浙江省杭州第四中学（下沙校区）2023-2024学年高二上学期期末物理试题（原卷版+解析版）

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2．答题前，在答题卷上填写班级、姓名、试场号、座位号，并填涂卡号。
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效。
4．考试结束，只上交答题卷。
选择题部分
一、选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 关于电磁场和电磁波，下列说法中正确的是（ ）
A. 变化的电场一定在周围空间产生变化的磁场
B. 各种频率的电磁波在真空中以不同的速度传播
C. 电磁波和机械波都依赖于介质才能传播
D. 麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在
【答案】D
【解析】
【详解】A．变化的电场一定在周围空间产生磁场，周期性变化的电场才会在周围空间产生变化的磁场，选项A错误；
B．各种频率的电磁波在真空中传播的速度相同，等于光速，选项B错误。
C．电磁波可以在真空中传播，选项C错误；
D．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在，选项D正确。
故选D。
2. 有一接地的导体球壳，如图所示，球心处放一点电荷q，达到静电平衡时，则( )
A. q的电荷量变化时，球壳外电场随之改变
B. q在球壳外产生的电场强度为零
C. 球壳内、外表面的电荷在壳外的合场强为零
D. q与球壳内表面的电荷在壳外的合场强为零
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于球壳接地，在静电平衡后，球壳与大地是等势体，所以球壳外的电场为0，不随q的变化发生变化，A错误；
B．平衡状态后，q与球壳内表面的电荷在壳外的合场强为零，q单独在球壳外产生的电场强度不为零，B错误；
C D．金属球壳外表面接地，所以球壳外表面不带电，内表面带与q相反电性的电荷，当到达静电平衡状态后，q与球壳内表面的电荷在壳外的合场强为零，故C错误，D正确。
故选D。
3. 如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等差等势线。A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则（ ）
A. A点和B点的电势相同
B. C点和D点的电场强度相同
C. 正电荷从A点移至B点，电势能减小
D. 负电荷从C点移至D点，电势能增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由电场线和等势面的图线可知A点与C点在一个等势面上，再根据“沿电场线的方向电势逐渐降低”的特点可知，C点电势高于B点的电势，所以A点的电势高于B点的电势，故A错误；
B．因为电场强度是矢量，C点与D点方向不同，所以电场强度不同，故B错误；
C．由电场线和等势面的图线可知A点与C点在一个等势面上，再根据“沿电场线的方向电势逐渐降低”的特点可知，C点电势高于B点的电势，所以
即
由可知，电场力做正功，所以正电荷在A点移至B点，电势能减小，故C正确。
D．因为C、D关于AB对称，即C、D在同一等势面上，所以负电荷从C点移至D点，电势能不变，故D错误。
故选C。
4. 如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），O、A、B为轴上三点。放在A、B两点的试探电荷受到的静电力与其所带电荷量的关系如图乙所示。以x轴的正方向为静电力的正方向，则（ ）
A. 点电荷Q一定为正电荷
B. 点电荷Q在A、B之间
C. 点电荷Q在A、O之间
D. A点的电场强度大小为
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．由图乙知，正的试探电荷放在A点和负的试探电荷放在B点所受的静电力的方向都沿x轴的正方向，说明点电荷Q为负电荷且在A、B之间，故AC错误，B正确；
D．由图像的斜率
可知
故D错误。
故选B。
5. 如图所示，两相同灯泡A1、A2，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计．下列说法正确的是
A 闭合开关S后，A1会逐渐变亮
B. 闭合开关S稳定后，A1、A2亮度相同
C. 断开S的瞬间，a点的电势比b点低
D. 断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭
【答案】C
【解析】
【分析】对于二极管来说具有单向导电性，而对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流；
【详解】A、闭合开关S后，因线圈自感，但两灯和线圈不是串联的关系，则两灯立刻亮，故A错误；
B、闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，,所以A1与二极管被短路，导致灯泡A1不亮，而A2将更亮，因此A1、A2亮度度不同，故B错误；
CD、断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L与灯泡A1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势低于b端，但二极管具有单向导电性，所以回路没有感应电流，A1也是立即熄灭，故D错误，C正确；
故选C．
【点睛】记住自感线圈对电流突变时的阻碍：闭合开关瞬间L相当于断路，稳定后L相当于一段导线，断开瞬间L相当于电源，注意二极管的单向导电性．
6. 在同一平面内有互相绝缘的三根无限长直导线ab、cd、ef围成一个等边三角形，一根导线通过的电流大小相等，方向如图所示，O点为等边三角形的中心，M、N两点分别为O点关于导线ab、cd的对称点．已知O点的磁感应强度大小为Bl，M点的磁感应强度大小为B2．若辙去导线ef，保持导线ab、cd中的电流不变，则此时N点的磁感应强度大小为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设每根导线中的电流在O点产生的磁感应强度大小为B0，ef、cd的电流在M点产生的磁感应强度大小都为B'0，则在O点有B1=B0，在M点有：
撤去导线ef后，在N点有
联立各式可得：
故选D.
