1、第 1 页，共 12 页 蚌埠田家炳中学 2020 年春季学期开学学业检测 高二物理 命题人：孙梅芳 一、单选题（本大题共 10 小题，共 40.0 分）1.有关电磁感应现象的下列说法中正确的是()A.感应电流的磁场总跟原来的磁场方向相反 B.穿过闭合回路的磁通量发生变化时不一定能产生感应电流 C.闭合线圈整个放在磁场中一定能产生感应电流 D.感应电流的磁场总是阻碍原来的磁通量的变化【答案】D 2.如图所示，闭合金属环用绝缘细线悬挂在天花板上，一根条形磁铁在金属环右边静止，条形磁铁和金属环轴线重合.现要金属环向左摆动，同时半径方向收缩，则以下可行的是()A.条形磁铁向左靠近金属环B.条形磁铁向
2、右远离金属环C.条形磁铁向下远离金属环D.条形磁铁向上远离金属环【答案】A【解析】【分析】解本题时应该掌握：楞次定律的理解、应用。在楞次定律中线圈所做出的所有反应都是阻碍其磁通量的变化。如：感应电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等。本题从力、运动的角度考查楞次定律，思维含量高，考查角度新颖。可以使用楞次定律的推广的形式解答，比较方便快捷。【解答】A.条形磁铁向左靠近金属环，穿过金属环的磁通量增加，根据楞次定律可知金属环向左摆动，同时半径方向收缩，A 满足题意，故 A 正确；.条形磁铁向右远离金属环，向下远离金属环、向上远离金属环时穿过金属环的磁通量减小，根据楞次定律可知金属环向右摆动，同时半径
3、方向扩张，B 不满足题意，故BCD 错误。故选 A。3.如图 1 所示，矩形线圈位于一变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面(纸面)向里，磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律如图 2 所示用 I 表示线圈中的感应电流，取顺时针方向的电流为正则下图中的 图象正确的是()第 2 页，共 12 页 A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由图 2 可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象。此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出
4、正确结果。【解答】由感应定律和欧姆定律得：=，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度 B 随 t 的变化率。由图 2 可知，01时间内，B 增大，增大，感应磁场与原磁场方向相反(感应磁场的磁感应强度的方向向外)。由右手螺旋定则感应电流是逆时针的，因而是负值所以可判断01为负的恒值；12为零；23为正的恒值，故 C 正确，ABD 错误。故选 C。4.在如图所示的电路中，、为两个完全相同的灯泡，L为自感系数很大的线圈、R 为定值电阻，假设电源的内阻和线圈的直流电阻可忽略不计。下列说法正确的是()A.闭合开关 S 的瞬间，灯泡、同时亮B.闭合开关 S，待稳定后，灯泡 B 比灯泡 A 亮C.闭合开关 S
5、，待电路稳定后再断开开关 S 瞬间，灯泡、中的电流大小不同D.闭合开关 S，待电路稳定后再断开开关瞬间，灯泡 B 中的电流方向为从右向左【答案】D【解析】【分析】当电键 K 闭合时，通过线圈 L 的电流突然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解。【解答】A.灯 B 与电阻 R 串联，当电键 K 闭合时，灯 B 立即发光。通过线圈 L 的电流增大时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A 逐渐亮起来
