北京市延庆县2021届新高考物理第二次调研试卷含解析

北京市延庆县2021届新高考物理第二次调研试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．一束由a、b两种单色光组成的复色光射向玻璃制成的三棱镜，通过三棱镜的传播情况如图所示。

关于a、b两种单色光，下列说法正确的是（）
A．玻璃对a色光的折射率大于对b色光的折射率
B．a色光的光子能量小于b色光的光子能量
C．a色光在玻璃中的传播速度比b色光小
D．a色光发生全反射的临界角比b色光小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
AB．通过玻璃三棱镜后，b色光的偏折角最大，说明玻璃对b光的折射率大于对a色光的折射率，则b 色光的频率最高，根据E hν
=可知，a色光的光子能量小于b色光的光子能量，故A错误，B正确；
C．a色光的折射率小，根据
c
v
n
=分析可知a色光在玻璃中的传播速度大于b色光，故C错误；
D．玻璃对b光的折射率大，根据
1
sin C
n
=知b色光发生全反射的临界角小于a色光，故D错误。

故选B。

2．互成角度的两个共点力，其中一个力保持恒定，另一个力从零开始逐渐增大且两力的夹角不变，则其合力（）
A．若两力的夹角小于90°，则合力一定增大
B．若两力的夹角大于90°，则合力一定增大
C．若两力的夹角大于90°，则合力一定减小
D．无论两力夹角多大，合力一定变大
【答案】A
【解析】
【详解】
A ．若两力的夹角小于90°，如左图，则合力一定增大，选项A 正确；
BCD ．若两力的夹角大于90°，如右图，则合力可能先减小后变大，选项BCD 错误；
故选A 。

3．以下仪器能测量基本物理量的是（ ）
A ．弹簧测力计
B ．电磁打点计时器
C ．电压表
D ．量筒
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.弹簧测力计测量的是力，不是基本物理量，故A 错误；
B.电磁打点计时器测量的是时间，是基本物理量，故B 正确；
C.电压表测量的是电压，不是基本物理量，故C 错误；
D.量筒测量的是体积，不是基本物理量，故D 错误。

故选B 。

4．如图所示，竖直平面内两个四分之一圆弧轨道的最低点相切，圆心分别为1O 、2O ，半径分别为R 和2R ，
两个小球P 、Q 先后从A 点水平拋出，分别落在轨道上的B 、C 两点，已知B 、C 两点处于同一水平线上，在竖直方向上与A 点相距0.6R ，不计空气阻力，重力加速度为g 。

下列说法正确的是（ ）
A ．小球P 在空中运动的时间较短
B ．小球Q 从抛出到落在轨道上的速度变化量较大
C ．小球P 与小球Q 抛出时的速度之比为1∶11
D ．两小球落在轨道上的瞬间，小球P 的速度与水平方向的夹角较小
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．
B 、
C 在同一水平线上，平抛运动的下落时间，由竖直方向的自由落体分运动决定，故
P Q t t =
故A 错误；
B ．平抛运动的速度变化量v gt ∆=，两球的下落时间相等，故v ∆大小相等，方向都竖直向下，故B 错误；
C ．P 球的水平位移为 22(0.6)
0.2P x R R R R =--=
Q 球的水平位移为
22(2)(1.6) 2.2Q x R R R R =+-=
结合0x v t =可知，初速度大小之比等于水平分位移大小之比，为1∶11，故C 正确；
D ．小球P 落在轨道上的瞬间速度与水平方向的夹角正切
tan P
gt v α= 小球Q 落在轨道上的瞬间速度与水平方向的夹角正切
tan Q
gt v β=
可得 αβ>
小球P 的速度与水平方向的夹角较大，故D 错误。

故选C 。

5．如图(a)，R 为电阻箱，A 为理想电流表，电源的电动势为E ，内阻为r 。

图(b)为电源的输出功率P 与A 示数I 的关系图像，其中功率P 0分别对应电流I 1、I 2。

则
A ．I 1＋I 2＞
E r B ．I 1＋I 2＜E r C ．I 1＋I 2＝E r D ．I 1＝I 2＝E r
【答案】C
【解析】
【详解】 电源的输出功率：
P=EI−I 2r
则：
221122EI I r EI I r -=-
整理得：
12E I I r +=
A. I 1＋I 2＞E r。

