浙江省2023-2024学年高二年级下册6月期末考试物理试题

2023学年第二学期温州新力量联盟期末联考

高二年级物理学科试题

考生须知：

1.本卷共6页满分100分,考试时间90分钟。

2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数

字。

3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。

4.考试结束后，只需上交答题纸。

选择题部分

一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一

个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1.下列单位中，属于国际单位制的基本单位的是（）

A.sB.m/sC.m/s2D.N

【答案】A

【解析】

【详解】s是时间单位，是国际基本单位，选项A正确；m/s、m/s?和N分别是速度、加速度和力的单

位，都是导出单位，选项BCD错误.

2.2024年4月26日，神舟十八号载人飞船与空间站组合体成功对接。若空间站组合体运动的加速度为a,

周期为T；地球表面的重力加速度为g,地球自转的周期为7b,则（）

A.T=ToB.T<ToC.a=gD.a>g

【答案】B

【解析】

【详解】CD.根据牛顿第二定律有

Mm

G——二ma

可得

GM

a=-^<g

故CD错误;

AB.根据万有引力提供向心力有

-Mm4兀之

G~^r=m^rr

可得

T=2〃

由于组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以

T＜，="

故A错误，B正确

故选B

3.管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频

交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将

其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（）

A.库仑B.霍尔C.洛伦兹D,法拉第

【答案】D

【解析】

【详解】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁

场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者

为法拉第。故选D。

4.为了节能，某地铁出口处的自动扶梯（斜坡型）在较长时间无人乘行时会自动停止运行，当有人站上去

时又会慢慢启动，加速到一定速度后再匀速运行。对于此自动扶梯启动并将人送到高处的过程（如图所

示），以下说法正确的是（）

A.匀速运行时，人不受摩擦力的作用

B.人对扶梯的压力是由于扶梯踏板发生弹性形变而产生的

C.在自动扶梯启动加速的阶段，人处于超重状态

D.匀速运行时，人受到的支持力和人对扶梯的压力是一对平衡力

【答案】C

【解析】

【详解】A.匀速运行时，根据平衡条件可知人受到重力，斜坡扶梯对人的支持力以及斜坡扶梯对人的摩

擦力，故A错误；

B.根据弹力产生的条件可知人对扶梯的压力是由于人的脚发生弹性形变而产生的，故B错误；

C.在自动扶梯启动加速的阶段，人具有竖直向上的分加速度，处于超重状态，故C正确；

D.人受到的支持力和人对扶梯的压力是一对相互作用力，不是平衡力，故D错误；

故选C。

5.图1是研究光的干涉现象的装置示意图，在光屏P上观察到的图样如图2所示。为了增大条纹间的距

单二

色

二

二

光

』

单缝屏双缝屏光屏

图1图2

A.增大单色光的频率

B.增大双缝屏上双缝间距

C.增大双缝屏到光屏的距离

D.增大单缝屏到双缝屏的距离

【答案】C

【解析】

【详解】A.增大单色光频率，则波长减小，根据公式-=^4可知，条纹间的距离减小，A不符合要求;

a

B.增大双缝屏上的双缝间距d,根据公式可知，条纹间的距离减小，B不符合要求；

a

C.增大双缝屏到光屏的距离L根据公式以=。4可知，条纹间的距离增大，C符合要求；

a

D.根据公式以=々4可知，条纹间的距离与单缝屏到双缝屏的距离无关，D不符合要求。

故选Co

6.滑块第一次从粗糙斜面顶端由静止下滑到底端，第二次以一定的初速度从斜面底端上滑刚好到达顶端。

如图所示，小王同学记录了滑块运动的频闪照片，若照片的时间间隔都相同，下列说法正确的是（）

图1图2

A.图1是滑块上滑的照片

B.滑块下滑时的加速度大于上滑时的加速度

C.滑块下滑到底端时的速度大于刚开始上滑时的初速度

D.滑块下滑过程中克服摩擦力做功的平均功率小于上滑过程中克服摩擦力做功的平均功率

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】B.下滑过程中，根据牛顿第二定律

mgsind—[imgcosd=mar

上滑过程中，根据牛顿第二定律

mgsin6+pimgcos0=ma2

显然上滑的加速度出大于下滑的加速度％,B错误；

A.根据

12

x——at

2

上滑和下滑时，位移大小相同，但上滑时加速度大，所用时间短，图1是滑块下滑的照片，图2是滑块上

滑的照片，A错误；

C.根据

v2=2ax

上滑和下滑时，位移大小相同，但下滑时加速度小，滑块下滑到底端时的速度小于刚开始上滑时的初速

度，C错误；

D,上滑和下滑时，摩擦力做功相同，而下滑时使用时间长，因此平均功率小，D正确。

故选D。

7.如图所示，先用金属网把不带电的验电器罩起来，再使带正电金属球靠近金属网。下列说法中正确的是

()

