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广东省深圳市高级中学集团2024-2025学年高二下学期期中测试物理试卷
1．无线加热杯垫通过内置的交变电流线圈产生磁场，当非磁性金属杯子放置于其上时，杯子内部会因电磁感应现象产生感应电流，进而发热为杯中液体加热。关于该装置，以下说法正确的是（　　）
A．杯垫线圈电流变化的快慢会影响金属杯中感应电流的大小
B．杯垫线圈中通入恒定电流，金属杯中也会产生感应电流
C．陶瓷杯处于变化的磁场中，也能产生感应电流
D．杯垫断电后，金属杯在杯垫上快速平移也能产生感应电流
【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A、线圈电流变化越快，磁场变化越快，磁通量变化率越大，金属杯感应电流越大，故 A 正确；
B、恒定电流产生恒定磁场，穿过杯子磁通量不变，无感应电流，故 B 错误；
C、陶瓷是绝缘体，不能形成闭合回路，无法产生感应电流，故 C 错误；
D、杯垫断电后无磁场，杯子平移，磁通量不变，不能产生感应电流，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查法拉第电磁感应定律，磁通量变化快慢决定感应电流大小；
B、考查感应电流产生条件，恒定磁场磁通量不变，无感应电流；
C、考查闭合回路条件，绝缘体无法构成闭合电路；
D、考查磁场存在条件，断电后没有磁场，不会发生电磁感应。
2．在平静的水面上投入一颗小石子，S处形成一列水波（可视为横波）向四周传播。在某一传播方向上有A、B两个质点，某时刻波源S和质点A均在波谷，间隔三个波峰，质点B在质点A外侧相邻的波谷上。已知波速为v，S、A连线在水平方向的距离为a，下列说法正确的是（　　）
A．水波在传播过程中只能传递信息，不能传播能量
B．波源S的振动周期为
C．质点B开始振动后，会随波向前移动
D．质点A和质点B有可能在某一时刻振动方向相反
【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】 A．水波在传播过程中即能传递信息，也能传播能量，A错误；
B．由题意可知，波源S的振动周期为，B正确；
C．质点B开始振动后只在自己平衡位置附近振动，不会随波向前移动，C错误；
D．质点A和质点B平衡位置相距一个波长，振动步调一致，则在任何时刻振动方向总相同，D错误。
故答案为：B。
【分析】A、考查机械波的作用，机械波同时传递能量与信息；
B、考查波长、波速、周期关系，先由空间距离求波长再算周期；
C、考查质点振动特点，质点不会随波向前平移；
D、考查相差一个波长两质点的振动规律，间隔半周期时刻振动反向。
3．图甲为某公司自主研发的“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示。按下门铃按钮过程，磁铁靠近螺线管，螺线管内部产生感应电流；松开门铃按钮过程，磁铁远离螺线管回归原位。下列说法正确的是（　　）
A．按下按钮瞬间，螺线管内部电流方向为：Q→P
B．按下按钮瞬间，螺线管受到磁铁的作用力向右
C．松开按钮瞬间，螺线管内部电流方向为：P→Q
D．松开按钮瞬间，螺线管线圈会有扩张的趋势
【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A、按下按钮，磁铁N极靠近螺线管，螺线管内向左磁通量增加，由楞次定律，螺线管内部电流方向，故A错误；
B、按下按钮，楞次定律“来拒去留”，磁铁向左靠近，螺线管对磁铁作用力向右，则磁铁对螺线管作用力向左，故B错误；
C、松开按钮，磁铁N极远离，螺线管内向左磁通量减小，内部电流，故C错误；
D、松开按钮，穿过线圈磁通量减小，线圈通过扩张面积阻碍磁通量减小，线圈有扩张趋势，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、B、考查楞次定律“来拒去留”，磁铁靠近时线圈阻碍靠近；
C、考查磁通量减小的感应电流方向判断；
D、考查楞次定律推论：磁通量减小，线圈面积扩张阻碍磁通量减少。
4．如图所示L是自感系数很大的线圈，但其直流电阻几乎为0，、、是三个完全相同的灯泡，下列说法正确的是（　　）
A．开关闭合时，马上变亮，、缓慢变亮
B．开关闭合后，当电路稳定时，会熄灭，、亮度相同
C．从开关闭合到开关断开后，与中电流方向均未发生改变
D．开关断开时，立即熄灭，、逐渐熄灭
【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A、开关闭合瞬间，立刻通电马上变亮；线圈自感阻碍电流增大，缓慢变亮，故A错误；
B、电路稳定后线圈直流电阻为0，与并联再和串联，三灯完全相同，亮度相同，不会熄灭，故B错误；
C、断开开关时，线圈自感充当电源，中电流反向，电流方向不变，故C错误；
D、开关断开，所在支路立刻断路马上熄灭；线圈自感维持原有电流，构成闭合回路，逐渐熄灭，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查通电自感，线圈阻碍电流突变，延后亮起；
B、考查稳态电路结构，并联，两灯亮度一致；
C、考查断电自感的电流方向变化，电流反向；
D、考查断电自感现象，立即熄灭，慢慢熄灭。
5．某些共享单车内部有一个小型发电机，骑行者的骑行踩踏，可以不断给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。如图所示，线圈处于匀强磁场中，磁感应强度为B。匝数为n、线圈电阻和电流表内阻不计，回路中总电阻为R，面积为S的矩形线圈abcd在磁场中绕垂直于磁场的轴逆时针匀速转动，角速度为ω。下列说法正确的是（　　）
A．当线圈转到图示位置时产生的感应电流方向为
B．线圈在图示位置时，回路中电流表的示数为
C．线圈在图示位置时穿过线圈的磁通量为0，磁通量的变化率最小
D．若仅将磁感应强度减小为原来的一半，回路中的电功率将增大为原来的4倍
