1、宿迁市剑桥国际学校20132014学年度第二学期期终考试高二年级物理试题（2014.6）说明：试卷分选择题和非选择题两部分，满分120分。考试用时100分钟。一、单项选择题:本题共6小题，每小题3分，共计18分。每小题只有一个选项符合题意。1.关于科学家的研究成果及贡献，下列说法中正确的是A. 洛伦兹发现了电流的磁效应B. 楞次提出了电磁感应定律C安培首先引入电场线和磁感线D法拉第发现了电磁感应现象，并制成了人类历史上第一台发电机【答案】DA、奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误；B、法拉第提出了电磁感应定律，故B错误；C、法拉第首先引入电场线和磁感线，故C错误；D、法拉第发现了电磁感应现象，并
2、制成了人类历史上第一台发电机，故D正确。故选D。【考点】物理学史2. 关于传感器，下列说法中正确的是A干簧管是能够感知电场的传感器B所有传感器的材料都是由半导体材料制成的C霍尔元件是一种把磁感应强度转换为电压的元器件D电饭锅中的温度传感器是用两层膨胀系数不同的双金属片制成的【答案】CA、干簧管是一种能够感知磁场的传感器，故A错误；B、电子秤应用的是压力传感，而不是半导体材料制成的，故B错误；C、霍尔元件能够把磁学量转换为电学量器，故C正确；D、电饭锅通过温度传感器实现温度的自动控制，而不是用两层膨胀系数不同的双金属片制成的，故D错误。故选C。【考点】传感器在生产、生活中的应用3如图所示为交流发
3、电机示意图，线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在滑环L上，导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环、电刷保持与外电路的连接。关于其工作原理，下列说法中正确的是A当线圈平面转到中性面的瞬间，线圈中的感应电动势为零B当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量变化率最大C线圈平面转动一周的时间内，线圈中的感应电流方向改变一次D当线圈平面转到与中性面垂直的瞬间，线圈中的感应电流为零【答案】AA、当线圈平面转到中性面的瞬间，AB和CD边运动方向与磁感线方向平行，不切割磁感线，所以感应电动势，故A正确；B、当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为零，则
4、此时的磁通量的变化率最小，故B错误；C、当线圈平面转动一周的时间内，线圈中的感应电流方向改变两次，根据楞次定律可知，线圈转到中性面位置时，电流方向改变，转动一周出现经过两次中性面，故C错误；D、当线圈平面转到与中性面垂直的瞬间，根据法拉第电磁感应定律，则有线圈中磁通量的变化率最大，则线圈的感应电流也最大，故D错误。故选A。【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率4如图所示电路中，规格相同的灯泡、分别与线圈L、电容器C和电阻R串联后通过开关接在两个交流电源上，对应供电电压瞬时值分别为、。当开关处于位置时，灯泡、的亮度相同；当开关由位置移到位置2后，灯泡亮度情况与处于位置时的比较，下列说法中
5、正确的是A灯泡L1不变、L2变亮、L3变暗 B灯泡L1变亮、L2变暗、L3变亮C灯泡L1变暗、L2变亮、L3不变 D灯泡L1变亮、L2变暗、L3不变【答案】C线圈阻交流通直流，阻高频通低频，当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，通过L1的电流变小，故L1变暗；电容器通交流阻直流，通高频阻低频，当交变电流的频率变大时，电容器的容抗变小，故通过L2的电流变大，故L2变亮；电阻，直流、交流都通过，其功率决定于电源的有效值，电源频率虽然变了，但是最大值没变，故有效值不变，电阻所在支路电灯L3的亮度不变。故C正确。故选C。【考点】自感现象和自感系数；电容器和电感器对交变电流的影响5如图所示，理想变压器
