2019—2020 学年度第二学期高三阶段性检测
物 理
一、单项选择题
1. 下列现象中，与原子核内部变化有关的是
A. 粒子散射现象 B. 天然放射现象
C. 光电效应现象 D. 原子发光现象
【答案】B
【解析】
【详解】A．α 粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，
故 A 项错误；
B．天然放射现象是原子核内部发生变化自发的放射出 α 粒子或电子，从而发生 α 衰变或 β 衰
变，故 B 项正确；
C．光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故 C 项
错误；
D．原子发光是原子跃迁形成的也没有涉及到原子核的变化，故 D 项错误．
2.市场上有种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品时能使被照物品处产生的热效应大大降低，从
而广泛地应用于博物馆、商店等处如图所示．这种灯降低热效应的原因之一是在灯泡后面放
置的反光镜玻璃表面上镀一层薄膜(例如氟化镁)，这种膜能消除不镀膜时玻璃表面反射回来的
热效应最显著的红外线．以 λ 表示红外线的波长，则所镀薄膜的最小厚度应为( )．
A. λ B. λ C. λ D. λ
【答案】B
1
8
1
4
1
2【解析】
【详解】因为薄膜的厚度为波长的 ，所以两个界面上的反射光相干涉后互相抵消，减少了
反射光，而减少了反射光的能量．故选 B．
【点睛】本题考查了光的干涉，要知道两个界面上的反射光相干涉后互相抵消，减少了反射
光；知道波程差为半波长的奇数倍时为减弱点．
3.在两个固定电荷+q 和－q 之间放入两个原来不带电的导体． 1，2，3，4 为导体上的四个点，
达到静电平衡后，各点的电势分别是 ，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到 ，
，由于正电荷在右边，沿着电场线方向电势逐渐降低，所以越往右电势越高，所以
，故 B 正确，ACD 错误．
4.如图，在倾角为 的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫.已知
木板的质量是猫的质量的 2 倍。当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜
面的位置不变.则此时木板沿斜面下滑的加速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为
1
4
1 2 3 4, , ,ϕ ϕ ϕ ϕ
4 3 2 1
ϕ ϕ ϕ ϕ> > > 4 3 2 1
ϕ ϕ ϕ ϕ= > =
4 3 2 1
ϕ ϕ ϕ ϕ< < < 4 3 2 1
ϕ ϕ ϕ ϕ= < =
4 3
ϕ ϕ=
2 1
ϕ ϕ=
4 3 2 1
ϕ ϕ ϕ ϕ= > =
α
sin2
g α sing α 3
2 sing α 2 sing α零.将木板和猫作为整体，根据牛顿第二定律
(a 为木板的加速度)，
整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小，即
，
解得
，
A．综上分析 ，A 错误；
B．综上分析 ，B 错误；
C．综上分析 ，C 正确；
D．综上分析 ，D 错误；
故选 C。
5.2019 年 4 月 10 日全球六地召开新闻发布会，“事件视界望远镜”项目发布了近邻巨椭圆星
系 M87 中心捕获的首张黑洞照片。假设某一黑洞的半径 R 约为 45km，其质量 M 和半径 R 的
关系满足史瓦西半径公式 ，其中 c 为光速，G 为万有引力常量；由此可得出该黑洞
（实为一个天体）表面的重力加速度的数量级为（ ）
A. 106m/s2 B. 108m/s2
C. 1010m/s2 D. 1012m/s2
【答案】D
【解析】
【详解】物体在黑洞表面受到的重力等于万有引力，则有
联立 ，解得表面重力加速度为
g= =
故 D 正确，ABC 错误。
0 2F F F ma+= = +合 猫 板
3 sinF mg α=合
3 sin2a g α=
3 sin2a g α=
3 sin2a g α=
3 sin2a g α=
3 sin2a g α=
2
2
M c
R G
=
2
GMm mgR
=
2
2
M c
R G
=
2
GM
R
2 8 2
2 12 2
3
(3 10 ) m / s 10 m / s2 2 45 10
c
R
×= =× ×故选 D。
6.氢原子能级如图，当氢原子从 n=3 跃迁到 n=2 的能级时，辐射光的波长为 656nm。以下判断
正确的是（ ）
A. 氢原子从 n=2 跃迁到 n=1 的能级时，辐射光的波长大于 656nm
B. 用波长为 325nm 的光照射，可使氢原子从 n=1 跃迁到 n=2 的能级
C. 一群处于 n=3 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生 2 种谱线
D. 用波长为 633nm 的光照射，不能使氢原子从 n=2 跃迁到 n=3 的能级
