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四川成都市实验外国语学校2025-2026学年下学期高二半期考试物理试卷
1．下列说法正确的是（　　）
A．质量相同的任何物质，分子数都相同
B．气体分子速率分布规律为“中间多，两头少”的正态分布
C．水和酒精混合后总体积变小说明液体分子间存在分子引力
D．用高倍光学显微镜能够直接看到碳原子
2．关于分子动理论的基本观点和实验依据，下列说法正确的是（　　）
A．－2℃时水已经结为冰，部分水分子已经停止了热运动
B．沸水中的胡椒粉不断翻滚，说明温度越高布朗运动越激烈
C．分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小
D．水很难被压缩，是因为压缩时分子间距离变小，相邻分子间只有斥力，没有引力
3．如图所示，三角形是相同的软导线连成的正三角形线框，放在水平面上，、、三个顶点固定，三边的导线均刚好伸直，线框处在垂直于水平面向上的匀强磁场中，现将、两端连接入电路，让电流从点流入，从点流出，不计通电导线间的相互作用的影响，则软导线静止时的形状可能是（　　）
A． B．
C． D．
4．在光滑绝缘水平面上，有三个金属圆环依次等间距排列，在金属圆环2直径位置的正上方固定一条直导线通以电流（导线与金属环2距离很近），俯视图如图所示。当电流增加时，则（　　）
A．1圆环向左运动，3圆环向右运动
B．2圆环静止不动，但圆环面积有缩小的趋势
C．2圆环对桌面的压力变大
D．1圆环与3圆环产生的感应电流方向相同
5．下列与电磁感应有关的现象中说法正确的是（　　）
A．甲图中，当蹄形磁体顺时针转动（从上往下看）时，铝框将沿逆时针方向转动
B．乙图中，真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，线圈会产生大量热量使金属熔化，从而冶炼金属
C．丙图中，用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯可以减小变压器铁芯中的涡流
D．丁图中，铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘的转速不变
6．如图为某LC振荡电路的电流随时间变化的i-t图像，已知t=0时刻，回路中电容器的M板带正电。下列关于电磁波与LC振荡电路的说法，正确的是（　　）
A．Oa段时间内，回路的磁场能不断减小，电容器处于充电过程
B．cd段时间内，回路的电场能不断增大，M板带正电且电荷量不断增加
C．雷达利用电磁波的反射特性探测目标，医用CT机也利用电磁波的反射特性工作
D．收音机接收电路中，调节可变电容使电路发生电谐振、选出特定频率电台信号的过程，叫作解调
7．如图所示，正方形线框 abcd 有一半处在足够大的匀强磁场中，虚线为磁场的边界。现使线框以 cd边为轴匀速转动，已知线框转动的周期为T。线框从图示位置转动一圈的过程中线框中感应电流随时间变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场。某带电粒子从点以速率垂直电场和磁场沿方向入射后沿直线运动，最终从点射出。电场强度大小为，磁感应强度大小为，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．粒子一定带正电
B．粒子速率
C．仅增大带电粒子的电荷量，粒子能从点射出
D．仅将带电粒子改为从点沿方向入射，粒子能从点射出
9．2025年7月19日，雅鲁藏布江下游水电工程在西藏自治区林芝市正式开工。水电站向外供电示意图如图甲所示，发电机的内部原理简化图如图乙所示。已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为、，降压变压器原、副线圈的匝数分别为、，变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（　　）
A．增加，可以提高远距离输电的输电效率
B．图乙中的线圈转过时，线圈产生的电流最小
C．若发电站输送功率一定，发电机的输出电压增大，则输电线中损耗的功率会减小
D．当用户端接入的用电器增多时，为维持用户电压稳定，要适当减小
10．如图所示，足够大的ABCDE虚线区域内存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，DE是半径为R的四分之一圆弧，圆心为O，其中A、E、O在同一条直线上，位于F点的粒子源垂直AE射出各种速度大小不等的带电粒子，粒子在磁场的作用下向右偏转。已知粒子质量均为m、电荷量均为q，F点到E点的距离为，则从圆弧DE射出的粒子，运动的可能时间为（　　）
A． B． C． D．
11．在“练习使用多用电表”的实验中：
（1）在测量小灯泡的电阻时，红表笔接触点的电势比黑表笔接触点的电势　 　（填“高”或“低”）；
（2）在用多用电表进行测量时，指针的位置如图所示，若多用电表的选择开关处在以下表格中所指的挡位，请写出对应指针读数。
所选择的挡位 指针读数
直流电压10V 　 　V
电阻“×10”挡 　 　Ω
12．按要求完成下列实验题；
（1）如图为“测量干电池的电动势和内阻”实验电路图，为保护电阻。
①电流表量程应选择　 　（选填“0.6A”或“3A”）；电压表量程应选择　 　（选填“3V”或“15V”）；
②保护电阻应选择　 　；
A.定值电阻（阻值100.0Ω，额定功率1W）
B.定值电阻（阻值2.0Ω，额定功率5W）
（2）一款太阳能电池在不同光照强度下的路端电压—电流关系如图所示。
由图知光强增大时，太阳能电池的电动势　 　（选填“增大”或“减小”），短路电流　 　（选填“增大”或“减小”）；
13．如图所示，半径为R的四分之一圆形区域OMN内有垂直于纸面的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子，在纸面内从O点以垂直于OM的速度射入磁场。粒子穿出磁场时，速度方向与OM平行。不计粒子重力。
（1）判断区域OMN内匀强磁场的方向，并求出其磁感应强度的大小B；
