四川省成都市石室中學(xué)2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期3月月考物理 Word版含解析

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成都石室中學(xué)2022-2023學(xué)年度下期高2024屆3月月考物理試卷（滿分110分，考試時間100分鐘）第Ⅰ卷（52分）一、單項選擇題（共8個小題，每小題4分，共32分。每小題只有一個選項符合題意）1.如圖所示為單擺在兩次受迫振動中的共振曲線，下列說法正確的是（　?。〢.若圖線I是在地球上完成的，則該擺擺長約為B.若圖線Ⅱ是在月球上完成的，則該擺擺長約為C.若兩次受迫振動是在地球上同一地點進行，則兩次擺長之比D.若兩次受迫振動擺長相同，則兩地的重力加速度比【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)題意，由圖可知，圖線I單擺的固有頻率為，則固有周期為圖線Ⅱ單擺的固有頻率為，則固有周期為A．若圖線I是在地球上完成的，由周期公式可得，該擺擺長約為故A錯誤；B．若圖線Ⅱ是在月球上完成的，由周期公式可得，該擺擺長約為

1故B錯誤；C．若兩次受迫振動是在地球上同一地點進行，則重力加速度相等，則有故C正確；D．若兩次受迫振動擺長相同，則兩地的重力加速度比為故D錯誤。故選C。2.如圖甲所示，單匝矩形線框在勻強磁場中，繞與磁場垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動。已知線框電阻，轉(zhuǎn)動周期，穿過線框的磁通量與時間的關(guān)系圖，如圖乙所示。則下列說法正確的是（　　）A.時刻，線框平面位于中性面B.感應(yīng)電流的有效值為C.到過程中，線框中平均感應(yīng)電動勢為零D.線框轉(zhuǎn)動半周，線框中產(chǎn)生的熱量為【答案】B【解析】【詳解】A．由圖乙可知，時刻，磁通量為0，則線框平面位于與中性面垂直的平面，故A錯誤；B．線圈轉(zhuǎn)動過程中，感應(yīng)電動勢的最大值為感應(yīng)電流的最大值為

2有效值為故B正確；C．由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，到過程中，線框中平均感應(yīng)電動勢為故C錯誤；D．線框轉(zhuǎn)動半周，線框中產(chǎn)生的熱量為故D錯誤。故選B。3.如圖所示，光滑絕緣水平面上存在方向豎直向下的有界（邊界豎直）勻強磁場，一直徑與磁場區(qū)域?qū)挾认嗤拈]合金屬圓形線圈在平行于水平面的拉力作用下，在水平面上沿虛線方向勻速通過磁場。下列說法正確的是（　?。〢.線圈通過磁場區(qū)域的過程中，線圈中的感應(yīng)電流先沿順時針方向，后沿逆時針方向B.線圈通過磁場區(qū)域的過程中，線圈中的感應(yīng)電流先沿逆時針方向，后沿順時針方向C.該拉力的方向與線圈運動速度的方向相同D.該線圈所受安培力的方向與線圈運動速度的方向相反【答案】B【解析】【詳解】AB．線圈進入磁場過程中，垂直于紙面向里的磁通量變大，根據(jù)楞次定律可知線圈中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場應(yīng)垂直于紙面向外，根據(jù)安培定則可知線圈中感應(yīng)電流為逆時針方向，同理可知，線圈離開磁場的過程中線圈中的感應(yīng)電流為順時針方向，故A錯誤，B正確；CD

3．無論是進入磁場還是出磁場，線圈受到的安培力等效于線圈與磁場的邊界處的有效長度受到的安培力，如圖所示所以安培力的方向總是與邊界垂直，由楞次定律可知，線圈所受的安培力會阻礙線圈相對磁場的運動，因此線圈所受的安培力始終水平向左，則該拉力的方向水平向右，故CD錯誤。故選B。4.如圖所示，某小型水電站發(fā)電機的輸出功率，發(fā)電機的電壓，經(jīng)變壓器升壓后向遠(yuǎn)處輸電，輸電線總電阻，在用戶端用降壓變壓器把電壓降為。已知輸電線上損失的功率，假設(shè)兩個變壓器均是理想變壓器，下列說法正確的是（　?。〢.發(fā)電機輸出的電流B.輸電線上的電流C.降壓變壓器的匝數(shù)比D.用戶得到的電流【答案】C【解析】【詳解】A．發(fā)電機輸出的電流為故A錯誤；B．根據(jù)可得輸電線上的電流為故B錯誤；C．升壓變壓器的輸出電壓為

