秘密★启用前
湖北省2023年高考冲刺模拟试卷
物理试题（七）
本试卷共8页，16题。全卷满分100分。考试用时75分钟。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1-7
题只有一项是符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对
但不全的得2分，有选错的得0分。
1．光刻机是制造芯片的核心装备，利用光源发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经
技术处理制成芯片。为提高光刻机清晰投影最小图像的能力，在透镜组和硅片之间充有
液体。紫外线进入液体后与其在真空中相比（ ）
A．折射率不变 B．光子能量增加 C．频率降低 D．波长变短
2．下列说法中不正确的是（ ）
A．机场、车站用来检查旅客行李包的透视仪是利用X射线的穿透本领，X射线是原子
核内受到激发产生的
B．公交一卡通（IC卡）仅当读卡机发射的电磁波频率与该IC卡内的LC振荡电路的固
有频率相等时，才发生共振，IC卡才能有效工作
C．偏振光的振动方向与偏振片的偏振化方向（也称透振方向）的夹角从0°增大到90°
的过程中，透过的光的强度越来越弱
D．赫兹在实验中发现，当电磁波到达导线环时，它在导线环中激发出感应电动势，使
导线环的空隙中产生火花，由此证实了电磁波的存在
3．如图所示，一理想变压器的原线圈串一只灯泡“36V，18W”接在电压有效值为U的正
弦式交流电源上，两副线圈匝数分别为n2＝36，n3＝108，通过理想二极管（具有单向
导电性）、单刀双掷开关与三只“36V，18W”的灯泡相连（灯泡电阻不变），当S断
开，单刀双掷开关接2时，四只灯泡都正常发光，则下列说法中正确的是（ ）
原线圈的匝数为48
原线圈接的正弦式交流电源电压有效值为U=108V
C．当S闭合，单刀双掷开关接1时，灯泡两端电压的有效值为36V灯泡消耗的功率
约为18 W
D．当S闭合，单刀双掷开关接1时，灯泡两端电压的有效值为18V灯泡消耗的功
率约为9W
4．已知均匀带电球体在其外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的
电场相同，而均匀带电球売在其内部任意一点形成的电场强度为零．如图甲所示，真空
中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立
x轴．理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，静电力常量为k，则
（ ）
A．处场强大小为
B．均匀带电球体为等势体
C．处电势低于R处电势
D．假设将试探电荷沿x轴移动，则从移到R处和从R移到处电场力做功相同
5．如图所示，在光滑的水平面内建立坐标，质量为m的小球以某一速度从O点出发
后，受到一平行于y轴方向的恒力作用，恰好通过A点，已知小球通过A点的速度大
小为，方向沿 x轴正方向，且连线与轴的夹角为30°。则（ ）
A．恒力的方向一定沿y轴正方向
B．恒力在这一过程中所做的功为
C．恒力在这一过程中的冲量大小为
D．小球从O点出发时的动能为
6．地球同步轨道上的卫星失效后，及时将其清理，能为新的卫星释放空间。2021年12月
底，我国自主研发的实践21号卫星“捕捉”到同步轨道上已失效的北斗2号卫星，并与
之完成对接。2022年1月22日，实践21号完成大幅度变轨机动，将北斗2号拖入一
条高于同步轨道的“墓地轨道”。1月26日，实践21号与北斗2号脱离，于1月28日返
回地球同步轨道。已失效的北斗2号将在高于同步轨道带的太空区域漂流。这一举措展
示了我国作为太空大国的责任和担当，也让世界见证了中国的科
技实力。将上述过程作如图所示的简化：组合体在同步轨道上的
P点变轨，经过转移轨道，运动到比同步轨道高3000km的墓地
轨道上的Q点，在Q点组合体完成分离，其中实践21号再经转
移轨道独自返回同步轨道。已知地球同步轨道高度约为35786km，
地球半径约为6371km，则（ ）
A．由题干材料可知，实践21号在转移轨道上的运行周期约为4天
B．已失效的北斗2号卫星在转移轨道上的Q点速度小于同步轨道速度
