【文档说明】浙江省温州市2022-2023学年高二上学期期末教学质量统一检测物理试题（A卷） 含解析.docx，共(26)页，9.334 MB，由小赞的店铺上传

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2022学年第一学期温州市高二期末教学质量统一检测物理试题（A卷）考生须知：1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分，考试时间90分钟。2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上。

3．选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。4．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写

在本试题卷上无效。5．可能用到的相关公式或参数：重力加速度g取210m/s。选择题部分—、选择题Ⅰ（本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均

不得分）1.下列物理量属于矢量是（）A.磁通量B.电场强度C.电势D.电阻【答案】B【解析】【详解】矢量是既有大小又有方向的量，标量是只有大小没有方向的量，磁通量、电势、电阻都是只有大小没有方向的量，是标量，不是矢量，电场强度既有大小又有方向，是矢量，故B正确，ACD错误。故选B。2.下列

关于物理学史的说法正确的是（）A.麦克斯韦认为变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场B.法拉第发现电流的磁效应，首次揭示电与磁之间的联系C.赫兹建立了完整的电磁场理论，并用实验证实电磁波的存在D.库仑通过扭秤实验得出库仑定律，并测出静电力常量【答案】A【解析】【详解】A．根据麦克斯韦

的电磁场理论可知，均匀变化的电场产生恒定不变的磁场，均匀变化的磁场产的生恒定不变的电场，故A正确；B．奥斯特通过实验发现了电流的磁效应，首次揭示了电和磁之间的联系，故B错误；C．麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，并揭示了电、磁、光现象的本质上的统一，赫兹用实验证实了电磁波存在，

故C错误；D．库仑通过扭秤实验得出库仑定律，麦克斯韦通过理论计算得出了静电力常量，故D错误。故选A。3.下列有关说法正确的是（）A.电磁炉使用时应接直流电源B.在无线电技术中，使接收电路中产生电谐振的过程叫做解调C.医院里常用X射线照射病房和手术室进行消毒D.天文学家用

射电望远镜接收天体辐射的无线电波，进行天体物理研究【答案】D【解析】【详解】A．电磁炉只能在交变电流下才能正常工作，如果给电磁炉使用直流电源，电磁炉不可以正常工作，故A项错误；B．在无线电技术中，使接收电路中产

生电谐振的过程叫做调谐，而不是解调，故B项错误；C．X射线都有很高的穿透本领，常用于医学上透视人体；对人体有辐射，不能用来消毒，故C项错误；D．射电望远镜接收天体辐射的无限电波来工作。所以，天文学家用射电望远镜接收天体辐射的无

线电波，进行天体物理研究，故D项正确。故选D。4.静电喷漆中，接负高压的涂料雾化器喷出带负电的油漆微粒，在静电力的作用下，油漆微粒向着作为正极的工件运动，并沉积在工件的表面，如图所示。图中A点位于雾化器的喷口附近，B点位

于工件表面附近。下列说法正确的是（）A.油漆微粒做匀变速运动B.油漆微粒运动轨迹一定与电场线重合C.A点的电势高于B点的电势D.油漆微粒在A点电势能大于在B点的电势能【答案】D【解析】【详解】A．油漆微粒所处的电场非匀强电场，受力大小会发生变化，不会做匀变

速运动，故A错误；B．油漆微粒运动轨迹不一定与电场线重合，故B错误；C．A点的电势低于B点的电势，故C错误；D．油漆微粒带负电，油漆微粒在A点电势能大于在B点的电势能，故D正确。故选D。5.如图所示，高压输电线是远距离传输电能的重要组成部分，下列关于高压输电线的说法正确的

是（）A.输电线应选用电阻率大的金属材料制作B.高压输电线比普通导线粗，目的是增大导线电阻C.输电线上方还有两条导线，其作用是把高压线屏蔽起来免遭雷击D.在输送功率一定时，输电线上损失的功率跟输送电压平方成正比【答案】

C【解析】【详解】A．输电线应选用电阻率小的金属材料制作，故A错误；B．高压输电线比普通导线粗，目的是减小导线电阻，故B错误；C．输电线上方还有两条导线，其作用是把高压线屏蔽起来免遭雷击，故C正确；D．在输送功率一定时，电流PIU=