（2）仅调整区域内的磁感应强度大小，使粒子穿出磁场时速度方向与射入方向的夹角为。求调整前、后粒子在磁场中运动的时间之比。
14．如图所示，匝数为N、电阻为R的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀变化的匀强磁场，线圈通过开关S连接两根间距为L、倾角为的足够长平行光滑金属导轨，导轨下端连接阻值为R的电阻。一根阻值也为R、质量为m的导体棒ab垂直放置于导轨上。在平行金属导轨区域内仅有垂直于导轨平面向上的恒定匀强磁场，磁感应强度大小为。接通开关S后，导体棒ab恰好能静止在金属导轨上。假设导体棒ab与导轨接触良好，不计导轨电阻。求：
（1）磁场穿过线圈磁通量的变化率；
（2）开关S断开后，ab从静止开始下滑到速度大小为v时，此过程ab上产生的热量为其获得动能的，求此过程通过ab的电荷量q。
15．如图，两条平行光滑金属导轨水平放置。间距为，中间有宽度为、磁感应强度为的匀强磁场；导轨右侧接有一个阻值为的定值电阻。一个边长为粗细均匀的正方形导线框abcd置于导轨左侧，其、边始终与导轨接触良好。导线框总电阻为，不计金属导轨电阻，现给导线框一个初速度，当它完全进入磁场区域时，速度变为，求：
（1）线框进入磁场区域左边界瞬间两点间的电压；
（2）线框的质量；
（3）线框进、出磁场全过程，在导轨右侧定值电阻上产生的焦耳热。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】分子动理论的基本内容；与阿伏加德罗常数有关的计算；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A、质量相等的同种物体含有相同的分子数，质量相等的不同种物质（摩尔质量不同）含有不同的分子数，故A错误；B、大量气体分子做无规则运动的速率有大有小，分子速率分布符合统计规律，即分子数百分率呈现“中间多，两头少”统计规律，故B正确；
C．水和酒精混合后总体积变小，是因为分子间存在间隙，故C错误；
D．碳原子直径约为量级，远小于可见光波长，受分辨率限制，高倍光学显微镜无法观测到碳原子，需使用电子显微镜观测，故D错误。
故选B。
【分析】根据N=nNA知，摩尔数相同的物质的分子数相等；分子数百分率呈现“中间多，两头少”统计规律；分子之间由间隙；光学显微镜不能直接看到碳原子。
2．【答案】C
【知识点】分子动理论的基本内容；分子间的作用力
【解析】【解答】A、根据分子动理论，分子永不停息地做无规则热运动，即使在再低温下，分子热运动也不会停止，故A错误；
B、沸水中胡椒粉翻滚是水对流带动的宏观运动，不属于布朗运动，无法用其说明布朗运动与温度的关系，故B错误；
C、分子间的引力与斥力会随分子间距增大同步减小，斥力减小的幅度更大，故C正确；
D、压缩水时分子间距变小，分子间引力、斥力会同时存在，只是斥力增长幅度远大于引力，宏观表现为难以压缩，并非只有斥力，D错误。
故选：C。
【分析】分子永不停息地做无规则的热运动；根据布朗运动判断；根据分子力变化的特点判断；水分子之间有空隙。
3．【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】线框处在垂直于水平面向上的匀强磁场中，让电流从点流入，从点流出，则 边电流由左手定则知安培力指向内侧， 边电流，由左手定则知安培力指向三角形内侧， 边电流，由左手定则知安培力指向外侧。因此软导线静止时的形状是
故选 B。
【分析】明确电流的分流路径；用左手定则判断每条导线的安培力方向；根据安培力方向判断导线的弯曲趋势。
4．【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AD、根据右手螺旋定则知，直导线右方的磁场垂直纸面向里，左方磁场垂直纸面向外，当电流增加时，穿过圆环1与圆环3的磁通量在增大，依据楞次定律的感应磁场总阻碍圆环的磁通量变化，即“增反减同”可知，1圆环电流方向为顺时针方向，3圆环电流为逆时针方向；圆环3的右方和左方各取小微元电流，根据左手定则，右方的微元电流所受安培力向左，左方的微元电流所受安培力向右，因离导线越远的磁场越弱，则圆环3向右运动；同理，圆环1向左运动，故A正确，D错误；
BC、当电流增加时，处于中心位置圆环2，则穿过其的磁通量仍为零，圆环2中没有感应电流，因此2圆环静止不动，也没有缩小或扩张趋势，对桌面的压力也不变，故BC错误。
故选：A。
【分析】依据通电导线电流变化，从而判定通过各圆环磁通量的变化，再根据楞次定律的感应磁场总阻碍圆环的磁通量变化，判定圆环中感应电流方向，再根据右手螺旋定则得出固定直导线周围的磁场，采用微元法，结合左手定则，得出环形导线所受的安培力。
5．【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．根据电磁驱动原理，磁体顺时针转动，铝框也顺时针转动，A错误；
B．真空冶炼炉是炉内金属产生涡流发热，并非线圈发热，B错误；
C．叠片绝缘铁芯可阻断涡流路径，减小涡流损耗，C正确；
D．磁体靠近铜盘，铜盘产生涡流，受电磁阻尼，转速变小，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：电磁驱动，转动方向相同；
B：涡流发热在被冶炼金属内部；
C：叠片铁芯减小涡流；
D：电磁阻尼阻碍运动，转速减小。
6．【答案】B
【知识点】电磁波的发射、传播与接收；电磁振荡
【解析】【解答】A、Oa 段电流持续增大，属于电容器放电过程，回路磁场能不断增大，电场能减小，故A错误；
B、cd 段电流数值不断减小，属于充电过程，回路电场能不断增大；结合电流方向，此时正电荷流向M板，M板正电荷量持续增加，故B正确；
C、雷达利用电磁波的反射特性（回波）来探测目标；而医用CT机利用的是X射线的透射特性，故C错误；
D、收音机接收电路中，调节可变电容使电路发生电谐振、选出特定频率电台信号的过程叫作调谐，故D错误。
故选：B。
【分析】结合LC振荡电路i-t图像分析各时段充放电过程、能量转化与极板带电情况，再结合电磁波应用、无线电接收相关概念逐一判断选项。
