2026届黑龙江实验中学等校高三下学期联合模拟考试物理试题（含解析）

黑龙江省实验中学 2026 届高三学年联合模拟考试
物理学科试卷
考试时间： 75 分钟 总分： 100 分
注意事项：
1． 本试卷分第Ⅰ卷（选择题） 和第Ⅱ卷（非选择题） 两部分， 答卷前， 考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上， 并将条形码粘贴在答题卡指定位置。
2． 回答第Ⅰ卷时， 选出每小题答案后， 用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑， 如需改动， 用橡皮擦干净后， 再选涂其他答案标号， 写在试卷上无效。
3． 回答第Ⅱ卷时， 用黑色笔写在答题卡指定位置上， 写在本试题卷上无效。
4． 考试结束后， 考生将答题卡交回。
一、选择题： 本题共 10 道小题， 共 46 分。在每小题给出的四个选项中， 第 1-7题只有一项符合题目要求， 每小题 4 分； 第8-10 题有多项符合题目要求， 每小题 6 分， 全部选对得 6 分， 选对但不全的得 3 分， 有选错的得 0 分。
1．在力学问题中，量纲分析是检验物理公式合理性的有效方法。已知某物理量 v 的单位为m/s， a 的单位为 m / s2， t 的单位为 s， x 的单位为 m， 若 v 与 a、 t、 x 之间存在关系式， 则从量纲角度看下列关系式可能正确的是( )
A． v = at B． v = C． v = ax D． v
2． 下列说法正确的是( )
A． 甲图为天安门广场阅兵上亮相的激光武器，激光作为电磁波，传播需要介质
B． 卢瑟福通过乙图中的实验提出了原子的核式结构
C． 丙图中，将 a、 β、 g 三种射线分别射入匀强磁场， ③代表 a 射线
D． 丁图中，把核子分开需要能量是为了克服核子间的万有引力
3．小区阳台常见的升降式晾衣架如图所示，它由一根轻绳跨过光滑轻质滑轮带动总质量为 m的晾衣杆部分。现缓慢向上拉动晾衣架至新的平衡位置， 此过程中保持绳始终绷直且未与滑轮打滑或脱离。在晾衣架缓慢上移的过程中，下列说法正确的是( )
A． 当绳 a 与竖直方向成 60°时，轻绳上的张力大小为
B． 轻绳上的张力逐渐减小
C． 轻绳上的张力逐渐增大
D． 总质量为 m 的晾衣杆部分所受合力逐渐增大
4． 我国发布的“双碳战略”计划到 2030 年实现碳达峰， 2060 年实现碳中和。风力发电绿色环保， 是实现碳中和的重要途径之一。风力发电厂输电网络供电的装置如图甲所示， 发电机输出的交变电压如图乙所示， 升压变压器、降压变压器均为理想变压器， 下列说法正确的是 ( )
A． 线框转动的角速度为100rad / s
B． t = 0.01s 时穿过线圈的磁通量为零
C． t = 0.01s 时串联在升压变压器原线圈中的交流电流表示数为 0
D． 用电高峰时，输电线上的功率损失增大
5． 飞船发射入轨是一个复杂的过程。如图所示，发射飞船时先将飞船发射至近地轨道，在近地轨道的 A 点调整速度进入转移轨道，在转移轨道上的远地点 B 调整速度后进入目标轨道。不计飞船质量的变化，只考虑飞船所受的万有引力，已知引力常量为 G，地球质量为M，近地圆轨道半径为r1 ，目标圆轨道半径为r2 。下列说法正确的是( )
A． 若飞船在转移轨道上运动经过 A 点时的线速度为vA ，则飞船在此轨道上经过 B 点时的线速度等于 vA
B． 飞船在目标轨道上运动经过 B 点的加速度比在转移轨道上运动经过 B 点的加速度大
C． 飞船在转移轨道与近地轨道上运动的周期之比为
D． 探测器在转移轨道上绕地球从 A 点向 B 点稳定运行过程中机械能减小
6． 1831 年 10 月 28 日， 法拉第展示了人类历史上第一台发电机——法拉第圆盘发电机。半径为 r 的圆盘通过 O、 a 两处电刷与如图所示的外电路相连，其中电阻R1 = R2 = R， 一带电油滴静止在两极板间。圆盘在外力作用下绕 O 点以角速度 w 逆时针匀速转动过程中，圆盘接入 Oa 间的等效电阻也为 R，已知匀强磁场磁感应强度为 B，不计其它电阻和摩擦。下列说法正确的是( )
A． 若将电容器极板 M 向上移动，则带电油滴向上运动
B． 该油滴带负电