6、，所以 B 比 A 先亮，故 A 错误；第 3 页，共 12 页 B.由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，感应电动势减小，A 灯电流逐渐增大，A 灯逐渐变亮，外电路电流变大时，当电流稳定时，A 支路的总电阻小，所以 A 比B 亮，故 B 错误；C.待电路稳定后再断开开关 S 瞬间，灯泡 A，B 串联与小球组成自感回路，所以流过它们的电流大小相等，故 C 错误；D.待电路稳定后再断开开关 S 瞬间，L 内的电流逐渐减小，方向不变，所以灯泡 A 中的电流方向不变，而 B 中的电流方向与开始时是相反的，为从右向左，故 D 正确。故选 D。5.图示为交流发电机的原理示意图，将矩形线框置于竖直向
7、下的匀强磁场中，通过导线与灵敏电流表相连，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，图中线框平面处于竖直面内，下列说法正确的是()A.线框通过图中位置时，产生的电动势最大B.线框通过图中位置时，穿过线框的磁通量最大C.线框通过图中位置时，通过电流表的电流瞬时值最小D.若线框转动的角速度增大，那么通过电流表的电流的有效值可能不变【答案】A【解析】【分析】本题考查了对交流电产生的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，知道电流表测量的是交流电的有效值，中性面时磁通量最大，感应电动势最小，垂直中性面时磁通量最大，感应电动势最小为零，难度不大，属于基础题。电流表测量的是交流电的有效值，中性面时磁通量
8、最大，感应电动势最小，根据=及欧姆定律判断线框转动的角速度增大一倍时，电流的有效值的变化情况。【解答】.线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量为零，感应电动势最大，所以感应电流也最大，通过电流表的电流瞬时值最大，故 BC 错误，A 正确；D.根据=可知，增大一倍，E 也增大一倍，根据=可知，通过电流表电流的有效值也增大一倍，故 D 错误。故选 A。6.一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电=220 2100，那么()A.频率是 50 赫兹B.当=0时，线圈平面恰好与中性面重合C.当=1/200秒时，e 有最大值D.有效值为220 2【答案】A【解析】【分析】本题考查了交流电的描述，根据交流电
9、的表达式，可以知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等。第 4 页，共 12 页 对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义。【解答】A.线圈的角速度为100/，故其频率为：=2=50，故 A 正确；B.当=0时，=220 2，此时线圈垂直中性面，故 B 错误。C.当=1200 时，cos2=0，所以=0，最小，故 C 错误；D.由=220 2100可知该交流电的最大值为200 2，有效值为 220V，故 D 错误；故选 A。7.如图所示的交流电路中，如果电源电动势的最大值不变，交流电的频率增
10、大时，可以观察到三盏电灯亮度的变化情况是()A.1、2、3亮度都不变B.1变暗、2不变、3变亮C.1变暗、2变亮、3不变D.1变亮、2变暗、3不变【答案】C【解析】解：感抗为=2，容抗为=12。当频率 f 增大时，感抗变大，容抗变小。感抗变大，对交流电的阻碍作用变大，所以1变暗。容抗变小，对交流电的阻碍作用变小，所以2变亮。而电阻器的对交流电的阻碍作用不随频率改变，所以3亮度不变。所以1变暗、2变亮、3不变。故 ABD 错误，C 正确。故选：C。本题考查电容电感对交变电流的阻碍作用，电源电动势的最大值不变，各支路两端电压有效值也不变，由电感对电流阻碍作用随着频率的增大而增大，电容对电流的阻碍作