与上述结论不符，故A 错误； B. I 1＋I 2＜E r。

与上述结论不符，故B 错误； C. I 1＋I 2＝E r。

与上述结论相符，故C 正确； D. I 1＝I 2＝E r 。

与上述结论不符，故D 错误。

6．如图所示，虚线所围矩形区域abcd 内充满磁感应强度为B 、方向垂直纸面向外的匀强磁场。

现从ab 边的中点O 处，某一粒子以最小速度υ垂直于磁场射入、方向垂直于ab 时，恰能从ad 边的a 点穿出。

若撤去原来的磁场在此矩形区域内存在竖直向下的匀强电场，使该粒子以原来的初速度在O 处垂直于电场方向射入，通过该区域后恰好从d 点穿出，已知此粒子的质量为m ，电荷量的大小为q ，其重力不计；ab 边长为2ι，ad 边长为3ι，则下列说法中正确的是
A ．匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为
B ．匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为
C ．离子穿过磁场和电场的时间之比
D ．离子穿过磁场和电场的时间之比
【答案】D
【解析】
【分析】
根据某一粒子以最小速度υ垂直于磁场射入、方向垂直于ab时，恰能从ad边的a点穿出可知，本题考查带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心和几何关系求解；
若撤去原来的磁场在此矩形区域内存在竖直向下的匀强电场，使该粒子以原来的初速度在O处垂直于电场方向射入，通过该区域后恰好从d点穿出可知，本题也考查带电粒子在电场中的偏传，根据类平抛运动列方程求解。

【详解】
A、B项：粒子在磁场中运动，由题意可知，粒子做圆周运动的半径为，
由公式可得：，
联立两式解得：；
粒子在电场中偏转有：
联立解得：
所以，故A、B错误；
C、D项：粒子在磁场中运动的时间为：
粒子在电场中运动的时间为：
所以，故C错误，D正确。

故选：D。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，a、b两束不同频率的单色光从半圆形玻璃砖底边平行射入，入射点均在玻璃砖底边圆心O 的左侧，两束光进入玻璃砖后都射到O'点，OO'垂直于底边，下列说法确的是（）
A ．从点O'射出的光一定是复色光
B ．增大两束平行光的入射角度，则b 光先从O'点消失
C ．用同一装置进行双缝干涉实验，b 光的相邻条纹间距较大
D ．若a 、b 光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a 光的截止电压低
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．两光束射到O′点时的入射角都等于在玻璃砖底边的折射角，根据光路可逆性可知，从O′点射出时折射角都等于射入玻璃砖底边时的入射角，而在玻璃砖底边两光束平行射入，入射角相等，所以从O′点射出时折射角相同，两光束重合，则从O′点射出的一定是一束复色光，故A 正确；
B ．令光在底边的入射角为i ，折射角为r ，根据折射定律有
sin sin i n r
= 所以
sin 1sin i r n n
=< 根据几何知识可知，光在O′点的入射角为r ，无论怎样增大入射角度，光在O′点的入射角都小于光发生全反射的临界角，所以a 、b 光不会在O′点发生全反射，故B 错误；
C ．根据光路图可知，玻璃砖对a 光的折射率小于b 光的折射率，则a 光的波长大于b 光的波长，由于条纹间距为
l x d
λ∆= 所以a 光的条纹间距大于b 光的条纹间距，故C 错误；
D ．由于a 光的频率小于b 光的频率，根据光电效应方程
0k E h W eU ν=-=
可知a 、b 光分别照射同一光电管发生光电效应时，a 光的截止电压比b 光的截止电压低，故D 正确。

