1、1山东省恒台第一中学 2019 届高三物理上学期诊断性考试试卷（含解析）1.伽利略对运动的研究，不仅确立了许多用于描述运动的基本概念，而且创造了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法，并且通过实验加以验证：伽利略手稿中记录了一组铜球从斜槽的不同位置由静止下落的距离和所用时间的实验数据，伽利略对上述的实验数据进行了数学处理及逻辑分析，并得出了结论。下列各式哪一个是伽利略通过这个实验得出的结论A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】小球从静止开始做匀加速直线运动，满足 ，即 ，有 ，伽利略发现，斜面的倾角不同，上述比例关系同样成立，只是这个常数的随着 的增大而增大；故选 D.【点睛】初速
2、度为零的匀加速直线运动既满足运动学基本公式，还满足比例式和判别式、推论式.2.如图所示，在粗糙水平面上放置 A、B、C、D 四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻橡皮绳相互连接，正好组成一个菱形，ABC=60，整个系统保持静止状态。己知 A物块所受的摩擦力大小为 F，则 D 物块所受的摩擦力大小为A. B. C. D. 2 F3F32F 33F【答案】A2【解析】【分析】物体在水平面上受橡皮绳弹力和静摩擦力平衡，根据力的合成方法求解橡皮绳的弹力，从而求出摩擦力。【详解】已知 A 物块所受的摩擦力大小为 F，设每根橡皮条的弹力为 T，则对 A，有：2Tcos60=F，对 D：2Tcos30=
3、f，解得： 。f= 3F故 A 正确。【点睛】本题考查了物体受共点力平衡和力的合成计算，难度不大三力平衡的基本解题方法：力的合成、分解法：即分析物体的受力，把某两个力进行合成，将三力转化为二力，构成一对平衡力，二是把重力按实际效果进行分解，将三力转化为四力，构成两对平衡力 相似三角形法：利用矢量三角形与几何三角形相似的关系，建立方程求解力的方法应用这种方法，往往能收到简捷的效果。3.如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为 =1m/s、 =2m/s 的速度做相v1 v2向运动，碰撞后两球粘在一起以 0.5 m/s 的速度向左运动，则甲、乙两球的质量之比为A. 1：1 B. 1：2 C.
4、 1：3 D. 2：1【答案】A【解析】设乙球的速度方向为正方向，根据动量守恒：m 2v2-m1v1 =（m 1+m2）v，即 2m2 -m1=（m 1+m2）0.5，解得 m1：m 2=1:1；故选 A.4.如图所示，楔形木块 abc 固定在水平面上，粗糙斜面 ab 和光滑斜面 bc 与水平面的夹角相同，顶角 b 处安装一定滑轮。质量分别为 M、m(Mm)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中3A. 两滑块组成系统的机械能损失小于 M 克服摩擦力做的功B. M 所受轻绳拉力与重力的总功
5、等于 M 动能的增加C. 绳对 m 做的功大于 m 动能的增加D. 轻绳对 M 做的功大于轻绳对 m 做的功【答案】C【解析】【分析】根据滑块质量关系确定滑块的滑动方向，然后根据滑块的受力情况应用动能定理与能量守恒定律分析答题。【详解】由题意可知，Mm，释放后，滑块 M 向下滑动，m 沿斜面向上滑动；A 项：除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力做负功，造成机械能损失，则有：两滑块组成系统的机械能损失等于 M 克服摩擦力做的功，故 A 错误；B 项：由动能定理可知，M 所受轻绳的拉力、重力与摩擦力的做总功等于 M 动能的增加量，M 所受轻绳拉力与重力的总功大于 M 动能的增加，故 B
