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四川宜宾市第一中学校2025-2026学年高二下学期期末模拟预测物理试题（一）
1． 氘核可通过一系列聚变反应释放能量，总的反应效果可用表示，式中x、y的值分别为（　　）
A．， B．， C．， D．，
【答案】C
【知识点】核聚变
【解析】【解答】 根据电荷数守恒和质量数守恒可知
6×2=2×4+x+y
6=2×2+y
解得
y=2
x=2
故C正确，ABD错误。
故选：C
【分析】 根据质量数守恒和电荷数守恒判断x和y数值；
2．三位科学家由于在发现和合成量子点方面的突出贡献，荣获了2023年诺贝尔化学奖。不同尺寸的量子点会发出不同颜色的光。现有两种量子点分别发出蓝光和红光，下列说法正确的是（　　）
A．蓝光光子的能量大于红光光子的能量
B．蓝光光子的动量小于红光光子的动量
C．在玻璃中传播时，蓝光的速度大于红光的速度
D．蓝光在玻璃中传播时的频率小于它在空气中传播时的频率
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的波粒二象性
【解析】【解答】A. 由光子能量，蓝光的频率大于红光的频率，故蓝光光子的能量大于红光光子的能量，A符合题意；
B. 由，蓝光的波长小于红光的波长，则蓝光的动量大于红光的动量，B不符合题意；
C. 在玻璃中传播时，蓝光的频率大，折射率大，由可知，蓝光的速度更小，C不符合题意；
D. 蓝光在不同介质中传播频率不变，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据光的频率与波长的光线，结合相关物理量的表达式可得出结论。
3．空气弹簧是一种广泛应用于商业汽车、巴士、高铁及建筑物基座的减震装置，其基本结构和原理如图所示，在导热良好的汽缸和可自由滑动的活塞之间密封着一定质量的理想气体，若外界温度保持不变，缓慢增大重物的质量，下列说法正确的是（　　）
A．汽缸内气体的压强始终等于外界大气压
B．汽缸内气体的内能一定变大
C．汽缸内气体一定从外界吸热
D．汽缸内气体对汽缸底部单位时间内撞击的分子数增多
【答案】D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．设活塞的质量为，根据平衡条件可得，可知汽缸内气体的压强大于外界大气压，故A错误；
BC．由于汽缸导热良好，外界温度保持不变，则汽缸内气体的温度保持不变，汽缸内气体的内能不变；缓慢增大重物的质量，汽缸内气体的压强增大，根据，可知气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，汽缸内气体从外界放热，故BC错误；
D．由于汽缸内气体的温度保持不变，气体分子平均动能不变，而汽缸内气体的压强增大，根据压强微观意义可知，汽缸内气体对汽缸底部单位时间内撞击的分子数增多，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 先对活塞受力分析，判断气体压强与大气压的关系；再结合等温过程特点，分析气体内能、吸放热情况；最后从压强微观本质判断单位时间撞击分子数的变化。
4．位于坐标原点O的波源在t=0时开始振动，振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在x=3.5m处的质点P开始振动时，波源恰好第2次处于波谷位置，则（ ）
A．波的周期是0.1s
B．波的振幅是0.2cm
C．波的传播速度是10m/s
D．平衡位置在x=4.5m处的质点Q开始振动时，质点P处于波峰
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、由振动图像可得，波的周期，故 A 错误。
B、振幅，单位不是，故 B 错误。
C、波源第 2 次处于波谷，对应时间，波速，故 C 正确。
D、波从传到用时，质点 P 振动半个周期，此时质点 P 处在平衡位置，故 D 错误。
故答案为：C。
【分析】A、从振动图像读取周期，看清横坐标刻度。
B、注意振幅的单位，图像纵坐标单位为米。
C、先确定波源第二次到达波谷对应的时间，再利用求波速。
D、计算波传播的时间，判断质点 P 振动时间，确定质点所处位置。
5．如图所示，a、b两个同心圆线圈位于同一平面内，b线圈上连接直流电源E和开关S，闭合或断开开关S瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．闭合瞬间，a线圈中有逆时针方向的感应电流
B．闭合瞬间，a线圈有扩张趋势
C．断开瞬间，a线圈有收缩趋势
D．断开瞬间，a线圈中有逆时针方向的感应电流
【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】A、闭合开关 S 瞬间，b 线圈产生顺时针电流，穿过 a 线圈向里的磁通量增大，根据楞次定律与右手螺旋定则，a 线圈产生逆时针方向的感应电流，故 A 正确；
B、闭合开关 S 瞬间，a 线圈内磁通量增加，a 线圈有收缩趋势，并非扩张趋势，故 B 错误；
C、断开开关 S 瞬间，穿过 a 线圈的向里的磁通量减小，a 线圈有扩张趋势，并非收缩趋势，故 C 错误；
D、断开开关 S 瞬间，穿过 a 线圈向里的磁通量减小，由楞次定律和右手螺旋定则，a 线圈产生顺时针方向的感应电流，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查楞次定律、右手螺旋定则，开关闭合瞬间，判断原磁场磁通量变化，推导出感应电流方向；
B、考查楞次定律的推论，磁通量增加时，线圈会通过收缩阻碍磁通量的增大；
C、考查楞次定律的推论，磁通量减小时，线圈会通过扩张阻碍磁通量的减小；
D、考查楞次定律、右手螺旋定则，开关断开瞬间，根据磁通量减小，判断感应电流方向。