C． c 点电势高于 b 点电势
D． 电阻R2 上消耗的电功率为
7． 我国“奋斗者”号载人潜水器在执行深海探测任务时，为了保证舱内空气新鲜同时控制舱内压强稳定， 使用高压气瓶向舱内补充气体。已知舱内初始气体压强为1.0 × 106 Pa， 温度为17℃。潜水器下潜至深海某深度时，舱外海水压强为1.5× 106 Pa ，此时舱内温度降至 7℃ 。为了平衡内外压强差， 需从高压气瓶向舱内缓慢充入同种气体，直至舱内压强与舱外海水压强相等。若充气过程中舱内温度保持 7℃不变，所有气体可视为理想气体，则充气后的气体密度与初始状态密度的比值为( )
A． B． C． D．
8． 如图所示，实线和虚线分别表示沿 x 轴传播的一列简谐横波在t1 = 0 和t2 = 0.2s 时刻的波形图，已知在 t1 = 0 时刻，介质中x = 0.6m 处的质点 P 沿 y 轴负方向运动， Q 的纵坐标为cm ，下列说法正确的是( )
A． 该波沿 x 轴正方向传播
B． 0 ~ 0.2s 内，质点 P 的路程可能为5cm
C． 若周期T > 0.2s ，则波速为3m/s
D． 若周期T > 0.2s， Q 的振动方程为 y = 0.05sin m
9． “空间电场防病促生”技术的基本原理是通过直流高压电源在悬挂电极和地面之间产生空间电场， 其作用之一可加速植物体内带正电的钾、钙离子等向根部下方聚集， 促进植物快速生长。图中实线为该空间电场线的示意图，下列说法正确的是( )
A． 悬挂电极应接电源正极
B． 图中所示 A、 B 两点场强相同
C． 钾、钙离子向根部聚集过程中，电势能减少
D． 一正电荷沿图中虚线从 A 点移动至 B 点过程中，电势能始终不变
10． 如图所示，光滑水平面上有一个薄木板 AB，在 B 端正上方高度 H = 2.8m 的屋顶 O 点悬挂一根长度 d = 2m 不可伸长的轻绳 OP。 一只质量 m = 1kg 的小猫从木板 A 端由静止先加速再减速走到木板上的 B 端时恰好速度为零，之后瞬间奋力跃起，刚好在运动的最高点抓住轻绳的 P 点后随之向右端荡出。初始时刻木板静止在水平面上， 木板质量M = 4kg、长度L = 2m ，小猫可看成质点，不计一切能量损失和跃起过程中的木板位移，重力加速度 g 取10m / s2 ，则下列说法正确的是( )
A． 小猫跃起至最高点抓住轻绳的 P 点用时 0.4s
B． 小猫跃起时的初速度大小为 m / s
C． 小猫跃起过程中小猫和木板组成的系统机械能增加 8J
D． 从初始时刻到猫抓住 P 的瞬间，木板的总位移为 0.5m
二、非选择题： 本题共 5 小题， 共 54 分。
11． 近年来， 哈尔滨冰雪旅游持续火爆， 冰雪大世界更是成为标志性打卡地， 其中全长 521米的冰滑梯凭借惊险刺激的体验吸引了无数游客。校园电视台的同学们在为家乡拍摄宣传纪录片时， 利用无人机在游客从静止开始下滑过程中每隔 1.0 秒拍摄一张照片， 照片记录了游客下滑过程中的部分位置如图 1。假设冰滑梯可视为一个粗糙程度处处相同的倾斜斜面如图 2， 游客（含装备） 可视为质点， 下滑过程中不考虑空气阻力。（ sin37。= 0.6， cos37。= 0.8， g = 10m / s2 ）
(1)通过无人机拍摄的照片可测算出游客沿斜面下滑阶段部分位移 AB = 2.90m，BC = 5.10m， CD = 7.00m， DE = 9.00m
①利用逐差法计算游客在冰滑梯上下滑的加速度大小为________ m / s2 （结果保留 2 位有效数字）
②若已知冰滑梯的倾角θ = 37。，求倾斜冰面与游客（含装备）之间的动摩擦因数 μ = ________ （结果保留 2 位有效数字）
(2)为保障安全，实际游玩中在滑梯底端后的水平面上铺设有固定在地面上的防滑缓冲垫，
且要求在垫上滑行距离不能超过 70m。假设冰滑梯全长 x =500m，冰滑梯的倾角 θ = 37。，若倾斜冰面与游客间的动摩擦因数与第一问所求相同， 忽略游客在连接处的能量损失， 则防滑缓冲垫与游客（含装备） 间的动摩擦因数μ 不小于________（结果保留 2 位有效数字， 防滑缓冲垫动摩擦因数通常在 0.8-1.5 之间）
