【文档说明】重庆市三校2022-2023学年高二下学期半期联考物理试题 含解析.docx，共(23)页，6.124 MB，由小赞的店铺上传

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重庆育才中学重庆外国语学校西南大学附属中学高2024届拔尖强基联盟高二下半期联合考试物理试题（满分：100分；考试时间：75分钟）注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须

使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）.一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出

的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.关于物理学史，下列说法正确的是（）A.法拉第发现了电磁感应现象B.楞次发现磁场对通电导线有作用力C.安培找到了判断感应电流方向的方法D.麦克斯韦预言并通过实验证实了电磁波的存在【答案】A【解析】【详解】A．法拉第

发现了电磁感应现象，故A正确；B．安培发现磁场对通电导线有作用力，故B错误；C．楞次找到了判断感应电流方向的方法，即楞次定律，故C错误；D．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D错误。故选A。2.如图甲所示

，电磁炉是目前家庭常用的炊具，具有无明火、无污染、高效节能等优点。某同学仿照电磁炉原理自己制作了一个简易电磁炉，其结构简图如题图乙所示。在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，接通交流电源，一段时间后杯内的水就会沸腾起来。下列说法正确的是（）A.简易电磁炉工作时

，是利用线圈产生的自感现象来加热水B.家用电磁炉工作时，是利用铁锅产生的涡流来加热食物C.用家用电磁炉烹饪时用铁锅而不用陶瓷锅，主要是因为铁锅的导热性能更好D.若简易电磁炉接通恒定电流，也可以对水加热【答案】B【解析】【详解】AB．电磁炉工作时，通过金属的

磁通量发生变化产生涡流，利用涡流来加热食物或者水，是互感现象，故A错误，B正确；C．家用电磁炉的锅用铁而不用陶瓷材料，主要是因为陶瓷不能产生涡流，金属锅能产生涡流，故C错误；D．若简易电磁炉接通恒定电流，不会产生涡流，故D错误

。故选B。3.无线话筒是LC振荡电路的一个典型应用。在LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，且电容器上极板带正电，下列说法正确的是（）A.电容器所带的电荷量正在逐渐增加B.电流流向沿a到bC.极板间的电场强度正在逐渐减小D.磁场能正在逐渐增

加【答案】A【解析】【详解】根据安培定则，可知回路中电流为顺时针方向，电容器上极板带正电，下极板带负电，故电容器正在充电，电流流向沿b到a，电荷量正在逐渐增加，磁场减弱，电场增强，磁场能正在向电场能转化，磁场能正在

逐渐减弱。故选A4.如图所示为回旋加速器的示意图，用回旋加速器加速某带电粒子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电周期为T。设D形盒半径为R，不计粒子在电场中运动的时间，则下列说法正确的是（）A.粒子离开回旋加速器的最大动能与D形盒的半径R成正比B.粒子离开回旋加速器的最大动能与磁感应强度大小

B成正比C.被加速的粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期恒定不变D.若只增大交流电源的电压U，则粒子的最大动能将增大【答案】C【解析】【详解】ABD．当粒子被加速到最大速度时，由洛伦兹力提供向心力得2vqvBmR=最大动能为2k12E

mv=联立可得222k2BqREm=则粒子离开回旋加速器的最大动能与D形盒的半径R的平方成正比，与磁感应强度大小B的平方成正比，若只增大交流电源的电压U，则粒子的最大动能不变，故ABD错误。C．根据周期公式2mT

qB=可知，被加速的粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期恒定不变，故C正确。故选C。5.如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图（图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表）。设发

电厂输出的电压一定，两条。输电线总电阻用0R表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R变小。则当用电进入高峰时，下列说法错误的是（）A.电压表1V、2V的读数均不变，电压表3V、4V的读数均减小B.电流表1A的读数不变，电流表2A、3A的读数均

增大C.电压表2V、3V的读数之差与电流表2A的读数的比值不变D.输电线路损耗的功率增大【答案】B【解析】【详解】AB．因发电厂的输出电压一定，因此可知升压变压器的原线圈的电压不变，即1V不变，由1122UnUn=可知升压变压器的副线圈的电压不变，即电压表2

