浙江省2022-2023學年高二年級下冊3月聯(lián)考物理試題 含解析

山河聯(lián)盟2022學年高二第二學期3月聯(lián)考

物理試題

一、單選題（每題3分，共36分）

1.下列現(xiàn)象可以用多普勒效應解釋的是（）

A.雷雨天看到閃電后，稍過一會兒才能聽到雷聲

B.微風激起的水波遇到蘆葦?shù)燃毿≌系K物，會繼續(xù)傳播

C.把耳朵貼在墻壁上，能夠聽到隔壁房間的說話聲

D.當車向你疾馳而過時，聽到的鳴笛音調(diào)會由高變低

【答案】D

【解析】

【詳解】A.雷雨天看到閃電后，稍過一會兒才能聽到雷聲，是因為光的速度大于聲音的傳播速度，A錯

誤；

B.微風激起的水波遇到蘆葦?shù)燃毿≌系K物，會繼續(xù)傳播，這是波的衍射現(xiàn)象，B錯誤；

C.把耳朵貼在墻壁上，能夠聽到隔壁房間的說話聲，這是聲音通過墻壁傳播，C錯誤；

D.當車向你疾馳而過時，聽到的鳴笛音調(diào)會由高變低，是因為波源與觀察者之間的距離逐漸增大，接收

者受到的頻率小于波源的發(fā)射頻率，這屬于多普勒效應，D正確。

故選D。

2.一人靜止于完全光滑的冰面上，現(xiàn)欲離開冰面，下列可行的方法是（）

A.向后踢腿B.手臂向上擺

C.在冰面上滾動D.脫下外衣水平拋出

【答案】D

【解析】

【詳解】AB.向后踢腿或手臂向上擺，不會使人與外界產(chǎn)生其他作用，人不會獲得速度，故AB錯誤；

C.冰面光滑，無摩擦力，人無法滾動，故C錯誤；

D.脫下外衣水平拋出，利用反沖，可以離開冰面，故D正確。

故選D。

3.如圖所示，在光滑水平面上放一個質(zhì)量為M的斜面體，質(zhì)量為m的物體沿斜面（斜面光滑）由靜止開

始自由下滑，下列說法中正確的是（）

A.M和m組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒

B.M和m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒

C.M和m組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒

D.M和m組成的系統(tǒng)動量不守恒，機械能也不守恒

【答案】B

【解析】

【詳解】.M和m組成的系統(tǒng)，在豎直方向上所受的合力不為零，系統(tǒng)動量不守恒；M和m組成的系統(tǒng)

在水平方向上不受外力，水平方向上動量守恒；斜面與水平面光滑，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒。

故選B。

4.一只質(zhì)量為0.9kg的烏賊吸入0.1kg的水后，靜止在水中。當遇到危險時，它在極短時間內(nèi)把吸入的水

向后全部噴出，以大小為2m/s的速度逃竄。下列說法正確的是（）

A.烏賊噴出的水的速度大小為18m/s

B.烏賊噴出的水的速度大小為20m/s

C.在烏賊噴水的過程中，烏賊所受合力的沖量大小為0.9N-S

D.在烏賊噴水的過程中，烏賊和噴出的水組成的系統(tǒng)的動量增大

【答案】A

【解析】

【詳解】ABD.在烏賊噴水的過程中，烏賊和噴出的水組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，設烏賊

噴出的水的速度大小為四，則

MV2=mVj

解得

匕=18mzs

A正確，BD錯誤；

C.根據(jù)動量定理可知，在烏賊噴水的過程中，烏賊所受合力的沖量大小為

/==1.8N-s

C錯誤。

故選Ao

5.在科幻電影《全面回憶》中有一種地心車，無需額外動力就可以讓人在幾十分鐘內(nèi)到達地球的另一

端，不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響、車與軌道及空氣之間的摩擦，乘客和車的運動為簡諧運動，則（）

A.乘客達到地心時的速度最大，加速度最大B.乘客只有在地心處才處于完全失重狀態(tài)