7. 如图所示，电源的电动势为30 V，内电阻为1 Ω，一个标有“6 V,12 W”的电灯与一个绕线电阻为2 Ω的电动机串联．开关闭合后，电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为( )
A. 36 WB. 44 W
C. 48 WD. 60 W
【答案】A
【解析】
【详解】电路中电灯正常发光，所以UL＝6 V，则电路中电流为，电动机两端的电压UM＝E－Ir－UL＝30 V－2×1 V－6 V＝22 V，则电动机输出的机械功率P出＝P电－P热＝UMI－I2RM＝22×2 W－4×2 W＝36 W.
A．36 W与计算结果相符，A正确．
B．44 W与计算结果不符，B错误．
C．48 W与计算结果不符，C错误．
D．60 W与计算结果不符，D错误．
8. 在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前、后两壶运动的v-t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）
A. 两壶发生了弹性碰撞
B. 碰后蓝壶速度为0.8m/s
C. 碰后蓝壶移动的距离为2.4m
D. 碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】AB．由图可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
mv0＝mv′0+mv
代入数据解得
v＝0.8m/s
由于
碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A错误，B正确；
C．根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小
C错误；
D．根据图象斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律可知，碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D错误。
故选B。
9. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，电阻，各电表均为理想交流电表。原线圈输入电压的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 副线圈输出电压的频率为5Hz
B. 电压表的示数为22V
C. 电阻R消耗的电功率为22W
D. 电流表的示数为1A
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由乙图可知原线圈的周期为T=0.02s，原副线圈的频率一样为，所以A错误；
B．电压表的示数为有效值，由变压器电压与匝数成正比的规律，可知电压表的示数为
所以B错误；
C．电阻R消耗的电功率为
所以C正确；
D．由变压器功率规律有
，
解得
所以D错误；
故选C。
10. 一重力不计的带电粒子以初速度先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场E和匀强磁场B，如图甲所示，电场和磁场对粒子总共做功；若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以的初速度穿过叠加场区对粒子总共做功，比较、的绝对值大小（ ）
