湖北省云学名校联盟2024-2025学年高二下学期3月联考物理试题

2025年湖北云学名校联盟高二年级3月联考 物理试卷 命题学校：襄阳三中 命题人：李玲蒋大为 审题学校：孝感高中 考试时间：2025年3月5日10：30-11：45 时长：75分钟 试卷满分：100分 注意事项： 1.答题前，先将自已的姓名、准考证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10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7小 题只有一项符合题目要求，第8~10小题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但 不全的得2分，有选错或不答的得0分。) 1,超低频(SLF)电磁波技术利用地球物理和无线电物理相结合的原理，由人工产生大功率电磁波 信号而电磁波的应用非常广泛，下面关于电磁波的说法正确的是 A.在真空中各种电磁波的传播速度不同 B.无线通讯利用电磁波传递信息 C.在电磁波谱中，最容易发生衍射现象的是γ射线 D.手机通话使用的无线电波，其波长比可见光的波长短 2.2024年冬至来临之际，一场洋溢着温馨与快乐的包饺子活动在襄阳三中暖心上演。活动现场 某拍照教师不小心将手机掉落，已知该手机大约160g,从1.25m高度掉落，与地面接触时间 0.2s,己知手机与地面碰撞后不反弹，重力加速度g10ms2,不计空气阻力。求手机对地面 的冲击力大小为 A,3.2N B.4N C,5.6N D.20N 3.如图所示，质量m=50kg的人，站在质量M=300kg的车的一端， 人和车均相对于地面静止。人由车的一端走到另一端的过程中， ●】 车后退0.4m,车与地面间的摩擦可以忽略不计，则车的总长为 A.2.4m B.2.8m C.3m D.3.2m 高二3月联考物理试卷第1页共6页 扫描全能王创建 4.水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ,它们之间的宽度为1m,M和P之间接入电动势为 1.5V的电源（不计内阻）。现垂直于导轨搁一根质量为1Kg、电阻为12的金属棒ab,并加一 个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为1T,方向与水平面夹角为60指向右上方且与导 体棒垂直，重力加速度g10ms2。如图所示，下面说法正确的是 M B A.若ab棒保持静止，其受到的支持力为9.25V3N B.若ab棒保持静止，其受到的摩擦力为0.75N C.若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少10T D.若轨道光滑，则开关闭合瞬间金属棒的加速度为0.75V3m/s2 5.如图所示，竖直平面内固定一足够长绝缘直杆，倾角为37°，杆处在匀强磁场中，磁场方向垂 直纸面向里，磁感应强度大小为2T,杆上套一个带负电的环，电荷量为1C,质量为1kg,环 与绝缘直杆间的动摩擦因数μ=0.5。将环由静止释放向下滑动，g取10m/s2,则小环的最大速 度为 ×××××览 ××××××X ×××X××× ×父×××× ××XX× A.4m/s B.6m/s C.8m/s D.10m/s 6,如图甲，MN、PQ两平行金属光滑导轨固定在倾角为α的绝缘斜面上，其上端接一电容为C 的电容器，导轨范围内存在着垂直斜面向下的匀强磁场，导体捧b垂直MN放在导轨上，由 静止开始下滑，电容器的带电量Q随时间t变化的图像如图乙，不计导体棒及导轨电阻，下 列关于电容器两极板间的电势差U,导体棒ab的速度v,受到的安培力F以及回路中的电流 ⅰ随时间t变化的图像一定错误的是 Q 图 图乙 高二3月联考物理试卷第2页共6页 扫描全能王创建 7.如图所示，空间中存在一矩形磁场区域MNPQ,在区域MQP内存在垂直纸面向里的匀强磁场 I,磁感应强度大小为Bo:在区域MNP内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小 为2Bo,∠MPQ=60°，一带电粒子a以大小为v1=kBL、方向沿PQ从P点进入磁场1，运动一 段时间后从M点离开磁场区域，另一带电粒子b以大小为2、方向沿QM从Q点进入磁场I, 不计粒子的重力及粒子间的相互作用，粒子的比荷均为k,则下列说法正确的是 A.