【文档说明】北京市房山区2023-2024学年高二下学期期中物理试卷 Word版含解析.docx，共(21)页，4.169 MB，由小赞的店铺上传

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房山区2023-2024学年度第二学期学业水平调研（一）高二物理本试卷共8页，满分100分，考试时长90分钟。考生务必将答案填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题（共14小题，每小题3分，共42分。）1.在下列物理量中，属于标

量的是（）A.磁感应强度B.磁通量C.冲量D.动量【答案】B【解析】【详解】磁感应强度、冲量和动量既有大小又有方向属于矢量。磁通量可描述为穿过某平面的磁感线条数，所以磁通量为只有大小没有方向的标量。故ACD错误；B正

确。故选B。2.随着科技的进步，越来越多的人使用蓝牙耳机，手机与基站及耳机的通信如图所示。若基站与手机、手机与耳机之间通信的电磁波分别为甲波和乙波，下列说法正确的是（）A.甲波的波长比乙波的短B.甲波和乙波的频率都比可见光的频率大C.真空中，甲波的传播

速度比乙波的传播速度大D.甲波和乙波的传播，靠的是电和磁的相互“感应”，而不是靠介质的机械传递【答案】D【解析】【详解】A．由图可知甲波的波长大于乙波长，故A错误；B．由图可知甲、乙波的波长都比可见光的波长大，根据波长、波速和频率关系式cf=可知甲、乙波的频率都比可见光的频率

小，故B错误；C．电磁波在真空中传播速度相同，则真空中甲、乙波速度相同，故C错误；D．甲波和乙波都是电磁波，则传播靠的是电和磁的相互“感应”，而不是靠介质的机械传递，故D正确。故选D。3.金属探测器常用于安检，探测器内线圈通有交变电流，能产生迅速变化的磁场。当探测器靠近金属材料物体时

，报警器就会发出警报，靠近非金属物体时则不发出警报。关于探测器工作原理，下列说法正确的是（）A.利用静电感应现象工作B.利用磁场对金属的吸引作用工作C.利用发射和接收电磁波工作D.利用金属中形成涡流，引起探测器线圈中电流变化工作【答案】D【解析】【详解】A．金属探测

器利用的是电磁感应现象。故A错误；BCD．探测过程中，当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化。故BC错误；D正确。故选D4.如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，在磁铁正下方有一个固定在水平桌面上的闭合铜质线

圈。将磁铁竖直向下拉至某一位置后放开，磁铁开始上下振动。下列说法正确的是（）A.磁铁振动过程中，线圈中电流的方向保持不变B.磁铁靠近线圈时，线圈有收缩的趋势C.磁铁振动过程中，线圈对桌面的压力始终大于线圈的重力D.磁铁振动过程中，弹簧和磁铁组成系统的机械能守恒【答案】B

【解析】。【详解】A．磁铁上下振动过程中，穿过线圈的磁通量先向下增大，后向下减小，由楞次定律可知，线圈中电流的方向会变化，故A错误；B．磁铁靠近线圈时，由“增缩减扩”的规律，可知线圈有收缩的趋势，故B正确；C．磁铁振动过

程中，由“来拒去留”的规律，可知线圈对桌面的压力先大于重力，后小于重力，故C错误；D．磁铁振动过程中，由于线圈中产生了感应电流，即有电能产生，由能量守恒定律，可知弹簧和磁铁组成系统的机械能会一直减小，故D错误。故选B。5.某些共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者

的骑行踩踏，可以不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd处于匀强磁场中，通过交流电流表与阻值为R的电阻相连。某段时间在骑行者的踩踏下，线圈绕垂直磁场方向的轴'OO匀速转动，图乙是线圈转动过程中穿过线圈的磁

通量随时间t变化的图像，则（）At=0时刻，线圈处于中性面位置B.t1时刻，电流表示数最大C.t2时刻，线圈中电流方向发生改变D.t3时刻，穿过线圈的磁通量变化率为零【答案】D【解析】【详解】A．由图乙可知，t=0时刻穿过线圈的磁