A. B.
C. D. 可能也可能
【答案】B
【解析】
【详解】不论带电粒子带何种电荷，由于
所以电场力qE大于洛伦兹力qBv0，根据左手定则判断可知：洛伦兹力存在与电场力方向相反的分力，所以带电粒子在电场中的偏转位移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙中的偏转位移，且洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是
W1＞W2
故选B。
11. 如图所示，质量为m、长为l的铜棒ab，用长度也为l的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，未通电时，铜棒静止，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度为θ，重力加速度为g，不计空气阻力。则（ ）
A. 棒中电流的方向为b→aB. 棒中电流的大小为
C. 棒中电流的大小为D. 若只增大轻导线的长度，则θ角变大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据导体棒受到的安培力方向可知，电流的方向由a到b，A错误；
BC．根据动能定理可知
解得
C错误B正确；
D．根据B可知，最大偏转角与导线的长度无关，D错误。
故选B
12. 如图所示，边长为a电阻为R的正方形导体框水平放置，磁感应强度为B的匀强磁场与水平面成角斜向下，导体框可分别绕mn和ef轴以相同角速度匀速转动。下列说法正确的是（ ）
A. 导体框绕ef轴转动比绕mn轴转动时导体框发热功率小
B. 导体框绕ef轴转动与绕mn轴转动时导体框的发热功率一样大
C. 从图示位置导体框绕ef轴顺时针转过比绕mn轴转过导体框的磁通量变化量大
D. 从图示位置导体框绕ef轴顺时针转过与绕mn轴转过导体框的磁通量变化量相同
【答案】C
【解析】
【详解】CD．导体框绕ef轴转动过程中产生感应电动势的峰值为
则发热功率
绕mn轴转动时，感应电动势最大值
所以导体框绕ef轴转动比绕mn轴转动时导体框的发热功率大，故AB错误。
AB．从图示位置导体框绕ef轴顺时针转过 90°，磁通量变化量
绕mn轴转过90°导体框的磁通量变化量
所以不相同，从图示位置导体框绕ef轴顺时针转过90°比绕mn轴转过90°导体框的磁通量变化量大，故C正确，D错误；
故选C。
13. 如图所示，边长为L的正方形CDEF区域内有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，对角线CE和DF的交点为P，在P点处有一粒子源，可以连续不断地向纸面内各方向发射出正离子。已知离子的质量为m、电荷量为q，不计离子重力及离子间相互作用力。则离子不可能射出正方形区域的发射速率v应满足（ ）
A. 0C. 0【答案】D
【解析】
【详解】粒子在磁场中恰好不射出的轨迹如图所示
根据几何知识可知，其轨道半径为
因为
所以有
所以粒子不从磁场射出的速度需要满足0故选D。
二、选择题II（本题共3小题，每小题3分，共9分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
14. 如图所示，两个带电小球A、B分别处在光滑绝缘的斜面和水平面上，且在同一竖直平面内。用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止。现将B球水平向左移动一小段距离，发现A球随之沿斜面向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡。与移动前相比，下列说法正确的是（ ）
A. 斜面对A的弹力增大
B. 水平面对B的弹力增大
C. 推力F变小
D. 两球之间的距离变小
【答案】BC
【解析】
【详解】A．如图所示
对小球A受力分析，由平行四边形定则可知，当A小球到达虚线位置时，斜面对A的弹力减小，A错误；
B．对AB整体受力分析，和的竖直分量之和等于AB的重力之和，减小，则的竖直分量减小，则水平面对B的弹力增大，B正确；
C．对B受力分析，F等于库仑力的水平分量，因为减小且与水平方向的夹角变大，则的水平分量减小，即推力F减小，C正确；
D．由A受力可知，两球之间的库仑力减小，根据库仑定律得，两球之间的距离变大，D错误。
故选BC。
15. 如图所示，直线I、II分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是
A. 电源1与电源2的内阻之比是11∶7B. 电源1与电源2的电动势之比是1∶1
C. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2D. 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．根据电源的路端电压随输出电流的变化的特性图线斜率的绝对值表示电源内阻可知，电源1与电源2的内阻之比是11∶7，选项A正确；
B．根据电源的路端电压随输出电流的变化的特性图线在纵轴的截距表示电源电动势可知，电源1与电源2的电动势之比是1∶1，选项B正确；
C．根据曲线交点表示工作点，交点的纵、横坐标的乘积表示电源输出功率，在这两种连接状态下，由可知，小灯泡消耗的功率之比是1∶2，选项C正确；
D．根据曲线交点的纵、横坐标的比值表示小灯泡电阻，在这两种连接状态下，由可知，小灯泡的电阻之比是18∶25，选项D错误；
故选ABC。
16. 如图（a），螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图（b）所示规律变化时
A. 在t1~t2时间内，L有收缩趋势
B. 在t2~t3时间内，L有扩张趋势
C. 在t2~t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流
D. 在t3~t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流
【答案】AD
【解析】
【详解】A．据题意，在t1~t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增加，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流激发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故A正确；
BC．在t2~t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故BC错误；
D．在t3~t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向电流，故D正确。
故选AD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共4小题，共52分）
实验题（17、18、19三题共18分）
17. 如图为“探究电磁感应现象”的实验装置。

（1）将图中所缺的导线补接完整（要求变阻器滑片向左移动时阻值变大）______。
（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将______（选填“发生”或“不发生”）偏转；
②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针______（选填“发生”或“不发生”）偏转；
③在上述两过程中灵敏电流计指针的偏转方向______（选填“相同”或“相反”）.