粒子a可能在磁场I中直接偏转到达M点 M B.粒子a从磁场I进入磁场Ⅱ的位置距离P点可能为3√3L X C.若粒子a从磁场进入磁场1时，与粒子b相遇，则相遇的时间可能为107 3kB XX D.若粒子a与粒子b在矩形磁场中心相遇，则的大小可能为958L b×××为 ×X×× Q a 8.振幅为2m,波速均为4.0m/s的两列简谐波分别从波源x=0和x=12m处沿x轴相向传播，=0 时的波形如图所示，则以下说法正确的是 A.两列波的频率均为1Hz B.=1.0s时两波相遇 C.两波相遇过程中x=5.5m处质点的振幅为4m D.t仁1.5s时，x-6m处质点的加速度为零 9.如图所示，两束单色光a和b从水中射向水面的O点，它们进入空气后的光合成一束光c。 根据这一现象可知 A.在水中时a光的传播速度比b光的传播速度小 空气 B.两束光在从水进入空气时频率均变小 C.从水中射向空气时，a光全反射的临界角比b光大 D.真空中a光的波长比b光长 10.如图所示，abcd为N匝矩形线框，可以围绕ad边匀速旋转，角速度为w,每匝面积为S。在 ad连线下方、且在dc连线左侧的区域，存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B, 线框的总电阻为”，两端连接到理想变压器，对负载R供电。变压器初级线圈和次级线围的匝 数为，和n2,A为理想交流电流表，不计一切摩擦，则 A,线框转动产生的电动势的有效值为WB 2 B.调节R的大小，当R=r时，R的功率最大 X B C.若使R的电阻值增大，电流表的示数将增大 D.若使线框角速度变为2w,R的功率变为原来的2倍 高二3月联考物理试卷第3页共6页 扫描全能王创建 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(10分) 某实验小组利用单摆测当地的重力加速度： (1)为了减小测量误差，下列做法正确的是 (选填字母代号)。 A.长度不同的1m和30cm的同种细线，选用1m的细线做摆线 B,当摆球经过最高点时开始计时 C.把摆球从平衡位置拉开一个很小的角度后由静止释放 D.测量摆球完成一次全振动的时间T,根据公式计算重力加速度g (2)用游标卡尺测量摆球直径如图所示，摆球直径d的测量值为 cm 0 20 (3)使摆球在竖直平面内摆动稳定后，当摆球到达最低点时启动秒表开始计时并记作1，此后 每次摆球再次经过计时起点的次数记作n(n=2、3、4…),当n=60时停止计时，此时总时间为 67.5s,可计算得单摆的周期为 s。(保留三位有效数字) (4)实验时某同学测得的g值偏小，其可能的原因是 A.摆球的质量太大 B.将细线长作为摆长 C.测周期时，把n次全振动误记为(+1)次 L im) D,摆球上端未固定牢固，振动中出现松动 1 0 (⑤)改变摆长，得到多组数据后，某同学作出的图像如图所示，由图可得当地重力加速度为 m/s2(保留三位有效数字) 12.(6分) 某兴趣小组在探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素 图a 图b 图c 高二3月联考物理试卷第4页共6页 扫描全能王创建 (1)图a中，将条形磁铁从图示位置先向上后向下移动一小段距离出现的现象是 A.灯泡A、B均不发光 B.灯泡A、B同时发光 C.灯泡A先发光、B后发光 D.灯泡B先发光、A后发光 (2)某同学用图b所示的实验器材研究感应电流的方向 将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发现电流计指针右偏，则保持开关闭合，以下 操作中也能使电流计右偏的是 A.插入铁芯 B.拔出线圈A C.将滑动变阻器的滑片向左移动 D.将滑动变阻器的滑片向右移动 (3)图c实验器材中，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，A线圈中 通有单向逐渐增大的电流，则对于线圈B的现象正确的是 A.B中将产生逆时针方向的电流 B.B中将产生顺时针方向的电流 C.B线圈有收缩的趋势 D.B线圈有扩张的趋势 13.