2026年山东省潍坊市高考物理二模试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2026年山东省潍坊市高考物理二模试卷一、单选题：本大题共8小题，共24分。1.科学家利用放射性材料——PuO2中的 94238Pu发生衰变为火星车供电，其衰变方程为 94238Pu→A.X是β粒子，该过程放出能量

B.X是α粒子，该过程吸收能量

C.经过175.4年，会有25%的 94238Pu发生衰变

D.经过175.4年，会有75%2.古代发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木质推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内封闭气体，艾绒即可点燃。点燃之前的压缩过程中，筒内封闭气体(

)A.对外界做正功，内能增加

B.对外界做负功，内能减少

C.分子密集程度增大，分子平均动能增大

D.每个分子的运动速率均增大，无规则热运动变剧烈3.某兴趣小组用如图所示的装置做双缝干涉实验，图中单缝S到双缝S1、S2距离相等，光屏上O点到S1、S2距离也相等，一单色点光源发出的光经单缝、双缝到达光屏，形成明暗相间的等间距条纹。水平向左移动光屏少许，则OA.宽度变宽 B.宽度变窄

C.宽度不变 D.由亮条纹变成暗条纹4.如图所示，水平木板可绕固定转轴O在竖直平面内自由转动，木板上装有固定挡板，挡板右侧拴接一水平轻弹簧，弹簧右侧静置一可装细砂的小方形空容器P，初始时弹簧刚好与P接触且为原长。现缓慢抬高木板右端，当P刚要与木板发生相对滑动时停止抬高，此时木板倾角为θ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(

)A.木板抬高到倾角为θ的过程中，弹簧的弹力逐渐增大

B.木板抬高到倾角为θ的过程中，P对木板的作用力逐渐减小

C.保持θ不变，若向P中缓慢装入细砂，弹簧的长度将不断减小

D.保持θ不变，若向P中缓慢装入细砂，弹簧的长度将保持不变5.平抛运动的物理现实是唯一的，但数学描述是多元的。如图甲所示，物体以初速度v0水平向右抛出，以抛出点O为坐标原点，以与水平偏下θ角的方向为x轴的正方向建立平面直角坐标系，从抛出时开始计时，获得x、y方向的速度—时间图像分别如图乙、丙所示。已知g取10m/s2，则(

)

A.物体抛出时的初速度大小为4m/s

B.夹角θ的正切值为43

C.t=1s时，物体水平方向的速度大小为5m/s

D.y方向的加速度大小为6.如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，运行周期为T1，P为近日点，Q为远日点，M、N为短轴的两个端点；地球绕太阳沿圆轨道运动，轨道半径为r、公转周期为T2。已知海王星在近日点与太阳中心的距离为r1，线速度大小为v1；在远日点与太阳中心的距离为r2，线速度大小为vA.v1v2=r2r1

B.T22T12=r7.如图甲所示，边长L=0.5m、匝数N=20匝的正方形线圈与理想变压器相连，变压器副线圈连接R=5Ω的定值电阻。在正方形线圈内部有与纸面垂直、半径r=0.2m的圆形磁场，其磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。已知图乙中的曲线部分按照正弦规律变化，另一部分为倾斜直线，变压器原副线圈匝数比n1：n2=4：1，不计正方形线圈及导线的电阻，取π2=10，则电阻R在1min内产生的热量为A.150J B.300J C.586J D.1172J8.如图所示，一半径为R的橡胶圆环，固定在绝缘支架上，圆环上均匀分布着同种电荷。现从圆环上截去长为s的一小段圆弧，剩余部分在圆环中心处产生的场强大小为E，再从圆环上截去长为2s的一小段圆弧，剩余部分在圆环中心产生的场强大小为E′，不考虑因截取导致的电荷分布变化，则(

)A.E′的最大值小于3E B.E′的最大值等于3E

C.E′的最小值等于E D.E′的最小值大于E二、多选题：本大题共4小题，共16分。9.如图甲所示，在平静的水面下深h处有一个点光源S，它能发出红色、橙色、紫色三种光，有光线射出的水面上形成如图乙所示的圆形环状区域。红色、橙色、紫色的折射率分别为na、nb、nc，下列说法正确的是A.区域Ⅰ的面积为πh2nc2−1 B.区域Ⅱ射出的是紫光和橙光

