1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年湖南省衡阳八中、永州四中高二（下）第一次联考物理试卷（实验班）（理科）一、本卷共8题，每题6分其中物理部分为不定项选择题，全部选对得6分，部分选对得3分，错选，多选不得分1下列四幅图中能正确描绘点电荷电场中电场线的是（）ABCD2对于真空中电量为Q的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r处电势为=（k为静电力常量）如图所示，一质量为m、电量为q可视为点电荷的带正电小球用绝缘丝线悬挂在天花板上，在小球正下方的绝缘底座上固定一半径为R的金属球，金属球接地，两球球心间距离为d（dR）由于静电感应，金属球上分布的感应电
2、荷的电量为q则下列说法正确的是（）A金属球上的感应电荷电量q=qB金属球上的感应电荷电量q=qC绝缘丝线中对小球的拉力大小为mg+D绝缘丝线中对小球的拉力大小mg3如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）AA、B两处电势、场强均相同BC、D两处电势、场强均相同C在虚线AB上O点的场强最大D带正电的试探电荷在O处的电势能小于在B处的电势能4如图所示，三根绝缘轻杆构成一个等边三角形，三个顶点分别固定A、B、C三个带正电的小球小球质量分别为m、2m、3m，所带电荷量分别为q、2q、3qCB边处于水平面上，AB
3、C处于竖直面内，整个装置处于方向与CB边平行向右的匀强电场中现让该装置绕过中心O并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120角，则A、B、C三个球所构成的系统的（）A电势能不变B电势能减小C重力势能减小D重力势能增大5如图所示，x图表示空间某一静电场的电势沿x轴的变化规律，图象关于轴对称分布x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是Exa、Exb，则（）AExaExbBExa沿x负方向，Exb沿x正方向C同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向相反D将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做正功后做负功6如图所示，倾角为的绝缘斜面固定在水平面上，当质量为m、带电荷量为+q的滑块沿斜面下滑时，在
4、此空间突然加上竖直方向的匀强电场，已知滑块受到的电场力小于滑块的重力则下列说法不正确的是（）A若滑块匀速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块将减速下滑B若滑块匀速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍匀速下滑C若滑块匀减速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，但加速度变大D若滑块匀加速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍以原加速度加速下滑7如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其vt图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（）A该物块带负电
5、B皮带轮的传动速度大小一定为1m/sC若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D在2s4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动8洛伦兹力演示仪是由励磁线圈（也叫亥姆霍兹线圈）、洛伦兹力管和电源控制部分组成的励磁线圈是一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场洛伦兹力管的圆球形玻璃泡内有电子枪，能够连续发射出电子，电子在玻璃泡内运动时，可以显示出电子运动的径迹其结构如图所示给励磁线圈通电，电子枪垂直磁场方向向左发射电子，恰好形成如“结构示意图”所示的圆形径迹，则下列说法正确的是（）A励磁线圈中的电流方向是顺时针方向B若只增大加速电压，可以使电子流的圆形径迹的半
6、径增大C若只增大线圈中的电流，可以使电子流的圆形径迹的半径增大D若两线圈间的磁感应强度已知，灯丝发出的电子的初速为零，加速电压为U，则可通过测量圆形径迹的直径来估算电子的比荷二、非选择题（共174分）本卷共10题，其中22-25题为物理部分，26-28题为化学部分，29-31题为生物部分9在“测定金属丝的电阻率”的实验中（1）一多用电表的电阻档有三个倍率，分别是1、10、100同学甲先用1档粗略测量金属丝的电阻，表盘指针位置如图1所示，金属丝的电阻约为（2）为准确测量金属丝的电阻，同学乙取来两节新的干电池、电键、若干导线和下列器材：A电压表03V，内阻约10kB电压表015V，内阻约50kC电
7、流表00.6A，内阻约0.05D电流表03A，内阻约0.01E滑动变阻器，010要求较准确地测出其阻值，电压表应选，电流表应选（填序号）；按实验要求在图2的方框内画出实验电路图10如图（a）所示，倾角=30的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2104C的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b）所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象（g=10m/s2，静电力恒量K=9109Nm2/C2）则（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；（2）求小球的质量m和电量q；（3）斜杆
