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四川省眉山市青神中学校2024-2025学年高二下学期半期考试物理试卷
一、单选题（每个小题只有1个选项正确，每小题5分，共35分）
1．（2025高二下·青神期中）关于机械波的描述，下列说法正确的是（　　）
A．当两列波发生干涉时，如果两列波的波峰在某点相遇，则该处质点的位移始终最大
B．当机械波发生反射时，其频率不变，波长、波速均发生变化
C．测速雷达向行进中的车辆发射频率已知的超声波同时测量反射波的频率，根据反射波的频率变化的多少就能得到车辆的速度，这利用的是多普勒效应
D．波长不同的机械波通过宽度一定的狭缝时波长越小衍射越明显
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；多普勒效应；波的叠加
【解析】【解答】A．如果两列波的波峰在某点相遇，振动总是加强，但质点的位移有时最大，有时为0，故A错误；
B．波发生反射是在同一种介质中，波的频率、波长和波速均不变，故B错误；
C．测速雷达向行进中的车辆发射频率已知的超声波，根据反射波的频率变化判断车速，这是利用了波的多普勒效应，故C正确；
D．波长不同的机械波通过宽度一定的狭缝时波长越长衍射越明显，故D错误。
故选C。
【分析】根据波的干涉、衍射、反射、多普勒效应分析判断；
A、两列波发生干涉时，波峰相遇点振幅最大，但该点位移随波的传播要发生变化；
B、波发生反射是在同一种介质中，波的频率、波长和波速均不变；
C、根据反射波的频率变化判断车速，利用了波的多普勒效应的原理；
D、波长越长，越容易发生明显衍射现象。
2．（2025高二下·青神期中）如图所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在BC两点之间做简谐运动，BC相距，小球经过点时开始计时，经过首次到达C点。下列说法正确的是（　　）
A．小球振动的周期为
B．小球由C点到B点加速度不断减小
C．小球的位移-时间关系为
D．末小球位移为
【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】A．小球经过点时开始计时，经过首次到达C点，可知小球振动的周期为，A错误；
B．小球由C点到B点加速度先减小后增加，B错误；
C．振幅A=0.1m，，小球经过点时开始计时，小球的位移-时间关系为，C正确；
D．末，即经过了5个周期，小球回到B点，则小球位移为，D错误。
故答案为：C。
【分析】先根据B到C的时间确定周期，再分析各选项：周期、加速度变化、位移方程、位移判断。
3．（2025高二下·青神期中）如图所示，在绘制单摆做简谐运动的图像时，甲、乙两同学用不同摆长的沙摆和同样长的纸带，分别作出如图甲和图乙所示实验结果。已知实验中图甲、图乙纸带运动的平均速度大小相等，则甲、乙同学所用沙摆的摆长L甲：L乙为（　　）
A．9：16 B．16：9 C．3：4 D．4：3
【答案】A
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】实验中图2、图3纸带运动的平均速度大小相等，由图2与图3所示可知，纸带运动时间t=2T甲=1.5T乙，再由周期公式有，故选A。
【分析】根据题意求出两单摆的周期关系，然后根据单摆周期公式求出两单摆摆长之比。
4．（2025高二下·青神期中）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，通过理想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匀速转动，图乙是线圈转动过程中穿过线圈的磁通量Ф随时间t变化的图像，则（　　）
A．时刻线圈处于中性面位置
B．时刻，穿过线圈的磁通变化率为零，感应电动势为零
C．时刻电流表示数为0，时刻电流表的示数最大
D．时刻电流方向发生改变，线圈转动一周，电流方向改变两次
【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查交流电产生过程，法拉第电磁感应定律的灵活应用，知道电流表电压表的示数均为有效值。A．由图乙可知，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；
B．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，故B正确；
C．根据题意可知，电流表的示数为回路中电流的有效值，而回路中电流的有效值不变，故C错误；
D．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，而线圈转动一周，电流方向改变两次，故D错误。
故选B。
【分析】在中性面位置穿过线圈的磁通量最大；根据法拉第电磁感应定律、磁通量的变化率为零，感应电动势为零；交流电流表测量的是交流电的有效值；t2、t4时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电流最大，此时电流方向不发生改变，线圈转动一周电流方向改变两次。
5．（2025高二下·青神期中）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平速度v0抛出，棒运动过程中始终保持水平。不计空气阻力，金属棒内产生的感应电动势将（　　）
A．越来越大 B．越来越小
C．保持不变 D．方向不变，大小改变
【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】金属棒做平抛运动的过程中，水平方向的分速度不变，因而切割磁感线的速度不变，故棒上产生的感应电动势大小不变。
故答案为：C。
【分析】金属棒做平抛运动时，水平分速度保持不变，而感应电动势的大小由垂直于磁场方向的切割速度决定。
6．（2025高二下·青神期中）如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1，原线圈中输入如图乙所示的交流电，副线圈中接入阻值的电阻，电表均为理想电表，不计导线电阻，下列说法正确的是（　　）
