山东省枣庄第八中学2018_2019学年高二物理上学期期末考试试卷（含解析）.doc

1、1山东省枣庄第八中学 2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题一、选择题 (本题共 12小题，每小题 4分，共 48分。每小题给出的四个选项中，第 17题只有一项是符合题目要求，第 812题有多项符合题目要求。全部选对的得 4分，选对但不全的得 2分，有选错的或不答的得 0分)1.关于万有引力和万有引力定律的理解正确的是A. 不能看作质点的两物体间不存在相互作用的引力B. 只有能看作质点的两物体间的引力才能用 计算C. 与 受到的引力总是大小相等、方向相反，是一对平衡力D. 与 受到的引力总是大小相等的，而与 、 是否相等无关【答案】D【解析】【详解】不能看作质点的两物体间万有引力定律

2、不适用，但是两物体之间仍然存在相互作用的引力，选项 A错误；物体能否看做质点，与要研究的问题有关。例如：要研究两个靠的很近的铅球之间的相对运动时不能看做是质点，而求它们之间的万有引力时可以使用公式 故 B错误。 与 受到的引力总是大小相等、方向相反，是一对相互作用力，选项 C错误； 与 受到的引力总是大小相等的，而与 、 是否相等无关，选项 D正确；故选 D.2.关于磁感应强度，下列说法正确的是A. 磁场中某一点的磁感应强度可以这样测定：把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力F与该导线的长度 L、通过的电流 I乘积的比值，即 B=FILB. 磁感应强度 只是定义式，它的大小取决于场源以及在磁场

3、中的位置，与 F、 I、 LB=FIL以及通电导线在磁场中的方向无关C. 通电导线在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零D. 通电导线所受磁场力的方向就是磁场的方向【答案】B【解析】2【分析】根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度此比值与磁场力及电流元均无关【详解】磁场中某一点的磁感应强度可以这样测定：把一小段通电导线放在该点时受到的最大的磁场力 F与该导线的长度 L、通过的电流 I乘积的比值，即 ，选项 A错误； B=FIL磁感应强度 只是定义式，它的大小取决

4、于场源以及在磁场中的位置，与 F、 I、 L以及B=FIL通电导线在磁场中的方向无关，选项 B正确；通电导线在某点不受磁场力的作用，可能是导线放置的方向与磁场方向平行，而该点的磁感应强度不一定为零，选项 C错误；通电导线所受磁场力的方向与磁场的方向垂直，选项 D错误；故选 B.3.关于两个运动的合成，下列说法正确的是A. 两个直线运动的合运动一定也是直线运动B. 方向不共线的两个匀速直线运动的合运动一定也是匀速直线运动C. 小船渡河的运动中，小船的对地速度一定大于水流速度D. 小船渡河的运动中，水流速度越大，小船渡河所需时间越短【答案】B【解析】【分析】位移、速度、加速度都是矢量，合成分解遵循

5、平行四边形定则合运动与分运动具有等时性【详解】两个分运动是直线运动，其合运动可能是曲线运动，比如平抛运动。故 A错误。不共线两个匀速直线运动，没有加速度，则合运动也一定是匀速直线运动。故 B正确。合运动的速度（小船对地速度）可能比分速度（水流速度）大，可能比分速度小，可能与分速度相等。故 C错误；小船渡河的时间由小船沿垂直于河岸方向的速度决定，故水流速度越大，小船渡河所需时间却不变，故 D错误。故选 B。4.质量为 m、长为 L的直导体棒放置于 光滑圆弧轨道上，整个装置处于方向竖直向上、磁14感应强度大小为 B的勾强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成 角，

6、其截面图如图所示。 ， 。则下列关于导体53 sin53=0.8cos53=0.6棒中电流的分析正确的是3A. 导体棒中电流垂直纸面向里，大小为 I=4mg3BLB. 导体棒中电流垂直纸面向里，大小为 I=3mg4BLC. 导体林中电流垂直纸面向外，大小为 I=4mg3BLD. 导体称中电流垂直纸面向外，小为 I=3mg4BL【答案】A【解析】【分析】对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，根据左手定则判断电流方向，根据平衡条件求解安培力，根据安培力公式 FA=BIL求解电流【详解】对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，如图所示：安培力向右，根据左手定则，电流向里；根据平衡条件，有：F

