1、2004-2015学年浙江省宁波市八校联考高二（下）期末物理试卷一选择题（本题包括8小题每小题4分，共32分，每小题只有一个选项符合题意）1（4分）（2015春宁波期末）下列说法中正确的是（）A光的偏振现象说明光是一种纵波B玻尔理论可以解释所有原子的光谱现象C用激光读取光盘上记录的信息是利用激光平行度好的特点D当观察者向静止的声源运动时，接收到的声音频率小于声源发出的频率考点：光的偏振分析：偏振现象是横波特有的现象；玻尔理论可以解释氢原子的光谱现象；激光具有能量大、亮度大，平行度好等特点；明确多普勒效应的现象解答：解：A、偏振是横波的特有现象，光的偏振现象说明光是一种横波故A错误B、玻尔理论只
2、可以解释氢原子的光谱现象，故B错误；C、用激光读取光盘上记录的信息是利用激光平行度好的特点，故C正确D、当观察者向静止的声源运动时，两者距离减小，接收到的声音频率大于声源发出的频率故D错误故选：C点评：本题考查偏振、玻尔理论、激光特性以及多普勒效应，要注意明确各种现象的本质，掌握光学知识在生活中的应用2（4分）（2012辽宁校级二模）氢原子的能级图如图所示，大量处于n=3激发态的氢原子向基态跃迁过程所放出的光子中，只有一种光子不能使某金属A产生光电效应则下列说法正确的是（）A不能使金属A产生光电效应的光子一定是从n=3激发态直接跃迁到基态时放出的B不能使金属A产生光电效应的光子一定是从n=2激
3、发态直接跃迁到基态时放出的C从n=3激发态跃迁到n=2激发态时放出的光子一定不能使金属A产生光电效应D金属A逸出功一定小于1.89eV考点：光电效应专题：光电效应专题分析：发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，大量处于n=3激发态的氢原子向基态跃迁过程所放出的光子中，只有一种光子不能使某金属A产生光电效应，一定是频率最小的光子解答：解：A、大量处于n=3激发态的氢原子向基态跃迁过程所放出的光子中，n=3跃迁到n=2辐射的光子频率最小，不能发生光电效应的即为该光子故A、B错误，C正确D、n=3跃迁到n=2辐射的光子能量为1.89eV，该光子不能使金属A发生光电效应，所以金属A的逸出功一定
4、大于1.89eV故D错误故选C点评：解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及知道能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能极差3（4分）（2015春宁波期末）如图所示，光滑导电圆环轨道竖直固定在匀强磁场中，磁场方向与轨道所在平面垂直，导体棒ab的两端可始终不离开轨道无摩擦地滑动，当ab由图示位置释放，直到滑到右侧虚线位置的过程中，关于ab棒中的感应电流情况，正确的是（）A先有从a到b的电流，后有从b到a的电流B先有从b到a的电流，后有从a到b的电流C始终有从b到a的电流D始终没有电流产生考点：导体切割磁感线时的感应电动势分析：产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，对照条件，分析磁
5、通量是否变化，判断有无感应电流产生若有，根据楞次定律判断其方向解答：解：以ab棒与大圆弧或小圆弧组成的回路为研究对象，当ab由图示位置释放，直到滑到右侧虚线位置的过程中，穿过这两个回路的磁通量始终不变，故始终没有感应电流产生故ABC错误，D正确故选D点评：本题的解题关键是选择研究的回路，根据产生感应电流的条件进行判断4（4分）（2012延边州模拟）现在高速公路上的标志牌都用“回归反光膜”制成，夜间行车时，它能把车灯射出的光逆向返回，标志牌上的字特别醒目这种“回归反光膜”是用球体反射原件制成的，如图所示，反光膜内均匀分布着直径为10m的细玻璃珠，所用玻璃的折射率为，为使入射的车灯光线经玻璃珠折射
6、反射再折射后恰好和入射光线平行，则第一次入射时的入射角应是（）A15B30C45D60考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：由题，光线照射在玻璃珠上，出射光线与入射光平行反向，说明入射光路与出射光路对称，作出光路图，由几何知识得到入射角1与折射角2的关系，由=n 求出1解答：解：由题意分析：光线照射在玻璃球上，最终能沿原方向相反方向射出，说明入射光路与出射光路平行对称，作出平行返回的光线的光路如图，则：=n=由几何关系知，出射光线与入射光线平行的条件为：1=22故联立解得：1=60故选：D点评：本题的解题关键是抓住光路的对称性，画出光路图，再几何知识确定出入射角与折射角的关系，进行求解5（
