1、2016-2017学年陕西省咸阳市西藏民族学院附中高二（下）期中物理试卷一、选择题（其中第1-8题为单选题，每小题4分，第9-12题为多选题，每小题4分，共56分）1如图所示，一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感应电流下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是（）ABCD2关于电磁感应，下列说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大D通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大3穿过一个电阻为2的单匝闭合线圈的磁通量始终是每秒钟均匀地减
2、少2Wb，则（）A线圈中的感应电动势一定是每秒减少2VB线圈中的感应电动势一定是2VC线圈中的感应电流一定是每秒减少2AD线圈中的感应电流一定是2A4一交流电流的图象如图所示，由图可知（）A用电流表测该电流其示数为10AB该交流电流的频率为200 HzC该交流电流通过100电阻时，电阻消耗的电功率为2 000 WD该交流电流瞬时值表达式为i=10sin628tA5理想变压器正常工作时，若给副线圈两端再多并一个负载，则（）A副线圈中电流增大B副线圈输出的电功率减小C原线圈中电流减小D原线圈输入的电功率减小6通过某电流表的电流按如图所示的规律变化，则该电流表的读数为（）A4AB4AC5AD5A7如
3、图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时（）A电容器两端的电压为零B电阻两端的电压为BLvC电容器所带电荷量为CBLvD为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为8图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里abc是位于纸面内的等腰直角三角形线圈，ab边平行于磁场的虚线边界，bc边长也为lt=0时刻，c点位于磁场区域的边界上（如图）现令线圈
4、以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域取沿abc的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是（）ABCD9将一条形磁铁插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是（）A磁通量的变化量B磁通量的变化率C感应电流的大小D流过导体某横截面的电荷量10如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关对于这个电路下列说法正确的是（）A刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等B刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小
5、不相等C闭合开关S待电路达到稳定，D1熄灭，D2比原来更亮D闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭11如图所示，有两根和水平方向成角的光滑平行金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则（）A如果B增大，vm将变大B如果变大，vm将变大C如果R变大，vm将变大D如果m变大，vm将变大12如图所示，竖直平面内有一足够长的宽度为L的金属导轨，质量为m的金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良
6、好，ab电阻为R，其他电阻不计导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合开关S，发现导体棒ab仍然做变速运动，则在以后导体棒ab的运动过程中，下列说法中正确的是（）A导体棒ab做匀变速运动B导体棒的机械能守恒C单位时间内克服安培力做的功全部转化为内能D导体棒ab最后做匀速运动时，速度大小为v=二、实验与填空题:（共14分）13如图所示是研究电磁感应现象实验所需的器材，请用实线连接一个能产生感应电流的原线圈回路和副线圈回路，并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方式14如图所示，和是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒 ab 和cd用导线连成一个闭合回路当ab棒向左
7、运动时，cd导线受到向下的磁场力由此可知是 极，a点电势 （填“大于”或“小于”）b点电势三、计算题：（6+12+12，共30）15一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为多少？16如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距l=0.50m，左端接一电阻R=0.20，磁感应强度B=0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v=4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：（1）ab棒中感应电动势的大小；（2）回路中感应电流的大小和方向；（3）维持
8、ab棒做匀速运动的水平外力F的大小17如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L=1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.40的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.30的金属棒ab紧贴在导轨上现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，取g=10m/s2（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），求：（1）磁感应强度B的大小；（2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量；（3）金属棒ab在开始运动的1.5
