福建省厦门外国语学校2023-2024学年高二下学期期末复习物理模拟试卷（二）

试卷第 1 页,共 6 页 厦门外国语学校 2023-2024 学年第二学期高二物理 期末复习卷(二) 姓名:_班级:_座号:_ 一、单选题 1.茶道文化起源于中国,是一种以茶修身的生活方式。东坡有诗云“一勺励清心,酌水谁含 出世想。”下列关于泡茶中的物理现象的说法错误的是( ) A.泡茶时,开水比冷水能快速泡出茶香,是因为温度越高 分子热运动越剧烈 B.放入茶叶后,水的颜色由浅变深,是扩散现象 C.泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收,说 明茶水与茶托间是浸润的 D.打碎的茶杯不能拼接复原,说明分子间不存在作用力 2.如图所示,理想变压器的输入端通过灯泡? 1与输出电压恒定的正弦交流电源相连,副线 圈通过导线与两个相同的灯泡? 2和? 3相连,开始时开关 S 处于断开状态。当 S 闭合后,所 有灯泡都能发光,则下列说法中正确的有( ) A.副线圈两端电压不变 B.灯泡? 1亮度变亮,? 2的亮度不变 C.副线圈中电流变大,灯泡? 1变暗,? 2变亮 D.变压器的输出功率增大 3.如图 1 所示的电路中,阻值为 2r = 的线框水平放置,线框所在区域内存在垂直线框的 磁场(未画出),磁感应强度随时间的变化规律如图 2 所示,电压表为理想电表,定值电阻 的阻值为 2R = ,将电阻箱的阻值调到 6R = ,电压表的读数为 4V,忽略导线的电阻。 则( ) A. 0=t 时刻,线框中产生的感应电动势为 0 B.线框中产生的感应电动势的最大值为 5V C.一个周期内定值电阻上产生的热量为 0.02J D.当电阻箱的阻值为 2 时线框的输出功率最大 4.如图所示,质量为 m,高度为 h 的矩形导体线框在竖直面内由静止开始自由下落.它的 上下两边始终保持水平,途中恰好匀速通过一个有理想边界的匀强磁场区域,区域上下宽度 也为 h,则线框在此过程中产生的热量( ) A.mgh B.大于 mgh,小于 2mgh C.2mgh D.大于 2mgh 试卷第 2 页,共 6 页 二、双选题 5.一定质量的理想气体从状态 A 开始,经 A B、B C、C A 三个过程后回到初始状态 A, 其? − ? 图像如图所示。已知 O、A、C 三点在一条直线上,? ? = 200K。下列说法正确的是 A.状态 B 时气体的温度为 500K B.在 A B 的过程中,气体对外做功大于它从外界吸收的热量 C.在 B C 的过程中,气体对外做功 52 10 J D.在 A B C A 一个循环过程中,气体向外界释放的热量为 51.5 10 J 6.氢原子的能级图如图 1 所示,从高能级向低能级跃迁时,会产生四种频率的可见光。氢 原子从能级 6 跃迁到能级 2 产生可见光 ,从能级 3 跃迁到能级 2 产生可见光 。用两种光分 别照射如图 2 所示的实验装置,都能产生光电效应。下列说法正确的是( ) A.光 比光 有更显著的粒子性 B.两种光分别照射阴极 K 产生的光电子到达阳极 A 的动能之差为 1.13eV C.欲使微安表示数变为 0,滑片 P 应向 b 端移动 D.滑片 P 向 b 端移动过程中,到达阳极 A 的光电子的最大动能一直增大 7.如图所示,在正方形区域 abcd 内有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为 B 的匀强磁 场.在 t=0 时刻,位于正方形中心 O 的离子源向平面 abcd 内各个方向发射出大量带正电的 粒子,所有粒子的初速度大小均相同,粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形的边 长,不计粒子的重力以及粒子间的相互作用力.已知平行于 ad 方向向下发射的粒子在 t=t0 时刻刚好从磁场边界 cd 上某点离开磁场,下列说法正确的是( ) A.粒子在该磁场中匀速圆周运动的周期为 6t0 B.粒子的比荷为 06Bt C.粒子在磁场中运动的轨迹越长,对应圆弧的圆心角越大 D.初速度方向正对四个顶点的粒子在磁场中运动时间最长 试卷第 3 页,共 6 页 8.