湖北省沙市中学2025-2026学年高二下学期期中考试物理试卷

这是一份湖北省沙市中学2025-2026学年高二下学期期中考试物理试卷，共7页。试卷主要包含了答案等内容，欢迎下载使用。
关于下列四幅图，说法正确的是( )
图 1 中，三角形导线框在匀强磁场中绕轴匀速转动，不能产生正弦式交变电流
图 2 中，随时间变化的该磁场不可能产生电磁波
图 3 中，强磁体从带有竖直裂缝的铝管中静止下落，铝管中没有涡流产生
图 4 中，此时电容器中的电场能正在增加 2．关于分子动理论，下列说法中正确的是()
图甲中油酸分子直径近似等于实验中滴入浅盘中油酸酒精溶液的体积与它形成油膜面积的比值
图乙为分子力 F 随分子间距 r 变化的关系图像，r 从增大0.5r0 到10r0 过程中，分子间的引力先减小后增大，分子势能先减小后增大
图丙为同一气体不同温度下分子的速率分布图，温度T2 时分子运动更剧烈，所以
温度更高
图丁为布朗运动的示意图，温度越高，每个液体分子的速率均变大；微粒越大，撞击到微粒的液体分子数增多，液体分子对微粒撞击作用的不平衡性越明显
夏季常出现如图甲所示的日晕现象，日晕是太阳光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射形成的。图乙为一束太阳光射到六角形冰晶上时的光路图，a、b 为其折射出的光线中的两种单色光，比较 a、b 两种单色光，下列说法正确的是( )
在冰晶中，b 光的波速比 a 光大
通过同一仪器发生双缝干涉，a 光的相邻明条纹间距较大
b 光比 a 光更容易发生明显衍射现象
D.a、b 两种光分别从水射入空气发生全反射时，a 光的临界角比 b 光的小 4．如图甲所示为某自行车车灯发电机装置，其结构如图乙所示。“凵”形铁芯开口处装有可旋转的磁铁，铁芯上缠绕线圈，输出端 c、d 连接一个“12V，6W”的灯泡。当车轮匀速转动时，摩擦轮因与轮胎接触而旋转，通过传动轴带动磁铁匀速转动，使铁芯内的磁场周期性变化，发电机产生电流可视为正弦式电流。假设灯泡阻值不变，下列说法正确的是()
在磁铁从图示位置转动90 的过程中，通过灯泡的电流方向由 c 到 d
在磁铁从图示位置转动90 的过程中，通过灯泡的电流逐渐减小
若发电机线圈电阻为2 灯泡正常发光，发电机产生的电动势最大值为 13V
从图示位置开始计时，磁铁转速为 n，灯泡正常发光，灯泡两端电压 u 随时间变化关系式为u  12 2 sin 2πnt  V
一列简谐横波沿 x 轴传播， t  0 时刻的波形如图所示，此时质点 A 经过 x 轴沿 y 轴负方向运动，质点 B 的位移 y  2.5cm ，从t  0 时刻起，经过 5.5s 质点 A 恰好第三次到达波峰。则( )
该波沿 x 轴正方向传播
该波的传播速度为4m/s
1
从t  0 时刻起，经过 6 s 质点 B 第一次经过平衡位置
质点 A 和质点 B 不可能在某一时刻速度相同
一定质量的理想气体从状态 A 经过 B、C、D 再到 A，其压强 p 和热力学温度 T 的关系如图所示， BA 和CD 的延长线均经过原点， BC 和横轴平行，则下列说法正确的是 ()
状态 A 的体积大于状态 C 的体积
B  C 的过程中，单位时间内单位面积的器壁上分子碰撞次数增加
D  A 的过程中，气体要吸收热量
完成一次循环过程，气体需要从外界吸收热量
如图所示，一束单色光平行 OA 边从 OB 边射入一个半径为 R、圆心角为135 的扇
2
形玻璃砖，该单色光在玻璃砖中的折射率为
，从 M 点入射的光由玻璃砖射出后恰
与 OA 边平行。只考虑第一次射到圆弧上的光，则()
OM  1 R
2
2 3
3
OM R
从玻璃砖圆弧上有光射出的与没有光射出的部分之比为 1:2
换成另一频率大的单色光平行 OA 边从 M 点入射到圆弧边出射后仍然与 OA 边平行
多选题
如图为弹跳玩具，底部是一个质量为 m 的底座，通过轻弹簧与顶部一质量M  2m