4降壓變壓器的輸入電壓為降壓變壓器的匝數(shù)比為故C正確；D．根據(jù)可得用戶得到的電流為故D錯誤。故選C。5.一個長直密繞螺線管N放在一個金屬圓環(huán)M的中心，圓環(huán)軸線與螺線管軸線重合，如圖甲所示。螺線管N通有如圖乙所示的電流，下列說法正確的是（　?。〢.t=時刻，圓環(huán)有擴張的趨勢B.t=時刻，圓環(huán)有收縮的趨勢C.t=和t=時刻，圓環(huán)內(nèi)有相同感應(yīng)電流D.t=和t=時刻，圓環(huán)內(nèi)有不同的感應(yīng)電流【答案】A【解析】【詳解】AB．由圖可知在

5時刻，通過線圈的電流增大，則線圈產(chǎn)生的磁場增大，所以穿過金屬小圓環(huán)的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)有擴張的趨勢，選項A正確，B錯誤；C．由圖可知在時刻通過線圈的電流增大，而在時刻通過線圈的電流減小，根據(jù)楞次定律可知兩時刻圓環(huán)感應(yīng)電流方向不同，選項C錯誤；D．由圖可知在和時刻，線圈內(nèi)電流的變化率是大小相等的，則線圈產(chǎn)生的磁場的變化率也相等，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，圓環(huán)內(nèi)的感應(yīng)電動勢大小是相等的，所以感應(yīng)電流大小也相等，根據(jù)楞次定律可知兩時刻圓環(huán)感應(yīng)電流方向也相同，選項D錯誤。故選A。6.如圖，空間某區(qū)域內(nèi)存在沿水平方向的勻強磁場，一正方形閉合金屬線框自磁場上方某處自由釋放后穿過磁場，整個過程線框平面始終豎直。線框邊長小于磁場區(qū)域上下寬度。若不計空氣阻力，以線框剛進入磁場時為計時起點，下列描述線框所受安培力F隨時間t變化的圖像中，錯誤的是（　?。〢.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】AC．若線框進入磁場時重力小于安培力，由牛頓第二定律有線框做減速運動，安培力減小，加速度減小，做加速度減小的減速運動，完全進入后只受重力，線框加速，離開磁場時安培力大于重力，速度減小，安培力減小，做加速度減小的減速運動，故A錯誤，C正確；B

6．若線框進入磁場時恰好重力等于安培力，則線框勻速進入磁場，電流不變，安培力不變，完全進入后只受重力，線框加速，離開磁場時安培力大于重力，速度減小，安培力減小，則做加速度減小的減速運動，故B正確；D．若進入時重力大于安培力，由牛頓第二定律有做加速運動，安培力增大，加速度減小，做加速度減小的加速運動，完全進入后只受重力，線框加速，離開磁場時安培力大于重力，速度減小，安培力減小，則做加速度減小的減速運動，故D正確。本題選錯誤的，故選A。7.如圖所示，間距、足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，其左端接一阻值的定值電阻。直線垂直于導(dǎo)軌，在其左側(cè)面積的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌所在平面向里的磁場，磁感應(yīng)強度隨時間的變化關(guān)系為，在其右側(cè)（含邊界）存在磁感應(yīng)強度大小、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向外的勻強磁場。時，某金屬棒從處以的初速度開始水平向右運動，已知金屬棒質(zhì)量，與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)，導(dǎo)軌、金屬棒電阻不計且金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，重力加速度，下列說法正確的是（　?。〢.時，閉合回路中有大小為的逆時針方向的電流B.閉合回路中一直存在順時針方向的電流C.金屬棒在運動過程中受到的安培力方向向左D.金屬棒最終將以的速度勻速運動【答案】D【解析】【詳解】A．時，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為由右手定則可知，方向由，圓形區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強度隨時間均勻變化，在閉合回路中產(chǎn)生感生電動勢大小為