（3）在做“探究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将______.（不定项选择）
A.因电路不闭合，无电磁感应现象
B.有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
C.不能用楞次定律判断感应电动势方向
D.可以用楞次定律判断感应电动势方向
【答案】 ①. ②. 发生 ③. 发生 ④. 相反 ⑤. BD##DB
【解析】
【详解】（1）[1]将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，要求变阻器滑片向左移动时阻值变大，则滑动变阻器导线接右下接线柱，电路图如图所示

（2）①[2]闭合电键，磁通量增加，指针向右偏转，将原线圈迅速插入副线圈，磁通量增加，副线圈产生感应电流，灵敏电流计的指针发生偏转；
②[3]原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增大，则电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，则灵敏电流计指针发生偏转；
③[4]在上述两过程中，磁通量变化情况相反，灵敏电流计指针的偏转方向相反。
（3）[5]如果副线圈两端不接任何元件，线圈中仍有磁通量的变化，仍会产生感应电动势，不会没有感应电流存在，但是可根据楞次定律来确定感应电流的方向，从而可以判断出感应电动势的方向。
故选BD。
18. 在“测定金属丝的电阻率”的实验中，所用金属电阻丝的电阻约为30Ω。现通过以下实验测量该金属材料的电阻率。
（1）用螺旋测微器测量电阻丝直径，其示数如图甲所示，则该电阻丝直径的测量值d=___________mm。
（2）实验中能提供的器材有开关、若干导线及下列器材：
电压表V1（量程0~3V，内阻约3kΩ）；
电压表V2（量程0~15V，内阻约15kΩ）；
电流表A1（量程0~100mA，内阻约5Ω）；
电流表A2（量程0~0.6A，内阻约0.1Ω）；
滑动变阻器R1（0~10Ω）；
滑动变阻器R2（0~1kΩ）；
电源E（电动势为4.5V，内阻不计）。
为了便于调节电路并能较准确地测出电阻丝的阻值，电压表应选___________，电流表应选___________，滑动变阻器应选___________。
（3）在图乙框中画出该实验的实验原理图，要求：能改变电阻丝的测量长度和进行多次测量。___________
（4）利用测量数据画出U-l图线，如图丙所示，其中（l0，U0）是U-l图线上的一个点的坐标。根据U-l图线，用电阻丝的直径d、电流I和坐标（l0，U0）可计算出电阻丝的电阻率ρ=___________。（用所给字母表示）
【答案】 ①. 0.183（0.182~0.184） ②. V1 ③. A1 ④. R1 ⑤. ⑥.
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器的固定刻度的读数为0，可动刻度的刻度为18.3×0.01 mm=0.183 mm。所以螺旋测微器的读数为0.183 mm，0.182到0.184之间都可以。
（2）[2][3][4]由于电源E电动势为4.5 V，若选用电压表V2则读数误差较大，所以电压表应选V1；由于电路中的最大电流约为
所以电流表应选A1；滑动变阻器R2的总电阻为1kΩ，远大于金属丝电阻，不便于调节，可以选用滑动变阻器R1，R1的总电阻为10Ω，小于金属丝电阻，可采用分压式接法。
（3）[5]由于电压表、电流表、金属电阻满足关系
所以测量电路用电流表外接法产生的误差较小，电路如图所示
（4）[6]由电阻定律
可得
又因
得
19. 如图为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。
（1）要测量滑块的动量，除了前述实验器材外，还必需的实验器材是___________。
（2）为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做___________运动。
（3）测得滑块B的质量为，两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示，其中①为滑块B碰前的图线。取滑块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块B碰前的动量为___________（保留2位有效数字），滑块A碰后的图线为___________（选填“②”“③”“④”）。
【答案】 ①. 天平 ②. 匀速直线 ③. -0.011 ④. ③
【解析】
【详解】（1）[1]要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量，故还需要的器材是天平；