如图所示,两条相距 L 的平行光滑金属导轨位于同一水平面内,其右端接一阻值为 R 的 电阻。矩形匀强磁场区域 MNPQ 的宽度为 d,磁感应强度大小为 B、方向竖直向下。质量为 m、接入电阻为 R 的金属杆静置在导轨上。矩形磁场区域以速度 v0匀速向右运动,扫过金属 杆。金属导轨的电阻不计且足够长,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好 接触。下列说法正确的是( ) A.MN 刚扫过导体杆时,流经 R 的电流由 a 流向 b B.MN 刚扫过导体杆时,电阻 R 的电功率为 2 2 2 0 4 B L v R C.PQ 刚扫过导体杆时,导体杆的速度为 2 2 2 B L d mR D.磁场扫过导体杆的过程中,导体杆中的最小电流为 3 3 0 22 2 BLv B L d R mR − 三、填空题 9.如图,导热性能良好的汽缸固定在水平地面上,用活塞将一 定质量理想气体密闭在汽缸中,活塞与汽缸间摩擦不计,大气压 强为 p0。若环境温度缓慢降低 10 ,活塞缓慢向左移动一段距 离,汽缸内气体体积减小 V ,则相对温度降低前,汽缸内气体 对单位面积汽缸壁在单位时间内的碰撞次数 (选填“增 加”、“减少”或“不变”),汽缸内气体放出的热量 (选 填“大于“、“小于“或“等于“)? 0? ? 。 10.如图,矩形线圈由位置 A 开始自由下落,如果在磁场中受到的安培力始终小于重力, 则它通过 A、B、C 三个位置时加速度大小的关系为 aA aB,aA aC(均填“>”、“<” 或“=”)。 11. “嫦娥三号”中有一块“核电池”,在月夜期间提供电能的同时还能提供一定能量用于舱 内温度控制。“核电池”利用了 238 94 Pu 的衰变, 238 94 Pu 在放出一个 粒子后衰变为一个新的原子 核,新核的中子数比 238 94 Pu 的中子数少 个;新原子核的平均结合能 (选填“大于”“等 于”或“小于”) 238 94 Pu 的平均结合能。 试卷第 4 页,共 6 页 四、实验题 12.某同学用如图所示的器材做“探究电磁感应产生条件”的实验,图中实验器材有部分已用 导线连接。 (1)请用笔画线代替导线将图中的实验器材连接完整 。 (2)连接好电路后,闭合开关瞬间,观察到电流表 G 的指针向右偏转。下列说法正确的是 (填正确答案标号)。 A.闭合开关后,电流表 G 的指针一直保持向右偏转 B.闭合开关后,将滑动变阻器的滑片向 a 端移动,电流表 G 的指针向左偏转 C.闭合开关后,将线圈 A 从线圈 B 中抽出,电流表 G 的指针向右偏转 D.断开开关的瞬间,电流表 G 的指针向左偏转 (3)闭合开关后,将线圈 A 从线圈 B 中抽出,抽出的速度越快,则电流表 G 的指针偏转 的幅度越 (填“大”或“小”)。 13.在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中,有下列实验步骤: ①用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上,待薄膜形状稳定 ②往边长约为 40cm 的浅盘里倒入约 2cm 深的水,待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在 水面上 ③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上,计算出油膜的面积,根据油酸的体积和面积计 算出油酸分子直径的大小 ④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中,记下量筒内每增加一定体积 时的滴数,由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积 ⑤将玻璃板放在浅盘上,然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上 完成下列填空: (1)上述步骤中,正确的顺序是 试卷第 5 页,共 6 页 (2)油酸酒精溶液的浓度为每 1000mL 溶液中有纯油酸 1mL,用注射器测得 1mL 上述溶液 有 400 滴,把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里,待水面稳定后,测得油酸膜 的近似轮廓 1 图所示,图中正方形小方格的边长为 1cm,则每一滴油酸酒精溶液中含有纯油 酸的体积是 mL,油酸膜的面积是 2cm 。