【文档说明】四川省成都市石室中学2022-2023学年高二下学期3月月考物理试题 含解析.docx，共(25)页，5.536 MB，由小赞的店铺上传

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成都石室中学2022-2023学年度下期高2024届3月月考物理试卷（满分110分，考试时间100分钟）第Ⅰ卷（52分）一、单项选择题（共8个小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题意）1.如图所示为单摆在两次受迫振动中的共振曲

线，下列说法正确的是（）A.若图线I是在地球上完成的，则该摆摆长约为1mB.若图线Ⅱ是在月球上完成的，则该摆摆长约为1mC.若两次受迫振动是在地球上同一地点进行，则两次摆长之比12:25:4LL=D.若两次受迫

振动摆长相同，则两地的重力加速度比124:25:gg=【答案】C【解析】【详解】根据题意，由图可知，图线I单摆的固有频率为0.2Hz，则固有周期为1115sTf==图线Ⅱ单摆的固有频率为0.5Hz，则固有周期为2212sTf==A．若图线I是在地球上完成的，由周期

公式2LTg=可得，该摆摆长约为2126.25m4gTL=故A错误；B．若图线Ⅱ是在月球上完成的，由周期公式2LTg=可得，该摆摆长约为222116m46gTL=故B错误；C．若两次受迫振动是在地球上同一地点进行，则重力加速度相等，则有211222254LTLT==故

C正确；D．若两次受迫振动摆长相同，则两地的重力加速度比为212221425gTgT==故D错误。故选C。2.如图甲所示，单匝矩形线框在匀强磁场B中，绕与磁场B垂直的轴OO匀速转动。已知线框电阻R，转动周期T，穿过线框的磁通量与时间t的关系图，如图乙所示。则下列说法正确的是（）A.

2T时刻，线框平面位于中性面B.感应电流的有效值为m2RTC.4T到34T过程中，线框中平均感应电动势为零D.线框转动半周，线框中产生的热量为22m2RT【答案】B【解析】【详解】A．由图乙可知，2T时刻，磁通量为0，则线框平面位于与中性面

垂直的平面，故A错误；B．线圈转动过程中，感应电动势的最大值为mm2EBST==感应电流的最大值为mmm2EIRRT==有效值为mm22IIRT==故B正确；C．由法拉第电磁感应定律可得，4T到34T过程中，线框中平均感应电动势为m4EtT==

故C错误；D．线框转动半周，线框中产生的热量为222m2TQIRRT==故D错误。故选B。3.如图所示，光滑绝缘水平面上存在方向竖直向下的有界（边界竖直）匀强磁场，一直径与磁场区域宽度相同的闭合金属圆形线圈在平行于水平面的拉力作用下，在水平面上沿虚线方向匀速通过磁场。

下列说法正确的是（）A.线圈通过磁场区域的过程中，线圈中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向B.线圈通过磁场区域的过程中，线圈中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向C.该拉力的方向与线圈运动速度的方向相同D.该线圈所受

安培力的方向与线圈运动速度的方向相反【答案】B【解析】【详解】AB．线圈进入磁场过程中，垂直于纸面向里的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流产生的磁场应垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中感应电流为逆时

针方向，同理可知，线圈离开磁场的过程中线圈中的感应电流为顺时针方向，故A错误，B正确；CD．无论是进入磁场还是出磁场，线圈受到的安培力等效于线圈与磁场的边界处的有效长度受到的安培力，如图所示所以安培力的方向总是与边界垂直，由楞次定律可知，线圈所受的安培力

会阻碍线圈相对磁场的运动，因此线圈所受的安培力始终水平向左，则该拉力的方向水平向右，故CD错误。故选B。4.如图所示，某小型水电站发电机的输出功率100kWP=，发电机的电压1250VU=，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻8R=线，在用户端用降压

变压器把电压降为4220VU=。已知输电线上损失的功率5kW线=P，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（）A.发电机输出的电流150AI=B.输电线上的电流50AI=线C.降压变压器的匝数比3

4:190:11nn=D.用户得到的电流4455AI=【答案】C【解析】【详解】A．发电机输出的电流为31110010A400A250PIU===故A错误；B．根据2PIR=线线线可得输电线上的电流为3510A25A8PIR===线线线故B错误

；C．升压变压器的输出电压为3210010V4000V25PUI===线降压变压器的输入电压为324000V258V3800VUUIR=−=−=线线降压变压器的匝数比为3344380019022011nUnU===故C正确；D．根据344n