A.验电器的金属球带负电

B.若将金属网接地，箔片会张开

C.金属网罩和带正电的金属球电势相等

D.拿掉金属网，验电器的箔片会张开

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A.用一个空腔导体把外电场遮住，使其内部不受影响，也不使电器设备对外界产生影响，故用

金属网把验电器罩起来，再使带电金属球靠近验电器，金属球不带电，A错误；

B.根据静电屏蔽可知，用金属网把验电器罩起来，再使带电金属球靠近验电器，金属球不带电，箔片不

张开，B错误；

C.静电屏蔽时，金属网罩内部电场强度为零，故金属网罩和带正电的金属球电势不相等，C错误；

D.拿掉金属网后，由于感应起电，验电器的箔片会张开，D正确。

故选D。

8.教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻.第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心

放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入

导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示.第二个实验叫做“振

动的弹簧"，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上

下振动，如图乙所示.下列关于这两个趣味实验的说法正确的是（）

图甲旋转的液体

图乙振动的弹簧

A.图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变

B.图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变

C.图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动

D.图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动

【答案】C

【解析】

【详解】图甲中，仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转

方向要改变，故AB均错误；图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根

据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断

开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，

弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以

观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故选项C正

确，D错误；故选C.

9.在如图所示的电路中，电容器的电容为C,电感线圈的电感为L线圈的电阻忽略不计。原来开关S闭

合，现从开关S断开的瞬间开始计时，以下说法正确的是（）

A.1=0时刻，电容器的左板带负电，右板带正电

B.f=不时刻，线圈L的感应电动势最大

2

C.//无时刻，通过线圈乙的电流最大，方向向左

D./=』乃J云时刻，电容器C两极板间的电压为零

2

【答案】B

【解析】

【详解】AB.没断开开关前，线圈与R串联，由于线圈的电阻不计，所以线圈两端的电压为零，电容器

两极板所带的电荷量为零，此时通过线圈的电流自右向左，当断开开关时，开始给电容器充电，电流逐渐

减小，经过1个周期”=工衣时刻）充电电流减小到最小，此时电容器所带的电荷量最多（左板带

42

正电，右板带负电），线圈工的感应电动势最大，A错误，B正确;