V的示数不变；因为输入电压和匝数比都不变，用电高峰期，电阻减小，电流增大，根据电流与匝数成反比知电流都增大，输电线上的电压损失增大，故电压表V3、V4的读数均减小，故A正确，不符合题意，B错误，符合题意；C．电流表23VV、的读数之差与电流表2A的读数的比值

等于输电线的电阻值，不会变化，故C正确，不符合题意；D．根据2PIR=损线，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故D正确，不符合题意。故选B。6.如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的

边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R。一束质量为m、电荷量为正q的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的

相互作用和重力。则下列分析中正确的是（）A.从M点射出的粒子速率可能大于从N点射出粒子的速率B.从圆弧bc射出所有粒子中，从圆弧bc中点射出的粒子所用时间最短C.从M点射出的粒子在磁场中运动的时间可能大于从N点射出的粒子在磁场中运动的时间D.从边界cd射出的粒子在磁场中运动的时

间一定小于从圆弧bc段射出的粒子在磁场中运动的时间【答案】C【解析】【详解】A．根据2vqvBmr=得qBrvm=从M点射出粒子的圆周半径更小，则速度更小，故A错误；B．由222mtTqB==粒子周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，有几何关系可知，弦

切角等于圆心角的一半，当弦切角越小，运动时间越短，如图当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小，运动时间最短，故B错误；的C．M、N两点具体位置未知，从M点射出的粒子在磁场中运动的时间可能大于从N点射出的粒子在磁场中运动的时间，故

C正确；D．由上图可知，从边界cd射出的粒子在磁场中运动的时间不一定小于从圆弧bc段射出的粒子在磁场中运动的时间，故D错误。故选C。7.正弦曲线状金属丝与金属细杆ac在a、c处焊接在一起，两者在b处彼

此绝缘，回路总电阻为R，abbcL==，d、e到ac的距离均为L，将线框平放在光滑水平桌面上，线框右侧有垂直桌面向下、边界为矩形的匀强磁场，磁场磁感应强度为B，磁场左右宽度为L，纵向宽度足够大，ac与磁场

左右边界垂直，整个装置的俯视图如图所示。现在水平外力F作用下使线框以速度v沿ac向右匀速运动。0=t时刻c点到达磁场左边界，下列说法正确的是（）A.在线框穿过磁场的整个过程中，回路中电流方向始终不变B.在线框穿过磁场的整个过程中，回路

中电流大小先增大后减小再增大再减小C.0=t到2Ltv=时间内外力F做的功为23BLvRD.在线框穿过磁场的整个过程中，外力F的平均功率为222BLvR【答案】D【解析】【详解】AB．由楞次定律及安培定则可判断线圈感应电流大小随时间的变化图（其中Ltv=），如图线

框中的电流发生3次增大减小，也会改变方向，故AB错误C．0=t到Ltv=时间内，感应电流为正弦式交流电，最大值为mBLvIR=则外力F做的功转化为电路焦耳热223m22IBLvWQRtR===故C错误；D．当d点到达磁场左边界时，有效切

割长度最大，为2L，回路中电流最大，此时感应电流为2BLvIR=Ltv=到2Ltv=时间内，外力F做的功22322IBLvWRtR==在线框穿过磁场的整个过程中，外力F的平均功率为22223WWWBLvPLtRv+===总总故D正

确。故选D。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不选全的得3分，有错选的得0分.8.如图甲所示，正方形导线框abcd放在匀强磁场

中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。t=0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向外，感应电流以逆时针为正方向，cd边所受安培力的方向以垂直cd边向下为正方向。下列关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图像正确的是（）A.B.C.D.【答

案】BD【解析】【详解】设正方形导线框边长为L，电阻为R，在0~2s，垂直纸面向外的磁场减弱，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，为正方向，感应电流大小0022BSBSBSitRtRRR====电流是恒定值。由左手定则可知，cd边所受安培力方向向下，为正方向，大

