1、广东省河源市龙川一中2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（4月份）一、选择题1（4分）电磁感应现象是由下列哪位科学家发现的（）A安培B奥斯特C法拉第D科拉顿2（4分）下列实验或器件应用涡流现象的是（）A电磁感应实验B日光灯电路C直流电动机D电磁灶3（4分）如图所示，电感L的电感很大，电源内阻不可忽略，A、B是完全相同的两只灯泡，当开关S闭合时，下列判断正确的是（）A灯A比灯B先亮，然后灯A熄灭B灯B比灯A先亮，然后灯B逐渐变暗C灯A与灯B一起亮，而后灯A熄灭D灯A与灯B一起亮，而后灯B熄灭4（4分）如图，插有铁芯的螺线管固定在水平面上，管右端的铁芯上套着一个可以自由移动的闭合铜环，螺线
2、管与电源、电键组成电路，不计铜环与铁芯之间摩擦阻力，下面说法正确的是（）A闭合电键，螺线管右端为N极B闭合电键瞬间，铜环会向右运动C闭合电键瞬间，铜环会向左运动D闭合电键瞬间，铜环仍保持不动二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共54分（在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或者不答的得0分）5（6分）如图所示，交流发电机E，通过理想升压变压器T1、降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R其中U1、U3和P1、P3为T1、T2的输入电压和输入功率，U2、U4和P2、P4为T1、T2的输出电压和输出功率设U1一定，则在正常
3、工作情况下有（）AU1U2BU2U3CP3P4DP1P46（6分）如图所示，电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个低电压交流电场在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特殊电容（耦合电容），四边电极发出的电流会流向触点，而电流强弱与手指到电极的距离成正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置由以上信息可知（）A电容式触摸屏的两极板分别是导体层和手指B当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大C当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积
4、越大，电容越小D如果用带了手套的手触摸屏幕，照样能引起触摸屏动作7（6分）理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，只有一个副线圈，原线圈两端接交流电源，已知电阻R=5，电压表V的读数为100V，则（）A原、副线圈中电流频率之比f1：f2=10：1B电流表A2的读数2AC电流表A1的读数0.2AD变压器的输入功率为200W8（6分）将阻值为4的电阻接到内阻不计的交流电源上，该电源电动势e随时间t变化的规律如图所示，下列说法正确的是（）A电路中交变电流的频率为2.5HzB通过电阻的电流为AC电阻消耗的电功率为2WD电阻两端的电压是4V9（6分）如图，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=
5、0.002m2，螺线管导线电阻r=1，电阻R=4，磁感应强度B的Bt图象（以向右为正方向），下列说法正确的是（）A电阻R的电流方向是从A到CB感应电流的大小保持不变C电阻R的电压为4.8VD电阻R的电压为6V三、非选择题10（12分）某同学在探究规格为“2.5V，0.6W”的小电珠伏安特性曲线实验中：在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至挡倍率（选填“1”、“10”或“100”）进行测量正确操作后，多用表的示数如图甲，结果为该同学采用如图乙的电路进行测量现备有下列器材供选用：A量程是00.6A，内阻是0.52的电流表D量程是03A，内阻是0.1的电流表C量程是
6、03V，内阻是6k的电压表D量程是015V，内阻是30k的电压表E阻值为01k，额定电流为0.5A的滑动变阻器F阻值为010，额定电流为2A的滑动变阻器G蓄电池（6V内阻不计）H开关一个，导线若干为使测量结果尽量准确，电流表应选用选用（只填字母代号）电压表应选用，滑动变阻器应在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最端（填“左”或“右”）该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图丙，则小电珠的电阻随工作电压的增大而（填：“不变”、“增大”或“减小”）11（6分）某实验小组探究一种热敏电阻在恒流下，其两端电压与温度的关系特性实验器材如图甲所示，其中直流恒流电源可在正常工作状态下输出恒
7、定的电流（1）请补充完整图甲中的实物连线（2）实验的主要步骤：正确连接电路，在烧杯中注入适量冷水，选择多用电表的电压档，接通电源，调节电源输出的电流值为0.10A，并记录；闭合开关，给烧杯缓慢加热，记录多组和温度计数值t，断开开关；（3）实验小组测得的数据已经在图乙中描出，请据此画出热敏电阻的Ut关系图线（4）由图线可知该热敏电阻常温（25）下的阻值R0= （保留3位有效数字）12（18分）如图所示，线圈面积为0.05m2，共100匝，线圈总电阻为1，与外电阻R=9相连当线圈在B=T的匀强磁场中绕OO以转速n=300r/min匀速转动时，求：（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时值