7由楞次定律可知，方向由，由于則閉合回路中感應(yīng)電流為順時針，大小為故A錯誤；BCD．根據(jù)題意可知，開始時，金屬棒向右運動，受向左的摩擦力，回路中有順時針電流，由左手定則可知，安培力向左，金屬棒做減速運動，當(dāng)時，電流為0，安培力為零，金屬棒仍向右運動，受向左的摩擦力，繼續(xù)減速，則有閉合回路中感應(yīng)電流變?yōu)槟鏁r針，安培力向右，繼續(xù)減速，當(dāng)時，金屬棒速度不變，做勻速運動，又有聯(lián)立解得故BC錯誤，D正確。故選D。8.如圖是一種電梯突然失控下落時的保護裝置。在電梯后方墻壁上交替分布著方向相反的勻強磁場，每塊磁場區(qū)域?qū)?，高，大小均為。電梯后方固定一個匝矩形線圈，線圈總電阻為，高度為，寬度略大于磁場。已知某次電梯運行試驗中電梯總質(zhì)量為，取，忽略摩擦阻力。當(dāng)電梯失去其他保護，由靜止從高處突然失控下落時，則（　?。?/p>

8A.電梯下落速度達(dá)到時，線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流B.電梯可達(dá)到的最大速度為C.若電梯下落，達(dá)到最大速度的，此過程所用時間為D.電梯勻加速下降【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)題意可知，上下兩邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，結(jié)合右手定則可知，電梯下落速度達(dá)到時，感應(yīng)電動勢為線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得故A錯誤；B．若電梯與地面的距離足夠高，最終安培力與重力平衡，電梯勻速運動，此時解得代入數(shù)據(jù)解得故B錯誤；C．根據(jù)題意，下落高度，設(shè)所用時間為，取向下為正方向，由動量定理有

9其中聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得故C正確；D．由牛頓第二定律有解得可知，增大的過程中，減小，電梯做加速度減小的加速運動，故D錯誤。故選C。二、多項選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項中有多個選項正確，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯得0分）9.如圖甲所示的彈簧振子（以O(shè)點為平衡位置在B、C間振動），取水平向右的方向為振子離開平衡位置的位移的正方向，得到如圖乙所示的振動曲線，由曲線所給的信息可知，下列說法正確的是（　?。〢.t=0時，振子處在B位置B.如果振子的質(zhì)量為0.5kg，彈簧的勁度系數(shù)為20N/cm，則振子的最大加速度大小為400m/s2C.t=4s時振子對平衡位置的位移為10cmD.t=2.5s時振子對平衡位置的位移為5cm【答案】AB【解析】【詳解】A．由振動圖象可知t=0時，振子的位移為負(fù)向最大，說明振子處于B位置，故A正確；B．由題，k=20N/cm=2000N/m，振幅A=10cm=0.1m。振子的最大加速度在最大位移處，由彈簧受力和牛頓第二定律可得最大加速度大小為

10選項B正確；C．由圖看出，t=4s時振子對平衡位置的位移為-10cm，故C錯誤。D．由于振子做的是變加速直線運動，不是勻速直線運動，所以t=2.5s時振子對平衡位置的位移不是5cm，故D錯誤。故選AB。10.如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，MN的左邊有一如圖所示的閉合電路，當(dāng)PQ在一外力的作用下運動時，MN向右運動，則PQ所做的運動可能是()A.向右加速運動B.向左加速運動C.向右減速運動D.向左減速運動【答案】BC【解析】【詳解】根據(jù)安培定則可知，ab在右側(cè)產(chǎn)生的磁場方向為垂直向里，有因為MN向右運動，根據(jù)左手定則可判斷MN中感應(yīng)電流方向由M到N。由安培定則可知L1中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向向上，由楞次定律可知L2中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向向上并減弱或向下并增強。如果L2中磁場向上減弱，根據(jù)安培定則可知PQ中感應(yīng)電流為Q到P且減小，再根據(jù)右手定則可知PQ向右減速運動；如果L2中磁場向下增強，根據(jù)安培定則可知PQ中感應(yīng)電流為P到Q且增大，再根據(jù)右手定則可知PQ向左加速運動，AD錯誤，BC正確。故選BC。11.在如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比，，，滑動變阻器的最大阻值為，電壓表和電流表均為理想交流電表，兩端交流電壓的有效值恒為。則在滑動變阻器滑片從最右向左滑動過程中，下列說法中正確的是（　　）A.電流表示數(shù)變小