的小球相连，同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接，稳定时绳子伸直而无张力。用手将小球按下一段距离后释放，小球运动到初始位置处时，瞬间绷紧细绳，带动底
座离开地面，一起向上运动，底座离开地面后能上升的最大高度为h ，重力加速度为 g，则()
32gh
2
松手后到玩具上升到最大高度的过程中，玩具的机械能守恒 B.绳子绷紧前的瞬间，小球的速度为
2gh
绳子绷紧瞬间，合外力对底座的冲量为m
小球按下后松手的瞬间，弹簧的弹性势能为4.5mgh 9．如图所示，正方形单匝铝质线圈 abcd 和 efgh 分别在外力作用下以相同速度 v 向右匀速进入同一匀强磁场中.已知两线圈导线的横截面积相同，所用材料也相同，两线圈的边长之比为 1：2，则()
两线圈的右边刚进入磁场时，产生的感应电流之比为 1:2
两线圈的右边刚进入磁场时，所加的外力大小之比为 1:2
两线圈在进入磁场的整个过程中，通过导体横截面的电荷量之比为 1:2
两线圈在进入磁场的整个过程中，产生的焦耳热之比为 1:4
10．如图所示的 xOy 平面内， x  0 的区域内有竖直向上的匀强电场，电场强度大小为
mv2
E  0 ，在0  x  4L 区域内，处于第一象限的匀强磁场，磁感应强度为 B1；处于第
2qL
四象限的匀强磁场，磁感应强度为 B2 ，大小关系为 B2  3B1 ，均垂直于纸面向外。一质量为 m、带电荷量为+q 的粒子，在t  0 时刻，从 P 点（P 点的横坐标为 x  2L ）以速度v0 沿 x 轴正向水平射出，恰好从坐标原点进入第一象限，最终垂直磁场右边界射出磁场，不计粒子的重力。下面说法正确的是()
A.P 点坐标为2L， L
磁感应强度 B 的最小值 B
 mv0
1min8qL
若 B  7mv0 ，整个过程粒子运动的时间t  2L  15πL
112qL
v7v
00
粒子在磁场中运动的最短时间为t  2πL
v0
实验题
11．某同学测量一半圆形透明玻璃砖的折射率，实验过程如下：
①用游标卡尺测量玻璃砖的直径 d，确定其底面圆心位置并标记在玻璃砖上；
②将玻璃砖放在位于水平桌面并画有直角坐标系 Oxy 的白纸上，使其底面圆心和直径 分别与 O 点和 x 轴重合，将一长直挡板紧靠玻璃砖并垂直于 x 轴放置，如图（b）所示；
③用激光器发出激光从玻璃砖外壁始终指向 O 点水平射入，从 y 轴开始向右缓慢移动激光器，直至恰好没有激光从玻璃砖射出至挡板上 y  0 的区域时，在白纸上记录激光束从玻璃砖外壁入射的位置 P。
④取走玻璃砖，过 P 点作 y 轴的垂线 PQ，用刻度尺测量 PQ 的长度 L。根据以上步骤，回答下列问题：
测得半圆形玻璃砖直径 d 的读数如图（a）所示，则d  cm；
根据以上测量的物理量，写出计算玻璃砖折射率的表达式为n  ，若测得 PQ 线段的长度 L  2.00cm ，计算可得玻璃砖的折射率为n  。（结果保留 3 位有效数字）
若改变入射角会在挡板上得到两个亮斑 P1 、 P2 ，O 点到 P1 、 P2 的距离分别为 L1 、 L2 ，则玻璃的折射率的表达式为。 12．在探究气体压强与体积关系实验中，某兴趣小组设计如图实验装置。已知重力加
速度为 g，注射器气密性和导热良好且外界环境温度保持不变，不计一切摩擦。
用刻度尺测得注射器刻度上 40mL 到 50mL 的长度为 5cm，注射器活塞的横截面积为S  cm2 ；（结果保留 2 位有效数字）
取下沙桶，向右拉动活塞一段距离后，用橡胶套堵住注射孔，此时的气体压强为大气压 p0 ；
挂上沙桶，稳定后，测出此时的气体体积 V 和沙桶与沙子的总质量 m，则气体压强的表达式 p2  ；（请选用 p0 、g、S、m 表示）
在沙桶内适量添加沙子，重复步骤（3）；
以沙桶与沙子的总质量 m 为纵轴，以 1 为横轴，绘制m  1 图像，其图像如图
VV
乙所示，图中横轴截距为 a，纵轴截距为 b，可求得未悬挂沙桶时注射器内气体的体积
V0  ，实验时当地的大气压强 p0  。（请选用 a、b、g、S
