2021年海南省普通高中学业水平选择性考试(海南卷）

公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是（　　）

A． $\mathrm{kg\cdot m\cdot s^{-1}}$

B． $\mathrm{kg \cdot m \cdot s^{-2}}$

C． $\mathrm{Pa\cdot m^{2}}$

D． $\mathrm{J\cdot m^{-1}}$

【答案与解析】

力的单位由牛顿第二定律 $F=ma$ 定义，用国际单位制基本单位表示为 $\mathrm{kg\cdot m\cdot s^{-2}}$ ；A为动量的单位，C、D虽量纲等于力的单位但并非基本单位符号表示。故选B。
水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示，滑梯顶端到末端的高度 $H=4.0\mathrm{m}$ ，末端到水面的高度 $h=1.0\mathrm{m}$ 。取重力加速度 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ ，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为（　　）

A． $4.0\mathrm{m}$

B． $4.5\mathrm{m}$

C． $5.0\mathrm{m}$

D． $5.5\mathrm{m}$

【答案与解析】

人从滑梯顶端到末端机械能守恒，末端速度 $v=\sqrt{2gH}=\sqrt{2\times10\times4.0}=4\sqrt5\ \mathrm{m/s}$ 。离开末端后做平抛运动，下落时间 $t=\sqrt{2h/g}=\sqrt{2\times1.0/10}=\sqrt{0.2}\ \mathrm{s}$ 。落水点到滑梯末端的水平距离 $x=vt=\sqrt{2gH}\cdot\sqrt{2h/g}=2\sqrt{Hh}=2\sqrt{4.0\times1.0}=4.0\ \mathrm{m}$ 。故选A。
某金属在一束单色光的照射下发生光电效应，光电子的最大初动能为 $E_{k}$ ，已知该金属的逸出功为 $W_{0}$ ，普朗克常量为h。根据爱因斯坦的光电效应理论，该单色光的频率 $v$ 为（　　）

A． $\frac{E_{k}}{h}$

B． $\frac{W_{0}}{h}$

C． $\frac{E_{k}-W_{0}}{h}$

D． $\frac{E_{k}+W_{0}}{h}$

【答案与解析】

由爱因斯坦光电效应方程 $E_k=h\nu-W_0$ ，得单色光频率 $\nu=\frac{E_k+W_0}{h}$ 。故选D。
2021年4月29日，我国在海南文昌用长征五号B运载火箭成功将空间站天和核心舱送入预定轨道。核心舱运行轨道距地面的高度为 $400\mathrm{km}$ 左右，地球静止卫星距地面的高度接近 $36000\mathrm{km}$ 。则该核心舱的（　　）

A．角速度比地球静止卫星的小

B．周期比地球静止卫星的长

C．向心加速度比地球静止卫星的大

D．线速度比地球静止卫星的小

【答案与解析】

核心舱轨道半径小于地球静止卫星轨道半径，由万有引力提供向心力有 $\omega=\sqrt{GM/r^3}$ 、 $T=2\pi\sqrt{r^3/GM}$ 、 $a=GM/r^2$ 、 $v=\sqrt{GM/r}$ ，可知 $r$ 越小，角速度、向心加速度、线速度越大，周期越小。故选C。
1932年，考克饶夫和瓦尔顿用质子加速器进行人工核蜕变实验，验证了质能关系的正确性。在实验中，锂原子核俘获一个质子后成为不稳定的铍原子核，随后又蜕变为两个原子核，核反应方程为 $^{7}_{3}\mathrm{Li}+^{1}_{1}\mathrm{H}\to^{A}_{Z}\mathrm{Be}\to2\mathrm{X}$ 。已知 $^{1}_{1}\mathrm{H}$ 、 $^{7}_{3}\mathrm{Li}$ 、X的质量分别为 $m_{1}=1.00728\mathrm{u}$ 、 $m_{2}=7.01601\mathrm{u}$ 、 $m_{3}=4.00151\mathrm{u}$ ，光在真空中的传播速度为c，则在该核反应中（　　）