A．通过电流表的电流方向每秒钟改变50次
B．电阻R消耗功率为
C．电压表读数为
D．电流表读数为2.5A
【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图乙知，在内通过电流表电流方向改变两次，则每秒钟改变100次，故A错误；
B．电阻消耗功率，故B正确；
C．设输入电压的有效值为，根据有效值的定义，有，得
根据变压器电压比关系，得，电压表读数，故C错误；
D．根据欧姆定律，可得电流表读数，故D错误。
故答案为：B。
【分析】先根据交变电压的有效值定义计算原线圈输入电压的有效值，再利用变压器的电压比求出副线圈电压，最后结合欧姆定律、功率公式分析各选项。
7．（2025高二下·青神期中）如图所示，一质量为、边长为的正方形导线框，由高度处自由下落，边进入磁感应强度为的匀强磁场区域后，线圈开始做匀速运动，直到边刚刚开始穿出磁场为止。已知磁场区域宽度为。重力加速度为，不计空气阻力。线框在穿越磁场过程中，下列说法正确的是（　　）
A．线框进入磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B．线框穿越磁场的过程中电流大小为
C．线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热为
D．线框进入磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为
【答案】D
【知识点】右手定则；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．线框进入磁场的过程中，ab边切割磁感应线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针方向，故A错误；
B．由题可知，线框进入磁场后开始做匀速运动，根据平衡条件有，解得，故B错误；
C．从ab边进入磁场到cd边刚好离开磁场，线框一直做匀速运动，且下降的高度为2l，根据能量守恒，可知线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热等于减小的重力势能，则有，故C错误；
D．线框从高为h处静止释放，则，线框以速度进入磁场做匀速运动，经过时间完全进入磁场，则有，则线框进入磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据右手定则判断电流方向，利用平衡条件求电流，用能量守恒求焦耳热，用 或 求电荷量。
二、多选题（每小题有两个正确选项，选对得5分，没选全得3分，选错不得分，共15分）
8．（2025高二下·青神期中）一列简谐横波如图所示，时波形如图中实线所示，时波形如图中虚线所示，已知：。下列说法正确的是（　　）
A．该列波沿x轴负方向传播
B．波的周期为
C．时质点P沿y轴负方向运动
D．波的传播速度为52m/s
【答案】A,B
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】A．由，结合波形图可知，两个波峰的位置相距，所以波沿x轴负方向传播，故A正确；
B．已知传播时间和周期的关系，根据关系式
可得
故B正确；
C．由于波向x轴的负方向传播，质点P波前质点在P的上方，所以时刻质点P沿y轴正方向运动，故C错误；
D．该波的波长8cm，周期为，根据波长和周期可以得出波的传播速度为
故D错误。
故选AB。
【分析】利用波传播的时间和周期的关系可以求出周期的大小，结合传播的距离可以判别波传播的方向，利用波传播的方向可以判别质点的运动方向；利用波长和周期可以求出传播速度的大小。
9．（2025高二下·青神期中）如图所示，等腰直角三角形ABC是某一透明棱镜的横截面，D、E分别为AC、BC边的中点。一束足够强且平行于截面的红光从空气射向D点，折射后到达E点。已知红光的入射方向与AC边的夹角为30°，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（　　）
A．该棱镜对红光的折射率为
B．该棱镜对红光的折射率为
C．红光在该棱镜中的传播速度
D．若改用橙光沿相同的角度从D点入射，将会折射到BE上的某个位置
【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】AB．由于CE边长度等于CD边，根据几何关系可知红光在棱镜中的折射角为45°，根据折射定律可以得出：棱镜对红光的折射率为
故A正确，B错误；
C．根据光速和折射率的关系有，可得红光在该棱镜中的传播速度
故C错误；
D．由于橙光的频率大于红光，所以橙光的折射率比红光的折射率大，折射率大这偏折程度更明显，所以橙光将会被折射到BE上的某个位置，故D正确。
故选AD。
【分析】利用折射定律结合几何关系可以求出折射率的大小；利用折射率可以求出光在介质中传播的速度；利用折射率的大小可以判别橙光将会被折射到BE上的某个位置。
10．（2025高二下·青神期中）收音机的调谐电路如图甲所示，改变可变电容器C的电容，进而改变调谐电路的频率。某次“调频”后，电路中的高频电流i随时间t的变化规律为如图乙所示的正弦曲线。下列说法正确的是（　　）
A．时刻，电容器C两极板之间的电场能最大
B．时刻，线圈L的自感电动势最大
C．时间内，回路中的磁场能正在向电场能转化
D．时间内，电容器C正在充电
【答案】B,D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．根据图像可知时刻，电流最大，回路的磁场能最大，电容器C两极板之间的电场能最小；故A错误；
B．根据，可知时刻，图像的斜率最大，线圈L的自感电动势最大；故B正确；
C．时间内，电流增大，磁场能增大，回路中的电场能正在向磁场能转化；故C错误；
D．时间内，电流减小，磁场能减小，电场能增大，电容器C正在充电；故D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据LC振荡电路中电流、电场能、磁场能的变化规律，结合图像斜率判断自感电动势大小。
三、实验填空题（每空2分，共16分）
