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2019-2020年高二下學(xué)期期中物理試題 含解析 　 一、單項(xiàng)選擇題（共12小題，每小題4分，共48分） 1．（4分）（xx春?中山期中）遠(yuǎn)距離輸送交流電都采用高壓輸電．我國(guó)正在研究用比330kV高得多的電壓進(jìn)行輸電．采用高壓輸電的優(yōu)點(diǎn)是（　　） 　 A． 可節(jié)省輸電線的材料 　 B． 可根據(jù)需要調(diào)節(jié)交流電的頻率 　 C． 可減少輸電線上的能量損失 　 D． 可加快輸電的速度 考點(diǎn)： 遠(yuǎn)距離輸電． 專題： 交流電專題． 分析： 在輸電的過(guò)程中輸送的功率一定，根據(jù)P=UI，輸送電壓越高，輸送電流越小，根據(jù)△P=I2R，知損失的功率小． 解答： 解：A、C、在輸電的過(guò)程中輸送的功率一定，根據(jù)P=UI和△P=I2R，有：，故高壓輸電可以降低功率損耗，故A錯(cuò)誤，C正確； B、交流電的頻率等于發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)的頻率，是不改變的，故B錯(cuò)誤； D、電路中電場(chǎng)建立的速度是光速，與是否高壓輸電無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤； 故選：C． 點(diǎn)評(píng)： 解決本題的關(guān)鍵知道輸電的過(guò)程中，輸送功率一定，輸電電壓越高，電流越小，在輸電線上損失的功率越少． 　 2．（4分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期中）唱卡拉OK用的話筒，內(nèi)有傳感器．其中有一種是動(dòng)圈式的，它的工作原理是在彈性膜片后面粘接一個(gè)較小的金屬線圈，線圈處于永磁體的磁場(chǎng)中，當(dāng)聲波使膜片前后振動(dòng)時(shí)，就將聲音信號(hào)轉(zhuǎn)變?yōu)殡娦盘?hào)，如圖所示．下列說(shuō)法正確的是（　?。? 　 A． 該傳感器是根據(jù)電磁感應(yīng)原理工作的 　 B． 該傳感器是根據(jù)電流的磁效應(yīng)工作的 　 C． 膜片振動(dòng)時(shí)，穿過(guò)金屬線圈的磁通量不變 　 D． 膜片振動(dòng)時(shí)，金屬線圈中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 考點(diǎn)： 電磁感應(yīng)在生活和生產(chǎn)中的應(yīng)用． 分析： 本題中的傳感器是根據(jù)電磁感應(yīng)原理工作的．膜片振動(dòng)時(shí)，穿過(guò)金屬線圈的磁通量是周期性變化的．膜片振動(dòng)時(shí)，金屬線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)． 解答： 解：A、B當(dāng)聲波使膜片前后振動(dòng)時(shí)，線圈切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，將聲音信號(hào)變化電信號(hào)，是根據(jù)電磁感應(yīng)原理工作的．故BD錯(cuò)誤，A正確． C、膜片振動(dòng)時(shí)，穿過(guò)金屬線圈的磁通量變化，從而產(chǎn)生了感應(yīng)電流；故C錯(cuò)誤； 故選：A． 點(diǎn)評(píng)： 本題動(dòng)圈式話筒是利用電磁感應(yīng)原理將聲音信號(hào)變成電信號(hào)的，考查分析電子設(shè)備工作原理的能力． 　 3．（4分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期中）如圖所示為光敏電阻自動(dòng)計(jì)數(shù)器的示意圖，其中R1為光敏電阻（光照時(shí)電阻減小），R2為定值電阻，此光電計(jì)數(shù)器的基本工作原理是（　?。? 　 A． 當(dāng)有光照射R1時(shí)，信號(hào)處理系統(tǒng)獲得電壓不變 　 B． 當(dāng)有光照射R1時(shí)，信號(hào)處理系統(tǒng)獲得較高電壓 　 C． 信號(hào)處理系統(tǒng)每獲得一次低電壓就記數(shù)一次 　 D． 信號(hào)處理系統(tǒng)每獲得一次高電壓就記數(shù)一次 考點(diǎn)： 簡(jiǎn)單的邏輯電路． 分析： 光敏電阻的電阻大小隨光照而減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律，抓住電動(dòng)勢(shì)不變，根據(jù)電流的變化從而得出R1兩端電壓的變化，即信號(hào)處理系統(tǒng)獲得的電壓． 解答： 解：A、當(dāng)有光照射 R1時(shí)，R1的電阻減小，則整個(gè)電路總電阻變小，電動(dòng)勢(shì)不變，則電流增大，則R2兩端的電壓增大，所以R1兩端的電壓減小，即信號(hào)處理系統(tǒng)獲得低電壓，故AB錯(cuò)誤． C、D、每當(dāng)光照被物體擋住時(shí)，計(jì)時(shí)器就計(jì)數(shù)一次；此時(shí)R1的電阻增加，整個(gè)電路總電阻增加，電動(dòng)勢(shì)不變，則電流減小，即信號(hào)處理系統(tǒng)獲得高電壓；即信號(hào)處理系統(tǒng)每獲得一次高電壓就計(jì)數(shù)一次；故C錯(cuò)誤，D正確； 故選：D 點(diǎn)評(píng)： 解決本題的關(guān)鍵掌握光敏電阻的電阻大小隨光照而減小，以及熟練運(yùn)用閉合電路歐姆定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析． 　 4．（4分）（xx春?瑞安市校級(jí)期末）如圖所示，理想變壓器的副線圈上通過(guò)輸電線接有兩個(gè)相同的燈泡L1和L2，輸電線的等效電阻為R，開(kāi)始時(shí)，電鍵K斷開(kāi)，當(dāng)K接通時(shí)，以下說(shuō)法中正確的是（　　） 　 A． 副線圈兩端電壓M、N的輸出電壓減小 　 B． 副線圈輸電線的等效電阻R兩端的電壓減小 　 C． 通過(guò)燈泡L1的電流增大 　 D． 原線圈中的輸入功率增大 考點(diǎn)： 變壓器的構(gòu)造和原理；電功、電功率． 專題： 交流電專題． 分析： 本題類似于閉合電路中的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，可以根據(jù)接通s后電路電路電阻的變化，確定出總電路的電阻的變化，進(jìn)而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來(lái)分析其他的原件的電流和電壓的變化的情況． 