A．质量亏损 $\Delta m=4.02178\mathrm{u}$

B．释放的核能 $\Delta E=(m_{1}+m_{2}-2m_{3})c^{2}$

C．铍原子核内的中子数是5

D．X表示的是氚原子核

【答案与解析】

由质量数与电荷数守恒： $^{7}_{3}\mathrm{Li}+^{1}_{1}\mathrm{H}\to{}^{8}_{4}\mathrm{Be}\to2\mathrm{X}$ ，故 $\mathrm{X}$ 的质量数为 $4$ 、电荷数为 $2$ ，为氦核（不是氚核），铍核 $^{8}_{4}\mathrm{Be}$ 的中子数为 $8-4=4$ （不是 $5$ ）。质量亏损 $\Delta m=m_1+m_2-2m_3=1.00728+7.0160-2\times4.00151=0.02026\ \mathrm{u}$ ，释放核能 $\Delta E=(m_1+m_2-2m_3)c^2$ ，A、C、D错误，B正确。故选B。
如图，长方体玻璃砖的横截面为矩形 $MNPQ$ ， $MN=2NP$ ，其折射率为 $\sqrt{2}$ 。一束单色光在纸面内以 $\alpha=45^{\circ}$ 的入射角从空气射向 $MQ$ 边的中点O，则该束单色光（　　）

A．在 $MQ$ 边的折射角为 $60^\circ$

B．在 $MN$ 边的入射角为 $45^{\circ}$

C．不能从 $MN$ 边射出

D．不能从 $NP$ 边射出

【答案与解析】

由折射定律 $\sin45^\circ=n\sin\beta$ ，代入 $n=\sqrt2$ 得折射角 $\beta=30^\circ$ ，A错误。设 $NP=l$ ，则 $MN=2l$ 。由几何关系，光在 $MN$ 边的入射角为 $60^\circ$ ，B错误。全反射临界角 $\sin C=1/n=1/\sqrt2$ ，得 $C=45^\circ$ ；光在 $MN$ 边入射角 $60^\circ>45^\circ$ 发生全反射，不能从 $MN$ 边射出，C正确。光在 $MN$ 边全反射后到达 $NP$ 边时入射角为 $30^\circ<45^\circ$ ，能从 $NP$ 边折射射出，D错误。故选C。
如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为 $m_{p}=0.5\mathrm{kg}$ 、 $m_Q=0.2\mathrm{kg}$ ，P与桌面间的动摩擦因数 $\mu=0.5$ ，重力加速度 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ 。则推力F的大小为（　　）

A． $4.0\mathrm{N}$

B． $3.0\mathrm{N}$

C． $2.5\mathrm{N}$

D． $1.5\mathrm{N}$

【答案与解析】

初态P静止，绳张力 $T_1=m_Qg=0.2\times10=2\ \mathrm{N}$ 。加推力F后张力减半 $T_2=1\ \mathrm{N}$ ，故Q失重加速下降，对Q有 $m_Qg-T_2=m_Qa$ ，得 $a=(2-1)/0.2=5\ \mathrm{m/s^2}$ 。 P以相同加速度向右加速，受滑动摩擦力 $f=\mu m_Pg=0.5\times0.5\times10=2.5\ \mathrm{N}$ ，由牛顿第二定律（绳拉力与F同向均向右） $F+T_2-f=m_Pa$ ，解得 $F=0.5\times5+2.5-1=4.0\ \mathrm{N}$ 。故选A。
如图，V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均为 $\alpha=60^{\circ}$ ，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为（　　）

