1、市一中20182019学年度第二学期期末考试试题高二理科物理答题要求：1.本卷满分100分，考试时间100分钟。2.请将第卷和第卷的答案涂写在答题纸上，考试结束后只交答题纸。第卷（50分）一、选择题(共15个小题，共50分。在每小题给出的四个选项中，其中第110题只有一项符合题目要求，每小题3分。第1115题有多项符合题目要求，完全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得零分）1.如下图所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成当电源接通后，磁场对流过炮弹电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度下列各俯视图中正确表示磁场B方向的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】
2、试题分析：电流由电源正极经炮弹流向电源负极，炮弹受到的安培力方向应水平向前，由左手定则判断磁场方向是否正确解：A、由左手定则可知，图示磁感应强度方向使炮弹受到的安培力向后，不符合实际，故A错误；B、由左手定则可知，图示磁感应强度方向使炮弹受到的安培力向前，符合实际，故B正确；C、由左手定则可知，炮弹受到的安培力竖直向下，不符合要求，故C错误；D、由左手定则可知，炮弹受的安培力竖直向下，不符合要求，故D错误；故选B【点评】电磁炮的炮弹在安培力作用下在轨道上向前加速度运动，炮弹受到的安培力应向前，应用左手定则判断出安培力的方向，是正确解题的关键2.下列说法中不正确的是( )A. 卢瑟福提出原子的核
3、式结构模型，建立的基础是粒子的散射实验B. 发现电子意义在于使人类认识到原子也有内部结构C. 在用气垫导轨和光电门传感器做验证动量守恒定律的实验中，在两滑块相碰的端面上装不装上弹性碰撞架，不会影响动量是否守恒D. 氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道过程中，放出光子，电子动能增加，原子的电势能增加【答案】D【解析】【详解】A.卢瑟福通过粒子散射实验提出的原子核式结构模型，故A正确；B.电子被发现的意义在于使人类认识到原子具有复杂结构，原子不是不可分的，故B正确；C. 动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力为零，所以用气垫导轨和光电门传感器做验证动量守恒定律的实验中，在两
4、滑块相碰的端面上装不装上弹性碰撞架，不会影响动量是否守恒，故C正确； D.氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，原子能量减小，放出光子，电子动能增大，库仑力做正功，则电势能减小，故D不正确。3.空间某区域存在一电场，一带负电的粒子仅在电场力作用下从x1处沿x轴负方向运动。粒子质量为m，初速度大小为v0，其电势能Ep随坐标x变化的关系如图所示，图线关于纵轴左右对称，以无穷远处为零电势能点，粒子在原点O处电势能为E0，在x1处电势能为E1，则下列说法中正确的是（）A. 坐标原点O处两侧电场方向相同B. 由x1运动到O过程电场力做正功C. 粒子经过x1、-x1处速度不
5、相同D. 若粒子能够沿x轴负方向运动越过O点，一定有v0【答案】D【解析】【详解】A.根据电势能与电势的关系：，场强与电势的关系：，得：，图象切线的斜率等于，根据数学知识可知，坐标原点O处切线斜率为零，则坐标原点O两侧的场强大小对称，方向相反，故A错误。B.据功能关系可知，由x1运动到O过程，电势能增大，电场力做负功，故B错误；C.由图看出，x1、-x1两处的电势能相等，根据能量守恒定律得知，粒子经过x1、-x1处速度相同，故C错误。D. 根据公式，可知，该粒子带负电，从x1处到-x1处，电势先降低后升高，电场方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，电场力先沿x轴正方向后沿x轴负方向，粒子只要能通过
6、原点O，就能一直沿x轴运动，设粒子恰好能到达原点O时的速度为v，则根据能量守恒定律得：，解得：，当时，即粒子能够一直沿x轴负方向运动，故D正确。4.在如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2、R3为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板。当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两极板间的带电油滴静止不动。则下列说法中正确的是（）A. 仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动B. 仅把R1触头向左滑动时，电流表读数减小，油滴向上运动C. 仅把两极板A、B间距离增大，油滴向下运动，电流表读数不变D. 仅把两极板A、B间正对面积减小，油滴向下运动，电流表读数不变【答