7、A=mgtan53= mg，故电流：43，故选 A。I=FABL 4mg3BL5.如图所示为“感受向心力”的实验，用一根轻绳，一端栓着一个小球，在光滑桌面上抡动细绳，使小球做圆周运动，通过拉力来感受向心力。下列说法正确的是4A. 只减小旋转角速度，拉力增大B. 只加快旋转速度，拉力减小C. 只更换一个质量较大的小球，拉力增大D. 突然放开绳子，小球仍做曲线运动【答案】C【解析】ABC、由题意，根据向心力公式， ，与牛顿第二定律，则有 ，只减小F向 =m2r T拉 =m2r旋转角速度，拉力减小，只加快旋转速度，拉力增大，只更换一个质量较大的小球，拉力增大，故 AB错误，C 正确；D、突然放开绳子

8、，小球受到的合力为零，将沿切线方向做匀速直线运动，故 D错误；故选 C。【点睛】在光滑桌面上抡动细绳，使小球做圆周运动，由牛顿第二定律得 。T拉 =m2r6.如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头 Q来调节，在副线圈两瑞连接了定值电阻 和滑动变阻器 R， P为滑动变阻器的滑动触头，R0在原线圈上加一电压为 U的正弦交流电，则A. 保持 Q的位置不动，将 P向下滑动时，电流表读数变大B. 保持 Q的位置不动，将 P向下滑动时，电流表读数变小C. 保持 P的位置不动，将 Q向下滑动时，电流表读数变大D. 保持 P的位置不动，将 Q向上滑动时，电流表读数变小【

9、答案】A【解析】【分析】保持 Q位置不动，则输出电压不变，保持 P位置不动，则负载不变，再根据变压器的特点分析。【详解】在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定。因此，5当 Q位置不变时，输出电压不变，此时 P向下滑动，负载电阻值减小，则输出电流变大，电流表的读数 I变大，故 A正确，B 错误；P 位置不变，将 Q向上滑动，则输出电压变大，输出电流变大，则电流表的读数 I变大，同理，将 Q向下滑动，则输出电压变小，输出电流变小，则电流表的读数 I变小，故 CD错误；故选 A。【点睛】题的关键在于 P位置不动时 总电阻不变，Q 不变时输出电压不变，完全利用变压器特点。7.如

10、图所示，电路中 A、 B是两个完全相同的灯泡， L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，则下列判断正确的是A. S闭合瞬间， B灯先亮， A逐渐变亮B. S闭合后电路稳定前， B先亮一下再逐渐变暗， A逐渐变暗C. S闭合后电路稳定后， A灯和 B灯亮度相同D. S闭合后电路稳定后，再断开 S时， A灯要亮一下再熄灭【答案】D【解析】【分析】开关 K闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光由于线圈的电阻可以忽略，灯 A逐渐被短路，随后 A灯变暗，B 灯变亮断开开关 K的瞬间，B 灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭【详解】开关 S闭合的瞬间，两灯同时获得电流，所以 A、B 同

11、时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯 A逐渐被短路，流过 A灯的电流逐渐减小，A 灯逐渐变暗，直至熄灭，而流过B的电流增大，所以 B灯变亮。故 AB错误；结合上述分析可知，S 闭合电路稳定后，A 熄灭。故 C错误；断开开关 S的瞬间，B 灯的电流突然消失，立即熄灭；流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，维持 L中的电流逐渐减小，所以 A灯突然闪亮一下再熄灭，故 D正确。故选 D。【点睛】对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路68.对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是A. 温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一