6．回旋加速器是加速带电粒子的装置。它由两个半径均为R的D形盒组成，D形盒狭缝间加周期性变化的交变电压U，交变电压的周期为T，匀强磁场垂直于D形盒向下，一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子在加速器中被加速，则下列判断正确的是（　　）
A．粒子在D形盒中沿顺时针方向旋转
B．狭缝间电场的方向每经过时间T改变一次
C．粒子被加速的次数为
D．若要加速质量为2m、电荷量为+q的粒子，只需要将磁感应强度大小减为原来的一半即可
【答案】C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A. 粒子带正电，磁场垂直盒面向下，根据左手定则，粒子沿逆时针方向旋转，A错误。
B. 交变电压的周期与粒子圆周运动周期相等，粒子每经过一次狭缝电场方向就改变一次，对应半个周期，因此电场方向每经过改变一次，B错误。
C. 粒子运动的最大速度，最大动能。设加速次数为，由动能定理，代入得，C正确。
D. 粒子圆周运动周期，质量变为、电荷量不变时，要保持周期不变，磁感应强度应增大为原来的2倍，D错误。
故答案为：C
【分析】本题考查回旋加速器的工作原理，涉及洛伦兹力、圆周运动周期与动能定理的应用。结合左手定则判断粒子的旋转方向；根据交变电场与粒子圆周运动的同步关系，明确电场方向的变化周期；利用最大动能与每次加速获得的能量推导加速次数；再根据周期公式分析改变粒子质量时磁感应强度的调整方式。
7．如图所示，在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，长为的金属杆MN在平行金属导轨上以速度向右匀速滑动。金属导轨电阻不计，金属杆与导轨的夹角为，电阻为，间电阻为R，M、两点间电势差为，则、两点电势的高低及的大小分别为（　　）
A．点电势高， B．点电势高，
C．点电势高， D．点电势高，
【答案】D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题主要考查了右手定则和法拉第电磁感应定律，解题关键是掌握E=BLv求出感应电动势，B、L、v三者两两垂直。由右手定则可以判定导体棒中电流的方向为由N到M，因此M点电势高；导体棒切割磁感线的有效长度是Lsinθ，根据法拉第电磁感应定律有
E=BLvsin θ
再根据闭合电路欧姆定律可知M、N两点间电势差
故选D。
【分析】根据右手定则判定电势高低；根据E=BLv求出感应电动势，B、L、v三者两两垂直；M、N两端的电势差等于等效电路中的路端电压。
8．一变压器输电模拟电路如图所示，理想变压器原线圈接稳压交流电源，上下滑动滑片P可改变原线圈匝数，电阻r模拟输电导线电阻，L1、L2为两只规格相同的灯泡。在开关S断开的情况下，将滑片P移至适当位置，使灯泡L1正常发光，再闭合开关S，则（　　）
A．灯泡L1的亮度变暗
B．原线圈的输入功率变小
C．电阻r两端的电压变小
D．将滑片P适当向下滑动，可使灯泡L1再次正常发光
【答案】A,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据线圈电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况。BC．根据原副线圈电压、电流与匝数的关系
可知，U1不变，则U2不变，若闭合开关S，则副线圈回路中总电阻减小，根据欧姆定律可知，副线圈回路中电流I2增大，电阻r两端的电压变大，原线圈回路中电流I1增大，则原线圈的输入功率变大，故BC错误；
A．由于电阻r两端的电压变大，则灯泡两端电压减小，所以灯泡L1电流减小，亮度变暗，故A正确；
D．将滑片P适当向下滑动，则n1减小，U2变大，副线圈回路中电流增大，则可使灯泡L1再次正常发光，故D正确。
故选AD。
【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。
9．如图，三个足够大的金属板A、B、C平行放置，B板到A、C板的距离分别为d1、d2，d1＜d2；a点到A、B板的距离相等，b点到B、C板的距离相等。A、C板均接地，B板带电。关于a、b两点的电场强度Ea、Eb和电势φa、φb，下列关系正确的是（ ）
A．Ea＜Eb B．Ea＞Eb C．φa＞φb D．φa＝φb
【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】由图可知，AC两极板电势均为零，设B板电势为，则
根据，因d1＜d2，可知EAB＞EBC，即 Ea＞Eb；a、b两点的电势为，则BD正确，AC错误。
故答案为：BD。
【分析】本题考查平行板匀强电场与电势计算，思路：A、C 接地电势为零，B 板带电量固定，AB、BC 间电势差相等；利用比较两场区电场强度；沿电场方向电势均匀降落，a、b 均处在各自极板间隙中点，计算两点电势再对比。
10．如图所示是法拉第圆盘发电机，其圆盘的半径为，圆盘处于磁感应强度大小为，方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘左边有两条光滑平行足够长倾斜导轨，导轨间距为，其所在平面与水平面夹角为，导轨处于磁感应强度大小为，方向竖直向下的匀强磁场中。现用导线把两导轨分别与圆盘发电机中心和边缘的电刷连接，圆盘边缘和圆心之间的电阻为。在倾斜导轨上放置一根质量为，长度也为，电阻为的导体棒，其余电阻不计。当圆盘以角速度匀速转动时，棒刚好能静止在斜面上，则（　　）
A．从上往下看，圆盘顺时针方向转动
B．间电势差
C．若大小、方向均可改变，导体棒始终保持静止状态时，的最小值为
D．若圆盘停止转动，棒将沿导轨先匀加速下滑后匀速运动
【答案】A,C
【知识点】安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】解答本题时，要能熟练推导出转动切割感应电动势表达式，抓住安培力与速度的关系分析导体棒的运动情况。A．ab棒刚好能静止在斜面上，由受力可知，电流方向由a到b，故b端电势低于a端电势，由右手定则可知，圆盘转动的方向（从上往下看）为顺时针方向，A正确；