输电线上损失的功率22PPIrrU==输电线上损失的功率跟输送电压的平方反比，故D错误。故选C。6.如图所示电路，1L、2L为两只相同的灯泡，R为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），电源的电动势为E，内阻为r。开关S闭合后，当照射到R上的光照强度增大时，

下列说法正确的是（）A.1L灯变亮B.2L灯变暗C.电源的效率一定减小D.电源的输出功率一定减小【答案】C【解析】【详解】AB．增大光敏电阻R的光照强度，则光敏电阻阻值减小，则总电阻减小，干路电流增大，内电压和L2分得电压增大，L1电压减小，故L1灯亮度变暗，

L2灯亮度变亮，故A、B错误；C．电阻R的阻值变小，电路中的总电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律EIR=总可知，电路中的总电流I变大，电源的内电压UIr=内变大，路端电压UEU=−内故路端电压变小，所以电源的效率UIUEIE==可知电源的效率一定减小，故C正确；D．电源的输出功率与R

外图像如图所示若Rr外，当R减小时，电源的输出功率P减小；若Rr外，当R减小时，电源的输出功率P增大。由于未知灯泡、光敏电阻的阻值，故无法判断电源的输出功率的变化，故D错误。故选C。7.两根在同一水平面内且相互平行的直导线，通有相同方向

的电流1I和2I，且12II。该水平面内有a、b、c三点位置如图所示，三点连线与两根导线垂直，b点位于两根导线的正中间，a、c两点与b点距离相等。下列说法中正确的是（）A.b点处的磁感应强度大小为0B.a点处与b点处的磁感应强度方向相同C

.b点处与c点处的磁感应强度方向相反D.b点处的磁感应强度有可能比c点处的大【答案】D【解析】【详解】A．1I和2I在b点处的磁场分别垂直纸面向外和垂直纸面向里，又12II所以垂直纸面向外的磁场更强，合磁场方向垂直纸面向外，故A错误；B．1I和2I在a点处的磁场分

别垂直纸面向里和垂直纸面向里，故a点处的合场强方向垂直纸面向里，b点处的合场强方向垂直纸面向外，故a点处与b点处的磁感应强度方向相反，故B错误；C．1I和2I在c点处的磁场分别垂直纸面向外和垂直纸面向外，故c点处的合场强方向垂直纸面向外，b点

处的合场强方向垂直纸面向外，故b点处与c点处的磁感应强度方向相同，故C错误；D．b点处的磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为通过电流1I的导线产生的磁感应强度与通过电流2I的导线产生的磁感应强度的差值，而c点处的磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为通过电流1I的导线产生的磁感应强度与通过电流2

I的导线产生的磁感应强度的和，其中a、c两点与b点距离相等，若b与两导线的距离小于ac两点与两导线的距离，则b点处的磁感应强度有可能比c点处的大，故D正确。故选D8.某家用日光灯管里的控制电路用到了多种电容器，其中一个电容器如图所示，关于该电容器下列

说法正。确的（）A.最多能够储存83.310C−的电荷量B.450V是指该电容器的击穿电压C.加在两端的电压是225V时，其电容是7.5μFD.加在两端电压变化10V，电荷量变化41.510C−【答案】D【解析】【详解】AB．由铭牌信息可知，电容器的工作电压为450V，此

数值比击穿电压低，则电量最多为531.510450C6.7510CQUC−−===故AB错误；C．一般电容器出厂后电容大小固定不变，故C错误；D．由公式QQCUU==可得64151010C1.510CQCU

−−===故D正确。故选D。9.某款笔记本电池和手机电池的有关信息如图所示，关于两电池下列说法正确的是（）A.铭牌中的mAh是能量的单位B.笔记本电池能储存的能量约为手机电池的1.5倍C.手机电池放电时能输出的总电荷量约为10800CD.若手机待机电流为15mA，手机