C．对于实践21号卫星，仅考虑地球对它的万有引力作用，其沿同步轨道运行经过P
点时的加速度大小为a1，沿转移轨道运行经过P点时的加速度大小为a2，那么
D．若要使已失效的卫星由Q点脱离地球引力的束缚，需要在Q点至少给它一个大于
11.2km/s的初速度
7．如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有
一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至
圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（ ）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为
8．如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立气缸的活塞，使气缸悬空而静止。设活塞和缸
壁间无摩擦且可以在缸内自由移动，活塞和缸壁绝热性能良好。则下列
结论中正确的是（ ）
A．若给缸内电阻丝加热，外界大气压强不变，则弹簧将压缩一些
B．若给缸内电阻丝加热，外界大气压强不变，则气缸的上底面距地面
的高度将增大
C．若给缸内电阻丝加热，同时外界大气压强增大，则活塞距地面的高度可能减小
D．若给缸内电阻丝加热，同时外界大气压强增大，则气缸的上底面距地面的高度可能
增大
9．如图所示，在平面直角坐标系中，竖直向下，水平。在第一象限（空间足够
大）存在垂直平面向外的磁场区域，磁感应强度沿y轴正方向不变，沿x轴正方向按照
（且为已知常数）规律变化。一个质量为m、边长为L的正方形导线框，
电阻为R，初始时一边与x轴重合，一边与y轴重合。将导线框以速度沿x轴正方向
抛出，整个运动过程中导线框的两邻边分别平行两个坐标轴。从导线框开始运动到速度
恰好竖直向下的过程中，导线框下落高度为h，重力加速度为g，则在此过程中，下列
说法正确的是（ ）
A．导线框受到的安培力总是与运动方向垂直
B．导线框下落高度为h时的速度小于
C．整个过程中导线框中产生的热量为
D．导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为
10．如图所示，AB段为一竖直圆管，BC为一半径为R＝0.4m的半圆轨道，C端的下方有
一质量为M＝1kg的小车，车上有半径r＝0.2m的半圆轨道，E为轨道最低点，左侧
紧靠一固定障碍物，在直管的下方固定一锁定的处于压缩的轻质弹簧，弹簧上端A放
置一质量为m＝0.5kg的小球（小球直径略小于圆管的直径，远远小于R、r）．AB的
距离为h1＝1.6m，A.E等高，某时刻，解除弹簧的锁定，小球恰好能通过BC的最高
点P，从C端射出后恰好从D端沿切线进入半圆轨道DEF，并能从F端飞出．若各
个接触面都光滑，重力加速度取g＝10 m/s2，则（ ）
A．小球恰好能通过BC的最高点P，
B．弹簧被释放前具有的弹性势能
C．小球从F点飞出后能上升的最大高度
D．小球下落返回到E点时对轨道的压力大小N
11．如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量
为的物体P，Q为一质量为的物体，弹簧的质量不计，劲度系
数k＝600 N/m，系统处于静止状态．现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使
它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间
内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，
g取10 m/s2.下列说法正确的是（ ）
A．开始运动时拉力最大，分离时拉力最小
B．0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等
C．0.2 s时刻两物体分离时，弹簧的压缩量为
D．物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小
二、实验题
12．（5分）用圆弧状玻璃砖做测定玻璃折射率的实验时，先在白纸上放好圆弧状玻璃砖，