A． $\frac{\sqrt{3}}{6}$

B． $\dfrac{1}{2}$

C． $\frac{\sqrt{3}}{2}$

D． $\frac{\sqrt{3}}{3}$

【答案与解析】

Q在光滑斜面N上静止，沿斜面方向平衡得库仑斥力 $F=mg$ 。 P在M上临界不滑动时，垂直斜面 $N=F+mg\sin30^\circ=\frac32mg$ ，沿斜面摩擦力 $f=\mu N=mg\cos30^\circ$ 。联立得 $\mu=\frac{mg\cos30^\circ}{N}=\frac{\sqrt3/2}{3/2}=\frac{\sqrt3}{3}$ 。故选D。
如图，理想变压器原线圈接在 $u=220\sqrt{2}\sin100\pi t(\mathrm{V})$ 的交流电源上，副线圈匝数可通过滑片P来调节。当滑片P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比 $n_{1}:n_{2}=2:1$ ，为了使图中“ $100\mathrm{V}$ ， $50\mathrm{W}$ ”的灯泡能够正常发光，下列操作可行的是（　　）

A．仅将滑片P向上滑动

B．仅将滑片P向下滑动

C．仅在副线圈电路中并联一个阻值为 $20\mathrm{\Omega}$ 的电阻

D．仅在副线圈电路中串联一个阻值为 $20\mathrm{\Omega}$ 的电阻

【答案与解析】

原线圈电压有效值 $U_1=220\ \mathrm{V}$ ，由 $\frac{U_1}{U_2}=\frac{n_1}{n_2}=\frac21$ 得副线圈电压 $U_2=110\ \mathrm{V}$ ，大于灯泡额定电压 $100\ \mathrm{V}$ 。要使灯泡正常发光需降低副线圈电压或串联分压。仅将滑片P向下滑动可减小 $n_2$ 使 $U_2$ 降至 $100\ \mathrm{V}$ ；或在副线圈串联电阻，分压 $110-100=10\ \mathrm{V}$ ，所需 $R=10\ \mathrm{V}/0.5\ \mathrm{A}=20\ \Omega$ （灯泡 $I=50/100=0.5\ \mathrm{A}$ ）。并联电阻会使灯泡仍承受 $110\ \mathrm{V}$ 而过压，向上滑动会增大 $U_2$ 。故选BD。
甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动， $t=0$ 时经过路边的同一路标，下列位移-时间 $(x-t)$ 图像和速度-时间 $(v-t)$ 图像对应的运动中，甲、乙两人在 $t_{0}$ 时刻之前能再次相遇的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

A图： $x-t$ 图像在 $t_0$ 前无交点，位移不相等，不能相遇；B图： $x-t$ 在 $t_0$ 前有交点，能再次相遇；C图： $v-t$ 图像面积表示位移，在 $t_0$ 前面积可相等，能再次相遇；D图： $v-t$ 在 $t_0$ 前甲位移始终大于乙，不能相遇。故选BC。
如图，在匀强电场中有一虚线圆， $ab$ 和 $cd$ 是圆的两条直径，其中 $ab$ 与电场方向的夹角为 $60^\circ$ ， $ab=0.2\mathrm{m}$ ， $cd$ 与电场方向平行，a、b两点的电势差 $U_{ab}=20\mathrm{V}$ 。则（　　）

A．电场强度的大小 $E=200\mathrm{V/m}$

B．b点的电势比d点的低 $5\mathrm{V}$

C．将电子从c点移到d点，电场力做正功

D．电子在a点的电势能大于在c点的电势能

【答案与解析】

由 $U_{ab}=E\cdot ab\cos60^\circ$ 得 $E=\frac{20}{0.2\times0.5}=200\ \mathrm{V/m}$ ，A正确。沿电场线方向电势降低，由几何关系知b点电势高于d点，B错误。电子从c到d，电场力方向与位移反向，做负功，C错误。 a点电势低于c点电势，电子电势能 $\varepsilon=-e\varphi$ ，故电子在a点电势能大于在c点，D正确。故选AD。
如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状态c，直线 $ac$ 过原点。则气体（　　）