B．由题可知，圆盘产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可知，ab间电势差为
故B错误；
C．若大小、方向均可改变，导体棒始终保持静止状态时，由平衡条件可得
由闭合电路欧姆定律
圆盘产生的感应电动势为
联立解得的最小值为
故C正确；
D．若圆盘停止转动，ab棒沿导轨向下做切割磁感线运动，由ab棒受力可知，棒先做变加速运动后做匀速运动，D错误。故选AC。
【分析】ab棒刚好能静止在斜面上，根据平衡条件判断ab棒受到的安培力方向，由左手定则判断ab棒中感应电流方向，再由右手定则判断圆盘转动方向；根据E=Brv求出圆盘产生的感应电动势，再根据串联电路电压分配关系求ab间电势差；对ab棒，根据平衡条件以及安培力公式相结合求B2的最小值；若圆盘停止转动，分析ab棒受力情况来判断其运动情况。
11．实验小组进行“单摆性质及其应用”的实验探究，装置如图所示。
（1）实验操作过程：
①选用　 　（填字母）。
A.钢球 B.木球
接着测得摆线长度；如图，用螺旋测微器测量该小球直径　 　mm；
②按要求安装好装置，使得单摆能始终在一个竖直面内运动；
③将单摆拉至与竖直面成5°处静止释放，通过感光器的感光次数N和完成相应的全振动过程用时t，并改变摆线长度l，得到多组不同摆长下单摆周期T；绘制了图像。
（2）北京和广州的两位同学，分别探究单摆的周期T与摆长的关系，通过网络交流绘制了图像，如图（a）所示。
①北京的同学所测实验结果可能对应的图像是　 　（填“A”或“B”）
②广州的同学还绘制了不同摆长的单摆的振动图像，如图（b）所示。由图可知两单摆摆长之比为　 　。
【答案】（1）A；5.700
（2）B；
【知识点】单摆及其回复力与周期；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）为了减小空气阻力干扰，应选择密度更大的钢球，故A正确。
该小球直径
故答案为：A；5.700
（2）根据单摆的周期公式，整理可得，因此在T2 l图像的斜率为
在（a）图中，A的斜率大于B的斜率，故A图像的重力加速度小于B图像的重力加速度，而北京的重力加速度大于广州的重力加速度，故B图像是在北京所做实验数据绘制的图像，故B正确。
由图（b）可知，根据单摆的周期公式，可得，则
故答案为：B；
【分析】(1) 本题考查单摆实验器材选择与螺旋测微器读数。选钢球减小空气阻力；螺旋测微器读数等于固定刻度加可动刻度乘以 0.01mm。
(2) 本题考查图像，斜率与重力加速度成反比，纬度越高重力加速度越大；利用单摆周期公式，摆长与周期平方成正比求解摆长之比。
（1）[1]为了减小空气阻力干扰，应选择密度更大的钢球。
故选A。
[2]该小球直径
（2）[1]根据单摆的周期公式
整理可得
因此在T2 l图像的斜率为
在（a）图中，A的斜率大于B的斜率，故A图像的重力加速度小于B图像的重力加速度，而北京的重力加速度大于广州的重力加速度，故B图像是在北京所做实验数据绘制的图像。
故选B。
[2]由图（b）可知
根据单摆的周期公式
可得
则
12．某实验小组要测量一未知电源的电动势和内阻。
（1）小明用多用电表对电源的电动势进行粗测，将多用电表的选择开关旋至直流“”挡，将多用电表的红表笔与电源的　 　（选填“正极”或“负极”）连接，进行正确操作后，多用电表的指针如图甲所示，则该电源电动势的测量值为　 　。
（2）为了准确测量该电源的电动势和内阻，小亮从以下器材中选取合适器材，连接好电路后，记录了多组电阻箱的电阻R和对应的电流表的示数。
A．电流表（量程为，内阻为）；
B．电阻箱；
C．定值电阻；
D．定值电阻；
E．开关S一个，导线若干。
（3）他们将电流表改装成量程为的电压表，定值电阻应选用　 　（选填“”或“”）；请在答题卷中将电路补充完整　 　。
（4）以为横轴，以为纵轴，将实验测得的数据描点、连线后得到了一条倾斜直线，该直线的纵轴截距为，斜率为，则该电源电动势和内阻分别为　 　，　 　。（用题中所给物理量的符号表示，其中改装电压表的电阻用表示，不考虑电压表的分流）
【答案】正极；2.9；；；；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装；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）多用电表测量电压时，电流需从红表笔流入、黑表笔流出，因此红表笔接电源正极，黑表笔接电源负极。
直流“”挡分度值为，读数得电动势测量值为。
故答案为：正极；2.9
（3）把电流表改装成量程为的电压表，根据电压表改装原理
代入，，，解得
因此定值电阻应选用。
本实验中，改装后的电压表并联在电阻箱两端，因此虚线框内接入串联的电流表和定值电阻即可，如图所示
（4）由于不考虑电压表的分流，根据闭合电路欧姆定律可知
整理得，结合题意，该直线的纵轴截距满足
斜率，解得，
故答案为：；
【分析】（1）本题考查多用电表电压挡的使用与读数，牢记红正黑负，按挡位分度值读取测量数值。
（3）本题考查电流表改装电压表，依据串联分压原理计算串联电阻阻值，确定改装电压表电路连接方式。
（4）本题考查测电源电动势与内阻，对闭合电路欧姆定律做数学变形，匹配直线方程，利用斜率、截距推导电动势和内阻表达式。
13．如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离，活塞的面积为。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为和。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处（过程中气体温度视为不变），外力增加到并保持不变。
（1）求外力增加到时，卡销b对活塞支持力的大小；
（2）再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
【答案】解：（1）活塞从位置到过程中，气体做等温变化，初态
、
末态、
根据
解得