6、原副线圈匝数比为，R0为定值电阻，R是滑动变阻器，原线圈两端的输入电压u200 sin100tV，设理想交流电压表V1、V2的示数分别是U1、U2；理想交流电流表A1、A2示数分别是I1、I2。下列说法中正确的是A示数U220B滑片P向b端滑动过程中，U2不变、I2变大C滑片P向b端滑动过程中，U1变小、I1变大D通过原、副线圈的交变电流频率之比为【答案】BA、电压有效值为，电压与匝数成正比，所以，故A错误；B、滑片P向b端滑动过程中，电阻减小，电压不变即U2不变，则I2变大，故B正确；C、由B分析知U1不变、I1变大，故C错误；D、变压器不改变频率，故D错误。故选B。【考点】变压器的构造和原
7、理6如图甲所示，直角三角形ABC是由同种金属材料制成的线框，线框位于跟有界匀强磁场垂直的平面内。现用外力将线框ABC匀速向右拉进磁场，至AB边进入磁场前，设线框中产生的感应电动势为E、AB两点间的电势差为U、线框受安培力的合力为F、回路中消耗的电功率为P，如图乙所示中画出了上述各物理量与图示位移的关系图象，则与这一过程相符合的图象是 【答案】BA、设ACB=，切割的有效长度为，则感应电动势的大小，电动势与x成正比，故A错误；B、回路中的电流，则AB两点间的电势差，与x成正比，故B正确；C、线框所受安培力，与x平方成正比，故C错误；D、回路中消耗的电功率为，与x的平方成正比，故D错误。故选B。【
8、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；电磁感应中的能量转化二、多项选择题：每小题4分，共16分。全对得4分；选对但不全的得2分；有选错或不答的，得0分。7某发电厂在远距离输送电能中，原来用66kV的交流高压输电，后来改用升压变压器将电压升高到330kV超高压输电。若输送的电功率均为P0，输电线的总电阻为R。下列说法中正确的是A根据公式，升高电压后输电线上的电流增为原来的5倍B根据公式，升高电压后输电线上的电流降为原来的C根据公式P=I2R，升高电压后输电线上的功率损耗减为原来的D根据公式，升高电压后输电线上的功率损耗将增大为原来的25倍【答案】BCA、根据公式，输送电压变为原
9、来的5倍，输送功率不变，则输电线上的电流降为原来的，故A错误B正确；B、根据公式得，电流降为原来的，则损耗的功率减为原来的，故C正确D错误。故选BC。【考点】远距离输电8如图所示是一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B，线圈A、开关S1与电源连接，线圈B与开关S2构成一个回路，C为连接工作电路的两触头，D为衔铁，F一为可转动的金属软磁性材料，K为可拉动F的弹簧。下列说法中正确的是 A无论S2是否闭合，S1接通后，灯泡L都会发光B保持S2闭合，将S1断开，由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C保持S2闭合，将S1断开，由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用D保持S2
10、断开，S1断开后，该装置无延时作用【答案】ACDA、由题意可知，无论S2是否闭合，当S1接通后，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，线圈A中产生磁场，将衔铁吸引，导致灯泡发光，故A正确；BC、保持S2闭合，将S1断开，导致穿过线圈B的磁通量减小变慢，根据楞次定律可知，产生有延时释放D的作用，故B错误C正确；D、当保持S2断开，S1断开后，由上分析可知，该装置无延时作用，故D正确。故选ACD。【考点】自感现象和自感系数9如图所示的电路中， L1、L2是规格相同的的两个灯泡，线圈L的电阻可忽略，D为理想二极管，电源内阻不能忽略，灯泡不会被烧坏。下列说法中正确的是
11、A开关S从断开状态到闭合，灯泡L1不亮B开关S从断开状态到闭合，灯泡L2立即达最亮后逐渐变暗C开关S从闭合状态断开，灯泡L1将由不亮变亮，亮一会儿再熄灭D开关S从闭合状态断开，灯泡L2立即熄灭【答案】ACA、闭合开关S瞬间，因二极管来说具有单向导电性，所以L1被二极管被断路，导致灯泡L1不亮，故A正确；B、闭合开关S瞬间，因线圈L的电流的变化，导致阻碍灯泡L2的电流增大，导致灯泡L2将慢慢变亮，故B错误；CD、断开S的瞬间，线圈L与灯泡L1、L2及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，同时电流方向与二极管导通方向相同，所以灯泡L1将由不亮变亮，亮一会儿再熄灭，而灯泡L2慢慢熄灭，故C正确D错误
