2022-2023学年北京市某中学高二(下)期中物理试卷（含解析）

2022-2023学年北京市某中学高二(下)期中物理试卷
一、单选题（本大题共15小题，共45分）
1. 分析下列所描述的四个物理现象：听到迎面而来越来越尖锐的汽笛声水塘中的水波能绕过障碍物继续传播夏天里一次闪电过后，有时会雷声轰鸣不绝围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，这些现象分别是波的( )
A. 多普勒效应、反射现象、衍射现象、干涉现象
B. 多普勒效应、衍射现象、反射现象、干涉现象
C. 干涉现象、衍射现象、多普勒效应、折射现象
D. 多普勒效应、反射现象、干涉现象、衍射现象
2. 如图所示，一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感应电流。下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是
A. B.
C. D.
3. 如图所示，一束光沿半圆形玻璃砖的半径射到其平直面上，并在该界面处发生反射和折射。当逐渐增大入射角时，下列说法正确的是( )
A. 反射光线和折射光线都逐渐减弱 B. 反射光线和折射光线的夹角逐渐增大
C. 折射光线逐渐减弱，直至完全消失 D. 折射角和入射角的比值不变
4. 一列简谐横波某时刻波形如图甲所示。由该时刻开始计时，质点的振动情况如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 该横波沿轴负方向传播
B. 质点该时刻向轴负方向运动
C. 该时刻质点与的速度、加速度都相同
D. 质点经半个周期将沿轴正方向移动半个波长
5. 一条较长细线下面挂一个小球就可构成一个单摆。单摆在竖直平面内自由摆动，其做简谐运动的图像如图所示。则下列说法正确的是( )
A. 该单摆的频率为
B. 该单摆的摆长大约为
C. 根据图中的数据不能估算出它摆动的最大摆角
D. 若将此单摆从山脚移到山顶，单摆的周期将会变大
6. 如图所示，把电阻、电感线圈、电容器分别串联一个灯泡后，并联接在交流电源的两端，三盏灯亮度相同。要使灯泡变亮、灯泡变暗，下列措施中可行的是( )
A. 只减小交流电的电压 B. 只增大交流电的电压
C. 只减小交流电的频率 D. 只增大交流电的频率
7. 如图所示，匀强磁场中有、两个闭合线圈，它们用同样的导线制成，半径。磁场方向与线圈所在平面垂直，磁感应强度随时间均匀增加，此过程中两线圈中产生的感应电动势分别为和，感应电流分别为和。不考虑两线圈间的相互影响。下列说法正确的是( )
A. ，感应电流均沿顺时针方向
B. ，感应电流均沿逆时针方向
C. ，感应电流均沿顺时针方向
D. ，感应电流均沿逆时针方向
8. 粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向匀速移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框一边、两点间的电压最大的是( )
A. B.
C. D.
9. 下列说法正确的是( )
A. 手机的无线充电技术是利用了电磁感应中的自感现象
B. 磁电式电表运输时正负极短接是为了达到电磁驱动的目的
C. 电磁炉加热食物时，是利用交流电在电磁炉面板中产生的涡流发热
D. 金属探测器用来探测金属，是因为金属中产生涡流的磁场反过来影响探测器中的电流
10. 如图所示，一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨上面横放着两根完全相同的铜棒和，构成矩形回路，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场。开始时，棒静止，棒有一个向左的初速度。从开始到最终稳定的全过程中，下列说法正确的是( )
A. 棒做匀减速直线运动，棒做匀加速直线运动，最终都做匀速运动
B. 棒减小的动量等于棒增加的动量
C. 棒减小的动能等于棒增加的动能
D. 安培力对棒和棒分别做负功和正功，做功总和为零
11. 如图所示是远距离输电的示意图，变压器均为理想变压器，发电机的输出电压恒定，输电线上损耗的功率为，变压器原副线圈的电压以及电流用图中的量表示，则当用户用电处于高峰期时，下列说法正确的是( )
A. 变大 B. 增大 C. 变大 D. 变大
12. 如图所示，赤道附近地区的几位同学在做“摇绳发电”实验把一条长约的导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路。甲、乙两位同学按某一方向摇动导线的段，另两位同学观察电流计的指针。下列说法正确的是
A. 为观察到电流计指针明显偏转，摇绳同学应沿东西方向站立