8、底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；（4）在图（b）中画出小球的电势能 随位移s变化的图线（取杆上离底端3m处为电势零点）11如图（甲）所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根水平放置的平行导轨，导轨的间距为 L，左端连接有阻值为 R的电阻有一质量为 m的导体棒ab垂直放置在导轨上，距导轨左端恰好为L导轨所在空间存在方向竖直向下的匀强磁场，不计导轨和导体棒的电阻，棒与导轨间的摩擦可忽略（1）若在一段时间t0内，磁场的磁感应强度从0开始随时间t均匀增大，t0时刻，B=B0，如图（乙）所示在导体棒ab上施加一外力，保持其静止不动，求：a这段时间内棒中的感应电流的大小和方向；b在时刻
9、施加在棒上的外力的大小和方向（2）若磁场保持B=B0不变，如图（丙）所示，让导体棒ab以初速度v0 向右滑动，棒滑行的最远距离为 s试推导当棒滑行的距离为s时（01），电阻R上消耗的功率P=12如图1所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m，导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B，金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g，现闭合开关S，将金属棒由静止释放（1）判断金属棒ab中电流的方向；（
10、2）若电阻箱R2接入电路的阻值为R2=2R1，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻R1上产生的焦耳热Q1；（3）当B=0.40T，L=0.50m，=37时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系如图2所示取g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80求定值电阻的阻值R1和金属棒的质量m2015-2016学年湖南省衡阳八中、永州四中高二（下）第一次联考物理试卷（实验班）（理科）参考答案与试题解析一、本卷共8题，每题6分其中物理部分为不定项选择题，全部选对得6分，部分选对得3分，错选，多选不得分1下列四幅图中能正确描绘点电荷电场中电场线的是（）ABCD
11、【考点】电场线【分析】电场线虽然不实际存在，但可形象描述电场的大小与方向分布电场线是从正电荷或无穷远出发，终止于负电荷或无穷远【解答】解：电场线是从正电荷或无穷远出发，终止于负电荷或无穷远所以正点电荷的电场线是以电荷为中心向四周发散，而负点电荷是向中心会聚，呈球体分布故AB正确故选：AB2对于真空中电量为Q的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r处电势为=（k为静电力常量）如图所示，一质量为m、电量为q可视为点电荷的带正电小球用绝缘丝线悬挂在天花板上，在小球正下方的绝缘底座上固定一半径为R的金属球，金属球接地，两球球心间距离为d（dR）由于静电感应，金属球上分布的
12、感应电荷的电量为q则下列说法正确的是（）A金属球上的感应电荷电量q=qB金属球上的感应电荷电量q=qC绝缘丝线中对小球的拉力大小为mg+D绝缘丝线中对小球的拉力大小mg【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【分析】AB、金属球心的电势为零，金属球心的电势为q在球心的电势和感应电荷在球心的电势的标量和；CD、小球受重力、静电引力和拉力，根据平衡条件和库仑定律求解拉力，注意金属球上的电荷集中在球的上端【解答】解：AB、金属球上感应电荷在球心产生的电势为：1=；q在球心的电势为：；由于球心的电势为零，故：1+2=0；联立解得：q=q；故A正确，B错误；CD、金属球上的电荷由于q的存在而集中在球的上
13、端，即电荷q到小球q的距离l小于d，对小球受力分析，由受力平衡可知F拉=mg+F=mg+，由于l小于d，则F拉mg+，故CD错误；故选：A3如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）AA、B两处电势、场强均相同BC、D两处电势、场强均相同C在虚线AB上O点的场强最大D带正电的试探电荷在O处的电势能小于在B处的电势能【考点】电势能；电场线【分析】根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用负电荷在电势高处电势
14、能小，可比较负电荷在O、B电势能大小【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点电势高故A错误 B、根据等量异种电荷电场线、等势面分布对称性，C、D两处电势、场强均相同故B正确C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小故C错误 D、O点电势高于B点电势，正电荷在O处电势能大于在B处电势能故D错误故选：B4如图所示，三根绝缘轻杆构成一个等边三角形，三个顶点分别固定A、B、C三个带正电的小球小球质量分别为m、2m、3m，所带电荷量分别为q、2q、3qCB边处于水平面上，ABC处于竖直面内，整个装置处于方向与C
15、B边平行向右的匀强电场中现让该装置绕过中心O并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120角，则A、B、C三个球所构成的系统的（）A电势能不变B电势能减小C重力势能减小D重力势能增大【考点】电势能【分析】根据电场力做功和重力做功的定义式求解总功，再根据电场力做做功电势能减小，重力做做功重力势能减小分析【解答】解：顺时针转过120时，A到B位置，B到C位置，C到A位置A、设三角形的边长为L，则：电场力做功WAB=0.5qEL，WBC=2qEL，WCA=1.5qEL，故W总=0，电势能不变，A正确B错误C、重力做功：WGAB=mgLcos30=，WGBC=0，WGCA=3mgLcos30=，故WG总=mg