表示）
若橡胶套堵住的注射孔内，有部分气体体积V 不可忽略，该实验人员找来一些绿豆将其装入上述装置中的注射器内，按照正确的实验操作，移动活塞，多次记录注
射器上的体积刻度 V 和压强 p，作出 1 V 图线如图所示，由此可测出这些绿豆的体积
p
Vx  。（已知物理量有V 、a、b）
计算题
1
如图所示，上端开口，下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好，管内横截面积为 S，用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强
为 p0 ，活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为 f0
 21 p0 S ，等于最大静摩擦力。用
调温装置对封闭气体缓慢加热， T1  330K 时，气柱高度为h1 ，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2  440K 时停止加热，活塞不再上升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至T3  400K 时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4  330K时，保持温度不变，活塞不再下降。求：
T2  440K 时，气柱高度h2 ；
从T1 状态到T4 状态的过程中，封闭气体吸收的净热量 Q（扣除放热后净吸收的热量）

如图所示，两根一样的“L”形金属导轨平行放置，其间距d  0.75m ，导轨竖直部分粗糙，水平部分光滑且足够长。整个装置处于方向竖直向上、大小 B  1T 的匀强磁场中。有两根导体棒 ab 和 cd，它们的质量都为m  0.1kg ，阻值都为 R  1 ，ab 棒与竖直导轨间的动摩擦因数μ 0.5 。ab 棒在竖直导轨平面左侧并垂直导轨固定，cd 棒垂
直导轨放置在水平导轨上。现用一大小 F  3N 的水平恒力由静止开始向右拉动 cd 棒，同时释放 ab 棒。t  1s 末，ab 棒速度恰好为 0。ab 棒始终与竖直导轨接触良好，其余
电阻不计，求：.
当 cd 棒的速度为v0  1m/s 时，cd 棒两端电压Ucd 和流过 ab 棒的电流 I 的大小；
t  1s 末 cd 棒的速度 v；
在0～1s 内，两根棒上产生的总焦耳热 Q。
如图所示， OO 挡板左右两侧有不等高且足够长的水平地面，木板 A 上表面与OO
右侧地面齐平，可视为质点的物块 B 放在木板 A 左端。OO 右侧s  5m 内为涂有某种
材料的特殊区域，物块 B 在该区域运动时所受摩擦力 f 与速度大小 v 满足 f
 0.2v ；光
1
滑的 4 圆弧槽静放在特殊区域右侧光滑的水平地面上。现给物块
B 施加水平向右的瞬
时冲量 I  20N s ，之开始运动。已知木板 A 的质量mA  0.5kg、长度 L  11.75m ，右端距OO 的距离d  16m ，与地面的动摩擦因数μ1  0.1 ；物块 B 的质量mB  2kg ，A、B之间的动摩擦因数μ2  0.2 ，木板 A 与OO 挡板碰后粘连且速度立即减为零，取重力加速度 g  10m / s2 。求：
物块 B 刚运动时，木板 A 的加速度大小；
物块 B 运动到OO 挡板处的速度大小；
4
要使物块 B 最终能够停在OO挡板右侧，求 1 圆弧槽的质量 M 的取值范围。
1．答案：D
参考答案
解析：A.闭合线圈绕着与匀强磁场方向垂直的轴匀速转动，就会产生正弦式交变电流，故 A 错误；
B.变化的磁场产生变化的电场，变化的电场产生变化的磁场，如此循环往复，就会形成电磁波，故 B 错误；
C.强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落，铝管中仍然会产生涡流效应，故 C 错误；
