【文档说明】山东省德州市第一中学2022-2023学年高二下学期3月月考物理试题 word版含解析.docx，共(23)页，1.496 MB，由小赞的店铺上传

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高二年级3月份阶段性测试物理试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。3．答非选择题时，必须

使用黑色墨水笔或黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上，写在试题卷、草稿纸上无效。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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。1.一长为

L的直导线置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导线中的电流为I。下列说法正确的是（）A.通电直导线受到安培力的大小为ILBB.无论通电直导线如何放置，它都将受到安培力C.通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面D.安培力是载流子受到的洛伦

兹力的宏观表现，所以安培力对通电直导线不做功【答案】C【解析】【详解】A．只有当通电导线与磁场方向垂直时，通电直导线受到安培力的大小才为ILB，选项A错误；B．当通电导线与磁场方向平行时，它不受安培力，选项B错误；C．通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流

方向构成的平面，选项C正确；D．安培力是载流子受到的洛伦兹力的宏观表现，安培力对通电直导线也能做功，选项D错误。故选C。2.如图所示，轻质弹簧测力计下悬挂的圆形线圈中通有顺时针方向的电流I0，线圈的正下方固定有一根足够长的直导线a，线圈静止时导线a垂直于线圈平面，现在导线a中通有垂直

纸面向外的较大电流，则下列判断正确的是（）A.线圈仍静止不动B.从上往下看，线圈将逆时针转动C.弹簧测力计示数减小D.线圈左右摆动【答案】B【解析】【分析】【详解】ABD．根据安培定则可知，环形电流内部磁场的方向垂直纸面向里，则圆形线圈相当于N极指向纸面内的小磁针；导线a中通入电流

时，由安培定则可判断出，导线a中电流在线圈处产生的磁场向左，因小磁针N极指向磁场方向，故从上向下看时，线圈将逆时针转动，AD错误、B正确；C．当线圈转过90°时，根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，线圈上半部分受力向上，线圈下半部分受力向下，由于下半部分距离导线a较

近，所以下半部分受到的安培力比较大，线圈整体受到向下的安培力，可知弹簧测力计的示数一定增大，C错误。故选B。3.无线充电技术已经广泛应用于日常生活中，如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n、横截面

积为S，a、b两端连接车载变流装置，某段t时间内线圈N产生的磁场平行于圆轴线向上穿过线圈M。下列说法正确是（）A.当线圈M中磁感应强度B不变时，能为电动汽车充电B.当线圈N接入恒定电流时，线圈M两端产生恒定电压C.当线圈M中的磁感应强度B增加时，线圈

M两端产生电压可能变大D.若这段t时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加B，则M中产生的电动势为SBt【答案】C【解析】【详解】A．当送电线圈N接入恒定电流，则产生的磁场不变化，受电线圈M中的磁通量没有发生变化，故

无法产生感应电流，不能为电动汽车充电，故A错误；B．当线圈N接入恒定电流时，受电线圈M中的磁通量不变，故M两端不能产生感应电动势，线圈M两端无电压，故B错误；C．穿过线圈M的磁感应强度增加，根据法拉第电磁感应定律，如果磁感应强度增加

的越来越快，则产生增大的感应电动势，线圈M两端产生的电压就可能变大，故C正确；D．根据法拉第电磁感应定律，有BEnnStt==故D错误；故选C。4.如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水

平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合。现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则（）A.金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大B.金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小C.金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小D.金属环B的面

积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大【答案】B【解析】【详解】胶木盘A由静止开始绕其轴线OO按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据右手螺旋定则知，通过B线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果

阻碍磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小，故B正确，ACD错误。故选B。5.显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上

的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若要使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】电

子偏转到a点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，对应的Bt−图线在t轴下方；电子偏转到b点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，对应的Bt−图线在t轴上方，故选A。6.如图所示，空间中某区域内存在竖直向下的匀强磁场，将一水平放置的金属棒ab从磁场外紧贴

磁场边缘以某一速度水平抛出，不计空气阻力，金属棒在运动过程中始终保持水平且未离开磁场区域。下列说法正确的是（）A.由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且φa＜φbB.从抛出到落地的过程中，电子不断从b向a定向移动C.单位时间内ab扫过的曲面中的磁通量是定值D.电场力使金属棒两端分别积累了正、

