文档文本内容
2024-2025 学年湖南省天壹名校联盟高二（下）联考物理试卷（3 月）
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.2024年4月25日，搭载叶光富等三名航天员的神舟十八号载人飞船顺利发射升空，并与天宫空间站顺利
对接.飞船在升空过程中，航天员能与地面工作人员保持实时联络，直播画面通过无线电波传送到地面.下
列关于无线电波说法正确的是( )
A. 在无线电波传播过程中，电场和磁场是周期性变化的
B. 在真空中无线电波的波长比可见光波长短
C. 要有效发射无线电波，振荡电路要有较低的振荡频率
D. 太空中航天员讲话时画面与声音同步，说明无线电波与声波具有相同的传播速度
2.如图所示的是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5
个钢球彼此紧密排列，球心等高.用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球.当把小球1向左拉起一定高度，如
图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最
大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示.关于此实验，下列说法正确的是( )
A. 上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量守恒
B. 上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C. 如果向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右
摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度
D. 如果向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起
向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同
3.如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁体，磁体下方正对水平放置的闭合金属圆线圈的圆心，线圈
有一定的电阻，放在光滑的水平面上。现使磁体上下振动，且振动过程中磁体不会与水平面接触。下列说法正确的是( )
A. 磁体上下振动时，线圈可能在水平面上左右移动
B. 磁体远离线圈时，线圈的面积有缩小的趋势
C. 磁体靠近线圈时，线圈对水平面的压力大于其重力
D. 如果不考虑空气阻力的影响，则磁体能一直上下振动
4.自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率.如图甲所示，自行车前轮的辐条上安装一块磁
铁，轮子每转一圈，这块磁铁就通过传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压.图乙为霍尔元件的工作原理
图.当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场，电流
方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电压.下列说法正确的是( )A. 图乙中霍尔元件的电流是由正电荷定向运动形成的
B. 自行车的车速不影响霍尔电压的高低
C. 根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的幅条数即可获知车速大小
D. 如果长时间不更换传感器的电源，会导致电源内阻增大，引起霍尔电压增加
5.羽毛球是深受大众喜爱的体育运动.如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，图中A、B为同一轨迹上
等高的两点，P为该轨迹的最高点，则羽毛球在该轨迹上运动时(空气阻力不可忽略，空气阻力方向始终和
运动方向相反)，下列说法正确的是( )
A. 在A、B两点的速度大小相等
B. AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间
C. 整个飞行过程中经过P点时的速度最小
D. 在AP上升阶段，羽毛球加速度的竖直分量小于重力加速度值
6.一均匀带负电的半球壳，球心为O点，AB为其对称轴，平面L垂直AB把半球壳分为左右两部分，L与
AB相交于M点，对称轴AB上的N点和M点关于O点对称，已知一均匀带电球壳内部任意一点的电场强
q
度为零;取无穷远处电势为零，点电荷q在距离其为r处的电势为φ=k (q的正负对应φ的正负).假设左侧
r
部分在M点的电场强度为E ，电势为φ ;右侧部分在M点的电场强度为E ，电势为φ ;整个半球壳在M点
1 1 2 2的电场强度为E ，在N点的电场强度为E .下列说法正确的是( )