12．在寒假研究性学习活动中，某学习小组测量一款国产新能源汽车上电池小组件的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中虚线框内为用灵敏电流计 G 改装的电流表 A， V 为电压表， E 为待测电池组， S 为开关， R 为滑动变阻器， R0 是标值为 5.0Ω 的定值电阻。
(1)已知灵敏电流计 G 的满偏电流Ig = 200μA、内阻 rg = 2.0kΩ , 若要改装后的电流表满偏电流为 200mA，应并联一只阻值约为________Ω 的定值电阻R1 （结果保留 2 位有效数字）
(2)调节滑动变阻器的滑片在不同位置，多次记录下对应的电压表的示数 U 和灵敏电流计的示数 I，得到如图乙所示的U - I 图像，则电池的电动势 E = ________V，内阻 r =
________Ω。（结果均保留 2 位有效数字）
(3)实验室中已有灯泡的伏安特性曲线如图丁所示。将该电池小组件和此规格三个完全相同的灯泡 A、B、C 连成电路， 如图丙所示， 当S1、 S2、 S3 全闭合时， 该电源的效率为________ （结果保留 2 位有效数字）
13． 光纤通信有传输容量大、衰减小、抗干扰性及保密性强等多方面的优点。如图甲是光纤的示意图，简化成由内芯和包层组成（内芯简化为长直玻璃丝，包层简化为真空），设玻璃丝折射率为 n
(1)若某单色光从真空以入射角60 度从左端面入射后恰好发生全反射通过此光纤， 求折射率n；
(2)经过传输的单色光照射在光电管上，此时电流表示数不为零。移动滑动变阻器滑片，求电流表示数刚好为零时的电压 Uc （已知单色光波长λ、光电管阴极材料逸出功 W0 、普朗克常量 h、元电荷 e、光速 c）
14． 如图所示， 在三维坐标系 Oxyz 中， x < 0 的空间内充满匀强电场， 场强方向沿 y 轴正向； x > 0 的空间内充满沿 x 轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为 B； 一带电粒子在 P 点，
其坐标为 (-3L, -2L,0)， 以速度v0 沿 x 轴正向射出， 一段时间后粒子恰好通过坐标原点 O 进入磁场区域，设粒子的质量为 m、电荷量为 + q，不计粒子重力，忽略场的边缘效应。求：
(1)匀强电场电场强度 E 的大小；
(2)粒子经过坐标原点为计时起点，粒子在磁场中运动的过程中离 x 轴的最远距离 H 及到达最远点的时间 t。
15． 如图所示， 间距为 L = 0.4m 的光滑平行金属导轨 MN 和 PQ 水平放置， 其所在区域存在磁感应强度为B1 的竖直向上匀强磁场。间距也为 L 的足够长导轨 QED 与 NFC 沿竖直方向平行放置，由半径 r =0.25m 的光滑圆弧轨道与倾角为θ = 37。的倾斜轨道在 E、 F 点平滑连接组成，圆弧轨道最高点、圆心与水平轨道右端点处于同一竖直线上。 EP 下方倾斜轨道间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场 B2 = T， GH 为磁场下边界。金属棒 ab 质量 m1 = 0.2kg，金属棒 ef质量 m2 = 0.1kg ，与倾斜导轨的动摩擦因数均为 0.75，两棒粗细相同且阻值均为
R = 0.1Ω； 若不计所有导轨的电阻， 水平轨道与圆弧轨道交界处竖直距离恰好等于两金属棒直径（较小），忽略感应电流产生的磁场及两个磁场间的相互影响，取重力加速度g = 10m / s2， sin37。= 0.6， cos37。= 0.8，求：
(1)初始时刻，两棒均被固定且距离为 ，已知B1 随时间变化如图所示，求 0.1s 时 ab 棒所受安培力的大小；
(2)若 0.2s 后某时刻解除两棒锁定的同时 ab 棒以 v0 = 5m / s 的初速度向右运动，之后两棒（未发生碰撞）先后进入圆弧轨道， ab 棒通过圆弧轨道最高点时，此处两个压力传感器（每轨一个图中未画出） 的示数均比 ef棒通过此处时增大 5.1N， 求 ef棒从解除锁定后到通过圆弧轨道最高点过程中该棒上产生的焦耳热；