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据波尔理论有
所以能量差越大，波长越短，从 n＝2 跃迁到 n＝1 的能量差大于 n＝3 跃迁到 n＝2 的能量差，
所以波长小于 656 nm，A 错误；
B．当氢原子从 n=3 跃迁到 n=2 的能级时，辐射光的波长为 656nm，有
氢原子从 n=1 跃迁到 n=2 的能级，有
联立解得 ，故用波长为 122nm 的光照射，可使氢原子从 n=1 跃迁到 n=2 的能级，
B 错误；
C．一群处于 n＝3 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生 种谱线，C 错误；
D．根据波尔理论，氢原子从 n＝3 跃迁到 n＝2 的能级时，辐射光的波长为 656 nm.，从 n＝2
跃迁到 n＝3 的能级需吸收波长为 656 nm 的光子，故用波长为 633nm 的光照射，不能使氢原
cE hv h λ∆ = =
3 2
1
1.89eVch E Eλ = − =
2 1 10.2eVch E Eλ = − =
122nmλ =
2
3 3C =子从 n=2 跃迁到 n=3 的能级。D 正确。
故选 D。
7.如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，
物块质量为 M，到小环的距离为 L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为 F．小环和物块以
速度 v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子 P 后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物
块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为 g．下列说法正确的是
A. 物块向右匀速运动时，绳中的张力等于 2F
B. 小环碰到钉子 P 时，绳中的张力大于 2F
C. 物块上升的最大高度为
D. 速度 v 不能超过
【答案】D
【解析】
【详解】物块向右匀速运动时，则夹子与物体 M，处于平衡状态，那么绳中的张力等于 Mg，
故 A 错误；小环碰到钉子 P 时，物体 M 做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向
心力，因此绳中的张力大于 Mg，而与 2F 大小关系不确定，故 B 错误；依据机械能守恒定律，
减小的动能转化为重力势能，则有： ，则物块上升的最大高度为 ，故C
错误；因夹子对物体 M 的最大静摩擦力为 2F，依据牛顿第二定律，对物体 M，则有：
，解得： ，故速度v 不能超过 ，故D
正确；故选 D．
【点睛】匀速运动时，处于平衡状态，整体分析，即可判定绳子中张力；当做圆周运动时，
22v
g
( )2F Mg L
M
−
21
2 Mv Mgh=
2
2
vh g
=
2
2 mvF Mg M L
− = ( )2
m
F Mg Lv M
−= ( )2F Mg L
M
−最低点，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，即可确定张力与 Mg 的关系，与 2F 关系无
法确定；利用机械能守恒定律，即可求解最大高度；根据两侧面与夹子间的最大静摩擦力均
为 F，利用牛顿第二定律，结合向心力，即可求解．
8.估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生 平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测
得 1 小时内杯中水上升了 45mm。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为 12m/s。据此估算该
压强约为（ ）（设雨滴撞击唾莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为 1×103kg/m3）
A. 0.15Pa B. 0.54Pa C. 1.5Pa D. 5.1Pa
【答案】A
【解析】
【详解】由于是估算压强，所以不计雨滴 重力。设雨滴受到支持面的平均作用力为 F。设在
△t 时间内有质量为△m 的雨水的速度由 v=12m/s 减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用
动量定理有
得到
设水杯横截面积为 S，对水杯里的雨水，在△t 时间内水面上升△h，则有
所以有压强
即睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强为 0.15Pa。
故 A 正确，BCD 错误。
故选 A。
二、多项选择题
9.如图所示，位于介质 I 和Ⅱ分界面上的波源 S，产生两列分别沿 x 轴负方向与正方向传播的