小为FBiL=安培力与磁感应强度成正比，数值由0022FBiL=减小到零。2s~3s内，垂直纸面向里的磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，为正方向，感应电流大小0BSitRR==电流是恒定值。由左手定则可知，cd边所受安培力方

向向上，为负方向，大小为FBiL=安培力与磁感应强度成正比，由零增大到00FBiL−=−3s−4s内垂直纸面向里的磁场减弱，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，为负方向，感应电流大小0BSitRR=

=电流是恒定值。由左手定则可知，cd边所受安培力方向向下，为正方向，大小为FBiL=安培力与磁感应强度成正比，数值由00FBiL=减小到零4s~6s内垂直纸面向外的磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，为负方向，

感应电流大小0BSitRR==电流是恒定值。由左手定则可知，cd边所受安培力方向向上，为负方向，大小为FBiL=安培力与磁感应强度成正比，数值由零增大到0022FBiL−=−由以上分析计算可得A

C错误，BD正确。故选BD。9.一款健身车如图甲所示，图乙是其主要结构部件，金属飞轮A和金属前轮C可绕同一转轴转动，飞轮A和前轮C之间有金属辐条，辐条长度等于飞轮A和前轮C的半径之差。脚踏轮B和飞轮A通过链条传动，从而带动前轮C在原位置转动，在室内就可实现健身。已

知飞轮A的半径为AR，脚踏轮B的半径为BR，前轮C的半径为CR，整个前轮C都处在方向垂直轮面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。将阻值为R的电阻的a端用导线及电刷连接在飞轮A上，b端用导线及电刷连接前轮C边缘。健身者脚蹬脚踏轮B时金属飞轮A以角速度ω顺时针转动，转动过

程不打滑，电路中其他电阻忽略不计，下列说法正确的是（）A.通过电阻R电流方向是a到bB.R两端的电压为()2212ACBRR−C.若健身者蹬脚踏轮B的角速度是原来的2倍，则电阻R的热功率变为原来的4倍D.若健身者蹬脚踏轮B的角速度是原来的2

倍，健身时间为原来的一半，则电阻R上产生的热量相同【答案】BC【解析】【详解】A．由右手定则可知，前轮C顺时针转动过程中，金属辐条切割磁感线，金属辐条中产生由飞轮A指向前轮C的电流，则电阻a端的电势低于b端的电势，所以通

过电阻R的电流方向是b到a，故A错误；B．飞轮A转动的角速度为ω顺时针转动，由公式v=ωr辐条切割磁感线产生的感应电动势为()()2222CACACARRBEBLvBRRRR+==−=−由于电路中其他电阻忽略不计，

则电阻两端电压等于感应电动势，所以R两端的电压为()2212ACUEBRR==−故B正确；C．根据题图可知，脚踏轮B和飞轮A通过链条传动，两轮边缘线速度大小相等，由公式v=ωr可知，健身者蹬脚踏轮B以角速度ω1顺时针转动，则飞轮A转动的角速度为1BA

ARR=可知若健身者蹬脚踏轮B的角速度是原来的2倍，则金属飞轮A的角速度也变为原来的2倍。电阻R的热功率为的()2222224CABRREPRR−==可知电阻R的热功率与ω2成正比，健身者蹬脚踏

轮B的角速度是原来的2倍，则电阻R的热功率变为原来的4倍，故C正确；D．电阻R上产生的热量为()22222214CABRREQttRR−==若健身者蹬脚踏轮B的角速度是原来的2倍，健身时间为原来的一半，则热量变为原来的2倍，故D错误。故选BC10.如图所示，两条平行且足够长的粗糙金属导轨固

定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨间的距离为l，导轨电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，将两根相同的导体棒ab、cd置于导轨上不同位置，两者始终与导轨垂直且接触良好，两棒间的距离足够大，已知两棒的质量均为m、电阻均为R，某时刻给ab棒沿导轨向下的瞬时冲量0I，已知两