9、s内，电阻R上产生的热量2016-2017学年陕西省咸阳市西藏民族学院附中高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（其中第1-8题为单选题，每小题4分，第9-12题为多选题，每小题4分，共56分）1如图所示，一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感应电流下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是（）ABCD【考点】DB：楞次定律【分析】由楞次定律：感应电流磁场总是阻碍线圈原磁通量的变化，结合是N极还是S极的运动，从而可以判断出感应电流的方向【解答】解：A、由图示可知，在磁铁S极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆
10、环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；B、由图示可知，在磁铁S极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流顺时针方向，故B错误；C、同时，在磁铁N极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故C错误；D、由图示可知，在磁铁N极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流逆时针方向，故D正确；故选
11、：D2关于电磁感应，下列说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大D通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大【考点】C3：磁感应强度【分析】由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与线圈的匝数成正比【解答】解：A、穿过线圈的磁通量越大，而磁通量变化率不一定越大，则感应电动势也无法确定故A错误；B、穿过线圈的磁通量为零，可能磁通量变化率最大，则感应电动势也会最大，故B错误；C、穿过线圈的磁通量的变化越大，而磁通量变化率不一定越大，则感应电动势也无法确定故C错误；D、通过线圈的磁
12、通量变化越快，感应电动势也越大，故D正确故选：D3穿过一个电阻为2的单匝闭合线圈的磁通量始终是每秒钟均匀地减少2Wb，则（）A线圈中的感应电动势一定是每秒减少2VB线圈中的感应电动势一定是2VC线圈中的感应电流一定是每秒减少2AD线圈中的感应电流一定是2A【考点】D8：法拉第电磁感应定律【分析】线圈中磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势为一定值，根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小【解答】解：A、由法拉第电磁感应定律知，E=n=V=2V故A错误，B正确 C、根据闭合电路欧姆定律知，I=1A，电流大小不发生变化故C错误，D错误故选：B4一交流电流的图象如图所示，由图可知（）A用
13、电流表测该电流其示数为10AB该交流电流的频率为200 HzC该交流电流通过100电阻时，电阻消耗的电功率为2 000 WD该交流电流瞬时值表达式为i=10sin628tA【考点】E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；BG：电功、电功率；E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】由图象知电流的有效值、周期，从而得出频率和角速度，求功率用有效值【解答】解：A、电流表显示的是有效值，示数为I=A=10A，A错误；B、由图象知周期为0.01s，频率为周期的倒数100Hz，B错误；C、电阻消耗的功率为：P=I2R=（10）2100=1000W，C错误；D、角速度为：=2f=200=628，
14、所以瞬时值表达式：i=10sin628tA，D正确；故选：D5理想变压器正常工作时，若给副线圈两端再多并一个负载，则（）A副线圈中电流增大B副线圈输出的电功率减小C原线圈中电流减小D原线圈输入的电功率减小【考点】E8：变压器的构造和原理【分析】根据理想变压器的原副线圈的电压与匝数关系，来确定副线圈电压如何变化； 根据负载的变化分析输出电流的变化；理想变压器的输入功率由输出功率决定；根据P=可知副线圈的输出功率变化，从而明确输入功率及电流的变化；【解答】解：A、理想变压器的原副线圈的电压与匝数成正比，因原线圈的电压不变，匝数也不变，所以副线圈的电压也不变，若增加接在副线圈两端的负载，即副线圈多并
15、联一个负载，副线圈总电阻减小，副线圈中电流增大，故A正确；B、由P=可知，副线圈输出的电功率增大，故B错误；C、理想变压器的输入功率由输出功率决定，副线圈输出的电功率增大，原线圈输入功率增大，原线圈的电压不变，原线圈中电流增大故CD错误；故选：A6通过某电流表的电流按如图所示的规律变化，则该电流表的读数为（）A4AB4AC5AD5A【考点】E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】有效值的定义为：把直流电和交流电分别通过两个相同的电阻器件，如果在相同时间内它们产生的热量相等，那么就把此直流电的电压、电流作为此交流电的有效值特别的对于正弦交变电流最大值是有效值的倍【解答】解：根据有效值的定义
16、可得：，解得：I=5A，故选项C正确，ABD错误故选：C7如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时（）A电容器两端的电压为零B电阻两端的电压为BLvC电容器所带电荷量为CBLvD为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时，导线产生的感应电动势恒定，对
17、电容器不充电也放电，电路中无电流，电容器两板间的电压等于感应电动势，即可求出电荷量匀速时，电路中没有电流，不受安培力，无需拉力【解答】解：A、B当导线MN匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压此时导线MN产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律得知，电容器两板间的电压为U=E=BLv故AB错误C、电容器两板间的电压为U=BLv，则电容器所带电荷量Q=CU=CBLv，故C正确；D、因匀速运动后MN所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D错误故选C8图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸
18、面向里abc是位于纸面内的等腰直角三角形线圈，ab边平行于磁场的虚线边界，bc边长也为lt=0时刻，c点位于磁场区域的边界上（如图）现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域取沿abc的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是（）ABCD【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势【分析】由电动势公式E=Blv求出电动势，由欧姆定律求出电流，应用右手定则判断感应电流的方向，然后分析答题【解答】解：感应电流I=，在0时间内，由右手定则楞次定律判断可知，感应电流方向沿逆时针方向，是正的，线框切割磁感线的有效长度l均匀增加，则电流I均匀增加；在2
19、时间内，由右手定则楞次定律判断可知，感应电流方向沿顺时针方向，是负的，线框切割磁感线的有效长度l均匀增加，则电流I均匀增加；由图示图象可知，BCD错误，A正确；故选：A9将一条形磁铁插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是（）A磁通量的变化量B磁通量的变化率C感应电流的大小D流过导体某横截面的电荷量【考点】D8：法拉第电磁感应定律；D7：磁通量；DB：楞次定律【分析】根据产生感应电流的条件分析有无感应电流产生再根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小再由q=It可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻
20、的比值【解答】解：A、当条形磁铁插入线圈的瞬间，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流条形磁铁第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢条形磁铁第二次迅速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同故A正确；B、根据法拉第电磁感应定律第二次线圈中产生的感应电动势大，则磁通量变化率也大故B错误；C、根据法拉第电磁感应定律第二次线圈中产生的感应电动势大，再欧姆定律可知第二次感应电流大，即I2I1故C错误；D、根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小再由q=It可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值，由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体横截面的电荷量不变，
21、故D正确；故选：AD10如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关对于这个电路下列说法正确的是（）A刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等B刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等C闭合开关S待电路达到稳定，D1熄灭，D2比原来更亮D闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭【考点】DE：自感现象和自感系数【分析】线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡D
22、1构成电路回路【解答】解：A、S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，故A正确B错误；C、闭合开关S待电路达到稳定时，D1被短路，D2比开关S刚闭合时更亮，C正确；D、S闭合稳定后再断开开关，D2立即熄灭，但由于线圈的自感作用，L相当于电源，与D1组成回路，D1要过一会在熄灭，故D正确；故选：ACD11如图所示，有两根和水平方向成角的光滑平行金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则（）A如果B增大，vm将变大B如果变大，vm将
23、变大C如果R变大，vm将变大D如果m变大，vm将变大【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；2H：共点力平衡的条件及其应用【分析】金属杆受重力、支持力、安培力做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零，速度最大根据合力为零，求出金属杆的最大的速度根据最大的速度的表达式进行求解【解答】解：金属杆受重力、支持力、安培力，开始时重力沿斜面的分力大于安培力，所以金属杆做加速运动随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大当加速度为零时，速度最大有mgsin=BIL，I=vm=A、如果B增大，vm将变小，故A错误B、如果变大，vm将变大，故B正确C、如果R变大
24、，vm将变大，故C正确D、如果m变大，vm将变大，故D正确故选BCD12如图所示，竖直平面内有一足够长的宽度为L的金属导轨，质量为m的金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好，ab电阻为R，其他电阻不计导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合开关S，发现导体棒ab仍然做变速运动，则在以后导体棒ab的运动过程中，下列说法中正确的是（）A导体棒ab做匀变速运动B导体棒的机械能守恒C单位时间内克服安培力做的功全部转化为内能D导体棒ab最后做匀速运动时，速度大小为v=【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；6B：功能关系【分析】闭合导体棒前，杆自由落体运动，闭合后
25、，有感应电流，受向上的安培力，棒可能加速、匀速、减速，根据牛顿第二定律、安培力公式、切割公式、闭合电路欧姆定律列式分析【解答】解：A、导体棒做变速运动，说明此时安培力与重力不平衡，速度将发生变化，安培力也随速度的变化而变化，则合外力变化，故导体棒不可能做匀变速运动，故A错误；B、由于导体棒受安培力作用，故机械能不守恒，故B错误；C、根据功能关系可知，单位时间内克服安培力做的功全部转化为内能，故C正确；D、最后匀速运动时，mg=BIL，而I=；E=BLv，联立解得最大速度为v=，故D正确故选：CD二、实验与填空题:（共14分）13如图所示是研究电磁感应现象实验所需的器材，请用实线连接一个能产生感