16、L，重力势能增加，C错误D正确故选：AD5如图所示，x图表示空间某一静电场的电势沿x轴的变化规律，图象关于轴对称分布x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是Exa、Exb，则（）AExaExbBExa沿x负方向，Exb沿x正方向C同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向相反D将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做正功后做负功【考点】电势；电势能【分析】本题的入手点在于如何判断Exa和Exb的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法【解答】解：A|、在a点和
17、b点附近分别取很小的一段d，由图象，a点段对应的电势差大于b点段对应的电势差，看做匀强电场有E=，可见ExaExb，故A正确；B、沿电场方向电势降低，在O点左侧，Exa的方向沿x轴负方向，在O点右侧，Exb的方向沿x轴正方向，故B正确；C、由题可知，图为电势沿x轴的分量，B仅为沿电场沿x轴分量，并不是总的电场方向，所以不能判断出总的电场力的方向，所以知同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向不一定相反，故C错误；D、将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，D错误；故选：AB6如图所示，倾角为的绝缘斜面固定在水平面上，当质量为m、带电荷量为+q的滑块沿斜面下滑时，在此空间突然加
18、上竖直方向的匀强电场，已知滑块受到的电场力小于滑块的重力则下列说法不正确的是（）A若滑块匀速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块将减速下滑B若滑块匀速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍匀速下滑C若滑块匀减速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，但加速度变大D若滑块匀加速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍以原加速度加速下滑【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】若滑块匀速下滑，受力平衡，沿斜面方向列出力平衡方程加上竖直方向的匀强电场后，竖直方向加上电场力，再分析物体受力能否平衡，判断物体能否匀速运动【解答】解：A、若滑块匀速下滑时，则有mgsin=mgcos当加上竖直向上的电场后，在沿
19、斜面方向，（mgF）sin=（mgF）cos，受力仍保持平衡，则滑块仍匀速下滑故A错误；B、若滑块匀速下滑，有mgsin=mgcos加上竖直向下的电场后，在沿斜面方向，（mg+F）sin=（mg+F）cos，受力仍保持平衡，则滑块仍匀速下滑故B正确；C、若滑块匀减速下滑，根据牛顿第二定律，有：mgcosmgsin=ma，解得a=g（cossin）；加上竖直向上的电场后，根据牛顿第二定律，有：（mgF）cos（mgF）sin=ma，解得a=g（cossin）（1）；故aa，即加速度减小，故C错误；D、若滑块匀加速下滑，根据牛顿第二定律，有：mgsinmgcos=ma，解得a=g（sincos）；
20、加上竖直向下的电场后，根据牛顿第二定律，有：（F+mg）sin（F+mg）cos=ma，解得a=g（sincos）（1+）；故aa，即加速度变大，故D错误；本题下列说法不正确的，故选：ACD7如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其vt图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（）A该物块带负电B皮带轮的传动速度大小一定为1m/sC若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D在2s4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动【考点
21、】带电粒子在混合场中的运动【分析】由图得出物块的速度和加速度随时间的变化关系，结合对物块的受力分析，得出洛伦兹力的方向，由左手定则即可判断出物块的电性；结合受力分析，得出物块做匀速直线运动的条件，从而判断出物块是否相对于传送带静止；结合运动学的公式可以判断位移【解答】解：由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动物块的最大速度是1m/sA、对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为，沿斜面的方向：FNmgsin=ma 物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FN=mgcos，后来：FN
22、=mgcosf洛，即洛伦兹力的方向是向上的物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电故A错误；B、D、物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：mgsin=（mgcosf洛） 由可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带不静止故B错误，D正确；C、由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移故