12、定大B. 当物体温度降到 时，物体分子的热运动就会停止0CC. 当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小D. 当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大【答案】AD【解析】【详解】温度是分子平均动能的标志，温度高的物体分子平均动能一定大，由于物体的内能与物体的温度、体积、状态以及物质的量等都有关，则温度高的物体内能不一定大，选项 A正确；物体分子的热运动是永不停息的无规则热运动，温度越高运动越剧烈，故当物体的温度达到 0时分子仍在运动，故 B错误。当 rr0时，分子间的距离增大时，分子间作用力先增大后减小，故 C错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子间距离减小时，分子力做

13、负功，则分子势能增大，选项 D正确；故选 AD.9.关于晶体、非晶体、液晶，下列说法正确的是A. 所有的晶体都表现为各向异性B. 晶体一定有规则的几何形状，形状不规则的金属一定是非晶体C. 所有的晶体都有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点D. 液晶的微观结构介于晶体和液体之间，其光学性质会随电压的变化而变化【答案】CD【解析】【详解】单晶体表现为各向异性，多晶体表现为各向同性，选项 A错误；单晶体一定有规则的几何形状，形状不规则的金属是多晶体，选项 B错误；所有的晶体都有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点，选项 C正确；液晶的微观结构介于晶体和液体之间，其光学性质会随电压的变化而变化，选项 D

14、正确；故选 CD.10.如图甲所示为风力发电的简易模型图，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比。某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则7A. 电流的表达式 （A）i=0.6sin5tB. 磁铁的转速为 5r/sC. 风速加倍时电流的表达式 (A)i=1.2sin20tD. 风速加倍时线圈中电流的有效值为 A3210【答案】BC【解析】【分析】根据 i-t图象判断出电流的最大值与周期，当转速加倍时，根据 Em=nBS 可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍；【详解】通过乙图可知电流的最大值为 0.6A，周期 T=0.2s，故 = 10 rad/s，

15、故电流2T的表达式为 i=0.6sin10t（A） ，故 A错误；电流的周期为 T=0.2s，故磁体的转速为 n=1/T=5r/s，故 B正确；风速加倍时，角速度加倍，根据 Em=nBS 可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为 i=1.2sin20t（A） ，故 C正确；根据 C得分析，形成的感应电流 Im=1.2A，故有效值为 ，故 D错误；故I=Im2 0.62A选 BC。11.如图甲所示，线圈两端 a、 b与一电阻 R相连，线圈内有垂直于线圈平面向外的磁场，从 t=0时起，穿过线圈的磁通量按图乙所示规律变化。下列说法正确的是8A. 时刻， R中电流方向由

16、 a到 bt0B. 3 时刻， R 中电流方向由 a到 bt0C. 02 时间内 R中的电流是 2 4 时间内甲的 2倍t0 t0 t0D. 02 时间内 R产生的焦耳热是 2 4 时间内产生的t0 t0 t014【答案】BD【解析】【分析】根据楞次定律即可判断 t0、3t 0时刻，R 中的电流方向；根据法拉第电磁感应定律求出两个时间段内的感应电动势，由欧姆定律得到电流关系；根据焦耳定律 QI 2Rt即可得到两个时间段的焦耳热的大小关系.【详解】t 0时刻，线圈中向外的磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，所以 R中电流方向由 b到 a，故 A错误；3t 0时刻，线圈中向外的磁通量

17、在减少，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向，R 中的电流方向由 a到 b，故 B正确；02t 0时间内感应电动势 ；2t 04t 0时间内感应电动势 ；根据 I=E/R可知，知 02t 0E1=2002t0 =02t0 E2=202t0=0t0时间内 R中的电流是 2t04t 0时间的 ，故 C错误；根据焦耳定律 QI 2Rt，知 02t 0时间12内 R产生的焦耳热是 2t04t 0时间内的 ，故 D正确；故选 BD。14【点睛】由法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，而感应电流的方向则由楞次定律判定同时穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极到正极12.20

