1、2016年浙江省杭州市五校联盟高考物理二诊试卷一、选择题：本大题共7小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1下列说法正确的是（）A楞次通过实验研究，总结出了电磁感应定律B法拉第通过实验研究，发现了电流周围存在磁场C亚里士多德最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同D伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因2一个做匀加速直线运动的物体先后经过AB两点的速度分别为v1和v2，则下列结论中不正确的有（）A物体经过AB位移中点的速度大小为B物体经过AB位移中点的速度大小为C物体通过AB这段位移的平均速度为D物体通过AB这段位移所用的中间时刻的速度为3如
2、图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）AQ变小，C不变，U不变，E变小BQ变小，C变小，U不变，E不变CQ不变，C变小，U变大，E不变DQ不变，C变小，U变大，E变小4如图所示，把小车放在倾角为30的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中（）A小桶处于失重状态B小桶的最大速度为C小车受绳的拉力等于mgD小
3、车的最大动能为mgh5如图1所示，小物块静止在倾角=37的粗糙斜面上现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率随时间t的变化规律如图3所示，取sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2下列说法正确的是（）A物块的质量为1kgB物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C03s时间内力F做功的平均功率为0.32WD03s时间内物体克服摩擦力做的功为5.12J6质量为m的物体沿着半径为R的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为，如图所示，若物体与球壳之间的摩擦因数为，则物体在最低点时的（）A向心加速度为B向心力为m（g+）C对球壳的压力为D
4、受到的摩擦力为m（g+）7如图所示，在一竖直平面内，BCDF段是半径为R的圆弧挡板，AB段为直线型挡板（长为4R），两者在B点相切，=37，C，F两点与圆心等高，D在圆弧形挡板的最低点，所有接触面均光滑，绝缘挡板处于水平方向场强为E的匀强电场中现将带电量为+q，质量为m的小球从挡板内侧的A点由静止释放，小球沿挡板内侧ABCDF运动到F点后抛出，在这段运动过程中，下列说法正确的是（sin37=0.6，cos37=0.8）（）A匀强电场的场强大小可能是B小球运动到D点时动能一定不是最大C小球机械能增加量的最大值是2.6qERD小球从B到D运动过程中，动能的增量为1.8mgR0.8EqR二、非选择题
5、（共78分）8用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=m/s；（2）在打点05过程中系统动能的增量EK=J，系统势能的减少量EP=J，由此得出的结论是；（3）若某同学作出v2h图象如图3，则当地的实际重力加速度g=m/s29在“测电池的电动势和内阻”
6、的实验中，测量对象为一节新的干电池（1）用图（a）所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表读数变化不明显，原因是：（2）为了提高实验精度，采用图乙所示电路，提供的器材：量程3V的电压表V，量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（阻值未知，约几欧姆），滑动变阻：R1（010）滑动变阻器R2（0200），单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S，导线若干电路中，加接电阻凰有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用（填R1或R2）开始实验之前，S1、S2都处于断开状态现在开始实验：A闭合S1，S2打向1，测得电压表的读数U
7、0，电流表的读数为I0，则=（电流表内阻用RA表示）B闭合S1，S2打向2，改变滑动变阻器的阻值，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2则新电池电动势的表达式为E=，内阻的表达式r=10足够长光滑斜面BC的倾角=53，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m=2kg的小物块静止于A点现在AB段对小物块施加与水平方向成=53的恒力F作用，如图（a）所示，小物块在AB段运动的速度时间图象如图（b）所示，到达B点迅速撤去恒力F（已知sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）小物块所受到的恒力F；（2）小物块从