1,—

C.随后电容器放电，再经过（即（=质时刻）放电完毕，电流达到最大，从左向右通过线圈，c

错误；

D.随后再充电，经过（即♦=3不而时刻），充电完毕，此时电容器所带的电荷量最多，两极板间

42

的电压最大，D错误。

故选B。

10.据报道：“新冠”疫情期间，湖南一民警自费买药，利用无人机空投药品，将药品送到了隔离人员手

中。假设无人机在离地面高度为12米处悬停后将药品自由释放，药品匀加速竖直下落了2s后落地，若药

品质量为0.5kg,重力加速度g=10m/s2,则药品从释放到刚接触地面的过程中（）

A.机械能守恒B.机械能减少了24J

C.动能增加了9JD.所受的合力做了60J的功

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A.药品匀加速下落，由

h=—at~

2

代入数据解得

a=6m/s2

故下落过程除重力外还受到阻力的作用，机械能不守恒，A错误；

B.由

mg—f=ma

解得

/=2N

下落过程克服阻力所做的功为

Wf=fh=24J

即机械能减少24J,B正确；

CD.由动能定理可得

AEk==ma-h=36J

即合力做功36J,动能增加36J,CD错误。

故选B。

11.雨后太阳光射入空气中的水滴，先折射一次，然后在水滴背面发生反射，最后离开水滴时再折射一次

就形成了彩虹。如图，光从左侧射入水滴，。、6是其中的两条出射光线（光线与球心处于同一平面），在

这两条出射光线中，一条是红光，另一条是紫光。下面说法正确的是（）

A.a光线是红光，6光线是紫光

B.a光在水中的速度大于b光在水中的速度

C.a光在水滴中的传播时间比6光在水滴中的传播时间长

D.遇到同样的障碍物，。光比b光更容易发生明显衍射

【答案】C

【解析】

【详解】AD.a、6两种光在水滴表面发生折射现象，入射角相同，。光的折射角小于6光，根据折射定律

可知，。光的折射率大于6光，所以a是紫光，。是红光，。光的波长小于b光，水滴背面发生全反射时6光

更容易发生明显的衍射现象，故AD错误；

BC.令太阳光在水滴表面发生折射现象时，a光的折射角为a,6光的折射角为人则球形水滴的半径为

R,所以a光在水滴中的传播路径长为

xa=47?cosa

6光在水滴中传播的路径长为

xb=47?cos（3

因为a<月,所以

Xa>Xb

又因为光在介质中的传播速度为v=因为〃">%,所以

Y

光在水滴中的传播时间为r=—,所以。光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间长，故c正

v

确，B错误。

故选Co

12.一列简谐横波沿x轴正向传播，/=0时刻，波刚好传播到坐标原点。点处，且。点处的质点从平衡

位置开始向下振动，平衡位置在X=2m处的质点a比。点处质点的振动滞后0.5s,r=2s时，质点a刚

好第一次到达波峰，通过的路程为6cm,质点b的平衡位置在x=8m处，则下列说法不正确的是（）

Oab

・・・»

x

A.x=2m处的质点起振的方向向下B.坐标原点。处的质点振动振幅为3cm

C.波的传播速度为4m/sD.质点b比质点a振动滞后1.5s

【答案】B

【解析】

【详解】A.所有质点的起振方向相同，由于原点处质点起振方向向下，因此x=2m处的质点起振的方向

向下，故A正确；

C.由于平衡位置在x=2m处的质点a比。点处质点的振动滞后0.5s,因此波从。点传播到a点所用时

间为0.5s,波传播速度

x2...

v=—=--m/s=4m/s

t0.5

故C正确；

3

B.由于质点。在1.5s内振动了一T,因此波动周期T=2s,质点。刚好第一次到达波峰，通过的路程为

4

6cm,则质点。振动的振幅为2cm,那么坐标原点。处的质点振动振幅为2cm,故B错误；

D.波从a传播到6所用时间

Yf

f=—=1.5s

v

因此质点6比质点a振动滞后1.5s,故D正确。

本题选不正确项，故选B

13.离子推进器是我国新一代航天动力装置，推进剂从图中尸处注入，在A处电离出一价正离子，已知

B.C之间加有恒定电压U,正离子进入2时的速度忽略不计，经加速形成电流为/的离子束后喷出推进

器，假设单位时间内射出离子的质量为则推进器获得的推力大小为（）

U

AyJlMUIB.C.D.y/MUI

2MI2MI

【答案】A

【解析】

【详解】在A处电离出正离子，经B、C间电压加速后,由动能定理可知

qU=3nv,2

解得

\2qU_

v-

m

以推进器为参考系，应用动量定理有

Ft=nmv—O

又因为

1=咀

nm

M=

t

解得

F=y/2MUI

根据牛顿第三定律知推进器获得的推力大小为42MUI。

故选Ao

二、选择题II(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一

个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

14.核能的利用可以减少碳排放，实现可持续发展和气候变化目标。近日，美国能源部称，其核聚变“国

家点燃实验设施”向目标输入了2.05兆焦的能量，产生了3.15兆焦的聚变能量输出。下列说法正确的是

()

A.该核反应的方程可能是第U+'nT?Ba+89Kr+3^n

B.该核反应需要极高的温度

C.我国的大亚湾核电站利用了核聚变产生的能量

D.产生3.15兆焦的能量需要3.5xl()Tkg的质量亏损

【答案】BD

【解析】

【详解】A.；/u+；nT：4Ba+*Kr+3；n是核裂变方程，故A错误；

B.核聚变需要极高的温度，才能使原子核接近到核力作用的范围，B正确;

C.我国的大亚湾核电站利用了核裂变产生的能量，C错误；

D.根据质能方程

AE=

可得

△加=竿==3.5x101!kg

c2(3xl08)2

选项D正确。

故选BD。

15.如图甲是光电效应的实验装置图，图乙是光电流与加在阴极K和阳极A上的电压的关系图像，下列

说法正确的是()

甲乙

A,由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大

B.由图线①、②、③可知对某种确定的金属来说，其遏止电压与入射光的频率有关

C.遏止电压越大，说明从该金属中逸出的光电子的最大初动能越大

D.不论哪种颜色的入射光，只要光足够强，就能发生光电效应

【答案】ABC

【解析】

【详解】A.由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，故A正确;

B.根据光电效应方程知

Ekm=hvWo=eUc

知入射光频率越大，最大初动能越大，遏止电压越大，可知对于确定的金属，遏止电压与入射光的频率有

关，与入射光的强度无关，故B正确；

C.根据以上分析可知，遏止电压越大，说明从该金属中逸出的光电子的最大初动能越大，故C正确；

D.发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与入射光的强度无关，故D错误。

故选ABCo

非选择题部分

三、非选择题(本题共5小题，共55分)