此时对活塞根据平衡条件
解得卡销b对活塞支持力的大小
（2）将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态
，
末态，对活塞根据平衡条件
解得
设此时温度为，根据
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】本题考查气体实验定律的应用，涉及等温变化与等容变化过程，结合受力平衡分析压强。
（1）活塞从a到b过程气体做等温变化，根据玻意耳定律，结合初末状态的体积关系求出b处气体的压强；对活塞进行受力分析，由平衡条件计算卡销对活塞的支持力；
（2）加热过程初始阶段气体体积不变，做等容变化；活塞刚好离开卡销时支持力为零，先由受力平衡求出此时气体的压强，再根据查理定律计算对应的温度。
14．如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为的粒子从磁场中的a点以速度向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离。不计重力。求：
（1）磁感应强度的大小；
（2）电场强度的大小；
（3）粒子从a点到b点所用的时间。
【答案】（1）解：根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由题意可知
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有
解得
由牛顿第二定律有
解得
（2）解：根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可得
则粒子在电场中的运动时间
解得
沿电场方向上，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
联立解得
（3）解：粒子在磁场中的运动周期
粒子在磁场中的运动时间
解得
又
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) 利用磁场轨迹几何关系求出圆周运动半径，洛伦兹力充当向心力求磁感应强度；
(2) 电场内运动为类斜抛，水平匀速、竖直匀变速，结合对称性与运动学公式求电场强度；
(3) 分别计算磁场圆弧运动时间、电场中类斜抛运动时间，求和得到从 a 到 b 总时间。
（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由题意可知
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有
解得
由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可得
则粒子在电场中的运动时间
解得
沿电场方向上，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
联立解得
（3）粒子在磁场中的运动周期
粒子在磁场中的运动时间
解得
又
解得
15．如图所示，两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距为。导轨平面与水平面成角，质量均为、阻值均为、长度均为的金属棒、紧挨着放在两导轨上，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现固定金属棒，将金属棒由静止释放，经过一段时间开始匀速下滑，已知运动过程中金属棒与导轨始终垂直并保持良好接触，重力加速度为求：
（1）金属棒匀速下滑时的速度大小；
（2）已知从金属棒释放至速度达到最大速度一半的过程中，通过金属棒的电荷量为6C，求该过程中金属棒产生的焦耳热（计算结果保留一位小数）；
（3）若金属棒不固定，将金属棒由静止释放的同时、给金属棒平行于导轨向上的恒力，求金属棒匀速运动时的速度大小。
【答案】（1）解：设金属棒匀速下滑时的速度大小为，金属棒切割磁感线产生的电动势为
通过金属棒的电流为
金属棒受到的安培力为
金属棒做匀速直线运动时有
解得

（2）解：设当金属棒的速度大小为
通过金属棒的电荷量为
平均电动势
，
解得

由能量守恒定律可得
代入数据解得

（3）解：对金属棒进行受力分析，可得
对金属棒进行受力分析，可得
可得金属棒、的加速度大小始终满足分析可得，金属棒、同时做匀速直线运动，且金属棒、的速度大小相等，设匀速运动时
回路中电流为
金属棒受到的安培力为
金属棒匀速直线运动，可得
解得

【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）此题为单棒模型，根据 写出 金属棒匀速下滑时切割磁感线产生的电动势
根据写出通过金属棒的电流
根据写出金属棒受到的安培力
金属棒做匀速直线运动时受力平衡
联立四个式子可求速度
（2）单棒切割磁感线，涉及到电荷量以及焦耳热问题，
通过金属棒的电荷量为，平均电动势，
联立三个式子求解位移，由能量守恒定律列等式即
可求解焦耳热Q。
（3）有外力的双棒模型，先对金属棒1进行受力分析，根据牛顿第二定律列等式
再对金属棒2进行受力分析，根据牛顿第二定律列等式
金属棒、的加速度大小始终满足，金属棒、同时做匀速直线运动，且金属棒、的速度大小相等，匀速运动时，回路中电流为
金属棒受到的安培力为，联立方程可求解速度。
（1）设金属棒匀速下滑时的速度大小为，金属棒切割磁感线产生的电动势为
通过金属棒的电流为
金属棒受到的安培力为
金属棒做匀速直线运动时有
解得
（2）设当金属棒的速度大小为
通过金属棒的电荷量为
平均电动势
解得
由能量守恒定律可得
代入数据解得
（3）对金属棒进行受力分析，可得
对金属棒进行受力分析，可得
可得金属棒、的加速度大小始终满足分析可得，金属棒、同时做匀速直线运动，且金属棒、的速度大小相等，设匀速运动时
回路中电流为
金属棒受到的安培力为
金属棒匀速直线运动，可得
解得
1 / 1四川宜宾市第一中学校2025-2026学年高二下学期期末模拟预测物理试题（一）