C.10.如图所示，一根长为l的轻杆，一端连接质量为m、电荷量为−q(q>0)的小球，另一端可绕O点在竖直面内自由转动，空间中存在竖直向下的匀强电场。在最低点A给静止小球一个水平向右的初速度v0动到与O点等高的B点时，杆上的弹力恰为0，已知重力加速度大小为g，不考虑空气阻力，下列说法正确的是(

)A.电场强度的大小为mgq

B.电场强度的大小为mgq−mv022ql

11.同一均匀介质中有振动频率相同、振动方向一致的波源S1、S2，能分别发出在同一平面内传播的简谐横波。波源S1、S2的连线上有一点P，P点到S1、S2的距离之差为6m。已知S1从t=0时起振，S2从t=1s时起振，而且S1发出的波首先到达A.两波源振动的周期为2s

B.S1、S2的振幅分别为3cm和2cm

C.两列波传播的速度大小为2m/s

D.位于两波源连线上且到P点距离为3m12.如图所示，可绕O点自由转动的轻杆左端固定一小球c，通过细线将小球拉起使轻杆水平，用跨过定滑轮P的轻绳连接物体b与小球c，物体a、b通过一竖直轻弹簧相连。开始时，系统处于静止状态，轻绳恰好伸直但无张力。已知a、b的质量均为m，c的质量为M，轻杆长度为L，O、P间的距离为43L，重力加速度大小为g，忽略空气阻力及一切摩擦。某时刻剪断c上方的细线，当c运动到O点正下方时，a恰好离开地面。则(

)A.轻弹簧的劲度系数为6mgL

B.当c下落高度为74L时，b和c的速度大小相等

C.c运动到O点正下方时的速度大小为52(3M−4m)gL3(25M+16m)

D.c运动到O点正下方时的速度大小为13.某同学利用如图所示的装置测量光栅板下落的加速度，其中光栅板上交替排列着等宽度的遮光带和透光带，其宽度均为d。实验时将光栅板置于光电传感器上方某高度，令其自由下落穿过光电传感器。光电传感器所连接的计算机可连续记录遮光带和透光带分别通过光电传感器的时间。

(1)该同学测得某遮光带通过光电传感器的时间为Δt0，则

。

A.该遮光带通过光电传感器的平均速度为2dΔt0

B.该遮光带中间位置通过光电传感器的瞬时速度大于dΔt0

C.该遮光带中间位置通过光电传感器的瞬时速度小于dΔt0

(2)实验中测得某相邻遮光带和透光带先后通过光电传感器的时间为Δt1、Δt2，甲、乙两位同学提出两种加速度计算方案：

甲：加速度a=dΔt2−dΔt1(Δt1+Δt214.某实验小组利用如图甲所示的实验电路测量某电源的电动势和内阻，所用两电源分别为E1、E2，其内阻分别为r1、r2，其中一块电源为待测电源，另一块为辅助电源。

该小组的主要实验步骤如下：

①按图甲连接好实验电路，将两滑动变阻器R1、R2的滑片滑到合适位置，闭合开关S1、S2，调节R2、R1，使灵敏电流计G的示数为零，读出此时电流表和电压表的示数I1和U1；

②改变R2、R1的阻值，仍使灵敏电流计的示数为零，读出电流表和电压表的示数I2和U2；

③重复②中的操作，得到多组I和U，根据所得数据作出U−I图像如图乙所示。

由以上信息可知：

(1)待测电源是

(选填“E1”或“E2”)；

(2)由图乙可知，待测电源的电动势为

V，内阻为

Ω(结果均保留2位小数)；

(3)在操作步骤①的过程中，若调节R2后发现灵敏电流计G四、计算题：本大题共4小题，共46分。15.如图所示，竖直固定的注射器1用连接管与水平注射器2相连，注射器1和2的气缸口处各固定一卡环，初始时横截面积为S的活塞1静靠在卡环下方且与卡环无作用力，到气缸底部的距离为L，横截面积为2S的活塞2到气缸底部的距离为2L。已知两注射器内壁均光滑，外界大气压强恒为p0，活塞1的质量m=0.15p0Sg，温度保持不变，装置导热良好，封闭气体可视为理想气体，不计两活塞的厚度以及连接管内气体的体积。现缓慢水平向左推动活塞2，使注射器内气体的压强增大到2.3p0，重力加速度大小为g，求该过程中：