B. 为观察到电流计指针明显偏转，摇绳同学应沿南北方向站立
C. 若摇绳同学沿东西方向站立，当导线运动到最高点时回路中的电流最小
D. 若摇绳同学沿南北方向站立，摇绳过程中点电势始终高于点电势
13. 如图是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈和，线圈跟电源连接，线圈两端连在一起。在断开开关的时候，弹簧并不会立刻将衔铁拉起而使触头连接工作电路离开，而是过一小段时间后才执行这个动作。延时继电器就是因此而得名的。下列说法正确的是( )
A. 由于线圈的自感作用，才产生延时释放的效果
B. 由于线圈的互感作用，才产生延时释放的效果
C. 若不闭合，则断开开关时延时效果不明显
D. 若改变的缠绕方向，断开开关时延时效果不明显
14. 降噪耳机越来越受到年轻人的喜爱。某型号降噪耳机工作原理如图所示，降却噪过程包括如下几个环节：首先，由安置于耳机内的微型麦克风采集耳朵能听到的环境中的中，低噪声比如；接下来，将噪声信号传至降噪电路，降噪电路对环境噪声进行实时分析、运算等处理工作；在降噪电路处理完成后，通过扬声器向外发出与噪声相位相反、振幅相同的声波来抵消噪声：最后，我们的耳朵就会感觉到噪声减弱甚至消失了，对于该降噪耳机的下述说法中，正确的有( )
A. 抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等
B. 该耳机正常使用时，降噪电路发出的声波与周围环境的噪声能够完全抵消
C. 该耳机正常使用时，该降噪耳机能够消除来自周围环境中所有频率的噪声
D. 如果降噪电路处理信息的速度大幅度变慢，则耳机使用者可能会听到更强的噪声
15. 下图为某人设计的电吹风电路图，、、、为四个固定触点。可动的扇形金属触片可同时接触两个触点。触片处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。和分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如下表所示。则下列说法正确的是
A. 触片位于位置时，电吹风吹冷风
B. 触片位于位置时，电吹风吹冷风
C. 变压器原、副线圈的匝数比
D. 变压器原、副线圈的匝数比
三、实验题与计算题（本大题共5小题，共55分）
16. 在“测定玻璃的折射率”的实验中，如图甲所示，某同学先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面所在直线和图中并未直接画的出具体位置。为直线与的交点，在直线上竖直地插上、两枚大头针。
该同学接下来要完成的必要步骤有________。
A.插上大头针，使仅挡住的像
B.插上大头针，使挡住和的像
C.插上大头针，使仅挡住
D.插上大头针，使挡住和、的像
过、作直线交于，过作垂直于的直线，连接。测量图中角和的大小。则玻璃砖的折射率________。
实验时，该同学为了避免笔尖触划玻璃砖的折射面，画出的比实际的折射面向外侧平移了一些如图乙所示，以后的操作都正确无误，并仍以和为折射面画出了光路图，这样测出的折射率的值将________选填“偏大”“偏小”或“不变”。请作图说明原因________。
以往，已知材料的折射率都为正值。现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值，称为负折射率材料。位于空气中的这类材料，入射角与折射角依然满足，但是折射线与入射线位于法线的同一侧此时折射角取负值。若该材料对于电磁波的折射率，正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是________。
A.B.
C.D.
17. 如图所示，在一个圆形金属圈区域内，存在着磁场的方向与线圈平面垂直的匀强磁场。已知圆形金属线圈的面积，匝数，线圈电阻。线圈与电阻构成闭合回路，。取垂直线圈平面向里为磁场正方向，若匀强磁场磁感应强度随时间变化的关系式为。求：
通过电阻的感应电流的大小和方向；
在时刻，两点间的电势差。
18. 如图甲，一小型发电机内有匝矩形线圈，线圈面积，线圈电阻。在外力作用下矩形线圈在匀强磁场中，以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴逆时针匀速转动，发电机线圈两端与的电阻、交流电流表构成闭合回路。从甲图所示位置开始计时：取
在乙图中画出时刻从装置正前方向后看的线圈示意图，并标明电流方向；
从图示位置开始计时，推导线圈产生的感应电动势瞬时值表达式；
电流表的示数；
线圈转过过程中通过的电量；