通量为0，则线圈与中性面垂直。故A错误；BD．t1和t3时刻，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，电流表示数为电流有效值为一定值保持不变。故B错误；D正确；C．t2时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，感应

电流最大，此时电流方向不发生改变。故C错误。故选D。6.在断电自感的演示实验中，用小灯泡、带铁芯的电感线圈L和定值电阻R等元件组成了如图甲所示的电路。闭合开关S待电路稳定后，两支路中的电流分别为1I和2I。断开开关S前、后的一小段时间内，电路中的电流I随时间t变化的关系图像如图

乙所示，则下列说法正确的是（）.A.断开开关S前，定值电阻R中的电流为2IB.断开开关S前，灯泡的电阻小于定值电阻R和电感线圈L的总电阻C.断开开关S后，小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭D.断开开关S后，小灯泡所在支路中的电流如曲线a所示【答案】C【解析】【详解】A．断开开关S前、后的一小段时间内，通

过电感线圈L的电流方向是不变的，则电感线圈L所在支路的电流如曲线a所示，小灯泡所在支路的电流如曲线b所示，则断开开关S前，定值电阻R中的电流为1I，故A错误；B．由题图可知，断开开关S前通过电感线圈L的电流大于通过小灯泡的电流，所以断开开关S前，小灯泡的电阻大于定值电阻R和电感线圈L的总电阻，故

B错误；C．断开开关S后，电感线圈L产生的自感电动势阻碍电流的减小，电感线圈L相当于电源，由于线圈L、电阻R和灯泡重新组成回路，且断开开关S前电感线圈所在支路的总电阻小于小灯泡的总电阻，则小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭，故C正确；D．由A项分析知，故D错误；故选C。

7.图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为1n、2n，电压表为理想交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花点燃气体。开

关闭合后，下列说法正确的是（）A.电压表的示数为5VB.若没有转换器则变压器副线圈输出是直流电C.该变压器通过放大电流从而点燃气体D.若211000nn，则可以实现燃气灶点火【答案】D【解析】【详解】A．电压表的示数为15V2.52V2U

==选项A错误；B．若没有转换器则变压器副线圈无输出电压，选项B错误；C．该变压器通过放大电压从而点燃气体，选项C错误；D．若2211500010005nUnU==则可以实现燃气灶点火，选项D正确。故选D。8.图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．

速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1、A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是A.该带电粒子带负电B.速度选择器中的磁场

方向垂直纸面向里C.能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于BED.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大【答案】D的【解析】【详解】A．粒子垂直磁场向下进入磁场，根据左手定则可以知道粒子带正电，所以A错误.B．粒子带正电，则受电场力向右，由左手定则可判断磁场

方向垂直直面向外，故B错误.C．由：qEqvB=得：EvB=此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，所以C错误.D．由：0qvmBR=知R越小比荷越大，故D正确.9.数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可抵挡85%的头部伤害

，使受伤比例下降70%，则下列说法正确的是（）A.头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率B.头盔延长了撞击的作用时间，从而使得动量变化更小C.头盔减小了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量D.事故中头盔对头部的冲量大于头部对头盔的冲量【答案】A【解析】【详

解】AB．头盔延长了撞击的作用时间，动量变化不变，故头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A正确，B错误；C．根据动量定理FIp=佩戴头盔后，驾驶员头部撞击过程中动量变化不变，可知驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量不变，故C错误；D．根

据牛顿第三定律，头盔对头部的作用力大小等于头部对头盔的作用力大小，根据FIFt=可知事故中头盔对头部的冲量大小等于头部对头盔的冲量大小，故D错误。故选A。10.LC振荡电路是一种简单且常见电路，在测量、自动控制、无线电通信及遥控等许多领域有着广泛的应用。如图甲所示，规定回路中顺时针方向的电流为