8、B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；（3）小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离11如图所示，M、N为中心开有小孔的平行板电容器的两极板，相距为D，其右侧有一边长为2a的正三角形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在极板M、N之间加上电压U后，M板电势高于N板电势现有一带正电的粒子，质量为m、电荷量为q，其重力和初速度均忽略不计，粒子从极板M的中央小孔S1处射入电容器，穿过小孔S2后从距三角形A点a的P处垂直AB方向进入磁场，试求：（1）粒子到达小孔S2时的速度；（2）若粒子从P点进入磁场后经时间t从AP间离开磁场，求粒子的运动
9、半径和磁感应强度的大小；（3）若粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足什么条件？12在同一水平面中的光滑平行导轨P、Q相距L=1m，导轨左端接有如图所示的电路其中水平放置的平行板电容器两极板M、N间距离d=10mm，定值电阻R1=R2=12，R3=2，金属棒ab电阻r=2，其它电阻不计磁感应强度B=1T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m=11014kg，带电量q=11014C的微粒恰好静止不动取g=10m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好且运动速度保持恒定试求：（1）匀强磁场的方向；（2）ab两端的路端电压；（3）金属棒ab
10、运动的速度2016年浙江省杭州市五校联盟高考物理二诊试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共7小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1下列说法正确的是（）A楞次通过实验研究，总结出了电磁感应定律B法拉第通过实验研究，发现了电流周围存在磁场C亚里士多德最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同D伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因【考点】法拉第电磁感应定律；物理学史【分析】法拉第通过实验研究，总结出了电磁感应定律奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场伽利略最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持
11、物体运动的原因【解答】解：A、英国物理学家法拉第通过实验研究，总结出了电磁感应定律故A错误B、丹麦物理学家奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场故B错误C、伽利略最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同故C错误D、伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因故D正确故选：D2一个做匀加速直线运动的物体先后经过AB两点的速度分别为v1和v2，则下列结论中不正确的有（）A物体经过AB位移中点的速度大小为B物体经过AB位移中点的速度大小为C物体通过AB这段位移的平均速度为D物体通过AB这段位移所用的中间时刻的速度为【考点】平均速度；匀变速直线运动的速度与
12、时间的关系【分析】对于匀变速直线运动，平均速度等于中间时刻的速度，也等于初末速度的平均值，对于匀变速直线运动，中间位置的速度等于初末速度的方均根【解答】解：物体做匀加速直线运动，先后经过A、B两点时的速度分别为v1和v2，对于匀变速直线运动，中间位置的速度等于初末速度的方均根，故物体经过AB位移中点的速度大小为；故物体通过AB这段位移的平均速度为=；而平均速度等于中间时刻的速度，故物体经过AB中间时刻的速度大小应为；故A错误，BCD正确本题选不正确的，故选：A3如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的
13、电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）AQ变小，C不变，U不变，E变小BQ变小，C变小，U不变，E不变CQ不变，C变小，U变大，E不变DQ不变，C变小，U变大，E变小【考点】电容器的动态分析【分析】题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由C=，分析电容的变化，根据C=分析电压U的变化，根据E=分析场强的变化【解答】解：A、B，平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变故A、B错误 C、D，增大电容器两极板间的距离d时，由C=知，电容C变小，Q不变，根据C=知，U变大，而E=，Q、k、S均不变，则E不变故C正确，D错误故选C4如图所示，把