11B.的最大功率為C.滑動變阻器最大功率為D.電壓表示數(shù)的變化與電流表示數(shù)的變化的比值變小【答案】BC【解析】【詳解】A．根據(jù)題意，設(shè)變壓器原副線圈的電壓分別為、，電流為、，則有又有聯(lián)立解得滑動變阻器滑片從最右向左滑動過程中，減小，由于不變，則增大，即電流表示數(shù)變大，故A錯誤；B．根據(jù)題意，由公式可得，電阻的功率為可知，最大時，電阻的功率最大，由A分析可知，當(dāng)時，最大，最大，最大值為可得，最大功率為故B正確；C．根據(jù)題意可知，滑動變阻器的功率為

12結(jié)合A分析，整理可得由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)時，最大，最大值為故C正確；D．由A分析可得可知，電壓表示數(shù)的變化與電流表示數(shù)的變化的比值為則保持不變，故D錯誤故選BC。12.如圖所示，間距的兩光滑金屬導(dǎo)軌相互平行放置，水平導(dǎo)軌與傾斜導(dǎo)軌之間用絕緣材料平滑連接。傾斜軌道的傾角，在傾斜軌道上端有一單刀雙擲開關(guān)，可連接，的電源或的未充電的電容器。在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域和直導(dǎo)軌矩形區(qū)域存在著相同的磁場，方向豎直向上，在水平導(dǎo)軌的右端連接了的電阻。已知，，將開關(guān)與1相連，一質(zhì)量的金屬導(dǎo)體棒恰好能靜止在高的傾斜導(dǎo)軌上。不計其他一切電阻和阻力，取。則（　?。?/p>

13A.磁感應(yīng)強度的大小為B.將開關(guān)擲向后，棒滑到MN處的速度為C.將開關(guān)擲向后，棒通過磁場區(qū)域過程中上產(chǎn)生的焦耳熱為D.將開關(guān)擲向后，棒在傾斜導(dǎo)軌上做加速度減小的加速運動【答案】AC【解析】【詳解】A．根據(jù)題意，由閉合回路歐姆定律可知，當(dāng)開關(guān)與1相連時，由于棒無電阻把短路，則通過棒的電流為由左手定則可知，棒受水平向左的安培力，由平衡條件有聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得故A正確；BD．將開關(guān)S擲向2后，根據(jù)牛頓第二定律可得又聯(lián)立可得可知，棒在傾斜導(dǎo)軌上做勻加速直線運動，由運動學(xué)公式可得

14解得故BD錯誤；C．根據(jù)題意，設(shè)棒出磁場區(qū)域時的速度為，由動量定理有其中聯(lián)立解得根據(jù)功能關(guān)系可得棒通過磁場區(qū)域過程中上產(chǎn)生的焦耳熱代入數(shù)據(jù)解得故C正確。故選AC。第Ⅱ卷（58分）三、實驗探究題（本題共2小題，共14分；把答案填在答題紙相應(yīng)的橫線上）13.小明利用如圖甲所示的單擺測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。?）下列說法正確的是______。A．?dāng)[線要選擇適當(dāng)細(xì)些、長些，彈性小些的細(xì)線B．質(zhì)量大、體積小的擺球可以減小空氣阻力帶來的影響C．單擺偏離平衡位置的角度越大越好