1． 氘核可通过一系列聚变反应释放能量，总的反应效果可用表示，式中x、y的值分别为（　　）
A．， B．， C．， D．，
2．三位科学家由于在发现和合成量子点方面的突出贡献，荣获了2023年诺贝尔化学奖。不同尺寸的量子点会发出不同颜色的光。现有两种量子点分别发出蓝光和红光，下列说法正确的是（　　）
A．蓝光光子的能量大于红光光子的能量
B．蓝光光子的动量小于红光光子的动量
C．在玻璃中传播时，蓝光的速度大于红光的速度
D．蓝光在玻璃中传播时的频率小于它在空气中传播时的频率
3．空气弹簧是一种广泛应用于商业汽车、巴士、高铁及建筑物基座的减震装置，其基本结构和原理如图所示，在导热良好的汽缸和可自由滑动的活塞之间密封着一定质量的理想气体，若外界温度保持不变，缓慢增大重物的质量，下列说法正确的是（　　）
A．汽缸内气体的压强始终等于外界大气压
B．汽缸内气体的内能一定变大
C．汽缸内气体一定从外界吸热
D．汽缸内气体对汽缸底部单位时间内撞击的分子数增多
4．位于坐标原点O的波源在t=0时开始振动，振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在x=3.5m处的质点P开始振动时，波源恰好第2次处于波谷位置，则（ ）
A．波的周期是0.1s
B．波的振幅是0.2cm
C．波的传播速度是10m/s
D．平衡位置在x=4.5m处的质点Q开始振动时，质点P处于波峰
5．如图所示，a、b两个同心圆线圈位于同一平面内，b线圈上连接直流电源E和开关S，闭合或断开开关S瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．闭合瞬间，a线圈中有逆时针方向的感应电流
B．闭合瞬间，a线圈有扩张趋势
C．断开瞬间，a线圈有收缩趋势
D．断开瞬间，a线圈中有逆时针方向的感应电流
6．回旋加速器是加速带电粒子的装置。它由两个半径均为R的D形盒组成，D形盒狭缝间加周期性变化的交变电压U，交变电压的周期为T，匀强磁场垂直于D形盒向下，一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子在加速器中被加速，则下列判断正确的是（　　）
A．粒子在D形盒中沿顺时针方向旋转
B．狭缝间电场的方向每经过时间T改变一次
C．粒子被加速的次数为
D．若要加速质量为2m、电荷量为+q的粒子，只需要将磁感应强度大小减为原来的一半即可
7．如图所示，在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，长为的金属杆MN在平行金属导轨上以速度向右匀速滑动。金属导轨电阻不计，金属杆与导轨的夹角为，电阻为，间电阻为R，M、两点间电势差为，则、两点电势的高低及的大小分别为（　　）
A．点电势高， B．点电势高，
C．点电势高， D．点电势高，
8．一变压器输电模拟电路如图所示，理想变压器原线圈接稳压交流电源，上下滑动滑片P可改变原线圈匝数，电阻r模拟输电导线电阻，L1、L2为两只规格相同的灯泡。在开关S断开的情况下，将滑片P移至适当位置，使灯泡L1正常发光，再闭合开关S，则（　　）
A．灯泡L1的亮度变暗
B．原线圈的输入功率变小
C．电阻r两端的电压变小
D．将滑片P适当向下滑动，可使灯泡L1再次正常发光
9．如图，三个足够大的金属板A、B、C平行放置，B板到A、C板的距离分别为d1、d2，d1＜d2；a点到A、B板的距离相等，b点到B、C板的距离相等。A、C板均接地，B板带电。关于a、b两点的电场强度Ea、Eb和电势φa、φb，下列关系正确的是（ ）
A．Ea＜Eb B．Ea＞Eb C．φa＞φb D．φa＝φb
10．如图所示是法拉第圆盘发电机，其圆盘的半径为，圆盘处于磁感应强度大小为，方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘左边有两条光滑平行足够长倾斜导轨，导轨间距为，其所在平面与水平面夹角为，导轨处于磁感应强度大小为，方向竖直向下的匀强磁场中。现用导线把两导轨分别与圆盘发电机中心和边缘的电刷连接，圆盘边缘和圆心之间的电阻为。在倾斜导轨上放置一根质量为，长度也为，电阻为的导体棒，其余电阻不计。当圆盘以角速度匀速转动时，棒刚好能静止在斜面上，则（　　）
A．从上往下看，圆盘顺时针方向转动
B．间电势差
C．若大小、方向均可改变，导体棒始终保持静止状态时，的最小值为
D．若圆盘停止转动，棒将沿导轨先匀加速下滑后匀速运动
11．实验小组进行“单摆性质及其应用”的实验探究，装置如图所示。
（1）实验操作过程：
①选用　 　（填字母）。
A.钢球 B.木球
接着测得摆线长度；如图，用螺旋测微器测量该小球直径　 　mm；
②按要求安装好装置，使得单摆能始终在一个竖直面内运动；
③将单摆拉至与竖直面成5°处静止释放，通过感光器的感光次数N和完成相应的全振动过程用时t，并改变摆线长度l，得到多组不同摆长下单摆周期T；绘制了图像。
（2）北京和广州的两位同学，分别探究单摆的周期T与摆长的关系，通过网络交流绘制了图像，如图（a）所示。
①北京的同学所测实验结果可能对应的图像是　 　（填“A”或“B”）
②广州的同学还绘制了不同摆长的单摆的振动图像，如图（b）所示。由图可知两单摆摆长之比为　 　。
12．某实验小组要测量一未知电源的电动势和内阻。
（1）小明用多用电表对电源的电动势进行粗测，将多用电表的选择开关旋至直流“”挡，将多用电表的红表笔与电源的　 　（选填“正极”或“负极”）连接，进行正确操作后，多用电表的指针如图甲所示，则该电源电动势的测量值为　 　。
（2）为了准确测量该电源的电动势和内阻，小亮从以下器材中选取合适器材，连接好电路后，记录了多组电阻箱的电阻R和对应的电流表的示数。
A．电流表（量程为，内阻为）；
B．电阻箱；
C．定值电阻；
D．定值电阻；
E．开关S一个，导线若干。
（3）他们将电流表改装成量程为的电压表，定值电阻应选用　 　（选填“”或“”）；请在答题卷中将电路补充完整　 　。