7、4分）（2015春宁波期末）2008年1月下旬以来，我国南方遭遇50年未遇的雨雪冰冻灾害新华网长沙1月26日电，马路上的冰层坚硬如铁、光滑如玻璃，高压电线覆冰后有成人大腿般粗，为清除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热损耗功率为P；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P，则除冰时（认为输电功率和输电线电阻不变）（）A输电电流为3IB输电电流为9IC输电电压为3UD输电电压为9U考点：远距离输电专题：交流电专题分析：根据I=，可以求出输电线上的电流；根据P=I2R可以求出输电线上损失的电功率解答：解：A、高压线上的热耗
8、功率为：P=I2R线若热耗功率变为9P，则有：9P=I2R线由得I=3I，所以A正确，B错误C、又输送功率不变，由P=UI=UI得U=U，所以CD错误故选：A点评：本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压6（4分）（2015春宁波期末）平行光a垂直射向一半径为R的玻璃半球的平面，其截面如图所示，发现只有P、Q之间所对圆心角为60的球面上有光射出，若仅将a平行光换成b平行光，测得有光射出的范围增大，设玻璃球对a和b两种色光折射率分别为na和nb，光子能量分别为Ea和Eb则（）Ananb、EaEbBnanb、EaEbCnanb、EaEbDnan
9、b、EaEb考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：玻璃半球面上只有P、Q之间所对圆心角为60的球面上有光射出，说明光线在P、Q两点恰好发生全反射，由几何知识求出临界角，再求解折射率将a平行光换成b平行光，测得有光射出的范围增大，说明b光的临界角大于a光的临界角，由临界角公式确定折射率的大小，然后分析答题解答：解：玻璃半球面上只有P、Q之间所对圆心角为60的球面上有光射出，说明光线在P、Q两点恰好发生全反射，将a平行光换成b平行光，测得有光射出的范围增大，说明b光的临界角大于a光的临界角，由n=可知，b光的折射率小于a光的折射率，即：nanb，在同种介质中，折射率越大，光的频率f越大，则a光
10、的频率大，由E=hf可知，频率越大，光子的能量越大，a光子的能量大于b光子的能量，即：EaEb，故A正确；故选：A点评：本题关键要掌握全反射的条件和临界角公式对于临界角，当光线从光密介质射入光疏介质恰好发生全反射时，入射角等于临界角7（4分）（2015嘉兴二模）如图所示，半径为R的导线环对心、匀速穿过半径也为R的匀强磁场区域，关于导线环中的感应电流随时间的变化关系，下列图象中（以逆时针方向的电流为正）最符合实际的是（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与图像结合分析：首先根据右手定则判断环刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中
11、有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果解答：解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向；当进入磁场时，切割的有效长度变大，则产生感应电流也变大；当离开磁场时，切割的有效长度变小，则产生感应电流也变小，根据i=2Bvsin=2Bvsint，当环与磁场完全重合之前，电流按正弦规律最大，之后电流变为反向，按椭圆规律变化的；故ACD错误；因此只有C正确确；故选：C点评：对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除8（4分）（2015春宁波