解答： 解：A、理想變壓器的輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比決定的，由于輸入電壓和匝數(shù)比不變，所以副線圈的輸出的電壓也不變，所以A錯(cuò)誤； BC、當(dāng)K接通后，兩個(gè)燈泡并聯(lián)，電路的電阻減小，副線圈的電流變大，所以通過(guò)電阻R的電流變大，電壓變大，那么并聯(lián)部分的電壓減小，所以通過(guò)燈泡L1的電流減小，燈泡L1變暗，所以BC錯(cuò)誤； D、當(dāng)K接通后，兩個(gè)燈泡并聯(lián)，電路的電阻減小，副線圈的電流變大，所以原線圈的電流也變大，原線圈功率增大，所以D正確； 故選：D． 點(diǎn)評(píng)： 電路的動(dòng)態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法． 　 5．（4分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，A和B是完全相同的兩只燈泡，L自感系數(shù)很大的線圈，其直流電阻遠(yuǎn)小于燈泡電阻，則（　?。? 　 A． S閉合的瞬間，A燈比B燈先發(fā)光，隨后B燈變亮 　 B． 閉合S，電路穩(wěn)定時(shí)，A、B燈都一直亮 　 C． 斷開(kāi)S，A燈立即熄滅，B燈由亮變暗后熄滅 　 D． 斷開(kāi)S，A燈閃亮一下后熄滅，B燈立即熄滅 考點(diǎn)： 自感現(xiàn)象和自感系數(shù)． 分析： 電路穩(wěn)定后，L的電阻很小，閉合瞬間L的電阻很大，斷開(kāi)瞬間A燈還要亮一下． 解答： 解：A、開(kāi)關(guān)K閉合的瞬間，兩燈同時(shí)獲得電壓，所以A、B同時(shí)發(fā)光．由于線圈的電阻較小，流過(guò)A燈的電流逐漸減小，B燈逐漸增大，則A燈變暗，B燈變亮，故A錯(cuò)誤，B正確； C、斷開(kāi)開(kāi)關(guān)K的瞬間，B燈的電流突然消失，立即熄滅，流過(guò)線圈的電流將要減小，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)電源，自感電流流過(guò)A燈，原先通過(guò)L的電流大于通過(guò)A燈的，所以A燈突然閃亮一下再熄滅，故C錯(cuò)誤，D正確． 故選：BD 點(diǎn)評(píng)： 本題考查了電感線圈對(duì)電流的阻礙作用，特別是開(kāi)關(guān)閉合、斷開(kāi)瞬間的判斷． 　 6．（4分）（xx?廣東）如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的固定平行金屬光滑導(dǎo)軌位于同一水平面，導(dǎo)軌上橫放著兩根相同的導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成矩形回路．導(dǎo)體棒的兩端連接著處于壓縮狀態(tài)的兩根輕質(zhì)彈簧，兩棒的中間用細(xì)線綁住，它們的電阻均為R，回路上其余部分的電阻不計(jì)．在導(dǎo)軌平面內(nèi)兩導(dǎo)軌間有一豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．開(kāi)始時(shí)，導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)．剪斷細(xì)線后，導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（　　） 　 A． 回路中有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 　 B． 兩根導(dǎo)體棒所受安培力的方向相同 　 C． 兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒 　 D． 兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒 考點(diǎn)： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律；安培力． 專題： 電磁感應(yīng)與圖像結(jié)合． 分析： 剪斷細(xì)線后，分析導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和受力情況． 根據(jù)磁通量的變化判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)左手定則判斷安培力的方向， 分析兩棒組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中是不是合外力為零或者內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，這是系統(tǒng)總動(dòng)量守恒的條件． 解答： 解：A、剪斷細(xì)線后，導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于彈簧的作用，導(dǎo)體棒ab、cd反向運(yùn)動(dòng)， 穿過(guò)導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成矩形回路的磁通量增大，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故A正確． B、導(dǎo)體棒ab、cd電流方向相反，根據(jù)左手定則，所以兩根導(dǎo)體棒所受安培力的方向相反，故B錯(cuò)誤． C、兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中是合外力為0．所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但是由于產(chǎn)生感應(yīng)電流，產(chǎn)生熱量，所以一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以系統(tǒng)機(jī)械能不守恒．故C錯(cuò)誤，D正確． 故選AD． 點(diǎn)評(píng)： 我們要清楚掌握自物理量產(chǎn)生或者守恒得條件去判斷問(wèn)題． 　 7．（4分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期中）實(shí)驗(yàn)室里的交流發(fā)電機(jī)可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型，正方形線圈在水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，繞垂直于磁感線的OO′軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．今在發(fā)電機(jī)的輸出端接一個(gè)電阻R 和理想電壓表，并讓線圈每秒轉(zhuǎn)25圈，讀出電壓表的示數(shù)為10V．