6、 错误；C 项：m 向上滑动，由动能定理可知，轻绳对 m 做的功大于 m 动能增加，故 C 正确；D 项：轻绳对 M 与对 m 的拉力大小相等，M 与 m 的位移大小相等，轻绳对 M 与对 m 的拉力做功相等，故 D 错误。故选：C。【点睛】本题关键理解掌握机械能守恒的条件和功能关系，重力做功对应重力势能变化、弹力做功对应弹性势能变化、合力做功对应动能变化、除重力或系统内的弹力做功对应机械能变化。5.2017 年 8 月 28 日，中科院南极天文中心的巡天望远镜观测到一个由双中子星构成的孤立双星系统产生的引力波。该双星系统以引力波的形式向外辐射能量，使得圆周运动的周期 T 极其缓慢地减小，双星
7、的质量 m1与 m2均不变，在两颗中子星合并前约 100s 时，它们相距约 400km，绕二者连线上的某点每秒转动 12 圈，将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，则下列关于该双星系统变化的说法正确的是4A. 两颗中子星自转角速度相同，在合并前约 100s 时 =24rad/sB. 合并过程中，双星间的万有引力逐渐增大C. 双星的线速度逐渐增大，在合并前约 100s 时两颗星速率之和为 9.6106 msD. 合并过程中，双星系统的引力势能逐渐增大【答案】BC【解析】【分析】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律求出双星总质量与双星距离和周期的关系式，从而分析判断。结合周期求
8、出双星系统旋转的角速度和线速度关系。【详解】A 项：频率为 12Hz，由公式 ，这是公转角速度，不是自转角速=2f=24rads度，故 A 错误；B 项：设两颗星的质量分别为 m1、m 2，轨道半径分别为 r1、r 2，相距 L=400km=4105m，根据万有引力提供向心力可知：Gm1m2L2 =m1r12Gm1m2L2 =m2r22整理可得： 解得： 由此可知，周期变小，中子星间的距离变小，G(m1+m2)L2 =42LT2 T= 42L3G(m1+m2)，所以双星间的万有引力逐渐增大，故 B 正确；F=Gm1m2L2C 项：根据 v=r 可知：v 1=r1，v 2=r2 解得：v 1+v
9、2=（r 1+r2）=L=9.610 6m/s，故 C 正确；D 项：合并过程中，双星间的引力做正功，所以引力势能减小，故 D 错误。故选：BC。【点睛】本题实质是双星系统，解决本题的关键知道双星系统的特点，即周期相等、向心力大小相等，结合牛顿第二定律分析求解。6.磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低碳环保发电机，下图为其原理示意图，平行金属板 C、D 间有匀强磁场，磁感应强度为 B，将一束等离子体（高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒）水平喷入磁场，两金属板间就产生电压。定值电阻R0的阻值是滑动变阻器最大阻值的一半，与开关 串联接在 C、D 两端，已知两金属板间距S离为
10、d，喷入气流的速度为 v，磁流体发电机的电阻为 r(R0 r 2R0)。则滑动变阻器的5滑片 P 由 a 向 b 端滑动的过程中( )A. 金属板 C 为电源负极，D 为电源正极B. 发电机的输出功率一直增大C. 电阻 R0消耗功率最大值为B2d2v2R0(R+r)2D. 滑动变阻器消耗功率最大值为B2d2v2R+r【答案】AC【解析】因等离子体喷入磁场后，由左手定则可知正离子向 D 板偏，负离子向 C 板偏，即金属板 C为电源负极，D 为电源正极，故 A 正确；等离子体稳定流动时，洛伦兹力与电场力平衡，即 ，所以电源电动势为 E=Bdv，又 R0r2R 0，所以滑片 P 由 a 向 b 端滑
11、动时，外Bqv=qEd电路总电阻减小，期间某位置有 r=R0+R，由电源输出功率与外电阻关系可知，滑片 P 由 a向 b 端滑动的过程中，发电机的输出功率先增大后减小，故 B 错误；由题图知当滑片 P 位于 b 端时，电路中电流最大，电阻 R0消耗功率最大，其最大值为 P1=I2R0= E2R0(R0+r)2 B2d2v2R0(R0+r)2，故 C 正确；将定值电阻 R0归为电源内阻，由滑动变阻器的最大阻值 2R0r+R 0，则当滑动变阻器连入电路的阻值最大时消耗功率最大，最大值为 ，故 D 错误故选P=2B2d2v2R0(r+3R0)2AC7.某条直线电场线上有 O、A、B、C 四个点，相邻