11、用随着频率的增大而减小，可判断出灯泡的变化情况。本题还可以根据电容器和电感线圈的特性分析选择。电容器内部是真空或电介质，隔断直流。能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性。电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性。8.下列关于冲量和动量的说法中，正确的是()A.物体所受的合外力为零，它的动量一定为零B.物体所受的合外力的冲量为零，它的动量变化量一定为零C.物体所受的合外力做的功为零，它的动量变化量一定为零D.物体所受的合外力不变，它的动量一定也不变【答案】B【解析】【分析】冲量等于力与时间的乘积，是矢量，方向与力的方向相同，根据动
12、量定理可分析动量、动量变化及冲量之间的关系。解决本题的关键知道冲量的基本概念，知道冲量是矢量，方向与力的方向相同，同时注意动量定理的正确应用。【解答】A.物体受到的合外力为零，则冲量为零，动量不会发生变化，但是它的动量不一定为零，第 5 页，共 12 页 故 A 错误；B.物体所受的合外力的冲量为零，则动量变化量一定为零，故 B 正确；C.合外力做功为零即动能不变，但合外力的冲量不一定为零，则动量的变化不一定为零；如匀速圆周运动，其合力做功为零，但其动量始终在变化，故 C 错误；D.物体受到的合外力不变，则由动量定理可知，动量一定变化，故 D 错误。故选 B。9.下列说法正确的是()A.物体的
13、动量发生变化，其动能一定变化B.物体的动能发生变化，其动量一定变化C.两个物体的动量相同，它们的动能也一定相同D.两个物体的动能相同，它们的动量也一定相同【答案】B【解析】【分析】动能是标量=12 2，动量是矢量=，动能与动量之间的大小关系：=22，根据动能和动量的公式列式分析。本题考查了动量和动能的关系，解题的关键是明确矢量改变和标量改变的区别。【解答】.动能是标量=12 2，动量是矢量=，物体的动量 P 发生变化，其动能不一定变化，动能发生变化，物体的动能一定变化，故 A 错误，故 B 正确；C.两物体的动量 P 相等，当两物体的质量相等时，其动能一定相等，当两物体的质量不等时，其动能一定
14、不相等，故 C 错误；D.两物体动能相等，而质量不等时，其动量 P 也是不相等的，故 D 错误。故选 B。10.体操运动员从同样高度翻滚落地时，总有一个屈膝的动作，其原因是()A.屈膝落地动量小，不易受伤B.屈膝落地动量改变小，不易受伤C.不屈膝落地动量改变大，容易受伤D.屈膝落地可以延长作用时间，从而减小腿部受力，不易受伤【答案】D【解析】【分析】运动员与地面接触的过程，动量的变化是确定的，屈膝能增加动量变化的时间，根据动量定理进行分析。本题考查动量定理的应用，要在生活中注意体会物体知识的应用，从而培养对物理学习的兴趣。【解答】设运动员着地时速度为 v，质量为 m，与地面间的平均作用力为 F
15、，则着地过程中根据动量定理()=0 得：=+因此，可知与地面作用时间越长，F 越小，越不容易受伤。故 D 正确，ABC 错误。故选 D。二、多选题（本大题共 4 小题，共 16.0 分）第 6 页，共 12 页 11.如图所示，闭合矩形线圈 abcd 从静止幵始竖直下落，穿过匀强磁场，磁场区域竖直方向的长度大于矩形线圈 bc 边的长度，不计空气阻力，下列说法正确的是()A.从线圈 dc 边进入磁场到 ab 边穿出磁场整个过程，线圈中始终有感应电流B.dc 边刚进入磁场时感应电流方向与 dc 边刚穿出磁场时感应电流方向相反C.dc 边刚进入磁场时感应电流大小与 dc 边刚穿出磁场时感应电流大小相
16、等D.从线圈 dc 边进入磁场到 ab 边穿出磁场整个过程，必有一个阶段其加速度等于 g【答案】BD【解析】【分析】线圈中产生感应电流的条件是：线圈中的磁通量发生变化；感应电流的方向可以使用右手定则来判断；由=求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流。该题考查闭合线圈在穿过磁场时可能发生的情景。要根据法拉第电磁感应定律以及其他的知识对各种情景逐一进行判定。【解答】解：A、线圈中产生感应电流的条件是：线圈中的磁通量发生变化。线圈整体在磁场中运动时，磁通量没有变化，故没有感应电流，故 A 错误；B、根据右手定则，dc 刚进入磁场时线圈内感应电流的方向从 d 到 c，dc 边刚穿出磁场时感应电流的方向