7、案】C【解析】【详解】A.仅把R1的触头向右滑动时，R1增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，则电流表读数减小。由分析可知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，则油滴向上运动。故A错误。B. 仅把R1的触头向左滑动时，R1接入电路的阻值减小，外电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知，干路电流增大，电流表示数变大，路端电压U减小，由分析可知，板间场强变小，油滴所受电场力减小，小于重力，油滴受到的合力向下，油滴向下运动，故B错误。C.仅把两极板A、B间距离d增大，电容器两极板间的电压U不变，电场强度减小，油滴所受电场力减小，油滴受到的合力向下，油滴向下运动。而电路其他部分不变，电流表
8、读数不变。故C正确。D. 仅把两极板A、B间相对面积减小，U和d不变，则板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止。电流表读数不变。故D错误。5.某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2两端的电压与电流的关系如图所示。用此电源和电阻R1、R2组成电路，R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路。下列说法正确的是（ ）A. 将R1、R2串联后接到电源两端时，电源的效率为80B. 将R1、R2并联后接到电源两端时，电源的效率为80C. 为使电源输出功率最大，可将R1单独接到电源两端D. 为使电源输出功率最大，可将R2单独接到电源两端【答案】C【解析】【详解】A.根据题图可知，电源
9、的电动势为E=3V，内阻 ，根据知，两定值电阻的阻值分别为 R1=0.5，R2=1将R1、R2串联后接到电源两端时，电源的效率为，故A错误；B.外电阻越大，电源的效率越高，因为R1、R2并联后的电阻小于将它们串联后的电阻，可知，将R1、R2并联后接到电源两端时，电源的效率小于75%，故B错误；CD当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，据此可知将R1单独接到电源两端时，电源输出功率最大，故C正确，D错误。6.如下图所示，两种情况下灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，匝数比为n1:n24：1，则图(a)中L1的功率和图(b)中L1的功率分别为()A. P、PB. 9
10、P、PC. 16P、PD. P、9P【答案】C【解析】【详解】对甲图，根据电压与匝数成正比知：，解得: ，则，对乙图：根据输入功率等于输出功率知：，所以，而，所以，故C正确，ABD错误。7.如图所示两半径为r的圆弧形光滑金属导轨置于沿圆弧径向的磁场中，磁场所在的平面与轨道平面垂直。导轨间距为L，一端接有电阻R，导轨所在位置处的磁感应强度大小均为B，将一质量为m的金属导体棒PQ从图示位置（导轨的半径与竖直方向的夹角为）由静止释放，导轨及金属棒电阻均不计，下列判断正确的是（）A. 导体棒PQ有可能回到初始位置B. 导体棒PQ第一次运动到最低点时速度最大C. 导体棒PQ从静止到最终达到稳定状态，电阻
11、R上产生的焦耳热为D. 导体棒PQ由静止释放到第一次运动到最低点的过程中，通过R的电荷量【答案】D【解析】【详解】A.导体棒运动过程中不断克服安培力做功，将机械能转化为电能，因此不可能回到初始位置，故A错误；B.导体棒PQ第一次运动到最低点时所受合力与速度反向，速度不可能最大，故B错误；C.导体棒最后一定静止在最低点，根据能量守恒定律得电阻R上产生的焦耳热等于重力势能的减少量，即，故C错误；D.导体棒PQ从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，通过R的电荷量为：，故D正确。8.已知一质量为m的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为N，假设地球是质量分布均匀的球体，半径为R。则地球的自转周期为()
12、A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：在赤道上物体所受的万有引力与支持力提供向心力可求得支持力，在南极支持力等于万有引力在北极，在赤道，根据题意，有，联立解得，A正确9.圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成15角。当筒转过90时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图
13、所示：根据几何关系，有，所以，即轨迹圆弧所对的圆心角为60，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，粒子在磁场中匀速圆周运动的时间，圆筒转动90所用时，粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等，代入得： ，解得：，故B正确，ACD错误。10.如图所示，A、B、C、D、E、F是在匀强电场中一个边长为2cm的正六边形的六个顶点，该六边形所在平面与电场线图中没有画出平行。如果已知A、C、E三点的电势分别为、0V、2V，则下列说法正确的是() A. 通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线B. 匀强电场的场强大小为C. 匀强电场的场强方向为由D指向BD. 将一个电子由D点移到A点，其电势能将减少【答案】A