【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、图示位置线圈边ab、cd垂直切割磁感线，由右手定则，电流方向，故A错误；
B、电动势最大值，有效值，电流表示数（有效值），故B正确；
C、图示位置线圈平面平行磁场，磁通量为0，磁通量变化率最大，故C错误；
D、减半，减半，有效值减半，，功率变为原来，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查右手定则判断交变电流瞬时方向；
B、考查交变电流有效值与最大值关系、欧姆定律，电流表测有效值；
C、考查磁通量与磁通量变化率：磁通量为零时变化率最大；
D、考查电功率公式，功率与电动势平方成正比、与成正比。
6．如图所示，歼-35A和直-20分别是我国最先进的战斗机和直升机，其中歼-35A的翼展为L，直-20的螺旋桨桨叶长为2L，若歼-35A和直-20从我国中部地区自西向东飞行演练（机身和地面平行），此时歼-35A的速度为v，直-20的顶端螺旋桨叶片逆时针匀速转动（俯视），转动角速度为ω，该处的地磁场的水平分量为，竖直分量为，下列分析正确的是（　　）
A．歼-35A两翼电势差为，飞行员右翼电势高
B．歼-35A两翼电势差为，飞行员左翼电势高
C．悬停时，直-20桨叶电动势为，桨叶外端比内端电势低
D．悬停时，直-20桨叶电动势为，桨叶外端比内端电势高
【答案】C
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A、B：我国地磁场竖直分量向下，飞机自西向东飞，机翼切割竖直分量，感应电动势；由右手定则，飞行员左翼电势高，故AB错误；
C、D：直升机悬停，桨叶只切割竖直分量，，转动切割电动势；俯视逆时针转，右手定则：正电荷向桨叶内端聚集，外端电势更低，故C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、B、考查平动切割磁感线，有效磁场为地磁场竖直分量，结合右手定则判断机翼电势高低；
C、D、考查导体棒绕一端转动切割公式，只受竖直地磁场作用，判断内外端电势。
7．用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R（）的圆形线框，圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，下列说法正确的是（　　）
A．下落过程圆环磁通量不变，不产生感应电流
B．下落过程中圆环产生逆时针方向感应电流
C．如果径向磁场足够深，则圆环的最大速度为
D．此时圆环的加速度为
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；牛顿第二定律；安培力的计算；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．圆环在加速下落过程中，磁感线与圆环面平行，圆环磁通量为0，但下落过程圆环时刻在切割磁感线，故圆环会产生感应电流，故A错误；
B．右手定则可知，下落过程圆环产生顺时针方向感应电流，故B错误；
C．圆环速度最大时，圆环加速度为0，则有其中，，，联立解得圆环的最大速度为，故C正确；
D．此时圆环的加速度为，其中
联立以上解得，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A、考查径向磁场切割特点，下落切割产生感应电动势；
B、缺少磁场具体指向，不能判定顺 / 逆时针；
C、考查收尾速度：重力与安培力平衡，联立电阻、质量公式推导最大速度；
D、结合牛顿第二定律推导加速度表达式，核对系数。
8．在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（　　）
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
【答案】C,D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A、发电厂输出电压不变，升压变压器匝数比固定，由，升压副线圈输出电压不变，故A错误；
B、输出功率变大，变大，输电线损耗变大，降压变压器输入电压减小，降压匝数比不变，所以用户侧输出电压减小，故B错误；
C、线路损耗功率，增大，增大，故C正确；
D、，变大、不变，比值变大，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】A、考查理想变压器电压比规律，原电压、匝数不变则副电压不变；
B、考查输电线路压降，功率增大→输电电流变大→线损电压变大→降压输入电压降低→用户电压降低；
C、考查线路热损耗公式；
D、考查损耗功率占比推导，结合分析占比随电流的变化规律。
9．“赤橙黄绿青蓝紫，谁持彩练当空舞”，这句诗出自毛泽东的《菩萨蛮·大柏地》，描绘了雨后彩虹的美丽景象。而霓有时候会和虹一起出现；被称为“副虹”。霓是一束光经水珠发生两次折射和两次反射后形成，简化图如图所示，其中a、b为两种不同频率的色光。下列说法正确的是（　　）
A．在水珠中，a光的传播速度比b光小
B．发生全反射时，a光的临界角比b光小
C．利用同一装置进行杨氏双缝干涉实验时，a光的条纹间距比b光大
D．让a、b光分别照射同一个狭缝时，a光的衍射现象更明显
【答案】A,B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
10．如图所示，间距为L、足够长的光滑平行金属导轨的倾角为θ=30°，底端接一阻值为R的电阻，质量为m的金属棒通过跨过轻质定滑轮的细线与质量为4m的重物相连，滑轮左侧细线与导轨平行，金属棒的电阻为，长度为L，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，现将重物由静止释放，重物下落高度h时达到最大速度，已知重力加速度为g，导轨电阻均不计，则重物从释放到达到最大速度的过程中，下列说法错误的是（　　）
A．重物和导体棒组成的系统重力势能减少量等于导体棒克服安培力所做的功