导棒与导轨间的动摩擦因数tan=，则在两棒达到稳定状态的过程中（）A.两棒达到稳定状态后两棒间的距离均匀增大B.导体棒ab上产生的焦耳热为208ImC.当导体棒cd的动量为018I时，导体棒cd的加速度大小为220216BLImRD.从导体棒ab开始运动到动量变为05

8I的过程中，两导体棒间的距离减少了02234IRxBL=【答案】BD【解析】【详解】A．因为tan=。得两金属棒重力沿斜面向下的分力和摩擦力平衡sincosmgmg=且两棒受的安培力等大反向，则系统所受外力之和为零，所以导体棒ab和cd组成的

系统动量守恒。两棒达到稳定状态后，两棒做速度相同的匀速直线运动，两棒达到稳定状态后两棒间的距离不变。A错误；B．某时刻给ab棒沿导轨向下的瞬时冲量I0，设此时ab棒为0v，两棒达到稳定状态后两棒速度为v，由动量定理00Imv=得00=Ivm由动量守恒定律得02m

vmv=得02Ivm=由能量守恒定律得，回路中产生的热量22200112224IQmvmvm=−=导体棒ab上产生的焦耳热为20128abIQQm==B正确；C．当导体棒cd的动量为018I时，设导体棒cd速度为2v，导体ab速度为1v则0

02188IIvmm==由动量守恒定律00118IImv=+得0178Ivm=由法拉第电磁感应定律，当导体棒cd的动量为018I时，回路中的感应电动势12EBlvBlv=−由闭合电路欧姆定律得0328BI

lEIRmR==当导体棒cd的动量为018I时，对导体棒cd由牛顿第二定律得sincosmgmgBIlma−+=解得220238BlIamR=C错误；D．从导体棒ab开始运动到动量变为058I的过程中，设流经回路某截面的电荷量为q，平均电流为I，时间为t

，对导体棒ab由动量定理得005(sincos)8mgmgBIltBIltBlqII−+===−得038IqBl=又2222EBlxtqItttRRRR=====得02234RIxBl=D正确。故选B

D。三、实验：本题共2小题，其中11题6分，12题9分.11.某同学在做探究电磁感应现象规律的实验中，她选择了一个灵敏电流计G，在没有电流通过灵敏电流计的情况下，电流计的指针恰好指在刻度盘中央。她先将灵敏电流计G连接在图甲所示的电路中，电流计的指针如图甲所示。

（1）为了探究电磁感应规律，该同学将灵敏电流计G与一螺线管串联，如图乙所示。通过分析可知图乙中的条形磁铁的运动情况是______（填“向上拔出”或“向下插入”）；（2）该同学将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。她合上开关后，灵敏电流计的指针向左偏

了一下，若要使灵敏电流计的指针向右偏转，可采取的操作是______；A.拔出A线圈B.在A线圈中插入铁芯C.变阻器的滑片向左滑动D.变阻器的滑片向右滑动（3）通过本实验可以得出；感应电流产生的磁场，总是______。【答案】①.向下插入②.AD##DA③.阻碍引起感应电流的磁通量

的变化【解析】【详解】（1）[1]根据图甲可知，电流从灵敏电流计的左接线柱流入，指针往左偏；由乙可知，螺线管中的电流方向为逆时针方向，根据安培定则，螺线管中感应电流的磁场方向竖直向下；条形磁铁在螺线管中的磁场方向（原磁场方向）竖直向上，可见感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，

根据楞次定律可知穿过线圈的原磁通量增加，所以条形磁铁向下插入线圈；（2）[2]合上开关后，灵敏电流计的指针向左偏了，说明B线圈中磁通量增加时，电流计指针左偏；现在要使灵敏电流计的指针向右偏转，因此穿过B线圈的

磁通量应该减小；A．拔出A线圈，则穿过B线圈的磁通量应该减小，根据楞次定律可知，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈B中的感应电流方向相反，灵敏电流计右偏，故B正确；B．在A线圈中插入铁芯，穿过B线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，线圈