正，电流i随时间t变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是（）A.t1时刻，电容器中向下的电场最强B.t2时刻，电容器极板不带电C.在t1~t2时间内，电容器正在充电D.在t2~t3时间内，振荡电路中磁场能正在向电场能转化【答案】C【解析】【详解】A．t1时刻电路中电流

最大，电容器放电结束，则电容器中的场强为零，故A错误；B．2t时刻电路中电流为零，电容器极板带电量最大，选项B错误；C．在12tt～时间内，电流从最大减到零，可知电容器正在充电，选项C正确；D．在23tt～时间内，电流从零增加到最大

，可知电容器放电，振荡电路中电场能正在向磁场能转化，选项D错误。故选C。11.如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是（）A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动C.线

框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等【答案】D【解析】【详解】A．线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A错误；B．线框出磁场的过程中，根据E=BlvEIR=联立有22ABL

vFmaR==由于线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，线框做加速度减小的减速运动，B错误；C．由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q=FAL其中线框进出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C错误；D．线框在进和出的两过程中通

过导线横截面的电荷量qIt=其中EIR=，xEBLt=则联立有BLqxR=由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D正确。故选D。12.洛伦兹力演示仪由励磁线圈、电子枪、玻璃泡等组成，结构示意图如图所示。励磁线圈是一对彼此平行的共轴的

圆形线圈，当线圈通有励磁电流I，两线圈之间将产生垂直线圈平面的匀强磁场，其磁感应强度与I成正比，比例系数为k，方向垂直纸面向里，电子在电子枪中经加速电压U加速形成高速电子束，若电子束垂直磁场方向，可看到电子束径迹呈圆形，直径为D，下列说法正确的是（）A.励

磁线圈中电流方向为逆时针B.仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹半径变大C.仅减小电子枪的加速电压，电子束径迹半径变大D.电子比荷2228eUmDkI=【答案】D【解析】【详解】A．由安培定则可知，励磁线圈中电流方向为顺时针，才可以产生垂直纸面向里的匀强磁场，故A错误；BC．

依题意，电子在电场中加速，由动能定理可得2012eUmv=电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有2002vevBmD=联立解得22mUDBe=仅增大励磁线圈中电流，则电流产生磁场的磁感应强度增强，电子束径迹半径变小；仅减小电子枪的加速电压，

电子束径迹半径变小；故BC错误；D．依题意有BkI=又22mUDBe=联立解得2228eUmDkI=故D正确。故选D。13.如图所示的天平可用来测定磁感应强度B。天平的右臂下面挂有一个电阻为R的矩形线圈，线圈

宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。当线圈中通有电流I时，细线在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡。当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡。若在此时剪断细线，矩形线圈将由静止下落，经一段时间，线圈的

上边离开磁感应强度为B的匀强磁场前瞬间的速度为v，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.B大小为12()mmgNIL−B.B大小为2mgNILC.天平第一次平衡时，线圈中的电流方向为逆时针方向D.线圈离开磁场前瞬间，感应电流的电功率2()BLv

PR=【答案】B【解析】【详解】AB．设线圈的质量为m0，根据受力平衡可得()102mgmmgNBIL=++，()102mgmmmgNBIL=++−解得2mgBNIL=故A错误；B正确；C．依题意，天平第一次平衡时，线圈所受安培力竖直向上，根据左手定则可知线圈中的电流方向为顺时针方向

。故C错误；D．剪断细线后，线圈上边刚离开磁场前产生的感应电动势为ENBLv=由闭合回路欧姆定律可得EIR=感应电流的电功率为2PIR=联立，解得()2NBLvPR=故D错误。故选B。14.现代科学研究中常要用到高速电

子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使电子加速。上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，如果从上向下看，电子沿逆时针方向运动

。已知电子的电荷量为e，电子做圆周运动的轨道半径为r，因电流变化而产生的磁感应强度随时间的变化率为Bkt=（k为一定值）。下列说法中正确的是（）A.电子受到的感生电场力提供圆周运动的向心力B.为使电子加速，感生电场方向应该沿逆时针方向C.