B．绳子拉力对杆做的功等于杆的机械能增量和杆的焦耳热之和
C．金属棒受到的安培力的冲量大小为
D．电阻R上产生的焦耳热为
【答案】A,B,D
【知识点】功能关系；动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．对重物和导体棒组成的系统，由功能关系可知，系统重力势能减少量等于导体棒克服安培力所做的功与系统动能增加量之和，大于导体棒克服安培力所做的功，故A错误；
B．对杆由功能关系，可知绳子拉力对杆做的功转化为杆的机械能增量和系统的焦耳热，故B错误；
C．金属棒受到的安培力的冲量大小为
则，故C正确；
D．对重物和导体棒组成的系统，由动能定理，有
速度最大时，有且，，
联立解得，R上产生的焦耳热为，故D错误。
故答案为：ABD。
【分析】A、考查系统能量守恒，重力势能拆分：系统动能+电路焦耳热；
B、考查功能关系，绳子拉力做功改变棒机械能与全电路电热；
C、考查安培力冲量与平均感应电荷量；
D、考查能量守恒+串联焦耳热按电阻分配。
11．如图所示，在使用“插针法测量玻璃折射率”的实验中，某同学发现一个顶角为θ的直角三角形，于是，她设计了一下实验来测定该三角形玻璃砖的折射率。
①将白纸固定在木板上，并在其上画一条直线PQ，并画出其垂线MN，交于O点。
②将三角形直角长边AB沿PQ放置，并确定侧面AC的位置。
③在MN上AB左侧隔适当距离竖直插上大头针和，从侧面AC透过玻璃砖观察和，插上大头针，要求能挡住　 　（选填“”、“和”或“和的虚像”）。
④确定出射光线的位置　 　（选填“需要”或“不需要”第四枚大头针）。
⑤撤去玻璃砖和大头针，测得出射光线与三角形侧边AC的夹角为α，则玻璃砖折射率n=　 　。
⑥在某次实验中，该同学将大头针、插在玻璃砖BC边外侧并使、连线与BC边垂直，发现在AC边一侧始终找不到出射光线（不考虑反射回来的光线），其原因是　 　。
【答案】和的虚像；不需要；；光发生了全反射
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】 ③ 插上枚大头针时，要求能挡住和的虚像。
④ 过和的光线与AB垂直，即BC⊥AB，由于光垂直入射时传播方向不变，因此可确定AC边出射点，此时只需要找到折射光线上的一点即可确定出射光线，不需要插第四枚大头针；
⑤ 光路图如图所示
光线从AC边射出时，入射角为，折射角为，则玻璃砖折射率
⑥ 在AC边一侧始终找不到出射光线（不考虑反射回来的光线），其原因是光发生了全反射。
故答案为：和的虚像；不需要；；光发生了全反射
【分析】本题考查插针法测玻璃折射率实验：
(1) 确定出射光线时，大头针需要遮挡前方物点的虚像，以此确定折射光线；
(2) 光线竖直垂直 AB 面入射，进入玻璃不偏折，仅一个出射点位 + 折射线上一点即可定光路，无需第四个大头针；
(3) 结合几何关系找入射角、折射角，套用折射定律推导折射率表达式；
(4) 找不到出射光的核心原因是光从玻璃射向空气时入射角超临界角，发生全反射。
12．多用电表在科研和生活中有着广泛的用途，例如探测黑箱内的电学元件，如图甲所示是黑箱上的三个接线柱，两个接线柱之间最多只能接一个元件，黑箱内所接的元件不超过两个，某实验小组进行了以下操作步骤：
①用直流电压挡测量：、、三点间均无电压。
②改用欧姆挡测量：、间正反接阻值不变。
③用欧姆挡测量：黑表笔接、红表笔接时测得的阻值较小，反接时测得的阻值较大。
④用欧姆挡测量：黑表笔接、红表笔接测得阻值比黑表笔接、红表笔接时测得的阻值大。
(1)上述第①步操作中说明了：　 　。
(2)多用电表调至欧姆挡，在正式测量电阻前需要进行的实验操作是　 　。
(3)该小组选择了“”挡正确操作后，第②步实验操作测得的示数如图乙所示，则阻值为　 　。
(4)请在图甲中画出黑箱内的元件及正确的接法。　 　
(5)该实验小组选择了多用电表的某个功能挡和电阻箱来测量电源的电动势和内阻，作出图像如图丙所示（图中单位均采用国际单位制中单位），则该电源的电动势　 　，内阻　 　，实验中测量的电动势　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）电源真实的电动势。
【答案】黑箱内的电学元件中没有电源；欧姆调零；2200；；1.5；2.5；等于
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【分析】本题考查了用多用电表研究黑箱问题，关键要知道一些特殊元件的特殊性质，比如，二极管的正向导通、反向截止的特性，能根据已知信息，作出判断。
【解答】(1)步骤①中用直流电压挡测量，、、三点间均无电压说明黑箱内的电学元件中没有电源。
(2)多用电表调至欧姆挡，在正式测量电阻前需要进行的实验操作是欧姆调零。
(3)由题图可知，在20～30之间有5个小格，则每一个小格为2，该电阻的读数为
(4)用欧姆挡测量，、间正反接阻值不变，可知与之间为一个定值电阻；用欧姆挡测量，黑表笔接、红表笔接时测得的阻值较小，反接时测得的阻值较大，说明与之间是一个二极管；结合二极管的特性可知，接二极管的正极；用欧姆挡测量，黑表笔接、红表笔接测得阻值比黑表笔接、红表笔接时测得的阻值大，则说明与之间比与之间多一个电阻。综合以上的分析可知，黑箱内的电学元件可能是一个定值电阻和一个二极管，电路的结构如图所示。
(5)由，变形为：
根据图像斜率和截距的意义应有
，，
可得。结合图像可知，多用电表使用的是电流表的功能，由于多用电表存在内阻，由闭合电路欧姆定律得
则
可见多用电表的内阻对的测量结果没有影响。
【分析】（1）电压表可以测量电路中的电压值；
（2）欧姆表可以测量两点之间的电阻值；欧姆表测量前需进行欧姆调零．
（3）欧姆表的读数的方法是先读出表盘的刻度，然后再乘以倍率；
（4）二极管具有单向导电性，据此可知A、B间接的是二极管．A、C间应是R1、R2并联，二极管处于正向导通状态．由此分析即可．
（5）根据闭合电路欧姆定律写出R与的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解．