已知R=10Ω，線圈電阻忽略不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是（　?。? 　 A． 線圈平面與磁場(chǎng)平行時(shí)，線圈中的瞬時(shí)電流為零 　 B． 電阻 R上的熱功率等于10W 　 C． 流過(guò)電阻R 的電流每秒鐘方向改變25次 　 D． 從線圈平面與磁場(chǎng)平行開(kāi)始計(jì)時(shí)，線圈中感應(yīng)電流瞬時(shí)值表達(dá)式為i=sin50πt 考點(diǎn)： 交流發(fā)電機(jī)及其產(chǎn)生正弦式電流的原理；電功、電功率；正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率． 專題： 交流電專題． 分析： 交變電流產(chǎn)生過(guò)程中，線圈在中性面上時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小，為零；線圈與中性面垂直時(shí)，通過(guò)的磁通量最小，電動(dòng)勢(shì)為大，為Em=NBSω． 解答： 解：A、線圈平面與磁場(chǎng)平行時(shí)，線圈與中性面垂直時(shí)，感應(yīng)電電動(dòng)勢(shì)為大，故線圈中的瞬時(shí)電流最大，故A錯(cuò)誤； B、電壓表的示數(shù)為10V，故電壓的最大值為10V，最大電流為：：Im==A，電流的有效值， 電阻R上的熱功率： P=I2R=1210=10W，故B正確； C、線圈每秒轉(zhuǎn)25圈，故交流電的頻率為25Hz，每秒鐘電流方向改變50次，故C錯(cuò)誤； D、角速度：ω=2πn=2π25=50πrad/s 故從線圈平面與磁場(chǎng)平行開(kāi)始計(jì)時(shí)，線圈中感應(yīng)電流瞬時(shí)值表達(dá)式為： i=Imcosωt=cos50πt（A），故D錯(cuò)誤； 故選：B． 點(diǎn)評(píng)： 本題關(guān)鍵是明確交變電流的有效值、最大值、瞬時(shí)值的關(guān)系，知道從中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)的瞬時(shí)電流表達(dá)式為：i=Imcosωt，基礎(chǔ)題． 　 8．（4分）（xx?泉州模擬）在光滑水平地面上有兩個(gè)相同的彈性小球A、B，質(zhì)量都為m．現(xiàn)B球靜止，A球向B球運(yùn)動(dòng)，發(fā)生正碰．已知碰撞過(guò)程中總機(jī)械能守恒，兩球壓縮最緊時(shí)的彈性勢(shì)能為EP，則碰前A球的速度等于（　?。? 　 A． B． C． 2 D． 2 考點(diǎn)： 機(jī)械能守恒定律． 專題： 機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題． 分析： 兩球壓縮最緊時(shí)，兩球速度相等．根據(jù)碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，以及總機(jī)械能守恒求出碰前A球的速度． 解答： 解：設(shè)碰撞前A球的速度為v，當(dāng)兩球壓縮最緊時(shí)，速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒得，mv=2mv′，則．在碰撞過(guò)程中總機(jī)械能守恒，有，得v=．故C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 故選C． 點(diǎn)評(píng)： 本題屬于動(dòng)量守恒與能量守恒的綜合題，解決本題的關(guān)鍵掌握動(dòng)量守恒和能量守恒定律． 　 9．（4分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，一粗糙的平行金屬軌道平面與水平面成θ角，兩軌道上端用一電阻R相連，該裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直軌道平面向上．質(zhì)量為m的金屬桿ab以初速度v0從軌道底端向上滑行，滑行到某高度h后又返回到底端．若運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬桿始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，軌道與金屬桿的電阻均忽略不計(jì)．則下列說(shuō)法不正確的是（　?。? 　 A． 金屬桿ab上滑過(guò)程與下滑過(guò)程通過(guò)電阻R的電量一樣多 　 B． 金屬桿ab上滑過(guò)程中克服重力、安培力與摩擦力所做功之和等于mv02 　 C． 金屬桿ab上滑過(guò)程與下滑過(guò)程電磁感應(yīng)而產(chǎn)生的內(nèi)能不相等 　 D． 金屬桿ab在整個(gè)過(guò)程中損失的機(jī)械能等于裝置產(chǎn)生的焦耳熱 考點(diǎn)： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；功的計(jì)算；焦耳定律． 專題： 電磁感應(yīng)與電路結(jié)合． 分析： 通過(guò)對(duì)導(dǎo)體棒的受力分析知道，上滑的過(guò)程做變減速直線運(yùn)動(dòng)，下滑的過(guò)程做變加速直線運(yùn)動(dòng)，抓住位移相等，平均速度不同，比較運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)比較出電量的大小，根據(jù)Q=EIt比較上滑和下滑過(guò)程中產(chǎn)生的熱量． 解答： 解：A、根據(jù)感應(yīng)電量經(jīng)驗(yàn)公式知，上滑過(guò)程和下滑過(guò)程磁通量的變化量相等，則通過(guò)電阻R的電量相等，故A正確． B、金屬桿ab上滑過(guò)程中重力、安培力、摩擦力都做功負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理得知：ab棒克服重力、安培力與摩擦力所做功之和等于．故B正確． C、經(jīng)過(guò)同一位置時(shí)：下滑的速度小于上滑的速度，下滑時(shí)棒受到的安培力小于上滑所受的安培力，則下滑過(guò)程安培力的平均值小于上滑過(guò)程安培力的平均值，所以上滑導(dǎo)體棒克服安培力做功大于下滑過(guò)程克服安培力做功，故上滑過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的熱量大于下滑過(guò)程中產(chǎn)生的熱量，上滑過(guò)程與下滑過(guò)程電磁感應(yīng)而產(chǎn)生的內(nèi)能不相等．故C正確． D、根據(jù)功能關(guān)系得知，ab在整個(gè)過(guò)程中損失的機(jī)械能等于裝置產(chǎn)生的焦耳熱與摩擦力產(chǎn)生的熱量的和．故D不正確． 