2025届山西省长治市潞州区长治市第二中学高三第十一次考试物理试题

2025届山西省长治市潞州区长治市第二中学高三第十一次考试物理试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、下列四个实验中，能说明光具有粒子性的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
2、如图所示，从倾角为θ的斜面上的A 点，以水平速度0v 抛出一个小球，不计空气阻力，它落在斜面上B 点，重力加速度大小为g .则A 、B 两点间的距离和小球落到B 点时速度的大小分别为（ ）
A ．22002,14tan cos v v g θθ
+ B ．22002,12tan cos v v g θθ+ C ．22002tan ,14tan cos v v g θθθ+ D ．22002tan ,12tan cos v v g θθθ
+ 3、如图所示，质量为1m 的木块A 放在质量为2m 的斜面体B 上，现对木块A 施加一竖直向下的力F ，它们均静止不动，则（ ）
A ．木块A 与斜面体
B 之间不一定存在摩擦力
B ．斜面体B 与地面之间一定存在摩擦力
C ．地面对斜面体B 的支持力大小等于()12m m g +
D ．斜面体B 受到4个力的作用
4、a b 、两车在平直的公路上沿同一方向行驶，两车运动的v t -图象如图所示。

在0t =时刻，b 车在a 车前方0S 处，在10~t 时间内，b 车的位移为s ，则（ ）
A ．若a b 、在1t 时刻相遇，则03s s =
B ．若a b 、在
12t 时刻相遇，则032s s = C ．若a b 、在13t 时刻相遇，则下次相遇时刻为143
t D ．若a b 、在
14t 时刻相遇，则下次相遇时a 车速度为13v 5、下列关于核力、原子核的结合能、比结合能的说法正确的是
A ．维系原子核稳定的力是核力，核力就是表现为相邻核子间的相互吸引力
B ．核力是强相互作用的一种表现，原子核尺度内，核力比库仑力小
C ．比结合能小的原子核分解成比结合能大的原子核时会释放核能
D ．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能
6、如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M （含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m 的水以相对地面为0v 的速度竖直向下喷出。

已知重力加速度为g ，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A ．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B ．水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒
C ．火箭获得的最大速度为0Mv M m
- D ．火箭上升的最大高度为2202
2()m v g M m - 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC 板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P 0处以速度v 0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A ．加速粒子的最大速度与D 形盒的尺寸无关
B ．带电粒子每运动一周被加速一次
C ．带电粒子每运动一周P 1P 2等于P 2P 3
D ．加速电场方向不需要做周期性的变化
8、如图甲所示，在平静湖面上有两个相距2m 的波源S 1、S 2上下振动产生两列水波，S 1、S 2波源振动图象分别如图乙.丙所示。

在两波源的连线，上有M 、N 两点，M 点距波源S 1为0.8m ，N 点距波源S 2为0.9m 。

已知水波在该湖面上的传播速度为0.2m/s ，从0时刻开始计时，经过10s 时，下列说法正确的是________。

A．M点的振幅为10cm B．N点的振幅为10cm C．N点为振动加强点D．N点位移为－30cm E.M点位移为10cm
9、科学实验证明，通电长直导线周围磁场的磁感应强度大小
I
B k
l
，式中常量k>0，I为电流强度，l为距导线的距
离。

如图所示，三根完全相同且通有恒定电流的长直导线a、b、c，其截面位于等边三角形的三个顶点，a、b、c通过的恒定电流大小分别为I a、I b、I c，b、c位于光滑绝缘水平面上，三根导线均可保持静止状态，则（）
A．a、b通有同向的恒定电流
B．导线a受的合磁场力竖直向上
C．导线a、b所受的合磁场力大小相等、方向相反
D．导线a、b、c上通有的电流大小关系为I a＝2I b＝2I c
10、如图所示，CD、EF是两条水平放置的、阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的宽度为d，导轨的右端接有一阻值为R的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R，质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ．下列说法正确的是
A ．通过电阻R 的最大电流为22BL gh R
B ．流过电阻R 的电荷量为2BdL R
C ．整个电路中产生的焦耳热为mgh
D ．电阻R 中产生的焦耳热为1()2
mg h d μ- 三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）在探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系实验中，小李同学采用了如图所示的可拆式变压器（铁芯不闭合）进行研究
（1）实验还需下列器材中的__________（多选）；
（2）实验中，上图中变压器的原线圈接“0；8”接线柱，副线圈接线“0；4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0V ，则所接电源电压档位为_______。