(12分) 一根长度L=1.25m且不可伸长的细线一端固定于某点，另一端系一质量m=0.4kg的 小球，现拉动小球使细线伸直，当细线水平时由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块A沿 水平方向发生弹性碰撞（碰撞时间极短），随后A与B发生正碰，碰后物块B能恰好通过光滑水 平面的右侧平滑连接的一竖直放置的半圆形光滑轨道CD的最高点D,轨道半径R=0.5m。己知 mF100g,m200g,小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： (1)求物块B飞出后落地点距离C点的位置 (2)求物块A和B在碰撞过程中损失的机械能 高二3月联考物理试卷第5页共6页 扫描全能王创建 14.(14分) 如图所示，在xoy平面直角坐标系中，在第二象限有以(-，)为圆心，r为半径的圆形有 界磁场，磁场最右端刚好与y轴相切，磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。在第一象限有 范围足够大的，方向沿y轴正半轴的匀强电场，场强大小为E,在x正半轴上铺有一条长度足够 长的荧光屏，现x轴上有一粒子源点P,P的坐标为(-，0)， 能平行于纸面向与x轴正半轴成a角(30°≤a≤150°)范围内发 射速率相同的电子，且所有电子出磁场的方向均与x轴平行。 已知电子的质量为m,电荷量为e,不计电子的重力与电子间 XX 的相互作用，求： (1)电子的速率V和电子在磁场中的轨道半径R: (2)当发射速度方向为α=90时射入磁场的电子，其落到 x轴上的坐标： (3)从P点发射的各电子在荧光屏上留下的亮纹长度： 15.(18分) 如图所示，足够长的光滑水平长直金属导轨放在磁感应强度大小为B=0.5T的匀强磁场中， 导轨平面位于水平面内，匀强磁场的方向与轨道面垂直，轨道宽l0=0.5m,将一质量为m=0.2kg、 电阻为r=0.052的导体棒MN垂直静置于导轨上。当开关S与a接通时，导体棒与电源相连， 电源电动势E=1.5V,电源内阻不计：开关S与b接通时，所接电容器的电容C=15F(耐压值 足够大)：开关S与c接通时有足够长的光滑水平长直金属导轨放在磁感应强度大小为B=0.5T 的匀强磁场中，导轨平面位于水平面内，匀强磁场的方向与轨道面垂直，轨道宽l1=0.2m导轨上 有一根静止的导体棒PQ,质量为M=0.2kg、电阻R=0.052。若开关S的切换与电流的换向均 可在瞬间完成，不计导轨的电阻，导体棒在运动过程中始终与导轨接触良好。 (1)若开关S始终接a,求导体棒开始运动到达到稳定速度 的过程中，导体棒的最终速度大小。 (2)若开关S先接a,当导体棒运动到速度为o=4m/s ×B 时立即与b接通，求稳定后电容器所带电荷量q:(结果保留2位 小数) (3)若开关S先接a,当导体棒MN运动到速度为vo=4m/s时立即与c接通，稳定后，求 导体棒MN、PQ各自的速度大小与通过导体棒PQ的电荷量大小。 高二3月联考物理试卷第6页共6页 扫描全能王创建2025 年湖北云学名校联盟高二年级 3月联考 物理试卷评分细则 1.B 【详解】A.真空中电磁波传播速度等于光速，故 A错误； B.无线通讯是利用电磁波传播信息，故 B正确； C.当障碍物尺寸接近波长时更容易发生衍射，而γ射线波长较短，不易发生衍射，故 C错误； D.手机通话的无线电波要有较好的传播功能，应该更容易发生衍射，所以波长应较长，故 D 错误。 2.C 【详解】由自由落体运动公式 ghv 22  解的手机落地时的速度大小为 smv /5 手机与地面碰撞后不反弹可知手机与地面碰撞后速度变为 0，再由动量定理公式 PFtI  可得 )(0)( mvtmgF  解得 NF 6.5 故C正确 3.B 【详解】对Mm组成的系统由动量守恒定律公式可得 车人 Mxmx 0 解得 mx 4.2人 再由几何关系车长 车人 xxL  解得 mL 8.2 故B正确 4.D 【详解】对导体棒受力分析由平衡条件可得 水平方向 fBIL 30sin 竖直方向 mgBILFN  30sin 再由闭合电路欧姆定律公式 rR EI   可得 AVI 5.1 1Ω 5.1  代入数据解得 NFN 25.9 , Nf 375.0 故AB均错误； 当 mgBIL  时，B取最小值 T 3 20 ,故C错误；若轨道光滑，开关闭合瞬间；对导体棒受力分析 由牛顿第二定律可得 maBIL 30cos ，代入数据解得 2/375.0 sma  ，故D正确。 