InI=线可得用户得到的电流为344190475025AA1111nIIn===线故D错误。故选C。5.一个长直密绕螺线管N放在一个金属圆环M的中心，圆环轴线与螺线管轴线重合，如图甲所示。螺线管N通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是（）

A.t=8T时刻，圆环有扩张的趋势B.t=8T时刻，圆环有收缩的趋势C.t=8T和t=38T时刻，圆环内有相同感应电流的D.t=38T和t=58T时刻，圆环内有不同的感应电流【答案】A【解析】【详解】AB．由图可知在8Tt=时刻，通过线圈的电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以穿过金属小圆环的磁通

量增大，根据楞次定律可知，圆环有扩张的趋势，选项A正确，B错误；C．由图可知在8Tt=时刻通过线圈的电流增大，而在38Tt=时刻通过线圈的电流减小，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向不同，选项C错误；D．由图可知在38Tt=和58Tt=时刻，线圈内电流的变化率是大小相等的，则线圈产生的磁

场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向也相同，选项D错误。故选A。6.如图，空间某区域内存在沿水平方向

的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处自由释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直。线框边长小于磁场区域上下宽度。若不计空气阻力，以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化的图像中，错误的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】AC．若线框进入磁场时

重力小于安培力，由牛顿第二定律有221BLvmgmaR−=线框做减速运动，安培力减小，加速度减小，做加速度减小的减速运动，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，做加

速度减小的减速运动，故A错误，C正确；B．若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，则线框匀速进入磁场，电流不变，安培力不变，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，则做加速度减小的减速运动，故B正确；D．若进入时重力大于安培力，由牛顿第二定

律有222BLvmgmaR−=做加速运动，安培力增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，则做加速度减小的减速运动，故D正确。本题选错误的，故选A。7.如图所示，间距1mL=、足够长

的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，其左端接一阻值1R=的定值电阻。直线MN垂直于导轨，在其左侧面积20.5mS=的圆形区域内存在垂直于导轨所在平面向里的磁场，磁感应强度B随时间的变化关系为()6TBt=，在其右侧（含边界MN）存在磁感应强度大小01TB=、方向垂直导轨所在平

面向外的匀强磁场。0=t时，某金属棒从MN处以08msv=的初速度开始水平向右运动，已知金属棒质量1kgm=，与导轨之间的动摩擦因数0.2=，导轨、金属棒电阻不计且金属棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度210ms

g=，下列说法正确的是（）A.0=t时，闭合回路中有大小为5A的逆时针方向的电流B.闭合回路中一直存在顺时针方向的电流C.金属棒在运动过程中受到的安培力方向向左D.金属棒最终将以1m/s的速度匀速运动【答案】D【解析】【详解】A．0=t时，金属棒产生的感应电动势为1008VEBLv=

=由右手定则可知，方向由MN→，圆形区域内磁感应强度B随时间均匀变化，在闭合回路中产生感生电动势大小为23VBESt==由楞次定律可知，方向由NM→，由于12EE则闭合回路中感应电流为顺时针，大小为125AEEIR−==故A错误；BCD．根据题意可知，开始时，金属棒向右运动，受向左的摩擦力，

回路中有顺时针电流，由左手定则可知，安培力向左，金属棒做减速运动，当0BBLvSt=时，电流为0，安培力为零，金属棒仍向右运动，受向左的摩擦力，继续减速，则有0BBLvSt闭合回路中感应电流变为逆时针，安培力向右，继续减速，当0BILmg=时，金属棒速度不变，做匀

速运动，又有0BSBLvtIR−=联立解得1msv=故BC错误，D正确。故选D。8.如图是一种电梯突然失控下落时的保护装置。在电梯后方墙壁上交替分布着方向相反的匀强磁场，每块磁场区域宽1.6m，高0.5m，大小均为0.5T。电梯后方固定一个100匝矩形线圈，线圈总电阻为8Ω，高度

为1.5m，宽度略大于磁场。已知某次电梯运行试验中电梯总质量为2400kg，g取210m/s，忽略摩擦阻力。当电梯失去其他保护，由静止从高处突然失控下落时，则（）A.电梯下落速度达到2.5m/s时，线圈内产生的感应电流25AB.电梯可达到的最大速度为15m/sC.若电梯

下落4.5m，达到最大速度的45，此过程所用时间为1.2sD.电梯匀加速下降【答案】C【解析】【详解】A．根据题意可知，上下两边切割磁感线产生感应电动势，结合右手定则可知，电梯下落速度达到2.5m/s时，感应电动势为112ENBLv=线圈内产生的感应电流