15D．為了減小誤差，擺球應(yīng)從最高點開始計時（2）為了更精確測量擺長，小明用10分度的游標(biāo)卡尺測量擺球直徑如圖乙所示，擺球直徑為______mm。利用刻度尺測得擺線長為97.10cm，則該單擺的擺長l＝______cm。若他用秒表記錄下單擺50次全振動所用時間，由圖丙可知該次實驗中50次全振動所用時間為______s。（3）通過改變擺長，小明測出多組擺長l和周期T的數(shù)據(jù)，作出圖線如圖丁所示，則由圖中數(shù)據(jù)計算重力加速度的表達(dá)式g＝______（用、、、表示）?！敬鸢浮竣?AB##BA②.20.6③.98.13④.99.7⑤.【解析】【詳解】（1）[1]AB．為了減小實驗誤差，擺線選擇細(xì)些的、彈性小的、并且適當(dāng)長一些，擺球選擇質(zhì)量大，體積小的，可以減小空氣阻力帶來的影響，故AB正確；C．為了減小實驗誤差，保證擺球盡量做單擺運動，擺角不超過5度，故C錯誤；D．為了減小測量誤差，測量周期時應(yīng)從小球經(jīng)過最低位置時開始計時，故D錯誤。故選AB。（2）[2]擺球直徑d=2cm+6×0.1mm=20.6mm[3]該單擺的擺長

16[4]該次實驗中50次全振動所用時間為t=1min+39.7s=99.7s（3）[5]單擺周期整理得圖線的斜率為解得計算重力加速度的表達(dá)式為14.某實驗小組準(zhǔn)備用銅片和鋅片作為2個電極插入蘋果制成水果電池，探究電極間距、電極插入深度對水果電池的電動勢和內(nèi)阻的影響。實驗小組在市場上購買了品種、大小和成熟程度幾乎相同的蘋果，成員設(shè)計了兩個方案測量蘋果電池的電動勢和內(nèi)阻，電路原理如下圖所示。實驗室可供器材如下：電壓表V（，內(nèi)阻約；，內(nèi)阻約）；電流表A（，內(nèi)阻約；，內(nèi)阻約）；微安表G（量程；內(nèi)阻約）；滑動變阻器（額定電流，最大阻值），電阻箱（最大阻），開關(guān)、導(dǎo)線若干。（1）查閱資料知道蘋果電池的電動勢約為，內(nèi)阻約為幾，經(jīng)過分析后發(fā)現(xiàn)方案A不合適，你認(rèn)為方案A不合適的原因是_______A.滑動變阻器起不到調(diào)節(jié)的作用B.電流表幾乎沒有示數(shù)C.電流表分壓明顯導(dǎo)致測量誤差偏大D.電壓表示數(shù)達(dá)不到量程的三分之一

17（2）實驗小組根據(jù)方案B進行實驗，根據(jù)數(shù)據(jù)作出圖像，已知圖像斜率為k，縱軸截距為b，微安表內(nèi)阻為，可求得被測電池的電動勢______，內(nèi)電阻______。（3）改變電極間距、電極插入深度重復(fù)實驗，測得數(shù)據(jù)如圖所示。序號電極插入深度h/cm電極間距d/cm電動勢E/V內(nèi)阻r/Ω1421.01659812441.05695083221.08311073分析以上數(shù)據(jù)可知電極插入越深入，水果電池內(nèi)阻越_____，電極間距越大，水果電池內(nèi)阻越_____?！敬鸢浮竣?ABD##ADB##BAD##BDA##DAB##DBA②.③.④.?、?大【解析】【詳解】（1）[1]A．滑動變阻器最大阻值只有，而蘋果電池的內(nèi)阻約為幾，則滑動變阻器起不到調(diào)節(jié)的作用，故A正確；B．蘋果電池的電動勢約為，內(nèi)阻約為幾，由閉合電路的歐姆定律可知，電路最大電流不會超過，則電流表幾乎沒有示數(shù)，故B正確；C．電流表內(nèi)阻遠(yuǎn)小于電源內(nèi)阻，分壓不明顯，且電流表分壓對實驗結(jié)果無影響，故C錯誤；D．使用量程為的電壓表，電壓表示數(shù)達(dá)不到量程的三分之一，故D正確。故選ABD。（2）[2][3]根據(jù)閉合回路歐姆定律有整理可得結(jié)合圖像有