19. 如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面纸面垂直，磁场边界的间距为，磁感应强度为一个质量为、匝数为、边长也为的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行，导线框总电阻为时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合图中位置，导线框的速度为经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时图中位置，导线框的速度刚好为零。
求导线框在位置时的加速度大小；
求从位置到位置的过程中，导线框中的焦耳热；
定性画出导线框从位置到再次回到位置时速度随时间变化图象；
上升阶段和下降阶段导线框克服安培力做功分别为和，试判断与的大小关系，并简述判断依据。
20. 如图所示，光滑金属直轨道和固定在同一水平面内，、平行且足够长，两轨道间的宽度。轨道左端接一阻值的电阻。轨道处于磁感应强度大小，方向竖直向下的匀强磁场中。质量的导体棒垂直于轨道放置。在沿着轨道方向向右的力作用下，导体棒由静止开始运动，导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直。不计轨道和导体棒的电阻，不计空气阻力。
若力的大小保持不变。求：
试画出导体棒运动的速度随时间变化的图像；
导体棒能达到的最大速度大小；
若经过位移，导体棒速度达到最大速度的一半，求这个过程中回路中产生的热量。
如图乙所示，若轨道左端间接一电动势、内阻的电源，导体棒处于静止状态。若在某时刻闭合开关，求：
试画出闭合开关后通过导体棒的电流随时间变化的图像
导体棒能达到的最大速度；
导体棒速度达到最大速度的一半时，求这个过程中回路中产生的热量。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：听到迎面而来的尖锐汽笛声，即汽车靠近时感觉音调升高，这是多普勒效应造成的；
水塘中的水波能绕过障碍物继续传播，这是水波的衍射现象；
夏天里一次闪电过后，有时会雷声轰鸣不绝，是因为声音在云层之间来回反射造成的；
围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，是音叉发出两个频率相同的声波相互叠加，出现加强区和减弱区，这是干涉现象，故B正确，ACD错误。
故选：。
听到迎面而来的尖锐汽笛声这是多普勒效应造成的；水塘中的水波能绕过障碍物继续传播，这是水波的衍射现象；雷声轰鸣不绝，是因为声音在云层之间来回反射造成的；听到忽强忽弱的声音，是声音的干涉现象。
明确波的反射现象，波的衍射现象，波的干涉现象的概念，知道生活中有哪些例子是与这些概念相对应的。
2.【答案】
【解析】
【分析】
由楞次定律：感应电流磁场总是阻碍线圈原磁通量的变化，结合是极还是极的运动，从而可以判断出感应电流的方向。
本题考查了楞次定律的应用，正确理解楞次定律阻碍的含义是正确解题的关键，同时掌握楞次定律的应用步骤：先确定原磁场方向，再判定通过线圈的磁通量如何变化，然后由“增反减同”，从而确定感应电流磁场方向，最后由右手螺旋定则，确定结果。
【解析】
A.由图示可知，在磁铁极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；
B.由图示可知，在磁铁极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流顺时针方向，故B错误；
C.同时，在磁铁极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故C错误；
D.由图示可知，在磁铁极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流逆时针方向，故D正确；
故选D。

3.【答案】
【解析】解：、由图可知增大入射角时反射光线加强，折射光线减弱，直至消失；反射光线和折射光线的夹角逐渐减小，故AB错误，C正确；
D、折射角和入射角的正弦的比值不变，但角度的比值会发生变化，故D错误。
故选：。
本题主要考查了光的折射定律，理解光路传播的特点，同时要熟记不同光线的亮度变化。
4.【答案】
【解析】由图可知乙质点的振动情况，该时刻质点向轴正方向振动。根据上下坡法或者平移法可知，该横波沿轴正方向传播，质点该时刻向轴负方向运动，A错误，B正确；
C.该时刻质点与的速度为零，质点加速度为方向，质点加速度为方向，C错误；
D.质点只在平衡位置附近轴方向上下振动，波传播时，质点不会沿轴正方向移动，D错误。
故选B。
5.【答案】
【解析】
【分析】根据振动图象判断出单摆的周期，根据周期与频率的关系求出频率；根据单摆的周期公式求出摆长；根据摆长与振幅的关系求出增大摆角；根据周期公式判断。
该题考查单摆的周期公式的应用，根据图像判断出该单摆的周期是解答的关键。
