高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1黃山市2024—2025學(xué)年度第二學(xué)期期末質(zhì)量檢測(cè)高二物理試題注意事項(xiàng)：1．答題前在答題卡上填寫好自己的姓名、班級(jí)、考號(hào)等信息。2．請(qǐng)將選擇題答案用2B鉛筆正確填寫在答題卡上；請(qǐng)將非選擇題答案用黑色中性筆正確填寫在答案卡上。一、單項(xiàng)選擇題：（本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。）1.2024年11月12日，第十五屆中國(guó)國(guó)際航空航天博覽會(huì)在珠海國(guó)際航展中心開(kāi)幕。中國(guó)空軍“八一”飛行表演隊(duì)駕駛殲戰(zhàn)機(jī)獻(xiàn)上特技飛行表演。“八一”飛行表演隊(duì)，以高超的飛行技巧，為觀眾奉獻(xiàn)了多場(chǎng)速度與力量并存、技術(shù)與美學(xué)交融的飛行表演。下列說(shuō)法正確的是（）A.殲戰(zhàn)機(jī)飛行越快，慣性越大B.殲戰(zhàn)機(jī)飛行越快，加速度越大C.觀察殲戰(zhàn)機(jī)空中旋轉(zhuǎn)姿態(tài)時(shí)，可將其看成質(zhì)點(diǎn)D.殲戰(zhàn)機(jī)加速向上爬升時(shí)，機(jī)內(nèi)飛行員處于超重狀態(tài)【答案】D【解析】A．慣性是物體的固有屬性，與物體的質(zhì)量有關(guān)，與物體運(yùn)動(dòng)的快慢無(wú)關(guān)，則殲戰(zhàn)機(jī)飛行越快，慣性不變，故A錯(cuò)誤；B．殲戰(zhàn)機(jī)飛行越快，速度越大，但加速度不一定越大，故B錯(cuò)誤；C．觀察殲戰(zhàn)機(jī)空中旋轉(zhuǎn)姿態(tài)時(shí)，其大小和形狀不能忽略不計(jì)，則不可將其看成質(zhì)點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D．殲戰(zhàn)機(jī)加速向上爬升時(shí)，加速度向上，則機(jī)內(nèi)飛行員處于超重狀態(tài)，故D正確。故選D。2.如圖甲所示，是屯溪稽靈山歡樂(lè)世界空中飛椅項(xiàng)目，可以將之簡(jiǎn)化成如圖乙所示的結(jié)構(gòu)裝置，裝置可繞豎直軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，繩子與豎直方向夾角為，繩子長(zhǎng)L，水平桿長(zhǎng)，小球的質(zhì)量為m。不計(jì)繩重和空氣阻力，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A.轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到重力、拉力、向心力B.裝置中繩子的拉力為C.裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為D.裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的周期為【答案】D【解析】A．轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到重力、拉力兩個(gè)力的作用，故A錯(cuò)誤；B．在豎直方向上由平衡條件可得裝置中繩子的拉力為，故B錯(cuò)誤；C．由牛頓第二定律解得該裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)可知該裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的周期為，故D正確。故選D。3.2025年2月11日，我國(guó)新型火箭長(zhǎng)征八號(hào)改進(jìn)型運(yùn)載火箭首飛成功，將低軌02組9顆衛(wèi)星送入距離地面高度約為的軌道，其發(fā)射過(guò)程簡(jiǎn)化如圖所示：衛(wèi)星從預(yù)定軌道Ⅰ的點(diǎn)A第一次變軌進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ，到達(dá)橢圓軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)B時(shí)，再次變軌進(jìn)入預(yù)定軌道Ⅲ做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。假設(shè)軌道Ⅰ和Ⅲ都近似為圓軌道，不計(jì)衛(wèi)星質(zhì)量的變化，地球半徑，地球表面的重力加速度為，下列說(shuō)法正確的是（）A.衛(wèi)星在圓軌道Ⅰ經(jīng)過(guò)點(diǎn)A的加速度小于在橢圓軌道Ⅱ經(jīng)過(guò)點(diǎn)A的加速度B.衛(wèi)星在橢圓軌道Ⅱ上運(yùn)行周期小于在圓軌道Ⅲ上運(yùn)行的周期C.在軌道Ⅰ上衛(wèi)星與地心連線單位時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積等于在軌道Ⅱ上衛(wèi)星與地心連線單位時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積D.衛(wèi)星沿軌道Ⅲ運(yùn)行周期為75分鐘【答案】B【解析】A．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可知衛(wèi)星在圓軌道Ⅰ經(jīng)過(guò)點(diǎn)A的加速度等于在橢圓軌道Ⅱ經(jīng)過(guò)點(diǎn)A的加速度，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可知可知橢圓軌道Ⅱ的半長(zhǎng)軸小于圓軌道Ⅲ的半徑，則故，故B正確；C．