11EIR=联立代入数据解得150AI=故A错误；B．若电梯与地面的距离足够高，最终安培力与重力平衡，电梯匀速运动，此时mAm222NBLvFNBILNBLmgR===解得m2224mgRvNBL=代入数据解得m7.5msv=故B错误；C．根据题意，下落高度4.5mh=，设所用时间为

t，取向下为正方向，由动量定理有m45mgtFtmv−=安其中222242NBLvNBLFtNBLthRR==安联立代入数据解得1.2st=故C正确；D．由牛顿第二定律有安−=mgFma解得2224NBLvagRm=−可知，v增大的过程中，a减小，电梯做加速度减小的加速运动

，故D错误。故选C。二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错得0分）9.如图甲所示的弹簧振子（以O点为平衡位置在B、C间振动），取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图

乙所示的振动曲线，由曲线所给的信息可知，下列说法正确的是（）A.t=0时，振子处在B位置B.如果振子的质量为0.5kg，弹簧的劲度系数为20N/cm，则振子的最大加速度大小为400m/s2C.t=4s时振子对平衡位置的位移为10cmD.t=2.5s时振子对平衡位置的位移为5cm【答案

】AB【解析】【详解】A．由振动图象可知t=0时，振子的位移为负向最大，说明振子处于B位置，故A正确；B．由题，k=20N/cm=2000N/m，振幅A=10cm=0.1m。振子的最大加速度在最大位移处，由弹簧受力和牛顿

第二定律可得最大加速度大小为220000.1400m/s0.5mkAam===选项B正确；C．由图看出，t=4s时振子对平衡位置的位移为-10cm，故C错误。D．由于振子做的是变加速直线运动，不是匀速直线运动，所以t

=2.5s时振子对平衡位置的位移不是5cm，故D错误。故选AB。10.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是()A.向右加速

运动B.向左加速运动C.向右减速运动D.向左减速运动【答案】BC【解析】【详解】根据安培定则可知，ab在右侧产生的磁场方向为垂直向里，有因为MN向右运动，根据左手定则可判断MN中感应电流方向由M到N。由安培定则可知L1中感

应电流产生的磁场方向向上，由楞次定律可知L2中感应电流产生的磁场方向向上并减弱或向下并增强。如果L2中磁场向上减弱，根据安培定则可知PQ中感应电流为Q到P且减小，再根据右手定则可知PQ向右减速运动；如果L2中磁场向下增强，根据安培定则可知PQ中感应电流为P到Q且增大，再根据右手定则可

知PQ向左加速运动，AD错误，BC正确。故选BC。11.在如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比21:2:1nn=，18R=，21R=，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω，电压表和电流表均为理想交流电表，ab、两端交流电压的有效值恒为08VU=。则在滑动变阻器滑片从最

右向左滑动过程中，下列说法中正确的是（）A.电流表示数变小B.1R的最大功率为32W9C.滑动变阻器最大功率为4W3D.电压表示数的变化与电流表示数的变化的比值变小【答案】BC【解析】【详解】A．根据题意，设变压器原副线圈的电压分别为1U、2U，电流为

1I、2I，则有1122UnUn=1221InIn=又有0111UIRU=+()222UIRR=+联立解得()21021212nnUIRRRnn=++滑动变阻器滑片从最右向左滑动过程中，R减小

，由于0U不变，则2I增大，即电流表示数变大，故A错误；B．根据题意，由公式2PIR=可得，电阻1R的功率为2111PIR=可知，1I最大时，电阻1R的功率最大，由A分析可知，当0R=时，2I最大，1I最大，最大值为0221m2m211112122A3UnnIInnnnRRnn===+的可得，

最大功率为21m1m132W9PIR==故B正确；C．根据题意可知，滑动变阻器的功率为222222PUIIR=−结合A分析，整理可得()22121014PRRIUI=−++由数学知识可知，当()01121A243UIRR==+时，2P最大，最

大值为()22m11484W8WW333P=−++=故C正确；D．由A分析可得()22222210111201111nnnnUUUIRRIUnnnn==−=−+可知，电压表示数的变化与电流表示数的变化的比值

为2211nURIn=−则保持不变，故D错误故选BC。12.如图所示，间距1mL=的两光滑金属导轨相互平行放置，水平导轨与倾斜导轨之间用绝缘材料平滑连接。倾斜轨道的倾角37=，在倾斜轨道上端有一单刀双

掷开关S，可连接9VE=，2Ωr=的电源或5F64C=的未充电的电容器。在倾斜导轨区域和直导轨CDGH矩形区域存在着相同的磁场，方向竖直向上，在水平导轨的右端连接了210ΩR=的电阻。已知110ΩR=，3md=，将开关S与1相连，一质量0.1kgm=的金属导体棒ab恰好能静止在高3.