7．【答案】C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】A.图示位置穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率为0，根据法拉第电磁感应定律，感应电流为0，A选项中t=0电流最大，故A错误；
BD．磁通量最大，磁通量变化率等于零，结合法拉第电磁感应定律可知感应电流等于零，故BD错误；
C．和电流均为，峰值出现在和，符合电磁感应规律（转动过程中磁通量随转角按余弦规律变化，感应电流按正弦规律变化，且整个线框进入磁场后，电动势峰值符合变化规律）。故C正确。
故选C。
【分析】初始时ab边一半在磁场，切割长度最大，感应电流最大；转动中切割长度逐渐减小，电流同步减小，至半周期时ab边完全离开磁场，电流为0；后半周期切割长度反向增大，电流反向增大，回到初始位置时电流反向最大，据此判断电流随时间的变化规律。
8．【答案】B,C
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】A．若粒子带正电：电场力向下，洛伦兹力向上（左手定则，向右运动、磁场向里），二力平衡；·若粒子带负电：电场力向上，洛伦兹力向下，二力仍平衡，因此电性无法确定，故A错误；
BC．粒子恰好沿直线从N点射出，根据平衡条件则有，解得粒子射入的速度大小为仅增大带电粒子的电荷量，粒子能从N点射出，故BC正确；
D．仅将带电粒子改为从N点沿NM方向入射，洛伦兹力的方向反向了，粒子做曲线运动，不能从M点射出。故D错误。
故选BC。
【分析】根据左手定则判断粒子电性；粒子恰好沿直线从N点射出，粒子受到的电场力大小等于受到的洛伦兹力大小，列式求得粒子速率，并分析仅增大带电粒子的电荷量，粒子是否能从N点射出；粒子运动方向反向，洛伦兹力的方向反向，以此分析粒子是否能从M点射出。
9．【答案】A,C
【知识点】交变电流的产生及规律；电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A. 输电效率，其中 ，已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为、，增加，根据可知升压变压器副线圈电压升高，导致输电电流减小，输电线上损耗的功率减小，输电效率提高，故A正确；
B. 由图乙可知，磁场竖直向上，图示初始位置线圈平面与磁场垂直，处于中性面位置，磁通量最大，但磁通量的变化率为0，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为0，电流最小。线圈转过90°后，线圈平面与磁场平行，磁通量为0，但磁通量的变化率最大，感应电动势最大，电流最大，因此转过90°时电流最大，故B错误；
C. 若发电站输送功率一定，根据，可知发电机的输出电压增大，则副线圈电压增大。由，可知输电电流减小。输电线中损耗的功率，因减小，所以减小，故C正确；
D. 当用户端接入的用电器增多时，降压变压器副线圈电流增大，降压变压器原线圈电流增大，输电线上电压损失增大，降压变压器原线圈电压减小，降压变压器原线圈电压即用户电压随之减小。为维持用户电压稳定，应增大变压比，即适当增大，故D错误。
故选AC。
【分析】分析增加升压变压器副线圈匝数n2时，输电电压、输电电流的变化，再结合输电损耗功率与输电效率的关系判断；结合交变电流的产生原理，分析线圈转过90°时所处的位置（中性面或垂直中性面），判断感应电动势与电流的大小；在输送功率一定的前提下，分析发电机输出电压增大时，升压变压器输出电压、输电电流的变化，再根据输电线损耗功率的公式，判断输电线损耗功率的变化；用户用电器增多时，分析用户端电流、降压变压器原线圈电流、输电线电压损失的变化，再结合降压变压器原线圈电压变化，根据变压器电压比公式，判断调整n4的方式是否正确。
10．【答案】C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】足够大的ABCDE虚线区域内存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动，设粒子从弧DE射出时射出点与F点的连线与OF的夹角为θ，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹对应的圆心角为α，如图所示，
由图可知，越大越小，当射出点与F点的连线与弧DE相切时，最大，此时最小，设此时的射出点为G，根据几何关系有，即，所以的最小值为90°，另外当为零时最大，最大值为180°，所以从弧DE上射出的粒子在磁场匀速圆周运动的时间范围为，即
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有，得
所以
故选CD。
【分析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，周期，运动时间与圆心角成正比。需要根据几何关系确定粒子轨迹对应的圆心角范围。
11．【答案】（1）低
（2）3.6；260
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）红表笔与多用电表欧姆挡内部电池的负极相连，黑表笔与正极相邻，则在测量小灯泡的电阻时，红表笔接触点的电势比黑表笔接触点的电势低；
（2）多用电表的选择开关处在直流电压10V挡，电压表的最小分度值为0.2V，读数为3.6V；多用电表的选择开关处在电阻“×10”挡，读数为26×10Ω=260Ω。
【分析】（1）根据红黑表笔与多用电表欧姆挡内部电池的连接情况判断；
（2）先确定电压表的最小分度值再读数，欧姆表的读数为指针所指示数乘以倍率。
（1）欧姆表的黑表笔内接电源正极，红表笔内接电源负极，红表笔接触点的电势比黑表笔接触点的电势低
（2）[1] 直流电压10V，电流表刻度线均匀，由比例关系有
则
[2] 电阻“×10”挡，
12．【答案】（1）0.6A；3V；B
（2）增大；增大
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）①2节干电池的电动势为3V，电压表量程应选择3V；由于滑动变阻器的存在，可以使电路中的电流较小，防止电池内阻发热明显，因此电流表量程应选择0.6A；②根据闭合电路欧姆定律，电路中的最小电阻，为了使两电表示数有较大变化，保护电阻应选择B；