A ．18.0V
B ．10.0V
C ．5.0V
D ．2.5V
12．（12分）某同学欲测量一阻值大约为100Ω，粗细均匀的漆包金属线的电阻率。

(1)该同学用螺旋测微器测量金属线的直径，该螺旋测微器校零时的示数如图（a ）所示，然后测量金属线的直径时示数如图（b ）所示，则该金属线的直径应该为________mm 。

该同学拿来一块多用电表，表盘如图（c ）所示。

若将多用电表的开关拨到欧姆档的×
1K 档，则欧姆表的内阻为
________Ω。

若用此多用电表的欧姆档测量待测金属线的电阻R ，测量之前，应该将多用电表的开关拨到欧姆档的________（填×10或×100）档位。

(2)若用欧姆表的红表笔接触金属线的左端点M ，黑表笔接触金属线的右端点N ，流经金属线的电流（____） A ．由M 到N B ．由N 到M
(3)若该同学在测量金属线直径时，没有完全去除漆包线表面的绝缘漆，这会使实验测得该金属线的电阻率与真实值相比________（填“偏大”或“偏小”）。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m 、相距为x 0的小球A 和B ，A 球所带电荷量为+q ，B 球不带电。

现在A 球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场，电场强度为E ，小球A 在电场力作用下由静止开始运动，然后与B 球发生弹性正碰，A 、B 碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：
(1)A 球与B 球发生第一次碰撞后B 球的速度；
(2)从A 球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A 球所做的功；
(3)要使A 、B 两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d 应满足的条件。

14．（16分）如图 1 所示，在直角坐标系 xOy 中，MN 垂直 x 轴于 N 点，第二象限中存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，Oy 与 MN 间（包括 Oy 、MN ）存在均匀分布的磁场，取垂直纸面向里为磁场的正方向，其感应强度随时
间变化的规律如图 2 所示。

一比荷00
q m B t π=的带正电粒子（不计重力）从 O 点沿纸面以大小 v 0=0L t 、方向与 Oy 夹角θ＝60°的速度射入第一象限中，已知场强大小 E 23)00
2B L t ，ON =23(π+L
(1)若粒子在t=t0时刻从O点射入，求粒子在磁场中运动的时间t1；
(2)若粒子在0~t0之间的某时刻从O 点射入，恰好垂直y轴进入电场，之后从P点离开电场，求从O点射入的时刻t2以及P点的横坐标x P；
(3)若粒子在0~t0之间的某时刻从O点射入，求粒子在Oy与MN间运动的最大路程s。

15．（12分）如图所示，两根平行的光滑金属导轨ab、cd与水平面成θ＝30 固定，导轨间距离为L＝1m，电阻不计，一个阻值为R＝0.3Ω的定值电阻接在两金属导轨的上端。

在导轨平面上边长为L的正方形区域内，有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1T。

两根完全相同金属杆M和N用长度为l＝0.5m的轻质绝缘硬杆相连，在磁场上方某位置垂直于导轨放置且与导轨良好接触，金属杆长度均为L、质量均为m＝0.5kg、电阻均为r＝0.6Ω，将两杆由静止释放，当杆M进入磁场后，两杆恰好匀速下滑，取g＝10 m/s2。

求：
(1)杆M进入磁场时杆的速度；
(2)杆N进入磁场时杆的加速度大小；
(3)杆M出磁场时，杆已匀速运动，求此时电阻R上已经产生的热量。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C
【解题分析】
A ．该实验是α粒子散射实验，该实验揭示了原子的核式结构模型，A 错误；
B ．该实验是双缝干涉实验，该实验揭示了光具有波动性，B 错误；
C ．该实验是光电效应现象的实验，该实验揭示了光具有粒子性，C 正确；
D ．该实验是放射性现象的实验，从而得出αβγ、、射线的性质，D 错误。

故选C 。

2、C
【解题分析】
设小球平抛运动时间为t ，则水平方向有
0x v t =
竖直方向有
212
y gt =
又 tan y x
θ= 联立解得
02tan v t g θ=，0022tan v x v t g
θ== A 、B 两点间的距离
202tan cos cos v x s g θθθ
== 落到B 点时，小球竖直方向速度
02tan y v gt v θ==
合速度大小
v v ==
A ． 202,cos v v g θ
A 错误；
B ． 202,cos v v g θ
B 错误；
C ． 202tan ,cos v v g θθ
C 正确；
D ． 202tan ,cos v v g θθ
D 错误； 故选：C 。