在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针P1、P2，然后在玻璃砖的另一侧观察，调整视线
使P1的像被P2的像挡住，接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P3和P4，使P3挡住
P1和P2的像，P4挡住P3以及P1和P2的像，在纸上标出大头针位置和圆弧状玻璃砖
轮廓，如图甲所示，其中O为两圆弧圆心，图中已画出经过P1、P2点的入射光线。
（1）在图甲上补画出所需的光路。
（2）为了测出玻璃的折射率，需要测量入射角和折射角，请在图甲中的AB分界面上
画出这两个角。
（3）用所测物理量计算折射率的公式为n＝________。
（4）为了保证在弧面CD得到出射光线，实验过程中，光线在弧面AB的入射角应适
当________（选填“小一些”“无所谓”或“大一些”）。
（5）多次改变入射角，测得几组入射角和折射角，根据测得的入射角和折射角的正弦
值，画出了如图乙所示的图象，由图象可知该玻璃的折射率n＝________。
13．（12分）图a为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，电动势
E＝1.5V内阻r＝0.5Ω；R1是固定电阻R1＝1200 Ω，R2、R3、R4是电阻箱；电阻箱R2
和R3的最大阻值都为999.99 Ω；电阻箱R4的最大阻值9999 Ω；电流表的满偏电流
为1 mA，内阻为Rg＝150 Ω。S为换挡开关，该多用电表有2个挡位，“×1”和“×10”
两种倍率。开关一个，红、黑表笔各1支，导线若干
（1）该实验小组按图a正确连接好电路。当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节
电阻箱R2＝ Ω，使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表
的内阻R内，则R内＝________ Ω，欧姆表的倍率是________（填“×1”或“×10”）。
（2）闭合开关S：
第一步：调节电阻箱R2和R3，当R2＝_______Ω且R3＝________Ω时，将红、
黑表笔短接，电流表再次满偏；
第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4，调节R4，当电流表指针指向图b所示
的位置时，对应的欧姆表的刻度值为________ Ω。
三、解答题
14．（10分）有两列简谐横波、在同一介质中分别沿x轴正方向和负方向传播。两列
波在t＝0时刻的波形曲线如图所示，已知波的传播速度为4m/s。求：
（1）两列波的传播周期；
（2）从t＝0时刻开始，最短经过多长时间坐标原点x＝0 m的质点偏离平衡位置的
位移为0.16 m
15．（15分）如图，两条足够长的平行金属导轨间距L＝0.5m，与水平面的夹角θ＝30°，
处于磁感应强度B＝0.2T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．导轨上的a、b两
根导体棒质量分别为ma＝0.3kg、mb＝0.1kg，电阻均为R＝0.1Ω.现将a、b棒由静止
释放，同时用大小为2N的恒力F沿平行导轨方向向上拉a棒．导轨光滑且电阻忽略
不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，取重力加速度g＝10m/s2.已知当
a棒中产生的焦耳热Qa＝0.12J时，其速度va＝1.0m/s，求：
（1）此时b棒的速度大小；
（2）此时b棒的加速度大小；
（3）a棒从静止释放到速度达到1.0m/s所用的时间．
16．（14分）如图所示，在长方形abcd虚线框区域内，存在竖直向下的匀强电场和垂直
纸面水平向里的匀强磁场，电场强度，磁感应强度为B。O1为ab边中点，
O1O2为长方形水平中心线，照相底片与虚线O1O2垂直且离cd边。现有一质量为
m电荷量为q的带正电粒子从O1点以速度v（未知）水平射入时，带电粒子沿虚线
O1O2做匀速直线运动。保持带电粒子从O1点水平射入的速度v不变，若撤去电场，
带电粒子恰好经过d点后打在照相底片上的P点；若撤去磁场，带电粒子打在照相底
片上的点。已知，，（不计粒子重力和空气阻力）。求：