16.某兴趣小组在探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，

滑块的右端通过轻细绳跨过定滑轮与祛码盘相连，滑块的左端与穿过打点计时器(未画出)的纸带相连，

如图甲所示。已知重力加速度为g,打点计时器的工作频率为50Hz。

(1)甲同学在平衡摩擦力后，在保持滑块质量不变的情况下，放开祛码盘，滑块加速运动，处理纸带得

到滑块运动的加速度为。；改变祛码盘中祛码的质量，重复实验多次。根据实验数据作出了如图乙所示的

图象，其中图线末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能是o

(2)乙同学实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示，图中。、A、B、C、。为相邻的计数点，相邻两

计数点间还有4个点未画出，则在打C点时滑块的速度大小vc=m/s,滑块运动的加速度

a=___________m/s2„(结果保留三位有效数字)。

rdABCD2

([jf[cm)

*6.02*1*7.98710.01T~~11.99

丙

(3)丙同学保持滑块质量一定，探究加速度。与所受外力尸的关系，他在轨道水平时做的实验，得到了

如图丁所示aF图线，则滑块与木板的动摩擦因数4=。(结果用字母表示)

b

力)②.1.10③.2.00④.—

g

【解析】

【分析】

【详解】从图象上可以看出：尸从0开始增加，祛码的质量远小于滑块的质量，不断往盘中加入祛

码，则祛码的质量与滑块质量的差距不断减少。故原因是祛码质量增加，不再满足祛码质量远小于滑块质

量的条件。

(2)[2]相邻两计数点间还有4个点未画出，则两计数点间时间间隔为

Z=0.02x5s=0.1s

C点的瞬时速度等于8D之间的平均速度，即

%皿=(1001+11.99)x10-2

m/s=1.10m/s

~2t~2x0.01

[3]由匀变速直线运动的推论

可知小车的加速度

XX(10.01+11.99)-(6.02+7.98)

_BD_OB_:----------------------------------2xl0~92=2.00m/s92

-4/_4x0.01

(3)[4]对滑块根据牛顿第二定律，有

F—/Lirng=ma

变形得

F

a=----4g

m

根据图像可得

b="g

即

b

〃=一

g

17.

(1)某同学在做“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”实验时，用学生电源提供给图甲所示变压器

原线圈的电压为5V,用演示电表交流50V挡测量副线圈电压时示数如图乙所示，则变压器的原、副线圈

匝数之比可能是；

甲乙

A.5:8B.5:16C.1:12D.1:8

(2)街头见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，(填写“原线圈”

或“副线圈”)应该使用较粗的导线。

【答案】(1)C(2)副线圈

【解析】

【小问1详解】

根据电压表读数的方法可知，该变压器的输出电压为40V,所以变压器的原副线圈匝数之比

n2U2408

考虑漏磁等因素，所以变压器的原、副线圈匝数之比小于《0

O

故选C。

【小问2详解】

理想变压器的电压与匝数成正比，当只有一个副线圈的时候，电流与匝数成反比，街头用电的变压器是降压

变压器，可知副线圈的匝数比原线圈的匝数少，副线圈的电流较大，应该使用较粗的导线。

18.如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为小的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器

的横截面积为S,将整个装置放在大气压恒为po的空气中，开始时气体的温度为7b,活塞与容器底的距离

为2团活塞与销钉的距离为〃，由于外界空气温度比容器内温度高，气体从外界缓慢吸收热量。后，活塞

缓慢上升恰要碰到销钉时再次静止。重力加速度为g,求：

(1)外界空气的温度Ti;

(2)在此过程中的密闭气体的内能增加量AU；

(3)当外界空气温度缓慢升到乃=1.2八时，突然拔出销钉，此时活塞的加速度。的大小。

销钉［P。销钉

­;—I™-

hm、S

2h

【答案】至+

（1）2To；（2）-p0Sh-mgh+Q.（3）0.2（g）

2m

【解析】

【详解】(1)气体作等压变化，有

可得

(2)气体压强

_,mg

Pi=Po+—

kJ

过程中气体对外做功

W==-pQSh-mgh

由热力学第二定律知

△U=W+Q=-p0Sh-mgh+Q

(3)拔出销钉前，气体作等容变化，有

PL=P^

ZT2

可得

T一

0=2"=L2pi

拔出销钉时，由牛顿第二定律知

p2S-mg-pQS=ma

可得

19.如图所示，有一固定在水平地面的光滑平台。平台右端B与静止的水平传送带平滑相接，传送带长

L=4m,有一个质量为机=0.5kg的滑块，放在水平平台上，平台上有一根轻质弹簧，左端固定，右端与滑块

接触但不连接，现将滑块缓慢向左移动压缩弹簧，且弹簧始终在弹性限度内，在弹簧处于压缩状态时，若

将滑块由静止释放，滑块最后恰能到达传送带右端C点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数〃=0.2(g