（2）根据闭合电路的欧姆定律，结合图像可知，当电流为零时，图线与横轴的截距即为电池的电动势，可知光强增大时，太阳能电池的电动势增大；当路端电压为零时，图线与纵轴的截距即为短路电流，可知光强增大时，短路电流增大。
【分析】（1）①根据干电池电动势选择电压表量程；从保证安全的角度选择电流表；
②根据欧姆定律分析作答；
（2）根据闭合电路欧姆定律，结合路端电压与电动势的关系，短路电流与路端电压的关系分析作答。
（1）[1][2]由于一节干电池的电动势约1.5V，故应选取量程为3V的电压表；同时为了用电安全，通过干电池的电流不宜过大，电流表量程应选择0.6A。
[3] 如果保护电阻选用阻值100.0Ω的，则回路的电流会过小，电流表的指针几乎不发生偏转，故保护电阻应选择B。
（2）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律
结合图像可知，当电流为零时，图线与横轴的截距即为电池的电动势，可知光强增大时，太阳能电池的电动势增大；当路端电压为零时，图线与纵轴的截距即为短路电流，可知光强增大时，短路电流增大。
13．【答案】（1）解：由左手定则判断，区域内的磁场方向垂直于纸面向外。
设带电粒子做圆周运动的半径为，粒子运动的圆心角为，由圆周运动的规律和牛顿运动定律可得
解得
（2）解：设带电粒子在磁场调整后做圆周运动的半径为、在磁场中运动的圆心角为、周期为；在磁场调整前周期为，调整前后运动轨迹如图所示
根据几何关系和圆周运动规律得，
则，，，
解得

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）由左手定则判断区域OMN内匀强磁场的方向，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小B；
（2）画出粒子运动轨迹，根据周期与时间的关系求调整前、后粒子在磁场中运动的时间之比。
（1）由左手定则判断，区域内的磁场方向垂直于纸面向外。
设带电粒子做圆周运动的半径为，粒子运动的圆心角为，由圆周运动的规律和牛顿运动定律可得
解得
（2）设带电粒子在磁场调整后做圆周运动的半径为、在磁场中运动的圆心角为、周期为；在磁场调整前周期为，调整前后运动轨迹如图所示
根据几何关系和圆周运动规律得，
则，，，
解得
14．【答案】（1）解：接通开关S后，导体棒ab恰好能静止在金属导轨上；线圈中产生的电动势为
回路电流为
回路总电阻为
对于导体棒ab，根据受力平衡可得
联立解得
（2）解：开关S断开后，ab从静止开始下滑到速度大小为v时，此过程ab上产生的热量为其获得动能的设此过程ab下滑的距离为，根据能量守恒可得
其中
又
联立解得
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）导体棒ab恰好静止在滑轨上，对导体棒，根据平衡条件求出其受到的安培力大小，根据安培力公式求出通过导体棒的感应电流大小，外电路为导体棒和电阻R并联，求出干路电流，由闭合电路欧姆定律求出线圈产生的感应电动势，再根据法拉第电磁感应定律求解B1磁场穿过线圈磁通量的变化率；
（2）根据能量守恒定律求出ab下滑的距离，再根据电荷量表达式、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求通过ab的电荷量q。
（1）接通开关S后，导体棒ab恰好能静止在金属导轨上；线圈中产生的电动势为
回路电流为
回路总电阻为
对于导体棒ab，根据受力平衡可得
联立解得
（2）开关S断开后，ab从静止开始下滑到速度大小为v时，此过程ab上产生的热量为其获得动能的，设此过程ab下滑的距离为，根据能量守恒可得
其中
又
联立解得
15．【答案】（1）解：bd边切割磁感线，电动势
因、两边的电阻被导轨短路，故等效电源内阻为R，外电路的总电阻为
由欧姆定律
即
解得
b、d两点间电压
解得
（2）解：线框进入磁场的过程，根据动量定理有
其中，
解得
（3）解：在进入磁场过程中，系统减少的动能为，计算得
定值电阻R与ac边中流过的电流均为总电流的一半，其消耗的热量占总耗散能量的比例为，故
由于磁场宽度也为L，线框完全进入时bd边恰好开始穿出，此时ac边切割磁感线作为电源，等效电路与进入时一致，所受安培力与速度的关系也相同，故穿出磁场位移为L后，速度恰好减为零。出磁场过程中系统减少的动能，解得
同理可得定值电阻消耗的热量
因此，全过程在定值电阻R上产生的总焦耳热Q＝QR1+QR2，代入得
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；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）确定整个回路的电路结构，即电源内阻与外电阻。bd两点间电压为路端电压，需通过感应电动势与回路总电阻、外电阻的关系进行推导。
（2）线框受到安培力作用，安培力为变力，可运用动量定理。安培力的冲量可通过平均感应电流与时间的乘积来表达，结合法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，建立安培力冲量与速度变化的关系，从而求解线框质量。
（3）全过程分为进入和穿出两个阶段。进入阶段线框动能减少，减少的动能转化为整个回路（包括线框和定值电阻R）的焦耳热。需根据电路结构，确定定值电阻R上消耗的热量占总焦耳热的比例。穿出阶段，线框从v/2减速至零，其动能减少量同样转化为焦耳热，且电路结构与进入阶段对称，定值电阻R消耗的热量比例相同。将两阶段在R上产生的热量相加即得总焦耳热。
（1）bd边切割磁感线，电动势
因、两边的电阻被导轨短路，故等效电源内阻为R，外电路的总电阻为
由欧姆定律
即
解得
b、d两点间电压
解得
（2）线框进入磁场的过程，根据动量定理有
其中，
解得
（3）在进入磁场过程中，系统减少的动能为，计算得
定值电阻R与ac边中流过的电流均为总电流的一半，其消耗的热量占总耗散能量的比例为，故
由于磁场宽度也为L，线框完全进入时bd边恰好开始穿出，此时ac边切割磁感线作为电源，等效电路与进入时一致，所受安培力与速度的关系也相同，故穿出磁场位移为L后，速度恰好减为零。出磁场过程中系统减少的动能，解得