12、两点间距离均为 d，以 O 点为坐标原点，沿电场强度方向建立 x 轴，该电场线上各点电场强度 E 随 x 的变化规律如图所示。一个带电荷量为+q 的粒子，从 O 点由静止释放，仅考虑电场力作用则6A. 若 O 点的电势为零，则 A 点的电势为 E0d2B. 粒子 A 到 B 做匀速直线运动C. 粒子运动到 B 点时动能为3qE0d2D. 粒子在 OA 段电势能变化量大于 BC 段电势能变化量【答案】ACD【解析】【分析】根据 E-x 图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，可计算出 A 点的电势；利用场力做正功情况分析物体的运动性质；运用动能定理、电场力做功的公式以及电场力做功与动能和电势能的
13、关系可得出其动能大小及电势能的变化情况。【详解】A 项：由图可知 E-x 图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，因此，由于 ，因此 ，故 A 正确；UOA=S1=E0d2 o=0 A=E0d2B 项：粒子由 A 到 B 过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动；在该过程电场强度不变，带电粒子做匀加速直线运动，故 B 错误；C 项：从 O 到 B 点过程列动能定理，则有：W 电 =qUOB=EKB-0，而 UOB 联立S2=E0d2+E0d=3E0d2方程解得： EKB ，故 C 正确；3E0qd2D 项：粒子在 OA 段的平均电场力大于 BC 段的平均电场力，则 OA 段的电场力做功大
14、于 BC段电场力做功，由功能关系知，粒子在 OA 段电势能的变化量大于 BC 段变化量；或者从 OA 段和 BC 段图象包围的面积分析可知 UOAU BC，根据电场力做功公式 W=qU 和 W=E 电 ，也可得出粒子在 OA 段电势能的变化量大于 BC 段变化量。故 D 正确。故选：ACD。【点睛】解答本题的关键是：要知道 E-x 图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，再7利用动能定理、电场力做功公式和电场力做功与电势能的变化关系可解答案。8.如图所示，扇形区域 AOB 内存在有垂直平面向内的匀强磁场，OA 和 OB 互相垂直是扇形的两条半径，长度为 R一个带电粒子 1 从 A 点沿 AO
15、方向进入磁场，从 B 点离开，若与该粒子完全相同的带电粒子 2 以同样的速度从 C 点平行 AO 方向进入磁场，C 到 AO 的距离为R2，则A. 1 粒子从 B 点离开磁场时，速度方向沿 OB 方向B. 粒子带负电C. 2 粒子仍然从 B 点离开磁场D. 两粒子在磁场中运动时间之比为 3：2【答案】ACD【解析】【分析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子的运动轨迹，应用数学知识与牛顿第二定律分析答题。【详解】A 项：粒子 1 从 A 点正对圆心射入，恰从 B 点射出，粒子在磁场中运动的圆心角为 90，1 粒子从 B 点离开磁场时，速度方向沿 OB 方向，故 A 正确
16、；B 项：带电粒子从 A 点沿 AO 方向进入磁场，从 B 点离开，那么粒子在 A 点向右上方偏转，则由左手定则可判定：粒子带正电，故 B 错误；C 项：粒子 2 从 C 点沿 CD 射入其运动轨迹如图所示，8设对应的圆心为 O1，运动轨道半径也为 BO=R，连接 O1C、O 1B，O1COB 是平行四边形，O 1B=CO，则粒子 2 一定从 B 点射出磁场，故 C 正确；D 项：粒子 1 的速度偏角，粒子在磁场中转过的圆心角 1=90，连接 PB，可知 P 为 O1C的中点，由数学知识可知， 2=BO 1P=60，粒子在磁场中运动的周期： ，两粒子的周期相等T=2mqB粒子在磁场中的运动时间