D.由图 4 可知，此时电容器正在充电，电容器极板上的电荷量增多，电场能正在增加，故 D 正确。
故选 D。 2．答案：C
解析：A.油酸分子的直径等于一滴纯油酸的体积与油膜面积之比，故 A 错误；
B.根据分子力与分子间距的关系图，可知分子间距从 r 从0.5r0 增大到10r0 过程中，分子间的引力一直减小，分子力先做正功再做负功，所以分子势能先变小，后变大，故 B 错误；
C.由图可知， T2 中速率大分子占据的比例较大，则说明T2 对应的平均动能较大， T2 对应的温度较高，所以温度T2 时分子运动更剧烈，故 C 正确；
D.布朗运动中温度越高，液体分子的平均速率变大，微粒越大，撞击到微粒的液体分子数增多，液体分子对微粒撞击作用的不平衡性越不明显，故 D 错误。
故选 C。 3．答案：B
解析：A.由图可知 a 光的偏折程度小于 b 光的偏折程度，所以
na  nb ， fa  fb
根据
v  c
n
可知
va  vb
故 A 错误；
B.根据
λ c
f
得
λa  λb
根据双缝干涉条纹间距表达式
x  Lλ
d
可知 a 光的相邻明条纹间距较大，故 B 正确；
C.当缝隙和波长差不多或缝隙比波长小的多时能发生明显得衍射现象，所以 a 光比 b
光更容易发生明显衍射现象，故 C 错误； D.根据
sin C  1
n
可知
Ca  Cb
故 D 错误。故选 B。 4．答案：D
解析：A.图示位置穿过线圈的磁场方向向左，在磁铁从图示位置转动90 的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，通过灯泡的电流方向由 d 到 c，故 A 错误；
B.发电机产生电流可视为正弦式电流，图示位置通过线圈的磁通量为最大值，图示位置可以近似看为中性面，可知，图示位置的感应电流为 0，在磁铁从图示位置转动90的过程中，通过灯泡的电流逐渐增大，故 B 错误；
C.若发电机线圈电阻为2 灯泡正常发光，由于额定电压 12V 为有效值，则有
umax  U
2
额，解得发电机产生的电动势最大值为umax  12 2V ，故 C 错误；
D.结合上述，图示为位置为中性面，从图示位置开始计时，磁铁转速为 n，灯泡正常发光，灯泡两端电压 u 随时间变化关系式为u  umax sinωt
其中ω 2πn
结合上述解得u  12 2 sin 2πnt  V ，故 D 正确。故选 D。
答案：C
解析：A. t  0 时刻质点 A 向下运动，根据波的振动方向与传播方向的关系可知，该波沿 x 轴负方向传播，故 A 错误；
B. t  0 时刻质点 A 向下运动，且经过2
解得T  2s
3 T 第三次到达波峰，故5.5s  2 3 T
44
由波的图像可知波长λ 4m ，故波速v  λ 4 m / s  2m / s ，故 B 错误；
T2
C.质点 B 的振动方程 y  5sin  2π t φ cm ， t  0 时刻， y  2.5cm ，且质点t  0 向下
 T0 

振动，故φ  5π ；
06
要使 y  0 ，则 2π  tφ  π ，解得t 1 s ，故 C 正确；
Tmin0min6
D.机械波上任意两个水平位置之差不是波长整数倍的质点（φ1  φ2 ）的速度方程可以
分别表示为v
 2π Acs 2π t φ ， v
 2π Acs 2π t φ 
1T T
1 2T
 T2 

则其速度相同时有 2π Acs 2π t φ  2π Acs  2π t φ   0
T T
1 T
 T2 

 4π t φ φ 
4 Aπ sin  T
12 sin φ1 φ2   0
可化简为
T
22


解得t  2nπ φ1 φ2 T (n  1, )
4π
故机械波上任意两个质点都有可能在某一时刻速度（包括速度为零）相同，故 D 错误。故选 C。
答案：D
解析：A.根据题意，由图可知，状态 A 到状态 B 的 p  T 图像反向延长线过原点，可知，状态 A 到状态 B 为等容变化，状态 B 到状态C 为等压变化，且温度升高，由盖吕萨克 定律可得