负电荷【答案】C【解析】【详解】A．因平抛运动的水平速度不变，而切割磁感线的是水平速度，则根据E=BLv0可知，感应电动势不变，根据右手定则可以判断，a点电势比b点低，故A错误；B．从抛出到落地的过程中，ab与外部并没有形成闭合回路，电子没有定向移动

，故B错误；C．由于ab在水平方向做匀速直线运动，所以它在单位时间内扫过的曲面在水平面的投影面积相同，又因为穿过曲面中的磁通量等于穿过曲面在水平面投影面的磁通量，因此单位时间内ab扫过的曲面中的磁通量是定值，故C正确；D．洛伦

兹力使金属棒两端分别积累了正负电荷，故D错误。故选C。7.如图所示，一个平行于纸面的等腰直角三角形导线框，水平向右匀速运动，穿过宽度为d的匀强磁场区域，三角形两直角边长度为2d，线框中产生随时间变化的感应电流i，下列图形正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【

详解】在0dv−时间内，线框进入磁场时磁通量向里增加，感应磁场向外，因此感应电流方向为逆时针，随着线框的运动，导线切割磁感线长度减小，感应电流减小；在2dvdv−时间内，穿过线框的磁通量向里减小，根据楞次定律知，

感应电流沿顺时针方向，穿过线框的磁通量均匀减小，产生的感应电流不变；在23dvdv−时间内，时间内，穿过线框的磁通量向里减少，根据楞次定律知，感应电流沿顺时针方向，线框有效切割长度均匀减小，感应电流减小。故选

C。8.质量为m、带电荷量为q的小物块，从倾角为的绝缘斜面上由静止下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为，整个斜面置于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下列说法中正确的是

（）A.小物块一定带正电B.小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动，且加速度大小为sincosgg−C.小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D.小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为sinmgBq

【答案】C【解析】【详解】A．根据磁场方向和小物块的运动方向，由左手定则可知，小物块的洛伦兹力方向垂直斜面，因带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，则洛伦兹力方向垂直斜面向上，根据左手定则判断，小物块带负电，故A错误；BC．小物块在斜面上运动时，对小物块受力分析可

知，小物块所受合力()sincosFmgmgqvB=−−合由上式可知，随着v增大，洛伦兹力增大，F合增大，a增大，则小物块在斜面上运动时做加速度增大，速度也增大的变加速直线运动，故B错误，C正确；D．小物块对斜面压力为零时，有cosmgqvB=

解得cosmgvqB=故D错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，共16分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题图要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图甲所示，用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度，挂在天平右下方的单匝矩形线圈中

通入如图乙所示的电流，此时天平处于平衡状态，现保持边长和电流大小，方向都不变，将该矩形线圈短边放在磁场中，如图丙所示，挂在天平的右臂下方，则（）A.左盘中加入适当砝码，天平仍可平衡B.线圈受安培力变大C.天平向右下方倾斜D.天平向左下方倾斜【答案】AC【解析】【详解

】由题意可知，在乙图中天平处于平衡状态，此时线圈在磁场中受到的安培力大小为FBIL=方向竖直向上，该安培力与线圈重力的合力大小等于左侧物体的总重力，太平处于平衡。当在丙图中，由于导体的有效长度变短，故受到的安培力减小且竖直向上，右侧的重力与安培力的合

力大于图乙中右侧的重力与安培力的合力，故天平将向右倾斜，当左盘中加入适当砝码，天平则仍可平衡。故选AC。10.已知一质量为m的带电液滴，经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，液滴在此空

间的竖直平面内做匀速圆周运动，如图，则()A.液滴在空间可能受4个力作用B.液滴一定带负电C.液滴做圆周运动的半径12UErBg=D.液滴在场中运动时总能量不变【答案】BCD【解析】【详解】AB．液滴在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，即洛伦兹力提供向心力，所以mg=qE由于电场

力的方向与场强的方向相反，故液滴带负电，液滴在空间受到三个力作用，故A错误，B正确；C．洛伦兹力提供向心力，即2vqvBmr=解得：mvrqB=在加速电场中根据动能定理212qUmv=联立解得：12UErBg=故C正确；D．因电场力与重力相平衡，由洛伦兹力提

供向心力，而洛伦兹力总是垂直速度的方向，所以不做功，则在场中运动时总能量不变，故D正确．11.自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输

出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是（）A.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B.