本題要求選擇不正確的，故選：D 點(diǎn)評(píng)： 解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵時(shí)分析受力，進(jìn)一步確定運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，并明確判斷各個(gè)階段及全過(guò)程的能量轉(zhuǎn)化． 　 10．（4分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期中）邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框在水平恒力F作用下，將穿過(guò)方向如圖所示的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)．磁場(chǎng)范圍寬為d（d＞L）．已知線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)恰好勻速，則線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程和從另一側(cè)出磁場(chǎng)的過(guò)程相比較，下列說(shuō)法正確的是（　　） 　 A． 線框中感應(yīng)電流的方向相同 　 B． 所受安培力的方向相反 　 C． 線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度可能小于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度 　 D． 出磁場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的電能一定大于進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的電能 考點(diǎn)： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；楞次定律． 專題： 電磁感應(yīng)——功能問(wèn)題． 分析： 根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，根據(jù)楞次定律的第二種表述：感應(yīng)電流總要阻礙導(dǎo)體與磁體間相對(duì)運(yùn)動(dòng)，分析安培力的方向．由焦耳定律求解線框產(chǎn)生的電能． 解答： 解：A、線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程：磁通量增加，根據(jù)楞次定律得知，線框感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針?lè)较?；線框穿出磁場(chǎng)過(guò)程：磁通量減小，根據(jù)楞次定律得知，線框感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針?lè)较颍蔄錯(cuò)誤； B、線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程，根據(jù)楞次定律的第二種表述：感應(yīng)電流總要阻礙導(dǎo)體與磁體間相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則知線框所受的安培力方向向左；線框穿出磁場(chǎng)過(guò)程，根據(jù)楞次定律的第二種表述：感應(yīng)電流總要阻礙導(dǎo)體與磁體間相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則知線框所受的安培力方向向左；故B錯(cuò)誤 C、線框進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的兩個(gè)過(guò)程中，水平恒力做功都是FL，進(jìn)入過(guò)程線框做勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的電能等于FL．由于線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻加速運(yùn)動(dòng)，到出磁場(chǎng)時(shí)，線框的速度增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流增大，所受的安培力增大，線框?qū)⒆鰷p速運(yùn)動(dòng)，完全出磁場(chǎng)之前可能已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)安培力又等于拉力．所以離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度可能大于，也可能等于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度．不可能小于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度．故C錯(cuò)誤； D、由于線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻加速運(yùn)動(dòng)，到出磁場(chǎng)時(shí)，出磁場(chǎng)時(shí)，線框的速度增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流增大，所受的安培力增大，線框?qū)⒆鰷p速運(yùn)動(dòng)，減小的動(dòng)能也轉(zhuǎn)化為電能，所以出磁場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的電能一定大于進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的電能．故D正確． 故選：D 點(diǎn)評(píng)： 本題中運(yùn)用楞次定律判斷感應(yīng)電流方向和安培力方向，也可以根據(jù)左手定則判斷安培力方向． 　 11．（4分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期中）如圖甲所示，正六邊形導(dǎo)線框abcdef放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中靜止不動(dòng)，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示．t=0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直紙面向里，設(shè)產(chǎn)生的感應(yīng)電流逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎?、豎直邊cd所受安培力的方向水平向左為正．