5.D 【详解】环由静止释放向下滑动时，对环受力分析由平衡条件、滑动摩擦力大小公式及牛顿 第二定律可得 maqvBmgmg  )cos(sin  小环的速度增大，加速度也随之增大，杆对小环的支持力逐渐减小直至反向（垂直杆向下）， 此时，再对小环受力分析可得 mamgqvBmg  )cos(sin  随着小环的速度增大，加速度减小，当小环加速度减小至0时，小环的速度取最大值，对小环 受力分析及平衡条件可得 0)cos(sin   mgBqvmg m 代入数据解得 smvm /10 ，故D正确。 6.C 【详解】由图乙所示图像可知： ktQ  （k为比例系数） AB.根据电容的定义式可知 t C k C QU  感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，即 BLvU  解得 t BLC kv  则U与t成正比，v与t成正比，其图像是过原点的倾斜直线，故AB正确； CD.电流 k t QI  可得 BkLBILF  为一定值，二者图像均是平行于t轴的直线，故C错误， D正确。 7.D 【详解】A.根据洛伦兹力提供向心力有 2vqvB m r  解得 r L 可知粒子不可能偏转一次就到达 P点,故 A错误； B.画出粒子的运动轨迹如图 根据几何关系，粒子 a从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ的位置距离 P点 ) 2 33(3 LLnLx  （n=0，1，2…） 不可能为 33 L，故 B错误； C.根据几何关系可知粒子在磁场Ⅰ、磁场Ⅱ运动的圆心角为 120°，运动的时间为 120 2 2 360 3 rt v kB       粒子 a从磁场Ⅱ进入磁场Ⅰ时，与粒子 b相遇，则相遇的时间为 kB nt 3 2 总 （n=2,4,6……） 故 C错误； D. 画出粒子的运动轨迹如图 根据洛伦兹力及向心力的公式可知 r vmBqv 2 2 2  再根据几何关系可知 ) 2 33( LLnr  （n=1,2,3……） 可知 n取 3时 kBLv 2 39 2  故 D正确。 8.AD 【详解】A.根据 fv  可知 Hzf 1 ，故 A正确； B.根据波形图，可知两列波相遇的时间 st 5.0 4 2  ，故 B错误； C.根据波形图，可知两列波在 x=5.5m处相遇时，左边这列波在波谷位置，右边这列波在平 衡位置，此时，左边这列波的质点振动方程为 )cos(1 tAx  右边这列波的质点振动方程为 )sin(2 tAx  则该质点的振动方程为   )sin(2)sin(cos21   tAtAtAxxx 则 x=5.5m处质点的振幅为 mAA 222'  故 C错误； D.t=1.5s时，两列波传播的距离都为 6m，传播到 x=6m处时质点均处于平衡位置，加速度为 0，故 D正确。 9.CD 【详解】A.根绝光路图，由折射定律可知 ab nn  再根据 v cn  可知 ba vv  ，故 A错误； B.频率由波源决定，与介质无关，两束光从水进入空气时频率应不变，故 B错误； C.根据全反射临界角公式 n C 1sin  ，可知 ba CC  ，故 C正确； D.根绝光路图，由折射定律可知 b光折射率大于 a光折射率，折射率越大，波长越短，故真 空中 a光的波长比 b光长，D正确。 10.AB 【详解】A.根据图示可知矩形线框旋转所产生的 e-t图像为 电动势最大值 NBSEm  ，由有效值概念 直交 QQ  ，可得 T R ET R Em  2 2 )( 2 ) 2 ( 有 综合上式可得 2 NBSE 有 ，故 A正确； B.根据图示可得等效电路图为 其中 2 1 n nk  ，当外电路电阻等于内电路电阻，即 rRk 2 时，即 2 2 2 1 nR r n  电源输出功率最大，初级线圈的功率最大，故 B正确； C.根据等效电路图，由闭合电路欧姆定律可得 rRk E I   2 有 若 R的电阻值增大，I减小，电流表示数将减小，故 C错误； D.