自行车的车速越大，霍尔电势差越高C.图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的D.如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮转

动的转速，最后由线速度公式2vrn=，结合车轮半径即可求解车轮的速度大小，故A正确；B．根据霍尔原理可知HUqvBqd=可得HUBdv=即霍尔电势差只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速率有关，与自行车

的车速无关，故B错误；C．霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，故C错误；D．n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，s是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，由电流的微观定义式Ines

v=整理得Ivnes=结合HUBdv=解得HIBUnesd=若长时间不更换传感器电源，那么电流I减小，则霍尔电势差将减小，故D正确；故选AD。12.如图所示，在直角坐标系xOy中，有一半径为R的圆形磁

场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外，该区域圆心Q的坐标为（0，R）。有一个负离子从点,02RM沿y轴正方向射入第Ⅰ象限。若负离子在该磁场中做一个完整圆周运动的周期为T，下列正确的是（）A.若负离子

在磁场中运动的半径为2R，则在磁场中运动的时间为2TB.若负离子在磁场中的射入点与射出点相距最远，则在磁场中运动的时间为6TC.若负离子从点N（0，2R）射出磁场，则在磁场中运动的时间为8TD.若负离子能够过磁场圆心Q（0，R），

则在磁场中运动的时间为3T【答案】ABD【解析】【详解】A．设粒子的速度为v，粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力，即2vqvBmr=整理得2vqBmmmrT===的解得2mTqB=所以粒子在磁场中的运动时间取决于粒子运动轨迹所对应

的圆心角。如图所示若粒子在磁场中运动半径为2R，则其轨迹所对应的圆心角为，粒子在磁场中运动的时间为2Tt=故A正确；B．如下图所示，当粒子的射出点H与射入点H关于Q点对称时，粒子在磁场中的射入点与射出点相

距最远此时弦HH与切线l之间的夹角的正弦值为12sin2RR==所以弦切角6=所以圆弧轨迹所对应的圆心角为的23==则粒子在磁场中运动的时间为326TtT==故B正确；C．如图所示若粒子从点N（0，2R）射出磁场，则由几何关系可知，

弦HN与直线l之间的夹角等于OQH的一半，即弦切角为15，所以粒子轨迹所对应的圆心角为30，则粒子在磁场中运动的时间为6212TtT==故C错误；D．如图所示，若粒子能够过磁场圆心Q（0，R），则由几何关系可知，粒子的轨迹圆与磁场边界的圆相交，且圆心都在相互的圆周上。弦QH与直线l的

夹角为30，则粒子的轨迹所对应的圆心角为22263==则粒子在磁场中运动的时间为2323TtT==故D正确故选ABD。三、非选择题：本题共6小题，共计60分。13.在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，（1）已

将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电表及开关按如图所示部分连接，要把电路连接完整正确，则N连接到________（选填“a”“b”“c”或“M”），M连接到________（选填“a”“b”“c”或“N”）。（2）正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向右

加速滑动时，灵敏电流计指针向右偏转，由此可以判断_______。A．线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向左加速滑动，都能引起灵敏电流计指针向左偏转B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计指针向右偏转C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流计指针都静止在中

央D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向（3）某同学第一次将滑动变阻器的触头P慢慢向右移动，第二次将滑动变阻器的触头P快速向。右移动，发现电流计的指针摆动的幅度第二次的幅度大，原因是线

圈中的____（填“磁通量”或“磁通量的变化”或“磁通量变化率”）第二次比第一次的大。【答案】①.a②.c③.B④.磁通量的变化率【解析】【详解】(1)[1]电表是为了测量线圈B中的感应电流的，所以N连接到a才能构成一个闭合回路；[2]线圈A与电池组、滑动变阻器构成一个闭合回路，但是想

改变电路中的电流，M必须连接到c，所以M连接到c。(2)[3]将滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动时,电阻增大，线圈A中的电流讯速减小，则线圈B中的磁通量讯速减小时，灵敏电流计指针向右偏转A．线圈A向上移动时，线圈B中的磁通量讯速减小时，灵敏电流计指针向右偏转，所以A错误；B．线圈A中铁芯向上