【解答】、由图可知，该单摆的周期为，则频率：，故A错误；
B、由周期公式：可得摆长：，故B错误；
C、由角度与摆长的关系：，故C错误；
D、若将此单摆从山脚移到山顶，重力加速度减小，根据公式，可知单摆的周期将会变大。故D正确。
6.【答案】
【解析】根据感抗公式 ，要使灯泡 变亮，应减小或，或同时减小或；
根据容抗公式 ，要使灯泡 变暗，应减小或，或同时减小和；
增大或减小交流电的电压不能使灯泡 变亮、灯泡 变暗。
故选C。
7.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律；需要掌握其应用条件，难度不大。
根据楞次定律判断出电流的方向；由法拉第电磁感应定律即可求出电动势之比；由欧姆定律即可求出电流之比。
【解答】
设磁感应强度随时间的变化为，由法拉第电磁感应定律有，得，，所以，依据楞次定律，因磁感应强度随时间均匀增加，所以感应电流均沿逆时针方向，故AB错误；
两线圈的电阻之比等于周长之比，根据电阻定律：线圈的电阻为，则相同，两线圈电阻之比由欧姆定律有，得，故C错误，D正确。

8.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查电磁感应与电路的问题。
正方形的一条边在磁场中，该边切割磁感线，相当于电源，然后根据闭合电路的有关知识进行求解。
本题属于电磁感应与电路的结合，注意弄清电源和外电路的构造，明确、两点间的电势差是路端电压还是某一阻值电压。
【解答】
磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，中、两点间电势差为外电路中一个边两端电压为：
，图中、两点间电势差为路端电压为：，所以、两点间电势差绝对值最大的是图所示，故BCD错误，A正确。
故选A。

9.【答案】
【解析】A.手机的无线充电技术是利用了电磁感应中的互感现象，故A错误；
B.磁电式仪表运输过程中用导线将正负接线柱短接，当指针摆动时产生感应电流，要阻碍转子的运动，是利用了电磁阻尼的目的，故B错误；
C.为了让面板不发热，电磁炉面板采用陶瓷材料，铁锅产生涡流，发热部分为铁锅底部和侧壁，直接加热锅内食物，故C错误；
D.金属探测器用来探测金属，是因为金属中产生涡流的磁场反过来影响探测器中的电流，故D正确；
故选D。
10.【答案】
【解析】A.初始时棒向左运动受到向右的安培力，棒受到向左的安培力，所以棒减速，棒加速，设棒速度为 ，棒速度为 ，开始时 ，随着运动两棒的相对速度 逐渐减小至，两棒切割磁场产生的感应电动势为 ，也逐渐减小最终为，感应电流逐渐减小到，安培力逐渐减到，所以棒做加速度逐渐减小的变减速直线运动，棒做加速度逐渐减小的变加速直线运动，故A错误；
B.两棒组成的系统受安培力的合力为零，故系统的动量守恒，所以棒减小的动量等于棒增加的动量，故B正确；
C.回路中有产生电磁感应现象，有电流做功产生电热，所以根据能量守恒可知，棒减小的动能等于棒增加的动能与两棒产生电热之和，故C错误；
D.安培力对棒和棒分别做负功和正功，但是由于两棒的位移不同，则做功总和不为零，故D错误。
故选B。
11.【答案】
【解析】解：、因为输入电压不变，升压变压器原副线圈匝数不变，所以不变，故A错误；
B、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大，故B正确：
C.当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的电压损失大，发电机的输出电压不变，则不变，可知降压变压器的输入电压减小，所以用户得到的电压减小，故C错误；
D、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，根据，可知变大，故D正确。
故选：。
输入电压不变，升压变压器原副线圈匝数不变，不变；当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，输电线上的电流增大，即可判断。
本题考查了变压器输电原理，解题关键在于变压器输入输出电流电压关系以及在输电过程中的电能损耗。
12.【答案】
【解析】
【分析】赤道附近的地磁场平行于地面从南指向北，当绳平行于磁感线运动时，不产生感应电流，当绳垂直切割磁感线时，感应电流最大。
解决本题应该明确：闭合电路的一部分导体做切割磁感线的运动时会产生感应电流。
【解答】根据地磁场的分布规律可知，赤道位置的磁场方向沿南北方向，当绳沿东西方向时，绳与磁场方向垂直，此时摇绳产生的感应电动势最大，即为观察到电流计指针明显偏转，摇绳同学应沿东西方向站立， A正确，B错误
B.若摇绳同学沿东西方向站立，当导线运动到最高点时，绳的速度方向与磁场方向平行，感应电动势最小，感应电流最小，即若摇绳同学沿东西方向站立，当导线运动到最高点时回路中的电流最小， C正确