11．（2025高二下·青神期中）某同学采用插针法测玻璃的折射率，实验步骤如下：
（1）在方格纸上画出一条直线a作为界面（线），过a上的一点О画出界面的法线MN、并画一条线段AO作为入射光线、再把玻璃砖放到方格纸上，上边界与a对齐，画出玻璃砖的下界面b的位置。
（2）在表示入射光线的AO上插上大头针P1、P2。
（3）在玻璃砖的另一侧确定大头针P3、P4的位置，请用简洁的文字描述大头针P3、P4的插法：插P3时，应使它　 　，插P4时，应使它　 　。
（4）请在图中补充完整光路图　 　。
（5）该同学在实验过程中画出界面a后，不小心将玻璃砖向下平移了一些，之后才画上界面b，则所测得的折射率将　 　。（填“偏大”“偏小”或“不变”）
【答案】挡住P1、P2的像；挡住P3和P1、P2的像；；偏小
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】（3）根据光路的可逆性原理及光在均匀介质中直线传播的特点，插插P3时，应使它挡住P1、P2的像，插P4时，应使它挡住P3和P1、P2的像；
故答案为：挡住P1、P2的像；挡住P3和P1、P2的像
（4）根据光的折射规律可得下图
（5）由于画出界面a后将玻璃砖向下平移了一些，之后才画上界面b，这会导致如下图所示的变化，实线有箭头的为实际光线，由此可看出，实际折射角比所画的折射角小，因此所求的折射率偏小。
故答案为：偏小
【分析】(1) 插针时，P3需挡住P1、P2的像，P4需挡住P3和P1、P2的像，以确定出射光线。
(2) 光路图应包含入射光线、折射光线（在玻璃砖内）和出射光线。
(3) 玻璃砖下移，导致测量的折射角偏大，根据折射定律 ，折射率测量值偏小。
12．（2025高二下·青神期中）某同学设计了一个加速度计，如图所示。较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用弹簧3拉着；R为滑动变阻器，4是滑动片，它与电阻器任一端间的电阻值都与它到这端的距离成正比。这个装置实际上是一个加速度传感器。工作时将框架固定在被测物体上，使弹簧及电阻R均与物体的运动方向平行。当被测物体加速运动时，滑块将在弹簧的作用下，以同样的加速度运动。通过电路中仪表的读数，可以得知加速度的大小。
已知两个电池E的电动势相同，均为，内阻可以忽略不计；滑块的质量为，两弹簧的劲度系数均为，电阻器的全长，被测物体可能达到的最大加速度为（此时弹簧仍为弹性形变），电压表为指针式直流电压表（可视为理想电压表），零刻度在表盘中央（即可显示正负电压），当P端的电势高于Q端时，指针向零右侧偏转。当被测物体的加速度为零时，电压表的示数为零；当被测物体的加速度达到最大时，电压表的示数为满偏量程。
（1）当加速度为零时，应将滑动片调到距电阻器左端　 　cm处（结果保留两位有效数字）；
（2）当物体具有图示方向的加速度a时，电压表的指针将向零点　 　（填“左”、“右”）侧偏转；
（3）所给电压表量程为　 　V；
（4）若将电压表的表盘换成直接表示加速度的刻度盘，只需满足关系式　 　（用字母m，E，k，L表示，各量均采用国际单位）
【答案】（1）4.0
（2）左
（3）9
（4）
【知识点】实验基础知识与实验误差；牛顿第二定律；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1）加速度为零时，滑块应处于电阻器的中央，电阻器全长8.0cm，应将滑动片调到距电阻器左端4.0cm处。
故答案为：4.0
（2）当物体具有图示方向的加速度a时，滑块所受的弹簧的拉力的合力向右，滑块向左移动，根据顺着电流方向电势降低，可知P端的电势低于Q点的电势，则电压表的指针将向零点左侧偏转。
故答案为：左
（3）设加速度最大时，滑块向左移动的距离为，根据牛顿第二定律得
解得
此时电压表的读数为
故电压表的量程应为9V。
故答案为：9
（4）设加速度为时，电压表的读数为，则
又
联立解得
故答案为：
【分析】(1) 加速度为零时，滑块受力平衡，应在滑动变阻器中点，故滑片距左端为总长度的一半。
(2) 物体向右加速时，滑块向左移动，P端电势低于Q端，电压表指针向零点左侧偏转。
(3) 最大加速度时，滑块位移最大，由牛顿第二定律求出位移，再根据电阻分压求出最大电压，即电压表量程。
(4) 由牛顿第二定律和电压与位移的关系，推导出电压与加速度的线性关系。
（1）加速度为零时，滑块应处于电阻器的中央，电阻器全长8.0cm，应将滑动片调到距电阻器左端4.0cm处。
（2）当物体具有图示方向的加速度a时，滑块所受的弹簧的拉力的合力向右，滑块向左移动，根据顺着电流方向电势降低，可知P端的电势低于Q点的电势，则电压表的指针将向零点左侧偏转。
（3）设加速度最大时，滑块向左移动的距离为，根据牛顿第二定律得
解得
此时电压表的读数为
故电压表的量程应为9V。
（4）设加速度为时，电压表的读数为，则
又
联立解得
四、解答题（34分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
13．（2025高二下·青神期中）如图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，P是平衡位置为处的质点，Q是平衡位置为处的质点，M是平衡位置为处的质点，图乙为质点Q的振动图像。
（1）求到，该波沿x轴传播的距离x1；
（2）若从开始计时，求质点P第一次回到平衡位置与质点M第一次回到平衡位置的时间差；
（3）若从开始计时，当质点M通过的路程为时，求质点P通过的路程S。
【答案】（1）解：由图甲可知，波长，由图乙可知周期。则波速
则在到，该波在水平方向传播距离为
（2）解：由于M点处于最大位移处，则M点到平衡位置的最短时间为
由Q的振动图像可知该简谐波向左传播，质点P以最短时间振动到平衡位置与质点Q的振动形式传播到P点的时间相等。
则有
（3）解：由于质点M处于最大位移处，且M点经过的路程恰好为振幅的整数倍。则M点振动的次数为（次）
开始计时后P点的振动时间与M点的振动时间相同，P点振动时间为
一个周期内质点振动路程为。
由于质点P平衡位置为，根据波的图形为正弦函数图，在时，P的位移