机械波。若在两种介质中波的频率及传播速度分别为 f1，f2 和 v1、v2，则（ ）
的
的
( )0F t mv mv∆ = − −∆ = ∆
mF vt
∆= ∆
m S hρ∆ = ∆
= hF Sv t
ρ ∆
∆
3
3 45 1010 12 Pa 0.15Pa3600
F hP vS t
ρ
−∆ ×= = = × × =∆A. f1＝2f2 B. f1＝f2
C. v1＝2v2 D. v1＝v2
【答案】BC
【解析】
【详解】同一波源的频率相等，所以有 ，从图中可得 ，故根据公式 可
得 ，故 BC 正确，AD 错误。
故选 BC。
10.已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为 ，其中 δ 为平面上单位面
积所带的电荷量，ε0 为常量。如图所示的平行板电容器，极板正对面积为 S，其间为真空，带
电荷量为 Q。不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小 E 和两
极板间相互的静电引力大小 F 分别为（ ）
A. E= B. E= C. F= D. F=
【答案】AD
【解析】
【详解】两极板均看作无穷大导体板，极板上单位面积上的电荷量
则单个极板形成的场强
1 2f f= 1 22λ λ= v fλ=
1 22v v=
02
δ
ε
0
Q
Sε 02
Q
Sε
2
0
Q
Sε
2
02
Q
Sε
Q
S
δ =两极板间的电场强度为
两极板间的相互引力
故 AD 正确，BC 错误
故选 AD。
11.地面上有一物体重为 G，今用竖直向上的拉力 F 作用于物体上．图 I、II 分别为 G 和 F 在 0
到 25s 内随时间变化的图象，则加速度 a 和速度 v 随时间 t 在 0 到 25s 内的变化图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】结合图 I 和图 II，分析物体的运动可知，在 0~5s 内，物体向上的拉力小于重力，物
体静止，加速度为零，速度为零．在 5s~10s 内，物体向上的拉力等于重力，加速度为零，物
体仍静止，速度为零．在 10s~15s 内，物体向上的拉力等于 40N，由牛顿第二定律，
。
0
0 02 2
QE Sε
δ
ε= =
0
0
2 QE E Sε= =
2
0
02
QF E Q Sε= =F-mg=ma，解得加速度 a=10m/s2，物体向上做匀加速直线运动，t=15s 时速度 v=a△t=10×(15-10)
m/s =50m/s．在 15s~20s 内，物体向上的拉力逐渐减小到零，在 17.5s 时拉力减小到 20N，加
速度减小到零，速度达到最大．在 17.5s~20s 内，物体做减速直线运动，20s 时，拉力减小到
零，20s 后，物体做匀减速直线运动（竖直上抛运动），加速度大小为 10m/s2．所以加速度 a
随时间 t 在 0 到 25s 内的变化图象是 A；速度 v 随时间 t 在 0 到 25s 内的变化图象是 C
12.如图所示，三个小球 A、B、C 的质量均为 m，A 与 B、C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为
L，B、C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现 A 由静止释放下降到最低
点，两轻杆间夹角 由 变为 ，A、B、C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，
忽略一切摩擦，重力加速度为 g．则此下降过程中
A. A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于
B. A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于
C. 弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下
D. 弹簧的弹性势能最大值为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A、B、A 的动能最大时，设 B 和 C 受到地面的支持力大小均为 F，此时整体在竖直
方向受力平衡，可得 2F=3mg，所以 ；在 A 的动能达到最大前一直是加速下降，处
于失重情况，所以 B 受到地面的支持力小于 ，故 A、B 正确；
C、当 A 达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A 的加速度方向向上，故 C 错误；
D、A 下落的高度为：h=Lsin60°-Lsin30°，根据功能关系可知，小球 A 的机械能全部转化为弹
α 60 120
( )
3
2 mg
3
2 mg
3 1
2 mgL
−
3
2F mg=
3
2 mg簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为 ，故 D 正确.