根据上述数据,估测出油酸分子 的直径是 m(此结果保留两位有效数字) (3)某学生在“用油膜法估测分子大小”的实验中,计算结果明显偏小,可能是由于 A.油酸未完全散开 B.计算油膜面积时,将所有不足 1 格的方格记作 1 格 C.计算油膜面积时,舍去了所有不足 1 格的方格 五、解答题 14.在水平面内固定一表面光滑的电阻不计的金属 U 形导轨,导轨间距为 L=0.5m,空间有 竖直向下方向的磁感应强度大小为 2T 的匀强磁场,有一质量为 m=1kg、电阻为 R=0.5 的 金属杆 MN 以 v0=4m/s 初速度向右运动,求: (1)金属杆 MN 运动到最大位移的过程中产生的焦耳热; (2)金属杆 MN 运动的最大位移的大小。 15.如图所示,上端带有卡口的横截面积为 S、高为 L 的导热性能良好的气缸中用一光滑的 活塞 B 封闭着一定质量的理想气体 A, 气缸底部与 U 形水银气压计(U 形管内气体体积忽 略不计)相连,已知气体内能 U 与热力学温度 T 的关系为 U= T,其中 为已知常数,活塞 B 的质量为 m,重力加速度为 g, 大气压强为 p0, 水银的密度为 , 环境热力学温度为 T0时, 活塞离缸底的距离为 4 5 L,U 形气压计两侧水银面的高度差为 h。求: (1)活塞 B 的质量为 m; (2)环境温度由 T0缓慢升高至 2T0时,U 形气压计两侧水银面的高度差 h1; (3)环境温度由 T0缓慢升高至 2T0时过程中,气体吸收的热量。 试卷第 6 页,共 6 页 16.如图甲所示,两条足够长的平行导轨所在平面与水平地面的夹角为 ,间距为 d。导轨 上端与电容为 C 的电容器相连,虚线 O1O2垂直于导轨,O1O2上方存在垂直导轨平面向下的 匀强磁场,此部分导轨由不计电阻的光滑金属材料制成,O1O2 下方的导轨由粗糙的绝缘材 料制成。t=0 时刻,一质量为 m、电阻不计的金属棒 MN 由静止释放,运动过程中 MN 始终 与导轨垂直且接触良好,其速度 v 随时间 t 的变化关系如图乙所示,其中 v0和 t0为已知量, 重力加速度为 g,电容器未被击穿。求: (1)t=0 到 t=t0,磁场对金属棒 MN 的冲量大小; (2)t=0 到 t=2t0,金属棒 MN 损失的机械能; (3)匀强磁场的磁感应强度大小。 1.D 2.D 3.C 4.C 5.AD 6.AD 7.BC 8.BC 9.增加 大于 10.> = 11.2 大于 12. BD 大 13. ④②①⑤③ 62.5 10− 59/58/60 104.2 10− B 14.(1)8J;(2)2m 15.(1) S h ;(2) 03 8 5 5 p h g + ;(3) 0 0 1 1 5 5 T p LS g hLS + + 16.1.(1) 0 0sinmg t mv − ;(2) 2 0 0 0 5 9 sin 2 2 mgv t mv − ;(3) 0 0 sin1 mgt m d Cv C − 答案第 1 页,共 9 页 参考答案: 1.D 【详解】A.泡茶时,开水比冷水能快速泡出茶香,是因为温度越高分子热运动越剧烈,故 A 正确,不符合题意; B.放入茶叶后,水的颜色由浅变深,是扩散现象,故 B 正确,不符合题意; C.泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收,说明茶水与茶托间是浸润的,故 C 正确,不符合题意; D.打碎的茶杯不能拼接复原,是因为分子间距离太大,分子间作用力可以忽略不计,并不是分子间不存在作用力, 故 D 错误,符合题意。 故选 D。 2.D 【详解】AD.当 S 闭合后,变压器输出功率增大,输出电流增大,变压器的输入功率等于输出功率,故变压器的 输入电流增大,灯泡 1L 电压增大,原线圈电压减小,匝数比不变,副线圈电压减小,A 错误,D 正确; BC.