（4）以为横轴，以为纵轴，将实验测得的数据描点、连线后得到了一条倾斜直线，该直线的纵轴截距为，斜率为，则该电源电动势和内阻分别为　 　，　 　。（用题中所给物理量的符号表示，其中改装电压表的电阻用表示，不考虑电压表的分流）
13．如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离，活塞的面积为。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为和。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处（过程中气体温度视为不变），外力增加到并保持不变。
（1）求外力增加到时，卡销b对活塞支持力的大小；
（2）再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
14．如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为的粒子从磁场中的a点以速度向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离。不计重力。求：
（1）磁感应强度的大小；
（2）电场强度的大小；
（3）粒子从a点到b点所用的时间。
15．如图所示，两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距为。导轨平面与水平面成角，质量均为、阻值均为、长度均为的金属棒、紧挨着放在两导轨上，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现固定金属棒，将金属棒由静止释放，经过一段时间开始匀速下滑，已知运动过程中金属棒与导轨始终垂直并保持良好接触，重力加速度为求：
（1）金属棒匀速下滑时的速度大小；
（2）已知从金属棒释放至速度达到最大速度一半的过程中，通过金属棒的电荷量为6C，求该过程中金属棒产生的焦耳热（计算结果保留一位小数）；
（3）若金属棒不固定，将金属棒由静止释放的同时、给金属棒平行于导轨向上的恒力，求金属棒匀速运动时的速度大小。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】核聚变
【解析】【解答】 根据电荷数守恒和质量数守恒可知
6×2=2×4+x+y
6=2×2+y
解得
y=2
x=2
故C正确，ABD错误。
故选：C
【分析】 根据质量数守恒和电荷数守恒判断x和y数值；
2．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的波粒二象性
【解析】【解答】A. 由光子能量，蓝光的频率大于红光的频率，故蓝光光子的能量大于红光光子的能量，A符合题意；
B. 由，蓝光的波长小于红光的波长，则蓝光的动量大于红光的动量，B不符合题意；
C. 在玻璃中传播时，蓝光的频率大，折射率大，由可知，蓝光的速度更小，C不符合题意；
D. 蓝光在不同介质中传播频率不变，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据光的频率与波长的光线，结合相关物理量的表达式可得出结论。
3．【答案】D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．设活塞的质量为，根据平衡条件可得，可知汽缸内气体的压强大于外界大气压，故A错误；
BC．由于汽缸导热良好，外界温度保持不变，则汽缸内气体的温度保持不变，汽缸内气体的内能不变；缓慢增大重物的质量，汽缸内气体的压强增大，根据，可知气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，汽缸内气体从外界放热，故BC错误；
D．由于汽缸内气体的温度保持不变，气体分子平均动能不变，而汽缸内气体的压强增大，根据压强微观意义可知，汽缸内气体对汽缸底部单位时间内撞击的分子数增多，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 先对活塞受力分析，判断气体压强与大气压的关系；再结合等温过程特点，分析气体内能、吸放热情况；最后从压强微观本质判断单位时间撞击分子数的变化。
4．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、由振动图像可得，波的周期，故 A 错误。
B、振幅，单位不是，故 B 错误。
C、波源第 2 次处于波谷，对应时间，波速，故 C 正确。
D、波从传到用时，质点 P 振动半个周期，此时质点 P 处在平衡位置，故 D 错误。
故答案为：C。
【分析】A、从振动图像读取周期，看清横坐标刻度。
B、注意振幅的单位，图像纵坐标单位为米。
C、先确定波源第二次到达波谷对应的时间，再利用求波速。
D、计算波传播的时间，判断质点 P 振动时间，确定质点所处位置。
5．【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】A、闭合开关 S 瞬间，b 线圈产生顺时针电流，穿过 a 线圈向里的磁通量增大，根据楞次定律与右手螺旋定则，a 线圈产生逆时针方向的感应电流，故 A 正确；
B、闭合开关 S 瞬间，a 线圈内磁通量增加，a 线圈有收缩趋势，并非扩张趋势，故 B 错误；
C、断开开关 S 瞬间，穿过 a 线圈的向里的磁通量减小，a 线圈有扩张趋势，并非收缩趋势，故 C 错误；
D、断开开关 S 瞬间，穿过 a 线圈向里的磁通量减小，由楞次定律和右手螺旋定则，a 线圈产生顺时针方向的感应电流，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查楞次定律、右手螺旋定则，开关闭合瞬间，判断原磁场磁通量变化，推导出感应电流方向；
B、考查楞次定律的推论，磁通量增加时，线圈会通过收缩阻碍磁通量的增大；
C、考查楞次定律的推论，磁通量减小时，线圈会通过扩张阻碍磁通量的减小；