則下面關(guān)于感應(yīng)電流I和cd所受安培力F隨時(shí)間t變化的圖象正確的是（　　） 　 A． B． C． D． 考點(diǎn)： 法拉第電磁感應(yīng)定律；楞次定律． 專題： 電磁感應(yīng)與圖像結(jié)合． 分析： 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出各段時(shí)間內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流的大小，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向，通過(guò)安培力大小公式求出安培力的大小以及通過(guò)左手定則判斷安培力的方向． 解答： 解：A、0～2s內(nèi)，磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍瑸樨?fù)值．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E==S=S═B0S為定值，則感應(yīng)電流為定值，I1=．在2～3s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍瑸樨?fù)值，大小與0～2s內(nèi)相同．在3～4s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向外，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，為正值，大小與0～2s內(nèi)相同．在4～6s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，為正值，大小與0～2s內(nèi)相同，故AB錯(cuò)誤． C、在0～2s內(nèi)，磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，且逐漸減小，電流恒定不變，根據(jù)FA=BIL，則安培力逐漸減小，cd邊所受安培力方向向右，為負(fù)值．0時(shí)刻安培力大小為F=2B0I0L．在2s～3s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)FA=BIL，則安培力逐漸增大，cd邊所受安培力方向向左，為正值，3s末安培力大小為B0I0L．在2～3s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，則安培力大小逐漸增大，cd邊所受安培力方向向右，為負(fù)值，第4s初的安培力大小為B0I0L．在4～6s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，則安培力大小逐漸增大，cd邊所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L．故C正確，D錯(cuò)誤． 故選：C． 點(diǎn)評(píng)： 解決本題的關(guān)鍵掌握法拉第電磁感應(yīng)定律，會(huì)運(yùn)用楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，以及掌握安培力大小公式，會(huì)用左手定則判定安培力的方向． 　 12．（4分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，一根足夠長(zhǎng)的水平滑桿SS′上套有一質(zhì)量為m的光滑金屬圓環(huán)，在滑桿的正下方與其平行放置一足夠長(zhǎng)的光滑水平的絕緣軌道PP′，PP′穿過(guò)金屬環(huán)的圓心．現(xiàn)使質(zhì)量為M的條形磁鐵以水平速度v0沿絕緣軌道向右運(yùn)動(dòng)，則下列組合正確的是（　?。? ①磁鐵穿過(guò)金屬環(huán)后，兩者將先、后停下來(lái) ②磁鐵若能穿過(guò)金屬環(huán)，在靠近和離開(kāi)金屬環(huán)的過(guò)程中金屬環(huán)的感應(yīng)電流方向相同，金屬環(huán)所受的安培力方向相同． ③磁鐵與圓環(huán)的最終速度 ④整個(gè)過(guò)程最多能產(chǎn)生熱量v02． 　 A． ①② B． ③④ C． ②③ D． ①④ 考點(diǎn)： 動(dòng)量守恒定律；功能關(guān)系；楞次定律． 專題： 電磁感應(yīng)與電路結(jié)合． 分析： 金屬圓環(huán)光滑，一足夠長(zhǎng)的水平的絕緣軌道光滑，所以圓環(huán)與磁鐵組成的系統(tǒng)水平方向受到的合力為0，滿足動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律即可解答． 解答： 解：磁鐵若能穿過(guò)金屬環(huán)，在靠近金屬環(huán)的過(guò)程中金屬環(huán)的感應(yīng)電流方向產(chǎn)生的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)的方向相反；在和離開(kāi)金屬環(huán)的過(guò)程中金屬環(huán)的感應(yīng)電流方向產(chǎn)生的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)的方向相同，所以，在靠近和離開(kāi)金屬環(huán)的過(guò)程中金屬環(huán)的感應(yīng)電流方向產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向相反，感應(yīng)電流的方向一定相反．故②錯(cuò)誤； 選取磁鐵與圓環(huán)組成的系統(tǒng)為研究的系統(tǒng)，系統(tǒng)在水平方向受到的合力為0，滿足動(dòng)量守恒；選取磁鐵M運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，則最終到達(dá)共同速度時(shí)： Mv0=（M+m）v 得：．故①錯(cuò)誤，③正確； 磁鐵若能穿過(guò)金屬環(huán)，運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中系統(tǒng)的產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)損失的動(dòng)能，即：．故④正確． 故選：B 點(diǎn)評(píng)： 本題為結(jié)合楞次定律考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，要注意選取的研究對(duì)象是磁鐵與圓環(huán)組成的系統(tǒng)，可根據(jù)楞次定律的表現(xiàn)來(lái)判斷物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化． 　 二、實(shí)驗(yàn)題（本題共2個(gè)小題，第13題4分，第14題8分共12分） 13．