A．在状态c的压强等于在状态a的压强

B．在状态b的压强小于在状态c的压强

C．在 $b\rightarrow c$ 的过程中内能保持不变

D．在 $a\to b$ 的过程对外做功

【答案与解析】

$p-V$ 图中 $V-T$ 关系： $V/T$ 为 $p^{-1}$ 连线斜率，直线 $ac$ 过原点说明 $a\to c$ 等压， $p_a=p_c$ ，A正确；b点与原点连线斜率小于c点，故 $p_b>p_c$ ，B错误。 $b\to c$ 为等温过程，理想气体内能只与温度有关，内能不变，C正确； $a\to b$ 为等容过程，体积不变，不对外做功，D错误。故选AC。
如图，在平面直角坐标系 $Oxy$ 的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的 $P(0,\sqrt{3}L)$ 点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为 $\alpha(0\leq\alpha\leq180^{\circ})$ 。当 $\alpha=150^{\circ}$ 时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（　　）

A．粒子一定带正电

B．当 $\alpha=45^{\circ}$ 时，粒子也垂直x轴离开磁场

C．粒子入射速率为 $\frac{2\sqrt{3}qBL}{m}$

D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为 $3\sqrt{5}L$

【答案与解析】

粒子垂直x轴离开磁场，由左手定则（磁场垂直纸面向外）判断粒子带正电，A正确。 $\alpha=150^\circ$ 时轨迹半径 $r=\frac{\sqrt3 L}{\cos60^\circ}=2\sqrt3 L$ ，由 $qvB=m\frac{v^2}{r}$ 得 $v=\frac{2\sqrt3 qBL}{m}$ ，C正确。 $\alpha=45^\circ$ 时由几何可知离开磁场时速度不垂直x轴，B错误。离O点最远时轨迹为半圆，最大距离 $x_m=\sqrt{(2r)^2-(\sqrt3L)^2}=\sqrt{48L^2-3L^2}=3\sqrt5L$ ，D正确。故选ACD。
在伏安法测电阻的实验中，提供以下实验器材：电源E（电动势约 $6\mathrm{V}$ ，内阻约 $1\mathrm{\Omega}$ ），待测电阻 $R_{x}$ （阻值小于 $10\mathrm{\Omega}$ ），电压表V（量程 $3\mathrm{V}$ ，内阻约 $3\mathrm{k\Omega}$ ），电流表A（量程 $0.6\mathrm{A}$ ，内阻约 $1\mathrm{\Omega}$ ），滑动变阻器（最大阻值 $20\mathrm{\Omega}$ ），单刀开关 $\mathrm{S}_1$ ，单刀双掷开关 $\mathrm{S}_2$ ，导线若干。某同学利用上述实验器材设计如图所示的测量电路。

回答下列问题：（1）闭合开关 $\mathrm{S}_1$ 前，滑动变阻器的滑片P应滑到＿＿＿＿（填“a”或“b”）端；（2）实验时，为使待测电阻的测量值更接近真实值，应将 $\mathrm{S}_2$ 拨向＿＿＿＿（填“c”或“d”）；在上述操作正确的情况下，引起实验误差的主要原因是＿＿＿＿（填正确选项前的标号）；

A．电流表分压 B．电压表分流 C．电源内阻分压

（3）实验时，若已知电流表的内阻为 $1.2\mathrm{\Omega}$ ，在此情况下，为使待测电阻的测量值更接近真实值，应将 $\mathrm{S}_2$ 拨向＿＿＿＿（填“c”或“d”）；读得电压表的示数为 $2.37\mathrm{V}$ ，电流表的示数为 $0.33\mathrm{A}$ ，则 $R_x=$ ＿＿＿＿ $\Omega$ （结果保留两位有效数字）。

【答案与解析】

（1）闭合 $S_1$ 前滑片应使接入电阻最大以保护电路，滑到b端。（2）待测电阻 $R_x<10\ \Omega$ 为小电阻，应采用电流表外接法，将 $S_2$ 拨向c；外接法主要误差来自电压表分流（B）。（3）已知电流表内阻，应采用电流表内接法消除系统误差，将 $S_2$ 拨向d； $R_x=\frac{U-I R_A}{I}=\frac{2.37-0.33\times1.2}{0.33}=\frac{1.974}{0.33}\approx6.0\ \Omega$ 。故填：b；c、B；d、6.0。
为了验证物体沿光滑斜面下滑的过程中机械能守恒，某学习小组用如图所示的气垫导轨装置（包括导轨、气源、光电门、滑块、遮光条、数字毫秒计）进行实验。此外可使用的实验器材还有：天平、游标卡尺、刻度尺。