并向最大位移处振动，根据振动图像为正弦函数图象可知，后质点P到最大位移处，再经过，再次回到处，故共振动路程
可知
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】(1) 先由波形图和振动图像得到波长和周期，计算波速，再由时间差求传播距离。
(2) 分别求出P、M第一次回到平衡位置的时间，再求时间差。
(3) 先由 M 的路程求出运动时间，再计算P在相同时间内的路程。
（1）由图甲可知，波长，由图乙可知周期。则波速
则在到，该波在水平方向传播距离为
（2）由于M点处于最大位移处，则M点到平衡位置的最短时间为
由Q的振动图像可知该简谐波向左传播，质点P以最短时间振动到平衡位置与质点Q的振动形式传播到P点的时间相等。
则有
（3）由于质点M处于最大位移处，且M点经过的路程恰好为振幅的整数倍。则M点振动的次数为（次）
开始计时后P点的振动时间与M点的振动时间相同，P点振动时间为
一个周期内质点振动路程为。
由于质点P平衡位置为，根据波的图形为正弦函数图，在时，P的位移
并向最大位移处振动，根据振动图像为正弦函数图象可知，后质点P到最大位移处，再经过，再次回到处，故共振动路程
可知
14．（2025高二下·青神期中）如图所示的足够长光滑水平导轨上，有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，平行导轨左端间距为，右端间距为。与导轨垂直放置、两根导体棒，质量分别为和，电阻分别为和。现导体棒以初速度水平向右运动，设两导体棒未相碰，且均在各自导轨上运动。求：
（1）此时导体棒的加速度；
（2）导体棒的速度为时，导体棒的速度大小；
（3）求整个运动过程中导体棒产生的焦耳热。
【答案】（1）解：此时回路电动势
则回路电流
楞次定律可知电流方向从D到F，左手定则可知DF受到的安培力方向水平向右，对DF棒，由牛顿定律有
联立解得，方向水平向右。
（2）解：规定向右为正方向，对导体棒，由动量定理有
对导体棒，由动量定理有
联立解得导体棒的速度大小
（3）解：分析可知，当导体棒产生电动势相等时，回路没有电流，回路不再产生热量，则有
该过程，对导体棒，由动量定理有
对导体棒，由动量定理有
联立解得稳定时，导体棒的速度分别为
整个运动过程中导体棒产生的焦耳热
联立解得
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1) 先由切割磁感线规律求回路感应电动势，结合闭合电路欧姆定律求电流，再对DF棒用牛顿第二定律求加速度。
(2) 利用“动量定理 + 电荷量关联”的方法，结合两棒安培力冲量的比例关系，联立求解DF棒的速度。
(3) 先由动量守恒（系统合冲量为零）求最终共速，再由能量守恒求总焦耳热，最后按电阻比例分配求AC棒的焦耳热。
（1）此时回路电动势
则回路电流
楞次定律可知电流方向从D到F，左手定则可知DF受到的安培力方向水平向右，对DF棒，由牛顿定律有
联立解得
方向水平向右。
（2）规定向右为正方向，对导体棒，由动量定理有
对导体棒，由动量定理有
联立解得导体棒的速度大小
（3）分析可知，当导体棒产生电动势相等时，回路没有电流，回路不再产生热量，则有
该过程，对导体棒，由动量定理有
对导体棒，由动量定理有
联立解得稳定时，导体棒的速度分别为
整个运动过程中导体棒产生的焦耳热
联立解得
15．（2025高二下·青神期中）如图所示为直线电机工作原理的简化模型。一根足够长的圆柱形磁棒竖直固定在水平地面上，为磁棒上下截面圆心的连线，磁棒周围有沿半径方向向外均匀辐射的磁场，磁棒在周围某一点产生的磁场的磁感应强度的大小与该点到连线的距离成反比。磁棒上端的某一水平面上固定两个不可伸缩的粗细均匀的圆环形金属线圈1、2，且线圈1、2的圆心重合。线圈1的质量为m，周长为C，电阻为R；线圈2的质量为2m，周长为2C，电阻为2R。现分别对两线圈1、2施加竖直方向的外力、，并将两线圈1、2同时由静止释放，使两线圈均向下做加速度（g为重力加速度的大小）的匀加速直线运动，下落过程中线圈1所在位置处的磁场的磁感应强度大小始终为B。已知两线圈从静止下落到外力、的大小相等的过程中产生的总焦耳热，不考虑两线圈之间的相互作用及线圈中电流产生的磁场，不计空气阻力，两线圈环面始终水平，则在此过程中，求
（1）线圈1中产生的感应电流的方向（从上往下看）和线圈1受到的安培力的方向；
（2）线圈1中产生的焦耳热；
（3）外力做的功。
【答案】（1）解：由右手定则知，线圈1中产生的感应电流的方向为顺时针方向，由左手定则知，线圈1受到的安培力的方向竖直向上；
（2）解：设线圈2所在位置处的磁感应强度为B2，则
解得
两线圈同时静止释放，运动的加速度相同，由v=at知，两线圈任意时刻速度相同，由
知两线圈回路产生的感应电流之比
由Q=I2Rt知，相同时间内两线圈产生的热量之比
故线圈1中产生的焦耳热
（3）解：设F1=F2时，两线圈的速度大小均为v1，则对线圈1，由牛顿第二定律：
对线圈2，由牛顿第二定律：
其中
联立知
则线圈1下落高度
线圈1下落过程，由功能关系：
联立知，外力F1做的功
【知识点】动能定理的综合应用；左手定则—磁场对带电粒子的作用；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】(1) 线圈向下切割磁感线，由右手定则判断感应电流方向；由左手定则判断安培力方向。
(2) 先由电磁感应和牛顿定律求出两线圈的安培力、电流和焦耳热的比例关系，再按比例分配总焦耳热。
(3) 对线圈 1 应用动能定理，结合已知的焦耳热，求出外力做的功。
（1）由右手定则知，线圈1中产生的感应电流的方向为顺时针方向，由左手定则知，线圈1受到的安培力的方向竖直向上；
（2）设线圈2所在位置处的磁感应强度为B2，则
解得
两线圈同时静止释放，运动的加速度相同，由v=at知，两线圈任意时刻速度相同，由
知两线圈回路产生的感应电流之比
由Q=I2Rt知，相同时间内两线圈产生的热量之比
故线圈1中产生的焦耳热
（3）设F1=F2时，两线圈的速度大小均为v1，则对线圈1，由牛顿第二定律：
对线圈2，由牛顿第二定律：
其中
联立知
则线圈1下落高度
线圈1下落过程，由功能关系：
联立知，外力F1做的功