根據(jù)開(kāi)普勒第二定律可知，同一軌道上的衛(wèi)星與地心連線在單位時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積相等，由于軌道Ⅰ與軌道Ⅱ是不同軌道，故不成立，則C錯(cuò)誤；D．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力在地球表面有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得衛(wèi)星沿軌道Ⅲ運(yùn)行的周期約為，故D錯(cuò)誤。故選B。4.質(zhì)量為的物塊靜止在水平地面上，在一水平拉力的作用下，從靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，拉力的沖量I與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。物塊與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度g取。下列說(shuō)法正確的是（）A.在時(shí)，物塊的速度大小為B.在內(nèi)物塊滑動(dòng)的距離為C.物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大的動(dòng)能為D.在內(nèi)克服摩擦力做的功為【答案】C【解析】A．由圖像可知圖像的斜率表示拉力，則內(nèi)拉力大小為內(nèi)拉力大小為則內(nèi)對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律解得由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得在時(shí)，物塊的速度大小為，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，故B錯(cuò)誤；C．由于物塊所受的最大靜摩擦力為因?yàn)?，所以物塊在2s后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故時(shí)速度最大，即物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大的動(dòng)能為，故C正確；D．對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律解得運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得故物塊在6s時(shí)停下，則內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的位移為即在內(nèi)克服摩擦力做的功為，故D錯(cuò)誤。故選C。5.某靜電場(chǎng)的等差等勢(shì)面如圖中虛線所示。一電子從其右側(cè)進(jìn)入該電場(chǎng)，實(shí)線為電子運(yùn)動(dòng)的軌跡，P、Q、R為其軌跡上的三點(diǎn)，電子僅在電場(chǎng)力作用下從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到R點(diǎn)，在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.P點(diǎn)的電勢(shì)高于Q點(diǎn)的電勢(shì)B.從P至R的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電子的動(dòng)能增加C.電子在P點(diǎn)的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)的電勢(shì)能少D.電子在P點(diǎn)的加速度小于在Q點(diǎn)的加速度【答案】B【解析】BC．由圖可知電子僅在電場(chǎng)力作用下從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到R點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增加，電勢(shì)能減小，則電子在P點(diǎn)的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)的電勢(shì)能多，故B正確，C錯(cuò)誤；A．根據(jù)，電子帶負(fù)電，跟電勢(shì)能多的位置電勢(shì)低，則P點(diǎn)的電勢(shì)低于Q點(diǎn)的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；D．由于等差等勢(shì)面越密的位置場(chǎng)強(qiáng)越大，則根據(jù)牛頓第二定律可知電子在P點(diǎn)的加速度大于在Q點(diǎn)的加速度，故D錯(cuò)誤。故選B。6.如圖為一半圓柱形均勻透明材料的橫截面，一束紅光a從空氣沿半徑方向入射到圓心O，當(dāng)時(shí)，反射光b和折射光c剛好垂直。下列說(shuō)法正確的是（）A.該材料對(duì)紅光的折射率為B.當(dāng)大于某一值時(shí)，光線c將消失C.當(dāng)逐漸增大，光線b、c的夾角增大D.若入射光a變?yōu)樽瞎?，光線b和c仍然垂直【答案】B【解析】A．由幾何關(guān)系可知，在O點(diǎn)入射角，折射角根據(jù)光的折射定律可知該材料對(duì)紅光的折射率為，故A錯(cuò)誤；B．