3 4
A. 若左右两部分的表面积相等，有E >E ，φ >φ
1 2 1 2
B. 若左右两部分的表面积相等，有E <E ，φ <φ
1 2 1 2
C. 不论左右两部分的表面积是否相等，总有E >E ，E =E
1 2 3 4
D. 只有左右两部分的表面积相等，才有E >E ，E =E
1 2 3 4
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7.一列简谐横波沿x轴正向传播，波的振幅为2cm，a、b是平衡位置分别在x=1m，x=2m处的两个质点，
t=0时刻，两质点所在位置及振动方向如图所示，已知波长大于2m，从图示时刻，质点b经过0.2s第一次
到达波峰，则下列判断正确的是( )
A. t=0时刻，a、b两个质点的加速度相同 B. 当质点b到达波峰时，质点a到达平衡位置
5
C. 质点a振动的频率为 H z D. 波传播的速度大小为2m/s
68.如图1所示，M、N两端接一内阻不计的正弦交流电源，电源电压随时间变化的规律如图2所示，初始时
开关S接a，S 断开，电表为理想交流电表，下列说法正确的是( )
1
A. 电压表的读数约为311V
B. 通过R的是频率为50Hz的交流电
C. 若将S 闭合，通过r的电流减小
1
D. 若将S由a接到b，M、N两端间的输入功率变大
9.如图所示，两根足够长的固定平行光滑金属导轨位于同一水平面上，导轨上横放着两根导体棒ab、cd，
其质量分别是m 、m (m <m )，导轨间的有效电阻均为R，导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路.初始时，
1 2 1 2
两棒中间用轻绳连接且处于静止状态，ac间和bd间分别有一处于压缩状态的完全相同的轻质弹簧，在导
轨的两侧有竖直向下的匀强磁场(虚线内无磁场)，磁感应强度均为B.剪断轻绳后，两导体棒分别向左、右
运动，当同时运动到虚线处弹簧恰好恢复原长并与两棒分离，则( )
A. 两棒达到虚线处速率相等
B. 在弹簧恢复原长的过程中，两棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒
C. 导体棒ab、cd进入磁场后，两棒构成的系统动量和机械能均不守恒
D. 当导体棒ab运动到最左端的同时cd棒运动到最右端10.半径为r、间距为L的固定光滑半圆弧轨道右端接有一阻值为R的定值电阻，如图所示。整个空间存在
方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一根长度为L、质量为m、电阻为2R的金属棒从轨道
最左端位置ab开始，在外力的作用下以速率v沿轨道(始终与轨道接触良好)做匀速圆周运动，在cd处与轨
道分离。电路中其余电阻均不计，下列说法正确的是( )
A. 金属棒运动到轨道最低点时，通过定值电阻的电流方向为d→R→c
B. 整个过程中，金属棒两端的电压不变
BLr
C. 整个过程中通过金属棒某截面的电荷量为
3R
πrB2L2v
D. 整个过程中定值电阻上产生的焦耳热为
18R
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组设计了如图所示的装置来验证牛顿第二定律.组装器材后，使细线较竖直方向偏移一定的角
度，由静止释放小球，记录遮光条通过光电门时的挡光时间t，并通过力传感器记录小球在最低点时细线
的拉力F.测得小球及遮光条的总质量为m，小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，遮光条的宽度为d.回
答下列问题：(1)该小组利用游标卡尺测量遮光条的宽度，如下图所示，遮光条的宽度为 .
(2)小球摆动到最低点时的速度大小为 ;加速度大小为 (均用
d、t、r表示).1
(3)改变小球初始的位置，重复测量，得到多组F、t数据，利用实验数据绘制F−t2图像、F− 图像如图
t2
甲、乙所示，利用图 (填“甲”或“乙”)，可以更直观地验证牛顿第二定律.
12.在日常生活中充电宝可以像电源一样使用，小明尝试测量某充电宝的电动势E及内阻r(E约为5V，r约
为零点几欧姆)，现有实验器材：量程为3V的电压表Ⓥ(内阻较大)，量程为0.3A的电流表 具有一定内
阻)，定值电阻R=40Ω，滑动变阻器R′，开关S，导线若干.(1)①小明设计的实验电路原理图如图1，其定值电阻R的作用是 ;
②实验中，以电流表示数I为横坐标，电压表示数U为纵坐标得到图2所示的图像，其中图像与纵轴交点
的纵坐标为U ，与横轴交点的横坐标为I .则E= .r= (均选用
1 1
U 、I 、R表示).
1 1
(2)小张认为，考虑到电压表并非理想电表，所以小明设计的电路测量误差较大.于是设计了如图3所示的
电路测量充电宝B的电动势E和内电阻r.均匀电阻丝XY长1.0m，电阻为8.0Ω，标准电池A的电动势为
8.0V、内电阻为0.50Ω，定值电阻R =1.5Ω，R =4.8Ω.