（1）某同学设计了如下的实验步骤，其中不必要的步骤是＿＿＿＿； ①在导轨上选择两个适当的位置A、B安装光电门Ⅰ、Ⅱ，并连接数字毫秒计； ②用天平测量滑块和遮光条的总质量m； ③用游标卡尺测量遮光条的宽度d； ④通过导轨上的标尺测出A、B之间的距离l； ⑤调整好气垫导轨的倾斜状态； ⑥将滑块从光电门Ⅰ左侧某处，由静止开始释放，从数字毫秒计读出滑块通过光电门Ⅰ、Ⅱ的时间 $\Delta t_{1}$ 、 $\Delta t_{2}$ ； ⑦用刻度尺分别测量A、B点到水平桌面的高度 $h_1$ 、 $h_2$ ； ⑧改变气垫导轨倾斜程度，重复步骤⑤⑥⑦，完成多次测量。（2）用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标卡尺的示数如图所示，则 $d=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{mm}$ ；某次实验中，测得 $\Delta t_{1}=11.60\mathrm{ms}$ ，则滑块通过光电门Ⅰ的瞬时速度 $v_1=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ （保留3位有效数字）；

（3）在误差允许范围内，若 $h_{1}-h_{2}=$ ＿＿＿＿（用上述必要的实验步骤直接测量的物理量符号表示，已知重力加速度为g），则认为滑块下滑过程中机械能守恒；（4）写出两点产生误差的主要原因：＿＿＿＿。

【答案与解析】

（1）验证机械能守恒表达式中质量 $m$ 可约去，用天平测质量是不必要步骤，即②。（2）游标卡尺读数为 $d=5.00\ \mathrm{mm}$ ；滑块通过光电门Ⅰ的瞬时速度 $v_1=\frac{d}{\Delta t_1}=\frac{5.00\times10^{-3}}{11.60\times10^{-3}}\approx0.431\ \mathrm{m/s}$ 。（3）由 $\frac12mv_1^2+mgh_1=\frac12mv_2^2+mgh_2$ ，且 $v=\frac{d}{\Delta t}$ ，得 $h_1-h_2=\frac{d^2}{2g}\left(\frac1{\Delta t_2^2}-\frac1{\Delta t_1^2}\right)$ 。（4）误差主要原因：滑块运动受空气阻力（或导轨残余摩擦）；用遮光条平均速度近似瞬时速度存在误差（或遮光条宽度测量误差）。故填：②；5.00、0.431； $\frac{d^2}{2g}\left(\frac1{\Delta t_2^2}-\frac1{\Delta t_1^2}\right)$ ；空气阻力与速度近似误差。
一列沿x轴正方向传播的简谐横波，其波源的平衡位置在坐标原点，波源在0 ~ $4s$ 内的振动图像如图（a）所示，已知波的传播速度为 $0.5\mathrm{m/s}$ 。（1）求这列横波的波长；（2）求波源在 $4s$ 内通过的路程；（3）在图（b）中画出 $t = 4s$ 时刻的波形图。

【答案与解析】

（1）由振动图像知振幅 $A=4\ \mathrm{cm}$ 、周期 $T=4\ \mathrm{s}$ ，波长 $\lambda=vT=0.5\times4=2\ \mathrm{m}$ 。（2） $t=4\ \mathrm{s}=T$ ，波源通过的路程 $s=4A=16\ \mathrm{cm}$ 。（3） $t=0$ 波源从平衡位置向上起振， $t=4\ \mathrm{s}$ 时波已传播 $x=vt=2\ \mathrm{m}$ （恰好一个波长），波源回到平衡位置且向下运动。波形图：在 $x=0$ 处位移为 $0$ 且向下； $x=0.5\ \mathrm{m}$ 处波峰 $+4\ \mathrm{cm}$ ； $x=1.0\ \mathrm{m}$ 处平衡； $x=1.5\ \mathrm{m}$ 处波谷 $-4\ \mathrm{cm}$ ； $x=2.0\ \mathrm{m}$ 处为波前（位移 $0$ ）。按此画出 $t=4\ \mathrm{s}$ 的正弦波形即可。作图略。
如图，一长木板在光滑的水平面上以速度 $v_0$ 向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和 $2m$ ，它们之间的动摩擦因数为 $\mu$ ，重力加速度为g。（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。