为使电子加速，当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，电流应该增大D.电子在圆形轨道中加速一周的过程中，感生电场对电子所做的功为2keπr【答案】C【解析】【详解】A．电子受到的感生电场力使电子加速，故A错误；B．为使电

子加速，电子带负电，应使感生电场方向与电子运动方向相反，由于电子沿逆时针方向运动，故感生电场的方向应该沿顺时针方向，故B错误；的C．为使电子加速，当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，若电流增大，根据楞次定律，可知感生电场的方向为顺时针方向，电子将沿逆时针方向做加速运动，故C正确；D．磁感应强

度随时间的变化率为Bkt=，则感生电动势为2BESkrtt===感生电场对电子所做的功为2WeEekr==故D错误。故选C。二、实验题（每空2分，共18分。）15.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，用图所示学生电源给乙所示变压器原线圈供电，电压为4V，用多用电表交流10V挡测量副线圈电压，示数如图丙所示。（1）若原线圈连接的是0和200接线柱，则副线圈连接0和___________接线柱。（2）关于本实验，下列说法正确的是A.为了减少变压器的能量

损失，应采用整块硅钢铁芯B.若仅增加原线圈匝数，电压表示数增大C.若仅增加副线圈匝数，电压表示数增大D.若该变压器为只有一个原线圈和一个副线圈的降压变压器，则副线圈应使用较粗的导线（3）理想变压器是一种理想化模型，请分析说明

该模型应忽略哪些次要因素____。【答案】（1）400（2）CD（3）见解析【解析】【小问1详解】如图丙所示，副线圈两端的电压为28VU=根据原副线圈的电压与匝数关系112212UnUn==所以副线圈连接0和400接线柱；【小问

2详解】A．为了减少变压器的能量损失，较少涡流的影响，铁芯应采用绝缘的硅钢片叠成的，故A错误；B．根据1122UnUn=若仅增加原线圈n1匝数，电压表示数减小，故B错误；C．根据1122UnUn=若仅增加副线圈n2匝数，电压表示

数增大，故C正确；D．由于该变压器为只有一个原线圈和一个副线圈的降压变压器，则副线圈中的电流大于原线圈的电流，所以副线圈应使用较粗的导线，故D正确。故选CD。【小问3详解】理想变压器模型应忽略的次要因素如下：①不计漏磁，即通过原副线圈每匝线圈的磁通量

都相等，因而不计磁场能损失；②不计原副线圈的电阻，因而不计线圈的热能损失；③不计铁芯中产生的涡流，因而不计铁芯的热能损失。16.用如图所示的装置来完成“验证动量守恒定律”的实验。实验中使用的小球1和2半径相等，用天平测得质量分别为m1

、m2。在木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。先不放小球2，使小球1从斜槽上某一点S由静止滚下，落到水平地面。再把小球2静置于斜槽轨道末端，让小球1仍从S处由静止滚下，小球1和小球2碰撞后分别落在复写纸上，在白纸上留下各自落点的痕迹。（1）实验

中，入射小球质量为m1与被碰小球质量m2应满足的大小关系为___。实验记录如图所示，小球2被碰后做平抛运动的水平位移是图中的______（选填“OM”“OP”或“ON”）。（2）关于该实验，下列说法正确的是。A.实验中需要用到

的器材有天平、停表、刻度尺B.实验时需要测量斜槽末端到水平地面的高度C.用半径尽量小的圆把落点圈起来，圆心可视为落点的平均位置D.小球1滚下过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结论无影响（3）若实验所测物理量满足表达式__________，则可判定两个小球