在O點(diǎn)的臨界角滿足則當(dāng)大于某一值時(shí)，光線c將消失，故B正確；C．當(dāng)逐漸增大，折射光線、反射光線將偏離法線，故光線b、c的夾角減小，故C錯(cuò)誤；D．若入射光a變?yōu)樽瞎?，該材料?duì)紅光的折射率變大，則折射角變大，故光線b和c夾角減小，不會(huì)垂直，故D錯(cuò)誤。故選B。7.如圖甲所示的電路中，變壓器為理想變壓器，輸入端a、b所接電壓u隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。燈泡L的電阻恒為，額定電壓為。定值電阻。當(dāng)電阻箱R的阻值為時(shí)，燈泡正常工作。則理想變壓器的原副線圈匝數(shù)比為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】燈泡正常工作時(shí)，由歐姆定律副線圈兩端電壓為原線圈兩端電壓為根據(jù)原副線圈電壓與匝數(shù)關(guān)系可知故選C。8.如圖所示，物塊A、B由繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，A放在固定的光滑斜面上，斜面傾角。物塊B、C在豎直方向上通過(guò)勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，物塊C放在水平地面上?，F(xiàn)用手控制住物塊A，并使細(xì)線剛剛拉直但無(wú)拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行。已知A的質(zhì)量為的質(zhì)量為m，C的質(zhì)量為，重力加速度為g，不計(jì)細(xì)線與滑輪之間的摩擦。開(kāi)始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，釋放A后，A沿斜面下滑（物塊A一直在斜面上滑動(dòng)且物塊B不會(huì)碰到滑輪）。彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（）A.剛釋放物塊A時(shí)，滑塊A的加速度大小為B.A獲得的最大速度為C.物塊C會(huì)向上運(yùn)動(dòng)D.A從開(kāi)始釋放到速度達(dá)到最大的過(guò)程中，物塊A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒【答案】B【解析】A．剛釋放物塊A時(shí)，對(duì)A、B整體由牛頓第二定律解得此時(shí)滑塊A的加速度大小為，故A錯(cuò)誤；B．初始狀態(tài)時(shí)彈簧壓縮量為當(dāng)A的合力為零時(shí)，對(duì)AB整體有解得此時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量為對(duì)A、B和彈簧組成系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律解得A的最大速度為，故B正確；C．如果C恰好離開(kāi)地面，則對(duì)C有解得物塊A從開(kāi)始沿斜面下滑達(dá)到最大速度，此位置為平衡位置，對(duì)A根據(jù)對(duì)稱性可知物塊A能繼續(xù)下滑，速度減為零，做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，故彈簧最大伸長(zhǎng)量為故物塊C恰好離開(kāi)地面，不會(huì)向上運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)選項(xiàng)B可知，A從開(kāi)始釋放到速度達(dá)到最大的過(guò)程中，物塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤。故選B。二、多項(xiàng)選擇題：（本題共2小題，每小題5分，共10分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。）9.進(jìn)入2025年以來(lái)，全國(guó)多地發(fā)生地震，其中在西藏日喀則市定日縣發(fā)生的6.8級(jí)地震，造成95人遇難、130人受傷，國(guó)家地震局建議在手機(jī)中設(shè)置“地震預(yù)警”。“地震預(yù)警”是指在地震發(fā)生后，搶在地震波傳播到受災(zāi)地區(qū)前，向受災(zāi)地區(qū)提前幾秒至數(shù)十秒發(fā)出警報(bào)，通知目標(biāo)區(qū)域從而實(shí)現(xiàn)預(yù)警。地震監(jiān)測(cè)站監(jiān)測(cè)到一列地震橫波，某時(shí)刻的波形圖如圖甲所示，已知P點(diǎn)是平衡位置在處的質(zhì)點(diǎn)，Q點(diǎn)的平衡位置坐標(biāo)為，以此時(shí)刻作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)Q振動(dòng)的圖像如圖乙所示。則下列說(shuō)法正確的是（）A.該地震橫波沿x軸正方向傳播B.該地震橫波的傳播波速為C.時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q振動(dòng)到波峰D.質(zhì)點(diǎn)P所走的路程等于【答案】BC【解析】A．由圖乙可知質(zhì)點(diǎn)Q在時(shí)刻有向y軸負(fù)半軸的加速度，則此時(shí)質(zhì)點(diǎn)Q向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)同側(cè)法可知該地震橫波沿x軸負(fù)方向傳播，故A錯(cuò)誤；B．