1 2①开关S断开，当滑片J移动至XJ=0.80m位置时电流表Ⓖ示数为零，则充电宝B的电动势E=
V(保留两位有效数字);
②开关S闭合，滑片J移至XJ=0.75m处时电流表Ⓖ示数为零，则充电宝B的内电阻r=
Ω(保留两位有效数字).
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.光导纤维简称“光纤”，是一种能够传导光波和各种光信号的纤维，也是传输信息的理想载体.如图所
2
示，折射率为n= 的玻璃圆柱长L=10√ 3cm.一束激光射向圆柱一端的中心，角度可沿任意方向，折射
√ 3
入圆柱后从另一底面射出，真空中的光速c=3×108m/s.求：
(1)光在圆柱中传播的最短时间是多少;
(2)若光在柱内发生全反射的次数最多，射入圆柱时的入射角正弦值为多少.
14.如图所示，在真空中有一个无限大的区域.在该区域内有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电
场，匀强磁场的磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为点电荷)从到磁场上边界
高度为H(未知)的A点由静止释放，小球进入磁场区域后做半径为2H的匀速圆周运动，重力加速度大小为g.
(1)求匀强电场的电场强度大小E和小球距离磁场区域的高度H;
将小球以大小为 未知 的初速度从A点向左水平抛出，小球恰好能回到初始位置，求初速度 的大
(2) v ( ) v
0 0
小和从抛出到第一次回到初始位置所用的时间t .
1
15.如图所示，两条间距为L、电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在水平绝缘平台上.左侧圆弧部分处于竖
直面内，右侧平直导轨端点与平台边缘对齐且水平导轨处于竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中.将
金属棒ab、cd垂直于导轨放置，ab在外力作用下静止于圆弧轨道上距平台高度为h处，cd放在距轨道右
端距离为x 的水平轨道上保持静止.将ab由静止释放，一段时间后两棒分别脱离轨道，且从脱离轨道至落
0
地两棒沿水平方向的位移之比为s :s =2:5.两棒未发生碰撞，导体棒ab、cd，质量分别为2m、m，有效
1 2电阻均为R，重力加速度为g，忽略空气阻力.求：
(1)导体棒ab刚进入匀强磁场区域和脱离轨道时的速度的大小;
(2)导体棒cd在轨道上运动的最小加速度大小;
(3)导体棒cd在导轨上运动的时间.答案和解析
1.【答案】A
【解析】A、在无线电波传播过程中，电场和磁场是正弦规律周期性变化的，故A正确；
B、在真空中无线电波的波长比可见光波长长，故B错误；
C、要有效发射无线电波，振荡电路要有足够高的振荡频率，故C错误；
D、无线电波与声波传播速度不相同，差别很大，故D错误。
2.【答案】D
【解析】AB、球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，只有重力做功，5个小球组成的
系统机械能守恒，但在球1下落和球5上升过程中都受到重力的冲量，动量不守恒，故AB错误；
CD、如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度同时由静止释放，则3与4碰后，3停止4具有向右的速
度，4与5碰撞交换速度，4停止5向右摆起；
3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度，然后3与4碰撞，使4向右摆起；
2球刚停止的时候1球过来与之碰撞交换速度，然后2与3碰撞交换速度，使3向右摆起；
故经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同；故D正确，
C错误．