（2）[2]为了减小重力对实验的影响，应该让气垫导轨处于水平位置，故调节气垫导轨后要使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动；
（3）[3]取滑块A碰前运动方向为正方向，根据x-t图可知滑块B碰前的速度为
则滑块B碰前的动量为
[4]由题意可知两物块相碰要符合碰撞制约关系则④图线为碰前A物块的图线，由图可知碰后③图线的速度大于②图线的速度，根据“后不超前”的原则可知③为碰后A物块的图线。
20. 如图所示,BCDG是光滑绝缘的3/4圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中现有一质量为m、带正电的小滑块可视为质点置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为
(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放,求滑块到达与圆心O等高的C点时对轨道的作用力大小．
(2)为使滑块能沿轨道滑行通过G点, 求滑块从 A点由静止释放时AB间的最小距离,．
【答案】(1) (2)
【解析】
【详解】(1)设滑块到达点时的速度为，由动能定理有：
解得：
设滑块到达点时受到轨道的作用力大小为，则有：
解得：
由牛顿第三定律可知,滑块对轨道的压力为
(2)如图所示，可以将电场力与重力的合力视为等效重力，图中点为等效最高点
要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道点，恰好由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小，弹力为零，此时速度设为，则有：
解得：
设间最小距离为，由动能定理有：
解得：
21. 如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在y轴左侧区域内存在竖直向上的匀强电场，在y轴右侧区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。现有一质量为m、带电荷量为（）的粒子，以某一初速度从从A（，0）点射入电场区域。粒子在xOy平面内运动，且从C（0，d）点沿水平方向离开电场区域，同时进入磁场区域，此后粒子会经过位于x轴上的D（，0）点。带电粒子的重力忽略不计。
（1）求y轴左侧区域内电场强度大小E；
（2）求粒子从C点运动到D点所需的时间；
（3）若仅在y轴右侧区域再加一个水平向左、大小为的匀强电场，当该粒子以相同的初速度再次从A点射入场区后，求粒子能到达x轴正方向的最大水平坐标。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在电场中
联立求得
其中，
求得
（2）粒子进入磁场的速度为
在磁场中粒子做匀速圆周运动，根据几何关系可得
求得
粒子转过的角度
即
粒子从C点运动到D点所需的时间
（3）在只有磁场中由牛顿第二定律可知
其中
求得
加电场后在方向上由动量定理可得
由动能定理可得
联立求
22. 如图所示，两条相互平行的光滑金属导轨，相距l＝0.2 m，左侧轨道的倾斜角θ＝30°，右侧轨道为圆弧线，轨道端点间接有电阻R＝1.5 Ω，轨道中间部分水平，在MP、NQ间有宽度为d＝0.8 m，方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图乙所示．一质量为m＝10 g、导轨间电阻为r＝1.0 Ω的导体棒a从t＝0时刻无初速释放，初始位置与水平轨道间的高度差H＝0.8 m．另一与a棒完全相同的导体棒b静置于磁场外的水平轨道上，靠近磁场左边界PM．a棒下滑后平滑进入水平轨道（转角处无机械能损失），并与b棒发生碰撞而粘合在一起，此后作为一个整体运动．导体棒始终与导轨垂直并接触良好，轨道的电阻和电感不计．求：
(1)导体棒进入磁场前，流过R的电流大小；
(2)导体棒刚进入磁场瞬间受到的安培力大小；
(3)导体棒最终静止的位置离PM的距离；
(4)全过程电阻R上产生的焦耳热．
【答案】（1）0.1A（2）0.04N（3）0.4m（4）0.042J
【解析】
【详解】(1)由法拉第电磁感应定律可知：

由闭合电路欧姆定律有：
；
(2)a棒滑到底端时的速度为，由动能定理有：

与b发生完全非弹性碰撞后的速度为
由动量守恒定律有：

由于
此时磁场不再变化，
电动势为：
所以安培力为：；
(3)导体棒直到静止，由动量定理有：

其中 s为导体棒在水平轨道上滑过的路程
由以上各式解得s=2m，因此导体梆停在距离PM为0.4m处；
(4)滑入磁场前有：
碰后有：

由以上各式解得：