VC  VB
则有
VC  VA
故 A 错误；
B.根据题意，由图可知，状态 B 到状态 C 为等压变化，温度升高，分子的平均动能增加，则单位时间内单位面积的器壁上分子碰撞次数减少，故 B 错误；
C.根据题意，由图可知，状态 B 与状态 D 气体温度相等，由理想气体状态方程
pV  C 可知，由于 T
pB  pD则有 VB  VD
则从 D  A 的过程中，气体体积减小，外界对气体做功，由于温度降低，气体内能减小，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，故 C 错误；
D.根据题意，结合上述分析可知
VA  VB
VC  VD
则 A  B 、C  D 过程中气体不做功， B  C 过程中，体积变大，气体对外界做功， D  A 过程中，体积减小，外界对气体做功，由图可知， B  C 过程中的压强大于
D  A 过程中平均压强，则气体对外界做功大于外界对气体做功，完成一次循环过程，气体的温度不变，内能不变，由热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故 D 正确。故选 D。
答案：C
解析：AB.已知光线从 M 点入射的光由玻璃砖射出后恰与 OA 边平行，其光路图如图
所示，由题意和几何关系可知α 45° 由光的折射定律有n  sinα
sin β
解得β 30
则说明光线在 M 点的折射角与 N 点的入射角相等，从而可确定MON 为直角，且
tan β OM 3
ON3
解得OM 
3 R ，故 AB 错误；
3
C.若没有光射出的话，其临界角有sin C  1
n
解得C  45
所以当光线在圆弧面射出时的入射角为45 时将发生全反射，为圆弧边界有光射出的上边界，从 O 点射入的光线从圆弧面射出时为下边界，所对应圆心角为COD 等于 45 ，如图所示则从玻璃砖圆弧上有光射出的与没有光射出的部分之比为
45 1 ，故 C 项正确；
135  452
D.换成另一频率大的单色光平行 OA 边从 M 点入射到圆弧边出射，由于不同光的折射率不同，所以此时不会与 OA 边平行射出，故 D 项错误。
故选 C。
答案：BC
解析：A.松手后到上升最大高度的过程中，绳子绷紧瞬间存在机械能损失（非弹性碰撞），因此玩具的机械能不守恒，A 错误；
B.设细绳绷紧后瞬间，小球和底座一起向上运动的速度大小为 v，底座离开地面后能上升 h 高，则有v2  2gh
设细绳绷紧前瞬间，小球的速度为v0 ，绳子绷紧瞬间，由于小球、弹簧与底座组成的系统作用时间很小，内力远大于系统受的合外力，可认为系统动量守恒
根据动量守恒定律可得Mv0  M  m v
32gh
2
解得v0 ，B 正确；
2gh
C.根据动量定理，合外力的冲量等于动量变化量 I  m  v  m
，C 正确；
D.在绳子绷紧前的瞬间，小球的动能 E  1 Mv2  4.5mgh
k20
用手将小球按下一段距离后，在绳子绷紧前的瞬间，减小的弹性势能转化成小球的动
能和重力势能，故弹性势能满足 E  1 Mv2  4.5mgh ，D 错误。
故选 BC。 9．答案：BCD
P20
解析：A.设线圈 abcd 的边长为 L，线圈 efgh 的边长为 2L.线圈 abcd 进入磁场过程中，产生的感应电动势
E  BLv
感应电流
I  E  BLv
RR
又电阻
R  ρ4L
S
联立得
I  BSv
4ρ
故两电流之比为 1:1，A 错误； B.线圈匀速通过，则有

B2Sv FF安 =BIL= 4ρ L
故外力之比等于边长之比，为 1:2，B 正确； C.电荷量
q  It  E t  Φ  t  Φ
RtRR
Φ=BS =BL2
则电荷量
q  Φ  BS L
R4ρ
故电荷量之比等于边长之比，为 1:2，C 正确；
D.线圈进入磁场过程中产生的焦耳热
Q  I 2Rt 
B2Sv 2
4ρ L
故产生的焦耳热之比为边长的平方比，为 1:4，D 正确；故选 BCD.