C.乘客在地心處所受的回復力最小D.乘客所受地球的萬有引力大小不變

【答案】C

【解析】

【詳解】AC.乘客向地心運動時速度增大、加速度減小，通過地心時的速度達到最大值，加速度為零,

則回復力為0,故回復力最小，故A錯誤，C正確；

B.乘客處于地心時，加速度為零，不是失重狀態(tài)，故B錯誤；

D.設地球質(zhì)量為乘客和車的質(zhì)量為加，地球密度為2，則

M

夕=彳內(nèi)

3

在距離地心為廠時：地球?qū)Τ丝秃蛙嚨娜f有引力充當回復力

口「M'm

F=G-

r

又

472r3Mr3

M'=p

3

聯(lián)立得

門GMm

F=~^r

即萬有引力與r成正比，故D錯誤。

故選C。

6.飛力士棒是一種物理康復器材，其整體結構是一根兩端帶有負重的彈性桿，如圖甲所示。當使用者振動

飛力士棒進行康復訓練時，如圖乙所示，則下列說法正確的是（）

甲乙

A.使用者用力越大，飛力士棒的振幅越大

B.手振動的頻率越大，飛力士棒的振幅越大

C.飛力士棒長度越長，飛力士棒的振動頻率越大

D.手振動的頻率越大，飛力士棒的振動頻率越大

【答案】D

【解析】

【詳解】CD.根據(jù)題意可知，飛力士棒在手的驅(qū)動下振動，則飛力士棒的振動頻率與手振動的頻率相等,

則手振動的頻率越大，飛力士棒的振動頻率越大，故C錯誤，D正確；

AB.由于飛力士棒做受迫振動，則當手振動的頻率越接近飛力士棒的固有頻率時，飛力士棒的振幅越大,

故AB錯誤。

故選D。

7.如圖所示,兩塊不帶電的平行金屬板之間用絕緣細繩懸掛一帶負電的小球，把小球向左拉開一定角度（角

度很小且小于10°）由靜止釋放，小球以一定的周期做往復運動。若將兩極板通過導線、開關與圖示電源

相接，當閉合開關且板間電壓穩(wěn)定后（小球重力大于電場力），則（）

B.小球擺動的周期變大

C.若把電源的正負極對調(diào)，小球擺動的周期保持不變

D.若把電源的正負極對調(diào)，小球擺動的周期變大

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.根據(jù)題意可知，當開關閉合時，平行金屬板間存在豎直向下的電場，帶負電的小球受豎直向

:可知，小球擺動周期變大，故A錯誤,

上的電場力，則等效重力加速度減小，由單擺周期公式丁=2〃

B正確;

CD.若把電源的正負極對調(diào)，當開關閉合時，平行金屬板間存在豎直向上的電場，帶負電的小球受豎直向

下的電場力，則等效重力加速度增大，由單擺周期公式丁=2〃-可知，小球擺動周期變小，故CD錯誤。

故選B。

8.如圖甲，在光滑水平面上，彈簧振子會以。點為平衡位置在A、B兩點之間做簡諧運動，取向右為正

方向，振子的位移尤隨時間f的變化圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）

A.z=0.3s時，振子的速度方向向右

B./=0.7s時，振子的速度方向向右

C.Z=0.3s和/=0.7s時，振子的加速度方向相反

D.從UO.3s到仁0.7s,振子的加速度先增大后減小

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由圖像乙知，U0.3s時，圖像的斜率為負，說明振子的速度為負，即振子的速度方向向左,