故选：AD 。

8．甲、乙两物体一开始沿同一条直线相向运动，在t=0时刻甲、乙相距x=3m ，它们的速度－时间图象如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A．t=2s时甲、乙速度相等，且恰好相遇
B．t =1s时甲、乙速度不等，但恰好相遇
C．t =1s时，乙的速度方向发生改变，t=2s时追上甲
D．在4s时间内，甲、乙相遇了两次
【答案】BD
【解析】
【详解】
AC．由图可知t=1s时刻，乙的速度方向发生改变，t=2s时刻甲、乙速度相等，但由图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，乙围成的面积是0，说明乙回到出发点，甲的位移4m，所以两者此时没有相遇，故AC错误；
B．t=1s时刻甲、乙速度不等，由图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，乙位移是1m，甲的位移2m，两都位移之和刚好是3m，所以恰好相遇，故B正确；
D．t=1s时到t=3s时，甲乙两图像与坐标轴围成的面积相等，说明这段时间内两者的位移相等，由B项分析可知，t=1s时恰好相遇，所以t=3s时也恰好相遇，说明在t=0到t=4s时间内，甲乙仅相遇过二次，故D错误。

故选BD。

9．下列说法中正确的是（）
A．物体温度升高，每个分子的热运动动能都增大
B．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡所引起的
C．一定量100C︒的水变成100C︒的水蒸汽，其分子之间的势能减小
D．影响气体压强大小的两个因素是气体分子的平均动能和分子的密集程度
E.由于多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体是各向同性的
【答案】BDE
【解析】
【分析】
【详解】
A．温度是分子热运动平均动能的标志，物体的温度升高，分子的平均动能增大，并不是每个分子热运动的动能都增大，故A错误；
B．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮颗粒撞击作用的不平衡引起的，故B正确；
C．一定量100C︒的水变成100C︒的水蒸汽其内能增加，但分子平均动能不变，其分子之间的势能增大，故C错误；
D．根据压强的微观意义可知，气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关，故D正确；
E．多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体具有各向同性现象，故E正确。

故选BDE。

10．下列说法正确的是（）
A．一定质量的理想气体，当温度升高时,内能增加,压强增大
B．饱和蒸汽在等温变化的过程中，当其体积减小时压强不变
C．液体表面层分子间距离较其内部分子间距离小，表面层分子间表现为斥力
D．一定质量的理想气体放出热量，分子平均动能可能减少
E.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A．由理想气体状态方程pV
C
T
=可知，当温度升高时，内能增加，pV乘积增大，但压强不一定大，故
A错误；
B．饱和蒸汽压仅仅与温度有关，饱和蒸汽在等温变化的过程中，体积减小时压强不变，故B正确；C．液体表面层分子间距离较其内部分子间距离大，表面层分子间表现为引力，故C错误；
D．一定质量的理想气体放出热量，根据热力学第一定律知分子内能可能减小，分子平均动能可能减少，故D正确；
E．根据熵增原理可知，一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，故E正确；
故选BDE。

11．如图所示为一列简谐横波在t＝0时的波形图，波沿x轴负方向传播，传播速度v＝1m/s，则下列说法正确的是
A．此时x＝1.25m处的质点正在做加速度增大的减速运动
B．x＝0.4m处的质点比x＝0.6 m处的质点先回到平衡位置
C．x＝4m处的质点再经过1.5s可运动到波峰位置
D．x＝2m处的质点在做简谐运动，其振动方程为y＝0.4sinπt (m)
E. t＝2s的波形图与t＝0时的波形图重合
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A、波沿x轴负向传播，故此时x＝1.25 m处的质点向上运动，质点纵坐标大于零，故由质点运动远离平衡位置可得：质点做加速度增大的减速运动，故A正确；
B、由波沿x轴负向传播可得：x＝0.6 m处的质点向平衡位置运动，故x＝0.4 m处的质点、x＝0.6 m处的质点都向平衡位置运动，且x＝0.4 m处的质点比x＝0.6 m处的质点距离远，那么，x＝0.6m处的质点比x ＝0.4 m处的质点先回到平衡位置，故B错误；
C、由波沿x轴负向传播可得：x＝4 m处的质点由平衡位置向下振动，故x＝4 m处的质点再经过3
4
T可
运动到波峰位置，又有波长λ＝2m，波速v＝1m/s，所以，周期T＝2s，那么，x＝4 m处的质点再经过1.5 s可运动到波峰位置，故C正确；
D、由C可知：x＝2 m处的质点在做简谐运动的周期T＝2s，又有振幅A＝0.4m，t＝0时，质点位移为零，根据波沿x轴负向传播可知质点向下振动，故可得：振动方程为y＝﹣0.4sin（πt）（m），故D错误；
E、由C可知简谐波的周期T＝2s，故经过2s，波正好向前传播一个波长，波形重合，故t＝2s的波形图与t＝0时的波形图重合，故E正确。