8、表达式；（2）两电表A、V的示数；（3）线圈转过s时，电动势的瞬时值；（4）线圈转过s的过程中，通过电阻R的电荷量；（5）线圈匀速转一周外力做的功13（18分）如图所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，在M点和P点间接有一个阻值为R的电阻，在两导轨间的矩形区域OO1O1O内有垂直导轨平面向里、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距d0现使ab棒由静止开始释放，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨的电阻不计）（1）求棒ab离开磁场的下边界时的速度大小（2）求棒ab
9、在通过磁场区的过程中产生的焦耳热（3）试分析讨论棒ab在磁场中可能出现的运动情况广东省河源市龙川一中2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（4月份）参考答案与试题解析一、选择题1（4分）电磁感应现象是由下列哪位科学家发现的（）A安培B奥斯特C法拉第D科拉顿考点：电磁感应现象的发现过程 分析：根据课本中的基础知识可知英国物理学家法拉第是第一个发现电磁感应现象的科学家解答：解：A、安培发现了安培定则故A错误；B、奥斯特首先发现电流的磁效应故B错误；C、英国物理学家法拉第最早发现了电磁感应现象故C正确；D、科拉顿不知道只有线圈运动时才能产生电流，科拉顿跑到小磁针前时线圈中没有电流因为在他跑动的
10、过程中不能保持线圈运动，跑动时线圈停止运动所以不会有电流故D错误故选：C点评：记住相关的基础知识对于解决此类识记性的题目有很大的帮助，注意科拉顿跑失良机2（4分）下列实验或器件应用涡流现象的是（）A电磁感应实验B日光灯电路C直流电动机D电磁灶考点：* 涡流现象及其应用 分析：线圈中的电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流涡流会在导体中产生大量的热量解答：解：A、电磁感应实验是应用了法拉第电磁感应现象，A错误；B、当开关接通220伏的电压立即使启辉器的惰性气体电离，产生辉光放电辉光放电的热量使双金属片受热膨胀，两极接触电流通过镇流器、启辉器触极
11、和两端灯丝构成通路灯丝很快被电流加热，发射出大量电子双金属片自动复位，两极断开在两极断开的瞬间，电路电流突然切断，镇流器产生很大的自感电动势，与电源电压叠加后作用于管两端应用了自感现象，B错误；C、电动机的原理是通电导体在磁场中受力或通电线圈在磁场中受力转动，C错误；D、电磁灶是利用电磁感应原理制成的；产生热量的原因是利用交变电流产生交变磁场，使放在灶台上的锅体内产生的涡流而将电磁能转化为热量，D正确；故选：D点评：掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，电磁灶等3（4分）如图所示，电感L的电感很大，电源内阻不可忽略，A、B是完全相同的两只灯泡，当开关S闭合时，下列判断
12、正确的是（）A灯A比灯B先亮，然后灯A熄灭B灯B比灯A先亮，然后灯B逐渐变暗C灯A与灯B一起亮，而后灯A熄灭D灯A与灯B一起亮，而后灯B熄灭考点：自感现象和自感系数 分析：当开关S闭合时，自感线圈有碍原电流变化，可分析哪个灯先亮解答：解：闭合开关S时，电源的电压同时加到两支路的两端， B灯立即发光由于线圈的阻碍，A灯后发光，由于线圈的电阻与R的电阻相等，灯A逐渐变亮；流过A灯的支路的电流逐渐增大，则电源消耗的电压增大，路端电压减小，流过B支路的电流减小，B等逐渐变暗故选：B点评：掌握自感线圈的作用，理解其阻碍的原理是由于产生感应电动势，以此来阻碍原电流的变化；注意看题目提示的自感线圈的电阻是否
13、需要考虑4（4分）如图，插有铁芯的螺线管固定在水平面上，管右端的铁芯上套着一个可以自由移动的闭合铜环，螺线管与电源、电键组成电路，不计铜环与铁芯之间摩擦阻力，下面说法正确的是（）A闭合电键，螺线管右端为N极B闭合电键瞬间，铜环会向右运动C闭合电键瞬间，铜环会向左运动D闭合电键瞬间，铜环仍保持不动考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：闭合电键的瞬间，穿过闭合铜环的磁通量增加，产生感应电流，闭合铜环受到安培力而运动当电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过闭合铜环的磁通量不变，没有感应电流产生根据安培力产生情况，判断铜环的运动情况解答：解：A、闭合电键，根据右手螺旋定则可知，螺线管右端为S
14、极，故A错误；B、C、若电键闭合瞬间，线圈产生的磁场变化，穿过铜环的磁通量变大，根据楞次定律相对运动角度可知，铜环会向右运动，从而阻碍磁通量的增大故B正确，CD错误故选：B点评：本题考查应用物理规律解决实际问题的能力根据楞次定律，无论电源的极性如何，当线圈中电流增大时，闭合铜环将远离螺线管二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共54分（在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或者不答的得0分）5（6分）如图所示，交流发电机E，通过理想升压变压器T1、降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R其中U1、U3和P1、P3为T1、