故A錯誤；

B.由圖像乙知，U0.7s時，圖像的斜率為負，說明振子的速度為負，即振子的速度方向向左，故B錯

誤；

c.uo.3s和/=0.7s時，振子的位移方向相反，由。=——，可知加速度方向相反，故C正確；

m

D.從/=0.3s到/=0.7s,振子離平衡位置的位移先減小后增大，加速度先減小后增大，故D錯誤。

故選C。

9.關于振動和波，下列說法正確的是（）

A.有機械波必有振動

B.縱波中，質(zhì)點的振動方向與波的傳播方向垂直

C.水平向右傳播的橫波，其各個質(zhì)點一定上下振動

D.波源停止振動時，介質(zhì)中的波動立即停止

【答案】A

【解析】

【詳解】A.機械波是機械振動的形式與能量在介質(zhì)中的傳播，即有機械波必有振動，A正確；

B.縱波中，質(zhì)點的振動方向與波的傳播方向平行，B錯誤；

C.水平向右傳播的橫波，其各個質(zhì)點既可上下振動，亦可水平方向振動，只需要確保振動方向與波水平

向右的傳播方向垂直即可，即水平向右傳播的橫波，其各個質(zhì)點不一定上下振動，C錯誤；

D.波源停止振動時，之前的振動形式仍然在介質(zhì)中傳播，即波源停止振動時，介質(zhì)中的波動沒有立即停

止，D錯誤。

故選A。

10.根據(jù)波的反射和折射原理，以下說法正確的是()

A.聲波從空氣傳到平靜的湖面上，聲波只在水面處發(fā)生反射

B.聲波從空氣傳到平靜的湖面上，聲波只在水面處發(fā)生折射

C.聲波從空氣傳到平靜的湖面上時既發(fā)生反射又發(fā)生折射

D.聲波從空氣傳到平靜的湖面上時既不發(fā)生反射又不發(fā)生折射

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】根據(jù)波的反射和折射原理，聲波從空氣傳到平靜的湖面上時既發(fā)生反射又發(fā)生折射，故c正

確，ABD錯誤。

故選C。

11.如圖所示，在同種均勻介質(zhì)中有兩波源S1和S2相距3m，頻率均為2Hz,以S1為原點建立如圖所示的

坐標系，/=0時波源S1從平衡位置開始垂直紙面向上做簡諧運動，所激發(fā)的橫波向四周傳播。?=0.25s

時波源出也開始垂直紙面向上做簡諧運動，在/=0.75s時兩列簡諧波的最遠波峰傳到了圖示中的兩個圓

的位置。貝U()

A.波的傳播速度為3m/sB.虛線x=1.5m為振動加強區(qū)

C.t=LOs時波谷與波谷相遇的點共有2個D.經(jīng)過1.0s后亂和S2連線上有2個振動減弱的位

置

【答案】C

【解析】

【詳解】A.兩波源起振的時間差為At=0.25s,At時間內(nèi)兩列波的傳播距離之差為

Ax=2.5m—1.5m=lm

波的傳播速度為

Ax.,

v=——=4m/s

AZ

故A錯誤；

B.根據(jù)幾何關系可知x=1.5m上各質(zhì)點到兩波源的波程差均為零，而t=0.25s時跖正向下振動，與S?