中产生的电流方向与开关合上瞬间线圈B中的电流方向相同，灵敏电流计指针左偏，故B错误C．由图丙可知，变阻器的滑片向左滑动，电路中的电流增大，线圈A的磁感应强度增大，穿过线圈B的磁通量增大，根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈B中的感应电流方向相同，灵敏电流计左偏，故C错误；D

．由图丙可知，变阻器的滑片向右滑动，电路中的电流减小，线圈A的磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减小，根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈B中的感应电流方向相反，灵敏电流计右偏，故D正确。

故选AD。（3）[3]根据楞次定律可知感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。12.学习了传感器之后，某物理兴趣小组找到了一个热敏电阻R，想利用热敏电阻的阻值随温度升高而减小的特点来制作一个简易的温度计。兴趣小组查到了该热敏电阻的阻值随温度变化的一些信

息如图甲所示。他们准备的实验器材如下：干电池（电动势为1.5V，内阻不计），毫安表（量程为15mA、内阻AR为5Ω），滑动变阻器1R，开关、导线若干。（1）根据图甲，当温度40t=℃，热敏电阻的阻值为______Ω；（2）

若直接将干电池、开关、毫安表、热敏电阻R串接成一个电路如题图乙所示，作为测温装置，则该电路能测得的最高温度为______℃；（3）现在该兴趣小组想让测温范围大一些，使该电路能测得的最高温度为100℃，他们又设计了如图丙所示的电路图，请

同学们帮他们完善下列实验步骤中空白处的内容；a.将该热敏电阻R做防水处理后放入100℃的沸水中，一段时间后闭合开关，调节滑动变阻器1R，使毫安表指针满偏；b.保持滑动变阻器1R接入电路的电阻不变，他们在实验室

中找来了一杯水，把热敏电阻R放入水中，一段时间后闭合开关，发现毫安表的示数为12.0mA，则测得水的温度为______℃；c.毫安表的电流值I（单位：A）和温度t（单位：℃）的关系式为______；d.根据关系式将毫安表刻度盘上的电流值改写为温度值。【答案】①.120②.90③.50④.330

0It=−【解析】【详解】（1）[1]由R-t图像可知1400.5Rt=−当温度40t=℃，热敏电阻的阻值为120ΩR=（2）[2]根据图像可知，温度越高，热敏电阻的阻值越小。电流表的量程为15mA，所以电路的总电阻最小值为min

3max1.5Ω=1001510ERI−==可知热敏电阻的阻值为minA1005Ω95RRR=−=−=解得190Ct=o（3）[3]将该热敏电阻R做防水处理后放入100℃的沸水中，由图像可知此时的电阻为90Ω；过一段时间后闭合开关，调节滑动变阻器R1，使毫安表指针满偏此时1min

A100Ω5Ω90Ω5RRRR=−−=−−=当毫安表的示数为12.0mA时，热敏电阻的阻值为31.555Ω=1151210R−=−−可得温度为2140115C=50C0.5t−=oo[4]由题意可得1.55514

00.5tI−−=−毫安表的电流值I（单位：A）和温度t（单位：℃）的关系式为3300It=−三、解答题：本题共3小题，其中13题12分，14题12分，15题18分.13.如图所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于匀强磁场方向的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，角速度为100r

ad/s=，匀强磁场磁感应强度大小为2210TB−=，线圈匝数400N=匝，面积为20.04mS=，线圈总电阻为1r=，外接电阻为9R=，电压表为理想交流电压表。在0=t时刻，穿过线圈的磁通量为零。求：（1）发电机产生电动势的瞬时值表达式和交流电压表的示数；（2）从

0=t时刻开始线圈平面转过45°的过程中，通过R的电荷量。【答案】（1）coseNBSt=，14.4V；（2）21.610C−【解析】【详解】（1）交流发电机产生电动势随时间的变化关系是coseNBSt=交流电压表显示出的是路端电压有效值

，故示数为()m14.4V2ERURr==+（2）从0=t时刻转过45°的过程中，通过电阻的电荷量为22ΔΦ400sin452100.04C1.610C10NqRr−−===+14.如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，在区域I内存在沿x轴正方