12、期末）如图所示，均匀介质中两波源S1、S2分别位于x轴上的x1=0、x2=16m处，质点P位于x轴上的x3=4m处t=0时刻，两波源同时由平衡位置开始向上振动，振动周期T=0.1s，传播速度均为v=80m/s波源S1的振幅A1=3cm，波源S2的振幅A2=4cm则从t=0到t=0.35s时间内质点P通过的路程为（）A98cmB14cmC56cmD68cm考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：两列波相遇时振动情况相同时振动加强，振动情况相反时振动减弱分别分析两列波传到P点的时间，分析P点的振动过程，从而明确通过的路程解答：解：由振动周期均为T=0.1s，传播速度均为v=40m/s，则波长
13、=vT=800.1m=8m而t=0时刻两波源同时开始由平衡位置向y轴正方向振动，所以当波源S2传播到P时（用时1.5T），波源S1使得P点已振动1T，即通过的路程为12cm，由于波程差为波长的整数倍；故当波源S1的波峰传播到质点P时，波源S2的波峰也传到P点，所以正好相互加强故在从t=0至t=0.35s内的最后0.2s内，质点P通过的路程为42（4+3）=56cm，因此t=0至t=0.35s内质点P通过的路程为56+12=68cm故选：D点评：该题考查波的传播与叠加，波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰二选择题（本题共4小题每小题4分，共16分在每
14、小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9（4分）（2015嘉兴二模）一列简谐横波，沿x轴传播，在t=0时的波形图如图所示，若此波的原点O经0.05s第一次到达波峰，则（）A若波速为10m/s，波向右传播B若波速为30m/s，波向右传播Ct=0.1s时，x2=2m处的质点一定在波峰位置D在波的传播过程中x1=1m处的质点在波峰时，x2=2m处的质点肯定在波谷考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：若波向左传播，根据波长和周期求出波速，同理，若波向右传播，即可求解波速，根据波的传播方向，结合不同时刻，即可确定质点的
15、位置，从而求解解答：解：A、根据图象可知波长=2m，若波向右传播，则周期为：T=40.05=0.2s则波速：v=m/s=10m/s若波向左传播，则周期为：T=0.05=s则波速为：v=m/s=30m/s故A正确，B错误；C、因波的传播不确定，则t=0.1s时，x2=2m处的质点位置无法确定，故C错误；D、当波的传播过程中，x1=1m处的质点在波峰时，因两质点平衡位置间距为半个波长，则x2=2m处的质点肯定在波谷，故D正确故选：AD点评：本题考查了波的图象、振动和波动的关系，能根据波形图判断质点的振动方向，难度不大，属于基础题10（4分）（2015春宁波期末）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数
16、之比为10：1，R1=20，R2=10，C为电容器，原线圈所加电压u=220sint（V）下列说法正确的是（）A原线圈的电流为0.33AB副线圈两端交变电压的频率为50 HzC电阻R2的电功率为48.4WD原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10：1考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：由副线圈电流判断原线圈电流，由表达式求频率，由匝数与电压成正比求副线圈电压，从而求功率，原副线圈磁通量变化率相等解答：解：A、交流电可以通过电容器，副线圈的电压=22V，副线圈中电流3.3A（其中），所以原线圈电流大于0.33A，故A错误 B、T=0.02，f=50Hz，B正确；C、副线圈的电压=22V，
17、所以=48.4W，C正确；D、根据磁通量=BS，B与S均相等，因此磁通量变化率相等，D错误；故选BC点评：本题考查了变压器中匝数与电压成正比，与电流成反比，此题较难理解的是电容器中也有电流通过11（4分）（2015绍兴一模）彩虹和霓是太阳光被大气中的小水珠折射和反射形成的色散现象如图所示为太阳光射到空气中的小水珠发生色散形成霓的光路示意图，a、b为两种折射出的单色光，则以下说法正确的是（）Aa光光子能量大于b光光子能量B在水珠中a光的传播速度大于b光的传播速度C用同一双缝干涉装置看到的a光干涉条纹间距比b光的大D如果a光能使某金属发生光电效应，则b光也一定能使该金属发生光电效应考点：光的折射定