【答案与解析】

（1）滑块与木板系统水平方向动量守恒： $2mv_0=(m+2m)v$ ，得共同速度 $v=\frac23v_0$ 。（2）设此时滑块速度 $v_1$ 、木板速度 $v_2=2v_1$ ，动量守恒 $2mv_0=mv_1+2m(2v_1)=5mv_1$ ，得 $v_1=\frac25v_0$ 、 $v_2=\frac45v_0$ 。系统摩擦生热 $Q=\mu mg\Delta x=$ 初动能减末动能 $=mv_0^2-\left[\frac12m(\frac25v_0)^2+\frac12(2m)(\frac45v_0)^2\right]=\frac7{25}mv_0^2$ ，故 $\Delta x=\frac{7v_0^2}{25\mu g}$ 。（3）木板受外力保持 $v_0$ 匀速，对滑块 $\mu mg=ma$ 得 $a=\mu g$ ，至相对静止需 $t=\frac{v_0}{a}=\frac{v_0}{\mu g}$ 。外力 $F=\mu mg$ ，木板位移 $x=v_0t=\frac{v_0^2}{\mu g}$ ，外力做功 $W=Fx=\mu mg\cdot\frac{v_0^2}{\mu g}=mv_0^2$ 。故共同速度为 $\frac23v_0$ ；滑块到木板最右端距离为 $\frac{7v_0^2}{25\mu g}$ ；运动时间 $\frac{v_0}{\mu g}$ ，外力做功 $mv_0^2$ 。
如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度 $v_0$ 向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为 $u_0$ 。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其它电阻。（1）求金属杆中的电流和水平外力的功率；（2）某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为 $\frac{u_{0}}{2}$ ，求：（i）这段时间内电阻R上产生的焦耳热；（ii）这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。

【答案与解析】

（1）金属杆切割磁感线电动势 $E=BLv_0$ ，电流 $I=\frac{E}{R}=\frac{BLv_0}{R}$ 。匀速时外力功率等于电功率（或 $F_{\text{外}}=BIL$ ）， $P=I^2R=\frac{B^2L^2v_0^2}{R}$ 。（2）（i）撤去外力后，由 $I=neSu$ 与 $I=\frac{BLv}{R}$ 知 $v\propto u$ ；初始 $u_0$ 对应 $v_0$ ，当 $u=u_0/2$ 时 $v=v_0/2$ 。由能量守恒，杆减少的动能全部转化为 $R$ 上的焦耳热： $Q=\frac12mv_0^2-\frac12m(v_0/2)^2=\frac38mv_0^2$ 。（ii）对金属杆用动量定理： $-\overline{BIL}\,\Delta t=m(v_0/2-v_0)$ ，即 $BL\int I\,dt=\frac12mv_0$ 。而 $\int I\,dt=neS\int u\,dt=neS\cdot s_e$ （ $s_e$ 为电子定向移动距离）。由初始 $neSu_0=I_0=\frac{BLv_0}{R}$ 得 $neS=\frac{BLv_0}{Ru_0}$ ，代入得 $BL\cdot\frac{BLv_0}{Ru_0}\cdot s_e=\frac12mv_0$ ，解得 $s_e=\frac{mRu_0}{2B^2L^2}$ 。故电流为 $\frac{BLv_0}{R}$ 、外力功率为 $\frac{B^2L^2v_0^2}{R}$ ；焦耳热为 $\frac38mv_0^2$ ；电子定向移动距离为 $\frac{mRu_0}{2B^2L^2}$ 。