14、【解析】试题分析：连接AC两点，则其中点电势为2V，与B等势，B与该中点连线即为等势线，该连线与CD.AF平行，故A正确；根据可得，B错误；电场线垂直于等势线，由C指向A，C错误；将电子由E点移动到A点，电场力做负功，其电势能增加，D错误；考点：考查了电势，电场强度【名师点睛】本题的关键找等势点，作出电场线，这是解决这类问题常用方法同时还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系11.“娱乐风洞”是一集高科技与惊险的娱乐项目，它可把游客在一个特定的风洞内“吹”起来，让人体验太空飘忽感觉。在某次表演中，假设风洞内向上的总风量和风速保持不变，表演者通过调整身姿，来改变所受的向上风力大小
15、，人体可上下移动的空间总高度为H。人体所受风力大小与正对面积成正比，站立时受风面积为水平横躺时。当人体与竖直方向成一定倾斜角时，受风正对面积是最大值的，恰好可以静止或匀速漂移。表演者开始时，先以站立身势从A点下落，经过某处B点，立即调整为横躺身姿。运动到最低点C处恰好减速为零。则有（ ）A. 运动过程中的最大加速度是B. B点的高度是C. 表演者A至B克服风力所做的功是B至C过程的D. 表演者A至B动能的增量大于B至C克服风力做的功【答案】BC【解析】试题分析：设最大风力为Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可
16、以求得重力人平躺时有向上最大加速度，A错误；设下降的最大速度为v，站立时的加速度由速度位移公式，加速下降过程位移，减速下降过程位移，故，因而， B正确；表演者A至B克服风力所做的功，B至C过程克服风力所做的功，因为，所以可知，C正确；表演者A至B动能的增量等于合外力所做的功，即， B至C克服风力做的功，因为，所以表演者A至B动能的增量小于B至C克服风力做的功，D错误；故选BC。考点：牛顿第二定律、功的计算。【名师点睛】建立运动模型，将下降过程分为匀加速过程和匀减速过程，根据牛顿第二定律求出各个过程的加速度，然后根据运动学公式计算出加速和减速过程的位移比，再结合功的计算方法，判断不同过程的做功问
17、题。12.一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N，其p-V图像如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是( )A. 气体经历过程1，其温度降低B. 气体经历过程1，其内能减少C. 气体在过程2中一直对外放热D. 气体经历过程1的内能该变量与经历过程2的相同【答案】ABD【解析】【详解】AB.气体经历过程1，压强减小，体积变大，膨胀对外做功，内能减小，故温度降低，故AB正确；C. 气体在过程2中，根据理想气体状态方程，刚开始时，体积不变，压强减小，则温度降低，对外放热，然后压强不变，体积变大，
18、膨胀对外做功，则温度升高，吸热，故C错误；D. 无论是经过1过程还是2过程，初、末状态相同，故内能改变量相同，故D正确。13.有关热学，下列说法正确的是（）。A. 甲分子固定不动，乙分子从很远处向甲靠近到不能再靠近的过程中，分子间的分子势能是先增大后减小B. 一定量的理想气体在体积不变的条件下，吸收热量，内能一定增大，压强必增大C. 已知阿伏伽德罗常数为NA，水的摩尔质量为M，标准状况下水蒸气的密度为（均为国际单位制单位），则1个水分子的体积是D. 自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的E. 饱和汽压与分子密度有关，与温度无关【答案】BD【解析】【详解】A.甲分子固定不动，乙
19、分子从很远处向甲靠近到不能再靠近的过程中，分子间的分子势能是先减小后增加，故A错误；B. 一定量的理想气体在体积不变的条件下，不会对外做功，故吸收热量后内能一定增加，故温度升高，分子热运动的平均动能增大，压强增大，故B正确；C. 已知阿伏伽德罗常数为NA，水的摩尔质量为M，标准状况下水蒸气的密度为（均为国际单位制单位），则1个水分子所占据的体积是，由于分子有间隙，故一个水分子的体积小于，故C错误；D.根据热力学第二定律，自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，故D正确。E.饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大，故E错误。14.下列说法正确的是（）A. 花粉颗粒越大，布朗
20、运动越显著B. 内能从低温物体转移到高温物体是可能实现的C. 温度降低，物体内所有分子运动的速率不一定都变小D. 分子势能随分子间距离的增加而减小【答案】BC【解析】【详解】A.花粉颗粒越大，同时跟它撞击的水分子数目越多，合力越小，布朗运动越不明显，故A错误；B.内能从低温物体转移到高温物体是可能实现的，要引起其它变化，故B正确；C.温度降低，物体分子的平均动能减小，并不是物体内所有分子运动的速率都变小，故C正确；D. 当rr0时，分子力体现引力，当r的增加时，分子力做负功，则增加，故D错误。15.如图所示，在纸面内半径为R圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一点电荷从图