12、。故选AC。【考点】自感现象和自感系数10如图所示，矩形闭合线圈放置在水平薄板上，薄板左下方有一条形磁铁，当磁铁匀速自左向右通过线圈下方时，线圈始终保持静止，那么线圈中产生感应电流的方向(从上向下看) 和线圈受到薄板的摩擦力方向分别是A感应电流的方向先逆时针方向，后顺时针方向B感应电流的方向先顺时针方向，后逆时针方向C摩擦力方向先向左、后向右D摩擦力方向一直向左【答案】BDA、根据楞次定律可知，靠近时，向下的磁通量增加，所以感应电流的方向（从上向下看）逆时针，当远离时，向下的磁通量减小，所以感应电流的方向（从上向下看）顺时针，故A错误B正确；C、一条形磁铁匀速自左向右通过线圈下方靠近时，导致穿
13、过线圈的磁通量要增加，根据楞次定律的另一种表述，感应电流的效果总是要反抗（或阻碍）产生感应电流的原因，即阻碍磁通量的变化则要阻碍磁通量的变化，所以线圈有向右运动的趋势，由于线圈静止，知线圈受到向左的摩擦力；当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量要减小，根据楞次定律的另一种表述，要阻碍磁通量减小，线圈有向右的运动趋势，由于线圈静止，知线圈受到向左的摩擦力，故C错误D正确。故选BD。【考点】楞次定律三、填空题：本题分必做题（第11、12题）和选做题（第13题）两部分,共计42分。请将解答填写在答题纸相应的位置。11（8分）某兴趣小组的一同学将电池组、滑动变阻器、带铁芯的原线圈A、副线圈B、电流计及开关
14、按图示方式连接来研究电磁感应现象（1）将原线圈A插入副线圈B中，闭合开关瞬间，副线圈中感应电流与原线圈中电流的方向 （选填“相同”或“相反”）。（2）该同学发现：在原线圈A放在副线圈B中的情况下，将开关接通的瞬间电流计指针向左偏转，则开关闭合后将变阻器的滑动片P快速向接线柱C移动过程中，电流计指针将 （选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）。若要看到电流计指针向右偏，请你说出两种具体做法： ； 。【答案】（1）相反； （2）左偏；滑动变阻器滑片向左滑动；断开开关瞬间（1）将原线圈A插入副线圈B中，闭合开关瞬间，穿过副线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，副线圈中感应电流与原线圈中电流的方向相反；（2）
15、在原线圈A放在副线圈B中的情况下，将开关接通时，通过副线圈的磁通量增大，接通开关的瞬间电流计指针向左偏转，这说明通过副线圈的磁通量增大时，线圈产生的感应电流使电流表指针向左偏转；开关闭合后将变阻器的滑动片P快速向接线柱C移动过程中，线圈A中电流增大，产生的磁场增大，穿过副线圈的磁通量增大，电流计指针将左偏要使电流计指针向右偏，穿过副线圈的磁通量应减小，由电路图可知，此时应该：滑动变阻器滑片向左滑动，或断开开关瞬间。【考点】研究电磁感应现象12（6分）某同学选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验，变压器原线圈两端所接的电源应是电压为12V的低压 （选填“交流电源”
16、或“直流电源”）。先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压 ；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是 （选填“控制变量法”、“转换法”或“类比法”）。【答案】交流电源，增大，减小，控制变量法变压器的工作原理是互感现象，故原线圈两端所接的电源应是电压为12V的低压交流电源；根据变压比公式，保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；根据变压比公式，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小；上述探究副线