故选 ABD.
【点睛】解答本题的关键是弄清楚小球 A 在运动过程中的受力情况，知道平衡位置时受力平
衡，加速度方向向下属于失重、加速度方向向上属于超重．
三、非选择题
13.小明做验证动量守恒定律实验的装置如图甲所示，悬挂在 O 点的单摆由长为 l 的细线和直
径为 d 的小球 A 组成，小球 A 与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球 B 发生对心碰撞，碰
后小球 A 继续向前摆动，小球 B 做平抛运动。
(1)小明用游标卡尺测小球 A 直径如图乙所示，则 d=_______mm。又测得了小球 A 质量 m1，
细线长度 l，碰撞前小球 A 拉起的角度 α 和碰撞后小球 B 做平抛运动的水平位移 x、竖直下落
高度 h。为完成实验，还需要测量的物理量有：___________；
(2)如果满足等式_____________（用实验测得的物理量符号表示），我们就认为在碰撞中系统
的动量是守恒的。
【答案】 (1). 12.40 (2). 小球 B 质量 m2，碰后小球 A 摆动的最大角度 β (3).
【解析】
【详解】(1) [1]球的直径为 d=12mm+ ×8mm=12.40mm。
[2]根据机械能守恒定律可得碰撞前瞬间球 A 的速度
碰撞后仍可根据机械能守恒定律计算小球 A 的速度，所以需要小球 A 碰后摆动的最大角 ；
小球 B 碰撞后做平抛运动，根据平抛运动规律可得小球 B 的速度，要求 B 的动量所以需要测
3 1
2PE mgh mgL
−= =
1 1 2(2 )(1 cos ) (2 )(1 cos )
2
xm l d m l d m
h
α β+ − = + − +
1
20
2
1 1 1
1( )(1 cos )2 2
dm g l m vα+ − =
β量小球 B 的质量 。
(2) [3]碰后对小球 A 用机械能守恒
小球 B 做平抛运动
碰撞过程动量守恒
联立以上五式整理得
14.一电流表的量程标定不准确，某同学利用如图所示电路测量该电流表的实际量程 Im。所用
器材有：
量程不准的电流表 A1，内阻 r1=10.0Ω，量程标称为 5.0mA；
标准电流表 A2，内阻 r2=45.0Ω，量程为 1.0mA；
标准电阻 R1，阻值 10.0Ω；
滑动变阻器 R，总电阻约为 300.0Ω；
电源 E，电动势为 3.0V，内阻不计；
保护电阻 R2；开关 S；导线。
回答下列问题：
(1)开关 S 闭合前，滑动变阻器的滑动端 c 应滑动至_______端；
(2)开关 S 闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表 A1 满偏；若此时电流表 A2 的读数为
2m
1 1 1
'21( )(1 cos )2 2
dm g l m vβ+ − =
2x v t=
21
2h gt=
'
1 1 1 1 2 2m v m v m v= +
1 1 2(2 )(1 cos ) (2 )(1 cos )
2
xm l d m l d m
h
α β+ − = + − +I2，则 A1 的量程 Im 为__________；
(3)若测量时，A1 未调到满偏，读出 A1 示数 I1=3.00mA，A2 的示数 I2=0.66mA；由读出的数
据计算得 Im=_________mA；（保留 3 位有效数字）
(4)写一条提高测量准确度的建议：________。
【答案】 (1). b (2). 5.5I2 (3). 6.05 (4). 多次测量取平均值，或测量时电流表指
针偏转大于满刻度的一半
【解析】
【详解】(1)[1]在滑动变阻器的限流接法中在接通开关前需要将滑片滑动到阻值最大端，即如
图 b 端。
(2) [2]闭合开关调节滑动变阻器使待测表满偏，流过的电流为 Im．根据并联电路电压相等有
得
(3)[3]待测表未满偏有
A2 的示数 0.66mA，并将其他已知条件代入解得
但读出 A1 的示数 3.00mA，量程为 5.0mA，根据电流表的刻度是均匀的，则准确量程为
(4)[4]为减小偶然误差，可以多次测量取平均值，或测量时电流表指针偏转大于满刻度的一半。
15.一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示.将一质量 、体积 的
重物捆绑在开口朝下的浮筒上.向浮筒内冲入一定质量的气体，开始时筒内液面到水面的距离
，筒内气体体积 .在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面的距离为 时，
拉力减为零，此时气体体积为 ，随后浮筒和重物自动上浮．求 和 . 已知:大气压强
，水的密度 ，重力加速度的大小 .不计水温变化，
的
( )m 2 11 2I I Rr r= +
( )2 1 2
m 2
1
5.5I R rI Ir
+= =
( )1 2 11 2I I Rr r= +
( ) ( )2 1 2
1
1
0.66 10 45 mA 3.63mA10
I R rI r
+ += = =
3.63 5.0mA=6.05mA3.00
×
33 10M kg= × 3
0 0.5V m=
1 40h m= 3
1 1V m= 2h
2V 2V 2h
5
0 1 10P Pa= × 3 31 10 /kg mρ = × 210g m s=筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略.