由于是理想变压器，R的功率就等于线圈的功率，即 22 22222 22 22 22 )(4)( )( rRk RkSBN rRk RkE RkIPR     有 若使线框角速度变为 2ω，R的功率变为原来的 4倍,故 D错误。 11.（每空 2分，多选选对一个得 1分，选错则不得分） (1)AC A:正确。在进行“用单摆测当地的重力加速度”实验时，应该保证摆长不能太小，否则容易 因摆动过快增加实验失败的可能性； B:错误。为了减小实验误差，在进行实验时往往不是在最高点释放时同时开始计时，而是在 摆球稳定摆动后，当摆球达到最低点时开始计时，这样可以避免因观测最高点的困难带来的 测量误差，提高实验精度； C:正确。构成单摆的条件之一是摆角不超过5°； D:错误。为了减小偶然误差，通常采用多次测量求平均值的方法。 (2)1.060 游标卡尺读数方法为主尺+游标尺，主尺度数为 1.00 ，游标尺将 1��分成 20 份，每份为 0.05��，读数为 12 × 0.05��即 0.60��。 (3)2.29s 每经过一次最低点，单摆运行了 � 2 的时间，则计数为 60时单摆运行时间为(60 − 1) × � 2 ，计算 得� = 2.29�。 (4)BD A:摆球质量不影响单摆的周期。 B:将细线作为摆长会导致摆长的测量值偏小，由� = 2� � � 可知重力加速度测量值偏小。 C:计数值变大，振动周期测量值会偏小，由� = 2� � � 可知重力加速度测量值偏大。 D:上端未固定牢固，会导致绳子边长，摆长的实际值变大，测量值相对实际值变小，由� = 2� � � 可知重力加速度测量值偏小。 (5)9.86 由� = 2� � � 可知 �2 � = 4� 2 � ，可得到图像斜率为 4�2 � ，计算后得到重力加速度� = �2。 12.（每空 2分，多选选对一个得 1分，选错则不得分） (1)D 磁铁下段为 N极，磁感线从下端发出；当向上移动磁铁时通过螺线管内向下的磁感线减少， 根据楞次定律与右手定则可知螺线管正面的电流向左，又由于二极管有单向导电性，所以 B 发光，A熄灭；同理，向下移动磁铁时，螺线管正面电流向右，A发光 B熄灭；综上所述， B先发光，A后发光 (2)AC 闭合开关瞬间，A磁通量变大，B磁通量变大，电流计指针向右偏,由此可得 B中磁通量变大 时电流计指针向右偏。类比可得 B中磁通量减小时电流计指针向左偏。 A: 加入铁芯时，A中磁通量会变大，B中磁通量变大，电流计向右偏 B: 拔出线圈 A时，B中磁通量减小，则电流计指针应该向反方向偏转，即向左偏。 C:向左移动滑片时电流增大，A中磁通量变大，B中磁通量变大，电流计向右偏。 D:与 C选项类似，此时电流计向左偏。 (3)D 当 A中产生顺时针逐渐增大的电流时，由楞次定律可知 B会产生逆时针的电流来阻碍 B回路 中磁通量向内增大；当 A中产生逆时针逐渐增大的电流时，由楞次定律可知 B会产生顺时针 的电流来阻碍 B回路中磁通量向外增大，因此 AB错误。 对于 CD选项，方法一：对于线圈 A，其内部有增大的磁通量，外部有增大的与 A内部相反 的磁通量，因此 B有扩张的趋势来包含更多的由 A产生的与 A 内部相反的磁通量以阻碍 B 内部磁通量的变化；方法二：假设 A中产生顺时针逐渐增大的电流时，由楞次定律可知 B会 产生逆时针的电流来阻碍 B回路中磁通量向内增大，此时对 B上的一小段进行受力分析，其 处于由 A产生的垂直纸面向外的磁场中，再用左手定则即可判断这一小段受安培力方向背离 圆心，即 B有扩张的趋势。 13. (1) 物块 B从 D点以vB3的初速度向右做平抛运动，设物块做平抛运动的时间为 t，水平位移大小 为 x，竖直方向位移大小为 2R，由平抛运动的规律可得 1 2 gt2 = 2R （1分） vB3t = x （1分） 联立上两式，可得 t = 5 5 s 设物块物块 B恰好能通过圆形轨道最高点 D，说明此时 B重力刚好完全提供做圆周运动所需 的向心力，即 mBg = mB vB3 2 R （1分） vB3 = 5m/s x = 1m （1分） 即飞出后落地点离 C的距离为 1m (2) 设物块 A 被碰前的速度为vA1，被碰后的速度为vA2，与物块 B碰后的速度为vA3，小球 m碰 前的速度为vm1，碰后速度为vm2，小球 m从高处静止时放与 A发生弹性碰撞的过程中，由动 量守恒和能量守恒可得 mgL = 1 2 mvm12 （1分） mvm1 +mAvA1 = mvm2 +mAvA2 （1分） 1 2 mvm12 + 1 2 mAvA12 = 1 2 mvm22 + 1 2 mAvA22 （1分） A与 B碰撞过程中，设损失的机械能为 E，由动量守恒与能量守恒可得 mAvA2 +mBvB1 = mAvA3 +mBvB2 （1分） 1 2 mAvA22 + 1 2 mBvB12 − 1 2 mAvA32 + 1 2 mBvB22 = E （1分） 设物块 B被碰前的速度为vB1，被碰后的速度为vB2，在 D处的速度为vB3，物块 B从被碰撞到 运动至 D点的过程中，由动能定理可得 1 2 mBvB32 − 1 2 mBvB22 =− 2mBgR （1分） 联立所有等式，可得 vm1 = 5m/s vA1 = 0m/s vA2 = 8m/s vA3 =− 2m/s vB1 = 0m/s vB2 = 5m/s vB3 = 5m/s E = 0.5J 即物块 A和物块 B在碰撞中损失的机械能 E = 0.5J （2分） 14. (1) 由题意所有电子出磁场的方向均与 x轴平行，故 R=r （1分） 再根绝洛伦兹力与向心力公式可得 r vmBev 2 0 0  （1分） 联立上式解得 m eBrv 0 （1分） （2）当ɑ=90°时，电子垂直穿过 y轴，穿过 y轴时，距离坐标原点为 r，之后在电场中做类 平抛运动打到 x轴上，电子的轨迹如图所示 由平抛运动规律可得 水平方向 tvx 00  （1分） 竖直方向 2 2 1 atr  （1分） 其中 m eEa  ，联立上式可得 mE erBrx 20  （2分） 其落到 x轴上得坐标为 )0,2( mE erBr （3）经分析可知从 O点发射得各种电子离开磁场，在电场中做类平抛运动， 当  30 时，电子打在荧光屏上的最左端，设距离原点为 x1 2 11 2 130cos t m eErry  （1分） 101 tvx  （1分） 联立上式可得 mE erBrx 321  （1分） 当 150 时，电子打在荧光屏上的最右端，设距离原点为 x2 2 22 2 130cos t m eErry  （1分） 202 tvx  （1分） 联立上式可得 mE erBrx 322  （1分） 则各电子在荧光屏上留下的亮纹长度 mE erBrL )3232(  （1分） （补充：结果中电量用 q表示扣 1分，（3）结果可化简为 ） 15. (1) 开关接 a时，杆中初始有从M流向 N的电流，由左手定则可以判断出杆受到向右的安培力， 初始时杆向右加速；随着杆向右的速度增大，其产生的切割电动势也在逐渐增大，并逐渐与 电源电动势相互抵消，因此杆做向右的加速度减小的加速直线运动。 当切割电动势大小上等于电源电动势时，杆将不受安培力，一直向右做匀速直线运动。设其 最终运动速度为�1 ��0�1 = � （2分） �1 = 6�/� （2分） (2) 设杆稳定时的速度为�2，此时电容的电压为�2，通过杆的电荷量与电容带电量相等，均为�2， 稳定时切割电动势与电容电压大小相等并且相互抵消 �2 = �2 � （1分） �2 = ��0�2 （2分） 对杆使用动量定理 ��2 −��0 =− ��0�∆� （2分） 可得 �2 = ��0 −��2 ��0 由电容器的定义式可知 � = �2 �2 联立上面所有等式可得 ��0 −��2 ��0� = ��0�2 解得 �2 = ��0 �+��2�0 2 �2 = ����0�0 �+��2�0 2 带入数据可以算出 �2 = 2.64� （1分） （3）稳定时，MN 与 PQ 均做匀速直线运动，速度大小分别为���与���，任意时刻回路中的电流为 i，通 过的总电荷量为���，稳定时回路中电流为零 ��0 ��� = ��1 ���（2 分） 对两杆分别使用动量定理 ���� −��0 =− ��0 �∆� （1 分） ���� = ��1 �∆� （1 分） �∆� = ���（1 分） 联立上面所有等式可得 ��� = ��12�0 ��02 +��12 ��� = ��0 �1 �0 ��02 +��12 ��� = ���0 �0 �(��02 +��12) 即 ��� = 16 29 �/�（1 分） ��� = 40 29 �/�（1 分） ��� = 80 29 �（1 分）