3、D
【解题分析】
A ．对木块A 进行受力分析，受竖直向下的重力和推力F ，垂直斜面的支持力，由平衡条件可知，木块A 还受到沿斜面向上的静摩擦力，故A 错误；
BC ．以AB 为整体作为研究对象受力分析，由平衡条件可知，斜面体B 与地面之间无摩擦力，地面对斜面体B 的支持力
()12N m m g F =++
故BC 错误；
D ．单独以斜面体B 为研究对象受力分析，斜面体B 受重力，地面对斜面体B 的支持力，木块A 对斜面体B 的压力及木块A 对斜面体B 的沿斜面向下的静摩擦力，故D 正确。

故选D 。

4、B
【解题分析】
A ．根据题述，在0t =时刻，b 车在a 车前方0S 处，在10~t 时间内，b 车的位移为s ，若a b 、在1t 时刻相遇，根据v t -图线与坐标轴所围图形的面积表示位移，则有
03s s s +=
解得02s s =，故A 错误；
B ．若a b 、在12
t 时刻相遇，根据v t -图线与坐标轴所围图形的面积表示位移，则有 0744
s s s += 解得032
s s =，故B 正确； C ．若a b 、在
13t 时刻相遇，则下次相遇的时刻为关于1t t =对称的153t 时刻，故C 错误；
D ．若a b 、在14t 时刻相遇，则下次相遇时刻为174
t ，下次相遇时a 车速度 111117244
a v t v v v t =-⋅= 故D 错误。

故选B 。

5、C
【解题分析】
核力与万有引力性质不同．核力只存在于相邻的核子之间；比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量．用于表示原子核结合松紧程度；
结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量．自由原子结合为分子时放出的能量叫做化学结合能，分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能。

【题目详解】
A 项：维系原子核稳定的力是核力，核力可以是核子间的相互吸引力，也可以是排斥力，故A 错误；
B 项：核力是强相互作用的一种表现，原子核尺度内，核力比库仑力大的多，故B 错误；
C 项：比结合能小的原子核分解成比结合能大的原子核时会亏损质量，放出核能，故C 正确；
D 项：自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等该原子核的结合能，故D 错误。

故选：C 。

【题目点拨】
本题考查对核力的理解．核力是自然界四种基本作用力之一，与万有引力性质、特点不同，同时考查了结合能和比结合能的区别，注意两个概念的联系和应用，同时掌握质量亏损与质能方程。

6、D
【解题分析】
A ．火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A 错误；
B ．水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，B 错误；
C ．在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有
0()0M m v mv --=
解得
0mv v M m
=- C 错误；
D ．水喷出后，火箭做竖直上抛运动，有
22v gh =
解得
22022()
m v g M h m -= D 正确。

故选D 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BD
【解题分析】
AD 、带电粒子只有经过AC 板间时被加速,即带电粒子每运动一周被加速一次.电场的方向没有改变,则在AC 间加速.故A 正确；D 错误.
B 、根据 知
所以 故B 错误；
C 、当粒子从
D 形盒中出来时,速度最大,根据
知加速粒子的最大速度与D 形盒的半径有关.所以C 选项是正确的. 故选AC
【题目点拨】
带电粒子经加速电场加速后,进入磁场发生偏转,电场被限制在A 、C 板间,只有经过AC 板间时被加速,所以运动一周加速一次,电场的方向不需改变.当带电粒子离开回旋加速器时,速度最大.
8、ACD
【解题分析】
ABC ．由图乙或丙可知，周期为2s ，且两波的振动步调相反，则波长为
x =vT =0.4m
M 点到两波源的距离差为
0.4m=22
M x λ
∆=⨯ 则M 点为振动减弱点，N 点到两波源的距离差为
0.2m=12
M x λ
∆=⨯ 则N 点为振动加强点，因此M 点的振幅为10cm ，N 点振幅为30cm ，故A 正确，B 错误，C 正确；
D ．两列波传到N 点所用的时间分别为5.5s 和4.5s ，到10s 时s 1波使N 点振动 4.5s 2.25T =
此时振动在波谷，到10s 时s 2波使N 点振动
5.5s 2.75T =
此时也在波谷，则到10s 时N 点位移为－30cm ，故D 正确；
E ．两列波传到M 点所用的时间分别为4.0s 和6.0s ，到10s 时s 1波使M 点振动
6.0s 3T =
此时振动在平衡位置，到10s 时s 2波使M 点振动
4.0s 2T =
此时也在平衡位置，则到10s 时M 点位移为0，故E 错误。