由 AD 的分析可知,副线圈电流变增大,灯泡 1L 电压增大,变亮,灯 2L 电压减小,变暗,BC 错误。 故选 D。 3.C 【详解】A.如图 2 所示,在 0=t 时刻,磁感应强度变化率最大,所以磁通量变化率最大,则线框中产生的感应电 动势最大,故选项 A 错误。 B.定值电阻的阻值为 2R = ,将电阻箱的阻值调到 6R = ,电压表的读数为 4V,而线框电阻 2r = ,因为电流 读的是外电压的有效值,根据闭合电路的欧姆定律,感应电动势的有效值有 有效 : 10 4 : 8 = 解得 有效 5V = 则感应电动势的最大值为5 2V ,故选项 B 错误。 C.因电动势的有效值为 5V,根据交变电流的热效应和有效值的定义,一个周期内定值电阻上产生的热量为 2 2 25( ) 2 4 10 2 10 J 10 Q − −= = 故选项 C 正确。 D.根据闭合电路的欧姆定律可知,当电源的内阻与外电阻相等时,电源的输出功率为最大;所以当电阻箱的阻值 为 0 时,定值电阻与线框电阻同为2 ,此时线框的输出功率最大。故 D 错误。 故选 C。 4.C 答案第 2 页,共 9 页 【详解】线框穿过磁场时产生感应电流,线框|的机械能减少,线框产生的热量等于线框减少的机械能,线框匀速下 落,动能不变,重力势能减少,线框穿过磁场的整个过程中减少的机械能 E=2mgh,则线框产生的热量: Q= E=2mgh, ABD、产生的热量与解析不符,选项 ABD 不符合题意 C、产生的热量与解析相符,选项 C 符合题意 5.AD 【详解】A.由盖-吕萨克定律得,A B 过程 A B A B V V T T = 解得状态 B 时气体的温度 2.5 200K=500K 1.0 B B A A V T T V = = 故 A 正确; B.由于在 A B 的过程中温度升高,气体的内能增加,即 0U > ;又体积增大,气体对外界做功,即 0W< 。结合 热力学第一定律 U W Q = + 可得 W Q< 故 B 错误; C.由图可得状态 C 时的体积 33.0mCV = ,在 B C 的过程中,气体对外做功大小为 B C 的过程中图像所围成的面 积,所以 ( ) 5 51.0 3.0 10 0.5J 10 J 2 BCW + = = 故 C 错误; D.A B 的过程中气体对外做功大小 5 51.0 10 1.5J 1.5 10 JABW = = C A 过程外界对气体做功大小 ( ) 5 51.0 3.0 10 2J 4.0 10 J 2 CAW + = = 由热力学第一定律 U W Q = + 可得,在 A B C A 一个循环过程中,外界对气体做功大小 51.5 10 JCA AB BCW W W W = − − = 在一个循环过程中,气体内能改变量为零,所以气体放出的热量与外界对气体做功的大小相等,为 51.5 10 J 。故 D 正确。 故选 AD。 6.AD 答案第 3 页,共 9 页 【详解】A.氢原子从能级 6 跃迁到能级 2 产生可见光 ,从能级 3 跃迁到能级 2 产生可见光 ;可知光 的能量大于 光 能量,则光 的频率大于光 的频率, 的波长小于光 的波长,则光 比光 有更显著的粒子性,故 A 正确; B.从能级 6 跃迁到能级 2 产生可见光 ,则有 1 6 2 0.38eV ( 3.40eV) 3.02eVE E = − = − − − = 从能级 3 跃迁到能级 2 产生可见光 ,则有 2 3 2 1.51eV ( 3.40eV) 1.89eVE E = − = − − − = 根据光电效应方程 km 0E h W = − 可知两种光分别照射阴极 K 产生的光电子最大初动能之差为 km1 km2 3.02eV 1.89eV 1.13eVE E− = − = 则对于最大初动能的光电子到达阳极 A 的动能之差为1.13eV,但产生光电效应从金属表面溢出的光电子初动能不一 定等于最大初动能,所以两种光分别照射阴极 K 产生的光电子到达阳极 A 的动能之差不一定为1.13eV,故 B 错误; C.欲使微安表示数变为 0,应加上反向电压,由电路图可知滑片 P 应向 a 端移动,故 C 错误; D.滑片 P 向 b 端移动过程中,由电路图可知极板间所加电压为正向电压,电场力对光电子做正功,所以到达阳极 A 的光电子的最大动能一直增大,故 D 正确。