(3)接（2）， 若 ab 棒在圆弧轨道上运动过程中， ef 棒进入匀强磁场B2 后在外力作用下迅速被锁定在与 E、F 距离 d 处（仍在磁场B2 中）， 之后当 ab 棒经过 E、F 时 ef棒锁定被同时解除，若 ef棒离开磁场边界 GH 时的速度与 ab 棒速度相等（ab 棒仍在磁场中且与 ef 棒未发生碰撞），为确保之后 ab 棒也能离开磁场，求 d 应该满足的条件范围。
试卷第 8 页，共 8 页
1． A
A． at 的单位为 (m/s2 ) × s = m/s ，与 v 的单位一致，故 A 正确；
B． 的单位为 m/s3，与 v 的单位不符，故 B 错误；
C． ax 的单位为 (m/s2 ) × m = m2 /s2 ，与 v 的单位不符，故 C 错误；
D． 的单位为 ，与 v 的单位不符，故 D 错误。故选 A。
2． B
A． 激光是一种电磁波，传播时不需要介质，故 A 错误；
B． 卢瑟福通过 α 粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故 B 正确；
C． α 粒子带正电，根据左手定则来判断洛伦兹力的方向， ②应是 α 粒子，故 C 错误；
D． 把核子分开需要克服核子之间的核力作用，故 D 错误。
故选 B。
3． C
A． 同一根轻绳张力处处相等，设绳张力为T ，对晾衣杆由竖直方向平衡得4T + 2T cosθ = mg
整理得T
当 θ = 60o时，代入公式得T ，故 A 错误；
BC． 晾衣架顶部两个固定滑轮的水平间距 d 保持不变， 设晾衣杆上方两段倾斜的绳子的总长度为 L ，每段绳子与竖直方向的夹角为θ ,由几何关系得 d = L sin θ
整理得sin
晾衣架上移过程中，晾衣杆上方绳总长度 L 减小， d 不变，因此sinθ 增大， θ 增大， cos θ减小，因此T 逐渐增大，故 B 错误， C 正确；
D． 晾衣架缓慢上移， 始终处于平衡状态， 总合力始终为零， 因此合力不会逐渐增大， 故 D错误。
故选 C。
4． D
A． 由图乙可知， 交变电压的周期 T = 0.02s， 根据角速度与周期的关系 w ，
答案第 1 页，共 9 页
得 w = 100πrad/s ，故 A 错误；
B． t = 0.01s 时， 感应电动势为 0， 说明线圈处于中性面， 此时穿过线圈的磁通量最大， 并非为零，故 B 错误；
C． 交流电流表测量的是交流电的有效值， 有效值不为零， 因此电流表示数不可能为 0， 故C 错误；
D． 用电高峰时， 用户端总负载增多， 总电阻减小， 降压变压器输出电流增大， 导致输电线上的电流增大，根据输电线上功率损失 ΔP = I2R0 ，可知输电线上的功率损失增大，故 D
正确。
故选 D。
5． C
1 1
(
2
A
2
B
整理得
v
B
v
A
，故
A
错误；
B
．
加速度由万有引力提供，有
=
ma
即
a
)A． 根据开普勒第二定律，对转移轨道有 v r1Δt = v r2Δt
飞船在转移轨道和目标轨道经过 B 点时到地心的距离r 相同， 因此加速度相等， 故 B 错误；
C． 根据开普勒第三定律，绕同一中心天体运动的天体满足 = k转移轨道为椭圆，半长轴 a =
(
转
近
)近地圆轨道半长轴为 r1 ，因此
整理得周期比 T转 : T近 : ，故 C 正确；
D． 转移轨道运行过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，故 D 错误。故选 C。
6． D
A． 电容器并联在R2 两端，两端电压U = IR2 保持不变；极板间距 d 增大后，板间电场强度 E电 = 减小，原来油滴平衡mg = qE电
答案第 2 页，共 9 页
现在qE电 < mg
所以带电油滴会向下运动，故 A 错误；
B． 正电荷随圆盘逆时针转动，洛伦兹力指向圆心 O ，因此 O 为电源正极， a 为负极。电流方向为O → b → R2 → c → R1 → a， 下极板 N 接b （高电势）， 上极板 M接 c （低电势）， 板间电场方向向上；油滴重力向下、电场力向上，因此油滴带正电。故 B 错误；
C． 电流沿b → R2 → c 流动，电势沿电流方向降低，因此b 点电势高于c 点，故 C 错误；
D． R2 消耗的电功率 P = I2R 故 D 正确。故选 D。
7． C
根据理想气体状态方程 pV = nRT RT整理得气体密度 r