相碰前后动量守恒。（4）验证动量守恒的实验也可以在如图所示的水平气垫导轨上完成，实验时静止的两滑块用细线连接，中间有一个压缩的轻质弹簧，烧断细线后，两滑块分别向两边运动，滑块运动过程所受的阻力可忽略。实验测得滑块A的总质量为m1，滑块B的总质量为m2，两滑块遮光片的宽度

相同且为d，光电门记录的遮光片挡光时间如下表所示。在实验误差允许范围内，若满足关系式________，即验证了烧断细线前后两滑块组成的系统动量守恒。烧断细线前弹簧的弹性势能为_____（以上两空均用测量的物理量表示）。左侧光电门右侧光电门挡光时间T1T2【答案】（

1）①.m1>m2②.ON（2）CD（3）112mOPmOMmON=+（4）①.1221mTmT=②.22121211()()22ddmmTT+【解析】【小问1详解】[1]入射小球的质量一定大于被碰小球的质量，碰后球才

会向前运动而不至于向后反弹。[2]小球2被碰后做平抛运动水平位移是图中的ON。【小问2详解】的AB．实验中需要用到的器材有天平（测量小球质量）、刻度尺（测量小球平抛运动的水平位移）由于所有的小球都做平抛运动，落地时间相同，因此不必测量落地时间，本

实验使用的器材不需要秒表，实验时不需要测量斜槽末端到水平地面的高度。故AB错误；C．为了减小实验中测量误差，用半径尽量小的圆把落点圈起来，圆心可视为落点的平均位置。故C正确；D．小球1滚下过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结论无影响，只要小球每次都从同一位置由静

止释放，就能保证每次小球到达斜槽末端时速度相同。故D正确。故选CD。【小问3详解】根据动量守恒定律可得''111122mvmvmv=+每次小球落地时间相同，可推得112mOPmOMmON=+【小问4详解】[1]若烧断细线前后两滑块组成的系统动量守恒，则有121

2ddmmTT=整理，可得1221mTmT=[2]根据能量守恒，可知烧断细线前弹簧的弹性势能为22p121211()()22ddEmmTT=+三、计算论证题（本题共4小题，共40分。）解题要求：写出必要的文字说明、方程式和结果。有数值

计算的题，结果必须明确写出数值和单位。17.如图甲所示，线圈的匝数N=200（图中只画了2匝），线圈面积S=0.2m2，线圈电阻r=2Ω。其两端与一个R=8Ω的电阻相连，线圈内有垂直纸面向里的磁场。线圈中的磁感应强度按图乙所示规律

变化。（1）判断通过电阻R的电流方向。（2）求线圈中产生的感应电动势大小E。（3）求电阻R两端的电压U。【答案】（1）b→a；（2）80V；（3）64V【解析】【详解】（1）根据题图可知，线圈中垂直于纸面向里的磁通量减小，为了阻碍线圈中磁通量的减小，根

据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向里，根据安培定则可知线圈中的感应电流为顺时针方向，通过电阻R的电流方向为b→a。（2）根据法拉第电磁感应定律得80VBENSt==（3）电阻R两端的电压

为路端电压，根据分压规律可知64VRUERr==+18.如图所示，把一个质量m=0.2kg的小球放在高度h=5.0m的直杆的顶端。一颗质量m'=0.01kg的子弹以v0=500m/s的速度沿水平方向击中小球，并以v'=100m/s的速度穿出小球。取重力加速度g=10m

/s2，不计空气阻力。求：（1）小球沿水平飞出时的速度大小v。（2）小球落地处离杆的水平距离s。（3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能E。【答案】（1）20m/s；（2）20m；（3）1160J【解析】【详解】（1）子弹穿过小球的过程，子弹与小球的系

统动量守恒。取水平向右为正方向，则0mvmvmv=+解得20m/sv=（2）小球做平抛运动，有212hgt=小球落地处离杆的水平距离为svt=联立，解得20ms=（3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能2'2201