12．关于波的干涉和衍射，下列说法正确的是_______。

A．对于同一列机械波，障碍物越小，越容易绕过去
B．如果波在传播过程中遇到尺寸比波长大得多的障碍物，该波就不能发生衍射
C．猛击音叉，围绕振动的音叉转一圈的过程中，会听到声音忽强忽弱，这是干涉现象
D．一束白光通过三棱镜后，在屏上出现彩色条纹，这是光的一种干涉现象
E.机械波、电磁波、光波均能产生衍射现象
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A．障碍物越小，机械波越容易绕过去，越容易发生衍射，A正确；
B．只有当障碍物的尺寸与波的波长差不多或比波长短时，才会发生明显的衍射现象，当障碍物的尺寸比波的波长大得多时，也能发生衍射现象，只是不明显，B错误；
C．围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，是声波叠加产生加强与减弱的干涉的结果，C正确；D．白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的折射现象，D错误；
E．衍射是波的特性，一切波都能发生衍射，E正确。

故选ACE.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．实验室有一个室温下的阻值约为100Ω的温敏电阻R T。

一实验小组想用伏安法较准确测量R T随温度变化的关系。

其可供使用的器材有：电压表V1(量程为3V，内阻约为5kΩ)；电压表V2(量程为15V，内阻约为100kΩ)；电流表A1(量程为0.6A，内阻约为2Ω)；电流表A2(量程为50mA，内阻约为30Ω)；电源(电动势为3V，内阻不计)；滑动变阻器R(最大阻值为20Ω)；开关S、导线若干。

(1)综合以上信息，请你帮助该实验小组设计出科学合理的测量其电阻的电路原理图_____，其中电压表应选用__(填“V1”或“V2”)，电流表应选用__(填“A1”或“A2”)；
(2)实验中测得不同温度下电阻阻值如下表
温度t(0C) 0 10 20 30 40 50
阻值R( ) 100.0 103.9 107.8 111.7 115.6 119.4
请在给出的坐标纸中作出其阻值随温度变化的图线___
(3)由图线可知，该温敏电阻的阻值随温度变化的特点是_____；
(4)根据温敏电阻的阻值随温度变化的特点，可以制成测温仪表，原理如图，E为电源，是一量程适当的电流表(0刻度在刻度盘左端，满偏电流在右端)，使用时只要将的刻度盘由电流改为温度，就能测量所处环境的温度，则改换后越靠近刻度盘右端表示的温度越____(填“高”或“低”)，盘面的刻度是___(填“均匀”或“不均匀”)的。

【答案】 V 1 A 2 图见解析 其阻值随温度升高线性增加 低 不均匀
【解析】 【详解】 (1)[]1由于
V
T
T A
R R R R >，应采用电流表的外接法；又由于滑动变阻器的最大阻值与待测电阻的阻值相比较小，所以变阻器应采用分压式接法，测量其电阻的电路原理如下图：
[]2[]3由电源电动势为3V 知，电压表应选V 1；电阻值约
100Ω，所以通过电阻的电流最大不超过30mA ，
因此电流表应选A 2；
(2)[]4根据测得不同温度下电阻阻值，用一条平滑的直线将上述点连接起来，让尽可能多的点处在这条直线上或均匀地分布在直线的两侧，其阻值随温度变化的图线如下图：
(4)[]6根据图像知R=100+kt，随t的增大，R增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电流I减小，所以越靠近右端表示的温度越低；
[]7根据闭合电路欧姆定律可知，I与R的关系是非线性的，由图像知R与t的关系是线性的，所以I与t 的关系非线性，I的刻度均匀换成t的刻度就是不均匀的。