15、T2的输入电压和输入功率，U2、U4和P2、P4为T1、T2的输出电压和输出功率设U1一定，则在正常工作情况下有（）AU1U2BU2U3CP3P4DP1P4考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：解决本题的关键知道输出功率决定输入功率，输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流知道升压变压器的输出电压、功率与降压变压器的输入电压、功率之间的关系解答：解：A、为了减小能量损耗，通过理想升压变压器T1提升电压，故U1U2故A错误B、输电线上有电压损失，所以U2U3，B正确；C、降压变压器输入功率等于输出功率，即P3=P4故C错误D、由于输电线有能量消耗，导致输送到用户的功率减小，即P1P4
16、，D正确；故选：BD点评：通过理想升压变压器将电送到用户附近，然后用理想降压变压器向远处用户供电家中提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率6（6分）如图所示，电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个低电压交流电场在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特殊电容（耦合电容），四边电极发出的电流会流向触点，而电流强弱与手指到电极的距离成正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置由以上信息可知（）A电容式触摸屏的两极板分别是
17、导体层和手指B当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大C当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小D如果用带了手套的手触摸屏幕，照样能引起触摸屏动作考点：传感器在生产、生活中的应用 分析：当手触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，改变手指的压力或接触面积，都能改变电容根据电容的决定因素分析解答：解：A、据题意知，人是导体，人的手指和电容触摸屏上形成电容；故A正确；B、由平行板电容器的决定式可知，接触面积增大时，电容增大；故B正确，C错误；D、绝缘手套与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故D错误故选：AB点评：本题是信息题，要读懂题意，明确基本的
18、工作原理，同时要掌握电容与正对面积，板间距离的关系，从而进行分析7（6分）理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，只有一个副线圈，原线圈两端接交流电源，已知电阻R=5，电压表V的读数为100V，则（）A原、副线圈中电流频率之比f1：f2=10：1B电流表A2的读数2AC电流表A1的读数0.2AD变压器的输入功率为200W考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据理想变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以计算输出电压的大小，根据欧姆定律计算电流的大小解答：解：A、变压器不改变的电流的频率，所以原、副线圈中电流频率之比f1：f2=1：1，所以A错误；B、电压表V的读数
19、为100V，原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，所以副线圈的电压为10V，电流表A2的读数为A=2A，所以B正确；C、根据电流与匝数成反比可得，电流表A1的读数0.2A，所以C正确；D、变压器的输入功率等于输出功率为P=U2I2=102W=20W，所以D错误；故选：BC点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解8（6分）将阻值为4的电阻接到内阻不计的交流电源上，该电源电动势e随时间t变化的规律如图所示，下列说法正确的是（）A电路中交变电流的频率为2.5HzB通过电阻的电流为AC电阻消耗的电功率为2WD电阻两端的电压是4V考点：正
20、弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率 专题：交流电专题分析：通过电源电动势随时间变化的规律图象可以求出该交流电的周期、频率以及有效值等，注意计算功率、流过电阻的电流、以及电压表的示数均为有效值解答：解：A、由图可知：f=2.5Hz，故A正确；B、由图可知电源电动势的最大值Em=4V，有效值E=V，所以通过电阻的电流为I=A，故B错误；C、电阻消耗的电功率P=I2R=2W，故C正确；D、电阻两端的电压是U=V=2V，故D错误；故选：AC点评：知道交变电流的最大值与有效值的关系，以及有效值的应用求电功率、电表示数等均指有效值9（6分）如图，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=0.0