故选：D。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考察磁生电，电生磁现象。学生掌握来拒去留原则，磁场变化，线圈产生电流，线圈产生的磁场阻碍
磁通量变化，由此可以完成解题。
【解答】
A、由于磁体在线圈圆心的正上方，线圈受到的磁场力的合力方向不可能是水平方向，所以，线圈不可能
左右移动，选项 A错误;
B、磁体向上振动离开线圈时，线圈中的感应电流要阻碍磁通量的减小，所以线圈的面积有扩大的趋势，
选项 B错误;
C、磁体向下振动靠近线圈时，线圈对磁体的作用力的合力竖直向上，磁体对线圈作用力的合力竖直向下，
所以线圈对水平面的压力大于其重力，选项C正确;
D、由于磁体上下振动的过程中，始终受到线圈的阻碍作用，所以，磁体很快就会停下来，选项D错误。
4.【答案】B【解析】A.由左手定则可知，形成电流的粒子向外侧偏转，图乙可知，外侧为负极，即图乙中霍尔元件的
电流I是由负电荷定向运动形成的，故A错误；
U
B.设霍尔电压 U ，则 qvB=q H，解得 U =Bdv，由电流的微观表达式 I=neSv，其中n
H d H
IBd
为单位体积内的电子数，S为横截面积，v为电子定向移动的速度，联立解得 U = ，可知，电流一
H neS
定时，霍尔电压与车速无关，故B正确；
2n′πrt
C.设单位时间内的脉冲数 n′ 和自行车车轮的半径r，则自行车的速度为 v= =2n′πr，根据
t
单位时间内的脉冲数和自行车车轮的幅条数不可计算车速大小，故C错误；
IBd
D.如果长时间不更换传感器的电源，电源内阻增大，电流减小，由上述分析可知 U = ，则霍尔电
H neS
压将减小，故D错误。
5.【答案】B
【解析】【解答】
A.由图可知运动轨迹不对称，即羽毛球不是只受重力的抛体运动，羽毛球在运动过程中受到重力和阻力的
共同作用，阻力做负功，机械能减小，所以A点的速度大于B点的速度，故A错误;
B.在竖直方向上，AP段的平均加速度大于PB段的平均加速度，位移大小相等，所以AP段的飞行时间小
于PB段的飞行时间，故B正确;
C.在P点时，重力和阻力的合力与速度方向成钝角关系，速度减小，故P点不是速度最小位置，故C错误;
D.在AP上升阶段，羽毛球加速度的竖直分量由重力和阻力的竖直分力之和提供，所以加速度大于重力加
速度值，故D错误。
6.【答案】C
【解析】AB.设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任
一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量叠加原则可知，
E 方向水平向左，E 方向水平向右，左侧部分在M点产生的场强比右侧电荷在M点产生的场强大，
1 2
E >E ，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到M点的距离均大于左侧部分各点到M点的距离，
1 2
q
根据φ=k ，且球面带负电，q为负得：φ <φ ，故AB错误；
r 1 2
CD.E >E 与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，
1 2根据对称性可知，左右半球壳在M、N点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M、N点的电场强度大小
相等，方向相同，故C正确，D错误。
故选C。
7.【答案】AC
【解析】t=0时刻，质点a、b的位移相同，振动的加速度大小相等，方向均指向平衡位置，选项A正确;
1 1
从图示时刻，质点b第一次到达波峰用时 T，质点a第一次到达平衡位置用时 T，选项B错误;
6 12
1
由于波长大于2m，因此a、b间的距离小于半个波长，根据图像可知， λ=1m，解得λ=3m，质点b经
3
1 λ
过0.2s第一次到达波峰，即 T=0.2s，解得T=1.2s，则波速v= =2.5m/s，质点a振动的频率
6 T
1 5
f = = H z，选项C正确，D错误.