故选ACD 。

9、BD
【解题分析】
AB ．对长直导线a 分析，长直导线a 受到重力、长直导线b 对长直导线a 的磁场力和长直导线c 对长直导线a 的磁场力，根据平衡条件可知长直导线b 与长直导线a 作用力是相互排斥，长直导线c 对长直导线a 作用力是相互排斥，所以长直导线a 与长直导线b 有反向的恒定电流，长直导线a 受的合磁场力竖直向上，且有大小等于长直导线a 的重力，故A 错误，B 正确；
C ．视长直导线a 、b 、c 整体，对其受力分析，根据平衡条件可得光滑绝缘水平面对长直导线b 支持力等于长直导线b 重力的32倍；对长直导线b 受力分析，受到重力、光滑绝缘水平面对其支持力、长直导线c 对其吸引力和长直导线a 对其排斥力，根据力的合成与分解可得长直导线b 所受的合磁场力大小等于长直导线b 重力的
12
倍，方向竖直向下，故C 错误；
D ．对长直导线b 受力分析，在水平方向，根据平衡条件可得 cos60a b c b B I L B I L ︒=
即可得
12
a c I I = 对长直导线
b 受力分析，同理可得
12
a b I I = 故D 正确；
故选BD 。

10、ABD
【解题分析】
A ．金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
212
mgh mv = 金属棒到达水平面时的速度
v =金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为 E=BLv
最大的感应电流为
2BLv I R ==故A 正确；
B ．通过金属棒的电荷量 2BLd q R r R
Φ==+ 故B 正确；
C ．金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：
mgh -W B -μmgd =0-0
则克服安培力做功：
W B =mgh-μmgd
整个电路中产生的焦耳热为
Q =W B =mgh-μmgd
故C 错误；
D ．克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：
1122
R Q Q mg h d μ==-（） 故D 正确．
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、 (1) BC (2) A
【解题分析】（1）本实验中，变压器的原线圈应接在交流电源上；为了知道原、副线圈的电压比和线圈匝数比之间的关系，还需要电压表。

故学生电源和电压表两个器材不能缺少，选BC ；
（2）①理想变压器原、副线圈电压和匝数的关系为
；若变压器的原线圈接“0；8”接线柱，副线圈接线“0；4”接线柱，则原、副线圈匝数比为，则原线圈两端电压。

②本题中可拆变压器并非理想变压器，存在漏磁现象，要使副线圈所接电压表示数为5V ，则原线圈电压必须大于10V ，故选A 。

【题目点拨】理想变压器原、副线圈两端电压和各自匝数的关系为
，实验中需要的器材有：低压交流电源，电压表；而可拆式变压器，铁芯是不闭合的，，利用此关系就可以确定求解。

12、1.762 15000（或4 1. 510⨯） ×
10 B 偏大 【解题分析】
(1)[1][2][3]螺旋测微器的读数为固定刻度的毫米数与可动刻度的0.01mm n ⨯的和，由图示螺旋测微器可知，其直径为 (1.5mm 27.2-1)0.01mm 1.762mm +⨯=
(相减的是图a 的1格);欧姆表盘的中值电阻就是欧姆表的内内阻，所以欧姆表的内阻为3000Ω;由于待测电阻大约只有100Ω，要使指针偏在中央左右，则倍率选10⨯。

(2)[4]欧姆表的红表笔接的是内接电源的负极，所以当欧姆表的红表笔接触金属线的左端点M ，黑表辖接触金属线的右端点N ，流经金属线是从N 到M ，故选B 。

(3)[5]若该同学在测量金属线直径时，没有完全去漆包线袤面的绝缘漆，这样导致直径测量值偏大，截面积偏大，根据电阻定律
2
2L
R d ρπ=⎛⎫ ⎪⎝⎭ 得到
24d R
L πρ=
所以电阻率的测量也偏大。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（102qEx m
（2）5qEx 0（3）8x 0<d≤18x 0
【解题分析】
（1）设A球与B球第一次碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度分别为v A1、v B1。

对A，根据牛顿第二定律得：qE=ma
由运动学公式有：v02=2ax0。

解得：v0
对于AB碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv0=mv A1+mv B1
1 2mv02=
1
2
mv A12+
1
2
mv B12。