最长待机时间约为20h【答案】C【解析】【详解】A．电流乘以时间得到电荷量，故电流的单位乘以时间的单位是电荷量的单位，故铭牌中的mAh是电荷量的单位，故A错误；B．由WUIt=可知，笔记本电池能储存的能量为3111.1440010J48.84JW

UIt−===手机电池储存的能量为323.8300010J11.4JWUIt−===故1248.84411.4WW=故B错误；C．手机电池放电时能输出的总电荷量约为343000mAh=3000103600C=1.0810

C−故C正确；D．若该手机待机电流为15mA，则其最长待机时间为3000mAh200h15mA故D错误。故选C。10.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，导体环面积为S=1m2，导体环的总电阻为10R=。

规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。磁感应强度B随时间t的变化如乙图所示，00.1TB=。下列说法正确的是（）A.t=1s时，导体环中电流为零B.第2s内，导体环中电流为负方向C.第3s内，导体环中电流的

大小为0.1AD.第4s内，通过导体环中某一截面的电荷量为0.01C【答案】D【解析】【详解】A．1st=时，穿过导体环的磁通量变化率不为零，则导体环中感应电流不为零，故A错误；B．第2s内，向上穿过导体环的磁通量增大，根据楞次定律感应磁场

方向向下，由安培定则可知，导体环中感应电流为正方向，故B错误；C．第3s内，导体环中电流大小为00.11A=0.01A101BSEIRRtRt====故C错误；D．第3s内与第4s内产生的感应电流相同，则第4s内，通过导体环中某一截面的电荷量为0.011C=0.01CqIt==故

D正确。故选D。11.如图所示，abc是由粗细相同的同种材料导线制成的等边三角形线框。范围足够大的匀强磁场平行于三角形线框平面且与bc边垂直向上。将b、c两点接入某一电路，线框受到的安培力大小为F。若将a、c两点接入相同电路，则线框受到的安培力大小为（）A.2FB.FC.32FD.2F【答

案】A【解析】【详解】当b、c两点接入某一电路，相当于ab与ac串联，再与bc并联接入电路，设每一条边的长度为L，通过bc电流为I，通过bac电流为2I，线框受到的安培力大小为322IFBILBLBIL=+=将a、c两点接入相同电路，相当于ab与bc串联，

再与ac并联接入电路，则通过ac电流为I，通过abc电流为2I，线框受到的安培力大小为3cos60cos60242IFFBILBLBIL=+==故A。12.如图所示，水平间距为L，半径为r的二分之一光滑圆弧导轨，bb为导轨最低位置，aa与

cc为最高位置且等高，右侧连接阻值为R的电阻，圆弧导轨所在区域有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场。现有一根金属棒在外力的作用下以速度0v从aa沿导轨做匀速圆周运动至cc处，金属棒与导轨始终接触良好，

金属棒与导轨的电阻均不计，则该过程中（）A.经过最低位置bb处时，通过电阻R的电流最小B.经过最低位置bb处时，通过金属棒的电流方向为bb→C.通过电阻R的电荷量为2BLrRD.电阻R上产生的热量为220rBLvR【答案】C【解析】【详解】A．金属棒从位置'aa运动到轨

道最低'bb处的过程中，水平分速度即有效切割速度逐渐增大，由E=BLv可知金属棒产生的感应电动势增大，则通过R的电流大小逐渐增大；金属棒从轨道最低位置'bb运动到'cc处的过程中，水平分速度即有效切割速

度逐渐减小，由E=BLv可知金属棒产生的感应电动势减小，则通过R的电流大小逐渐减小，故经过最低位置bb处时，通过电阻R的电流最大，故A错误；B．由右手定则可知，经过最低位置bb处时，通过金属棒的电流方向为'bb→，故B错误；C．通过电阻R的电荷量为2EBLrqItt

RRR====故C正确；D．金属棒做匀速圆周运动，切割磁感线的有效速度为00coscosvvvt==是金属棒的速度与水平方向的夹角，则金属棒产生的感应电动势为0cosEBLvt=则回路中产生正弦式

交变电流，可得感应电动势的最大值为m0EBLv=有效值为m02222EEBLv==由焦耳定律可知，R上产生的热量202220222BLvrBLvEQtRRR===故D错误。故选C。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题3分

，共9分。每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的0分）13.甲、乙、丙、丁四幅图分别是回旋加速器、磁流体发电机、速度选择器、质谱仪的结构示意图，下列说法中正确的是（）A.