同理可得定值电阻消耗的热量
因此，全过程在定值电阻R上产生的总焦耳热Q＝QR1+QR2，代入得
1 / 1四川成都市实验外国语学校2025-2026学年下学期高二半期考试物理试卷
1．下列说法正确的是（　　）
A．质量相同的任何物质，分子数都相同
B．气体分子速率分布规律为“中间多，两头少”的正态分布
C．水和酒精混合后总体积变小说明液体分子间存在分子引力
D．用高倍光学显微镜能够直接看到碳原子
【答案】B
【知识点】分子动理论的基本内容；与阿伏加德罗常数有关的计算；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A、质量相等的同种物体含有相同的分子数，质量相等的不同种物质（摩尔质量不同）含有不同的分子数，故A错误；B、大量气体分子做无规则运动的速率有大有小，分子速率分布符合统计规律，即分子数百分率呈现“中间多，两头少”统计规律，故B正确；
C．水和酒精混合后总体积变小，是因为分子间存在间隙，故C错误；
D．碳原子直径约为量级，远小于可见光波长，受分辨率限制，高倍光学显微镜无法观测到碳原子，需使用电子显微镜观测，故D错误。
故选B。
【分析】根据N=nNA知，摩尔数相同的物质的分子数相等；分子数百分率呈现“中间多，两头少”统计规律；分子之间由间隙；光学显微镜不能直接看到碳原子。
2．关于分子动理论的基本观点和实验依据，下列说法正确的是（　　）
A．－2℃时水已经结为冰，部分水分子已经停止了热运动
B．沸水中的胡椒粉不断翻滚，说明温度越高布朗运动越激烈
C．分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小
D．水很难被压缩，是因为压缩时分子间距离变小，相邻分子间只有斥力，没有引力
【答案】C
【知识点】分子动理论的基本内容；分子间的作用力
【解析】【解答】A、根据分子动理论，分子永不停息地做无规则热运动，即使在再低温下，分子热运动也不会停止，故A错误；
B、沸水中胡椒粉翻滚是水对流带动的宏观运动，不属于布朗运动，无法用其说明布朗运动与温度的关系，故B错误；
C、分子间的引力与斥力会随分子间距增大同步减小，斥力减小的幅度更大，故C正确；
D、压缩水时分子间距变小，分子间引力、斥力会同时存在，只是斥力增长幅度远大于引力，宏观表现为难以压缩，并非只有斥力，D错误。
故选：C。
【分析】分子永不停息地做无规则的热运动；根据布朗运动判断；根据分子力变化的特点判断；水分子之间有空隙。
3．如图所示，三角形是相同的软导线连成的正三角形线框，放在水平面上，、、三个顶点固定，三边的导线均刚好伸直，线框处在垂直于水平面向上的匀强磁场中，现将、两端连接入电路，让电流从点流入，从点流出，不计通电导线间的相互作用的影响，则软导线静止时的形状可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】线框处在垂直于水平面向上的匀强磁场中，让电流从点流入，从点流出，则 边电流由左手定则知安培力指向内侧， 边电流，由左手定则知安培力指向三角形内侧， 边电流，由左手定则知安培力指向外侧。因此软导线静止时的形状是
故选 B。
【分析】明确电流的分流路径；用左手定则判断每条导线的安培力方向；根据安培力方向判断导线的弯曲趋势。
4．在光滑绝缘水平面上，有三个金属圆环依次等间距排列，在金属圆环2直径位置的正上方固定一条直导线通以电流（导线与金属环2距离很近），俯视图如图所示。当电流增加时，则（　　）
A．1圆环向左运动，3圆环向右运动
B．2圆环静止不动，但圆环面积有缩小的趋势
C．2圆环对桌面的压力变大
D．1圆环与3圆环产生的感应电流方向相同
【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AD、根据右手螺旋定则知，直导线右方的磁场垂直纸面向里，左方磁场垂直纸面向外，当电流增加时，穿过圆环1与圆环3的磁通量在增大，依据楞次定律的感应磁场总阻碍圆环的磁通量变化，即“增反减同”可知，1圆环电流方向为顺时针方向，3圆环电流为逆时针方向；圆环3的右方和左方各取小微元电流，根据左手定则，右方的微元电流所受安培力向左，左方的微元电流所受安培力向右，因离导线越远的磁场越弱，则圆环3向右运动；同理，圆环1向左运动，故A正确，D错误；
BC、当电流增加时，处于中心位置圆环2，则穿过其的磁通量仍为零，圆环2中没有感应电流，因此2圆环静止不动，也没有缩小或扩张趋势，对桌面的压力也不变，故BC错误。
故选：A。
【分析】依据通电导线电流变化，从而判定通过各圆环磁通量的变化，再根据楞次定律的感应磁场总阻碍圆环的磁通量变化，判定圆环中感应电流方向，再根据右手螺旋定则得出固定直导线周围的磁场，采用微元法，结合左手定则，得出环形导线所受的安培力。
5．下列与电磁感应有关的现象中说法正确的是（　　）
A．甲图中，当蹄形磁体顺时针转动（从上往下看）时，铝框将沿逆时针方向转动
B．乙图中，真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，线圈会产生大量热量使金属熔化，从而冶炼金属
C．丙图中，用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯可以减小变压器铁芯中的涡流
D．丁图中，铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘的转速不变
【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．根据电磁驱动原理，磁体顺时针转动，铝框也顺时针转动，A错误；
B．真空冶炼炉是炉内金属产生涡流发热，并非线圈发热，B错误；
C．叠片绝缘铁芯可阻断涡流路径，减小涡流损耗，C正确；
D．磁体靠近铜盘，铜盘产生涡流，受电磁阻尼，转速变小，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：电磁驱动，转动方向相同；
B：涡流发热在被冶炼金属内部；
C：叠片铁芯减小涡流；
D：电磁阻尼阻碍运动，转速减小。
6．如图为某LC振荡电路的电流随时间变化的i-t图像，已知t=0时刻，回路中电容器的M板带正电。下列关于电磁波与LC振荡电路的说法，正确的是（　　）