取lOm/s?),求:

(1)滑块到达B点时的速度vB,及弹簧储存的最大弹性势能Ep；

(2)若传送带以3.0m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，当滑块冲上传送带时，对滑块施加一大小恒为

0.5N的水平向右的作用力，滑块从2运动到C的过程中，摩擦力对它做的功；

(3)若撤去弹弹簧及所加的恒力，两轮半径均为-0.9m,传送带顺时针匀速转动的角速度为例)，滑块以

传送带的速度(该速度未知)从8点滑上传送带，恰好能自C点水平飞出，求修)的大小。现让滑块从8

点以5m/s速度滑上传送带，则这一过程中滑块与传送带间产生的内能。

m

<wvwvwwwB1C

【答案】(l)4m/s,4J；(2)3.75J；

【解析】

【详解】(1)滑块从释放至运动到B点，由能量守恒得

Ep=^mVB

从B到C,由动能定理得

1,

-jumgL=0--mvB

联立解得

VB=4m/s

弹簧的弹性势能转化为滑块的动能

Ep—Ek=~^mvB

解得

心=4J

(2)由于VB>V传，滑块滑上传送带时，加速度大小为。，有

jLimgF=ma

滑块减速到与传送带共速时，有运动学公式得

2

v-=-2ax1

解得

xi=3.5m<L

故滑块之后匀速运动，从B到C,由动能定理得

FL+W=—mv2

ff22

解得

Wf=3.75J

(3)滑块恰能在C点水平飞出传送带，则有

mv2

mg二---------

r

又

vc=r*a)o

代入数据得

10

%=—rad/s

滑块要减速到C点

pimg=ma,

解得

a,=2m/s

又由运动学公式得

解得

f=ls

则

VV=

C~B~~2ax1

解得

xi=4m

传送带距离为

X2=vc/=3m

内能为

Q=/umg(xtX2)

联立解得

e=u

20.用如图所示的装置可研究导体棒在磁场中的运动情况，MiNi,M2N2是倾角为9的平行金属导轨，处

于大小为6,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区域/中。NiPi、N2P2是由绝缘材料制成的轨道，右侧是

水平平行金属导轨，PQi、PiQi(足够长)处于大小为&、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区域II中，

0102右侧无磁场且导轨足够长。导轨水平部分和倾斜部分平滑连接，其间距均为3亿跖之间接有电阻

R,将一质量为“、长度为L的金属杆仍从倾斜导轨上端由静止释放，达到匀速后进入水平轨道。cd静置

于匀强磁场区域H。运动过程中，杆cd与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知杆。氏cd和

电阻R的阻值均为0.2Q,两杆质量均为%=0.1kg,L=0.5m,。=37。，BI=B2=0.4TO不计一切摩擦和导轨

电阻，忽略磁场边界效应。取重力加速度g=10m/s2,《1137。=0.6。求：

(1)ab棒到达NiNz时的速度vo;

(2)为使油与Cd不发生碰撞，Cd棒最初与磁场边界尸1尸2的距离xo应满足的条件；

(3)若cd棒与磁场边界PP2的距离最初为x=4.0m,则仍棒从进入匀强磁场区域II到离开的过程中，ab

棒产生的焦耳热。

【答案】(1)v0=6m/s；(2)x0>3m；(3)0.575J

【解析】

【分析】

【详解】(1)ab棒匀速后其所受安培力与重力沿导轨向下的分力达到平衡

mgsin0=BJL

根据闭合电路的欧姆定律可得

1—

2R

解得

%=6m/s

(2)ab棒进入匀强磁场区域H后通过安培力与cd棒发生相互作用，整体动量守恒，达到共同速度匕则

mv0=2mvx

解得

匕=3m/s

欲使两者不发生碰撞，cd棒最初与磁场边界片g的距离要大于两者的相对位移即

x0>Ax

对cd棒应用动量定理可得

B2LIltl=mvx

其中兀是平均电流

-

/£=———

112R

解得

Ax=3m

即升〉3m,两棒不发生碰撞。

(3)由(2)可知，x=4.0m时，cd棒以匕