14、小车放在倾角为30的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中（）A小桶处于失重状态B小桶的最大速度为C小车受绳的拉力等于mgD小车的最大动能为mgh【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律【分析】先小桶的加速度，分析其状态根据A、B的位移之间的关系，分别以A、B为研究对象，根据动能定理列式可求得最大速度【解答】解：AC、在整个运动过程中，小桶向上做加速运动，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶处于超重状态故A、C错误；B、在小桶上升竖直高度为h的过程中只有重力对小车和小桶做功
15、，由动能定律得：3mghsin30mgh=（3m+m）v2；解得小桶的最大速度：v=，故B正确；D、小车和小桶具有相等的最大速度，所以小车的最大动能为：EKm=3mv2=mgh，故D错误故选：B5如图1所示，小物块静止在倾角=37的粗糙斜面上现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率随时间t的变化规律如图3所示，取sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2下列说法正确的是（）A物块的质量为1kgB物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C03s时间内力F做功的平均功率为0.32WD03s时间内物体克服摩擦力做的功为5.12J【考点】动
16、能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率【分析】由Ft图象求出力的大小，由vt图象判断物体的运动状态，应用牛顿第二定律、平衡条件与滑动摩擦力公式求出物块的质量与动摩擦因数；由运动学公式求出物块的位移，由功的计算公式求出功，由功率公式可以求出功率【解答】解：A、由速度图象知在13s时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：0.8+mgsinmgcos=ma，由vt图象可知，加速度：a=m/s2=0.4m/s2在34s时间内，物块做匀速直线运动，由平衡条件得：mgcosmgsin=0.4N，解得：m=1kg，=0.8，故A正确，B错误；C、由vt图象可知，01s时间内，物块静止，力F不做功，1
17、3s时间内，力F=0.8N，物块的位移x=0.422m=0.8m，03s内力F做功的平均功率为：P=W=0.213W，故C错误；D、03s时间内物体克服摩擦力做的功为：Wf=mgcosx=0.8110cos370.8=5.12J，故D正确故选：AD6质量为m的物体沿着半径为R的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为，如图所示，若物体与球壳之间的摩擦因数为，则物体在最低点时的（）A向心加速度为B向心力为m（g+）C对球壳的压力为D受到的摩擦力为m（g+）【考点】牛顿第二定律；向心力【分析】物体滑到半球形金属球壳最低点时，速度大小为v，半径为R，向心加速度为an=，此时由重力和支持力提供向心力根据
18、牛顿第二定律求出支持力，由公式f=N求出摩擦力【解答】解：A、物体滑到半球形金属球壳最低点时，速度大小为v，半径为R，向心加速度为an=故A正确 B、根据牛顿第二定律得知，物体在最低点时的向心力Fn=man=m故B错误 C、根据牛顿第二定律得Nmg=m，得到金属球壳对小球的支持力N=m（g+），由牛顿第三定律可知，小球对金属球壳的压力大小N=m（g+）故C错误 D、物体在最低点时，受到的摩擦力为f=N=m（g+）故D正确故选AD7如图所示，在一竖直平面内，BCDF段是半径为R的圆弧挡板，AB段为直线型挡板（长为4R），两者在B点相切，=37，C，F两点与圆心等高，D在圆弧形挡板的最低点，所有接
19、触面均光滑，绝缘挡板处于水平方向场强为E的匀强电场中现将带电量为+q，质量为m的小球从挡板内侧的A点由静止释放，小球沿挡板内侧ABCDF运动到F点后抛出，在这段运动过程中，下列说法正确的是（sin37=0.6，cos37=0.8）（）A匀强电场的场强大小可能是B小球运动到D点时动能一定不是最大C小球机械能增加量的最大值是2.6qERD小球从B到D运动过程中，动能的增量为1.8mgR0.8EqR【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】小球能沿挡板内侧ABC内侧运动，电场力垂直AB方向的分力必定大于等于重力垂直AB方向的分力，列式可得到场强的大小范围；根据小球的运动情况，分析小球的合力方向
20、，判断什么位置动能最大；根据动能定理求解小球从B到D运动过程中动能的增量【解答】解：A、小球能沿挡板内侧ABC内侧运动，则有：qEcos37mgsin37，则得：E，故场强大小不可能等于故A错误B、小球在复合场中受重力和电场力，所以小球运动到合力方向上时动能最大，则知在CD之间的某一点上时动能最大，故B正确；C、小球运动到C点时，电场力做正功最多，小球的机械能增加量最大，所以小球机械能增加量的最大值为E=qE4Rcos53+R（1cos37）=2.6qER，故C正确D、小球从B到D运动过程中，根据动能定理得：动能的增量为Ek=mgR（1+sin37）qERcos37=1.6mgR0.8qER，
21、故D错误故选：BC二、非选择题（共78分）8用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=2.4m/s；（2）在打点05过程中系统动能的增量EK=0.576J，系统势能的减少量EP=0.600J，由此得出的结论是在误差允许的范围内，系统机械能守恒；（3）若