A．Oa段时间内，回路的磁场能不断减小，电容器处于充电过程
B．cd段时间内，回路的电场能不断增大，M板带正电且电荷量不断增加
C．雷达利用电磁波的反射特性探测目标，医用CT机也利用电磁波的反射特性工作
D．收音机接收电路中，调节可变电容使电路发生电谐振、选出特定频率电台信号的过程，叫作解调
【答案】B
【知识点】电磁波的发射、传播与接收；电磁振荡
【解析】【解答】A、Oa 段电流持续增大，属于电容器放电过程，回路磁场能不断增大，电场能减小，故A错误；
B、cd 段电流数值不断减小，属于充电过程，回路电场能不断增大；结合电流方向，此时正电荷流向M板，M板正电荷量持续增加，故B正确；
C、雷达利用电磁波的反射特性（回波）来探测目标；而医用CT机利用的是X射线的透射特性，故C错误；
D、收音机接收电路中，调节可变电容使电路发生电谐振、选出特定频率电台信号的过程叫作调谐，故D错误。
故选：B。
【分析】结合LC振荡电路i-t图像分析各时段充放电过程、能量转化与极板带电情况，再结合电磁波应用、无线电接收相关概念逐一判断选项。
7．如图所示，正方形线框 abcd 有一半处在足够大的匀强磁场中，虚线为磁场的边界。现使线框以 cd边为轴匀速转动，已知线框转动的周期为T。线框从图示位置转动一圈的过程中线框中感应电流随时间变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】A.图示位置穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率为0，根据法拉第电磁感应定律，感应电流为0，A选项中t=0电流最大，故A错误；
BD．磁通量最大，磁通量变化率等于零，结合法拉第电磁感应定律可知感应电流等于零，故BD错误；
C．和电流均为，峰值出现在和，符合电磁感应规律（转动过程中磁通量随转角按余弦规律变化，感应电流按正弦规律变化，且整个线框进入磁场后，电动势峰值符合变化规律）。故C正确。
故选C。
【分析】初始时ab边一半在磁场，切割长度最大，感应电流最大；转动中切割长度逐渐减小，电流同步减小，至半周期时ab边完全离开磁场，电流为0；后半周期切割长度反向增大，电流反向增大，回到初始位置时电流反向最大，据此判断电流随时间的变化规律。
8．如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场。某带电粒子从点以速率垂直电场和磁场沿方向入射后沿直线运动，最终从点射出。电场强度大小为，磁感应强度大小为，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．粒子一定带正电
B．粒子速率
C．仅增大带电粒子的电荷量，粒子能从点射出
D．仅将带电粒子改为从点沿方向入射，粒子能从点射出
【答案】B,C
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】A．若粒子带正电：电场力向下，洛伦兹力向上（左手定则，向右运动、磁场向里），二力平衡；·若粒子带负电：电场力向上，洛伦兹力向下，二力仍平衡，因此电性无法确定，故A错误；
BC．粒子恰好沿直线从N点射出，根据平衡条件则有，解得粒子射入的速度大小为仅增大带电粒子的电荷量，粒子能从N点射出，故BC正确；
D．仅将带电粒子改为从N点沿NM方向入射，洛伦兹力的方向反向了，粒子做曲线运动，不能从M点射出。故D错误。
故选BC。
【分析】根据左手定则判断粒子电性；粒子恰好沿直线从N点射出，粒子受到的电场力大小等于受到的洛伦兹力大小，列式求得粒子速率，并分析仅增大带电粒子的电荷量，粒子是否能从N点射出；粒子运动方向反向，洛伦兹力的方向反向，以此分析粒子是否能从M点射出。
9．2025年7月19日，雅鲁藏布江下游水电工程在西藏自治区林芝市正式开工。水电站向外供电示意图如图甲所示，发电机的内部原理简化图如图乙所示。已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为、，降压变压器原、副线圈的匝数分别为、，变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（　　）
A．增加，可以提高远距离输电的输电效率
B．图乙中的线圈转过时，线圈产生的电流最小
C．若发电站输送功率一定，发电机的输出电压增大，则输电线中损耗的功率会减小
D．当用户端接入的用电器增多时，为维持用户电压稳定，要适当减小
【答案】A,C
【知识点】交变电流的产生及规律；电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A. 输电效率，其中 ，已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为、，增加，根据可知升压变压器副线圈电压升高，导致输电电流减小，输电线上损耗的功率减小，输电效率提高，故A正确；
B. 由图乙可知，磁场竖直向上，图示初始位置线圈平面与磁场垂直，处于中性面位置，磁通量最大，但磁通量的变化率为0，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为0，电流最小。线圈转过90°后，线圈平面与磁场平行，磁通量为0，但磁通量的变化率最大，感应电动势最大，电流最大，因此转过90°时电流最大，故B错误；
C. 若发电站输送功率一定，根据，可知发电机的输出电压增大，则副线圈电压增大。由，可知输电电流减小。输电线中损耗的功率，因减小，所以减小，故C正确；
D. 当用户端接入的用电器增多时，降压变压器副线圈电流增大，降压变压器原线圈电流增大，输电线上电压损失增大，降压变压器原线圈电压减小，降压变压器原线圈电压即用户电压随之减小。为维持用户电压稳定，应增大变压比，即适当增大，故D错误。
故选AC。
【分析】分析增加升压变压器副线圈匝数n2时，输电电压、输电电流的变化，再结合输电损耗功率与输电效率的关系判断；结合交变电流的产生原理，分析线圈转过90°时所处的位置（中性面或垂直中性面），判断感应电动势与电流的大小；在输送功率一定的前提下，分析发电机输出电压增大时，升压变压器输出电压、输电电流的变化，再根据输电线损耗功率的公式，判断输电线损耗功率的变化；用户用电器增多时，分析用户端电流、降压变压器原线圈电流、输电线电压损失的变化，再结合降压变压器原线圈电压变化，根据变压器电压比公式，判断调整n4的方式是否正确。