18、律专题：光的折射专题分析：根据光线进入小水珠折射时折射角的大小关系，可分析折射率的大小，确定出光的频率关系，由光子的能量E=h，可知，光子的能量与光的频率成正比由v=分析光在水珠中传播速度的大小确定出波长的关系，就可判断出光干涉条纹间距大小根据产生光电效应的条件分析解答：解：A、由图看出，入射时，两种光的入射角相同，而a光的折射角小于b光的折射角，根据折射率的意义可知，水珠对a光的折射率小于b光的折射率，则a光的频率小于b光的频率，光子的能量与光的频率成正比，则a光光子能量小于b光光子能量故A错误B、由v=可知，折射率越大，光在水珠中传播速度越小，则在水珠中a光的传播速度大于b光的传播速度故B
19、正确C、a光的频率小于b光的频率，则a光的波长大于b光的波长用同一双缝干涉装置做干涉时，干涉条纹的间距与波长成正比，则a光干涉条纹间距比b光的大故C正确D、a光的频率小于b光的频率，a光能使某金属发生光电效应，则b光也一定能使该金属发生光电效应故D正确故选BCD点评：对于七种色光折射率、光速、频率、波长、光子能量等要可根据光的色散、干涉、光电效应等实验进行记忆12（4分）（2015春宁波期末）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L，金属导体棒ab垂直放置在导轨上，并与导轨保持良好接触，导体棒电阻为R，导轨电阻不计，空间有垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B当金属导体棒a
20、b由静止开始向下运动一段时间t0后，再接通开关S，则在下列图象中，导体棒运动的vt图象可能正确的是（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与图像结合分析：金属杆在重力作用下向下运动，竖直方向受重力和安培力作用，根据安培力大小与重力大小的关系分析金属杆的运动情况以及加速度变化情况解答：解：开关闭合前金属导体棒做自由落体运动，闭合开关时，导体棒的速度：v=gt，导体棒受到的安培力：F=BIL=，由右手定则与左手定则可知，安培力竖直向上；当闭合开关时S时，如果：=mg，则导体棒做匀速直线运动；如果mg，则导体棒做减速运动，加速度：a=g，加速度逐渐减小，当=m
21、g时开始做匀速直线运动；如果mg，导体棒做加速运动，a=g，加速度逐渐减小，当=mg时开始做匀速直线运动；由图示图象可知，AC错误，BD正确；故选：BD点评：正确分析棒的受力并能根据受力判定物体做加速度逐渐减小的加速运动，知道合外力等于0时棒将做匀速直线运动三本题共2小题；共16分，把答案填在答题卷中相应的横线上13（14分）（2015春宁波期末）在探究碰撞中的不变量实验中：（1）甲同学利用水平放置的气垫导轨做的实验，如图1所示，图中A、B装置叫光电门，其作用是测量两滑块碰撞前后的速度（2）乙同学设计了一个用打点计时器探究碰撞中的不变量的实验，在小车1的前端粘有橡皮泥，推动小车1使之作匀速运动
22、，然后与原来静止在前方的小车2相碰并粘合在一起，继续作匀速运动，他设计的具体装置如图2所示，在小车1后连着纸带，电磁打点计时器电源频率50HZ，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力若已得到打点纸带如图3，并测得各计数点间距标在图上，A为运动起始的第一点，则应选BC段来计算小车1的碰前速度，应选取DE段来计算小车1和2碰后共同速度（以上两格填AB或BC或CD或DE）碰前小车1的速度vA=1.05m/s；碰后小车1和2速度大小vAB=0.69m/s已测得小车1的质量m1=0.40kg，小车2的质量m2=0.20kg；经探究后，碰撞前的不变量为m1vA；碰撞后的不变量为（m1+m2）vAB（用题给字母表
23、示）考点：验证动量守恒定律专题：实验题分析：（1）明确光电门的形状及光电门的作用；（2）碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，在匀速运动时在相同的时间内通过的位移相同，所以BC应为碰撞之前匀速运动阶段，DE应为碰撞之后匀速运动阶段物体发生的位移与发生这些位移所用时间的比值等于匀速运动的物体在该段时间内的速度，由动量定义式求出动量解答：解：（1）由图可知AB为光电门；其作用时通过记录物体通过的时间来计算滑块碰撞前后的速度；（2）由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，故AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后推动小车由静止开