（1）从O1点水平射入的速度v；
（2）带电粒子由O1点运动至P点的时间t；
（3）带电粒子打在照相底片上P、两点间的距离。湖北省2023年高考冲刺模拟试卷
物理试题（七）参考答案
一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1-7
题只有一项是符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对
但不全的得2分，有选错的得0分。
1．【答案】D
【解析】紫外线进入液体后与真空相比，频率不变，折射率n变大，根据传播速
度减小，可知波长变短；根据可知，光子能量不变。故选D。
2．【答案】A
【解析】机场、车站用来检查旅客行李包的透视仪是利用X射线的穿透本领，X射线
是原子的内层电子受到激发产生的。A错。IC卡内部有一个由电感线圈L和电容C构
成的LC振荡电路，公交卡上的读卡机（刷卡时“嘀”的响一声的机器）向外发射某
一特定频率的电磁波。刷卡时，IC卡内的线圈L中产生感应电流，给电容C充电，达
到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输。公交一卡通（IC卡）仅当读卡
机发射的电磁波频率与该IC卡内的LC振荡电路的固有频率相等时，才发生共振，IC
卡才能有效工作，B正确；从实验现象可知，偏振光的振动方向与偏振片的偏振化方
向（也称透振方向）的夹角从0°增大到90°的过程中，透过的光的强度越来越弱，故C
正确；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，赫兹
在实验中发现，当电磁波到达导线环时，它在导线环中激发出感应电动势，使导线环
的空隙中产生火花，由此证实了电磁波的存在，为麦克斯韦的电磁场理论奠定了坚实
的实验基础，故D正确。
3．【答案】D
【解析】由得n1＝432，；
当S闭合，单刀双掷开关接1时，有，解得，设交流电的
周期为T，由，可得灯泡两端电压的有效值为U′＝18 V，灯泡电阻
为R＝＝72 Ω，灯泡消耗的实际功率为P＝=9 W．
4．【答案】A
【解析】计算x2处的电场强度时，可把带电球体等效为位于原点的点电荷，则x2处场
强大小为，x2与x1的电场强度相等，R以内x处
所以故选项A正确；由题图乙可知，球内部由O到球表面区间电场强
度均匀增大，所以内部电场为非匀强电场，x轴上O点右侧的电场方向始终是向右的，
沿着电场的方向电势逐渐减小，可知φx1>φx2，故选项BC错误；E－x 图象与x轴所围
面积表示电势差，由题图乙可知两处面积不相等，所以x1处与球表面、球表面与x2处
的电势差不同，则将试探电荷沿x轴从x1移到R处和从R移到x2处电场力做功不相同，
故选项D错误．
5．【答案】C
【解析】A．小球受到恒力作用做匀变速曲线运动，利用逆向转换方法，小球做类平抛
运动。由此可判断恒力方向一定沿y轴负方向；由几何关系可得
所以小球经过坐标原点时，沿y轴方向的分速度沿x轴方向的速度仍为。
小球从O点出发时的动能 恒力在这一过程中所做的功为
；
恒力在这一过程中的冲量大小故选C。
6．【答案】B
【解析】由题干材料知，已知地球同步轨道高度约为35786km，地球半径约为6371km，
墓地轨道比同步轨道高3000km，则转移轨道的半长轴为
且由于同步卫星绕地球运动的周期为24h，由开普勒第三定律 可得
即实践21号在转移轨道上的运行周期略大于同步卫星
周期但是比较接近，小于4天；在Q点和P点变轨都要点火加速，又由高轨低速，知
道转移轨道上的Q点速度小于同步轨道速度 。对于实践21号卫星，仅考虑地球对它
的万有引力作用，其沿同步轨道运行经过P点时的加速度大小为，沿转移轨道运行
经过P点时的加速度大小为，根据万有引力提供向心力可得可得
；11.2km/s是从地球表面发射卫星，使之脱离地球的束缚的最小速度，而已失
效的卫星由Q点脱离地球引力的束缚，同等条件下，需要克服地球引力所做的功要少，
所以可以在Q点给它一个小于11.2km/s的初速度。故选B。
7．【答案】D
【解析】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，
方向沿半径方向，故A错误；