21、02m2，螺线管导线电阻r=1，电阻R=4，磁感应强度B的Bt图象（以向右为正方向），下列说法正确的是（）A电阻R的电流方向是从A到CB感应电流的大小保持不变C电阻R的电压为4.8VD电阻R的电压为6V考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势，结合闭合电路欧姆定律，可求解R两端电压，及C点的电势再根据楞次定律可知，感应电流的方向，及感应电流的大小；从而即可求解解答：解：A、根据楞次定律，结合原磁场的方向向右，且大小增加，则电阻R的电流方向是从C到A，故A错误；B、根据法拉第电磁感应定律：E=n=nS=1500
22、0.002=6V，而感应电流大小为：I=1.2A，故B正确；C、根据全电路欧姆定律，有：U=IR=1.24=4.8V，故C正确；D、由楞次定律可知，螺线管左端是正极时，C点的电势为4.8V，故D错误；故选：BC点评：考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意交流电与直流电的区别，掌握闭合电路欧姆定律的应用，同时理解电势的正负含义三、非选择题10（12分）某同学在探究规格为“2.5V，0.6W”的小电珠伏安特性曲线实验中：在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至欧姆挡1倍率（选填“1”、“10”或“100”）进行测量正确操作后，多用表的示数如图甲，结果为7该同学
23、采用如图乙的电路进行测量现备有下列器材供选用：A量程是00.6A，内阻是0.52的电流表D量程是03A，内阻是0.1的电流表C量程是03V，内阻是6k的电压表D量程是015V，内阻是30k的电压表E阻值为01k，额定电流为0.5A的滑动变阻器F阻值为010，额定电流为2A的滑动变阻器G蓄电池（6V内阻不计）H开关一个，导线若干为使测量结果尽量准确，电流表应选用选用A（只填字母代号）电压表应选用C，滑动变阻器应F在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最左端（填“左”或“右”）该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图丙，则小电珠的电阻随工作电压的增大而增大（填：“不变”、“增大”或
24、“减小”）考点：用多用电表测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：已知灯泡的额定电压及功率，由功率公式可求得电阻的阻值，再选择倍率，进行测量根据小电珠的额定电流选择电流表，根据小电珠额定电压选择电压表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前分压部分电路阻值应最小，根据电路图确定滑片的位置由IU图象，根据欧姆定律判断小电珠电阻如何变化解答：解：小电珠（2.5V，0.6W），小电珠正常发光时的电阻R=10.4，测小电珠的电阻，应将选择开关旋至欧姆档，选择多用电表1倍率，由图甲所示可知，电阻为17=7小电珠额定电流I=0.24A，电流表应选A；小电珠额定电压
25、为2.5V，电压表选C；为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的F由图乙所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最左端由图丙所示图象可知，随电压增大，电流增大，电压与对应电流的比值增大，即灯泡电阻增大故答案为：欧姆；1；7；A；C；F；左；增大点评：本题考查了欧姆表的应用、实验器材的选择、实验注意事项、判断小电珠电阻随电压变化关系；使用多用电表测电阻时，应把选择开关打到欧姆档，并选择合适的倍率，使指针指在刻度盘的中央附近11（6分）某实验小组探究一种热敏电阻在恒流下，其两端电压与温度的关系特性实验器材如图甲所示，其中直流恒流电源可在正常工作状态下输出恒
26、定的电流（1）请补充完整图甲中的实物连线（2）实验的主要步骤：正确连接电路，在烧杯中注入适量冷水，选择多用电表的电压档，接通电源，调节电源输出的电流值为0.10A，并记录；闭合开关，给烧杯缓慢加热，记录多组多用电表电压值U和温度计数值t，断开开关；（3）实验小组测得的数据已经在图乙中描出，请据此画出热敏电阻的Ut关系图线（4）由图线可知该热敏电阻常温（25）下的阻值R0=107 （保留3位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题分析：（1）连接实物图，要注意电流从电压表的正接线柱流入，从负接线柱流出，电压表与热敏电阻并联；（2）实验要测量电阻值和温度值，电阻要用欧姆定律计算，由于
27、电流恒定且已知，故需测量电压和温度；（3）根据坐标系内描出的点作出图象；（4）由图示图象求出电阻阻值解答：解：（1）直流恒流电源在正常工作状态下输出的电流恒定并且可读出其大小，电压表并联在热敏元件两侧，实物图连接如图甲所示（2）闭合开关，给烧杯缓慢加热，记录多组多用电表电压值U和温度计数值t，断开开关（3）根据坐标系内描出的点作出图象如图乙所示；（4）由图示Ut图象可知，温度为25电压为10.7V，此时电阻阻值：R0=107；故答案为：（1）电路图如图甲所示；（2）多用电表电压值U；（3）图象如图乙所示；（4）107点评：本实验研究热敏电阻的Rt特性，但实验的电学操作部分实际是电阻的测量，把传