17、圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是控制变量法。【考点】探究变压器电压与匝数的关系13【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定A、B两小题或A、C两小题，并在相应的答题区域内作答，若三题都做，则按A、B两题评分。A. 选修模块3-3（22分）（1）下列说法中正确的是 A布朗运动就是液体分子的无规则运动B大量分子的集体行为是不规则的，带有偶然性C当分子势能增大时，两分子间作用力可能减小D气体如果失去了容器的约束就会散开, 这是因为气体分子之间斥力大于引力【答案】CA、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故A错误；B、根据分子动理论，大量分子的集体行为符合统计规律，故
18、B错误；C、当分子间距离增大时，分子力作用力可能减小，分子势能可能增大，故C正确；D、气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子处于永不停息的无规则运动之中，故D错误。故选C。【考点】布朗运动；分子间的相互作用力（2）对下列物理现象的叙述中正确的是 A有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体B蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，它是非晶体C由于液体表面层分子间的距离小于液体内部分子间的距离，液体表面存在张力D液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性【答案】ADA、晶体和非晶体区别在于内部分子排列，有些通过外界干预可以相互转化，如把晶体硫加热熔化（温度超过30
19、0）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，故A正确；B、蔗糖是多晶体，没有固定的形状，故B错误；C、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故而液体表面形成表面张力，故C错误；D、液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性，故D正确。故选AD。【考点】晶体和非晶体；液体的表面张力现象和毛细现象（3）一个气泡(气泡内气体视为理想气体)从恒温水池的底部缓慢向上升起，上升过程中气泡内气体 （选填“吸热”或“放热”），其内能 、压强 （选填“减小”、“增大”或“不变”）。【答案】吸热，不变，减小气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外
20、做功，由于外部恒温，在上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变，根据热力学第一定律可得知，气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收热量，温度不变，体积膨胀，根据理想气体状态方程知压强减小。【考点】热力学第一定律（4）利用油膜法可粗略测定分子的大小和阿伏加德罗常数。已知油酸的摩尔质量为M，密度为。n滴油酸的总体积为V，一滴油酸所形成的单分子油膜的面积为S。则每个油酸分子的直径d_；阿伏加德罗常数NA_。【答案】 油酸分子的直径为：；一个油酸分子的体积：，油酸分子的摩尔体积：，阿伏伽德罗常数【考点】用油膜法估测分子的大小（5）一定质量的某种理想气体的体积V与热力学温度T的关系图
21、象如图所示，气体在状态A 时压强p0=1.0105Pa、体积V0=800cm3，线段AB与V轴平行, BC延长线过坐标原点O。求该气体状态B时的压强。已知该气体从状态B变化到状态C过程中，向外界放热60J，求该过程中气体内能的变化量。【答案】 根据玻意耳定律 有，解得状态B至状态C过程是等压压缩过程，外界对气体做功根据热力学第一定律 有，即内能减小20J【考点】热力学第一定律；气体的等容变化和等压变化. 选修模块3-4(6分)（1）下列有关四幅图的说法中正确的是 A粗糙斜面上的金属球M在弹簧的作用下运动，该运动是简谐运动B单摆的摆长为，摆球的质量为m、位移为x，此时回复力为C作简谐运动的某质点