17、从 c 到 d，即两者方向相反，故 B 正确；C、根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律，=，从公式中和题目的情景中可知，只有当两种情况下速度相等时，它们的感应电流才相等，故 C 错误；D、由于磁场区域竖直方向的长度大于矩形线圈 bc 边的长度，线圈完全进入磁场后只受重力作用，加速度等于重力加速度，故 D 正确；故选：BD。12.如图所示，闭合矩形线框 abcd 位于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，让线框沿与 ab 边垂直的速度 v 匀速运动，第一种情况整个线框都在磁场中运动；第二种情况只有 cd 边在磁场中，ab 边在磁场外，则关于线框中感应电流和感应电动势判断正确的
18、是()A.第一种情况线框中有电流，且 c 点电势高于 d 点电势B.第一种情况线框中没有电流，且 d 点电势高于 c 点电势C.第二种情况线框中有电流，且 d 点电势高于 c 点电势D.第二种情况线框中没有电流，且 c 点电势高于 d 点电势【答案】BC【解析】【分析】根据磁通量有无分析有无感应电流产生，由右手定则判断感应电动势的方向，从而确定c 点与 d 点电势的高低。解决本题的关键在于掌握产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。要注意只要导线切割磁感线就能产生感应电动势，无论电路是否闭合。第 7 页，共 12 页【解答】.根据感应电流产生的条件可知当穿过闭合导体回路的磁通量发生变
19、化时，回路中就会有感应电流产生。第一种情况，线框运动的过程穿过线框的磁通量不变，故回路中没有感应电流，但根据右手定则可知整个线框向右切割磁感线，有感应电动势，且线框ad 端的电势高于 bc 端的电势，A 项错误，B 项正确；.第二种情况，线框运动的过程穿过线框的磁通量减少，有感应电流，根据右手定则可知 d 点电势高于 c 点电势，C 项正确，D 项错误。故选 BC。13.如图甲所示为一小型交流发电机的示意图，A 为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向匀速转动，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，电阻 R 的阻值为。下列说法正确的是()A.电流表的示数为10 B.线圈转动的角速
20、度为50/C.0.01 时线圈平面与中性面垂直D.电阻 R 上的热功率为 200W【答案】AC【解析】【分析】由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由=2可求电阻 R 上的热功率。本题是 2013 年的高考题，考查的知识点较多，难度不大。【解答】A.由题图乙可知交流电电流的最大值是=10 2，周期=0.02，由于电流表的示数为有效值，故示数=2=10，故 A 正确；B.角速度2=100/，故 B 错误；C.0.01时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为 0，故线圈平面与磁场方向平行，故
21、C 正确；D.由=2=102 1=100，故 D 错误。故选 AC。14.两球在光滑的地面上做相向运动并发生碰撞，碰撞后两球都静止，则()A.碰撞前，两球的动量一定相同B.碰撞前，两球的速度大小一定相等，方向相反C.碰撞前，两球的动量之和一定等于 0D.两球组成的系统，在碰撞过程中的任意时刻动量之和都等于 0【答案】CD【解析】【分析】本题考查动量守恒的应用，基础题。两个小球在光滑的水平面上线运动，满足动量守恒定律的条件，碰后总动量为零，根据动量守恒定律判断两个物体碰撞前的状态。第 8 页，共 12 页【解答】两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，两球碰撞后两球都静止，碰撞后系统总动量为