（4分）（xx春?嘉興期中）用如圖裝置研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象．在圖示情況，當(dāng)電鍵閉合瞬時(shí)，觀察到電流表指針向右偏轉(zhuǎn)，電鍵閉合一段時(shí)間后，為使電流表指針向左偏轉(zhuǎn)，可采用的方法有（　　） 　 A． 將變阻器滑動(dòng)頭向右端滑動(dòng) B． 將一軟鐵棒插入線圈A中 　 C． 將線圈A從線圈B中拔出 D． 迅速斷開(kāi)電鍵 考點(diǎn)： 楞次定律． 分析： 電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向取決于感應(yīng)電流的方向，感應(yīng)電流反向，電流表指針?lè)聪?；由楞次定律可知，感?yīng)電流磁場(chǎng)總是阻礙原磁通量的變化，原磁通量變大，感應(yīng)電流磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相反，原磁通量變小，感應(yīng)電流磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相同，即磁通量變化情況發(fā)生變化時(shí)，感應(yīng)電流方向發(fā)生變化． 解答： 解：當(dāng)電鍵閉合時(shí)，穿過(guò)線圈B的磁通量增大，電流表指針向右偏；要想使電流表指針向左偏轉(zhuǎn)，只要穿過(guò)項(xiàng)圈B的磁通量減小即可； A、由電路圖可知，將變阻器滑動(dòng)頭向右端滑動(dòng)通過(guò)線圈A的電流增大，穿過(guò)線圈B的磁通量增加，電流表指針向右偏，故A錯(cuò)誤； B、將一軟鐵棒插入線圈A中，穿過(guò)線圈B的磁通量變大，電流表指針向右偏轉(zhuǎn)，故B錯(cuò)誤； C、將線圈A從線圈B中撥出，穿過(guò)線圈B的磁通量變小，電流表指針向左偏轉(zhuǎn)，故C正確； D、斷開(kāi)電鍵時(shí)，穿過(guò)線圈A的電流迅速減小，穿過(guò)線圈B的磁通量變小，電流表指針向左偏轉(zhuǎn)，故D正確； 故選：CD． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查了判斷感應(yīng)電流方向問(wèn)題，理解楞次定律內(nèi)容并靈活應(yīng)用楞次定律是正確解題的關(guān)鍵；本題難度不大，是一道基礎(chǔ)題． 　 14．（8分）（xx春?肅南裕縣校級(jí)期末）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)：在小車A的前端粘有橡皮泥，推動(dòng)小車A使之做勻速運(yùn)動(dòng)，然后與原來(lái)靜止在前方的小車B相碰并粘合成一體，繼續(xù)做勻速運(yùn)動(dòng)．他設(shè)計(jì)的裝置如圖 （a）所示．在小車A后連著紙帶，電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用電源頻率為50Hz，長(zhǎng)木板下墊著小木片以平衡摩擦力． （1）若已測(cè)得打點(diǎn)的紙帶如圖14﹣2﹣9（b）所示，并測(cè)得各計(jì)數(shù)點(diǎn)的間距（已標(biāo)在圖上）．A為運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)，則應(yīng)選　BC　段來(lái)計(jì)算A碰撞前的速度，應(yīng)選　DE　段來(lái)計(jì)算A和B碰后的共同速度（以上兩空選填“AB”“BC”“CD”或“DE”）． （2）已測(cè)得小車A的質(zhì)量m1=0.4kg，小車B的質(zhì)量m2=0.2kg，則碰前兩小車的總動(dòng)量大小為　0.420　kg?m/s，碰后兩小車的總動(dòng)量大小為　0.417　kg?m/s．（計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字） 考點(diǎn)： 驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律． 專題： 實(shí)驗(yàn)題． 分析： （1）小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，在相等時(shí)間內(nèi)的位移相等，分析小車的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，然后答題； （2）根據(jù)圖象，由速度公式求出小車的速度，然后由P=mv求出動(dòng)量． 解答： 解：（1）推動(dòng)小車由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，故小車有個(gè)加速過(guò)程，在碰撞前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即在相同的時(shí)間內(nèi)通過(guò)的位移相同，故BC段為勻速運(yùn)動(dòng)的階段，故選BC計(jì)算碰前的速度；碰撞過(guò)程是一個(gè)變速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，而A和B碰后的共同運(yùn)動(dòng)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故在相同的時(shí)間內(nèi)通過(guò)相同的位移，故應(yīng)選DE段來(lái)計(jì)算碰后共同的速度． （2）碰前小車的速度為誒：vA===1.05m/s， 碰前的總動(dòng)量為：P=mAvA=0.41.05=0.420kg?m/s； 碰后小車的共同速度為：v===0.695m/s， 碰后的動(dòng)量為：P′=（mA+mB）v=（0.4+0.2）0.695=0.417kg?m/s； 故答案為：（1）BC，DE；（2）0.420，0.417． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn)，分析清楚小車運(yùn)動(dòng)過(guò)程，運(yùn)用速度公式、動(dòng)量計(jì)算公式即可正確解題，要掌握根據(jù)紙帶求速度的方法． 　 三、計(jì)算題（本大題有4個(gè)小題，共40分） 15．（8分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期中）水平放置的平行金屬框架寬L=0.2m，質(zhì)量為m=0.1kg的金屬棒ab放在框架上，并且與框架的兩個(gè)邊垂直，整個(gè)裝置放在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖所示．