由圖甲所示，有可得該地震波的波長(zhǎng)為由圖乙所示，該地震波的周期為則該地震橫波的傳播波速為，故B正確；C．由于，且質(zhì)點(diǎn)Q向y軸正方向振動(dòng)，則時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q振動(dòng)到波峰，故C正確；D．因?yàn)?，根?jù)但是質(zhì)點(diǎn)P不是在平衡位置，也不在波峰或波谷位置，根據(jù)圖示位置可知質(zhì)點(diǎn)P所走的路程小于，故D錯(cuò)誤。故選BC。10.如圖甲所示，粗糙的水平地面上有長(zhǎng)木板P，小滑塊Q（可看作質(zhì)點(diǎn)）放置于長(zhǎng)木板上的最右端?，F(xiàn)將一個(gè)水平向右的恒力F作用在長(zhǎng)木板的右端，讓長(zhǎng)木板從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去力F的作用。長(zhǎng)木板的速度圖像如圖乙所示，已知長(zhǎng)木板P的質(zhì)量為，小滑塊Q的質(zhì)量為，小滑塊Q始終沒(méi)有從長(zhǎng)木板P上滑下。重力加速度。則下列說(shuō)法正確的是（）A.滑塊Q與長(zhǎng)木板P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.1B.長(zhǎng)木板P與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.3C.時(shí)長(zhǎng)木板P停下來(lái)D.恒力F的大小為【答案】AD【解析】A．作出滑塊Q在的速度時(shí)間圖像，如圖由乙圖可知，力F在5s時(shí)撤去，此時(shí)長(zhǎng)木板P的速度為v1=10m/s，6s時(shí)兩者速度相同為v2=6m/s，在0～6s的過(guò)程，對(duì)Q由牛頓第二定律得根據(jù)圖乙可知代入數(shù)據(jù)可得滑塊Q與長(zhǎng)木板P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.1，故A正確；B．5s～6s對(duì)P由牛頓第二定律由乙圖可知5s～6s長(zhǎng)木板P的加速度大小為代入數(shù)據(jù)可得μ2=0.2，故B錯(cuò)誤；C．共速后，對(duì)小滑塊Q受力分析由牛頓第二定律解得對(duì)長(zhǎng)木板P和小滑塊Q整體受力分析，由牛頓第二定律解得故共速后，兩者仍發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則6s末到長(zhǎng)木板P停下的過(guò)程，對(duì)長(zhǎng)木板P由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)可得繼續(xù)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間故長(zhǎng)木板P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為所以8.25s時(shí)長(zhǎng)木板P停下來(lái)，故C錯(cuò)誤；D．由力F作用時(shí)，對(duì)長(zhǎng)木板P受力分析，由牛頓第二定律其中代入數(shù)據(jù)解得，故D正確。第Ⅱ卷（非選擇題）三、實(shí)驗(yàn)題：（本題包括2小題，共14分）11.如圖甲，O點(diǎn)為單擺的固定懸點(diǎn)，用力傳感器測(cè)量細(xì)線拉力?，F(xiàn)將擺球拉到A點(diǎn)，釋放擺球，擺球?qū)⒃谪Q直面內(nèi)的A、C之間來(lái)回?cái)[動(dòng)，其中B點(diǎn)為運(yùn)動(dòng)中的最低位置。圖乙表示細(xì)線對(duì)擺球的拉力大小F隨時(shí)間t變化的曲線，圖中為擺球從A點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻（重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力）。請(qǐng)回答以下問(wèn)題（用g、、表示）：（1）單擺的周期為_(kāi)__________；（2）擺球的質(zhì)量為_(kāi)__________；（3）擺球在B點(diǎn)時(shí)速度大小為_(kāi)__________?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）由圖乙可知，單擺的周期為（2）設(shè)OA與豎直方向夾角為，從A到B的過(guò)程中由動(dòng)能定理其中，聯(lián)立可得擺球的質(zhì)量為（3）根據(jù)單擺的周期公式其中聯(lián)立可得擺長(zhǎng)為從A到B的過(guò)程中由動(dòng)能定理可得擺球在B點(diǎn)時(shí)速度大小其中，聯(lián)立可得12.某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示電路測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。所用的實(shí)驗(yàn)器材如下：A.待測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)約為；B.定值電阻（阻值為）；C.電阻箱（最大阻值），電阻箱（最大阻值）D.電壓表V（量程為，內(nèi)阻為）E.