B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力根据动量定理得，小物体运动一圈
所受摩擦力的冲量为大小为0，故B错误；
C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；
D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为
大小为，故D正确。故选D。
8．【答案】BD
【解析】选择气缸和活塞为整体，那么整体所受的大气压力相互抵消，无论外界大气压如
何变，弹簧长度不发生变化，故AC错误；选择气缸为研究对象，竖直向下受重力和大
气压力，向上受到缸内气体向上的压力，气缸受三力平衡：，又
根据理想气体的等温变化（常数），若给缸内电阻丝加热，外界大气压强增大，
不变，增大则气缸的上底面距地面的高度将增大B对。若给缸内电阻丝加热，同时
外界大气压强增大，不确定。D正确
9．【答案】CD
【解析】A．根据右手定则可知，线框将产生顺时针方向的电流，根据左手定则可知左边
框产生方向向右的安培力，右边框产生方向向左的安培力，上边框产生方向向下的安培
力，下边框产生方向向上的安培力，再根据磁场的分布规律可知左边框产生的安培力小
于右边框产生的安培力，上、下边框产生的安培力大小相等，可知导线框受到向左的安
培力的作用，即沿x轴负方向的安培力作用，而不是与运动方向垂直，故A错误；B．导
线框在竖直方向所受安培力的合力为零，可知导线框在竖直方向做自由落体运动，下落
高度为h时的速度满足运动学关系可得故B错误；C．当导线框速度恰
好竖直向下时，说明导线框在水平方向速度减小为零，又导线框在竖直方向所受合力与
重力大小相等，即导线框在竖直方向满足机械能守恒，所以下落过程中导线框中产生的
热量大小等于水平方向动能的损失，大小为，故C正确；D．设导线框在时间t时
的水平分速度大小为，水平位移为x，则在此时刻导线框产生感应电动势大小为：
导线框内的感应电流大小为
所以导线框受到安培力的大小
又根据可得导线框速度恰好竖直向下时左边框
的横坐标为故D正确。
10．【答案】BC
【解析】A 由A到P过程中，小球机械能守恒，由机械能守恒定律得：
Ep＝mg(h1＋R)＋mvP2，在P点，由牛顿第二定律得：mg＝m，
解得：Ep＝11 J，vP＝2 m/s.
A到E过程中，A.E等高，由机械能守恒定律得：，
解得：，B小球由E上升到最高点过程中，小球与车组成的系统在水
平方向动量守恒，系统机械能守恒，以球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律
得：mvE＝(M＋m)v，由机械能守恒定律得：mvE2＝(M＋m)v2＋mg(h＋r)，代入数
据联立解得：.C小球从第一次经过E点到再次返回到E点的过程中，小球
与小车组成的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒，以小球的初速度方向为
正方向，由动量守恒定律得：mvE＝mv1＋Mv2，由机械能守恒定律得：mvE2＝
mv12＋Mv22，解得，小球的速度大小：方向水平向左，小车的速
度大小：方向水平向右；D小球与小车运动的方向相反，所以二者
的相对速度：u＝|v1|＋|v2|＝2 m/s＋4m/s＝则小球受到的支持力：FN＝mg
＋＝115 N根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为115 N.
11．【答案】BCD
【解析】A对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，则Fmin＝
(m1＋m2)a＝ N对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝ N.
BCD前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之
间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二
定律得：kx1－m1gsin θ＝m1a前0.2 s时间内两物体的位移：x0－x1＝at2联立解得
a＝ m/s2.