解得：v B1=v0v A1=0
（2）设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为t1．有：x A1=v A1t1+1
2
at12=v B1t1
从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功为：
W=qE（x0+x A1）
解得：W=5qEx0。

（3）设第二次碰撞前A的速度为v A1′，碰撞后A、B的速度分别为v A2、v B2．有：v A1′=v A1+at1。

第二次碰撞过程，有：
mv A1′+mv B1=mv A2+mv B2。

1 2mv A1′2+
1
2
mv B12=
1
2
mv A22+
1
2
mv B22。

第二次碰撞后，当A球速度等于B球速度v B2时，A球刚好离开电场，电场区域宽度最小，有：v B22-v A22=2a•△x1。

A、B两球在电场中发生第三碰撞后，当A球速度等于B球速度时，A球刚好离开电场，电场区域的宽度最大，设第三次碰撞前A球的速度为v A2′，碰撞后A、B的速度分别为v A3、v B3．二、三次碰撞间经历的时间为t2．有：
x A2=v A2t2+1
2
at22=v B2t2。

v A2′=v A2+at2。

第三次碰撞过程，有：mv A2′+mv B2=mv A3+mv B3
1 2mv A2′2+
1
2
mv B22=
1
2
mv A4+
1
2
mv B4．
v B4-v A4=2a•△x2
所以电场区域宽度d应满足的条件为：x0+x A1+△x1＜d≤x0+x A1+x A2+△x2。

解得：8x 0＜d≤18x 0
14、 (1)023t ；(2)01(1)3t π-，L π-；(3)(5+433π
)L 【解题分析】
(1)若粒子在t 0时刻从O 点射入，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示：
由几何关系可知圆心角 23
απ=
洛伦兹力提供向心力，则
2000v qv B m R = 已知
00q m B t π= 周期
00
22R T t v π== 粒子在磁场中运动的时间
1002223
t T t t απ==< 符合题意。

(2)由(1)可知
0123
R v t π⋅= 解得
L
R π=
设t 2时刻粒子从O 点射入时恰好垂直y 轴进入电场，如图所示：
则
002()tan R v t t θ
=- 解得
021(1)3t t π
=- 粒子在电场中做类平抛运动，分解位移
231sin 2
R R at θ+= 03P x v t -=
根据牛顿第二定律有
qE ma =
解得
P L
x π=-
(3)粒子在磁场中转动，已知周期
02T t =
运动轨迹如图所示：
则
00tan 2R
OC L v t L θ
==<=
由于
00032t t t T -==
粒子从C 点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到C 点，04t 时刻运动到D ，则 00CD v t L ==
粒子从D 点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到D 点，0
6t 后沿DG 做直线运动，则
tan 2DG R θ
==
(1OG OC CD DG L =++=+
因为
2
sin (2
OG L θπ=+ 恰好等于ON 的长度，所以最大路程为
22(5s OG R L π=+⨯= 15、 (1)4m/s(2)1.67m/s 2(3)3.42J
【解题分析】
(1)杆M 进入磁场时，根据平衡条件
2mg sin θ＝I 1LB
电路中总电阻
R 1＝..+r R r R
＋r ＝0.8Ω 由闭合电路欧姆定律I 1＝
11
E R ，由法拉第电磁感应定律E 1＝BLv 1，由以上各式可得 v 1＝4m/s
(2)杆N 进入磁场时杆的速度为v 1＝4m/s ，此时电路中总电阻
R 2＝.+r r r r
＋R ＝0.6Ω 根据牛顿第二定律
2mg sin θ－I 2LB ＝2ma
I 2＝12
E R 解得
a ＝－53
m/s 2≈－1.67m/s 2 杆N 进入磁场时杆的加速度大小为1.67m/s 2。

(3)从杆M 进入磁场到杆N 进入磁场的过程中，电阻R 上的电流 I R ＝I 1+r r R ＝103A 此过程产生的热量Q 1＝21I Rt ，t ＝
1I v 解得
Q 1＝512
J 杆M 出磁场时，根据平衡条件
2mg sin θ＝I 2LB
I 2＝22
E R E 2＝BLv 2
解得
v 2＝3m/s
从杆N 进入磁场到杆M 出磁场时，系统减少的机械能转化为焦耳热 ΔE ＝2mg (L －l )sin θ＋12×2mv 21－12
×2mv 22＝6 J 此过程电阻R 上产生的热量Q 2＝3J ，全过程电阻R 上已产生的热量 Q 1＋Q 2≈3.42J。