23、C错误故选：D8洛伦兹力演示仪是由励磁线圈（也叫亥姆霍兹线圈）、洛伦兹力管和电源控制部分组成的励磁线圈是一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场洛伦兹力管的圆球形玻璃泡内有电子枪，能够连续发射出电子，电子在玻璃泡内运动时，可以显示出电子运动的径迹其结构如图所示给励磁线圈通电，电子枪垂直磁场方向向左发射电子，恰好形成如“结构示意图”所示的圆形径迹，则下列说法正确的是（）A励磁线圈中的电流方向是顺时针方向B若只增大加速电压，可以使电子流的圆形径迹的半径增大C若只增大线圈中的电流，可以使电子流的圆形径迹的半径增大D若两线圈间的磁感应强度已知，灯丝发出的电子的初速为零，加速电压
24、为U，则可通过测量圆形径迹的直径来估算电子的比荷【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力【分析】根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向；根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出的表达式【解答】解：A、根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向故A正确；B、电子在加速电场中加速，由动能定理eU=mv02电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力eBv0=解得：只增大加速电压，可以使电子流的圆形径迹的半径增大故B正确；C、由得：只增大线圈中的电流，则B增大，可以使电子流的圆形径迹的半径减小故C错误；D、若两
25、线圈间的磁感应强度已知，灯丝发出的电子的初速为零，加速电压为U，则：，可通过测量圆形径迹的直径来估算电子的比荷故D正确故选：ABD二、非选择题（共174分）本卷共10题，其中22-25题为物理部分，26-28题为化学部分，29-31题为生物部分9在“测定金属丝的电阻率”的实验中（1）一多用电表的电阻档有三个倍率，分别是1、10、100同学甲先用1档粗略测量金属丝的电阻，表盘指针位置如图1所示，金属丝的电阻约为4.5（2）为准确测量金属丝的电阻，同学乙取来两节新的干电池、电键、若干导线和下列器材：A电压表03V，内阻约10kB电压表015V，内阻约50kC电流表00.6A，内阻约0.05D电流表
26、03A，内阻约0.01E滑动变阻器，010要求较准确地测出其阻值，电压表应选A，电流表应选C（填序号）；按实验要求在图2的方框内画出实验电路图【考点】测定金属的电阻率【分析】（1）欧姆表的读数等于指针指示值与倍率的乘积（2）根据电源的电动势定电压表的量程，根据通过待测电阻丝的电流，确定电流表的量程，从而误差的角度出发，根据金属丝的电阻确定滑动变阻器确为了减小实验误差，并要求在实验中获得较大的电压调节范围，滑动变阻器采用分压式接法，根据待测电阻与电流表、电压表内阻比较，确定电流表的内外接【解答】解：（1）欧姆表的读数等于示数倍率，则该电阻的阻值是： R=4.51=4.5（2）因为电源的电动势大约
27、3V，则电压表选择3V量程的测量误差较小，故电压表选择：A通过电阻丝的最大电流大约I=A=0.67A，所以电流表选择0.6A量程的，故电流表选择：C在实验中获得较大的电压调节范围，则滑动变阻器采用分压式接法，待测电阻丝的电阻远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法测量误差较小如图所示故答案为：（1）4.5；（2）A，C，如上图所示10如图（a）所示，倾角=30的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2104C的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b）所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动
28、能随位移变化图象（g=10m/s2，静电力恒量K=9109Nm2/C2）则（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；（2）求小球的质量m和电量q；（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；（4）在图（b）中画出小球的电势能 随位移s变化的图线（取杆上离底端3m处为电势零点）【考点】动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；电势能【分析】（1）根据图线2分析速率的变化情况：速度先增大，后减小，根据库仑定律分析物体的合外力的变化，即可确定加速度的变化情况，从而说明小球的运动情况（2）由线1得到EP=mgh=mgssin，读出斜率，即可求出m；由图线2看出，s=1
29、m时，速度最大，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，即可求得q（3）由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J，根据动能定理求得斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；（4）根据能量守恒，画出小球的电势能 随位移s变化的图线【解答】解：（1）由图线2得知，小球的先先增大，后减小根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零（2）由线1可得EP=mgh=mgssin，斜率k=20=mgsin30，所以m=4kg当达到最大速