图甲中增大交变电场的电压可增大粒子的最大动能B.图乙中可以判断出通过R的电流方向为从b到aC.图丙中粒子沿PQ向右或沿QP向左直线运动的条件都是EvB=D.图丁中在分析同位素时，磁场中半径最小的粒子对应质量也一定最小【答案】BD【解析】【详解】A．带

电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦之力提供向心力，则2vqvBmR=解得=qBRvm则粒子的动能为222k=2qBREm可见粒子的最大动能与交变电场的电压无关，对于同一离子，增大磁感应强度、增大半径可以增大粒子的最大动能。故A错误；B．根据左手定则可以判断等离子体当中正电荷会向B极板偏转，则

通过R的电流方向为从b到a。故B正确；C．图丙中带电粒子不能沿QP向左做直线运动，因为电场力和洛伦兹力的方向是同一个方向。故C错的误；D．粒子经过加速电压U加速212Uqmv=粒子进入匀强磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力2qvvBmR=联立

可得12UmRBq=则在加速电压U不变，匀强磁场的磁感应强度B不变的情况下，R越小，mq越小，则同位素的质量越小。故D正确。故选BD。14.如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为1∶2，在原、副线圈的回路中分别接有阻值为R和4R的电阻，原线圈一侧接在电压100V的正弦交流电源上，则（

）A.副线圈回路中电阻两端的电压为100VB.副线圈回路中电阻两端的电压为200VC.原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为1∶1D.原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为1∶2【答案】AC【解析】【详解】AB．设理想变压器的原线圈输入电压为1U，副线圈的输出电压为2U

，则112212UnUn==1221100V214UnRUnR−==解得2100VU=A正确，B错误；CD．设理想变压器的原线圈电流为1I，副线圈电流为2I，则122121InIn==故原、副线圈回路中电阻消耗的功率之

比为211222141PIRPIR==C正确，D错误。故选AC。15.如图所示LC电路中，电容C为0.4μF，电感L为1mH。已充电的平行板电容器两极板水平放置。开关S断开时，极板间有一带电的灰尘恰好静止。当开关S闭合时，灰尘在电容器内运动。已知LC振荡电路的振荡周期2TLC=，不计带电灰尘对

电路的影响，则（）A.灰尘的加速度为g时，电感线圈中磁场能最大B.灰尘将在两极板间做单向直线运动，直至碰到极板C.从S闭合开始计时，经5210s−时，电感线圈中电流最大D.从S闭合开始计时，经5410s−时，电感线圈中电流最大【答案】

AB【解析】【详解】CD．振荡周期为36521100.410s410s2TLC−−−===从S闭合开始计时，经5210s−（即12T），或经5410s−（即T），电容器充电完毕，电容器极板的电荷量最大，电感线圈中电流最小，CD错误；A．灰尘的加速度为g时，即灰层受到的电场力为

0，电容器极板的电荷量为零，电感线圈中电流最大，磁场能最大，A正确；B．开关S断开时，灰尘恰好静止，开关S闭合后，在14T内，重力大于向上的电场力，灰层加速下降，在1344TT内，电场力向下，灰层加速下降，在34TT内，重力

大于向上的电场力，灰层加速下降，故灰尘将在两极板间做单向直线运动，直至碰到极板，B正确。故选AB。非选择题部分三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）16.在“练习使用多用电表”实验中：（1）下列关于多用电表的使用说法正确的是

______。A．直流电流和直流电压的刻度线都是均匀的，可以共用同一条刻度线B．测量电阻时，为了接触良好，应该用手把表笔与被测电阻的两端捏紧C．测量电阻时，第一次测量之前要欧姆调零，之后换倍率不需要重新欧姆调零（2）如图为正在测量中的多用电表，其读

数为：______V。（3）为了测量电压表的内阻，下列操作合理的是________。A．B．C．（4）某兴趣小组利用如图所示的电路测定一个电容器的电容，利用计算机软件测出电容放电时的It−图线a，若换一个阻值更大的定值电阻，重复实验步骤，