22、在t1时刻速度与加速度方向都发生了变化D在张紧的绳子上悬挂5个摆，当A摆振动的时候，通过绳使其余各摆做受迫振动，其余各摆振动周期等于A摆振动周期【答案】BDA、由于斜面粗糙，回复力不满足规律，该运动不是简谐运动，故A错误；B、单摆的摆长为L，摆球的质量为m、位移为x，此时回复力为为重力沿切线方向的分力，当摆球的摆角小于5时，可以认为：，又由于回复力的方向总是与位移x的方向相反，得：，故B正确；C、做简谐振动的质点在通过平衡位置时，速度方向不变，加速度方向发生了变化，故C错误；D、在受迫振动中，物体振动的周期等于策动力的周期，故D正确。故选BD。【考点】单摆周期公式；自由振动和受迫振动（2）如图
23、所示，一弹簧振子沿光滑水平杆在BC间做简谐运动，O为平衡位置，振幅A=6cm。从振子经过图中B点时开始计时，经时间0.1s第一次到达O点，则振子的振动周期 s；取向右方向为正方向，振子振动方程的表达式x cm。 【答案】0.4 或从振子经过图中B点时开始计时，经时间0.1s第一次到达O点，则周期为；从负向最大位移处开始计时，其位移时间关系公式为：【考点】简谐运动的振幅、周期和频率. 选修模块3-5(6分)（1）对于一定质量的某物体而言，下列说法中正确的是 A物体动量改变，其速度大小一定改变B物体的速度方向改变，其动量一定改变C物体的动能不变，其动量可能改变 D物体的运动状态改变，其动量可能不变
24、【答案】BCA、动量表达式为：P=mv，动量改变可能是速度大小改变，也可能是速度方向改变，故A错误；B、物体的速度方向改变，其动量一定改变，故B正确；C、物体的动能不变，指说明速度大小不变，速度方向可能改变，故动量可能改变，故C正确；D、物体的运动状态改变，说明速度一定改变，故动量一定改变，故D错误。故选BC。【考点】动能；动量（2）在某次冰壶比赛中，运动员将一冰壶甲以3m/s速度推出，与正前方另一静止的相同质量的冰壶乙发生对心正碰，碰撞后冰壶乙以2m/s速度向前滑行，方向与冰壶甲碰前运动方向相同，则碰后瞬间冰壶甲的速度大小为 ，该碰撞是 （选填“弹性碰撞”或“非弹性碰撞”）。【答案】1m/s
25、 非弹性碰撞两冰壶碰撞过程，动量守恒，由动量守恒得：即解得：；得碰后瞬间冰壶甲的速度为：碰撞前动能是：，碰撞后的动能是：，由此可知，碰撞前后，系统动能关系为，该碰撞为非弹性碰撞【考点】动量守恒定律四、计算题:本题共3小题,共计44分。 解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤， 只写出最后答案的不能得分。 有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。14（13分）如图所示，一矩形导线框ABCD处于水平匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO匀速转动，线框ABCD的输出端通过电刷与电流表、理想变压器原线圈相连，副线圈两端接有一只“18V、12W ”的灯泡。当线框ABCD转速n=50r/s时，灯
26、泡正常发光，此时电流表示数为0.2A。（1）求通过灯泡的电流周期；（2）求变压器原、副线圈匝数之比；（3）从线框ABCD经中性面位置开始计时，写出线框中产生的感应电流瞬时值的表达式。【答案】T=0.02s （1）变压器不改变交变电流的周期, 通过灯泡的电流周期等于线框转动的周期, 即T=0.02s （2）设原线圈两端电压为，根据题意有，解得根据变压比公式，有，解得（3）线框转动的角速度线框中感应电流的最大值线框中感应电流的瞬时值【考点】正弦式交变电流的产生、瞬时值和有效值15（15分）如图甲所示，正方形金属线圈所围的面积S=0.04m2，匝数n=100匝，电阻r=2.0，线圈与灯泡L构成闭合回