起振方向相反，所以兩波源在x=1.5m上引起質(zhì)點的振動步調(diào)相反，即虛線x=1.5m為振動減弱區(qū)，故

B錯誤；

C.兩列波的波長均為

A=-=2m

f

。=L0s時M波傳播到的最遠位置到H的距離為

4=2%=4m

此時S1波最遠波谷到S1的距離為

3

1=4——2=2.5m

114

，波的最近波谷到加的距離為

rx-rx-2=0.5m

%=1.0s時S?波傳播到的最遠位置到52的距離為

3

dr.——X—3m

22

S2波此時產(chǎn)生的波形中只有一個波谷，且到S2的距離為

3

丫2~4--—1.5m

如圖所示

【解析】

【詳解】A.圖乙是位于x=lm的質(zhì)點N此后的振動圖像，可知/=0后其振動沿負方向，由波形圖上的同

側法可知波沿x軸正方向傳播，而甲圖中的M點剛好起振向上，則波源的起振方向向上，所有質(zhì)點的起

振方向為y軸正方向，故A錯誤；

BC.由波形圖可知波長為

X=4m

周期為

T=4s

則波速為

2

v=—

T

解得

v=lm/s

故M點起振傳播到。點的時間為

尤7c

t=—=—s=7s

n°v1

在f=10s時，質(zhì)點。已經(jīng)振動3s,因為

3

3s=—T

4

所以在z=10s時，質(zhì)點。通過的路程為

s=3A=24cm

此時。正處于波谷位置，坐標為（10nx-8cm）,故B正確，C錯誤；

D.在6s~6.5s時間內(nèi)，質(zhì)點M從平衡位置沿y軸負向振動，則其速度減小，加速度增大，故D錯誤。

故選B。

二、不定項選擇題（每題4分，共12分，全部選對得4分，選對但不全的得2分，錯選得0

分）

13.對于做簡諧運動的彈簧振子，下述說法不正確的是（）

A振子通過平衡位置時，加速度最大

B.振子在最大位移處時，速度最大

C.振子在連續(xù)兩次通過同一位置時，位移相同

D.振子連續(xù)兩次通過同一位置時，動量相同

【答案】ABD

【解析】

【詳解】A.振子經(jīng)過平衡位置時速度最大，加速度是零，故A錯誤，符合題意；

B.振子在最大位移處時速度最小，是零，故B錯誤，符合題意；

C.振子在連續(xù)兩次經(jīng)同一位置時，相對于平衡位置的位移相同，故C正確，不符合題意；

D.動量是矢量，振子連續(xù)兩次經(jīng)同一位置時，速度的大小相同，方向相反，則動量大小相同，方向相反，

故D錯誤，符合題意。

故選ABDo

14.如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球A、B發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為陽和加2圖乙為它們碰

撞前后的x-f圖像。已知根i=0.1kg,由此可以判斷（）

A.碰前B靜止，A向右運動B.碰后A和B都向右運動

C.由動量守恒可以算出m2=0.3kgD.碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機械能

【答案】AC

【解析】

【詳解】AB.碰前祖2的位移不隨時間而變化，處于靜止狀態(tài)，的的速度大小為

Ax.,

4=—=4m/s

方向只有向右才能與他2相撞，故題圖乙中向右為正方向，由題圖乙可求出碰后儂和加1的速度分別為

v2=2m/s,/=-2m/s

碰后加2的速度方向為正方向，說明加2向右運動，而見的速度方向為負方向，說明如向左運動，故A

正確，B錯誤；

C.根據(jù)動量守恒定律得

mivi=mivir-\-機2y2'

代入解得

機2=0.3kg

故C正確；

D.碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為

,,\21，21，2

AE=5〃11Vl——m2v2=0

故D錯誤。

故選AC。

15.兩列簡諧橫波沿x軸相向傳播，/=0時刻的波形圖如圖所示，實線波沿x軸正方向傳播，虛線波沿

尤軸負方向傳播，已知兩列波的傳播速度大小均為10m/s,則下列說法正確的是()

B.虛線波遇到障礙物時更容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象

C.x=-0.5m處質(zhì)點的位移最先達到y(tǒng)=15cm

D.當f=L5s時x=0處的質(zhì)點位移為10cm

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.由圖可知實線波的波長為4m,虛線波的波長為8m。故實線波的頻率為

/=—=—Hz=2.5Hz

44

虛線波的頻率為

v10

于、—Hz=1.25Hz

48

由于兩列波的頻率不相等，故不會發(fā)生干涉現(xiàn)象，故A錯誤；

B.到障礙物時，波長越長，越容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，可知虛線波遇到障礙物時更容易發(fā)生明顯的衍