26、应电流的原线圈回路和副线圈回路，并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方式【考点】NF：研究电磁感应现象【分析】研究电磁感应现象实验时，通过理论分析与多种因素有关，因此通过控制变量的思想来研究问题，从而带来方便【解答】解：用实线连接一个能产生感应电流的原线圈回路和副线圈回路，如下图所示：在实验中改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方式：（1）合上（或断开）开关瞬间；（2）将原线圈插入副线圈或从副线圈中取出；（3）将原线圈放到副线圈中，移动滑动变阻器的滑动片答：如上图所示；使副线圈回路产生感应电流的三种方式：（1）合上（或断开）开关瞬间；（2）将原线
27、圈插入副线圈或从副线圈中取出；（3）将原线圈放到副线圈中，移动滑动变阻器的滑动片14如图所示，和是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒 ab 和cd用导线连成一个闭合回路当ab棒向左运动时，cd导线受到向下的磁场力由此可知是S极，a点电势大于（填“大于”或“小于”）b点电势【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；CC：安培力【分析】根据导体棒ab磁场力的方向由左手定则判断出导线中电流的方向，然后由右手定则判断出ab棒所处位置磁场方向，进一步判断出磁极名称；棒ab相当于电源，根据电流方向判断电势的高低【解答】解：cd棒受向下的磁场力，由左手定则可知，cd棒中电流方向是：由d指向c，则说明ab
28、棒中电流由b到a；由右手定则可知，ab棒所处位置磁场方向：竖直向上，则是S极，是N极；ab棒中电流由b指向a，由于ab棒视为电源，故则a点电势高，b点电势低，故答案为：S极，大于三、计算题：（6+12+12，共30）15一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为多少？【考点】E8：变压器的构造和原理【分析】根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解【解答】解：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比得：变压器能将220V交变电流改变为110V，原线圈匝数n1=800，副线圈匝数n2则：匝答：副线圈匝数为400匝16如图所示
29、，水平放置的平行金属导轨，相距l=0.50m，左端接一电阻R=0.20，磁感应强度B=0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v=4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：（1）ab棒中感应电动势的大小；（2）回路中感应电流的大小和方向；（3）维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势【分析】（1）导体垂直切割磁感线，由磁感应强度B、长度L、速度v，根据公式E=BLv求出感应电动势；（2）ab相当于电源，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流大小；（3）ab棒做匀速运动，水
30、平外力F与安培力平衡，根据安培力公式F=BIL求解【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势为E=Blv 代入数据知E=0.400.504.0 V=0.80 V（2）感应电流大小为I= 即I= A=4.0 A 方向：从b 到a（3）由于ab棒受安培力F=IlB 代入数据知：F=4.00.500.40 N=0.8 N 根据平衡条件知水平外力F=F=0.8N答：（1）ab棒中感应电动势的大小为0.8V；（2）路中感应电流的大小为4.0A，方向为从b到a；（3）维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小为0.8N17如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L=1
31、m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.40的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.30的金属棒ab紧贴在导轨上现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，取g=10m/s2（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），求：（1）磁感应强度B的大小；（2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量；（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】（1）
32、由图乙知AB段为直线，表示ab棒做匀速直线运动，由斜率求出速度，再根据平衡条件和安培力与速度的关系联立求解B的大小（2）根据感应电量的公式q=求解电荷量（3）根据能量守恒定律求解热量【解答】解：（1）据题图知最终ab棒做匀速直线运动，由乙图的斜率等于速度，可得ab棒匀速运动的速度为：v=7m/s根据平衡条件得：mg=BIL=BL=则得：B=T=0.1T（2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量为：q=t=t=C=1C（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，根据能量守恒得：mgx=+Q又电阻R上产生的热量为：QR=Q=（mgx）=（0.170.0172）=0.26J答：（1）磁感应强度B的大小为0.1T；6（2）金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量为1C；（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量为0.26J2017年6月14日