同种气体摩尔质量 M 为定值， R 为气体常量，因此密度比值满足 其中初始状态参数为 p1 = 1.0 × 106 Pa， T1 = (17 + 273)K = 290K
充气后状态参数为 p2 = 1.5 × 106 Pa， T2 = (7 + 273)K = 280K
(
r
1.5
×
10
6
×
290
3
29
87
) (
代入计算得
2
=
6
= ×
=
)r1 1.0 × 10 × 280 2 28 56故选 C。
8． AC
A． 在 t1 = 0 时刻， 介质中x = 0.6m 处的质点 P 沿 y 轴负方向运动， 由“同侧法”可知，该波沿 x 轴正方向传播，故 A 正确；
B． 波沿x 正方向传播， 从 t1 = 0 到 t2 = 0.2s， 波的传播时间满足Δt = 0.2s T （n=0， 1， 2， … )
t = 0 时P 在平衡位置， 0 ~ 0.2s 内的总路程为s = (4n + 3) A = 5 × (4n + 3)cm （n=0， 1， 2， … )由图可知，振幅 A = 5cm = 0.05m，最小路程为 n =0 时， s = 5cm × 3 = 15cm
答案第 3 页，共 9 页
答案第 4 页，共 9 页
不可能为5cm ，故 B 错误；
C． 若T > 0.2s ，则 n 只能取 0，即得T s
由图可得，波长 λ = 0.8m ，波速 v m/s = 3m/s ，故 C 正确；
D． T > 0.2s 时， w rad/s
设Q 的振动方程为 y = 0.05sin(7.5π t + φ)m t = 0 时， yQ cm m
代入得 sin
波沿 x 轴正方向传播， Q 点 t = 0 时沿y 正方向运动，因此 振动方程为 y = 0.05sin m ，故 D 错误。
故选 AC。
9． AC
A． 带正电的钾、钙离子向下方的根部聚集， 说明正电荷受力方向向下， 电场方向与正电荷受力方向一致， 因此电场方向向下； 电场线由正极指向负极， 因此上方的悬挂电极应接电源正极，故 A 正确；
B． 场强是矢量， A 点场强方向向左下， B 点场强方向向右下，二者方向不同，因此场强不同，故 B 错误；
C． 钾、钙离子带正电， 向根部下方运动时， 电场力方向与位移方向一致， 电场力做正功，电势能减少，故 C 正确；
D． 等势面与电场线垂直，图中虚线 AB 不垂直于电场线，不是等势线，正电荷沿虚线从 A移动到 B 的过程中，电场力做功，电势能会发生变化，故 D 错误。
故选 AC。
10． ABD
A． 小猫从 A 到 B 过程中，系统在水平方向上动量守恒，设小猫相对地面位移为x1，木板相对地面位移为x2 ，则有 mx1 = Mx2， x1 + x2 = L
解得 x1 = 1.6m， x2 = 0.4m
小猫跃起至最高点的运动可反向看作平抛运动，则在竖直方向有解得 t = 0.4s ，故 A 正确；
B． 小猫跃起时的竖直速度为 vy = gt = 4m/s
在水平方向上有 x2 = vxt
解得 vx = 1m/s
则小猫跃起的初速度为 vm/s ，故 B 正确；
C． 小猫跃起过程中，系统水平方向动量守恒，则有 mvx = Mv2解得 vm/s
(
1
1
)机械能增加ΔE = mv + Mv = 8.625J ，故 C 错误；
2 2
D． 小猫跃起到最高点过程中，系统水平方向上动量守恒，则有 mx2 = Mx3
解得 x3 = 0.1m
则从初始时刻到猫抓住 P 的瞬间，木板的总位移为 x = x2 + x3 = 0.5m ，故 D 正确。
故选 ABD。
11． (1) 2.0 0.50
(2)1.4
（1） [1]已知拍摄间隔 T = 1.0s ，位移 AB = 2.90m， BC = 5.10m， CD = 7.00m， DE = 9.00m
根据逐差法公式： a
代入数据得： a m / s2
[2]对游客受力分析，由牛顿第二定律： mg sinθ - μmg cosθ = ma整理得：
代入数据 g = 10m/s2、 sin 37o = 0.6、 cos 37o = 0.8、 a = 2.0m/s （2）对游客从静止下滑到停止的全过程，由动能定理（初末动能均为 0）：