18、18年 5月 21日，我国发射人类首颗月球中继卫星“鹃桥” ，6 月 14日进入使命轨道-地月拉格朗日 轨道，为在月球背面着陆的嫦娥四号与地球站之间提供通信链路。12L2月 8日，我国成功发射嫦娥四号探测器，并于 2019年 1月 3日成功着陆于与月球背面，通过中继卫星“鹊桥“传回了月被影像图，解开了古老月背的神秘面纱。如图所示， “鹊桥“中继星处于 点上时，会和月、地两个大天体保持相对静止的状态。设地球的质量为月球的L2k倍，地月间距为 L， 拉格朗日 点与月球间距为 d，地球、月球和“鹊桥”均视为质点，L2忽略太阳对“鹊桥”中继星的引力。则“鹊桥”中继星处于 点上时，下列选项正确的是L29

19、A. “鹊桥”与月球的线速度之比为 v鹊 :v月 =(L+d):LB. “鹊桥”与月球的向心加速度之比为 a鹊 :a月 =L:(L+d)C. k， L， d之间在关系为1(L+d)2+1kd2=L+dL3D. k， L， d之间在关系为1k(L+d)2+1d2=L+dL3【答案】AC【解析】【分析】“鹊桥”与月球绕地球运动的角速度相同，根据 v=r 可知线速度关系，根据 a=v 可知向心加速度关系；“鹊桥”做圆周运动的向心力等于地球和月球的万有引力之和；月球绕地球做圆周运动的向心力由地球的引力提供，根据牛顿第二定律列式可求解.【详解】 “鹊桥”与月球绕地球运动的角速度相同，则根据 v=r 可知

20、， “鹊桥”与月球的线速度之比为 ，选项 A正确；根据 a=v 可知， “鹊桥”与月球的向心加v鹊 :v月 =(L+d):L速度之比为 ，选项 B错误；对“鹊桥”做圆周运动的向心力等于地球和月a鹊 :a月 =(L+d):L球的万有引力之和，则： ；对月球： ；又GkM月 m(L+d)2+GM月 md2=ma鹊 GkM月 M月L2 =M月 a月，联立解得 ，选项 C正确，D 错误；故选 AC.a鹊 :a月 =(L+d):L1(L+d)2+1kd2=L+dL3二、本题共 2小题，共 12分。请将答案填在题中横线上或按题目要求作答。13.在“用油膜法估测分子的大小”实验中，有下列实验步骤：用注射器将

21、事先配制好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油膜形状稳定。往边长约 40cm的浅盘里倒入约 2cm深的水，水面稳定后将适量痱子粉均匀撒在水面上。用注射器将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积。将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸体积和面积计10算出油酸分子直径的大小。将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。(1)上述步骤中，正确的顺序是_.（填写步骤前面的数字）(2)某同学在做“用油膜法估测分子的大小”实验中，取用的油酸酒精溶液的浓度为每mL溶液中有纯油酸 6mL。用注射器测

22、得 1mL上述溶液有液滴 50滴。把 1滴该溶液滴入104盛水的浅盘里，坐标纸中正方形小方格的边长为 20mm，数出油膜所占格数为 60个。由此可得，每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为_mL；按以上实验数据估测出油酸分子的直径是_m.(此空结果保留一位有效数字)【答案】 (1). (2). (3). 1.2105 51010【解析】【分析】（1）将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出 1滴此溶液的体积然后将 1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄

23、膜的面积（2）用 1滴此溶液的体积除以 1滴此溶液的面积，恰好就是油酸分子的直径明确“用油膜法估测分子的大小”的实验原理：油酸以单分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而由油酸的体积与油膜的面积相除求出油膜的厚度，即可正确解答【详解】 （1）上述步骤中，正确的顺序是：；（2）先计算一滴油酸酒精溶液中油酸的体积： ，V0=6104150mL=1.2105mL再计算油膜面积，最后计算分子直径 d=V0S=1.2105106602020106=51010m【点睛】本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个靠着一个，分子之间无间隙，油膜为单层分子，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度14.如图所示