D、考查楞次定律、右手螺旋定则，开关断开瞬间，根据磁通量减小，判断感应电流方向。
6．【答案】C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A. 粒子带正电，磁场垂直盒面向下，根据左手定则，粒子沿逆时针方向旋转，A错误。
B. 交变电压的周期与粒子圆周运动周期相等，粒子每经过一次狭缝电场方向就改变一次，对应半个周期，因此电场方向每经过改变一次，B错误。
C. 粒子运动的最大速度，最大动能。设加速次数为，由动能定理，代入得，C正确。
D. 粒子圆周运动周期，质量变为、电荷量不变时，要保持周期不变，磁感应强度应增大为原来的2倍，D错误。
故答案为：C
【分析】本题考查回旋加速器的工作原理，涉及洛伦兹力、圆周运动周期与动能定理的应用。结合左手定则判断粒子的旋转方向；根据交变电场与粒子圆周运动的同步关系，明确电场方向的变化周期；利用最大动能与每次加速获得的能量推导加速次数；再根据周期公式分析改变粒子质量时磁感应强度的调整方式。
7．【答案】D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题主要考查了右手定则和法拉第电磁感应定律，解题关键是掌握E=BLv求出感应电动势，B、L、v三者两两垂直。由右手定则可以判定导体棒中电流的方向为由N到M，因此M点电势高；导体棒切割磁感线的有效长度是Lsinθ，根据法拉第电磁感应定律有
E=BLvsin θ
再根据闭合电路欧姆定律可知M、N两点间电势差
故选D。
【分析】根据右手定则判定电势高低；根据E=BLv求出感应电动势，B、L、v三者两两垂直；M、N两端的电势差等于等效电路中的路端电压。
8．【答案】A,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据线圈电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况。BC．根据原副线圈电压、电流与匝数的关系
可知，U1不变，则U2不变，若闭合开关S，则副线圈回路中总电阻减小，根据欧姆定律可知，副线圈回路中电流I2增大，电阻r两端的电压变大，原线圈回路中电流I1增大，则原线圈的输入功率变大，故BC错误；
A．由于电阻r两端的电压变大，则灯泡两端电压减小，所以灯泡L1电流减小，亮度变暗，故A正确；
D．将滑片P适当向下滑动，则n1减小，U2变大，副线圈回路中电流增大，则可使灯泡L1再次正常发光，故D正确。
故选AD。
【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。
9．【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】由图可知，AC两极板电势均为零，设B板电势为，则
根据，因d1＜d2，可知EAB＞EBC，即 Ea＞Eb；a、b两点的电势为，则BD正确，AC错误。
故答案为：BD。
【分析】本题考查平行板匀强电场与电势计算，思路：A、C 接地电势为零，B 板带电量固定，AB、BC 间电势差相等；利用比较两场区电场强度；沿电场方向电势均匀降落，a、b 均处在各自极板间隙中点，计算两点电势再对比。
10．【答案】A,C
【知识点】安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】解答本题时，要能熟练推导出转动切割感应电动势表达式，抓住安培力与速度的关系分析导体棒的运动情况。A．ab棒刚好能静止在斜面上，由受力可知，电流方向由a到b，故b端电势低于a端电势，由右手定则可知，圆盘转动的方向（从上往下看）为顺时针方向，A正确；
B．由题可知，圆盘产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可知，ab间电势差为
故B错误；
C．若大小、方向均可改变，导体棒始终保持静止状态时，由平衡条件可得
由闭合电路欧姆定律
圆盘产生的感应电动势为
联立解得的最小值为
故C正确；
D．若圆盘停止转动，ab棒沿导轨向下做切割磁感线运动，由ab棒受力可知，棒先做变加速运动后做匀速运动，D错误。故选AC。
【分析】ab棒刚好能静止在斜面上，根据平衡条件判断ab棒受到的安培力方向，由左手定则判断ab棒中感应电流方向，再由右手定则判断圆盘转动方向；根据E=Brv求出圆盘产生的感应电动势，再根据串联电路电压分配关系求ab间电势差；对ab棒，根据平衡条件以及安培力公式相结合求B2的最小值；若圆盘停止转动，分析ab棒受力情况来判断其运动情况。
11．【答案】（1）A；5.700
（2）B；
【知识点】单摆及其回复力与周期；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）为了减小空气阻力干扰，应选择密度更大的钢球，故A正确。
该小球直径
故答案为：A；5.700
（2）根据单摆的周期公式，整理可得，因此在T2 l图像的斜率为
在（a）图中，A的斜率大于B的斜率，故A图像的重力加速度小于B图像的重力加速度，而北京的重力加速度大于广州的重力加速度，故B图像是在北京所做实验数据绘制的图像，故B正确。
由图（b）可知，根据单摆的周期公式，可得，则
故答案为：B；
【分析】(1) 本题考查单摆实验器材选择与螺旋测微器读数。选钢球减小空气阻力；螺旋测微器读数等于固定刻度加可动刻度乘以 0.01mm。
(2) 本题考查图像，斜率与重力加速度成反比，纬度越高重力加速度越大；利用单摆周期公式，摆长与周期平方成正比求解摆长之比。
（1）[1]为了减小空气阻力干扰，应选择密度更大的钢球。
故选A。
[2]该小球直径
（2）[1]根据单摆的周期公式
整理可得
因此在T2 l图像的斜率为
在（a）图中，A的斜率大于B的斜率，故A图像的重力加速度小于B图像的重力加速度，而北京的重力加速度大于广州的重力加速度，故B图像是在北京所做实验数据绘制的图像。
故选B。
[2]由图（b）可知
根据单摆的周期公式
可得
则