22、零，由动量守恒定律可以知道，碰撞前两球的动量之和一定等于 0，两球组成的系统，在碰撞过程中的任意时刻动量之和都等于 0，故 CD 正确，AB 错误。故选 CD。三、实验题（本大题共 2 小题，共 12.0 分）15.图甲、乙和丙所示均为教材中的演示实验实物图。在电路连接正确的情况下，回答下列问题：(1)图甲中，将条形磁铁插入线圈和拔出线圈时，灵敏电流计指针偏转方向_(填“相同”或“相反”)。(2)图乙中，导体棒 AB 以大小不同的速度沿相同方向切割磁感线时，灵敏电流计指针偏转角度大小(填“相同”或“不同”)。(3)图丙中，下列操作能使灵敏电流计指针偏转的是_。(填选项前的字母)A.闭合开关的瞬
23、间B.保持开关闭合，快速移动滑动变阻器的滑片C.保持开关断开，快速移动滑动变阻器的滑片【答案】(1)相反；(2)不同；(3)。【解析】【分析】本题难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件、影响感应电流方向的因素即可正确解题。(1)根据磁通量变化分析灵敏电流计指针的偏转；(2)导体棒 AB 以大小不同的速度沿相同方向切割磁感线时，产生的感应电动势不同；(3)当线圈 B 中产生感应电流时，电流表的指针将发生偏转，根据产生感应电流的条件：闭合电路的磁通量发生变化，分析答题。【解答】(1)将条形磁铁插入线圈时，穿过线圈的磁通量增强，拔出线圈时穿过线圈的磁通量减弱，所以灵敏电流计指针偏转方向相反；
24、(2)导体棒 AB 以大小不同的速度沿相同方向切割磁感线时，产生的感应电动势不同，所以将条形磁铁插入线圈和拔出线圈时，灵敏电流计指针偏转大小不同；(3).闭合开关的瞬间，A 线圈中磁场发生增强，穿过线圈 B 的磁通量增加，产生感应电流，电流表指针偏转，故 A 正确；B.保持开关闭合，快速移动滑动变阻器的滑片，A 线圈中磁场发生变化，B 线圈中磁通第 9 页，共 12 页 量发生变化，产生感应电流，电流表指针偏转，故 B 正确；C.保持开关断开，快速移动滑动变阻器的滑片，A 线圈中没有磁场，所以 B 线圈中磁通量没有变化，不产生感应电流，指针不偏转，故 C 错误。故选 AB。故答案为：(1)相反
25、；(2)不同；(3)。16.一同学设计了如图所示的装置来验证动量守恒定律。(1)步骤如下：将气垫导轨调水平后在气垫导轨上固定两个光电门；在两个滑行器上分别安装上宽度为 d 的挡光片，在滑行器 B 左端安装弹性架；令两个滑行器放在导轨两端处作为运动起始点，用手同时推动两个滑行器使其相向运动，让它们分别通过光电门，在两光电门之间发生碰撞，发生碰撞后两滑行器均反向运动，分别再次经过光电门，计数器记录滑行器 A 先后经过光电门的时间为1、2，滑行器且先后经过光电门的时间为3、4。用天平测量出 A、B 两滑行器的质量分别为1、2。设向右为正方向，计算出系统碰撞前的动量为_碰撞后的动量为_。若碰撞前、后两
26、滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得以验证(2)下列中哪些操作可能会对验证结论产生影响_A.两滑块碰撞后粘在一起通过一个光电门B.开始实验之前，气垫导轨没有调至水平状态C.给气垫导轨供气的压力泵工作异常，使导轨喷气不均匀17.【答案】(1321)13(2214)24 BC【解析】解：(1)由题意，滑行器 A 碰前经过光电门的速度大小1=1，滑行器 B 碰前经过光电门的速度大小2=3，设向右为正方向，故碰前总动量为=11 22=(1321)13；滑行器 A 碰后经过光电门的速度大小1=2，滑行器 B 碰后经过光电门的速度大小2=4，故碰后总动量为=11+22=(2214)24
27、；(2)、碰撞可以为完全非弹性碰撞，故 A 不会对验证结论有影响，故 A 错误；B、若气垫导轨没有调节水平，则系统受外力作用，系统动量不守恒，即 B 会对实验结论产生影响，故 B 正确；C、气垫导轨供气的压力泵工作正常工作时，滑行器的运动可以认为是无摩擦运动，若导轨喷气不均匀，则滑行器和导轨间由摩擦，系统动量不守恒，即该种情况对验证实第 10 页，共 12 页 验结论由影响，故 C 正确；D、验证动量守恒定律时，只要验证(1)中的=即可，由关系式可知，挡光板宽度 d 对结论没有影响，故 D 错误；故选：BC。故答案为：(1)(1321)13；(2214)24；(2)。(1)根据动量的定义式，可