向的匀强电场和磁感应强度大小为1B、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；在区域II内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小为2B、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球从坐标原点O以某一速度沿OP方向做直线运动，OP与x轴正方向的夹角为θ，从P点进入区域II后恰

好不从右边界射出（不考虑小球从区域II返回区域I后的运动），且小球在区域II中做匀速圆周运动。已知重力加速度大小为g，区域I和区域II上下边界范围足够大，不计空气阻力。求：（1）区域I与区域II内电场的电场强度大小之比12EE；（2）区域II的宽度。【答案

】（1）12tanEE=；（2）2212(1sin)cosmgdqBB=+【解析】详解】（1）小球从坐标原点O以某一速度沿OP方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受力如图所示可得1tanqEmg

=1cosqvBmg=小球在区域II中做匀速圆周运动，可得2qEmg=联立可得【12tanEE=（2）小球从P点进入区域II后恰好不从右边界射出，轨迹如图所示可得22vqvBmr=其中sinrrd+=联立解得2212(1sin)

cosmgdqBB=+15.如图所示，间距2.0mL=的平行金属导轨放置在绝缘水平面上，导轨左端连接的储能装置可保证回路电流恒为0.5AI=，且电流的方向不变。空间分布两个宽度分别为19m8d=和22m5d=、间距2.0mD=的匀强磁场区域I和II，两磁场磁感应强度大小均为0

.5TB=，方向均竖直向下。质量0.5kgm=、电阻为1R的导体棒静止于区域I左边界，质量0.5kgm=、边长为0.5D、电阻22.0R=的正方形单匝线框的右边紧靠区域II左边界；一竖直固定挡板与区域II的右边界距离为0.5D。某时刻闭合开关S，导体棒开始向右运动。已知导体棒与线框、线框与竖直

挡板之间均发生弹性碰撞，导体棒始终与导轨接触并且相互垂直，不计一切摩擦和空气阻力。求：（1）导体棒第一次离开区域I时的速度大小1v；（2）线框第一次穿过区域II过程中，线框产生的焦耳热Q；（3）导体棒在整个运动过程中的总路程s。【答案】（1）11.

5m/sv=；（2）0.14JQ=；（3）9.915ms=【解析】【详解】（1）恒流源和导体棒串联，通过串联负载的电流即是恒流源的输出电流，恒流源就是要保证和它串联的负载电路的电流始终维持在输出电流。导体棒在磁场中运

动时产生的电动势对应的感应电流，并不会影响恒流源所产生电流的恒定，因此电路的电流始终保持在0.5A，故导体棒受到向右的安培力为0.5NFBIL==安对棒由动能定理21112Fdmv=安解得11.5m/sv=（2）当棒与线框发生弹性碰撞，因为两者质量相等，且线框静

止，所以二者交换速度，即第1次撞后，线框以11.5m/sv=速度运动，棒静止，当线框右边从2d磁场左边界运动到右边界的过程中，对线框由动量定理2DBItmv−=累积求和得212DBqmvmv−=−又222D

BdqR=解得21.4m/sv=同理可得线框左边从2d磁场左边界运动到右边界时线框速度31.3m/sv=；可知每次线框经过磁场2d时，速度将减少0.2m/s，线框第一次穿过区域II过程中，线框产生的焦耳

热2213110.14J22Qmvmv=−=（3）线框以31.3m/sv=与挡板弹性碰撞后，以1.3m/s速度返回，经过磁场2d后，速度变为41.1m/sv=，线框以4v速度与棒第二次相碰，棒与线框第2次碰后，交换速度，棒以

1.1m/s速度向左运动，线框静止，棒进入1d磁场，因安培力不变，棒作匀减速运动，由Fma=安解得21m/sa=棒在1d磁场减速到速度为0，然后反向加速，以1.1m/s速度出1d磁场，导体棒在1d磁场中的路程为24221

.21m2vsa==再与线框碰撞，导体棒每次与线框碰撞，速度减小0.4m/s，导体棒共与线框碰撞4次（最后线框左侧位于磁场2d左侧），导体棒在整个运动过程中的总路程为22211.10.70.32229.915m2222

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