12．【答案】正极；2.9；；；；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装；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）多用电表测量电压时，电流需从红表笔流入、黑表笔流出，因此红表笔接电源正极，黑表笔接电源负极。
直流“”挡分度值为，读数得电动势测量值为。
故答案为：正极；2.9
（3）把电流表改装成量程为的电压表，根据电压表改装原理
代入，，，解得
因此定值电阻应选用。
本实验中，改装后的电压表并联在电阻箱两端，因此虚线框内接入串联的电流表和定值电阻即可，如图所示
（4）由于不考虑电压表的分流，根据闭合电路欧姆定律可知
整理得，结合题意，该直线的纵轴截距满足
斜率，解得，
故答案为：；
【分析】（1）本题考查多用电表电压挡的使用与读数，牢记红正黑负，按挡位分度值读取测量数值。
（3）本题考查电流表改装电压表，依据串联分压原理计算串联电阻阻值，确定改装电压表电路连接方式。
（4）本题考查测电源电动势与内阻，对闭合电路欧姆定律做数学变形，匹配直线方程，利用斜率、截距推导电动势和内阻表达式。
13．【答案】解：（1）活塞从位置到过程中，气体做等温变化，初态
、
末态、
根据
解得
此时对活塞根据平衡条件
解得卡销b对活塞支持力的大小
（2）将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态
，
末态，对活塞根据平衡条件
解得
设此时温度为，根据
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】本题考查气体实验定律的应用，涉及等温变化与等容变化过程，结合受力平衡分析压强。
（1）活塞从a到b过程气体做等温变化，根据玻意耳定律，结合初末状态的体积关系求出b处气体的压强；对活塞进行受力分析，由平衡条件计算卡销对活塞的支持力；
（2）加热过程初始阶段气体体积不变，做等容变化；活塞刚好离开卡销时支持力为零，先由受力平衡求出此时气体的压强，再根据查理定律计算对应的温度。
14．【答案】（1）解：根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由题意可知
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有
解得
由牛顿第二定律有
解得
（2）解：根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可得
则粒子在电场中的运动时间
解得
沿电场方向上，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
联立解得
（3）解：粒子在磁场中的运动周期
粒子在磁场中的运动时间
解得
又
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) 利用磁场轨迹几何关系求出圆周运动半径，洛伦兹力充当向心力求磁感应强度；
(2) 电场内运动为类斜抛，水平匀速、竖直匀变速，结合对称性与运动学公式求电场强度；
(3) 分别计算磁场圆弧运动时间、电场中类斜抛运动时间，求和得到从 a 到 b 总时间。
（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由题意可知
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有
解得
由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可得
则粒子在电场中的运动时间
解得
沿电场方向上，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
联立解得
（3）粒子在磁场中的运动周期
粒子在磁场中的运动时间
解得
又
解得
15．【答案】（1）解：设金属棒匀速下滑时的速度大小为，金属棒切割磁感线产生的电动势为
通过金属棒的电流为
金属棒受到的安培力为
金属棒做匀速直线运动时有
解得

（2）解：设当金属棒的速度大小为
通过金属棒的电荷量为
平均电动势
，
解得

由能量守恒定律可得
代入数据解得

（3）解：对金属棒进行受力分析，可得
对金属棒进行受力分析，可得
可得金属棒、的加速度大小始终满足分析可得，金属棒、同时做匀速直线运动，且金属棒、的速度大小相等，设匀速运动时
回路中电流为
金属棒受到的安培力为
金属棒匀速直线运动，可得
解得

【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）此题为单棒模型，根据 写出 金属棒匀速下滑时切割磁感线产生的电动势
根据写出通过金属棒的电流
根据写出金属棒受到的安培力
金属棒做匀速直线运动时受力平衡
联立四个式子可求速度
（2）单棒切割磁感线，涉及到电荷量以及焦耳热问题，
通过金属棒的电荷量为，平均电动势，
联立三个式子求解位移，由能量守恒定律列等式即
可求解焦耳热Q。
（3）有外力的双棒模型，先对金属棒1进行受力分析，根据牛顿第二定律列等式
再对金属棒2进行受力分析，根据牛顿第二定律列等式
金属棒、的加速度大小始终满足，金属棒、同时做匀速直线运动，且金属棒、的速度大小相等，匀速运动时，回路中电流为
金属棒受到的安培力为，联立方程可求解速度。
（1）设金属棒匀速下滑时的速度大小为，金属棒切割磁感线产生的电动势为
通过金属棒的电流为
金属棒受到的安培力为
金属棒做匀速直线运动时有
解得
（2）设当金属棒的速度大小为
通过金属棒的电荷量为
平均电动势
解得
由能量守恒定律可得
代入数据解得
（3）对金属棒进行受力分析，可得
对金属棒进行受力分析，可得
可得金属棒、的加速度大小始终满足分析可得，金属棒、同时做匀速直线运动，且金属棒、的速度大小相等，设匀速运动时
回路中电流为
金属棒受到的安培力为
金属棒匀速直线运动，可得
解得
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