T 6
8.【答案】BD
【解析】A.电压表的示数对应的是电压的有效值，因为M、N两端输入电压最大值为220√ 2V，则根据正
弦交流电的峰值与有效值的关系可知，电压表的读数为： 220√ 2 ，故A错误；
U= V =220V
√ 2
B.变压器不改变交流电的频率，则原、副线圈中交流电的频率相等，由图2可知原线圈输入交流电的周期
1
为0.02s，则频率为：f = H z=50H z，所以通过R的是频率为50Hz的交流电，故B正确；
0.02
C.若只将开关S 闭合，副线圈的总电阻减小，副线圈输出电压不变，则通过r的电流增大，故C错误；
1
D.若只将开关S由a接到b，副线圈匝数增加，副线圈输出电压变大，副线圈输出功率变大，由能量守恒
可知，M、N两端间的输入功率变大，故D正确；
9.【答案】BD
【解析】AB、在弹簧恢复原长的过程中，两棒和弹簧构成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守
恒定律可得
m v −m v =0
1 1 2 2
即m v =m v
1 1 2 2
因m <m ，则v >v
1 2 1 2整个系统没有其他力做功，只有弹簧的弹力做功，则两棒和弹簧构成的系统机械能守恒，故A错误，B正
确；
C、导体棒ab、cd进入磁场后，导体棒ab、cd电流方向相反，根据左手定则，所以两根导体棒所受安培力
的方向相反，大小相等，则两棒构成的系统所受合外力为零，系统动量守恒。由于安培力对导体棒做负功，
则机械能不守恒，故C错误；
D、两根导体棒运动到虚线处时动量大小相等，取各自运动方向为正方向，根据动量定理有
−BI L⋅t=0−p
任意时刻两根导体棒所受安培力大小相等，则两根导体棒从进入虚线开始到速度为零的时间相等，即当导
体棒ab运动到最左端的同时cd棒运动到最右端，故D正确。
故选：BD。
解答本题的关键要掌握动量守恒条件和机械能守恒条件，涉及力在时间上积累效果时，要考虑动量定理。
10.【答案】AD
【解析】A.金属棒运动到轨道最低点时，根据右手定则可知，通过定值电阻的电流方向为 d→R→c ，
故A正确；
v
B.经历时间t，令金属棒圆周运动所转过的夹角为 θ ，则有θ=ωt= t
r
金属棒做匀速圆周运动，将其线速度沿水平与竖直方向分解，则感应电动势的瞬时值为
v
u =BLvsinθ=BLvsin t
0 r
u ⋅2R 2BLv v
金属棒两端的电压u = 0 = sin t
1 2R+R 3 r
可知，整个过程中，金属棒两端的电压发生变化，故B错误；
ΔΦ BL⋅2r
C.整个过程中，回路感应电动势的平均值为E= =
Δt Δt
E
感应电流的平均值I=
2R+R
q
根据电流的定义式有I=
Δt
2BLr
解得q=
3R
故C错误；BLv
D.结合上述可知，回路中产生的是正弦式交变电流，则电动势的有效值为E=
√ 2
T πr
经历时间为半个周期，则有t = =
0 2 v
E
回路中电流的有效值I=
2R+R
则整个过程中定值电阻上产生的焦耳热为
Q=I2Rt
0
πrB2L2v
解得Q=
18R
故D正确。
故选AD。
11.【答案】 ； d； d2 ； 乙；
(1)8.75mm (2) (3)
t rt2
【解析】【解答】
(1)20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图可知遮光条的宽度为d=8mm+15×0.05mm=8.75mm。
小球摆动到最低点时的速度大小 d，则小球摆动到最低点时的加速度大小为 v2 d2 。
(2) v= a= =
t r rt2
小球摆动到最低点时，根据牛顿第二定律可得 v2，可得 md2 1 ，可知利用图乙
(3) F−mg=m F= ⋅ +mg
r r t2
可以更直观地验证牛顿第二定律。
12.【答案】(1)①保护电路；
② U ；U 1−R ；
1 I
1
(2)①5.1；②0.32。
【解析】(1)①电源电动势约为5V .而电压表量程只有3 V，电流表量程为0.3A，则 R与电压表分压用来
保护电压表和电流表不被烧坏；②根据
U=E−Ir
可知
U−I
图像纵轴截距为电动势
E=U
，斜率为
R+r=
U
1
，可得
r=
U
1−R
。
1 I I
1 1
(2)①开关S断开，均匀电阻丝XY长1.0m，电阻8.0Ω，则当滑动片J移动至X=0.80m位置时， XJ部
分电阻为8×0.8Ω=6.4Ω，
电流表G示数为零，则
6.4
E= ×8V =5.12V ≈5.1V，