则测得的It−图线应该是图中的线______。（选填“b”“c”）【答案】①.A②.1.56③.B④.c【解析】【详解】（1）[1]A．直流电流刻度线和直流电压刻度线都是均匀的，可以共用同一刻度，故A正确；B．在测量电阻时，不能用

手接触待测电阻的两端，故B错误；C．测量电阻时，第一次测量之前要欧姆调零，之后只要换倍率，就必须重新欧姆调零，故C错误。故选A。（2）[2]图中位置为2.5V的直流电压挡，其最小分度为0.05V，读数为1.56V。（3）[

3]由图可知多用电表“+”插孔连接的是红表笔，接电压表的正极，且电压表的指针指向电表的1刻度。故选B。（4）[4]若换一个阻值更大的定值电阻，将导致电容器放电时间比原来长，而放出的电荷量不变，，即It−图线和两坐标轴围成的面积不变，故It−图线应该是图中的c。17.在“电池电

动势和内阻测量”实验中，某研究小组要测量某节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：电压表V、电流表A、滑动变阻器1R（0~10Ω）、滑动变阻器2R（0~1000Ω）、一节干电池、开关及若干导线。（1）小组设计了如图所示的电路，则滑动变阻器应该选______。的（2）该研究小组利用以上实

验装置，根据所测数据作出UI−图像，如图所示根据该图像可知该电源的电动势E=______V，内阻r=______。（E和r均保留三位有效数字）【答案】①.R1②.1.50③.2.67【解析】【详解】（1）[1]因干电池的内阻较小，故为了

便于调节，滑动变阻器选择较小的R1即可。（2）[2][3]由U=E−Ir可知，U−I图象中图象与纵坐标的截距即为电源的电动势；故E=1.50V电源的内阻2.67UrI==四、计算题（本题共4小题，共39分。要求画出必要的图形，写出必要的文字

说明、重要的方程式和演算步骤，有数值计算的必须明确写出数值和单位）18.如图所示，带电物块（可视为质点）从A点开始以初速度05m/sv=沿着绝缘粗糙水平面向B点运动，AB距离4ml=，B点右侧无限大的

区域内有水平向右的匀强电场，电场强度6110N/CE=。已知物块质量1kgm=，电荷量6110Cq−=−，与水平面的动摩擦因数0.2=，求物块：（1）到达B点的速度大小Bv；（2）从A点出发到停下来的时间

t；（3）与水平面摩擦产生的热量Q。【答案】（1）3m/sBv=；（2）2s=t；（3）11JQ=【解析】【详解】（1）从A到B由动能定理可得2201122Bmglmvmv−=−解得3m/sBv=（2）物块带负电，则物块受到的电场力水平向左，根据公

式FEq=解得66110110N1NFEq−===整个过程中摩擦力为0.2110N2Nfmg===在电场中根据牛顿第二定律可得fFma+=在电场中运动时间为1Bvta=从A到B根据牛顿第二定律可得fma=从A到B运动时间为0Bvvta−=从A点出发到停下来的时间为1ttt=+

整理解得2s=t（3）在电场中的运动位移为212Bvax=则整个过程中总位移为1xxl=+物块与水平面摩擦产生热量为的1()Qfxmgxl==+解得1()0.2110(1.54)J11JQfxmgxl==+=+=19.如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂

直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。有大量电荷量为q+、质量为m的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率v通过P点射入磁场。这些粒子射出边界的位置均处于边界的圆弧PQ上，PQ的弧长是圆周长的16，不计粒子的重力和粒子间的相互作用

。求：（1）圆形区域内磁场的方向；（2）圆形区域内磁感应强度B的大小；（3）若粒子的速度大小变为2v，求正对圆心方向射入的粒子在磁场中运动的时间。【答案】（1）垂直纸面向里；（2）2mvqR；（3）4Rv【解析】【详解】（1）根据左手定则，可判断磁场方向垂直纸面向里；（2）根据题