28、以把碰撞前后的动量表示出来；(2)根据实验原理，结合气垫导轨的原理可以选出正确选项。本题考查验证动量守恒定律，关键要弄清实验的原理。另外要注意气垫导轨的使用注意事项。四、计算题（本大题共 3 小题，共 32.0 分）18.如图甲所示的理想变压器原、副线圈的匝数比为101，原线圈所接电源的电压按图乙所示规律变化，副线圈接有一灯泡，此时灯泡消耗的功率为 60W。求：(1)副线圈两端电压的有效值。(2)原线圈中电流表的示数。【答案】解：(1)原线圈电压有效值1=220 2 2 =220，由12=12，得副线圈两端电压的有效值2=22(2)理想变压器的输入功率等于输出功率，有11=2所以原线圈中电流表
29、的示数。【解析】(1)求出原线圈电压有效值，再根据变压器原理求解副线圈两端电压的有效值；(2)理想变压器的输入功率等于输出功率，根据电功率的计算公式求解。本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。19.如图所示，有一摆长为 L 的单摆，摆球 A 自水平位置摆下，在摆的平衡位置与置于光滑水平面的 B 球发生弹性碰撞，导致后者又跟置于同一水平面的 C 球发生完全非弹性碰撞.假设 A、B、C 球的质量均为 m，重力加速度为.那么第 11 页，共 12 页(1)A、B 碰
30、后 B 球的速度是多少;(2)B、C 球碰后的 B 球的速度是多少【答案】解：(1)对 A 从最高点到最低点进行分析，由机械能守恒得：=12 2计算得出=2因为 A 与 B 发生弹性碰撞，A、B 质量相等，交换速度，所以 B 的速度为=2(2)对 BC 由水平方向动量守恒得：=(+)得：=22即 B、C 球碰后的 B 球的速度是 22。【解析】(1)根据机械能守恒定律求出 A 球运动到最低点时的速度，A、B 发生弹性碰撞，A、B 质量相等，交换速度。(2)对 BC 碰撞时动量守恒，根据动量守恒定律求出 B、C 球碰后的 B 球的速度。两球碰撞时，两球组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，明确
31、 AB 两球发生弹性碰撞，质量相等，二者交换速度。20.如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距了 1m，导轨平面与水平面成=37角，下端连接阻值为=2的电阻磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度为0.4.质量为0.2、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25.金属棒沿导轨由静止开始下滑(=10/2,37=0.6,37=0.8)(1)判断金属棒下滑过程中产生的感应电流方向；(2)求金属棒下滑速度达到5/时的加速度大小；(3)当金属棒下滑速度达到稳定时，求电阻 R 消耗的功率【答案】解：(1)由右手定则判断金属棒中的感应电流方
32、向为由 a 到 b(2)金属棒下滑速度达到5/时产生的感应电动势为=0.4 1 5=2感应电流为 =22 =1金属棒受到的安培力为=0.4 1 1=0.4 N由牛顿第二定律得：=解得：=2/2(3)设金属棒运动达到稳定时，所受安培力为，棒在沿导轨方向受力平衡=+解得：=0.8又：=第 12 页，共 12 页 =0.80.4 1 =2电阻 R 消耗的功率：=2=8【解析】(1)根据右手定则判断感应电流方向；(2)根据=求出5/时的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出感应电流，得到安培力，再根据牛顿第二定律求出加速度；(3)棒在沿导轨方向受力平衡时速度达到稳定，根据平衡条件和安培力公式求出电流，再由功率表达式解得此时 R 消耗的电功率。磁感应中导体切割引起的感应电动势在考试中涉及较多，应明确受力分析，注意平衡状态的处理。