10．如图所示，足够大的ABCDE虚线区域内存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，DE是半径为R的四分之一圆弧，圆心为O，其中A、E、O在同一条直线上，位于F点的粒子源垂直AE射出各种速度大小不等的带电粒子，粒子在磁场的作用下向右偏转。已知粒子质量均为m、电荷量均为q，F点到E点的距离为，则从圆弧DE射出的粒子，运动的可能时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】足够大的ABCDE虚线区域内存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动，设粒子从弧DE射出时射出点与F点的连线与OF的夹角为θ，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹对应的圆心角为α，如图所示，
由图可知，越大越小，当射出点与F点的连线与弧DE相切时，最大，此时最小，设此时的射出点为G，根据几何关系有，即，所以的最小值为90°，另外当为零时最大，最大值为180°，所以从弧DE上射出的粒子在磁场匀速圆周运动的时间范围为，即
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有，得
所以
故选CD。
【分析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，周期，运动时间与圆心角成正比。需要根据几何关系确定粒子轨迹对应的圆心角范围。
11．在“练习使用多用电表”的实验中：
（1）在测量小灯泡的电阻时，红表笔接触点的电势比黑表笔接触点的电势　 　（填“高”或“低”）；
（2）在用多用电表进行测量时，指针的位置如图所示，若多用电表的选择开关处在以下表格中所指的挡位，请写出对应指针读数。
所选择的挡位 指针读数
直流电压10V 　 　V
电阻“×10”挡 　 　Ω
【答案】（1）低
（2）3.6；260
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）红表笔与多用电表欧姆挡内部电池的负极相连，黑表笔与正极相邻，则在测量小灯泡的电阻时，红表笔接触点的电势比黑表笔接触点的电势低；
（2）多用电表的选择开关处在直流电压10V挡，电压表的最小分度值为0.2V，读数为3.6V；多用电表的选择开关处在电阻“×10”挡，读数为26×10Ω=260Ω。
【分析】（1）根据红黑表笔与多用电表欧姆挡内部电池的连接情况判断；
（2）先确定电压表的最小分度值再读数，欧姆表的读数为指针所指示数乘以倍率。
（1）欧姆表的黑表笔内接电源正极，红表笔内接电源负极，红表笔接触点的电势比黑表笔接触点的电势低
（2）[1] 直流电压10V，电流表刻度线均匀，由比例关系有
则
[2] 电阻“×10”挡，
12．按要求完成下列实验题；
（1）如图为“测量干电池的电动势和内阻”实验电路图，为保护电阻。
①电流表量程应选择　 　（选填“0.6A”或“3A”）；电压表量程应选择　 　（选填“3V”或“15V”）；
②保护电阻应选择　 　；
A.定值电阻（阻值100.0Ω，额定功率1W）
B.定值电阻（阻值2.0Ω，额定功率5W）
（2）一款太阳能电池在不同光照强度下的路端电压—电流关系如图所示。
由图知光强增大时，太阳能电池的电动势　 　（选填“增大”或“减小”），短路电流　 　（选填“增大”或“减小”）；
【答案】（1）0.6A；3V；B
（2）增大；增大
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）①2节干电池的电动势为3V，电压表量程应选择3V；由于滑动变阻器的存在，可以使电路中的电流较小，防止电池内阻发热明显，因此电流表量程应选择0.6A；②根据闭合电路欧姆定律，电路中的最小电阻，为了使两电表示数有较大变化，保护电阻应选择B；
（2）根据闭合电路的欧姆定律，结合图像可知，当电流为零时，图线与横轴的截距即为电池的电动势，可知光强增大时，太阳能电池的电动势增大；当路端电压为零时，图线与纵轴的截距即为短路电流，可知光强增大时，短路电流增大。
【分析】（1）①根据干电池电动势选择电压表量程；从保证安全的角度选择电流表；
②根据欧姆定律分析作答；
（2）根据闭合电路欧姆定律，结合路端电压与电动势的关系，短路电流与路端电压的关系分析作答。
（1）[1][2]由于一节干电池的电动势约1.5V，故应选取量程为3V的电压表；同时为了用电安全，通过干电池的电流不宜过大，电流表量程应选择0.6A。
[3] 如果保护电阻选用阻值100.0Ω的，则回路的电流会过小，电流表的指针几乎不发生偏转，故保护电阻应选择B。
（2）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律
结合图像可知，当电流为零时，图线与横轴的截距即为电池的电动势，可知光强增大时，太阳能电池的电动势增大；当路端电压为零时，图线与纵轴的截距即为短路电流，可知光强增大时，短路电流增大。
13．如图所示，半径为R的四分之一圆形区域OMN内有垂直于纸面的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子，在纸面内从O点以垂直于OM的速度射入磁场。粒子穿出磁场时，速度方向与OM平行。不计粒子重力。
（1）判断区域OMN内匀强磁场的方向，并求出其磁感应强度的大小B；
（2）仅调整区域内的磁感应强度大小，使粒子穿出磁场时速度方向与射入方向的夹角为。求调整前、后粒子在磁场中运动的时间之比。
【答案】（1）解：由左手定则判断，区域内的磁场方向垂直于纸面向外。
设带电粒子做圆周运动的半径为，粒子运动的圆心角为，由圆周运动的规律和牛顿运动定律可得
解得
（2）解：设带电粒子在磁场调整后做圆周运动的半径为、在磁场中运动的圆心角为、周期为；在磁场调整前周期为，调整前后运动轨迹如图所示