答案：AC
解析：A.电场中水平方向匀速运动有
2L  v0t
竖直方向做匀变速运动，有
y   1 at 2
2
a  qE
m
代入数据得
y  L
故 A 正确； B.在 O 点，有
tanθ vy
v0
csθ v0
v
 at v0
所以
θ 45 ， v 2v0
粒子进入磁场后，第一次恰好垂直磁场右边界射出，此时 B 最小，如图所示
由几何关系知
r  4 2L
又有
v2
qvB1min  m r
解得
 mv0
1min4qL
故 B 错误；
C.粒子在电场中运动的时间
1
t  2L
v0
粒子在磁场中运动，如图
由洛伦兹力提供向心力有
v2
qvB  m
r
B2  3B1
则有
r1  3r2
且满足关系
2 r  n 1 2r 2r   4L n  1，2，3
2 112
由洛伦兹力提供向心力有
r
v2
qvB1m
1
解得
r  12 2 L ， n  2
17
又
1
T  2πr1  24πL
v7v0
2
T  2πr2  8πL
v7v0
所以粒子在磁场中运动时间
t  3 T  3 T  15πL
28 14 2
7v0
整个过程粒子运动的时间
t  t1  t2
解得
t  2L  15πL
v07v0
故 C 正确； D.由于
2 r  n 1
2r 
2r   4L n  1，2，3
2 112
可知
12 2
r1  4n 1 L
， T1
 2πr1 
v
24πL
4n 1 v0
n  1，2，3
所以粒子在磁场中运动的时间
t  1 T  n 1 1 T  3 T   4n  3 T  4n  33πL n  1，2，3
8 1 4 1
4 2 
814n 1 v
0
当n  1 时，粒子在磁场中运动的时间最短为
t  πL
v0
故 D 错误。故选 AC。
答案：(1)6.43
d
2L
； 1.61
L1
L2
解析：（1）由图（a）可知，玻璃砖的直径为d  6.4cm  1mm  3  6.43cm
10
n  sin 90  sin 90  d
当恰好发生全反射时，有
sinθ
PQ2L
OP
代入数据可得n  d
2L
 6.43  1.61
2  2
R
由折射率公式可得n  sin i  L2
sin rR
L1
 L1 L2
答案：2.0； p0
mg S
； 1 ； bg ； b  V
aS
解析：注射器活塞的横截面积
S  50  40 cm2  2.0cm2
5
由力的平衡条件可知，对活塞
p2S  mg  p0S
解得
p  p
mg
0S
由玻意耳定律得
p V   p
mg V
0 0 0S 

整理得
m  p0 S  p0V0 S  1
ggV
结合图像得
p0 S  b p0V0 S  b
，
gga
解得
p  bg ，V  1
0S0a
由玻意耳定律得
p V  ΔV Vx   C
其中 C 为常数，上式可整理得
1  1 V  1 ΔV V 

pCCx
结合图像得
1
1   a ， ΔV V   a
x
b C
结合以上两式得
Vx  V  b
答案：(1) 4 h
3 1
(2) 8 p0h1S
63
解析：（1）活塞开始缓慢上升，由受力平衡 p0 S  f0  p1S
可得封闭的理想气体压强 p  22 p
121 0
T  T 升温过程中，等压膨胀，由盖-吕萨克定律 h1S  h2 S
12
解得h  4 h
T1T2
23 1
（2） T  T 升温过程中，等压膨胀，外界对气体做功W   p (h  h )S   22 p0h1S
12112163
T2  T3 降温过程中，等容变化，外界对气体做功W2  0
活塞受力平衡有 p0 S  f0  p3S
解得封闭的理想气体压强 p  20 p
321 0
T  T 降温过程中，等压压缩，由盖-吕萨克定律 h2 S  h4 S
4
解得h
 11 h
T3T4
410 1