17、 ，运动时间之比：t 1：t 2= 1： 2=90：60=3：2，故t=2TD 正确。故选：ACD。【点睛】本题考查了粒子在匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹、应用数学知识、周期公式即可正确解题。9.(1)一同学设计如下实验过程来“验证力的平行四边形定则” ，部分实验步骤如下，请完成有关内容：A将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端拴上两根细线。B其中一根细线挂上 5 个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记录 O 点的位置和_9C将步骤 B 中的钩码取下，分别在两根细线上挂上 4 个和 3 个质量相等的钩码，用两光滑硬棒
18、 B、C 使两细线互成角度，如图乙所示，小心调整 B、C 的位置，使_，并记录两个细绳的方向(2)在(1)问中，如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中cos：cos=_。【答案】 (1). （1）B.记录细绳方向 (2). C.两次结点 O 的位置重合 (3). （2）4:3【解析】【分析】“验证力的平行四边形定则”的实验原理是：记录两个分力以及合力的大小和方向后，选用相同的标度将这三个力画出来，画出来的合力是实际值，然后根据平行四边形画出合力的理论值，通过比较实际值和理论值的关系来进行验证，明确了实验原理即可知知道实验中需要记录的物理量和具体的操作。【详解】(1) 一根细线挂上 5
19、个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，需记录 O 点的位置和细绳的方向；为了使第二次两拉力的共同作用效果与第一次一个拉力的作用效果相同，则两次结点 O 的位置应重合；(2) 根据 O 点处于平衡状态，正交分解有：直方向：4mgsin+3mgsin=5mg 水平方向：4mgcos=3mgcos 联立解得： 。coscos=43【点睛】要围绕“验证力的平行四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行理解，正确理解“等效代替”的含义。10.某同学要将一个电流表改装为电压表，他先需要精确测量待改装电流表的内电阻实验中备用的器材有：A待改装电流表(量程 0300A，内阻约为 100) B滑动变阻
20、器(阻值范围0200)C电阻箱(阻值范围 09999) D电阻箱(阻值范围 099999.9)E电源(电动势 4V，有内阻) F电源(电动势 12V，有内阻)10G滑动变阻器(阻值范围 050，额定电流 1.5A)H开关两个、导线若干(1)如果采用如图所示的电路测定电流表 G 的内电阻，并且要想得到较高的精确度。那么从以上备用的器材中，可变电阻 R1应选用_，电源 E 应选用_。(填选项前的字母符号)(2)如果实验时要进行的步骤有闭合 S1；闭合 S2；观察 R1的阻值是否最大，如果不是，将 R1的阻值调至最大；调节 R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；调节 R2的阻值，使电流表指针偏转到满
21、刻度的一半；记下 R2的阻值。小明同学应该按照以下哪个步骤进行操作_A B C(3)如果在步骤中所得 R2的阻值为 97.0，要将该电流表 G 改装成量程为 03V 的电压表，则需要与电流表_联一个阻值为_ 的电阻【答案】 (1). D、 (2). F； (3). A (4). 串、 (5). 9903 或9903.0；【解析】【分析】本实验采取半偏法测量电流表的内阻，电阻箱电阻比较大时，远大于电流表内阻时，可以认为电流中的总电流不变，调节 R2 时，使得电流表变为半偏，知电流表的电流与通过 R2的电流相等，因电压相等，所以电阻相等，电阻箱 R2的阻值等于电流表的内阻根据实验的原理得出实验的步