1 / 1四川省眉山市青神中学校2024-2025学年高二下学期半期考试物理试卷
一、单选题（每个小题只有1个选项正确，每小题5分，共35分）
1．（2025高二下·青神期中）关于机械波的描述，下列说法正确的是（　　）
A．当两列波发生干涉时，如果两列波的波峰在某点相遇，则该处质点的位移始终最大
B．当机械波发生反射时，其频率不变，波长、波速均发生变化
C．测速雷达向行进中的车辆发射频率已知的超声波同时测量反射波的频率，根据反射波的频率变化的多少就能得到车辆的速度，这利用的是多普勒效应
D．波长不同的机械波通过宽度一定的狭缝时波长越小衍射越明显
2．（2025高二下·青神期中）如图所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在BC两点之间做简谐运动，BC相距，小球经过点时开始计时，经过首次到达C点。下列说法正确的是（　　）
A．小球振动的周期为
B．小球由C点到B点加速度不断减小
C．小球的位移-时间关系为
D．末小球位移为
3．（2025高二下·青神期中）如图所示，在绘制单摆做简谐运动的图像时，甲、乙两同学用不同摆长的沙摆和同样长的纸带，分别作出如图甲和图乙所示实验结果。已知实验中图甲、图乙纸带运动的平均速度大小相等，则甲、乙同学所用沙摆的摆长L甲：L乙为（　　）
A．9：16 B．16：9 C．3：4 D．4：3
4．（2025高二下·青神期中）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，通过理想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匀速转动，图乙是线圈转动过程中穿过线圈的磁通量Ф随时间t变化的图像，则（　　）
A．时刻线圈处于中性面位置
B．时刻，穿过线圈的磁通变化率为零，感应电动势为零
C．时刻电流表示数为0，时刻电流表的示数最大
D．时刻电流方向发生改变，线圈转动一周，电流方向改变两次
5．（2025高二下·青神期中）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平速度v0抛出，棒运动过程中始终保持水平。不计空气阻力，金属棒内产生的感应电动势将（　　）
A．越来越大 B．越来越小
C．保持不变 D．方向不变，大小改变
6．（2025高二下·青神期中）如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1，原线圈中输入如图乙所示的交流电，副线圈中接入阻值的电阻，电表均为理想电表，不计导线电阻，下列说法正确的是（　　）
A．通过电流表的电流方向每秒钟改变50次
B．电阻R消耗功率为
C．电压表读数为
D．电流表读数为2.5A
7．（2025高二下·青神期中）如图所示，一质量为、边长为的正方形导线框，由高度处自由下落，边进入磁感应强度为的匀强磁场区域后，线圈开始做匀速运动，直到边刚刚开始穿出磁场为止。已知磁场区域宽度为。重力加速度为，不计空气阻力。线框在穿越磁场过程中，下列说法正确的是（　　）
A．线框进入磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B．线框穿越磁场的过程中电流大小为
C．线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热为
D．线框进入磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为
二、多选题（每小题有两个正确选项，选对得5分，没选全得3分，选错不得分，共15分）
8．（2025高二下·青神期中）一列简谐横波如图所示，时波形如图中实线所示，时波形如图中虚线所示，已知：。下列说法正确的是（　　）
A．该列波沿x轴负方向传播
B．波的周期为
C．时质点P沿y轴负方向运动
D．波的传播速度为52m/s
9．（2025高二下·青神期中）如图所示，等腰直角三角形ABC是某一透明棱镜的横截面，D、E分别为AC、BC边的中点。一束足够强且平行于截面的红光从空气射向D点，折射后到达E点。已知红光的入射方向与AC边的夹角为30°，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（　　）
A．该棱镜对红光的折射率为
B．该棱镜对红光的折射率为
C．红光在该棱镜中的传播速度
D．若改用橙光沿相同的角度从D点入射，将会折射到BE上的某个位置
10．（2025高二下·青神期中）收音机的调谐电路如图甲所示，改变可变电容器C的电容，进而改变调谐电路的频率。某次“调频”后，电路中的高频电流i随时间t的变化规律为如图乙所示的正弦曲线。下列说法正确的是（　　）
A．时刻，电容器C两极板之间的电场能最大
B．时刻，线圈L的自感电动势最大
C．时间内，回路中的磁场能正在向电场能转化
D．时间内，电容器C正在充电
三、实验填空题（每空2分，共16分）
11．（2025高二下·青神期中）某同学采用插针法测玻璃的折射率，实验步骤如下：
（1）在方格纸上画出一条直线a作为界面（线），过a上的一点О画出界面的法线MN、并画一条线段AO作为入射光线、再把玻璃砖放到方格纸上，上边界与a对齐，画出玻璃砖的下界面b的位置。
（2）在表示入射光线的AO上插上大头针P1、P2。
（3）在玻璃砖的另一侧确定大头针P3、P4的位置，请用简洁的文字描述大头针P3、P4的插法：插P3时，应使它　 　，插P4时，应使它　 　。
（4）请在图中补充完整光路图　 　。
（5）该同学在实验过程中画出界面a后，不小心将玻璃砖向下平移了一些，之后才画上界面b，则所测得的折射率将　 　。（填“偏大”“偏小”或“不变”）
12．（2025高二下·青神期中）某同学设计了一个加速度计，如图所示。较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用弹簧3拉着；R为滑动变阻器，4是滑动片，它与电阻器任一端间的电阻值都与它到这端的距离成正比。这个装置实际上是一个加速度传感器。工作时将框架固定在被测物体上，使弹簧及电阻R均与物体的运动方向平行。当被测物体加速运动时，滑块将在弹簧的作用下，以同样的加速度运动。通过电路中仪表的读数，可以得知加速度的大小。