21、中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30。当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180。不计电荷的重力，下列说法正确的是 A. 该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点B. 该点电荷的比荷为C. 该点电荷在磁场中的运动时间为D. 该点电荷在磁场中的运动时间为【答案】BC【解析】试题分析：利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出粒子比荷，根据周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角，即可求出粒子在磁场中运动的时间；由题意可画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，A错误；由几何关系知粒子做圆周运动的半径为，结合，可得，B正确；粒子在磁场中的运动时间，C正确D错误第卷二、填
22、空题(共2个小题，共14分。把答案填写在答题卡的横线上）16. 为了“测量当地重力加速度g的值和木块与木板间的动摩擦因数”，某同学设计了如下实验方案：第一步：他把带有定滑轮木板的有滑轮的一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的带夹重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤后连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板做匀速运动，如图甲所示第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，如图乙所示然后接通电源释放滑块，使之从静止开始加速运动，打出纸带打出的纸带如丙图：试回答下列问题：（1）已知O、A、B、C、
23、D、E、F相邻计数的时间间隔为T，OA、AB、DE、EF间距分别为x1、x2、x3、x4，根据纸带求木块下滑的加速度a=_（2）已知质量m、M，加速度a，则当地的重加速度g=_（3）已知质量m、M和长木板的倾角，则木块与木板间的动摩擦因数=_【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）根据x=aT2可知：；，则；（2）（3）由题意；，解得；【点睛】此题是测定重力加速度和动摩擦因数的实验；关键是搞清实验的原理；能根据牛顿第二定律列出在两种情况下的方程，联立即可解答。17.在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A.待测的干电池B.电流传感器1C.电流传感器2D.滑动变阻器R（
24、020，2A）E.定值电阻R0（2000）F.开关和导线若干某同学发现上述器材中虽然没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验。（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向右滑动，则电流传感器1的示数将_（选填“变大”或“变小”）（2）图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的I1-I2图线（I1为电流传感器1的示数，I2为电流传感器2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值），则由图线可得被测电池的电动势E=_ V，内阻r=_（结果取两位有效数字）。（3）若将图线的纵坐标改为_（选用“I1 ”、“I2 ”、“R ”、“R0”等符号表示），则图线与纵坐标的交
25、点的物理含义即为电动势的大小。【答案】 (1). 变小 (2). 3.0 (3). 2.0 (4). I1R0【解析】【详解】（1）1滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向右滑动时 R值减小，电流传感器2的示数变大，电流传感器1的示数变小（2）2由闭合电路欧姆定律可得：,变形得：,由数学知可得,图象中的斜率，截距，由图可知：，解得：E=3.0V；3 由图可知： ，解得： r=2.0；（3）4 若图象纵坐标改为路端电压，即，则图象与纵坐标的交点为电源的电动势.三、计算题(共4个小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中
26、必须明确写出数值和单位) 18.图1是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的对称轴OO转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图2是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度逆时针转动（只考虑单匝线圈）。（1）线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；（2）若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电