22、骤，以及得出电流表的内阻；根据电流表的改装原理可得出应串联的电阻阻值。【详解】(1)利用半偏法测量电流表 G 的内阻，要保证总电流基本不变，则 R1的阻值远大于 R2的阻值，电动势选择大一些的故可变电阻 R1应该选择 D，电源应该选择 F；(2) 实验采取半偏法测量，先观察 R1的阻值是否最大，如果不是，将 R1的阻值调至最大，11合上 K1，调节 R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度，再闭合 K2，调节 R2，使得电流表半偏，此时电阻箱 R2的阻值等于电流表的内阻，所以测量步骤为：，故选：A；(3)小量程的电流表改装为大量程的电压表，需串联电阻起分压作用，。R=(330010697.0)=9
23、903.0【点睛】本题考查半偏法测电阻的实验，要注意明确实验原理，知道实验中要保证干路电流基几乎不变才能有效测量，所以应让 R1的阻值远大于 R2的阻值，同时为了有效测量应增大电源的电动势，同时还要注意掌握图象的正确分析处理。11.如图所示，位于竖直平面内的一长木板斜靠在竖直墙上的 A 点，其与水平面夹角为53，另一个同样材料的长木板斜靠在竖直墙上的 B 点，其与水平面的夹角为 45；两长木板底端都在 C 点处C 点距竖直墙的距离 L=2.4m(己知 sin53=0.8，cos53=0.6) (1)若将一光滑小球从 A 点由静止释放，小球经多长时间到达最低点 C?(2)若将同一粗糙小滑块(可视
24、为质点)分别从 A、B 两点静止释放，小滑块经过相同时间运动到 C 点求：小滑块与长木板间的动摩擦因数的大小【答案】 （1）1s（2）1/7【解析】【分析】根据牛顿第二定律得出滑块在木板上运动的加速度，结合位移时间公式，抓住时间相等求出动摩擦因数的大小。【详解】(1) 设长木板与水平面间的夹角为 ，根据牛顿第二定律分析可知，小滑块在长木板上的加速度大小为： a=gsin=8ms2长木板长度为： Lcos=12at2联立解得：t=1s；12(2) 设长木板与水平面间的夹角为 ，根据牛顿第二定律分析可知，小滑块在长木板上的加速度大小为：a=gsin -gcos ，设竖直墙壁到 C 点的距离为 L，
25、则长木板长度为：Lcos=12at2联立以上两式可得：（sin -cos ）cos = 2Lgt2根据题意：（sin 53-cos 53）cos 53=（sin 45-cos 45）cos 45解得： 。=17【点睛】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式和动能定理的综合运用，对于涉及到时间的问题，一般采用动力学思路，若不涉及时间，可以运用动能定理求解，也可以采用动力学思路求解。12.如图所示，在 Ox2m 的区域内存在着沿 轴方向的匀强电场 E，E 在 轴方向区域足够y y大有一个比荷为 带正电粒子(粒子重力不计)从 O 点出发，以qm=7.5104C/Kg的初速度字沿 轴正方向射入电场，经过点
26、 A(2，-0.75)离开电场在第四象v0=8104m/s x限垂直于 轴的边界 MN 右侧的区域有磁感应强度为 B 的匀强磁场，M 点的坐标为x(4.2，0)粒子进入磁场后，又穿过边界 MN 离开磁场求：(1)电场强度 E 的大小；(2)满足条件的磁感应强度 B 的最小值；(3)若磁感应强度保持(2)中的最小值，将磁场区域改成圆形，为了使粒子能垂直击中 轴上x点 G ，求磁场区域的最小面积(193,0)【答案】(1) ；(2)1T；(3) m23.2104Vm 6445【解析】【详解】(1)由牛顿第二定律：F=qE=ma由类平抛运动X=v0t13y=12at2解得： ；E=3.2104Vm(
27、2)由平抛运动可得：A 点的速度 ，方向与 x 轴成 vA=1105ms 370由几何关系可得，入射点 (215,-125)R 最大时， R+Rcos370=MC=125m解得： R=43m由 qvAB=mv2AR解得此时 B 为最小，B=1T；(3)由几何关系可知，粒子仍从 C 点射放磁场，并由 F 点离开磁场， 垂直 x 轴，且 FG FO=R运动轨迹只有 CF 在磁场中，由几何关系可得：CF= R2cos2370+(R+Rsin370)2由题意可知最小磁场区域即为以 为直径的圆CF14所以 Smin=(CF2)2=6445m213.在物理学的研究及应用过程中所用思想方法的叙述正确的是A.