意，从Q点射出的粒子运动轨迹如图所示PQ为轨迹圆的直径，由几何关系可得2Rr=又2vqvBmr=解得2mvBqR=（3）根据()222vqvBmr=解得rR=正对圆心方向射入的粒子在磁场中的运动轨迹如图所示以下两种方法均可方法Ⅰ：由周期公式2mTqB=

则运动时间44TRtv==方法Ⅱ：运动时间24sRtvv==20.如图所示，粒子源内可以飘出（可以认为初速度为零）某种质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计），经加速电压为U的加速电场加速后，沿平行板M、N间的中线进入偏转电场，

偏转电场电压为2U，两板间距离为d。已知粒子刚好从N板的右端边缘进入边界宽度为d，垂直于纸面向里的匀强磁场中。（1）求带电粒子进入偏转电场的初速度0v；（2）求平行板M、N的板长L；（3）要使带电粒子进入

磁场的位置与离开磁场的位置等高，求磁感应强度B的大小。【答案】（1）02qUvm=；（2）d；（3）2mUqd【解析】【详解】（1）根据动能定理2012qUmv=解得02qUvm=（2）电场中类平抛0Lvt=21222dqUtmd=解得Ld=（3）带电粒子

飞出电场的速度偏转角正切值为000tan12vvqUdatmdv===要使带电粒子进入磁场的位置与离开磁场的位置等高，如图由几何关系可知22dr=由200mvBqvr=可得2mUBqd=21.如图甲所示，间距2mL=的平行导轨由倾斜和竖直两部分组成（

两部分均足够长），导轨电阻不计。倾斜光滑导轨所在平面与水平面夹角37=。倾斜和竖直导轨上分别放有ab、cd两根完全相同的导体棒，长度为L，质量2kgm=，电阻1ΩR=。cd棒置于竖直导轨的右侧与竖直导轨的动摩擦因数0.5

=。导轨所在空间内存在竖直向下的磁感应强度为1TB=的匀强磁场。倾斜导轨上端与100n=、面积20.04mS=的圆形金属线圈相连，线圈总电阻0.5Ωr=，整个线圈内存在垂直线圈平面的磁场0B且磁场随时间均匀变化。将cd棒锁定在导轨上，闭合电键

K后，ab棒刚好在光滑的斜面导轨上保持静止。（sin370.6=，cos370.8=）（1）求圆形线圈内磁场随时间的变化率0Bt。（2）断开电键K的同时，解除cd棒的锁定，并对ab棒施加沿斜面向

下的拉力Fkt=，此后ab棒由静止开始沿倾斜轨道做匀加速运动。（a）求ab棒加速度的大小和k的数值；（b）己知在2s内拉力F做功为122.88J，求这一过程中cd棒产生的焦耳热；（c）求cd棒达到最大速度所需的

时间0t，并在图乙中画出cd棒所受摩擦力随时间变化的图线，在图线上标出0t时刻及其对应纵坐标（可以用字母表小）。【答案】（1）15T/s4；（2）（a）26m/sa=，7.68N/sk=，（b）61.44J，（c）04.17st=，【解析】【

详解】（1）由法拉第电磁感应定律得0BEnnStt==ab棒受力平衡tanmgBIL=根据闭合电路欧姆定律()2EIRr=+并其中2RR=并解得0Δ15T/sΔ4Bt=（2）（a）对ab棒受力分析sincosmgFBILma+−=根据闭合

电路欧姆定律cos2BLvIR=由运动学公式vat=和已知条件Fkt=整理代入数据得121.282ktata+−=解得26m/sa=，7.68N/sk=（b）对ab棒利用动能定律21sin02mgxWWmv+−=−外安

位移2112m2xat==速度12m/svat==克服安培力做功等于回路产生的热量QW=总安由电路分析可得cd棒产生的焦耳热61.44J2cdQQ==总（c）cd棒受到的摩擦力等于重力时速度达到最大dNcLmfFBIg===又0vat=解得04.17stcd棒达到最大速

度后，继续向下做减速运动，到速度为零时，因重力小于最大静摩擦力而静止，最终为静摩擦力cdfmg=，其cdft−图如图所示获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com