18解得（3）[4][5]由表格中序號1、3數(shù)據(jù)可知，電極插入越深入，水果電池內(nèi)阻越小；由表格中序號1、2數(shù)據(jù)可知，電極間距越大，水果電池內(nèi)阻越大。四、計算題（本題共4小題，共44分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。）15.如圖所示，表面光滑、半徑為的圓弧形軌道與水平地面平滑連接，弧長為，。半徑為的小球從點靜止釋放，運動到最低點時速度大小為，重力加速度為，求小球從運動到的時間【答案】【解析】【詳解】根據(jù)題意可知，弧長為，且，故可認(rèn)為小球做單擺運動，根據(jù)單擺的周期公式可得由題意可知，等效擺長為小球從運動到的時間為四分之一個周期，即有16.如圖所示，兩根足夠長平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L=1m，上端連接一個阻值R=3Ω的電阻，導(dǎo)軌平面與水平面夾角θ=37°，長為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中．已知金屬棒ab的質(zhì)量m=0.5kg，阻值r=1Ω

19，與金屬導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，磁場的磁感應(yīng)強度B=1T，重力加速度g=10m/s2，導(dǎo)軌電阻不計。金屬棒ab從靜止開始運動，若金屬棒下滑距離為s=10m時速度已達(dá)到最大（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：（1）金屬棒達(dá)到的最大速度；（2）金屬棒由靜止開始下滑位移為s的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）根據(jù)受力分析可知，金屬棒達(dá)到最大速度時據(jù)閉合電路歐姆定律得據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律代入數(shù)據(jù)得（2）整個系統(tǒng)總能量守恒電阻R、r串聯(lián)，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱代入數(shù)據(jù)得17.兩根平行的導(dǎo)電軌道、右端置于水平面上，左端與水平面成角，整個軌道處于豎直向上的勻強磁場中，導(dǎo)體棒與左側(cè)軌道垂直放置，導(dǎo)體棒與右側(cè)軌道垂直放置，如圖甲所示，已知軌道間距，勻強磁場的磁感應(yīng)強度，兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為，電阻

20，導(dǎo)體棒與軌道之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，導(dǎo)體棒與軌道之間無摩擦力，導(dǎo)電軌道的電阻不計，當(dāng)導(dǎo)體棒受到外力（圖中未畫出）作用，在水平面內(nèi)按圖乙所示正弦規(guī)律往復(fù)運動（規(guī)定棒向右運動為正方向）時，導(dǎo)體棒始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，求：（1）導(dǎo)體棒兩端電壓隨時間變化的規(guī)律；（2）內(nèi)外力做的功；【答案】（1）；（2）；【解析】【詳解】（1）根據(jù)題意可知，導(dǎo)體棒運動所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為回路中的電流所以導(dǎo)體棒兩端的電壓（2）由（1）問知，導(dǎo)體棒中的電流是正弦式交流電，其有效值5s內(nèi)整個回路所產(chǎn)生的熱量導(dǎo)體棒增加的動能為所以，在這內(nèi)外力做的功

2118.如圖所示，兩根足夠長的平行金屬光滑導(dǎo)軌，固定在傾角的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計，與間距為，與間距為L。在與區(qū)域有方向垂直斜面向下的勻強磁場，在與區(qū)域有方向垂直斜面向上的勻強磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B。在與區(qū)域中，將質(zhì)量為m，電阻為R，長度為的導(dǎo)體棒b放在導(dǎo)軌上，且被兩立柱c、d擋住，與區(qū)域中將質(zhì)量為m，電阻為R，長度為L的導(dǎo)體棒a置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑，經(jīng)時間t，b剛好離開立柱，a、b始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，重力加速度為g。求：（1）t時刻a棒的速度大小v；（2）在時間t內(nèi)a棒產(chǎn)生的電能；（3）a棒中電流的最大值?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢由閉合電路歐姆定律分析b受力解得（2）在時間t內(nèi)，對a棒，由動量定理

22又解得（3）由閉合電路歐姆定律，a棒中的電流滿足對b棒，由牛頓第二定律對a棒，由牛頓第二定律顯然，當(dāng)電流最大時，最大，有即解得

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