24、，竖直矩形框内存在一沿水平方向且与金属棒垂直的匀强磁场，金属棒放在电子秤上，电子秤水平固定在金属框架上。现通过测量通电金属棒在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小并判断其方向。主要实验步骤：(1)连接好实物电路，接通电源后金属林中的电流由 a流向 b；(2)保持开关 S断开，读出电子秤示数 ；m011(3)闭合开关 S，调节滑动变阻器 R的阻值使电流大小适当，此时电子秤仍有示数，然后读出并记录_、_；(4)用刻度尺测量_；(5)用测量的物理量和重力加速度 g表示磁感应强度 B的大小，可以得到 B=_；(6)判断磁感应强度方向的方法是：若_，磁感应强度方向垂直金属棒向里；反之，磁感应强

25、度方向垂直金属棒向外。【答案】 (1). 电流表示数 I (2). 此时电子秤的示数 (3). 金属棒的长度 L m1(4). (5). |m0m1|ILg m1m0【解析】【分析】（3,4）根据实验原理，电子秤的读数等于导体棒的重力与安培力的合力；根据实验原理读出要记录的数据；（5）根据平衡条件分列式即可求解；（6）根据左手定则判断即可。【详解】 （3）重新处于平衡状态；读出电流表的示数 I；此时电子秤的示数为 m1；（4）用刻度尺测量金属棒的长度 L；（5）根据平衡条件，有：|m 0-m1|g=BIL解得：B=|m0m1|gIL（4）判定磁感应强度方向的方法是：若 m1m 0，磁感应强度方

26、向垂直纸面向里；反之，磁感应强度方向垂直纸面向外；三、本题共 4小题，共 40分。解答应写出必要的文字说明、方程式及重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。1215.如图所示，底端切线水平且竖直放置的光滑 圆弧轨道的半径为 L=0.8m，圆心在 O点，14其轨道底端 P距地面的高度及与右侧竖直墙的距离均为 L。现将一质量为 m=0.5kg、可视为质点的小球从轨道的端点 Q由静止释放，不计空气阻力，取 .求：g=10m/s2(1)小球在 P点时受到的支持力大小。(2)小球第一次与墙壁碰撞时的速度大小。【答案】(1) (2)FN=15N v2=25m

27、/s【解析】【分析】（1）小球从 Q到 P过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律求出小球在 P点时的速度，再由向心力公式求出支持力；（2）小球离开 P点后做平抛运动，由平抛运动的知识求得小球第一次与墙壁碰撞时下降的高度，再由机械能守恒求得速度的大小【详解】 （1）小球从 Q到 P过程有 mgL=12mv12小球在 P点有 FNmg=mv12L代入数据解得： . v1=4m/s FN=15N（2）小球在平抛过程中有 L=v1th=12gt2mg(L+h)=12mv22代入数据解得： v2=25m/s【点睛】解决本题的关键是要理清小球的运动过程，运用机械能守恒定律、向心力公式和13平抛运

28、动的规律结合研究在注意在 P点，由合力充当小球圆周运动的向心力16.如图所示，可自由活动的活塞将密闭的气缸分为体积相等的上下两部分 A和 B ，初始时， A、 B中密封的理想气体的温度均方 800K， A中气体的压强为 ，活塞质量1.25105Pam=2.5kg，气缸横截面积 ，气缸和活塞都是由绝热材料制成的。现利用控制装置S=10cm2(未画出)保持 A中气体的温度不变，缓慢降低 B中气体的温度，使得 B中气体的体积变为原来的 ，若不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度取 g=10m/s2。求稳定后 B中气体的34温度。【答案】 T=500K【解析】【分析】根据玻意耳定律求出 A中气体末态的

29、压强，根据活塞的受力平衡分别求出 B中气体初末状态的压强，再对 B中的气体运用理想气体状态方程即可求解稳定后 B中气体的温度【详解】根据题意， B中气体的体积变为原来的 ，则 A中气体的体积以 变为原来体积34 VA的 ，即 ， A中气体发生等温变化，根据玻意耳定律有VA54 VA=54VApAVA=pAVA解得稳定后 A中气体的压强 pA=1.0105Pa对 B中气体，初态 pB=pA+mgS=1.5105Pa末态 . pB=pA+mgS=1.25105Pa对 B中气体，由理想气体状态方程有pBVBT=pBVBT解得 .T=500K14【点睛】本题考查了气体实验定律和理想气体状态方程的应用，