22、某同学作出v2h图象如图3，则当地的实际重力加速度g=9.7m/s2【考点】验证机械能守恒定律【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点5的瞬时速度，从而得出动能的增加量，结合下降的高度求出重力势能的减小量根据机械能守恒得出v2h的关系式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度【解答】解：（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=（2）则打点05过程中系统动能的增量EK=0.576J系统重力势能的减小量EP=（m2m1）gh=0.110（0.216+0.384）=0.600J，在误差允许的范围内，系统机械能守恒（3）根据系统机械能守恒得，解得，图线的斜率k=，解得g=9.7m/s
23、2故答案为：（1）2.4；（2）0.576，0.600，在误差允许的范围内，系统机械能守恒（3）9.79在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为一节新的干电池（1）用图（a）所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表读数变化不明显，原因是：电源内阻很小（2）为了提高实验精度，采用图乙所示电路，提供的器材：量程3V的电压表V，量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（阻值未知，约几欧姆），滑动变阻：R1（010）滑动变阻器R2（0200），单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S，导线若干电路中，加接电阻凰有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时
24、，电池被短路或电流表被烧坏为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用R1（填R1或R2）开始实验之前，S1、S2都处于断开状态现在开始实验：A闭合S1，S2打向1，测得电压表的读数U0，电流表的读数为I0，则=R0+RA（电流表内阻用RA表示）B闭合S1，S2打向2，改变滑动变阻器的阻值，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2则新电池电动势的表达式为E=，内阻的表达式r=【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）作出电源的UI图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，再分析电压表读数变化不明显的原因（2）加接电阻R0，起保
25、护作用，限制电流，防止电池被短路或电流表被烧坏由于电表的读数在刻度盘中央附近，误差较小，则要求电路中电流较大，在确保安全的前提下，可选择阻值较小的变阻器根据欧姆定律分析A所测量的物理量根据闭合电路欧姆定律列方程组，可求出新电池电动势和内阻的表达式【解答】解：（1）作出电源的UI图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，如图，图线1的斜率小于图线2的斜率，则对应的电源的内阻图线1的较小，由图可以看出，图线1电压随电流变化较慢本实验中发现电压表读数变化不明显，原因是：电源内阻很小加接电阻R0，起保护作用，限制电流，防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏滑动变阻器应选用R
26、1因为R1的总电阻较小，使电路中电流较大，电流表指针能在刻度盘中央附近，测量误差较小根据欧姆定律可知，可以测出的物理量是定值电阻R0和电流表内阻之和，用测量写出表达式为：R0+RA=B、根据闭合电路欧姆定律得E=U1+I1（R0+RA+r）E=U2+I2（R0+RA+r）联立解得：E=； r=故答案为：、电源内阻很小；、防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏；R0+RA；10足够长光滑斜面BC的倾角=53，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m=2kg的小物块静止于A点现在AB段对小物块施加与水平方向成=53的恒力F作用，如图（a）所示，小
27、物块在AB段运动的速度时间图象如图（b）所示，到达B点迅速撤去恒力F（已知sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）小物块所受到的恒力F；（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；（3）小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离【考点】牛顿第二定律；加速度；匀变速直线运动的速度与位移的关系【分析】（1）根据vt图象得到运动情况，结合速度时间关系公式求解加速度；然后对物体受力分析，并根据牛顿第二定律列式求解拉力F；（2）先受力分析并根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据速度时间关系公式求解；（3）对小物块从B向A运动过程中