故选 AD。 7.BC 【详解】B.粒子在磁场中做匀速圆周运动,初速度平行于 ad 方向发射的粒子运动轨迹如图,其圆心为 O1 设正方形边长为 L,由几何关系得 1 12sin 2 L OO k L = = 得 1 6 OO k = 则 答案第 4 页,共 9 页 0 6 2 12 T t t T = = = 又 2 m T qB = 解得 06 q m Bt = B 正确; A.由上知 012T t= A 错误; CD.由于粒子的初速度大小相等,所有粒子的轨迹半径相等,运动轨迹最长的粒子转过的圆心角最大,在磁场中 运动时间也最长,初速度方向正对四个顶点的粒子在磁场中运动的弧长不是最长,则时间不是最长, D 错误 C 正 确。 故选 BC。 8.BC 【详解】A.当 MN 刚扫过导体杆时,可将磁场视为不动,导体杆向左运动,则根据右手定则可知流经 R 的电流由 b 流向 a,A 错误; B.当 MN 刚扫过导体杆时,有 E = BLv0 则回路的电流 0 2 2 BLvE I R R = = 则 MN 刚扫过导体杆时,电阻 R 的电功率为 2 2 2 2 0 4 B L v P I R R = = B 正确; C.根据动量定理得 vBIL t m = 整个过程中的电荷量为 2 2 2 E BdL I t t t R R t R = = = 代入解得 答案第 5 页,共 9 页 2 2 2 B L v d mR = C 正确; D.金属杆切割磁感线的速度为 v′ = v0 - v 则此时感应电动势为 E = BL(v0 – v) 电流为 0( ) 2 BL v v I R − = 当 PQ 刚扫过导体杆时,导体杆的速度最大,则此时导体杆中的电流最小,为 3 0 2 3 2 4 BLv B L I R d mR = − D 错误。 故选 BC。 9. 增加 大于 【详解】(1)[1]根据题意可知汽缸内气体做等压变化,由于温度降低,分子平均动能减小,但压力要不变,故汽缸 内气体对单位面积汽缸壁在单位时间内的碰撞次数增加。 (2)[2]汽缸内气体温度降低、内能减少,根据热力学第一定律可知 0 U W Q W p V= + =, 由于气体体积减小,外界对气体做功,则 0W ,而气体温度降低,则 0U ,所以汽缸内气体放出的热大于外界 对气体所做的功,即大于 0 p V 。 10. > = 【详解】[1][2]线圈自由下落时,加速度为 Aa g= 线圈进入磁场过程中,切割磁感线产生感应电流,从而受到向上的安培阻力,则根据牛顿第二定律可得,此时的加 速度 Ba g 线圈完全进入磁场中时,磁通量不变,无感应电流产生,线圈不受安培阻力作用,只受到重力作用,则加速度为 Ca g= 故有 答案第 6 页,共 9 页 C A Ba a a= 11. 2 大于 【详解】[1] 238 94 Pu 产生一次 衰变,原子核少 2 个质子和 2 个中子,因此新核的中子数比 238 94 Pu 的中子数少 2 个。 [2] 238 94 Pu 在放出一个 粒子后衰变为一个新的原子核,可知新核的核子数比 238 94 Pu 的核子数较小, 238 94 Pu 是重核,由 比结合能曲线可知,新原子核的平均结合能大于 238 94 Pu 的平均结合能。 12. BD 大 【详解】(1)[1]如图所示 (2)[2]闭合开关的瞬间,观察到电流表 G 的指针向右偏转,说明穿过 B 的磁通量增加时指针右偏,则 A.闭合开关后,电路稳定后,线圈 B 的磁通量稳定不变,电流表 G 的指针最终回到中间位置,A 错误; B.闭合开关后,将滑动变阻器的滑片向 a 端移动,电路电流减小,线圈 B 的磁通量减小,根据楞次定律可知电流 表 G 的指针向左偏转,B 正确; C.闭合开关后,将线圈 A 从线圈 B 中抽出,线圈 B 的磁通量减小,根据楞次定律可知电流表 G 的指针向左偏转, C 错误; D.断开开关的瞬间,线圈 B 的磁通量减小,根据楞次定律可知电流表 G 的指针向左偏转,D 正确; 故选 BD。 (3)[3]闭合开关后,将线圈 A 从线圈 B 中抽出,抽出的速度越快,线圈 B 的磁通量变化越快,产生的感应电动势 答案第 7 页,共 9 页 越大,感应电流越大,则电流表 G 的指针偏转的幅度越大。 