(1)活塞2向左运动的距离Δx；

(2)从注射器2进入注射器116.如图所示，两条间距为L的光滑金属导轨平行置于水平面上，导轨中间用绝缘材料将左右导轨平滑连接，左侧导轨接有阻值为R的电阻，右侧导轨接有电动势为E的电源，整个装置处于竖直向下、大小为B的匀强磁场中。开始时在右侧导轨静置质量为m的导体棒，导体棒接入电路的阻值为R。闭合开关，导体棒由静止开始向左运动，一段时间后匀速运动；然后经绝缘材料滑上左侧导轨，最终停下，求：

(1)导体棒在右侧导轨匀速运动的速度大小v；

(2)导体棒在左侧导轨上运动的距离x。17.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一、四象限内存在圆形匀强磁场区域Ⅰ和匀强电场、匀强磁场的叠加区域Ⅱ。区域Ⅰ的圆心坐标为(R,0)、半径为R，磁感应强度大小未知，方向垂直xOy平面向里；区域Ⅱ的左右边界与y轴平行，沿x轴方向宽度为R，电场方向沿y轴正方向，磁场方向垂直xOy平面向外。第二象限设置有加速电极(极板平行于y轴)和偏转电极(极板平行于x轴)，偏转电极的极板长度与板间距离之比为33且下极板右端与坐标原点O重合。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从紧贴加速电极左极板处由静止释放，经加速后沿偏转电极的中线射入偏转电场，随后以速度大小v从O点进入区域Ⅰ，偏转后从M点(未标出)射出，射出时的速度方向与y轴正方向成60°角，之后粒子进入区域Ⅱ，并最终从区域Ⅱ的右边界沿x轴正方向射出。已知区域Ⅱ中的电场强度大小与磁感应强度大小的比值为3v2，不计粒子重力，求：

(1)加速电极和偏转电极电压之比U1：U2；

(2)区域Ⅰ磁场的磁感应强度大小B0；

(3)18.如图所示，质量为0.8kg的木板B静置在光滑的水平地面上，在木板右端上方静置一质量为0.4kg的小球A，木板左侧水平放置一轻质弹簧，弹簧左端固定在竖直墙壁上，右侧与B左端接触(不拴接)，初始时，弹簧处于原长。现用力向左推木板，使弹簧处于压缩状态，压缩量x0=2πm，撤去外力的同时释放A，弹簧恢复原长时A与B的上表面恰好接触，发生碰撞，A与B的接触时间Δt=0.1s。碰后，A运动轨迹的最大高度与初始位置等高。之后A在最高点与固定挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后立即撤去挡板。已知弹簧的劲度系数为5π2N/m，A与B上表面间的动摩擦因数μ=0.4，弹簧弹性势能表达式为Ep=12kx2(k为劲度系数、x为形变量)，弹簧振子的周期表达式为T=2πmk(m为振子的质量、k为劲度系数)，g取10m/s2，A不会从B上滑下，求：

(1)初始时，A所处的高度h；答案解析1.【答案】D

【解析】解：AB，原子核发生衰变的过程要放出能量，衰变过程遵循质量数与电荷数守恒，据此可得X的电荷数为2，质量数为4，即X是α粒子，故AB错误；

CD、因175.4年=2×87.7年，故经过175.4年，就是经过了2个半衰期，会有1−(12)2=34=75%的 94238Pu发生衰变，故C错误，D正确。

故选：D。

2.【答案】C

【解析】解：A.压缩气体时，气体体积减小，外界对气体做功，气体对外界做负功；且该过程近似绝热，内能应增加，故A错误；

B.压缩气体时，外界对气体做功，气体对外界做负功；但气体内能增加，而非减少，故B错误；

C.压缩过程中，气体体积减小，分子数不变，分子密集程度增大；气体内能增加，温度升高，分子平均动能增大，故C正确；

D.温度升高时，分子平均动能增大，是统计平均的结果，并非每个分子的运动速率都增大，故D错误。

故选：C。

结合压缩气体的做功情况、体积变化与分子密集程度、温度变化与分子平均动能的关系，用热力学第一定律分析气体内能变化，逐一判断选项。

本题考查热力学第一定律与气体分子动理论的应用，重点区分分子平均动能与单个分子动能的差异，是对热学核心概念的基础考查。3.【答案】B

【解析】解：双缝干涉形成等宽等距的明暗相间的条纹，根据相邻亮条纹间距Δx=Ldλ，水平向左移动光屏少许，则L变小，条纹间距与条纹的宽度均变窄，移动后光屏上O点到S1、S2距离仍然相等，则O点处的条纹仍然是亮条纹，故B正确，ACD错误。