已知两个电池E的电动势相同，均为，内阻可以忽略不计；滑块的质量为，两弹簧的劲度系数均为，电阻器的全长，被测物体可能达到的最大加速度为（此时弹簧仍为弹性形变），电压表为指针式直流电压表（可视为理想电压表），零刻度在表盘中央（即可显示正负电压），当P端的电势高于Q端时，指针向零右侧偏转。当被测物体的加速度为零时，电压表的示数为零；当被测物体的加速度达到最大时，电压表的示数为满偏量程。
（1）当加速度为零时，应将滑动片调到距电阻器左端　 　cm处（结果保留两位有效数字）；
（2）当物体具有图示方向的加速度a时，电压表的指针将向零点　 　（填“左”、“右”）侧偏转；
（3）所给电压表量程为　 　V；
（4）若将电压表的表盘换成直接表示加速度的刻度盘，只需满足关系式　 　（用字母m，E，k，L表示，各量均采用国际单位）
四、解答题（34分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
13．（2025高二下·青神期中）如图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，P是平衡位置为处的质点，Q是平衡位置为处的质点，M是平衡位置为处的质点，图乙为质点Q的振动图像。
（1）求到，该波沿x轴传播的距离x1；
（2）若从开始计时，求质点P第一次回到平衡位置与质点M第一次回到平衡位置的时间差；
（3）若从开始计时，当质点M通过的路程为时，求质点P通过的路程S。
14．（2025高二下·青神期中）如图所示的足够长光滑水平导轨上，有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，平行导轨左端间距为，右端间距为。与导轨垂直放置、两根导体棒，质量分别为和，电阻分别为和。现导体棒以初速度水平向右运动，设两导体棒未相碰，且均在各自导轨上运动。求：
（1）此时导体棒的加速度；
（2）导体棒的速度为时，导体棒的速度大小；
（3）求整个运动过程中导体棒产生的焦耳热。
15．（2025高二下·青神期中）如图所示为直线电机工作原理的简化模型。一根足够长的圆柱形磁棒竖直固定在水平地面上，为磁棒上下截面圆心的连线，磁棒周围有沿半径方向向外均匀辐射的磁场，磁棒在周围某一点产生的磁场的磁感应强度的大小与该点到连线的距离成反比。磁棒上端的某一水平面上固定两个不可伸缩的粗细均匀的圆环形金属线圈1、2，且线圈1、2的圆心重合。线圈1的质量为m，周长为C，电阻为R；线圈2的质量为2m，周长为2C，电阻为2R。现分别对两线圈1、2施加竖直方向的外力、，并将两线圈1、2同时由静止释放，使两线圈均向下做加速度（g为重力加速度的大小）的匀加速直线运动，下落过程中线圈1所在位置处的磁场的磁感应强度大小始终为B。已知两线圈从静止下落到外力、的大小相等的过程中产生的总焦耳热，不考虑两线圈之间的相互作用及线圈中电流产生的磁场，不计空气阻力，两线圈环面始终水平，则在此过程中，求
（1）线圈1中产生的感应电流的方向（从上往下看）和线圈1受到的安培力的方向；
（2）线圈1中产生的焦耳热；
（3）外力做的功。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；多普勒效应；波的叠加
【解析】【解答】A．如果两列波的波峰在某点相遇，振动总是加强，但质点的位移有时最大，有时为0，故A错误；
B．波发生反射是在同一种介质中，波的频率、波长和波速均不变，故B错误；
C．测速雷达向行进中的车辆发射频率已知的超声波，根据反射波的频率变化判断车速，这是利用了波的多普勒效应，故C正确；
D．波长不同的机械波通过宽度一定的狭缝时波长越长衍射越明显，故D错误。
故选C。
【分析】根据波的干涉、衍射、反射、多普勒效应分析判断；
A、两列波发生干涉时，波峰相遇点振幅最大，但该点位移随波的传播要发生变化；
B、波发生反射是在同一种介质中，波的频率、波长和波速均不变；
C、根据反射波的频率变化判断车速，利用了波的多普勒效应的原理；
D、波长越长，越容易发生明显衍射现象。
2．【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】A．小球经过点时开始计时，经过首次到达C点，可知小球振动的周期为，A错误；
B．小球由C点到B点加速度先减小后增加，B错误；
C．振幅A=0.1m，，小球经过点时开始计时，小球的位移-时间关系为，C正确；
D．末，即经过了5个周期，小球回到B点，则小球位移为，D错误。
故答案为：C。
【分析】先根据B到C的时间确定周期，再分析各选项：周期、加速度变化、位移方程、位移判断。
3．【答案】A
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】实验中图2、图3纸带运动的平均速度大小相等，由图2与图3所示可知，纸带运动时间t=2T甲=1.5T乙，再由周期公式有，故选A。
【分析】根据题意求出两单摆的周期关系，然后根据单摆周期公式求出两单摆摆长之比。
4．【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查交流电产生过程，法拉第电磁感应定律的灵活应用，知道电流表电压表的示数均为有效值。A．由图乙可知，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；
B．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，故B正确；
C．根据题意可知，电流表的示数为回路中电流的有效值，而回路中电流的有效值不变，故C错误；
D．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，而线圈转动一周，电流方向改变两次，故D错误。
故选B。
【分析】在中性面位置穿过线圈的磁通量最大；根据法拉第电磁感应定律、磁通量的变化率为零，感应电动势为零；交流电流表测量的是交流电的有效值；t2、t4时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电流最大，此时电流方向不发生改变，线圈转动一周电流方向改变两次。