24、始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度碰前小车的速度为：vA=1.05m/s，碰后小车的共同速度为：vAB=0.69m/s，碰前系统的动量即A的动量，则P1=m1vA碰后的总动量P2=（m1+m2）vAB故答案为：（1）光电门，测量两滑块碰撞前后的速度；（2）BC DE 1.05；0.69；m1vA （m1+m2）vAB点评：本题考查了验证动量守恒定律实验，分析清楚小
25、车运动过程，运用速度公式、动量计算公式即可正确解题，要掌握根据纸带求速度的方法14（2分）（2011宿迁模拟）两个同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2L图象，如图甲所示去北大的同学所测实验结果对应的图线是B（选填“A”或“B”）另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了两种单摆的振动图象（如图乙），由图可知，两单摆摆长之比=考点：单摆周期公式专题：单摆问题分析：根据T2L图象比较出重力加速度的大小，因为北京和南京当地的重力加速度不同，从而可知北大的同学所
26、测实验结果对应的图线根据振动图象得出两摆的周期比，从而根据单摆的周期公式得出两单摆的摆长之比解答：解：由得，知T2L图象的斜率越大，则重力加速度越小，因为南京当地的重力加速度小于北京，去北大的同学所测实验结果对应的图线的斜率小，应该是B图线由振动图线知，两单摆的周期比为，由知，两单摆摆长之比=故答案为：B；点评：解决本题的关键知道单摆的周期公式，以及知道T2L图象的斜率表示什么四本题包括4小题，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位15（6分）（2015春宁波期末）2008年北京奥运会场馆周围 80%90%
27、的路灯将利用太阳能发电技术来供电，奥运会90%的洗浴热水将采用全玻真空太阳能集热技术科学研究发现太阳发光是由于其内部不断发生从氢核到氦核的核聚变反应，即在太阳内部4个氢核（H）转化成一个氦核（He）和两个正电子（e）并放出能量（已知质子质量mP=1.0073u，粒子的质量m=4.0015u，电子的质量me=0.0005u 1u的质量相当于931MeV的能量）（1）写出该热核反应方程；（2）一次这样的热核反应过程中释放出多少MeV的能量？（结果保留四位有效数字）考点：爱因斯坦质能方程专题：爱因斯坦的质能方程应用专题分析：（1）根据核反应过程中质量数和电荷数守恒可正确写出核反应方程（2）根据质能方
28、程可正确解答解答：解：（1）根据质量数和电荷数守恒有：411H24He+210e答：该热核反应方程：411H24He+210e（2）根据质能方程有：m=4mPm2mem=41.0073u4.0015u20.0005u=0.0267 uE=mc2=0.0267 u931.5MeV/u=24.87 MeV 答：一次这样的热核反应过程中释放出24.87 MeV的能量点评：本题考查了核反应方程的书写以及质能方程的简单应用，属于简单基础题目，平时练习中对这类问题注意多加训练，不可忽视16（8分）（2015江西三模）一棱镜的截面为直角三角形ABC，A=30，斜边AB=a，棱镜材料的折射率为n=在此截面所在
29、的平面内，一条光线以45的入射角从AC边的中点M射入棱镜，求其射出的点的位置（不考虑光线沿原来路线返回的情况）考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：光线以45的入射角时，要分入射光线在法线的右侧和左侧两种情况进行讨论研究根据折射定律求出光线在AC面的折射角根据几何知识确定光线在AB或BC面上入射角求出临界角，判断在这两个面上能否发生全反射，画出光路图，求出光线从棱镜射出的点的位置离A或B点的距离解答：解：设入射角为i，折射角为r，由折射定律得： 由已知条件i=45，n=解得 r=30（1）如果入射光线在法线的右侧，根据几何知识得知，光线与AB垂直，光路图如图所示设出射点F，由几何关系可得