【答案】
【解析】
试题分析：当深度为 时，整体受到的重力和浮力相等，根据平衡条件求解气体的体积 ，
然后对气体根据玻意耳定律求解压强，得到液体的深度
当 时，由平衡条件得：
…①
代入数据得： …②
设筒内气体初态、末态的压强分别为 、 ，由题意得：
…③
…④
在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得：
…⑤
联立②③④⑤，代入数据得：
16. 短跑运动员完成 100m 赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一
次比赛中，某运动员用 11.00s 跑完全程．已知运动员在加速阶段的第 2s 内通过的距离为
7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．
【答案】１０m
3
2 2.5V m= 2 10h m=
2h 2V
2h
0F =
( )0 2Mg g V Vρ= +
3
2 2.5V m=
1P 2P
1 0 1P P ghρ= +
2 0 2P P ghρ= +
1 1 2 2PV PV=
2 10h m=【解析】
根 据 题 意 ， 利 用 平 均 速 度 等 于 中 点 时 刻 的 速 度 ， 设 运 动 员 在 1.5 时 的 速 度 为 v ， 则
由公式
设运动员做匀加速直线运动的时间为 ，匀速运动的时间为 ，匀速运动的速度为 ，跑完
全程的时间为 ，全程的距离为 ，加速运动通过的距离为 ．依据题意及运动学规律得
； ； ；
则加速运动通过的距离为 ；
联立以上各个公式得
综上所述：运动员做加速运动时的加速度为 5 m/s2
并且在加速阶段走过的位移为 10 m
17.如图甲所示，建立 Oxy 坐标系，两平行极板 P、Q 垂直于 y 轴且关于 x 轴对称，极板长度
和板间距均为 l，第一四象限有磁场，方向垂直于 Oxy 平面向里．位于极板左侧 粒子源沿 x
轴间右连接发射质量为 m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在 0~3t 时间内两板间
加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）．
已知 t=0 时刻进入两板间的带电粒子恰好在 t0 时，刻经极板边缘射入磁场．上述 m、q、l、l0、
B 为已知量．（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）
（1）求电压 U 的大小．
（2）求 时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径．
的
7.5 m/s1
sv t
= =
2 27.5 m/s =5m/s1.5
va t
∆= =∆
1t 2t v
t s s′
1 2t t t= + 1v at= 2
1 2
1
2s at vt= +
2
1
1
2s at′ =
10ms′ =
1
2（3）何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．
【答案】（1） （2） （3）圆弧所对的圆心角为 ，所求最短时间
为
【解析】
【详解】（1） 时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动， 时刻刚好从
极板边缘射出，在 y 轴负方向偏移的距离为 ，则有 ①， ②
③
联立以上三式，解得两极板间偏转电压为 ④．
（2） 时刻进入两极板的带电粒子，前 时间在电场中偏转，后 时间两极板没有电
场，带电粒子做匀速直线运动．
带电粒子沿 x 轴方向的分速度大小为 ⑤
带电粒子离开电场时沿 y 轴负方向的分速度大小为 ⑥
带电粒子离开电场时的速度大小为 ⑦
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为 R，则有 ⑧
联立③⑤⑥⑦⑧式解得 ⑨．
2
0 2
0
mlU qt
=
0
5
2
mlR qBt
= 2 2
πα =
min
1
4t T=
0t = 0t
1
2 l 0UE l