拔出或断开开关，线圈B中的磁通量都是讯速减小的，所以灵敏电流计指针向右偏转，则B正确；C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，电流都在改变，所以线圈B中的磁通量都在变，所以灵敏电流计指针都会偏转，则C错误；D．判断灵敏电流计指针偏转的

方向，只需要根据磁通量的增减来判断，所以与线圈的绕线方向无关，则D错误；故选B。(3)[4]将滑动变阻器的触头P向右移动，慢慢移动与快速移动体现了磁通量的变化快慢，也就是磁通量的变化率，所以发现电流计的指针摆动的

幅度第二次的幅度大，原因是线圈中的磁通量变化率第二次比第一次的大。14.电磁血流量计是基于法拉第电磁感应定律，运用在心血管手术和有创外科手术的精密监控仪器，可以测量血管内血液的流速。如图甲所示，某段监测的血管可视为规则的圆柱体模型，其前后两个侧面a、b上固

定两块竖直正对的金属电极板（未画出，电阻不计），磁感应强度大小为0.12T的匀强磁场方向竖直向下，血液中的正负离子随血液一起从左至右水平流动，则a、b电极间存在电势差。（1）某次监测中，用多用电表的“250μV”挡测出a、b电极间的电势差U，如图乙所示，则U=___________

μV；（2）若a、b电极间的距离d为3.0mm，血管壁厚度不计，结合（1）中数据可估算出血流速度为___________m/s（结果保留两位有效数字）；（3）为了测量动脉血流接入电路的电阻，某小组在a、b间设计了

如图丙所示的测量电路。闭合开关S，调节电阻箱的阻值，由多组灵敏电流计G的读数I和电阻箱的示数R，绘制出1RI−图像为一条倾斜的直线，且该直线的斜率为k，纵截距为b，如图丁所示。已知灵敏电流计G的内阻为gR，则血液接入电路的电阻为___________（用题中

的字母k、b、gR表示）。【答案】①.150②.0.42③.gbRk−【解析】【详解】（1）[1]由图乙可知，用多用电表的“250μV”挡测出a、b电极间的电势差U，分度值为5μA，根据图乙可得150μVU=（2）[2]根据UqqvBd=可得vUdB=代入数据，解得0

.42m/sv（3）[3]由闭合电路的欧姆定律可得gxUIRIRIR=++变形可得g1111+xRRRIUUU=+由于该直线的斜率为k，纵截距为b，解得xgbRRk=−15.如图，水平U形光滑金属框架，宽度1md=，电阻忽略不计，导体棒ab的质量0.2kgm=、电阻0.5ΩR=

，匀强磁场的磁感应强度0.2TB=，方向垂直框架向上。现用外力由静止开始向右拉ab棒，某时刻ab棒向右运动的速度达到2m/s，求此时：（1）ab棒产生的感应电动势的大小；（2）ab棒的电流的大小；（3）ab棒所受的安培力；【答案】（1）0.4VE=；（2）0.8AI=；（3）

0.16NF=安，方向水平向左【解析】【详解】（1）根据题意可知，导体棒切割磁感线的电动势为EBLv=代入数据解得0.4VE=（2）由闭合电路欧姆定律得回路电流为EIR=解得0.4A0.8A0.5I==（3）ab受安培力为FBIL=安代入数据解得0.16NF=安根据左手定则可知，安培力的方

向水平向左。16.如图所示，在倾角为的光滑斜面上，放置一段通有电流为I，长度L，质量m的导体棒，电流方向垂直纸面向里，试求：（1）若空间中有竖直向上的匀强磁场，要使导体棒静止在斜面上，则所加匀强磁场的磁感应强度1B的大小；（2）要使导体棒静止

在斜面上且对斜面无压力，则所加匀强磁场的磁感应强度2B的大小和方向：（3）如果磁场的大小方向可变，棒依然静止，匀强磁场沿什么方向时磁感应强度最小，最小值为多少？【答案】（1）tanmgIL；（2）mgIL，水平向左；（3）垂直于斜面向上，sinmgIL【解析】【