金屬棒在F=2N的水平向右恒力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，電路中除R=0.05Ω外，其它電阻、摩擦阻力均不考慮，求： （1）當(dāng)ab棒的速度為5m/s時(shí)，棒上的電流多大？方向如何？ （2）若棒達(dá)到最大速度時(shí)撤去外力，此后R上產(chǎn)生的熱量是多少？ 考點(diǎn)： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；焦耳定律． 專題： 電磁感應(yīng)與電路結(jié)合． 分析： （1）根據(jù)歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律以及安培力公式表示出安培力的表達(dá)式，根據(jù)牛頓第二定律列方程求出加速度； （2）受力平衡時(shí)有最大速度，根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒求產(chǎn)生的熱量． 解答： 解：（1）金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv 由歐姆定律得：I= 金屬棒所受的安培力大小為：F安=BIL， 由牛頓第二定律得：F﹣F安=ma， 聯(lián)立解得：a=m/s2 （2）當(dāng)a=0時(shí)速度最大，故有：m/s 撤去F后，導(dǎo)體棒的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為熱量為：J 答：（1）ab速度是v=5m/s時(shí)，棒的加速度a是10m/s2． （2）當(dāng)ab棒達(dá)到最大速度vm后，撤去外力F，此后感應(yīng)電流還能產(chǎn)生的熱量Q為5J． 點(diǎn)評(píng)： 本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是安培力的分析和計(jì)算，它是聯(lián)系力學(xué)與電磁感應(yīng)的橋梁． 　 16．（10分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，在光滑水平面上疊放著質(zhì)量為2m，4m的物體A、B，A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，質(zhì)量為m的小球以水平速度v射向A，以的速度返回，求 （1）小球與A碰后瞬間A的速度大?。? （2）木板B至少多長(zhǎng)，A才不至于滑落． 考點(diǎn)： 動(dòng)量守恒定律． 專題： 動(dòng)量定理應(yīng)用專題． 分析： （1）對(duì)小球和A組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律列出等式，對(duì)A與B組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律求解 （2）A、B相互作用的過(guò)程中系統(tǒng)減小的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，A恰好不滑落的條件是A滑到B的左端時(shí)兩者速度相等，根據(jù)能量守恒列出等式求解． 解答： 解：（1）對(duì)小球和A組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律，有： mv=m（﹣）+mAvA…① 設(shè)A和B相對(duì)靜止后的速度為v，對(duì)A與B組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律，有： mAvA=（mA+mB）v1…② 由①②得：v1==…③ （2）A、B相互作用的過(guò)程中系統(tǒng)減小的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，A恰好不滑落的條件是A滑到B的左端時(shí)兩者速度相等， 設(shè)A在B上滑行的距離為d，由功能關(guān)系，有： μmAgd=mAvA2﹣（mA+mB）v12…④ 由③④得：d== 答：（1）A與B相對(duì)靜止時(shí)的速度是； （2）木板B至少d=，A才不至于滑落． 點(diǎn)評(píng)： 對(duì)于物塊在小車上，往往動(dòng)量守恒，有時(shí)還用到能量守恒求解． 　 17．（10分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期中）如圖甲所示，在一傾角為37的粗糙絕緣斜面上，靜止地放置著一個(gè)匝數(shù)n=10的圓形線圈，其總電阻R=3.14Ω、總質(zhì)量m=0.4kg、半徑r=0.4m．向下輕推一下線圈恰能使它沿斜面勻速下滑．現(xiàn)在將線圈靜止放在斜面上后，在水平直線ef（與線圈的水平直徑重合）以下的區(qū)域中，加上垂直斜面方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按如圖乙所示規(guī)律變化的磁場(chǎng)，（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求： （1）剛加上磁場(chǎng)時(shí)線圈中的感應(yīng)電流大小I； （2）從加上磁場(chǎng)開(kāi)始到線圈剛要運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間； （3）從加上磁場(chǎng)開(kāi)始到線圈剛要運(yùn)動(dòng)線圈中產(chǎn)生的熱量Q． 考點(diǎn)： 法拉第電磁感應(yīng)定律；焦耳定律；楞次定律． 專題： 電磁感應(yīng)——功能問(wèn)題． 分析： （1）由乙圖的斜率求出B的變化率，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再根據(jù)閉合電路歐姆定律即可求解I； （2）根據(jù)楞次定律可判斷出線圈受到的安培力的方向沿斜面向上，當(dāng)安培力剛好等于等于重力沿斜面向下的分力與最大靜摩擦力之和時(shí)，線圈剛要運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件求出此時(shí)B的值，再由B與t的關(guān)系式求出時(shí)間． （3）根據(jù)焦耳定律，即可求解熱量Q． 