外界对气体做功W  p (h  h )S  14 p0h1S
332463
全程中外界对气体做功W  W  W  W  8 p0h1S
12363
因为T1  T4 ，故封闭的理想气体总内能变化U  0
利用热力学第一定律U  W  Q
解得Q  8 p0h1S
63
故封闭气体吸收的净热量Q  8 p0h1S 。
63
答案：（1） 0.375V ， 0.375A ；（2）10m/s ；（3） 49 J
3
解析：（1）当 cd 棒的速度为v0  1m/s 时，产生的感应电动势为
E  Bdv0  0.75V cd 棒两端电压为
Ucd
 E  R
2R
 0.375V
流过 ab 棒的电流大小为
I  E 2R
 0.375A
对 ab 棒在 0～1s 过程中运用动量定理
mgt  μBid t  0
解得

Bid t  mgt  2N s
μ
对 cd 棒在 0～1s 过程中运用动量定理
Ft   Bid t  mv
联合解得
v  10m / s
cd 棒在 0～1s 过程中受到安培力的冲量
B2d 2 x
I安   Bid t 2R
解得
x  64 m 9
 2N s
对 cd 棒在 0～1s 过程中运用动能定理
Fx W克安
 1 mv2
2
由于安培力对 ab 棒不做功，故可得
Q  W克安
 49 J
3
A
答案：(1) a  3m / s2
v2  3m / s
2 kg  M  3kg
解析：（1）物块 B 开始运动时，设木板 A 加速度为aA
以木板 A 为研究对象，根据牛顿第二定律 μ2mB g  μ1 mA  mB  g  mAaA
A
解得： a  3m / s2
给物块 B 一个瞬时冲量 I，设物块 B 获得的初速度为v0 ，根据动量定理
I  mBv0  0
物块 B 在木板 A 上滑动时，对物块 B μ2mB g  mBaB
设用时t1 两者达到共速 v共  v0  aBt1  aAt1
在t1 时间内，设 A、B 的位移分别为 xA、xB
木板 x  1 a t 2 ，物块 x  v0  v共 t
A2 A 1B21
则： v共  6m / s ，且x  xB  xA 10m L，故 B 与 A 共速时未滑下 A 木板
A、B 共速后，由于μ2mB g  μ1 mA  mB  g ，A、B 将一起做匀减速直线运动，设一起匀减速的加速度为 a
根据牛顿第二定律 μ1 mA  mB  g  mA  mB  a …
v2  v2
设 A、B 一起匀减速运动到OO时的速度大小为v1 ， d  xA
解得v1  4m / s
 共1
2a
木板 A 停止后，物块 B 继续以aB 做匀减速直线运动，设物块 B 运动到OO挡板处速度
v2  v2
为v2 ， L  x  12
2aB
解得v2  3m / s
设 B 运动到OO挡板右侧s  5m 处的速度为v3
根据动量定理 ft  mB v
则kvt  mBv3  mBv2
即： ks  mBv3  mBv2
解得v3  2.5m / s
物块 B 滑上四分之一圆弧槽后再运动到圆弧轨道最低点，设物块 B 的速度为v4 ，圆弧槽的速度为vM ，根据水平方向的动量守恒和能量守恒可得：
mBv3  mBv4 Mvm
1 m v2  1 m v2  1 Mv2
2B 32B 42m
4
3
解得v  mB  M v
mB  M
若M  2 ，则vB  0 ，B 向右运动，且速度小于圆弧速度，B 一直向右匀速运动，无法停止
若M  2 ，则vB  0 ，B 静止光滑地面上，符合题目条件
若M  2 ，则vB  0 ，B 向左进入特殊区域，速度大小为v左
要使 B 不滑上左侧 A，需要满足10v左 5
解得M  2
若M  3 时v左=0.5m/s,B 刚好达到挡板处速度为 0
= M  2  2.5
M  2
故 M 的取值范围为2 kg  M
 3kg