13．一列简谐横波沿x轴正方向传播。t=0时刻波源开始振动，0~4s内波源的振动图像如图甲，t=4s时刻的波形图如图乙。求：
（1）该波的传播速度v的大小；
（2）从t=0至t=10s，波源通过的路程L；
（3）x=1m处的质点第一次到达波谷的时刻。
【答案】（1）解：图甲可知周期T=4s，图乙可知波长，则波速
（2）解：图甲可知振幅A=4cm，一个周期内波源运动4A路程，故从t=0至t=10s，波源通过的路程
（3）解：图甲可知波源起振方向沿y轴正方向，故x=1m处的质点起振方向也沿y轴正方向，波源振动传播到1m处用时
则x=1m处的质点第一次到达波谷的时刻
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】(1) 本题考查波速公式，从振动图像取周期、波形图取波长代入计算；
(2) 本题考查简谐运动路程计算，一个周期路程为倍振幅，利用总时间与周期比值求总路程；
(3) 本题考查波的传播与质点振动，先算波传到目标质点的时间，再结合起振方向，算出质点从起振到首次抵达波谷的附加时间，求和得到总时刻。
（1）图甲可知周期T=4s，图乙可知波长，则波速
（2）图甲可知振幅A=4cm，一个周期内波源运动4A路程，故从t=0至t=10s，波源通过的路程
（3）图甲可知波源起振方向沿y轴正方向，故x=1m处的质点起振方向也沿y轴正方向，波源振动传播到1m处用时
则x=1m处的质点第一次到达波谷的时刻
14．如图所示，直角坐标系xOy中，在整个第Ⅱ象限内有平行于x轴的匀强电场，方向沿x轴正方向，大小，在整个第Ⅰ象限区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的正电粒子，从x轴上的点，以大小为的速度沿y轴正方向进入电场，通过电场后从y轴上的M点（与y轴夹角为θ，θ未知）进入第Ⅰ象限，又经过磁场偏转刚好不进入第Ⅳ象限，之后穿过y轴再次进入电场，不计粒子的重力，已知，。
（1）求M点的纵坐标；
（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小。
【答案】（1）解：粒子从P点进入电场后仅受电场力的作用做类平抛运动，设到达M点前在第II象限内运动时间为，由牛顿第二定律得
沿x轴方向
沿у轴方向
联立解得，
（2）解：粒子在M点时的速度大小
则
可知
粒子从M点进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
题意可知粒子的轨迹与第一象限的x轴相切，由几何关系得
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 本题考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，分解为x匀加速、y匀速，结合牛顿第二定律与运动学公式联立求解纵坐标；
(2) 本题先合成 M 点合速度、确定速度偏角，再结合磁场圆周相切的几何条件求轨道半径，最后由洛伦兹向心力公式求解磁感应强度。
（1）粒子从P点进入电场后仅受电场力的作用做类平抛运动，设到达M点前在第II象限内运动时间为，由牛顿第二定律得
沿x轴方向
沿у轴方向
联立解得，
（2）粒子在M点时的速度大小
则
可知
粒子从M点进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
题意可知粒子的轨迹与第一象限的x轴相切，由几何关系得
联立解得
15．如图所示，P、Q是两根固定在水平面内的光滑“Z”型平行金属导轨，窄处间距为，宽处间距为窄处的2倍，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EF左侧区域、GH右侧区域有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为，方向相反。同种材料制成的粗细相同的均匀金属棒a、b，长度分别与所在处导轨间距相等，均静止在靠近磁场边界的位置。a棒质量为，电阻为。现使a棒瞬间获得一向左的初速度，大小为，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：
（1）a棒刚运动瞬间的加速度大小；
（2）整个运动过程中b棒产生的焦耳热；
（3）整个运动过程中通过a棒横截面的电荷量。
【答案】（1）解：由题意可知b棒质量为2m，电阻为2R，a棒运动瞬间电路中感应电动势
此时线路中的感应电流
a棒安培力大小
a棒瞬间加速度大小为
（2）解：初始阶段a棒做减速运动，b棒做加速运动，回路中总的感应电动势为
可知，最终当a、b两棒的速度大小之比为2：1、方向相反时回路的磁通量不再变化，线路无感应电流，两棒各自做匀速运动，既有
分别对a、b两棒列动量定理，设方向为正方向，对a棒有
对b棒有
解得，
此过程中a、b两棒的电流始终等大，因此产生的焦耳热之比为1：2，设b棒焦耳热为Q，由能量守恒有
解得
（3）解：根据，
解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 本题考查动生电动势、安培力与牛顿第二定律，先求感应电流，再算安培力求解瞬时加速度；
(2) 本题结合动量定理、能量守恒，电动势为零速度满足，利用动量定理求末速度，再由能量守恒、焦耳热与电阻正比关系求棒焦耳热；
(3) 本题利用微元动量定理结合电荷量定义，推导求解回路总电荷量。
（1）由题意可知b棒质量为2m，电阻为2R，a棒运动瞬间电路中感应电动势
此时线路中的感应电流
a棒安培力大小
a棒瞬间加速度大小为
（2）初始阶段a棒做减速运动，b棒做加速运动，回路中总的感应电动势为
可知，最终当a、b两棒的速度大小之比为2：1、方向相反时回路的磁通量不再变化，线路无感应电流，两棒各自做匀速运动，既有
分别对a、b两棒列动量定理，设方向为正方向，对a棒有
对b棒有
解得，
此过程中a、b两棒的电流始终等大，因此产生的焦耳热之比为1：2，设b棒焦耳热为Q，由能量守恒有
解得
（3）根据，
解得