13. ④②①⑤③ 62.5 10− 59/58/60 104.2 10− B 【详解】(1)[1] “油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为: 准备油酸酒精溶液④ 准备带水的浅盘和痱子粉② 形成油膜① 描绘油膜轮廓⑤ 计算分子直径③ 故正确的顺序为:④②①⑤③。 (2)[2][3]1 滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积 61 1 mL 2.5 10 mL 1000 400 V −= = 面积超过小方格面积一半的小方格的个数为 59 个,故油膜的面积 2 259 1 1 cm 59cmS = = 油酸分子直径 104.2 10 m V d S −= = (3)[4]A.油酸未完全散开,则 S 测量值偏小,则直径测量值偏大,故 A 错误; B.计算油膜面积时,将所有不足 1 格的方格记作 1 格,则 S 测量值偏大,则直径测量值偏小,故 B 正确; C.计算油膜面积时,舍去了所有不足 1 格的方格,则 S 测量值偏小,则直径测量值偏大,故 C 错误。 故选 B。 14.(1)8J;(2)2m 【详解】(1)金属杆 MN 运动到最大位移的过程中动能都转化为了焦耳热,因此根据动能定理可得产生的焦耳热为 2 2 0 1 1 0 1 4 8J 2 2 Q mv= − = = (2)设金属杆 MN 运动的最大位移为 x ,则平均电流为 BLx I Rt − = 根据动量定理 0B I Lt mv − − = − 联立解得 2mx = 15.(1) S h ;(2) 03 8 5 5 p h g + ;(3) 0 0 1 1 5 5 T p LS g hLS + + 【详解】(1)初始状态,气体 A 压强 1 0p p g h = + 对活塞,根据平衡条件得 答案第 8 页,共 9 页 0 1p S mg p S+ = 解得 m S h = (2)缓慢升高环境温度,活塞 B 上升,气体发生等压变化,U 形导管内侧水银面的高度差不变,设活塞 B 刚好到 达容器口时,温度为 1T ,由盖—吕萨克定律得 0 1 4 5 LS LS T T = 解得 1 0 0 5 2 4 T T T= 之后,气体温度由 0 5 4 T 升高到 02T ,气体发生等容变化。设压强 2p ,根据 1 2 0 0 5 2 4 p p T T = 得 2 1 0 8 8 ( ) 5 5 p p p g h = = + 又 2 0 1p p g h = + 联立得 0 1 3 8 5 5 p h h g = + (3)整个过程中,外界对气体做的功 1 4 ( ) 5 W p LS LS= − − 由热力学第一定律得 0 0(2 )T T Q W − = + 解得, 0 0 1 1 5 5 Q T p LS g hLS = + + 16.1.(1) 0 0sinmg t mv − ;(2) 2 0 0 0 5 9 sin 2 2 mgv t mv − ;(3) 0 0 sin1 mgt m d Cv C − 【详解】 答案第 9 页,共 9 页 (1)根据动量定理有 0 0sinmg t I mv − =安 解得 0 0sinI mg t mv = −安 (2)根据图乙可得金属棒在 t=0 到 t=2t0时间内的位移为 0 0 0 0 0 0 0 3 5 2 2 2 v v v v x t t t + = + = 根据能量守恒有 2 0 1 sin (3 ) 2 mgx m v E = + 损 解得 2 0 0 0 5 9 sin 2 2 E mgv t mv = −损 (3)根据图乙可知,在 00 ~ t 时间内金属棒做匀加速直线运动,则可知其加速度恒定,所受合外力恒定,即此时间 段内电流恒定,而电容器两端电压的变化量等于金属棒切割磁感线产生的感应电动势的变化量,则有 0 q Bdv C = 可得 0q CBdv = 而 0q I t = 对该过程由动量定理有 0 0 0sinmg t BdI t mv − = 联立解得 0 0 sin1 mg t m B d Cv C = −