故选：B。

双缝干涉形成等宽等距的明暗相间的条纹，水平向左移动光屏少许，则双缝到屏的距离变小，根据相邻亮条纹间距公式判断条纹间距与条纹的宽度的变化。移动后光屏上O点到S1、4.【答案】D

【解析】解：A、木板抬高到倾角为θ的过程中，P相对于木板静止，弹簧的长度不变，则弹簧的弹力大小不变，故A错误；

B、木板抬高到倾角为θ的过程中，弹簧处于原长状态，弹簧对P的弹力为零，则P受到重力、木板对P的作用力，由平衡条件知，P对木板的作用力与P的重力等大反向，则P对木板的作用力不变，由牛顿第三定律知，P对木板的作用力不变，故B错误；

CD、保持θ不变，对P，根据平衡条件得：mgsinθ=μmgcosθ，即有sinθ=μcosθ，该方程与P的质量无关，所以，若向P中缓慢装入细砂，P受力仍静止，弹簧的长度将保持不变，故C错误，D正确。

故选：D。

木板抬高到倾角为θ的过程中，分析弹簧形变量的变化，判断弹簧的弹力变化；分析P受力情况，由平衡条件分析木板对P的作用力的变化情况，进而得到P对木板的作用力变化情况；保持θ不变，若向P中缓慢装入细砂，根据平衡条件分析P是否运动，进而判断出弹簧的长度变化情况。

解答本题时，要正确分析P的受力情况，运用平衡条件分析P的运动状态。5.【答案】C

【解析】解：物体做平抛运动，其初速度v0沿水平方向；根据图甲所示坐标系，初速度在x、y轴的分量分别为vx(0)=v0cosθ，vy(0)=v0sinθ。

AB、由图乙和图丙可知，t=0时vx(0)=4m/s，vy(0)=3m/s，根据矢量合成得v0=vx(0)2+vy(0)2，解得：v0=5m/s，则tanθ=vy(0)vx(0)=34，故AB错误；

C、物体做平抛运动，在水平方向不受外力，其水平分速度保持不变，故t=1s6.【答案】A

【解析】解：A.根据开普勒第二定律，对海王星有12r1v1Δt=12r2v2Δt，得v1v2=r2r1，故A正确；

B.海王星的椭圆轨道半长轴为a=r1+r22，根据开普勒第三定律有r3T22=a3T127.【答案】B

【解析】解：磁场仅分布在圆形区域内，因此有效面积S=πr2=π×(0.2)2m2=0.04πm2

正弦变化的磁感应强度B=Bmsinωt，其中角速度ω=2πT1

代入数据可得ω=100πrad/s

根据法拉第电磁感应定律Em=NSBmω

代入数据可得Em=40V

原线圈电压有效值正弦式交变电流的有效值E1=Em2=402V=202V

理想变压器变压比U1U2=n1n2，代入U1=E1=208.【答案】A

【解析】解：完整的圆环在中心处的合场强为0，则剩余部分在圆环中心处产生的场强与截去的圆弧产生的场强大小相等、方向相反，可知，截去3s圆弧后剩余部分在圆环中心产生的场强与截去的3s圆弧在圆环中心产生的场强大小相等、方向相反，每段s圆弧在圆环中心产生的场强大小为E，因3个圆弧s不在同一位置，它们在圆心处产生的场强方向不可能相同，所以3个圆弧s在圆心处产生的合场强最大值小于3E。因3个圆弧s相互间能成120°角对称分布，所以3个圆弧s在圆心处产生的合场强最小值为0，即截去的3s圆弧在圆环中心产生的场强最大值小于3E，最小值为0，所以E′的最大值小于3E，E′的最小值等于0，故A正确，BCD错误。