8+1.5+0.5
开关S闭合，滑片 J移至X=0.75m处时，XJ部分电阻为
8×0.75Ω=6Ω，
E 6
则 R′= ×8，
R′+r 8+1.5+0.5
5.12×4.8
即 =4.8，
4.8+r
解得
r=0.32 Ω
13.【答案】解：(1)当光线下圆柱中沿直线传播时，距离最短，此时光在圆柱中传播的时间最短，光在圆
c 3√ 3
柱传播的速度为 v= = ×108m/s，
n 2
L 10√ 3×10−2 2
t = = s= ×10−9s
光在圆柱中传播的最短时间是 min v 3√ 3 3 。
×108
2
1
(2)光在柱内恰好发生全反射时，光在柱内发生全反射的次数最多，全反射的临界角满足sinC= ，
n
根据几何关系可得 θ+C=90∘，sini
根据折射定律 n= ，
sinθ
√ 3
联立解得射入圆柱时的入射角正弦值为 sini= 。
3
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)带正电小球在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力大小相等，有
Eq=mg
mg
解得E=
q
小球刚进入磁场时的速度大小
v =√ 2gH
y
在磁场中洛伦兹力提供向心力，有
mv2
qv B= y
y R
R=2H
m2g
解得H= ；
2q2B2(2)小球进入磁场前的水平位移大小x=v t，
0
1
竖直位移大小H= gt2 ，
2
m
可得t=
qB
设小球刚进入磁场时的速度方向与水平方向的夹角为θ，有
v
sinθ= y
v
mv2
qvB=
R
1
由几何关系有x=R sinθ
1
mg
解得v =
0 qB
π
θ=
4
粒子在磁场中的运动时间为
(2π−2θ)m 3πm
t′= =
Bq 2Bq
(3π+4)m
再由对称性可知：t =2t+t′= 。
1 2Bq
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)ab棒由静止沿光滑圆弧轨道下滑至水平轨道的过程中，只有重力做功机械能守恒，故
有1
2mgh= ⋅2m⋅v2 ，解得v =√ 2gh，
2 0 0
随后，ab棒进入匀强磁场切割磁感线产生感应电流，在安培力作用下，ab棒做加速度减小的减速运动，cd
棒做加速度减小的加速运动，
由题意可知，cd棒脱离轨道前两棒并未共速，设ab棒脱离轨道时的速度为v ，cd棒脱离轨道时的速度为
1
v ，应有v >v ，
2 1 2
因棒脱离轨道后做平抛运动，故有
s v 2
1= 2=
s v 5
2 1
又因ab、cd两棒在水平轨道上相互作用的过程中，系统动量守恒，所以
2mv =2mv +mv
0 1 2
5√ 2gh √ 2gh
联立上述各式，解得v = ，v =
1 6 2 3
5√ 2gh
故进入时速度大小为√ 2gh，离开时速度大小为 ；
6
(2)ab、cd 棒切割磁感线产生的感应电动势分别为
E =BLv 和E =BLv
1 1 2 2
由右手定则可知，E 与E 的方向相反，所以回路的电动势为
2 1
E=E −E =BL⋅(v −v )
1 2 1 2
由闭合电路欧姆定律可知，回路中电流为
E BL⋅(v −v )
I= = 1 2
2R 2R
故cd棒所受安培力向右，大小为
B2L2 ⋅(v −v )
F =IBL= 1 2
cd 2R
受力分析可知，cd所受合外力即其受到的安培力，所以cd在离开轨道一刻加速度最小F B2L2 ⋅(v −v ) √ 2gh⋅B2L2
a = cd = 1 2 = ；
2min m 2Rm 4Rm
(3)金属棒ab、cd在水平轨道运动的过程中，系统动量守恒
2mΔv =mΔv
1 2
随时间的积累，则有
2x =x ，且知x =x
1 2 2 0
设cd棒在轨道上运动的时间为t ，则在水平轨道上ab棒相对cd棒的位移为
0
3
Δx=v t −(x +x )=√ 2gh⋅t − ⋅x
0 0 1 2 0 2 0
△Φ
由q=
可得，整个过程中通过金属棒横截面的电荷量为
R
总
BL⋅Δx (2√ 2gh⋅t −3x )⋅BL
q= = 0 0
2R 4R
cd棒在轨道上运动，所受安培力即合外力，对其运用动量定理有
√ 2gh⋅m
q=
3BL
2mR 3x
联立上述两式，即可解得t = + 0 。
0 3B2L2 2√ 2gh
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