30、度时带电小球受力平衡 mgsin=，由线2可得s0=1m，得q=1.11105C（3）由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J根据动能定理WG+W电=Ek 即有mgh+qU=Ekm0代入数据得U=4.2106V（4）右图中线3即为小球电势能随位移s变化的图线答：（1）小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零（2）小球的质量m是4kg，电量q是1.11105C；（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U是4.2106V；（4）如图线3即为小球电势能随位移s变化的图线11如图（甲）所示，在竖直向下的匀强磁场中，有
31、两根水平放置的平行导轨，导轨的间距为 L，左端连接有阻值为 R的电阻有一质量为 m的导体棒ab垂直放置在导轨上，距导轨左端恰好为L导轨所在空间存在方向竖直向下的匀强磁场，不计导轨和导体棒的电阻，棒与导轨间的摩擦可忽略（1）若在一段时间t0内，磁场的磁感应强度从0开始随时间t均匀增大，t0时刻，B=B0，如图（乙）所示在导体棒ab上施加一外力，保持其静止不动，求：a这段时间内棒中的感应电流的大小和方向；b在时刻施加在棒上的外力的大小和方向（2）若磁场保持B=B0不变，如图（丙）所示，让导体棒ab以初速度v0 向右滑动，棒滑行的最远距离为 s试推导当棒滑行的距离为s时（01），电阻R上消耗的功率P
32、=【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】（1）a、在0t0时间内，B均匀增大，回路的磁通量均匀增大，产生恒定的感应电动势和感应电流，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合求解感应电流的大小，由楞次定律判断感应电流的方向b、由于棒处于静止状态，外力与安培力平衡，求出安培力，再由平衡条件求解即可（2）磁场保持B=B0不变，导体棒向右做变减速运动，取极短时间，根据动量定理列式得到安培力的冲量与动量变化量的关系，由积分法得到导体棒的末速度与初速度的关系式，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律、功率公式结合答题【解答】解：（1）a在0t0时间内 ab棒上感应电流 由楞次定律知，棒中感
33、应电流的方向bab在0t0时间导体棒ab静止，所以F外=FA，方向与安培力反向棒受到的安培力 FA=BIL在时刻，所以 FA=，安培力方向水平向左所以外力大小为 F外=，方向水平向右（2）设经时间t，棒滑行的距离为x，速度变为v由法拉第电磁感应定律，此时的感应电动势E=B0Lv感应电流 棒受到的安培力FA=B0IL，即 将时间t分为n小段，设第i小段时间间隔为t，ab棒在此段时间间隔的位移为x，规定向右的方向为正，由动量定理FAt=mv又 vt=x所以 在整个过程中 即 当x=s时，v=0，有当x=s时，解得 v=v0（1）此时产生的感应电动势E=B0Lv=B0Lv0（1）此时电阻R上消耗的功
34、率 答：（1）a这段时间内棒中的感应电流的大小为，方向ba；b在时刻施加在棒上的外力的大小为，方向水平向右；（2）推导如上12如图1所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m，导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B，金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g，现闭合开关S，将金属棒由静止释放（1）判断金属棒ab中电流的方向；（2）若电阻箱R2接入电路的阻值为R2=2R1，当金属棒下降高度为h时
35、，速度为v，求此过程中定值电阻R1上产生的焦耳热Q1；（3）当B=0.40T，L=0.50m，=37时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系如图2所示取g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80求定值电阻的阻值R1和金属棒的质量m【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】（1）金属棒由静止释放沿导轨向下运动切割磁感线，根据右手定制判断感应电流的方向；（2）以金属棒为研究对象，根据功能关系即可正确解答；（3）当金属棒的速度达到最大时，有mgsin=BIL成立，由此写出最大速度vm和电阻R2的函数关系，根据斜率、截距的物理意义即可正确解答【
36、解答】解：（1）由右手定则，金属棒ab中的电流方向为b到a（2）由能量守恒，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热为：mgh=mv2+Q解得：Q=mghmv2因R2=2R1，此过程中定值电阻R1上产生的焦耳热为：Q1=mghmv2（3）设最大速度为v，切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv由闭合电路的欧姆定律有：I=从b端向a端看，金属棒受力如图：金属棒达到最大速度时满足：mgBIL=0由以上三式得：v=R2+由图象可知：斜率为k=15m/，纵截距为v0=30m/s，得到：=v0解得：R1=2.0 m=0.1kg答：（1）金属棒ab中电流的方向为b到a；（2）此过程中定值电阻R1上产生的焦耳热Q1为mghmv2（3）定值电阻的阻值R1为2.0，金属棒的质量m为0.1kg2016年12月9日高考资源网版权所有，侵权必究！