5．【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】金属棒做平抛运动的过程中，水平方向的分速度不变，因而切割磁感线的速度不变，故棒上产生的感应电动势大小不变。
故答案为：C。
【分析】金属棒做平抛运动时，水平分速度保持不变，而感应电动势的大小由垂直于磁场方向的切割速度决定。
6．【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图乙知，在内通过电流表电流方向改变两次，则每秒钟改变100次，故A错误；
B．电阻消耗功率，故B正确；
C．设输入电压的有效值为，根据有效值的定义，有，得
根据变压器电压比关系，得，电压表读数，故C错误；
D．根据欧姆定律，可得电流表读数，故D错误。
故答案为：B。
【分析】先根据交变电压的有效值定义计算原线圈输入电压的有效值，再利用变压器的电压比求出副线圈电压，最后结合欧姆定律、功率公式分析各选项。
7．【答案】D
【知识点】右手定则；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．线框进入磁场的过程中，ab边切割磁感应线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针方向，故A错误；
B．由题可知，线框进入磁场后开始做匀速运动，根据平衡条件有，解得，故B错误；
C．从ab边进入磁场到cd边刚好离开磁场，线框一直做匀速运动，且下降的高度为2l，根据能量守恒，可知线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热等于减小的重力势能，则有，故C错误；
D．线框从高为h处静止释放，则，线框以速度进入磁场做匀速运动，经过时间完全进入磁场，则有，则线框进入磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据右手定则判断电流方向，利用平衡条件求电流，用能量守恒求焦耳热，用 或 求电荷量。
8．【答案】A,B
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】A．由，结合波形图可知，两个波峰的位置相距，所以波沿x轴负方向传播，故A正确；
B．已知传播时间和周期的关系，根据关系式
可得
故B正确；
C．由于波向x轴的负方向传播，质点P波前质点在P的上方，所以时刻质点P沿y轴正方向运动，故C错误；
D．该波的波长8cm，周期为，根据波长和周期可以得出波的传播速度为
故D错误。
故选AB。
【分析】利用波传播的时间和周期的关系可以求出周期的大小，结合传播的距离可以判别波传播的方向，利用波传播的方向可以判别质点的运动方向；利用波长和周期可以求出传播速度的大小。
9．【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】AB．由于CE边长度等于CD边，根据几何关系可知红光在棱镜中的折射角为45°，根据折射定律可以得出：棱镜对红光的折射率为
故A正确，B错误；
C．根据光速和折射率的关系有，可得红光在该棱镜中的传播速度
故C错误；
D．由于橙光的频率大于红光，所以橙光的折射率比红光的折射率大，折射率大这偏折程度更明显，所以橙光将会被折射到BE上的某个位置，故D正确。
故选AD。
【分析】利用折射定律结合几何关系可以求出折射率的大小；利用折射率可以求出光在介质中传播的速度；利用折射率的大小可以判别橙光将会被折射到BE上的某个位置。
10．【答案】B,D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．根据图像可知时刻，电流最大，回路的磁场能最大，电容器C两极板之间的电场能最小；故A错误；
B．根据，可知时刻，图像的斜率最大，线圈L的自感电动势最大；故B正确；
C．时间内，电流增大，磁场能增大，回路中的电场能正在向磁场能转化；故C错误；
D．时间内，电流减小，磁场能减小，电场能增大，电容器C正在充电；故D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据LC振荡电路中电流、电场能、磁场能的变化规律，结合图像斜率判断自感电动势大小。
11．【答案】挡住P1、P2的像；挡住P3和P1、P2的像；；偏小
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】（3）根据光路的可逆性原理及光在均匀介质中直线传播的特点，插插P3时，应使它挡住P1、P2的像，插P4时，应使它挡住P3和P1、P2的像；
故答案为：挡住P1、P2的像；挡住P3和P1、P2的像
（4）根据光的折射规律可得下图
（5）由于画出界面a后将玻璃砖向下平移了一些，之后才画上界面b，这会导致如下图所示的变化，实线有箭头的为实际光线，由此可看出，实际折射角比所画的折射角小，因此所求的折射率偏小。
故答案为：偏小
【分析】(1) 插针时，P3需挡住P1、P2的像，P4需挡住P3和P1、P2的像，以确定出射光线。
(2) 光路图应包含入射光线、折射光线（在玻璃砖内）和出射光线。
(3) 玻璃砖下移，导致测量的折射角偏大，根据折射定律 ，折射率测量值偏小。
12．【答案】（1）4.0
（2）左
（3）9
（4）
【知识点】实验基础知识与实验误差；牛顿第二定律；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1）加速度为零时，滑块应处于电阻器的中央，电阻器全长8.0cm，应将滑动片调到距电阻器左端4.0cm处。
故答案为：4.0
（2）当物体具有图示方向的加速度a时，滑块所受的弹簧的拉力的合力向右，滑块向左移动，根据顺着电流方向电势降低，可知P端的电势低于Q点的电势，则电压表的指针将向零点左侧偏转。
故答案为：左
（3）设加速度最大时，滑块向左移动的距离为，根据牛顿第二定律得
解得
此时电压表的读数为
故电压表的量程应为9V。
故答案为：9
（4）设加速度为时，电压表的读数为，则
又
联立解得
故答案为：
【分析】(1) 加速度为零时，滑块受力平衡，应在滑动变阻器中点，故滑片距左端为总长度的一半。