27、路，灯泡L的电阻R=8.0，不计灯丝电阻随温度的变化。金属线圈区域内存在着磁感应强度B随时间t变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直，如图乙所示。（1）求在0 110 -2 s时间内线圈中产生感应电动势的大小。（2）求在110 -2 s 310 -2 s时间内通过灯泡L的电流I大小。（3）规定回路中逆时针电流的方向为正方向，在图丙中画出通过灯泡L的电流I随时间t的变化图象，并求出灯泡L消耗的电功率。【答案】 如上右边图 （1）由图象知，磁感应强度变化率的大小根据法拉第电磁感应定律有电动势的大小 （2）由图象知，磁感应强度变化率的大小根据法拉第电磁感应定律有电动势的大小 根据闭合电路欧姆定律有
28、电流（3）如右图所示，设通过灯泡电流的有效值为，则【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路欧姆定律16（16分）如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨M N 、PQ相距为L，导轨平面与水平面间的夹角为，导轨电阻不计，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，图中定值电阻的阻值也为R，导轨平面处于磁感应强度为B的匀强磁场中，且导轨平面垂直于磁场方向。当开关处于位置1与电源相连时，棒ab恰好能静止在光滑的导轨上；当开关处于位置2时，棒ab从静止开始沿导轨下滑，已知棒沿导轨下滑的位移为时开始做匀速运动，求：（1）开关处于位置1时，通过棒ab的电流大小；（2）开关处于
29、位置2时，棒ab匀速运动时速度大小；（3）棒ab从静止开始到下滑位移的过程中，流过电阻R的电量及R上产生的焦耳热。【答案】（1） （2）（3） （1）对棒ab:，解得电流大小（2）设棒ab匀速运动时速度大小为棒ab产生的感应电动势，棒ab中的感应电流对棒ab:，解得（3）棒ab产生的感应电动势棒ab中的感应电流，通过棒的电量根据能量守恒定律有R上产生的焦耳热【考点】共点力平衡；法拉第电磁感应定律；能量守恒定律宿迁市剑桥国际学校20132014学年度第二学期期终考试高二年级物理参考答案及评分标准2014.6一、单项选择题：第16小题，每小题3分，共18分。二、多项选择题：第710小题，每小题4分
30、，共16分。全对得4分；选对但不全的，得2分。题号12345678910答案DCACBBCACDACBD（5） 根据玻意耳定律 有 pAVA=pBVB 解得pB=5104 Pa （2分）状态B至状态C过程是等压压缩过程，外界对气体做功W=pBV=40J（2分）根据热力学第一定律 有 U=W+Q = 40J+(-60J) = -20J，即内能减小20J（2分）B（选修模块3-4）（6分）（1）BD（3分，漏选得2分）（2）0.4（1分） 或（2分）C.（选修模块3-5）（6分）（1）BC（3分，漏选得2分）（2）1m/s（1分）非弹性碰撞（2分）四、计算题:本题共3小题,共计44分。14（13分
31、）（1）变压器不改变交变电流的周期, 通过灯泡的电流周期等于线框转动的周期, 即T=0.02s （2分）（2）设原线圈两端电压为根据题意有（2分）解得V（1分）根据变压比公式有（2分）人解得（2分）（3）线框转动的角速度rad/s （1分）线框中感应电流的最大值=（1分）线框中感应电流的瞬时值A（2分）15. (15分)（1）由图象知，磁感应强度变化率的大小（2分） 根据法拉第电磁感应定律 有电动势的大小=8V （2分）（2）由图象知，磁感应强度变化率的大小（1分） 根据法拉第电磁感应定律 有电动势的大小V （2分） 根据闭合电路欧姆定律 有电流A（2分）t/(10 -2s)0135I/A0.8-0.40.4-0.8（3）如右图所示（2分） 设通过灯泡电流的有效值为，则 （2分） W（2分）16. (16分)（1）对棒ab: （2分） 解得电流大小（1分） （2）设棒ab匀速运动时速度大小为 棒ab产生的感应电动势（1分） 棒ab中的感应电流（1分） 对棒ab: （2分） 解得（2分） （3）棒ab产生的感应电动势（2分） 棒ab中的感应电流（1分） 通过棒的电量（1分） 根据能量守恒定律 有 （2分） R上产生的焦耳热（1分）注：其他正确解法，同样给分。