1 / 1广东省深圳市高级中学集团2024-2025学年高二下学期期中测试物理试卷
1．无线加热杯垫通过内置的交变电流线圈产生磁场，当非磁性金属杯子放置于其上时，杯子内部会因电磁感应现象产生感应电流，进而发热为杯中液体加热。关于该装置，以下说法正确的是（　　）
A．杯垫线圈电流变化的快慢会影响金属杯中感应电流的大小
B．杯垫线圈中通入恒定电流，金属杯中也会产生感应电流
C．陶瓷杯处于变化的磁场中，也能产生感应电流
D．杯垫断电后，金属杯在杯垫上快速平移也能产生感应电流
2．在平静的水面上投入一颗小石子，S处形成一列水波（可视为横波）向四周传播。在某一传播方向上有A、B两个质点，某时刻波源S和质点A均在波谷，间隔三个波峰，质点B在质点A外侧相邻的波谷上。已知波速为v，S、A连线在水平方向的距离为a，下列说法正确的是（　　）
A．水波在传播过程中只能传递信息，不能传播能量
B．波源S的振动周期为
C．质点B开始振动后，会随波向前移动
D．质点A和质点B有可能在某一时刻振动方向相反
3．图甲为某公司自主研发的“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示。按下门铃按钮过程，磁铁靠近螺线管，螺线管内部产生感应电流；松开门铃按钮过程，磁铁远离螺线管回归原位。下列说法正确的是（　　）
A．按下按钮瞬间，螺线管内部电流方向为：Q→P
B．按下按钮瞬间，螺线管受到磁铁的作用力向右
C．松开按钮瞬间，螺线管内部电流方向为：P→Q
D．松开按钮瞬间，螺线管线圈会有扩张的趋势
4．如图所示L是自感系数很大的线圈，但其直流电阻几乎为0，、、是三个完全相同的灯泡，下列说法正确的是（　　）
A．开关闭合时，马上变亮，、缓慢变亮
B．开关闭合后，当电路稳定时，会熄灭，、亮度相同
C．从开关闭合到开关断开后，与中电流方向均未发生改变
D．开关断开时，立即熄灭，、逐渐熄灭
5．某些共享单车内部有一个小型发电机，骑行者的骑行踩踏，可以不断给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。如图所示，线圈处于匀强磁场中，磁感应强度为B。匝数为n、线圈电阻和电流表内阻不计，回路中总电阻为R，面积为S的矩形线圈abcd在磁场中绕垂直于磁场的轴逆时针匀速转动，角速度为ω。下列说法正确的是（　　）
A．当线圈转到图示位置时产生的感应电流方向为
B．线圈在图示位置时，回路中电流表的示数为
C．线圈在图示位置时穿过线圈的磁通量为0，磁通量的变化率最小
D．若仅将磁感应强度减小为原来的一半，回路中的电功率将增大为原来的4倍
6．如图所示，歼-35A和直-20分别是我国最先进的战斗机和直升机，其中歼-35A的翼展为L，直-20的螺旋桨桨叶长为2L，若歼-35A和直-20从我国中部地区自西向东飞行演练（机身和地面平行），此时歼-35A的速度为v，直-20的顶端螺旋桨叶片逆时针匀速转动（俯视），转动角速度为ω，该处的地磁场的水平分量为，竖直分量为，下列分析正确的是（　　）
A．歼-35A两翼电势差为，飞行员右翼电势高
B．歼-35A两翼电势差为，飞行员左翼电势高
C．悬停时，直-20桨叶电动势为，桨叶外端比内端电势低
D．悬停时，直-20桨叶电动势为，桨叶外端比内端电势高
7．用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R（）的圆形线框，圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，下列说法正确的是（　　）
A．下落过程圆环磁通量不变，不产生感应电流
B．下落过程中圆环产生逆时针方向感应电流
C．如果径向磁场足够深，则圆环的最大速度为
D．此时圆环的加速度为
8．在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（　　）
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
9．“赤橙黄绿青蓝紫，谁持彩练当空舞”，这句诗出自毛泽东的《菩萨蛮·大柏地》，描绘了雨后彩虹的美丽景象。而霓有时候会和虹一起出现；被称为“副虹”。霓是一束光经水珠发生两次折射和两次反射后形成，简化图如图所示，其中a、b为两种不同频率的色光。下列说法正确的是（　　）
A．在水珠中，a光的传播速度比b光小
B．发生全反射时，a光的临界角比b光小
C．利用同一装置进行杨氏双缝干涉实验时，a光的条纹间距比b光大
D．让a、b光分别照射同一个狭缝时，a光的衍射现象更明显
10．如图所示，间距为L、足够长的光滑平行金属导轨的倾角为θ=30°，底端接一阻值为R的电阻，质量为m的金属棒通过跨过轻质定滑轮的细线与质量为4m的重物相连，滑轮左侧细线与导轨平行，金属棒的电阻为，长度为L，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，现将重物由静止释放，重物下落高度h时达到最大速度，已知重力加速度为g，导轨电阻均不计，则重物从释放到达到最大速度的过程中，下列说法错误的是（　　）
A．重物和导体棒组成的系统重力势能减少量等于导体棒克服安培力所做的功
B．绳子拉力对杆做的功等于杆的机械能增量和杆的焦耳热之和
C．金属棒受到的安培力的冲量大小为
D．电阻R上产生的焦耳热为
11．如图所示，在使用“插针法测量玻璃折射率”的实验中，某同学发现一个顶角为θ的直角三角形，于是，她设计了一下实验来测定该三角形玻璃砖的折射率。
①将白纸固定在木板上，并在其上画一条直线PQ，并画出其垂线MN，交于O点。
②将三角形直角长边AB沿PQ放置，并确定侧面AC的位置。
③在MN上AB左侧隔适当距离竖直插上大头针和，从侧面AC透过玻璃砖观察和，插上大头针，要求能挡住　 　（选填“”、“和”或“和的虚像”）。
④确定出射光线的位置　 　（选填“需要”或“不需要”第四枚大头针）。
⑤撤去玻璃砖和大头针，测得出射光线与三角形侧边AC的夹角为α，则玻璃砖折射率n=　 　。
⑥在某次实验中，该同学将大头针、插在玻璃砖BC边外侧并使、连线与BC边垂直，发现在AC边一侧始终找不到出射光线（不考虑反射回来的光线），其原因是　 　。