30、关键是确定两部分气体的初末状态的状态参量，选择合适的规律求解，同时要注意两部分气体状态参量间的联系17.如图所示，半径为 R的圆形区域内存在着磁感应强度为 B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)沿水平方向以速度 v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了 60。(1)求粒子的比荷 及粒子在磁场中的运动时间 t。qm(2)如果想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持原入射速度的基础上，需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离 d为多少？【答案】(1) (2) 3v3BR 3R3v 33R【解析】【分析】带电粒子沿半径方向射入匀强磁场，做匀速圆周运动，最后将沿半径方

31、向射出磁场由偏转角可确定圆磁场的半径与轨道半径的关系，从而求出粒子的比荷；由周期公式可求出在磁场中的运动时间想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，则入射点与出射点的连线过圆磁场的圆心所以由几何关系可以确定在保持入射方向仍然沿水平方向的基础上，需将粒子的入射点向上平移的距离【详解】 （1）由图可知，轨迹半径 r=Rcot3015粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有 qvB m v2r由两式得 qm 3v3BR运动周期 T 2mqB在磁场中的运动时间 t T16由式得 t3R3v（2）当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大由图可知 sin Rr平移距离 d=Rs

32、in由式得 d R33【点睛】注意磁场是圆形，粒子的运动轨迹也是圆形，但不要将这两个半径混淆同时利用几何关系，可列出已知长度与粒子运动圆弧半径的关系带电粒子通过圆磁场偏转最大，则圆弧对应的圆心角最大，即运动一段圆弧的弦必经过圆磁场的圆心18.如图所示，两根足够长平行金属导轨 MN、 PQ固定在倾角 的绝缘斜面上，顶部接=37有一阻值 的定值电阻，下端开口，导轨间距 。整个装置处于磁感应强度为R=3 L=1mB=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。质量 m=2kg的金属棒 ab，由静止释放后沿导轨运动，运动过程中始终竖直于导轨，且与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数。从金属棒 ab开始

33、运动至达到最大速度的过程中，金属棒下降的竖直高度为=0.25h=6m.金属棒 ab在导轨之间的电阻 ，电路中其余电阻不计。 ，r=1 sin37=0.6，取 。求：cos37=0.8 g=10m/s216(1)金属棒 ab达到的最大速度 .vm(2)金属棒 ab沿导轨向下运动速度 v=5m/s时的加速度大小.(3)从金属棒 ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻 R上产生的热量 .QR【答案】(1) (2) (3)vm=8m/s a=1.5m/s2 QR=12J【解析】【分析】（1）当安培力为零时，加速度最大，根据牛顿第二定律求解最大加速度；当加速度为零时速度最大，根据平衡条件求解最大速度；（

34、2）金属棒速度最大时感应电流最大，首先求解此时的安培力，根据牛顿第二定律求解加速度； （3）根据能量守恒定律求解回路中的总热量，根据比例关系求解电阻 R上产生的热量【详解】 （1）金属棒 ab达到最大速度 时，受力平衡，有vmF安 +mgcos37=mgsin37金属棒 ab产生的感应电动势为 E=BLvm感应电流为 I=ER+r金属棒 ab受到的安培力 F安 =BIL联立解得金属棒 ab达到的最大速度 vm=8m/s（2）金属棒 ab沿导轨向下运动速度 时，vm=5m/s金属棒 ab产生的感应电动势为 E=BIv感应电流为 I=EE+r金属棒 ab受到的安培力 F安 =BIL代入数据 F安 =5N17金属棒 ab的加速度为 a，由牛顿第二定律得mgsin37F安 mgcos37=ma代入数据解得 a=1.5m/s2（3）应用能量守恒定律有mgh=mghcos37sin37 +Q+12mvm2代入数据解得 Q=16J 根据 可知，电阻 R上产生的热量 Q=I2Rt QR=RR+rQ代入数据可得 QR=12J【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解18