= Eq ma=
2
0
1 1
2 2l at=
2
0 2
0
mlU qt
=
0
1
2 t 0
1
2 t 0
1
2 t
0
0
lv t
=
0
1·2yv a t=
2 2
x yv v v= +
2vBvq m R
=
0
5
2
mlR qBt
=（3） 时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短．带电粒子离开磁场时沿 y 轴正
方向的分速度为 ⑩，
设带电粒子离开电场时速度方向与 y 轴正方向的夹角为 ，则 ，
联立③⑤⑩式解得 ，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为
，所求最短时间为 ,带电粒子在磁场中运动的周期为 ，联立以上
两式解得 ．
带电粒子在匀强电场、匀强磁场中的运动
18.如图甲所示，光滑的平行长直金属导轨置于水平面内，间距为 L，导轨左端接有阻值为 R
的电阻，质量为 m 的导体棒垂直跨接在导轨上。导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好。
在导轨平面上一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。开始时，导体
棒静止于磁场区域的右端，当磁场以速度 v1 匀速向右移动时，导体棒随之开始运动，同时受
到水平向左，大小为 f 的恒定阻力，并很快达到恒定速度，此时导体棒仍处于磁场区域内。
(1)求导体棒所达到的恒定速度 v2；
(2)为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过多少？
(3)导体棒以恒定速度运动时，克服阻力做功的功率和电路中消耗的电功率各为多大？
(4)若 t＝0 时磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动，经过较短时间后，导体棒也做匀加
速直线运动，其 v－t 关系如图乙所示，已知在时刻 t 导体棒的瞬时速度大小为 vt，求导体棒做
匀加速直线运动时的加速度大小。
【 答 案 】 (1) ； (2) ； (3) ； ； (4)
02t
'
0yv at=
α 0
'tan
y
v
v
α =
4
πα =
2 2
πα = min
1
4t T= 2 mT Bq
π=
min 2
mt Bq
π=
2 1 2 2
fRv v B L
= − 2 2
1B L v
R 1 2 2
fRP f v B L
= −阻 （ ）
2
2 2
f RP B L
=电【解析】
【详解】(1)导体棒以恒定速度 v2 运动时，切割磁感线的相对速度大小为 ，此时产生感
应电动势
E＝BL（v1－v2）
感应电流
由于导体棒匀速运动，由平衡条件得
由以上各式得
(2)导体棒刚开始运动时，导体棒切割磁感线的相对速度最大为 v1，此时 F 安最大。
为使导体棒能随磁场运动，阻力最大值 不超过 ，解得
(3)设导体棒以恒定速度 v2 运动，克服阻力做功的功率
代入解得
电路中消耗的电功率
2 2
t
2 2
B L v fR
B L t mR
+
−
1 2
−v v
EI R
＝
BIL f=
2 1 2 2
fRv v B L
= −
mmF BI L=安
1
m
BLvI R
=
mf F安m
2 2
1
m
B L vf R
=
2P fv=阻
1 2 2
fRP f v B L
= −阻 （ ）
2 2 2
2 1 2B L v vP I R R
= = −
电
（ ）联立解得
(4)设磁场的加速度为 a，金属棒的加速度为 a′，当金属棒以一定速度 v 运动时，受安培力和阻
力作用，由牛顿第二定律
BIL－f＝m a′
由图可知，在 t 时刻导体棒的瞬时速度大小为 vt，此时棒做匀加速运动，磁场与棒之间速度差
为恒量，因此必有 a=a′ ，又因为感应电动势
联立解得
2
2 2
f RP B L
=电
'
tE IR BL at v= = −（ ）
2 2
t
2 2
+B L v fRa B L t mR
′ = −
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