速運動，設(shè)此時仍棒速度為v,電容器帶電為少,貝I」成v

=他

C

根據(jù)動量定理可得miv—0=F^=BLit=BL(q—qi)

聯(lián)立解得v=-m/s

7

(3)棒ab與cd發(fā)生彈性碰撞，則mw=mw\+m2V2

1加1儼=1加1胃+1加2遇

222

解得V2=~m/s

7

當cd棒做勻速運動時速度達到最大，設(shè)最大速度為Vm，對Cd棒受力分析，根據(jù)受力平衡可得冽2gsin6

=BILcos0

BZzVmCOS6

而1=

R+r

根據(jù)能量守恒得加2gxsin加2偏一：加2近+W

安

第11頁共13頁