射現(xiàn)象，故B正確；

C.當兩波峰第一次相遇時，對應質(zhì)點的位移最先達到y(tǒng)=15cm,故圖可知/=0時刻，兩波峰之間的距

離為

Ax=7m—(-2m)=9m

由于波速相同，且相向傳播，可知處于x=-2m與x=7m中間位置的質(zhì)點的位移最先達到y(tǒng)=15cm,

即x=2.5m處質(zhì)點的位移最先達到y(tǒng)=15cm,故C錯誤；

D.根據(jù)以上分析可知，實線波的周期為

7；=-=0.4s

力

實線波傳到尤=0處所用時間為

At=—s=0.1s

10

可知r=1.5s時，實線波在x=0處已經(jīng)振動的時間為

「1.5s—0.1s=1.4s=37；+；（

可知r=1.5s時，實線波在x=0處振動引起的位移剛好為零；

虛線波的周期為

T7=—=0.8S

于2

虛線波傳到％=0處所用時間為

Af=—s=0.1s

10

可知r=L5s時，虛線波在x=0處已經(jīng)振動的時間為

3

?2=1.5s—0.1s=1.4s=7^,+—7^

由圖可知f=1.5s時，虛線波在x=0處振動引起的位移為10cm,根據(jù)疊加原理可知r=L5s時x=0處的

質(zhì)點位移為10cm,故D正確。

故選BD。

三、實驗題（每空2分，共14分）

16.某同學用如圖所示的裝置驗證動量守恒定律。安裝了彈性碰撞架和擋光片的小車A和小車B靜止在滑

軌上。實驗時，給小車A一個初速度，當它與小車B發(fā)生碰撞后沒有改變運動方向。數(shù)字計時器（圖中沒

畫出）可以測出擋光片通過光電門的擋光時間，測得碰撞前小車A通過光電門1的擋光時間為碰撞

后兩小車先后通過光電門2的擋光時間分別為八弓、八4。兩個擋光片的寬度相同。

可知，如果僅驗證兩車組成的系統(tǒng)動量守恒，還需要測量兩小車的質(zhì)量"A、，電。

故選A。

(3)[3]根據(jù)上述可知，如果兩小車碰撞過程中動量守恒，需要滿足的表達式為

mA_mA

17.實驗小組的同學在實驗室做“用單擺測量重力加速度的大小”的實驗。

(1)下列最合理的裝置是

丹廠鐵夾粗的金屬桿

11r鐵夾

1夾J■Ls1

彈性棉繩R身絲線c細絲線

A./乩彈性棉繩D

鐵球塑料球塑料球鐵球

a

(2)為使重力加速度的測量結果更加準確，下列做法合理的是

A.測量擺長時，應測量水平拉直后的擺線長

B.在擺球運動過程中，必須保證懸點固定不動

C.在擺球運動過程中，擺線與豎直方向的夾角不能太大

D.測量周期時，應該從擺球運動到最高點時開始計時

(3)某同學課后嘗試在家里做用單擺測量重力加速度的實驗。由于沒有合適的擺球，于是他找到了一塊雞

蛋大小、外形不規(guī)則的大理石塊代替小球進行實驗。

如圖1所示，實驗過程中他先將石塊用細線系好，結點為將細線的上端固定于。點。

然后利用刻度尺測出間細線的長度/作為擺長，利用手機的秒表功能測出石塊做簡諧運動的周期T?

在測出幾組不同擺長/對應的周期T的數(shù)值后，他作出的T?-/圖像如圖2所示。

4.0

k上xlO2=4

g99.0—(—1.0)

解得由此得出重力加速度的測量值為

g="x9.86m/s2

四、計算題(共38分)

18.如圖所示，質(zhì)量為2kg、足夠長的長木板B靜止在光滑水平地面上，在距長木板右端距離為x處有一

固定擋板C.質(zhì)量為1kg的小滑塊A從長木板的左端以大小為12m/s的初速度滑上長木板，物塊與長木板

間的動摩擦因數(shù)為0.4,木板B與擋板C的碰撞過程中沒有機械能損失且碰撞時間極短可忽略不計，取

g=10m/s2求:

(1)若在B與C碰撞前A與B已相對靜止，則x至少為多少；

(2)若要使B與C第一次碰撞前瞬間，B向右運動的動量恰好等于A向右運動的動量，則尤為多少；

(3)若下0.25%，則B與C發(fā)生第一次碰撞后B的速度為。時，A的速度為多少。

A|TBC

//〃〃/〃〃〃〃/〃〃〃〃〃〃〃〃/上///〃〃〃,7^〃〃〃〃

【答案】⑴2m；(2)2.25m；(3)8m/s

【解析】

【詳解】(1)根據(jù)動量守恒

啊%=(%+%)匕

解得

v1=4m/s

根據(jù)牛頓第二定律

^AS=^BaB

解得

2

aB=2m/s

根據(jù)勻變速直線運動

片=

解得

xB=4m

(2)根據(jù)題意“B和C第一次碰撞前瞬間，B向右運動的動量等于A向右運動的動量”，則

mA^A=mBVB

根據(jù)動量守恒可得

mAV^=mAVA+mBVB

解得

vB=3m/s

根據(jù)勻變速直線運動

=2aBxJ

解得

v；=2.25m

（3）根據(jù)勻變速直線運動

哈=2aBX

解得

vBX=lm/s

根據(jù)動量守恒

%%=外5+加”31

解得

vA1=lOm/s

說明A此時的速度為10m/SoB和C第一次撞擊后，B將向左以速度為lm/s做勻減速運動，此時A和B總

動量為8kgm/s。根據(jù)動量守恒

mAvAl-mBvm=mAvA2

解得

vA2=8m/s

19.水面上水波的速度跟水深度有關，其關系式為v=癡,式中耳為水的深度，g為重力加速度。如圖

甲所示是某水域的剖面圖，4B兩部分深度不同，圖乙是從上往下俯視，。點處于兩部分水面分界線

上，M和N分別處在A和8兩區(qū)域水面上的兩點。仁0時刻。點從平衡位置向上振動，形成以。點為波

源向左和向右傳播的水波（可看作是簡諧橫波）。仁2.5s時。點第二次到達波峰，此時M點第一次到達波

峰。己知B區(qū)域水波振幅為A=5cm,水深為4=0-90m,0M間距離為4.0m,ON間距離為3.0m,

g=10m/s2o求：

(1)A區(qū)域的水深/u；

(2)N點在U3s時的振動方向及它在/=0至/=3s時間內(nèi)的位移；

(3)/=10s時，處在8水域水面上的。點(圖中未標出)處于波峰，且間只有一個波峰，則Q點在？=0

至U10s時間內(nèi)振動的路程是多少？

M°N

M6N

“A1三二三三迷三三三三三三三圭三三三三三三;三三三二==

77^^二二二二二二-B-二二二二二h

B

甲乙

【答案】(l)0.40m；(2)在平衡位置向上振動，Om；(3)0.65m

【解析】

【詳解】(1)對。點的振動分析，知

t=-T

4

解得

T=2s

對〃點的振動分析，知A區(qū)域水波波長為

2A=OM-4m

則有

5=寧=2m/s

由丫=屈，代入數(shù)據(jù)求得

hA=0.40m

(2)由”=病，代入數(shù)據(jù)求得

%=7i^=3m/s

又由嗓=與，得

4=VB^=6m

波傳到N點的時間

ON.

4=----=Is

VB

所以仁3s時，N點剛好完成一個全振動，可知其在平衡位置向上振動，位移為0m。

(3)/=10s時，。點在平衡位置向上振動，可畫出B區(qū)域水波的波動圖像如圖所示，

由圖可知OQ=10.5m,則。點振動的時間為

t2=10s-3.5s=6.5s

所以。點振動的路程為

s=13A=0.65m

20.如圖所示，平行傾斜金屬導軌I,上端連接阻值為R的電阻，下端與一半徑為/的60。圓弧導軌平滑

連接，圓弧最底端行處通過一小段(長度可忽略)絕緣介質(zhì)與足夠長的水平平行金屬導軌II相連，軌道

寬度均為導軌I所在區(qū)域必cd間有磁感應強度為3、方向垂直軌道平面向上的勻強磁場，圓弧及水

平軌道H所在區(qū)域4至g/7間有磁感應強度為所、方向豎直向上的勻強磁場。導軌II左端g/z之間連接電

動勢為E、內(nèi)阻為r的電源。一根質(zhì)量為機、電阻為R金屬棒從導軌I區(qū)域仍上方某位置靜止釋放，沿

傾斜軌道經(jīng)cd進入圓弧軌道直至最低點^處。已知無論金屬棒從油軌道上方何處釋放，進入圓弧軌道

的速度均相同，金屬棒到達4?后，在水平向左恒定外力廠作用下向左加速運動，經(jīng)過一段時間后達到穩(wěn)

定速度。不計一切摩擦和導軌的電阻，金屬棒與導軌始終接觸良好，求金屬棒：

(1)滑至cd處時的速度v的大??；

(2)從cd滑至^的過程中，通過電阻R的電荷量q；

(3)在導軌II上達到穩(wěn)定時的速度Vm的大小。

【解析】

【詳解】(1)在傾斜金屬導軌I上，金屬棒穩(wěn)定時

mgsin3=BJJ

又

E,=B,lv,/=互

2R

解得

_y/3mgR

V~B；l2

(2)金屬桿從cd到^的過程

E,=——，/=—

"At2R

電荷量

q=It

解得

AOV3K/2