14．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示.
（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸袋如图乙所示．计时器打点的时间间隔为0.02s.从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度
a=___________m/s2.（结果保留两位有效数字）
（2）平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上.挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：
砝码盘中砝码总重力F(N) 0.196 0.392 0.588 0.784 0.980
加速度a（m·s-2）0.69 1.18 1.66 2.18 2.70
请根据实验数据作出a-F的关系图像_____.
（3）根据提供的试验数据作出的a-F图线不通过原点，请说明主要原因_____．
【答案】0.16(0.15也算对) 未计入砝码盘的重力
【分析】 【详解】
（1）处理匀变速直线运动中所打出的纸带，求解加速度用公式，关键弄清公式中各个量的物理
意义，
为连续相等时间内的位移差，t 为连需相等的时间间隔，如果每5个点取一个点，则连续两点的
时间间隔为t=0.1s ，
（3.68-3.51）
m ，带入可得加速度=0.16m/s 1．也可以使用最后一段和第
二段的位移差求解，得加速度=0.15m/s 1.
（1）根据图中的数据，合理的设计横纵坐标的刻度值，使图线倾斜程度太小也不能太大，以与水平方向夹角45°左右为宜．由此确定F 的范围从0设置到1N 较合适，而a 则从0到3m/s 1较合适．设好刻度，根据数据确定个点的位置，将个点用一条直线连起来，延长交与坐标轴某一点．如图所示．
（3）处理图象问题要注意图线的斜率、交点、拐点、面积等意义，能正确理解这些量的意义则很多问题将会迎刃而解．与纵坐标相交而不过原点，该交点说明当不挂砝码时，小车仍由加速度，即绳对小车仍有拉力，从此拉力的来源考虑很容易得到答案，是因为砝码盘的重力，而在（1）问的图表中只给出了砝码的总重力，而没有考虑砝码盘的重力． 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，由某种透明介质构成的棱镜横截面为一等腰梯形，其中30A ∠=︒，AB 的边长为3a ，BC 的边长为a ，AE 为AB 长度的
2
3
，一束光线刚好从E 点沿与AD 平行的方向射入棱镜，该光线在棱镜内恰好通过AD 的中点F 。

已知光在真空中的光速为c 。

求： (i)此种介质的折射率； (ii)光线在介质中的传播时间。

【答案】 (i)3n =(ii)4a t c
=
【解析】 【分析】
(i)光路图如图所示
在E 点折射时有
60i =o
3
3
AE a =
cos30232
BC
AF AB a =+
==o AEF V 中，由正弦定理
sin(90)sin(1803090)
r r AF AE
+---=
o o o o 解得
30r =o
AEF V 为等腰三角形，由折射定律
sin sin 603sin sin 30
i n r o o
===（ii ）在F 点60β=o ，由
1sin sin C n
β>=
判断光线在F 点发生全反射。

由几何关系可知光线在棱镜中通过的路程
2343
22233
s EF AE a ===⨯
= 由折射定律有
3c
n v =
= 故光线在棱镜中的传播时间
4s a t v c
=
= 16．如图，两根相距l=0.4m 的平行金属导轨OC 、O′C′水平放置。