mgx sin θ - μ1mg cos θ . x - μ2mg . s = 0
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消去mg ，代入 x = 500m、 s = 70m、 μ1 = 0.50： 500 × 0.6 - 0.5 × 500 × 0.8 = 70μ2解得：
要求滑行距离不超过 70m，因此缓冲垫动摩擦因数不小于1.4。
12． (1)2.0
(2) 3.0 5.0
(3)15%##18%##16%##17%
（1）根据并联电路特点及欧姆定律可得 I = Ig 解得 R ≈ 2.0Ω
（2）根据闭合电路欧姆定律可得E = U + I(R0 + r)
整理可得U = -(R0 + r) . I + E
所以， U - I 图线的纵截距为 E = 3.0V
斜率的绝对值为 R0 + r 解得 r = 5.0Ω
（3）设每个灯泡两端的电压为U ，通过灯泡的电流为 I ，根据闭合电路欧姆定律可得E = U + 3Ir
将此关系式，描绘在图丁中，如图所示
由图可知U = 0.45V
则电源的效率为η = UI × 100% = U × 100% = 15% EI E
答案第 6 页，共 9 页
（1）
设光在光纤左端面的折射角为g， 光从真空入射玻璃，由折射定律： sin i = n sing 代入入射角 i = 60o
光在内芯与真空包层的界面恰好发生全反射， 设侧面入射角为临界角C， 由全反射临界角公式： sin C
由几何关系得C + g = 90o因此sin C = cosg
结合三角关系 sin2 g + cos2 g = 1
得 sing
代入折射定律： sin 60o = n 代入 sin 60o
两边平方整理得： n2 -1n n
（2）单色光频率n =
由光电效应方程，光电子最大初动能： Ekmax = hn -WW0
电流为零时，反向截止电压满足eUc = Ekmax整理得： Uc
, n + （n=0、 1、 2、 3）
（1）粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动， x 轴正方向有3L = v0t1
y 轴正向有qE = ma， 2L = at
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由以上公式解得 E
（2）粒子运动到坐标原点时有 vy = at1 ， vy v0
粒子在磁场中沿 x 轴正方向做匀速直线运动， yoz 平面内做匀速圆周运动，所以有
粒子在磁场中运动过程中离 x 轴最远点的距离 H = 2R， 所以粒子在磁场中运动的周期T
运动时间 t = nT + T n=0、 1、 2、 3… …
所以 t = n n=0、 1、 2、 3… …
15． (1)0.24N
(2)0.35J
（1）由法拉第电磁感应定律： E V t = 0.1s 时， B1 = 0.2 + . t = 0.2 + 3 × 0.1 = 0.5T
安培力大小： F = B1IL = B1 × × L = 0.5 × 1.2 × 0.4 = 0.24N
（2）由动量守恒定理有： m1υ0 = m1υ1 + m2υ2
由牛顿第二定律： 2N m2g Nab + m1g
由题意： Nab - Nef = ΔN = 5.1N
联立解得： v1 = 4m / s， v2 = 2m / s
由动能定理： Q m1v m1v m2vJ故 ef 上产生的焦耳热QJ
（3）对 ab 棒由动能定理： m1gr m1v m1v
解得： v3 = 5m / s
答案第 8 页，共 9 页
系统动量守恒： m1v3 = (m1 + m2 )v4
解得 vm / s
由于 = tan θ ,故金属棒在不受安培力的情况下受力平衡，即在计算金属棒的运动情况时只需考虑安培力的影响
在磁场中不发生碰撞，由动量定理： F安t = m2v4 - 0
即： m2v4
两导体棒初始距离的最小值d m
ab 棒恰好离开磁场，由动量定理： m1v4
求得 x m， d2 = d1 + x m故 m < d m
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