D.若摇绳同学沿南北方向站立，摇绳所在回路平面与地磁场平行，穿过的磁通量始终为零，磁通量不变，没有感应电流，即若摇绳同学沿南北方向站立，摇绳过程中点电势始终等于点电势，D错误。
故选AC。
13.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查电磁感应的应用。解决问题的关键是清楚注意只要闭合线圈中有磁通量变化，就会产生感应电流，延时继电器就会起延时作用。
【解答】
电磁继电器的工作原理是断开开关的时候，穿过线圈的磁通量发生变化，如果是闭合线圈则有感应电流，产生感应磁场，起到延时释放的效果，故A错误，BC正确；
D.若改变的缠绕方向，根据楞次定律，断开时仍会有延时效果，故D错误。

14.【答案】
【解析】A.声波是靠介质传播，同一介质中传播速度相等，故A正确；
因周围环境产生的噪声频率在范围之内，而降噪电路只能发出某一种与噪声相位相反、振幅相同的声波来抵消噪声，所以降噪电路发出的声波与周围环境的噪声不能够完全抵消，即不能完全消除来自周围环境中所有频率的噪声，选项BC错误；
D.如果降噪电路处理信息的速度大幅度变慢，则在降噪电路处理完成后，通过扬声器可能会向外发出与噪声相位相同、振幅相同的声波来加强噪声，则耳机使用者可能会听到更强的噪声，选项D正确；
故选AD。
15.【答案】
【解析】解：
、由图示电路图可知，触片若同时接触两个触点和，只有小风扇接入电路，只有小风扇工作，电吹风处于吹冷风工作状态，故A错误，B正确；
、原线圈两端电压为，副线圈两端电压为，所以，故C正确，D错误；
故选：。
根据电路原理图，吹热风时，变压器需要正常工作，触片与触点、接触，触片若同时接触两个触点和，只有小风扇接入电路，只有小风扇工作，电吹风处于吹冷风工作状态，原线圈两端电压为，副线圈两端电压为，即可求得变压器原副线圈匝数之比。
本题考查变压器原理、电功率与热功率的理解，重点是读懂表格中的数据与电路图原理。
16.【答案】 偏小
【解析】该同学接下来要完成的必要步骤有：确定皮 大头针的位置，方法是插上大头针 ，使 挡住 和 的像。确定 大头针的位置，方法是插上大头针 ，使 挡住 和 、 的像。
故选BD。
玻璃砖的折射率为
将玻璃砖界面和的间距画得过宽但仍平行，而其他操作正确，导致角偏大，由于
故折射率的测量值将偏小。如图：
根据题意指折射光线和入射光线应在法线同一侧，且出射折射角等于入射时的入射角；
故选B。
17.【答案】，电流方向： ；
【解析】根据题意，由楞次定律可知，通过 的电流方向： ，由法拉第电磁感应定律
通过电阻 的电流
根据题意，由楞次定律可知，点电势低于点电势，则有
可得
18.【答案】见解析； ； ；
【解析】根据题意，由右手定则可知，线圈中电流方向为 ，则装置前视图如图所示
根据题意可知，线圈由图甲位置开始转到，则线圈产生的感应电动势
感应电动势的最大值为
则感应电动势瞬时值表达式为
电流表显示的为有效值，则
线圈转动 过程中产生的电量
19.【答案】解：线圈在位置Ⅰ时：由牛顿第二定律：，
其中，，，
联立解得：；
导线框从位置到位置的过程中由能量关系：
解得；
由可知，线圈向上运动过程中做加速度减小的变减速运动；
同理下落过程中做加速度减小的变加速运动，则运动图象如图；
根据能量守恒定律可知，线框经过同一位置时：上升的速率大于下降的速率，上升过程的安培力大小较大，而位移大小相等，
所以上升过程中比下降过程中克服安培力做的功多，即。
答：导线框在位置时的加速度大小为；
从位置到位置的过程中，导线框中的焦耳热为；
定性画出导线框从位置到再次回到位置时速度随时间变化图象如图所示；
上升阶段和下降阶段导线框克服安培力做功分别为和，。
【解析】线圈在位置Ⅰ时：由牛顿第二定律结合安培力的计算公式求解；
导线框从位置到位置的过程中由能量关系求解；
分析加速度的大小变化情况，根据运动情况画出速度图象；
上升的速率大于下降的速率，上升过程的安培力大小较大，由此分析安培力做的功。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
20.【答案】见解析； ； ；见解析； ；
【解析】导体棒做加速度逐渐减小的加速运动
当 时，导体棒速度达到最大
所以
当导体棒速度到达 ，由动能定理
所以回路中产生的热量
棒中电流的大小满足
导体棒的加速度
电流随时间变化率
因此电流随速度的增加而减少，且斜率逐渐减小，图像如下
当电路中电流为零时，安培力为零，导体棒速度达到最大
所以，导体棒最大的速度
当导体棒速度达到 ，由动量定理
所以，通过电源的电量
全过程由能量守恒
所以，产生的热量
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