111160J222Emvmvmv−=−=19.加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大的作用，回旋加速器是其中的一种。图甲为回旋加速器的工作原理图。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，分别和一高频交流电源两极相连。两盒处于磁感应

强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面。位于D1盒圆心附近的A处有一个粒子源，产生质量为m、电荷量为+q的带电粒子。不计粒子的初速度、重力和粒子通过两盒间的缝隙的时间，加速过程中不考虑相对论效应。（1）求所加交流电源的周期T。（2）若已知半圆金属盒的半径为R，请计算粒子离

开加速器时获得的最大动能Ekm。（3）某同学在分析带电粒子运动轨迹时，画出了如图乙所示的轨迹图，他认为相邻轨迹间距d是相等的，请你通过计算说明该轨迹是否合理。【答案】（1）2mqB；（2）2222q

BRm；（3）见解析【解析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有2000vqvBmR=又002RTv=解得2mTqB=由于要使粒子在加速器中同步加速，交流电的变化周期与粒子圆周运动的周期相等，则2mTqB=交流（2）可知，加速器圆周运动的最大半径为R，则有2maxmaxvqvBmR

=粒子离开加速器时获得的最大动能2kmmax12Emv=解得222km2qBREm=（3）根据上述有2nnnvqvBmR=，2111nnnvqvBmR−−−=电场中加速过程有212nnqUmv=，()21112nnqUmv−−=相邻轨迹间距为122nndRR−=−解得()221mUdnnBq

=−−可知，相邻轨迹间距不相等，则该轨迹不合理。20.如图甲所示，相距为L的平行金属导轨置于水平面内，导轨间接有阻值为R的定值电阻。质量为m的金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在磁感应强度大小为B、方向垂直导

轨平面向下的匀强磁场中。t=0时刻，对金属棒ab施加一与导轨平行的恒定拉力F，使其由静止开始做加速直线运动。不计金属棒与导轨的电阻及金属棒与导轨间的摩擦。（1）从t=0时刻开始计时，在图乙所示的坐标系中定性画出

金属棒ab的速度大小v随时间t变化的图像；并求出金属棒ab的最大速度大小vm。（2）若在金属棒ab的速度达到最大之后某时刻撤去拉力，金属棒开始做减速运动，并最终停在导轨上，求撤去拉力之后金属棒运动的最大距离x。（3）撤去拉力后，结合图丙所示情境，分析说明当金属棒ab以

速度v向右运动时，自由电子所受洛伦兹力在能量转化过程中所起的作用。【答案】（1），m22FRvBL=；（2）233mFRBL；（3）见解析【解析】【详解】（1）金属棒切割磁感线产生的感应电动势EBLv=回路中的感应电流EIR=根据牛顿第二定律FIBLma

−=整理得22FBLvammR=−可知随着金属棒ab的速度增大，金属棒ab的加速度逐渐减小，最后做匀速直线运动，金属棒ab的速度大小v随时间t变化的图像如图所示金属棒受到的安培力当速度v最大时，有0a=解得金属棒ab的最大速度大小m22FRvBL=（2）根据动量定理有1m0IBLtmv−=−电

量为11BLxqIttRtRR====解得撤去拉力之后金属棒运动的最大距离为233mFRxBL=（3）自由电子所受洛伦兹力的示意图如图所示设自由电子电荷量为e，垂直导体棒运动的速度为v时，受到沿棒方向的洛伦兹力1fevB=该力使自由电子以速度u向b端移动，对自由电子做正功。在Δt时间

内，做功11WfutevBut==垂直棒方向的洛伦兹力该力2feuB=阻碍电荷向右运动，对电荷做负功。在时间Δt内，做功22WfvtevBut=−=−可见即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力合力做功为零。1f做正功，是产生电动势的非静电力，使电源的电能增加；2f做负

功，宏观上表现为安培力做负功，使机械能减少。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将机械能转化为等量的电能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。