30、AF=即出射点在AB边上离A点a的位置（2）如果入射光线在法线的左侧，光路图如图所示设折射光线与AB的交点为D由几何关系可知，在D点的入射角=60设全反射的临界角为C，则sinC=由和已知条件得C=45因此，光在D点全反射设此光线的出射点为E，由几何关系得DEB=90BD=a2AFBE=DBsin30联立式得BE=即出射点在BC边上离B点的位置答：如果入射光线在法线的右侧，出射点在AB边上离A点的位置如果入射光线在法线的左侧，出射点在BC边上离B点的位置光路图如图所示点评：本题中入射光线的位置未知，要分析两种情况进行研究，不能漏解要将折射定律与几何知识结合起来分析光路17（10分）（2015春
31、宁波期末）将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力图甲中O点为单摆的固定悬点，现将质量m=0.05kg的小摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置AOB=COB=（小于10且是未知量）由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻试根据力学规律和题中所给的信息，（g取10m/s2，=0.89），求：（1）单摆的振动周期和摆长（2）摆球运动到平衡位置时的速度（3）图乙中细线拉力最小值为多少？考点：机械能守恒定律；向心力专题：动能定理的应用
32、专题分析：（1）小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期再根据单摆的周期公式求出摆长（2）根据最低点时绳子的拉力最大，结合牛顿第二定律求出摆球的最大速度（3）小球在最高点时绳子的拉力最小，在最低点时绳子拉力最大，求出最高点和最低点绳子拉力的表达式解答：解：（1）由Ft图可得：T=0.4s，由T=2得：L=0.4m；（2）由Ft图可得，摆球运动到平衡位置时细线的拉力Fmax=0.510N，由牛顿第二定律得：Fmaxmg=m，代入数据解得：v=0.089m/s；（3）AB机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL（1cos）=mv20，拉力最小值：Fm
33、in=mgcos，解得：Fmin=0.495N；答：（1）单摆的振动周期为0.4s，摆长为0.4m（2）摆球运动到平衡位置时的速度为0.089m/s（3）图乙中细线拉力最小值为为0.495N点评：解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，以及会灵活运用动能定理、牛顿定律解题18（12分）（2015春宁波期末）如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一竖直面上，两导轨间距d=1m，电灯L的电阻R=4，导轨上放一质量m=1kg、电阻r=1的金属杆，长度与金属导轨等宽，与导轨接触良好，导轨的电阻不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向
34、里现用一拉力F沿竖直方向拉杆，使金属杆由静止开始向上运动，经3s上升了4m后开始做匀速运动图乙所示为流过电灯L的电流平方随时间变化的I2t图线，取g=10m/s2求：（1）3s末金属杆的动能；（2）3s末安培力的功率；（3）4s内拉力F做的功考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）根据图象可知3s末的电流大小，根据结合闭合电路欧姆定律以及E=BLv，求出金属杆的速度v，从而求出金属杆的动能（2）3s后金属杆做匀速运动，电流不变，克服安培力做功的功率等于整个回路的发热功率（3）求出4s内金属杆上升的位移，根据能量守恒W=Q+mgH+EK求出4s内拉力F做的功解答：解：（1）由I2t图可得：t=3s时电流I=0.3A；感应电动势为：E=Blv=I（R+r）=1.5V代入数据解得：v=3m/s，金属杆的动能：EK=mv2=132=4.5J；（2）安培力为：F=BIL=，安培力的功率为：P=Fv=0.45W；（3）由能量守恒定律得：W=mgh+I2（R+r）t+mv2，代入数据解得：W=75.94J；答：（1）3s末金属杆的动能为4.5J；（2）3s末安培力的功率为0.45W；（3）4s内拉力F做的功为75.94J点评：解决本题的关键掌握E=BLv和熟练运用闭合电路欧姆定律，以及知道克服安培力做功的功率等于整个回路的发热功率