28、 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是猜想法B. 速度的定义式 ，采用的是比值法；当t 趋近于零时， 就可以表示物体在 t 时刻v=xt xt的瞬时速度，该定义应用了极限法C. 在探究加速度与力、质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了类比法D. 如图是三个实验装置，这三个实验都体现了放大的思想E. 伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为 90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法【答案】BDE【解析】【分析】15常用的物理学研究方法有：控
29、制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；、在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；将微小形变放大是利用放大的思想方法。【详解】A 项：在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型的方法，故 A 错误；B 项：速度的定义式 ，采用的是比值法；当t 趋近于零时， 就可以表示物体在 t 时v=xt xt刻的瞬时速度，该定义应用了极限分析法，故 B 正确；C 项：在探究加速度与力、质量三者之间的关系时，先保持质量不
30、变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法，故 C 错误；D 项：用力向下压，使桌面产生微小形变，使平面镜 M 逆时针方向微小旋转，若使法线转过 角，则 M 反射的光线旋转的角度为 2，N 反射的光线就就旋转了 4，那么投射到平面镜上的光斑走过的距离就更大，故该实验观察测量结果采用的是微小变量放大法。第三个装置都是球 m，受到 m 对它的引力会使竖直悬线发生扭转，从而使镜面 M 的法线转过微小角度，从而电光源的投影会在标尺上移动一定距离，从而将微小形变放大将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法。这两个装置都是将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想
31、方法。用挤压玻璃瓶时微小的变化不易观察，但通过细管中水位的变化能够观察出来，是一种放大的思想，故 D 正确；E 项：伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为 90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故E 正确。故选：BDE。【点睛】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注重科学方法的积累与学习。14.如图所示，在匝数 N=100 匝、截面积 S=0.02m2的多匝线圈中存在方向竖直向下的匀强磁场 B0，B 0均匀变化。两相互平行、间距 L=0.2
32、m 的金属导轨固定在倾角为 30的斜面上，线圈通过开关 S 与导轨相连。一质量 m=0.02Kg、阻值 R1=0.5 的光滑金属杆锁定在靠近导轨上端的 MN 位置，M、N 等高一阻值 R2=0.5 的定值电阻连接在导轨底端。导轨所在16区域存在垂直于斜面向上的磁感应强度 B=0.5T 的匀强磁场。金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计。重力加速度取 g=10ms 2(1)闭合开关 S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力为 0.4N，请判断磁感应强度 B0的变化趋势是增大还是减小，并求出磁感应强度 B0的变化率 B0t(2)断开开关 S，解除对金属杆的锁定，从 MN 处由静止释放，求金属杆
33、稳定后的速度以及此时电阻 R2两端的电压【答案】 （1）磁感应强度 B0的趋势是增大 1T/s（2）10m/s 0.5V【解析】【分析】(1)根据金属杆受安培力的方向，应用左手定则判断出金属杆中感应电流的方向，应用楞次定律判断磁感应强度如果变化；应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律与安培力公式求出磁感应强度的变化率；(2) 应用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，对金属杆应用动量定理求出金属杆的速度，然后应用能量守恒定律与串联电路特点求出金属杆产生的焦耳热。【详解】(1) 闭合开关 S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力，空中金属杆中的电流由 M流向 N，根据楞次定律可知磁感应强度 B0的趋势是增大 线圈中的感应电动势 E=NB0tS导线中的电流为 I=ER1金属杆受到的安培力为：F=BIL，得到： ；(2) 匀速时 17解得： 由欧姆定律可得： 得到 U=0.5V。【点睛】本题是电磁感应与力学、电路等等知识的综合，与力学联系的桥梁是安培力，与电路的纽带是感应电动势；分析清楚金属杆的运动过程与电路结构是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、动量定理等知识即可解题。