28、统的测量电阻实验原理及方法，放到了研究热敏电阻Rt特性的背景中，解答此题，关键还是对伏安法的熟练掌握12（18分）如图所示，线圈面积为0.05m2，共100匝，线圈总电阻为1，与外电阻R=9相连当线圈在B=T的匀强磁场中绕OO以转速n=300r/min匀速转动时，求：（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时值表达式；（2）两电表A、V的示数；（3）线圈转过s时，电动势的瞬时值；（4）线圈转过s的过程中，通过电阻R的电荷量；（5）线圈匀速转一周外力做的功考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系；电功、电功率；交流发电机及其产生正弦式电流的原理 专题：交流电专题分析：（1）从线圈处于中性面
29、开始计时，电动势的瞬时值表达式为e=Emsint感应电动势的最大值Em=nBS，由题已知条件代入求出（2）交流电表测量有效值，由感应电动势的最大值，求出感应动势有效值，由欧姆定律求解两电表的读数（3）将时间代入 瞬时表达式即可得线圈转过s时，电动势的瞬时值；（4）由q=n可求解通过电阻的电荷量（4）根据焦耳定律Q=I2Rt求解线圈匀速转一圈产生的总热量，I为电流的有效值解答：解：（1）线圈的角速度=2n=10rad/s，感应电动势的最大值Em=nBS=100V，则从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e=Emsint=100sin 10tV （2）电路中电流的有效值I=，E=Em，代
30、入解得I=5A，即电流表读数为5A电压表读数为U=IR=45V （3）当线圈转过 s时，电动势的瞬时值e=100sin（10） V=50 V（4）线圈转过t= s的过程中，通过电阻R的电荷量为q=It=（5）线圈匀速转一圈产生的总热量Q=I2（R+r）T=I2R=（5）210=100 J 答：（1）若从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为100sin10tV；（2）电流表读数为5A，电压表读数为45V（3）线圈转过180的过程中，通过电阻的电荷量是C（4）线圈匀速转一圈产生的总热量是100 J点评：本题考查交变电流规律的基本应用，注意交流电表测量的是交流电的有效值并能正确根据功能关系
31、分析能量的转化关系13（18分）如图所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，在M点和P点间接有一个阻值为R的电阻，在两导轨间的矩形区域OO1O1O内有垂直导轨平面向里、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距d0现使ab棒由静止开始释放，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨的电阻不计）（1）求棒ab离开磁场的下边界时的速度大小（2）求棒ab在通过磁场区的过程中产生的焦耳热（3）试分析讨论棒ab在磁场中可能出现的运动情况考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧
32、姆定律；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：（1）导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由安培力公式及平衡条件可以求出棒离开下边界时的速度（2）由能量守恒定律可以求出金属棒产生的焦耳热（3）根据棒进入磁场时的速度大小，讨论棒在磁场中的运动情况解答：解：（1）导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，电路中的感应电流I=，导体棒做匀速直线运动，由平衡条件得：mgBIL=0，解得v=；（2）设整个电路产生的焦耳热是Q，由能量守恒定律可得：mg（d0+d）=Q+mv2，Qab=Q，解得：Qab=mg（d0+d）；（3）设导体棒刚进入磁场时的速度为v0，由动能定律可得：mgd0=mv02，解得：v0=；导体棒在磁场中做匀速运动时的速度v=，当v=v0，即d0=时，棒进入磁场后做匀速直线运动；当vv0，d0时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速运动；当vv0，d0时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速运动；答：（1）棒ab离开磁场的下边界时的速度为（2）棒ab在通过磁场区的过程中产生的焦耳热为mg（d0+d）（3）当v=v0，即d0=时，棒进入磁场后做匀速直线运动；当vv0，d0时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速运动；当vv0，d0时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速运动点评：本题最后一问是本题的难点，根据棒进入磁场时的速度进行分析讨论是正确解题的关键