28、，求解出最大位移后比较，即可得到结论【解答】解：（1）由图（b）可知，AB段加速度根据牛顿第二定律，有Fcos（mgFsin）=ma得（2）在BC段mgsin=ma2解得小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，有（3）小物块从B向A运动过程中，有mg=ma3解得滑行的位移所以小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m答：（1）小物块所受到的恒力F为11N；（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为0.5s；（3）小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m11如图所示，M、N为中心开有小孔的平行板电容器的两极板，相距为D，其右侧有一边长为2a的正三
29、角形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在极板M、N之间加上电压U后，M板电势高于N板电势现有一带正电的粒子，质量为m、电荷量为q，其重力和初速度均忽略不计，粒子从极板M的中央小孔S1处射入电容器，穿过小孔S2后从距三角形A点a的P处垂直AB方向进入磁场，试求：（1）粒子到达小孔S2时的速度；（2）若粒子从P点进入磁场后经时间t从AP间离开磁场，求粒子的运动半径和磁感应强度的大小；（3）若粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足什么条件？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v，根据运动学公式求出所以时间（
30、2）粒子从进入磁场到从AD间离开，根据半径公式，周期公式结合几何关系即可求解；（3）粒子从进入磁场到从AC间离开，画出运动轨迹，找出临界状态，根据半径公式结合几何关系即可求解；【解答】解：（1）带电粒子在电场中运动时，由动能定理得，qU=，解得粒子进入磁场时的速度大小为v=（2）粒子的轨迹图如图所示，粒子从进入磁场到AP间离开，由牛顿第二定律可得，粒子在磁场中运动的时间为t=，由以上两式可得轨道半径R=，磁感应强度B=（3）粒子从进入磁场到从AC间离开，若粒子恰能到达BC边界，如图所示，设此时的磁感应强度为B1，根据几何关系有此时粒子的轨道半径为，由牛顿第二定律可得，由以上两式可得，粒子从进入
31、磁场到从AC间离开，若粒子恰能到达AC边界，如图所示，设此时的磁感应强度为B2，由牛顿第二定律可得，由以上两式解得综上所述要使粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足：答：（1）粒子到达小孔S2时的速度为（2）粒子的运动半径为，磁感应强度的大小为（3）磁感应强度应满足12在同一水平面中的光滑平行导轨P、Q相距L=1m，导轨左端接有如图所示的电路其中水平放置的平行板电容器两极板M、N间距离d=10mm，定值电阻R1=R2=12，R3=2，金属棒ab电阻r=2，其它电阻不计磁感应强度B=1T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m=11014kg
32、，带电量q=11014C的微粒恰好静止不动取g=10m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好且运动速度保持恒定试求：（1）匀强磁场的方向；（2）ab两端的路端电压；（3）金属棒ab运动的速度【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电容；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）悬浮于电容器两极板之间的微粒静止，重力与电场力平衡，可判断电容器两板带电情况，来确定电路感应电流方向，再由右手定则确定磁场方向（2）由粒子平衡，求出电容器的电压，根据串并联电路特点，求出ab两端的路端电压（3）由欧姆定律和感应电动势公式求出速度【解答】解：（1）带负电的微粒受到重力和电场力处于静止状态，因重力竖直向下，则电场力
33、竖直向上，故M板带正电ab棒向右切割磁感线产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由ba，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下（2）由由平衡条件，得 mg=Eq又 E=所以MN间的电压：UMN=V=0.1VR3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流 I=A=0.05Aab棒两端的电压为 Uab=UMN+I =0.1+0.056=0.4V（3）由闭合电路欧姆定律得ab棒产生的感应电动势为：E感=Uab+Ir=0.4+0.052V=0.5V 由法拉第电磁感应定律得感应电动势 E感=BLv 联立上两式得 v=0.5m/s答：（1）匀强磁场的方向竖直向下；（2）ab两端的路端电压为0.4V；（3）金属棒ab运动的速度为0.5m/s2016年4月12日