两根导轨右端O 、O′连接着与水平面垂直的光滑平行导轨OD 、O′D′，两根与导轨垂直的金属杆M 、N 被放置在导轨上，并且始终与导轨保持保持良好电接触。

M 、N 的质量均为m=0.2kg ，电阻均为R=0.4Ω，
N 杆与水平导轨间的动摩擦因数为μ=0.1。

整个空间存在水平向左的匀强磁场，磁感应强度为B=0.5T 。

现给N 杆一水平向左的初速度v 0=3m/s ，同时给M 杆一竖直方向的拉力F ，使M 杆由静止开始向下做加速度为a M =2m/s 2的匀加速运动。

导轨电阻不计，（g 取10m/s 2）。

求：
(1)t=1s 时，N 杆上通过的电流强度大小；
(2)求M 杆下滑过程中，外力F 与时间t 的函数关系；（规定竖直向上为正方向） (3)已知N 杆停止运动时，M 仍在竖直轨道上，求M 杆运动的位移；
(4)在N 杆在水平面上运动直到停止的过程中，已知外力F 做功为﹣11.1J ，求系统产生的总热量。

【答案】（1）0.5A （2）F=1.6﹣0.1t （3）7.84m （4）2.344J 【解析】 【详解】 (1)M 杆的速度：
21m/s 2m/s M v a t ==⨯=
感应电流：
0.50.42
0.5A A 2220.4
E BLv I R R ⨯⨯=
===⨯ (2)对M 杆，根据牛顿第二定律：
M mg F BIl ma --=
M v a t =
整理得：
2M M Bla t
F mg ma B l R
=--⨯
⨯ 解得：
1.60.1F t =-
(3)对N 杆，由牛顿第二定律得：
()2M N Bla t
mg B l ma R
μ+⨯
⨯= 可得：
22M N B l a t
a g μ=+
解得：
10.05N a t =+
可做N a t -图
可得：
0001(10.05[)]v t t =++
解得：
0 2.8s t =
位移：
22011
2 2.87.84m 2m 2
M s at =
=⨯⨯= (4)对M 杆，则有：
21
02
M F M mgS W W mv ++=
-安 解得：
1.444J I W Q ==安
对N 杆，则有：
22011
0.23J 0.9J 22
f W mv =
=⨯⨯= 总热量：
1.4440.9J
2.344J I f Q Q W =+=+=总
17．如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r 、圆心在O 点，过圆心放置一长度为2r 、电阻为2R 的均匀辐条，辐条与圆环接触良好。

现将此装置的一部分置于磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰好与圆环的直径在同一直线上。

现使辐条以角速度ω绕O 点顺时针转动，右侧电路通过电刷与辐条中心和圆环的边缘良好接触，R 1=R ，右侧为水平放置的足够长的光滑平行导轨，间距为2r ，导轨之间有垂直导轨平面向里、磁感应强度大小也为B 的匀强磁场，质量为m 、电阻为R 的导体棒ab 垂直放置在导轨上且接触良好，不计其他电阻。

（1）若S 闭合，S 1断开时，求理想电表的示数；
（2）若S 、S 1都闭合，求出导体棒ab 能够获得的最大速度v m ； （3）在导体棒ab 加速过程中通过的电荷量q 。

【答案】（1）2=6Br I R ω
，21=6U Br ω （2）v m =
116
r ω （3）=32m q B ω 【解析】 【详解】
（1）由题意知，在磁场内部的半根辐条相当于是电源，由右手定则可知辐条中心为负极，与圆环边缘接触的一端为正极，且始终有长为r 的辐条在转动切割磁感线，内电阻为R 产生的感应电动势大小为： 21
=2
E Br ω 若S 闭合，S 1断开时，总电阻为： 13==22
R R R R '+
理想电流表的示数为：
21==26E Br I R R ω⨯' 理想电压表的示数为： 21
=6
U I R Br ω⋅=
（2）若S 、S 1都闭合，导体棒ab 获得最大速度v m 时，安培力为零，产生的感应电动势为： m 2E B rv '=⋅
又知导体棒ab 上分得电压为： 21
=8
ab U Br ω
故有：
21
8
ab E U Br ω'==
解得： m 1=
16
v r ω （3）在导体棒ab 加速过程中，设瞬间流过的电流为i ，取很短时间为t ∆，安培力为： =2F Bi r ⋅
根据：
=Δq i t
动量定理：
=ΔI p
得： m Δ=F t mv
整理后有： =32m q B。