12．多用电表在科研和生活中有着广泛的用途，例如探测黑箱内的电学元件，如图甲所示是黑箱上的三个接线柱，两个接线柱之间最多只能接一个元件，黑箱内所接的元件不超过两个，某实验小组进行了以下操作步骤：
①用直流电压挡测量：、、三点间均无电压。
②改用欧姆挡测量：、间正反接阻值不变。
③用欧姆挡测量：黑表笔接、红表笔接时测得的阻值较小，反接时测得的阻值较大。
④用欧姆挡测量：黑表笔接、红表笔接测得阻值比黑表笔接、红表笔接时测得的阻值大。
(1)上述第①步操作中说明了：　 　。
(2)多用电表调至欧姆挡，在正式测量电阻前需要进行的实验操作是　 　。
(3)该小组选择了“”挡正确操作后，第②步实验操作测得的示数如图乙所示，则阻值为　 　。
(4)请在图甲中画出黑箱内的元件及正确的接法。　 　
(5)该实验小组选择了多用电表的某个功能挡和电阻箱来测量电源的电动势和内阻，作出图像如图丙所示（图中单位均采用国际单位制中单位），则该电源的电动势　 　，内阻　 　，实验中测量的电动势　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）电源真实的电动势。
13．一列简谐横波沿x轴正方向传播。t=0时刻波源开始振动，0~4s内波源的振动图像如图甲，t=4s时刻的波形图如图乙。求：
（1）该波的传播速度v的大小；
（2）从t=0至t=10s，波源通过的路程L；
（3）x=1m处的质点第一次到达波谷的时刻。
14．如图所示，直角坐标系xOy中，在整个第Ⅱ象限内有平行于x轴的匀强电场，方向沿x轴正方向，大小，在整个第Ⅰ象限区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的正电粒子，从x轴上的点，以大小为的速度沿y轴正方向进入电场，通过电场后从y轴上的M点（与y轴夹角为θ，θ未知）进入第Ⅰ象限，又经过磁场偏转刚好不进入第Ⅳ象限，之后穿过y轴再次进入电场，不计粒子的重力，已知，。
（1）求M点的纵坐标；
（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小。
15．如图所示，P、Q是两根固定在水平面内的光滑“Z”型平行金属导轨，窄处间距为，宽处间距为窄处的2倍，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EF左侧区域、GH右侧区域有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为，方向相反。同种材料制成的粗细相同的均匀金属棒a、b，长度分别与所在处导轨间距相等，均静止在靠近磁场边界的位置。a棒质量为，电阻为。现使a棒瞬间获得一向左的初速度，大小为，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：
（1）a棒刚运动瞬间的加速度大小；
（2）整个运动过程中b棒产生的焦耳热；
（3）整个运动过程中通过a棒横截面的电荷量。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A、线圈电流变化越快，磁场变化越快，磁通量变化率越大，金属杯感应电流越大，故 A 正确；
B、恒定电流产生恒定磁场，穿过杯子磁通量不变，无感应电流，故 B 错误；
C、陶瓷是绝缘体，不能形成闭合回路，无法产生感应电流，故 C 错误；
D、杯垫断电后无磁场，杯子平移，磁通量不变，不能产生感应电流，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查法拉第电磁感应定律，磁通量变化快慢决定感应电流大小；
B、考查感应电流产生条件，恒定磁场磁通量不变，无感应电流；
C、考查闭合回路条件，绝缘体无法构成闭合电路；
D、考查磁场存在条件，断电后没有磁场，不会发生电磁感应。
2．【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】 A．水波在传播过程中即能传递信息，也能传播能量，A错误；
B．由题意可知，波源S的振动周期为，B正确；
C．质点B开始振动后只在自己平衡位置附近振动，不会随波向前移动，C错误；
D．质点A和质点B平衡位置相距一个波长，振动步调一致，则在任何时刻振动方向总相同，D错误。
故答案为：B。
【分析】A、考查机械波的作用，机械波同时传递能量与信息；
B、考查波长、波速、周期关系，先由空间距离求波长再算周期；
C、考查质点振动特点，质点不会随波向前平移；
D、考查相差一个波长两质点的振动规律，间隔半周期时刻振动反向。
3．【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A、按下按钮，磁铁N极靠近螺线管，螺线管内向左磁通量增加，由楞次定律，螺线管内部电流方向，故A错误；
B、按下按钮，楞次定律“来拒去留”，磁铁向左靠近，螺线管对磁铁作用力向右，则磁铁对螺线管作用力向左，故B错误；
C、松开按钮，磁铁N极远离，螺线管内向左磁通量减小，内部电流，故C错误；
D、松开按钮，穿过线圈磁通量减小，线圈通过扩张面积阻碍磁通量减小，线圈有扩张趋势，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、B、考查楞次定律“来拒去留”，磁铁靠近时线圈阻碍靠近；
C、考查磁通量减小的感应电流方向判断；
D、考查楞次定律推论：磁通量减小，线圈面积扩张阻碍磁通量减少。
4．【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A、开关闭合瞬间，立刻通电马上变亮；线圈自感阻碍电流增大，缓慢变亮，故A错误；
B、电路稳定后线圈直流电阻为0，与并联再和串联，三灯完全相同，亮度相同，不会熄灭，故B错误；
C、断开开关时，线圈自感充当电源，中电流反向，电流方向不变，故C错误；
D、开关断开，所在支路立刻断路马上熄灭；线圈自感维持原有电流，构成闭合回路，逐渐熄灭，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查通电自感，线圈阻碍电流突变，延后亮起；