二、实验题
12．（5分）【答案】
（1）（2）图见解析 （3）
（4）小一些 （5）1.5
【解析】（1）连接P3、P4与弧面CD交于一点，此交点即为光线从玻璃砖中射出的
位置，由于P1、P2的连线与弧面AB的交点即为光线进入玻璃砖的位置，连接两交点
即可作出玻璃砖中的光路，如图所示。
（2）连接O点与光线在弧面AB上的入射点即为法线，
画出入射角和折射角如图中i、r所示。
（3）由折射定律可得n＝。
（4）为了保证能在弧面CD上有出射光线，实验过程中，光线在弧面AB上的入射角
应适当小一些，才不会使光线在弧面CD上发生全反射。
（5）图象的斜率k＝＝n，由题图乙可知图象的斜率为1.5，即该玻璃的折射率为
1.5。
13．（12分）【答案】
（1）149.5 1500 ×10 （2）14.5 150 100
【解析】（1）由闭合电路欧姆定律可知，欧姆表的内阻为：
R内＝＝ Ω＝1500 Ω，则
R2＝R内－R1－Rg－r＝1500 Ω－1200 Ω－150 Ω－0.5 Ω＝149.5 Ω。
中值电阻应为1500 Ω，根据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种挡位，多用
电表用开关S变换挡位，开关S断开与闭合时相比，干路允许的最大电流较小，由欧
姆定律知欧姆表内阻较大，测量的中值电阻较大，故S断开时欧姆表倍率应为“×10”。
（2）为了得到“×1”倍率，应让G满偏时对应的欧姆表内阻R内′为150 Ω；
电流为：I1＝ A＝0.01 A；
此时表头中电流应为Ig＝0.001 A；则与之并联电阻R3中电流应为：
I3＝I1－Ig＝0.01 A－0.001 A＝0.009 A，并联电阻R3为：
R3＝＝ Ω＝150 Ω；
R2＋r＝＝ Ω＝15 Ω，
故R2＝15 Ω－0.5 Ω＝14.5 Ω；
图示电流为I示＝0.60 mA；
则总电阻为：R总＝＝＝×103 Ω＝250 Ω，
故待测电阻为：R测＝R总－R内′＝250 Ω－150 Ω＝100 Ω；故对应的刻度应为100 Ω。
三、解答题
14．（10分）【答案】
（1） （2）0.625 s
【解析】（1）由图可知，a、b两列波的波长分别为λa＝2.5 m，λb＝4.0 m。两列波在
同种介质中的传播速度相同，均为
（2）a波的波峰传播到x＝0 m的质点经历的时间(m＝0，1，2，
3，…)b波的波峰传播到x＝0 m的质点经历的时间(n＝0，
1，2，3，…)又ta＝tb，联立解得(式中m、n均为正整数)，分析
知，至少m＝1、n＝0时满足上式，故x＝0m的质点偏离平衡位置的位移为0.16m
时经过的时间最短，为tmin＝0.625 s。
15．（15分）【答案】
（1）3m/s （2）3m/s2 （3）0.768s
【解析】（1）设a、b棒受到的安培力大小为F安，则对a、b棒由牛顿第二定律分别
有F－magsinθ－F安＝maaa mbgsinθ－F安＝mbab （1）
联立可得maaa＝mbab，所以有mava＝mbvb，可解得vb＝3m/s.
（2）设此电路产生的感应电动势为E，电流为I，则有
E＝BLva＋BLvb，I＝，F安＝BIL 联立（1）中式子解得
（3）设此过程a、b棒位移分别为xa、xb，由（1）的分析可得maxa＝mbxb
根据能量守恒有Fxa＋mbgxbsinθ－magxasinθ－mava2－mbvb2＝2Qa
对a棒根据动量定理有(F－magsinθ)t－I安＝mava－0
其中安培力的冲量I安＝∑F安Δt
可得 联立代入数据可解得t＝0.768s.
16．（14分）【答案】
（1）；（2）；（3）
【解析】（1）粒子沿虚线O1O2做匀速直线运动，根据平衡解得
（2）撤去电场后，设带电粒子在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，如图
由牛顿第二定律得
根据几何知识
粒子在磁场中运动的周期
粒子在磁场中运动的时间
粒子离开磁场做匀速直线运动至P，
点过程的位移
该过程的运动时间则带电粒子由O1点运动至P点的时间t
（3）撤去磁场后，如图所示粒子在电场中偏转
联立解得根据几何知识
P、两点间的距离