根据几何关系和圆周运动规律得，
则，，，
解得

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）由左手定则判断区域OMN内匀强磁场的方向，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小B；
（2）画出粒子运动轨迹，根据周期与时间的关系求调整前、后粒子在磁场中运动的时间之比。
（1）由左手定则判断，区域内的磁场方向垂直于纸面向外。
设带电粒子做圆周运动的半径为，粒子运动的圆心角为，由圆周运动的规律和牛顿运动定律可得
解得
（2）设带电粒子在磁场调整后做圆周运动的半径为、在磁场中运动的圆心角为、周期为；在磁场调整前周期为，调整前后运动轨迹如图所示
根据几何关系和圆周运动规律得，
则，，，
解得
14．如图所示，匝数为N、电阻为R的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀变化的匀强磁场，线圈通过开关S连接两根间距为L、倾角为的足够长平行光滑金属导轨，导轨下端连接阻值为R的电阻。一根阻值也为R、质量为m的导体棒ab垂直放置于导轨上。在平行金属导轨区域内仅有垂直于导轨平面向上的恒定匀强磁场，磁感应强度大小为。接通开关S后，导体棒ab恰好能静止在金属导轨上。假设导体棒ab与导轨接触良好，不计导轨电阻。求：
（1）磁场穿过线圈磁通量的变化率；
（2）开关S断开后，ab从静止开始下滑到速度大小为v时，此过程ab上产生的热量为其获得动能的，求此过程通过ab的电荷量q。
【答案】（1）解：接通开关S后，导体棒ab恰好能静止在金属导轨上；线圈中产生的电动势为
回路电流为
回路总电阻为
对于导体棒ab，根据受力平衡可得
联立解得
（2）解：开关S断开后，ab从静止开始下滑到速度大小为v时，此过程ab上产生的热量为其获得动能的设此过程ab下滑的距离为，根据能量守恒可得
其中
又
联立解得
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）导体棒ab恰好静止在滑轨上，对导体棒，根据平衡条件求出其受到的安培力大小，根据安培力公式求出通过导体棒的感应电流大小，外电路为导体棒和电阻R并联，求出干路电流，由闭合电路欧姆定律求出线圈产生的感应电动势，再根据法拉第电磁感应定律求解B1磁场穿过线圈磁通量的变化率；
（2）根据能量守恒定律求出ab下滑的距离，再根据电荷量表达式、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求通过ab的电荷量q。
（1）接通开关S后，导体棒ab恰好能静止在金属导轨上；线圈中产生的电动势为
回路电流为
回路总电阻为
对于导体棒ab，根据受力平衡可得
联立解得
（2）开关S断开后，ab从静止开始下滑到速度大小为v时，此过程ab上产生的热量为其获得动能的，设此过程ab下滑的距离为，根据能量守恒可得
其中
又
联立解得
15．如图，两条平行光滑金属导轨水平放置。间距为，中间有宽度为、磁感应强度为的匀强磁场；导轨右侧接有一个阻值为的定值电阻。一个边长为粗细均匀的正方形导线框abcd置于导轨左侧，其、边始终与导轨接触良好。导线框总电阻为，不计金属导轨电阻，现给导线框一个初速度，当它完全进入磁场区域时，速度变为，求：
（1）线框进入磁场区域左边界瞬间两点间的电压；
（2）线框的质量；
（3）线框进、出磁场全过程，在导轨右侧定值电阻上产生的焦耳热。
【答案】（1）解：bd边切割磁感线，电动势
因、两边的电阻被导轨短路，故等效电源内阻为R，外电路的总电阻为
由欧姆定律
即
解得
b、d两点间电压
解得
（2）解：线框进入磁场的过程，根据动量定理有
其中，
解得
（3）解：在进入磁场过程中，系统减少的动能为，计算得
定值电阻R与ac边中流过的电流均为总电流的一半，其消耗的热量占总耗散能量的比例为，故
由于磁场宽度也为L，线框完全进入时bd边恰好开始穿出，此时ac边切割磁感线作为电源，等效电路与进入时一致，所受安培力与速度的关系也相同，故穿出磁场位移为L后，速度恰好减为零。出磁场过程中系统减少的动能，解得
同理可得定值电阻消耗的热量
因此，全过程在定值电阻R上产生的总焦耳热Q＝QR1+QR2，代入得
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；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）确定整个回路的电路结构，即电源内阻与外电阻。bd两点间电压为路端电压，需通过感应电动势与回路总电阻、外电阻的关系进行推导。
（2）线框受到安培力作用，安培力为变力，可运用动量定理。安培力的冲量可通过平均感应电流与时间的乘积来表达，结合法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，建立安培力冲量与速度变化的关系，从而求解线框质量。
（3）全过程分为进入和穿出两个阶段。进入阶段线框动能减少，减少的动能转化为整个回路（包括线框和定值电阻R）的焦耳热。需根据电路结构，确定定值电阻R上消耗的热量占总焦耳热的比例。穿出阶段，线框从v/2减速至零，其动能减少量同样转化为焦耳热，且电路结构与进入阶段对称，定值电阻R消耗的热量比例相同。将两阶段在R上产生的热量相加即得总焦耳热。
（1）bd边切割磁感线，电动势
因、两边的电阻被导轨短路，故等效电源内阻为R，外电路的总电阻为
由欧姆定律
即
解得
b、d两点间电压
解得
（2）线框进入磁场的过程，根据动量定理有
其中，
解得
（3）在进入磁场过程中，系统减少的动能为，计算得
定值电阻R与ac边中流过的电流均为总电流的一半，其消耗的热量占总耗散能量的比例为，故
由于磁场宽度也为L，线框完全进入时bd边恰好开始穿出，此时ac边切割磁感线作为电源，等效电路与进入时一致，所受安培力与速度的关系也相同，故穿出磁场位移为L后，速度恰好减为零。出磁场过程中系统减少的动能，解得
同理可得定值电阻消耗的热量
因此，全过程在定值电阻R上产生的总焦耳热Q＝QR1+QR2，代入得
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