故选：A。

利用补偿法，完整带电圆环中心场强为零，剩余部分场强与截去部分场强大小相等、方向相反，据此分析截去的3s圆弧后圆环中心场强的大小范围。

本题考查补偿法在电场叠加问题中的应用，有效检验了电场叠加原理的理解与矢量分析能力。9.【答案】AC

【解析】解：ABC、红色、橙色、紫色的折射率关系为na<nb<nc，根据临界角公式sinC=1n可知临界角关系为Ca>Cb>Cc，光在圆形区域边缘恰好发生全反射，光路图如图所示：

所以区域Ⅲ射出的是红光，区域Ⅱ射出的是红光和橙光，区域Ⅰ射出的红色、橙色、紫色三种光。对紫光，有sinCc=1nc

由几何知识可得，区域Ⅰ的半径为r=htanCc，面积为S=πr2，解得10.【答案】BD

【解析】解：小球在运动过程中受到竖直向下的重力mg和竖直向上的电场力qE。根据题意，在与O点等高的B点，杆的弹力恰好为零，表明小球在该点的向心力为零，即速度vB=0。

AB、小球从A点运动到B点的过程，应用动能定理可得(qE−mg)l=0−12mv02，整理得mg−qE=mv022l，解得电场强度E=mgq−mv022ql，故A错误，B正确；

C、在最低点A处，设杆的弹力为T，根据牛顿第二定律有T+qE−mg=mv02l，代入mg−qE的关系式，解得T=3mv022l，故C错误；

D、若初速度变为2v0，设最高点速度为vC，从11.【答案】AB

【解析】解：根据P点的振动图像可知，质点在t=4s时开始振动，由于S1发出的波先到达P点，可知S1的波传到P点所需时间t1P=4s；

在t=7s时，P点的振动幅度发生改变，说明此时S2发出的波到达P点，则S2的波传到P点所需时间t2P=7s−1s=6s。

A、由图像可知，一个完整的振动周期从t=4s到t=6s，故周期T=2s，频率f=0.5Hz，故A正确；

B、在4s～7s时间段内，只有S1的波在P点引起振动，由图像高度可知S1的振幅A1=3cm；

在t=7s后，两列波在P点叠加，此时两列波在P点引起的振动相位差Δφ=ω(t2P−t1P)=2π2×(6−4)=2π，S2波在t时刻的相位φ2=π(t−7)。

在t=7s后，两者的相位差Δφ=π(t−4)−π(t−7)=3π)，即两波在P点始终反相，发生干涉减弱。由图像可知叠加后的合振幅A=1cm，根据|A1−A2|=A，解得：A2=2cm，故B正确；