開(kāi)關(guān)S，導(dǎo)線若干（1）為測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)，在虛框內(nèi)將電壓表V量程擴(kuò)大為，電阻箱與電壓表V_________（選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”），阻值調(diào)到__________；（2）按下列步驟進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：①將電阻箱阻值調(diào)到最大，閉合開(kāi)關(guān)S；②多次調(diào)節(jié)電阻箱，記下電壓表V的示數(shù)U和電阻箱相應(yīng)的阻值；③以為縱坐標(biāo)，為橫坐標(biāo)，作出與圖像；④利用直線的斜率和縱軸上的截距，求出電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。（3）若圖像中直線的斜率為k，縱軸截距為b，不計(jì)電壓表V所在支路的分流，則電源電動(dòng)勢(shì)___________，內(nèi)阻___________。（用字母k、b、表示）【答案】（1）串聯(lián)##（3）【解析】（1）[1][2]由歐姆定律可知代入數(shù)據(jù)解得故為測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)，在虛框內(nèi)將電壓表V量程擴(kuò)大為，電阻箱與電壓表V串聯(lián)，阻值調(diào)到；（3）[3][4]根據(jù)閉合電路歐姆定律化簡(jiǎn)可得根據(jù)圖像可知，解得電源電動(dòng)勢(shì)為電源內(nèi)阻為四、計(jì)算題（本題共3小題，共44分。其中第13題12分，第14題14分，第15題18分，解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟。只寫最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）13.如圖所示，質(zhì)量分別為的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一長(zhǎng)為的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量也為的球C?，F(xiàn)將C球拉起使細(xì)線水平伸直，并由靜止釋放C球。求：（1）A、B兩木塊剛分離時(shí)，A、B、C的速度大?。唬?）兩木塊分離后，C球第一次上升的最大高度?！敬鸢浮浚?），，（2）【解析】（1）當(dāng)小球C擺到最低點(diǎn)時(shí)，A、B兩木塊恰好分離，A、B和C組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，則根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律聯(lián)立解得，則A、B兩木塊剛分離時(shí)，AB的速度大小為、C的速度大小。（2）A、B兩木塊分離后，以A、C為研究對(duì)象，當(dāng)C到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，A、C在水平方向共速，設(shè)速度為v，A、C在水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有由機(jī)械能守恒定律聯(lián)立解得兩木塊分離后，C球第一次上升的最大高度14.如圖，電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌由直窄軌，直寬軌和連接直軌構(gòu)成，整個(gè)導(dǎo)軌處于同一水平面內(nèi)，和共線且與垂直，窄軌間距為L(zhǎng)，寬軌間距為。整個(gè)導(dǎo)軌處于豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。均勻金屬直棒a棒長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R，均勻金屬直棒b棒長(zhǎng)為、質(zhì)量為、電阻為，棒a、b始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。初始時(shí)刻，b棒靜止在寬軌上，a棒從窄軌上某位置以平行于的初速度向右運(yùn)動(dòng)。a棒距窄軌右端足夠遠(yuǎn)，寬軌足夠長(zhǎng)。求：（1）a棒剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，b棒受到安培力的大??；（2）經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，a、b棒速度的大?。唬?）整個(gè)過(guò)程中，a棒產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）（2），（3）【解析】（1）a棒剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為由閉合電路歐姆定律可知，此時(shí)電路中的感應(yīng)電流為則此時(shí)b棒受到安培力的大小為（2）通過(guò)分析可知，a棒向右做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)、b棒向右做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩棒均做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)回路中的感應(yīng)電流為0，設(shè)a棒、b棒穩(wěn)定時(shí)的速度分