解答： 解：（1）由乙圖的斜率得：=T/s=0.5T/s，線圈有磁場(chǎng)的面積為：S=πr2 由法拉第電磁感應(yīng)定律：E=n=100.50.42V=0.4πV 由閉合電路的歐姆定律有：I==A=0.4A （2）設(shè)線圈開(kāi)始能勻速滑動(dòng)時(shí)受的滑動(dòng)摩擦力為Fμ，則由題有：mgsin37=Fμ 加變化磁場(chǎng)后線圈剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，有 nBIL=mgsin37+Fμ，其中L=2r=0.8m 聯(lián)立得：nBIL=2mgsin37 得 B==T=1.5T 由圖象知 B=B0+kt=1+0.5t T 則 t==s=1s （3）由焦耳定律 Q=I2Rt=0.423.141J≈0.5J 答：（1）剛加上磁場(chǎng)時(shí)線圈中的感應(yīng)電流大小I為πA； （2）從加上磁場(chǎng)開(kāi)始到線圈剛要運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間為1s； （3）從加上磁場(chǎng)開(kāi)始到線圈剛要運(yùn)動(dòng)線圈中產(chǎn)生的熱量Q約為0.5J． 點(diǎn)評(píng)： 此題要理解圖象的斜率的物理意義，掌握閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、焦耳定律的應(yīng)用，要明確線圈剛要運(yùn)動(dòng)的臨界條件，運(yùn)用力學(xué)知識(shí)和電磁感應(yīng)的規(guī)律結(jié)合求解． 　 18．（12分）（xx?邯鄲一模）如圖所示，兩電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌間距為l，所在平面的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上．如圖所示，將甲、乙兩阻值相同，質(zhì)量均為m的相同金屬桿放置在導(dǎo)軌上，甲金屬桿處在磁場(chǎng)的上邊界，甲、乙相距l(xiāng)．從靜止釋放兩金屬桿的同時(shí)，在金屬桿甲上施加一個(gè)沿著導(dǎo)軌的外力，使甲金屬桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終沿導(dǎo)軌向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且加速度大小以a=gsinθ，乙金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)． （1）求每根金屬桿的電阻R為多少？ （2）從剛釋放金屬桿時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，寫出從計(jì)時(shí)開(kāi)始到甲金屬桿離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中外力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系式，并說(shuō)明F的方向． （3）若從開(kāi)始釋放兩桿到乙金屬桿離開(kāi)磁場(chǎng)，乙金屬桿共產(chǎn)生熱量Q，試求此過(guò)程中外力F對(duì)甲做的功． 考點(diǎn)： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；力的合成與分解的運(yùn)用；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；安培力；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化． 專題： 壓軸題；電磁感應(yīng)——功能問(wèn)題． 分析： （1）甲、乙勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度相同，當(dāng)乙通過(guò)位移l進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，甲剛出磁場(chǎng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)速度位移公式求出乙進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度，乙金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件求解電阻R． （2）從剛釋放金屬桿時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，由于甲的加速度大小a=gsinθ，外力與安培力大小相等，由速度公式得出速度與時(shí)間的關(guān)系式，根據(jù)安培力的表達(dá)式得出外力與時(shí)間的關(guān)系式． （3）從開(kāi)始釋放兩桿到乙金屬桿離開(kāi)磁場(chǎng)，乙進(jìn)入磁場(chǎng)前，甲、乙發(fā)出相同熱量，導(dǎo)體棒克服安培力做功等于回路產(chǎn)生的熱量．甲出磁場(chǎng)以后，外力F為零，乙在磁場(chǎng)中，安培力大小等于重力沿斜面向下的分力，甲、乙發(fā)出相同熱量，根據(jù)功能關(guān)系得出回路產(chǎn)生的熱量，根據(jù)總熱量等于Q，求出外力做功． 解答： 解：（1）由題，甲、乙勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度相同，所以，當(dāng)乙進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，甲剛出磁場(chǎng) 乙進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度 根據(jù)平衡條件有 解得： （2）甲在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，外力F始終等于安培力，v=gsinθ?t 將 代入得：，方向沿導(dǎo)軌向下 （3）乙進(jìn)入磁場(chǎng)前，甲、乙發(fā)出相同熱量，設(shè)為Q1，則有 F安l=2Q1 又F=F安故外力F對(duì)甲做的功WF=Fl=2Q1 甲出磁場(chǎng)以后，外力F為零，乙在磁場(chǎng)中，甲、乙發(fā)出相同熱量，設(shè)為Q2，則有 F安′l=2Q2 又F安′=mgsinθ 又Q=Q1+Q2 解得：WF=2Q﹣mglsinθ 答： （1）每根金屬桿的電阻． （2）從剛釋放金屬桿時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，從計(jì)時(shí)開(kāi)始到甲金屬桿離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中外力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系式為，方向沿導(dǎo)軌向下． （3）從開(kāi)始釋放兩桿到乙金屬桿離開(kāi)磁場(chǎng)，乙金屬桿共產(chǎn)生熱量Q，此過(guò)程中外力F對(duì)甲做的功為2Q﹣mglsinθ． 點(diǎn)評(píng)： 本題審題時(shí)緊扣導(dǎo)體棒切割磁感線時(shí)加速度為a=gsinθ，外力與安培力大小相等，外力F對(duì)甲做的功等于導(dǎo)體棒克服安培力做功．