27、阻R上产生的焦耳热。(其它电阻均不计)【答案】（1）BL1L2sint（2）R2【解析】【详解】（1）矩形线圈abcd在磁场中转动时，只有ab和cd切割磁感线，且转动的半径为r，设ab和cd的转动速度为v，则：v在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为：E1BL1vsint则整个线圈的感应电动势为：e12E1BL1L2sint （2）由闭合电路欧姆定律有：I 又：E 线圈转动一周在R上产生的焦耳热为：QRI2RT其中T得：QRR219.如图所示，一个绝热的气缸（气缸足够高）竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性良好的隔板，隔板将气缸分成两部分，分别密封着两
28、部分理想气体A和B。活塞的质量m=8kg，横截面积，与隔板相距h=25cm，现通过电热丝缓慢加热气体，当A气体吸收热量Q=200J时，活塞上升了，此时气体的温度为，已知大气压强，重力加速度。加热过程中，若A气体的内能增加了，求B气体的内能增加量；现在停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加沙粒，当活塞恰好回到原来的位置时，A气体的温度为，求此添加砂粒的总质量M。【答案】127J【解析】试题分析：B气体对外做功由热力学第一定律，B气体的初状态，B气体的末状态，由理想气体状态方程，代入数据得：考点：考查了理想气体状态方程【名师点睛】应用热力学第一定律与理想气体状态方程即可正确解题；应用热力学第一定律解
29、题时，要注意各符号正负的含义20.如图（a）所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴承转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接，电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件。流过电流表的电流I与圆盘角速度的关系如图（b）所示，其中ab段和bc段均为直线，且ab段过坐标原点。0代表圆盘逆时针转动。已知：R=3.0，B=1.0T，r=0.2m。忽略圆盘、电流表和导线的电阻。（1）根据图（b）写出ab、bc段对应I与的关系式；（2）求出图（b）中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc；（3）分别求出ab、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式.【答案】（1）（-
30、45rad/s15 rad/s）；（15rad/s45 rad/s）（2）（3）ab流过P的电流Ip与其两端电压Up的关系式分别为：Ip0（A）（0.9VUp0.3V），Ip0.05（A）（0.3VUp0.9V）【解析】【详解】（1）由图可知，在ab段，直线斜率, 故对应I与的关系式为：（-45rad/s15 rad/s）；在bc段，直线斜率，设表达式，把=45rad/s，I=0.4A代入解得b=-0.05，故对应I与的关系式为：（15rad/s45 rad/s）（2）b点对应的转动的角速度为，圆盘产生的电动势，解得由于圆盘、电流表、导线电阻不计，因此P两端的电压为0.3V。同理，c点对应的圆
31、盘转动的角速度，圆盘产生的电动势，因此P两端的电压为0.9V.（3）元件P在b点开始导通，所以在ab段Ip0（0.9VUp0.3V），在bc段，Up（IIp）R已知I0.05（A），UpBr2，联立以上各式可得bc段流过P的电流Ip与其两端电压Up的关系式为：Ip0.05（V）（0.3VUp0.9V）【此处有视频，请去附件查看】21.两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感强度B=0.5T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l=0.20m，两根质量均m=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0
32、.50。在t=0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行，大小0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过T=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37 m/s2，求此时两金属杆的速度各为多少？【答案】8.15m/s 1.85m/s【解析】设任一时刻两金属杆甲、乙之间的距离为，速度分别为和，经过很短时间，杆甲移动距离，杆乙移动距离，回路面积改变由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势：回路中的电流：杆甲的运动方程：由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量变化（时为0）等于外力F的冲量：联立以上各式解得代入数据得8.15m/s 1.85m/s【名师点睛】两杆同向运动，回路中的总电动势等于它们产生的感应电动势之差，即与它们速度之差有关，对甲杆由牛顿第二定律列式，对两杆分别运用动量定理列式，即可求解。