C、由题意知|PS1−PS2|=6m，结合波速公式x=vt有|v⋅4−v⋅6|=6m，解得：v=3m/s，故C错误；

D、两波的波长λ=vT，解得：λ=6m。对于连线上距离P点3m的点Q，其到两波源的路程差改变量为Δx′=2×3m=6m=λ。

由于在P点为干涉减弱点，路程差改变一个波长后，该点仍为干涉减弱点，振幅仍为12.【答案】BC

【解析】解：A、对系统进行受力与运动分析，初始状态系统静止且轻绳无张力，物体b仅受重力和弹簧弹力，弹簧处于压缩状态，压缩量为x1=mgk。

当小球c运动至O点正下方时，物体a恰好离开地面，此时弹簧对a的拉力等于其重力，弹簧处于伸长状态，伸长量为x2=mgk。

由于x1=x2，此过程中弹簧弹性势能变化量为0。物体b上升的高度为hb=x1+x2=2mgk。

根据几何关系分析，设O为原点，初始时轻杆水平，c点位于O左侧L处，定滑轮P位于O左侧43L处。初始绳长为Pc1=43L−L=13L。

当c运动到O点正下方时，其坐标为(0,−L)，此时绳长为Pc2=(43L)2+L2=53L。绳子拉下的长度即为b上升的高度，故hb=53L−13L=43L。

联立可得2mgk=43L，解得弹簧劲度系数k=3mg2L，故A错误；

B、进行速度关系分析，设轻杆与水平方向夹角为α，根据关联速度公式，物体b的速度vb=vcsinγ(其中γ为绳与杆的夹角)。

在△OPc中，利用正弦定理可推导出vb=dsinαd2+13.【答案】B甲偏大

【解析】解：(1)A.遮光带通过光电传感器的平均速度由位移与时间的比值决定，遮光带宽度为d，通过时间为Δt0因此平均速度为v−=dΔt0，故A错误；

B.匀加速直线运动中，某段位移的平均速度等于该段位移中间时刻的瞬时速度，即v中时=dΔt0

而中间位置的瞬时速度大于中间时刻的瞬时速度(匀加速运动中，速度随时间增大，中间位置在中间时刻的下方，对应时刻更晚，速度更大)，故B正确；

C.由B选项分析可知，中间位置的瞬时速度大于dΔt0，故C错误。

故选：B。

(2)甲同学的方案：以遮光带通过的平均速度v1=dΔt1，作为其中间时刻的瞬时速度，透光带通过的平均速度v2=dΔt2，作为其下一个中间时刻的瞬时速度，两个中间时刻的时间间隔为Δt=Δt1+Δt22

(遮光带中间时刻到透光带中间时刻的时间差)。根据加速度定义a=ΔvΔt

可得：a=dΔt2−dΔt1Δt1+Δt22，该方案直接利用加速度的定义式，物理意义清晰，故合理。

乙同学的方案：错误地将两个中间时刻的瞬时速度代入匀变速直线运动的速度—位移公式v214.【答案】E1.481.00向左

【解析】解：(1)由灵敏电流计G的示数为零可知，电势差Uab=0，且有：U=IR2。

根据闭合电路欧姆定律得：

E1=I(r1+R1)

E2=I(r2+R2)=Ir2+U

由此可知，可通过作出U−I图像求得E2与r2，则待测电源是E2；

(2)由：E2=Ir2+U，可得：U=E2−Ir2

由图乙的U−I图像的纵截距与斜率可得：E2=1.48V，r2=1.48−1.000.48Ω=1.00Ω

(3)灵敏电流计G中有自a流向b的电流，说明a端的电势较高，为使灵敏电流计G的示数再次为零，则应增大滑动变阻器R1的分压，应使其接入电路的电阻变大，故应缓慢向左调节滑动变阻器R1的滑片。

故答案为：15.【答案】活塞2向左运动的距离为54L

从注射器2进入注射器1的气体占注射器2原有气体的质量比为【解析】解：(1)初始时刻，活塞1静止在卡环下方且未受力，由受力平衡条件可得p1S=p0S+mg，代入数据解得封闭气体的初始压强p1=1.15p0，其初始总体积V1=SL+2S⋅2L=5SL；

当向左推动活塞2时，气体压强增大，活塞1因受到向上的压力增大而紧贴卡环保持静止，依据玻意耳定律p1V1=p2V2，代入数据解得末态总体积V2=2.5SL；

此时注射器2中气体的体积为2.5SL−SL=1.5SL，根据几何关系1.5SL=2S(2L−Δx)，可求得活塞2向左移动的距离Δx=54L。

(2)由于气体温度保持恒定，根据理想气体状态方程可知，封闭在一定体积内的气体质量与其压强和体积的乘积成正比，

进入注射器1的气体质量对应p2SL−p1SL，注射器2中原有气体的质量对应p1⋅2S⋅2L，因此质量之比m出m原=p2SL−p1SL4p1SL，代入数据解得m出m16.【答案】导体棒在右侧导轨匀速运动的速度大小为EBL

导体棒在左侧导轨上运动的距离为2mER【解析】解：(1)导体棒在右侧导轨上做匀速直线运动时，其所受合力为零，此时感应电动势与电源电动势大小相等，由公式E=BLv，解得导体棒匀速运动的速度大小为v=EBL。

(2)导体棒滑上左侧导轨后，在安培力作用下做减速运动直至停止，设正方向与导体棒初始运动方向相同，

根据动量定理有−BI−LΔt=0−mv，其中通过回路的电荷量q=I−Δt=BLx2R，将速度v的表达式代入并联立方程，解得导体棒在左侧导轨上运动的距离x=2mERB3L3。

答：(1)导体棒在右侧导轨匀速运动的速度大小为EBL。

17.【答案】加速电极和偏转电极电压之比为1：6

区域Ⅰ磁场的磁感应强度大小为(3−1)mvqR

粒子在区域【解析】解：(1)加速电场qU