B、考查稳态电路结构，并联，两灯亮度一致；
C、考查断电自感的电流方向变化，电流反向；
D、考查断电自感现象，立即熄灭，慢慢熄灭。
5．【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、图示位置线圈边ab、cd垂直切割磁感线，由右手定则，电流方向，故A错误；
B、电动势最大值，有效值，电流表示数（有效值），故B正确；
C、图示位置线圈平面平行磁场，磁通量为0，磁通量变化率最大，故C错误；
D、减半，减半，有效值减半，，功率变为原来，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查右手定则判断交变电流瞬时方向；
B、考查交变电流有效值与最大值关系、欧姆定律，电流表测有效值；
C、考查磁通量与磁通量变化率：磁通量为零时变化率最大；
D、考查电功率公式，功率与电动势平方成正比、与成正比。
6．【答案】C
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A、B：我国地磁场竖直分量向下，飞机自西向东飞，机翼切割竖直分量，感应电动势；由右手定则，飞行员左翼电势高，故AB错误；
C、D：直升机悬停，桨叶只切割竖直分量，，转动切割电动势；俯视逆时针转，右手定则：正电荷向桨叶内端聚集，外端电势更低，故C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、B、考查平动切割磁感线，有效磁场为地磁场竖直分量，结合右手定则判断机翼电势高低；
C、D、考查导体棒绕一端转动切割公式，只受竖直地磁场作用，判断内外端电势。
7．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；牛顿第二定律；安培力的计算；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．圆环在加速下落过程中，磁感线与圆环面平行，圆环磁通量为0，但下落过程圆环时刻在切割磁感线，故圆环会产生感应电流，故A错误；
B．右手定则可知，下落过程圆环产生顺时针方向感应电流，故B错误；
C．圆环速度最大时，圆环加速度为0，则有其中，，，联立解得圆环的最大速度为，故C正确；
D．此时圆环的加速度为，其中
联立以上解得，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A、考查径向磁场切割特点，下落切割产生感应电动势；
B、缺少磁场具体指向，不能判定顺 / 逆时针；
C、考查收尾速度：重力与安培力平衡，联立电阻、质量公式推导最大速度；
D、结合牛顿第二定律推导加速度表达式，核对系数。
8．【答案】C,D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A、发电厂输出电压不变，升压变压器匝数比固定，由，升压副线圈输出电压不变，故A错误；
B、输出功率变大，变大，输电线损耗变大，降压变压器输入电压减小，降压匝数比不变，所以用户侧输出电压减小，故B错误；
C、线路损耗功率，增大，增大，故C正确；
D、，变大、不变，比值变大，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】A、考查理想变压器电压比规律，原电压、匝数不变则副电压不变；
B、考查输电线路压降，功率增大→输电电流变大→线损电压变大→降压输入电压降低→用户电压降低；
C、考查线路热损耗公式；
D、考查损耗功率占比推导，结合分析占比随电流的变化规律。
9．【答案】A,B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
10．【答案】A,B,D
【知识点】功能关系；动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．对重物和导体棒组成的系统，由功能关系可知，系统重力势能减少量等于导体棒克服安培力所做的功与系统动能增加量之和，大于导体棒克服安培力所做的功，故A错误；
B．对杆由功能关系，可知绳子拉力对杆做的功转化为杆的机械能增量和系统的焦耳热，故B错误；
C．金属棒受到的安培力的冲量大小为
则，故C正确；
D．对重物和导体棒组成的系统，由动能定理，有
速度最大时，有且，，
联立解得，R上产生的焦耳热为，故D错误。
故答案为：ABD。
【分析】A、考查系统能量守恒，重力势能拆分：系统动能+电路焦耳热；
B、考查功能关系，绳子拉力做功改变棒机械能与全电路电热；
C、考查安培力冲量与平均感应电荷量；
D、考查能量守恒+串联焦耳热按电阻分配。
11．【答案】和的虚像；不需要；；光发生了全反射
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】 ③ 插上枚大头针时，要求能挡住和的虚像。
④ 过和的光线与AB垂直，即BC⊥AB，由于光垂直入射时传播方向不变，因此可确定AC边出射点，此时只需要找到折射光线上的一点即可确定出射光线，不需要插第四枚大头针；
⑤ 光路图如图所示
光线从AC边射出时，入射角为，折射角为，则玻璃砖折射率
⑥ 在AC边一侧始终找不到出射光线（不考虑反射回来的光线），其原因是光发生了全反射。
故答案为：和的虚像；不需要；；光发生了全反射
【分析】本题考查插针法测玻璃折射率实验：
(1) 确定出射光线时，大头针需要遮挡前方物点的虚像，以此确定折射光线；
(2) 光线竖直垂直 AB 面入射，进入玻璃不偏折，仅一个出射点位 + 折射线上一点即可定光路，无需第四个大头针；
(3) 结合几何关系找入射角、折射角，套用折射定律推导折射率表达式；
(4) 找不到出射光的核心原因是光从玻璃射向空气时入射角超临界角，发生全反射。
12．【答案】黑箱内的电学元件中没有电源；欧姆调零；2200；；1.5；2.5；等于