详解】（1）若磁场方向竖直向上，导体棒受到的安培力水平向左，根据受力平衡，沿斜面方向有1sincosmgBIL=解得1tanmgBIL=（2）当安培力与重力平衡时，导体棒对斜面无压力，则有2mgBIL=解得2mgBIL=根据左手定则可知，磁感应强度方向水平向左。（3）当

安培力沿斜面向上时，安培力最小，则磁感应强度最小，根据受力平衡可得3sinmgBIL=解得3sinmgBIL=根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直于斜面向上。17.如图所示，回旋加速器半径为R，一质量为m、电荷量为q的带正电粒

子经此回旋加速器由静止加速后从M点进入一匀强磁场区域，速度方向与磁场边界MD夹角45=，虚线MD为匀强电场和匀强磁场的分界线，M点为分界线的交点，匀强电场场强大小为E，方向竖直向下且与边界MD成45=角，匀强磁场的两平行边界MD和PQ间距为d，磁感应强度大小为2B，方向垂直纸面向里，粒子恰

好没有从磁场边界PQ射出。（不计粒子所受重力，电场和磁场无边界区域足够大）。求：（1）粒子第一次进磁场时的速度大小；（2）回旋加速器中的磁感应强度1B与2B的比值；（3）粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；（4）若粒子第一次进入磁场后的某时刻磁感应强度大小突然变为3B，方向仍垂直纸面向里，使

该粒子恰好被束缚在该磁场中，则3B的最小值为多少。【答案】（1）2(22)qBdvm+=；（2）12(22)BdBR+=；（3）222222(22)qBdLmE+=；（4）322(22)BB=+【解析】【

详解】（1）粒子第一次进入磁场做匀速圆周运动22=vqBvmr①根据几何关系cos45rrd−=②联立①②两式得22(22)qBqBdvrmm+==③（2）粒子在回旋加速器中加速，最后半圈速度最大21vqvBmR=④联立③④两式得21(22)dBmvBqRR+==⑤故12(22

)BdBR+=⑥（3）粒子进入电场中，速度与电场垂直，做类平抛运动，又回到边界时，水平位移等于竖直位移，即212qEvttm=⑦得在电场中运动的时间22(22)2BdmvtqEE+==⑧故水平位移22222(22)qBdxvtmE+==⑨总距离222222(22

)2qBdLxmE+==⑩（4）要不出磁场有32dr=⑪又233vqvBmr=⑫联立④⑪⑫三式，得3222(22)mvBBqd==+⑬18.磁流体推进船动力来源于电流与磁场间的相互作用.图甲是平静海面上某实验船的示意图，磁

流体推进器由磁体、电极和矩形通道（简称通道）组成.如图乙所示，通道尺寸2.0am=、0.15bm=、0.10cm=.工作时，在通道内沿z轴正方向加8.0BT=的匀强磁场；沿x轴负方向加匀强电场，使两金属板间的电压99.6UV=；海水沿y轴方向流过通道.已知海水的电阻率0.20m=

.（1）船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向.（2）船以5.0/sms=v的速度匀速前进。若以船为参照物，海水以5.0m/s的速率涌入进水口，由于通道的截面积小于进水口的截面积，在通道内海水速率增加到8.0dvms=/.求此时

两金属板间的感应电动势U感.（3）船行驶时，通道中海水两侧的电压按'UUU=−感计算，海水受到的安培力的80%可以转化为对船的推力.当船以5.0/sms=v的速度匀速前进时，求海水推力的功率.【答案】（1）796.8N，沿y轴正方向（向右）（2）9.6V（3）288

0W【解析】【详解】（1）根据安培力公式，推力11FIBb=，其中1UIR=，bRac=则199.62.00.108.0N796.8N0.20UUacFBbBR====由左手定则判断，通道内海水受到的安培力的方向，即对海水推力的方向，沿y轴正方向（向右）。（2）此时相对

切割的运动速度8.0m/sdvv==感，则有：的dUBvb=感即8.08.00.15V9.6VU==感（3）当船行驶时，通道中海水两侧的电压'UUU=−感，则根据欧姆定律得()2(99.69.6)2.00.10A600A0.20

0.15dUBvbacUIRb−−====安培力：226008.00.15N720NFIBb===海水对船的推力：280%80%720N576NFF===海水推力功率：5765.0W2880WsPFv===的