(2) 物体向右加速时，滑块向左移动，P端电势低于Q端，电压表指针向零点左侧偏转。
(3) 最大加速度时，滑块位移最大，由牛顿第二定律求出位移，再根据电阻分压求出最大电压，即电压表量程。
(4) 由牛顿第二定律和电压与位移的关系，推导出电压与加速度的线性关系。
（1）加速度为零时，滑块应处于电阻器的中央，电阻器全长8.0cm，应将滑动片调到距电阻器左端4.0cm处。
（2）当物体具有图示方向的加速度a时，滑块所受的弹簧的拉力的合力向右，滑块向左移动，根据顺着电流方向电势降低，可知P端的电势低于Q点的电势，则电压表的指针将向零点左侧偏转。
（3）设加速度最大时，滑块向左移动的距离为，根据牛顿第二定律得
解得
此时电压表的读数为
故电压表的量程应为9V。
（4）设加速度为时，电压表的读数为，则
又
联立解得
13．【答案】（1）解：由图甲可知，波长，由图乙可知周期。则波速
则在到，该波在水平方向传播距离为
（2）解：由于M点处于最大位移处，则M点到平衡位置的最短时间为
由Q的振动图像可知该简谐波向左传播，质点P以最短时间振动到平衡位置与质点Q的振动形式传播到P点的时间相等。
则有
（3）解：由于质点M处于最大位移处，且M点经过的路程恰好为振幅的整数倍。则M点振动的次数为（次）
开始计时后P点的振动时间与M点的振动时间相同，P点振动时间为
一个周期内质点振动路程为。
由于质点P平衡位置为，根据波的图形为正弦函数图，在时，P的位移
并向最大位移处振动，根据振动图像为正弦函数图象可知，后质点P到最大位移处，再经过，再次回到处，故共振动路程
可知
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】(1) 先由波形图和振动图像得到波长和周期，计算波速，再由时间差求传播距离。
(2) 分别求出P、M第一次回到平衡位置的时间，再求时间差。
(3) 先由 M 的路程求出运动时间，再计算P在相同时间内的路程。
（1）由图甲可知，波长，由图乙可知周期。则波速
则在到，该波在水平方向传播距离为
（2）由于M点处于最大位移处，则M点到平衡位置的最短时间为
由Q的振动图像可知该简谐波向左传播，质点P以最短时间振动到平衡位置与质点Q的振动形式传播到P点的时间相等。
则有
（3）由于质点M处于最大位移处，且M点经过的路程恰好为振幅的整数倍。则M点振动的次数为（次）
开始计时后P点的振动时间与M点的振动时间相同，P点振动时间为
一个周期内质点振动路程为。
由于质点P平衡位置为，根据波的图形为正弦函数图，在时，P的位移
并向最大位移处振动，根据振动图像为正弦函数图象可知，后质点P到最大位移处，再经过，再次回到处，故共振动路程
可知
14．【答案】（1）解：此时回路电动势
则回路电流
楞次定律可知电流方向从D到F，左手定则可知DF受到的安培力方向水平向右，对DF棒，由牛顿定律有
联立解得，方向水平向右。
（2）解：规定向右为正方向，对导体棒，由动量定理有
对导体棒，由动量定理有
联立解得导体棒的速度大小
（3）解：分析可知，当导体棒产生电动势相等时，回路没有电流，回路不再产生热量，则有
该过程，对导体棒，由动量定理有
对导体棒，由动量定理有
联立解得稳定时，导体棒的速度分别为
整个运动过程中导体棒产生的焦耳热
联立解得
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1) 先由切割磁感线规律求回路感应电动势，结合闭合电路欧姆定律求电流，再对DF棒用牛顿第二定律求加速度。
(2) 利用“动量定理 + 电荷量关联”的方法，结合两棒安培力冲量的比例关系，联立求解DF棒的速度。
(3) 先由动量守恒（系统合冲量为零）求最终共速，再由能量守恒求总焦耳热，最后按电阻比例分配求AC棒的焦耳热。
（1）此时回路电动势
则回路电流
楞次定律可知电流方向从D到F，左手定则可知DF受到的安培力方向水平向右，对DF棒，由牛顿定律有
联立解得
方向水平向右。
（2）规定向右为正方向，对导体棒，由动量定理有
对导体棒，由动量定理有
联立解得导体棒的速度大小
（3）分析可知，当导体棒产生电动势相等时，回路没有电流，回路不再产生热量，则有
该过程，对导体棒，由动量定理有
对导体棒，由动量定理有
联立解得稳定时，导体棒的速度分别为
整个运动过程中导体棒产生的焦耳热
联立解得
15．【答案】（1）解：由右手定则知，线圈1中产生的感应电流的方向为顺时针方向，由左手定则知，线圈1受到的安培力的方向竖直向上；
（2）解：设线圈2所在位置处的磁感应强度为B2，则
解得
两线圈同时静止释放，运动的加速度相同，由v=at知，两线圈任意时刻速度相同，由
知两线圈回路产生的感应电流之比
由Q=I2Rt知，相同时间内两线圈产生的热量之比
故线圈1中产生的焦耳热
（3）解：设F1=F2时，两线圈的速度大小均为v1，则对线圈1，由牛顿第二定律：
对线圈2，由牛顿第二定律：
其中
联立知
则线圈1下落高度
线圈1下落过程，由功能关系：
联立知，外力F1做的功
【知识点】动能定理的综合应用；左手定则—磁场对带电粒子的作用；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】(1) 线圈向下切割磁感线，由右手定则判断感应电流方向；由左手定则判断安培力方向。
(2) 先由电磁感应和牛顿定律求出两线圈的安培力、电流和焦耳热的比例关系，再按比例分配总焦耳热。
(3) 对线圈 1 应用动能定理，结合已知的焦耳热，求出外力做的功。
（1）由右手定则知，线圈1中产生的感应电流的方向为顺时针方向，由左手定则知，线圈1受到的安培力的方向竖直向上；
（2）设线圈2所在位置处的磁感应强度为B2，则
解得
两线圈同时静止释放，运动的加速度相同，由v=at知，两线圈任意时刻速度相同，由
知两线圈回路产生的感应电流之比
由Q=I2Rt知，相同时间内两线圈产生的热量之比
故线圈1中产生的焦耳热
（3）设F1=F2时，两线圈的速度大小均为v1，则对线圈1，由牛顿第二定律：
对线圈2，由牛顿第二定律：
其中
联立知
则线圈1下落高度
线圈1下落过程，由功能关系：
联立知，外力F1做的功
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