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【分析】本题考查了用多用电表研究黑箱问题，关键要知道一些特殊元件的特殊性质，比如，二极管的正向导通、反向截止的特性，能根据已知信息，作出判断。
【解答】(1)步骤①中用直流电压挡测量，、、三点间均无电压说明黑箱内的电学元件中没有电源。
(2)多用电表调至欧姆挡，在正式测量电阻前需要进行的实验操作是欧姆调零。
(3)由题图可知，在20～30之间有5个小格，则每一个小格为2，该电阻的读数为
(4)用欧姆挡测量，、间正反接阻值不变，可知与之间为一个定值电阻；用欧姆挡测量，黑表笔接、红表笔接时测得的阻值较小，反接时测得的阻值较大，说明与之间是一个二极管；结合二极管的特性可知，接二极管的正极；用欧姆挡测量，黑表笔接、红表笔接测得阻值比黑表笔接、红表笔接时测得的阻值大，则说明与之间比与之间多一个电阻。综合以上的分析可知，黑箱内的电学元件可能是一个定值电阻和一个二极管，电路的结构如图所示。
(5)由，变形为：
根据图像斜率和截距的意义应有
，，
可得。结合图像可知，多用电表使用的是电流表的功能，由于多用电表存在内阻，由闭合电路欧姆定律得
则
可见多用电表的内阻对的测量结果没有影响。
【分析】（1）电压表可以测量电路中的电压值；
（2）欧姆表可以测量两点之间的电阻值；欧姆表测量前需进行欧姆调零．
（3）欧姆表的读数的方法是先读出表盘的刻度，然后再乘以倍率；
（4）二极管具有单向导电性，据此可知A、B间接的是二极管．A、C间应是R1、R2并联，二极管处于正向导通状态．由此分析即可．
（5）根据闭合电路欧姆定律写出R与的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解．
13．【答案】（1）解：图甲可知周期T=4s，图乙可知波长，则波速
（2）解：图甲可知振幅A=4cm，一个周期内波源运动4A路程，故从t=0至t=10s，波源通过的路程
（3）解：图甲可知波源起振方向沿y轴正方向，故x=1m处的质点起振方向也沿y轴正方向，波源振动传播到1m处用时
则x=1m处的质点第一次到达波谷的时刻
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】(1) 本题考查波速公式，从振动图像取周期、波形图取波长代入计算；
(2) 本题考查简谐运动路程计算，一个周期路程为倍振幅，利用总时间与周期比值求总路程；
(3) 本题考查波的传播与质点振动，先算波传到目标质点的时间，再结合起振方向，算出质点从起振到首次抵达波谷的附加时间，求和得到总时刻。
（1）图甲可知周期T=4s，图乙可知波长，则波速
（2）图甲可知振幅A=4cm，一个周期内波源运动4A路程，故从t=0至t=10s，波源通过的路程
（3）图甲可知波源起振方向沿y轴正方向，故x=1m处的质点起振方向也沿y轴正方向，波源振动传播到1m处用时
则x=1m处的质点第一次到达波谷的时刻
14．【答案】（1）解：粒子从P点进入电场后仅受电场力的作用做类平抛运动，设到达M点前在第II象限内运动时间为，由牛顿第二定律得
沿x轴方向
沿у轴方向
联立解得，
（2）解：粒子在M点时的速度大小
则
可知
粒子从M点进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
题意可知粒子的轨迹与第一象限的x轴相切，由几何关系得
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 本题考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，分解为x匀加速、y匀速，结合牛顿第二定律与运动学公式联立求解纵坐标；
(2) 本题先合成 M 点合速度、确定速度偏角，再结合磁场圆周相切的几何条件求轨道半径，最后由洛伦兹向心力公式求解磁感应强度。
（1）粒子从P点进入电场后仅受电场力的作用做类平抛运动，设到达M点前在第II象限内运动时间为，由牛顿第二定律得
沿x轴方向
沿у轴方向
联立解得，
（2）粒子在M点时的速度大小
则
可知
粒子从M点进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
题意可知粒子的轨迹与第一象限的x轴相切，由几何关系得
联立解得
15．【答案】（1）解：由题意可知b棒质量为2m，电阻为2R，a棒运动瞬间电路中感应电动势
此时线路中的感应电流
a棒安培力大小
a棒瞬间加速度大小为
（2）解：初始阶段a棒做减速运动，b棒做加速运动，回路中总的感应电动势为
可知，最终当a、b两棒的速度大小之比为2：1、方向相反时回路的磁通量不再变化，线路无感应电流，两棒各自做匀速运动，既有
分别对a、b两棒列动量定理，设方向为正方向，对a棒有
对b棒有
解得，
此过程中a、b两棒的电流始终等大，因此产生的焦耳热之比为1：2，设b棒焦耳热为Q，由能量守恒有
解得
（3）解：根据，
解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 本题考查动生电动势、安培力与牛顿第二定律，先求感应电流，再算安培力求解瞬时加速度；
(2) 本题结合动量定理、能量守恒，电动势为零速度满足，利用动量定理求末速度，再由能量守恒、焦耳热与电阻正比关系求棒焦耳热；
(3) 本题利用微元动量定理结合电荷量定义，推导求解回路总电荷量。
（1）由题意可知b棒质量为2m，电阻为2R，a棒运动瞬间电路中感应电动势
此时线路中的感应电流
a棒安培力大小
a棒瞬间加速度大小为
（2）初始阶段a棒做减速运动，b棒做加速运动，回路中总的感应电动势为
可知，最终当a、b两棒的速度大小之比为2：1、方向相反时回路的磁通量不再变化，线路无感应电流，两棒各自做匀速运动，既有
分别对a、b两棒列动量定理，设方向为正方向，对a棒有
对b棒有
解得，
此过程中a、b两棒的电流始终等大，因此产生的焦耳热之比为1：2，设b棒焦耳热为Q，由能量守恒有
解得
（3）根据，
解得
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