6mh=的倾斜导轨上。不计其他一切电阻和阻力，取210m/sg=。则（）。A.磁感应强度B的大小为1TB.将开关S掷向2后，ab棒滑到MN处的速度为4m/sC.将开关S掷向2后，ab棒通过CDGH磁场区域过程中2R上产生的焦耳热为1.63JD.将开关S掷向2后，ab棒在倾斜导轨上做

加速度减小的加速运动【答案】AC【解析】【详解】A．根据题意，由闭合回路欧姆定律可知，当开关S与1相连时，由于ab棒无电阻把2R短路，则通过ab棒的电流为11EIRr=+由左手定则可知，ab棒受水平向左的安培力，由平衡条件有1cossin

BILmg=联立代入数据解得1TB=故A正确；BD．将开关S掷向2后，根据牛顿第二定律可得sincosmgBILma−=又coscosQCUCBLvICBLattt====联立可得222

2sin4mscosmgamCBL==+可知，ab棒在倾斜导轨上做匀加速直线运动，由运动学公式可得22sinhav=解得243mssinhva==故BD错误；C．根据题意，设ab棒出CDGH磁场区域时的速度为1v，由动量定理有11BLItm

vmv−=−其中12BLdItqR==联立解得()1433msv=−根据功能关系可得ab棒通过CDGH磁场区域过程中2R上产生的焦耳热2211122Qmvmv=−代入数据解得1.63JQ=故C正确。故选AC。第Ⅱ卷（58分）三、

实验探究题（本题共2小题，共14分；把答案填在答题纸相应的横线上）13.小明利用如图甲所示的单摆测量当地的重力加速度。（1）下列说法正确的是______。A．摆线要选择适当细些、长些，弹性小些的细线B．质量大、体积小的摆球可以减小空气阻力带来的影响C．单摆偏离

平衡位置的角度越大越好D．为了减小误差，摆球应从最高点开始计时（2）为了更精确测量摆长，小明用10分度的游标卡尺测量摆球直径如图乙所示，摆球直径为______mm。利用刻度尺测得摆线长为97.10cm，则该单摆的摆长l＝______cm。若他用秒表记录下单摆50次全振动所用

时间，由图丙可知该次实验中50次全振动所用时间为______s。（3）通过改变摆长，小明测出多组摆长l和周期T的数据，作出2Tl−图线如图丁所示，则由图中数据计算重力加速度的表达式g＝______（用1l、2l、1T、2T表示）。【答案】①.AB##BA②.20.6③.98.13④.99.7⑤

.22122214()llTT--【解析】【详解】（1）[1]AB．为了减小实验误差，摆线选择细些的、弹性小的、并且适当长一些，摆球选择质量大，体积小的，可以减小空气阻力带来的影响，故AB正确；C．为了减小实验误

差，保证摆球尽量做单摆运动，摆角不超过5度，故C错误；D．为了减小测量误差，测量周期时应从小球经过最低位置时开始计时，故D错误。故选AB。（2）[2]摆球直径d=2cm+6×0.1mm=20.6mm[3]该单摆的摆长20.6mm97.10cm98.13cm2l

+=＝[4]该次实验中50次全振动所用时间为t=1min+39.7s=99.7s（3）[5]单摆周期2lTg=整理得224Tlg=图线的斜率为22221214TTkllg−==−解得计算重力加速度的表达式为22122214()llgTT−=−14.某实验

小组准备用铜片和锌片作为2个电极插入苹果制成水果电池，探究电极间距、电极插入深度对水果电池的电动势和内阻的影响。实验小组在市场上购买了品种、大小和成熟程度几乎相同的苹果，成员设计了两个方案测量苹果电池的电动势E和内阻r，电路原

理如下图所示。实验室可供器材如下：电压表V（0~3V，内阻约3kΩ；0~15V，内阻约15kΩ）；电流表A（0~0.6A，内阻约0.125；0~3A，内阻约0.025Ω）；微安表G（量程200μA；内阻约1000Ω）；滑动变阻器（额定电流2A，最大阻值100Ω）

，电阻箱（最大阻99999Ω），开关、导线若干。（1）查阅资料知道苹果电池的电动势约为1V，内阻约为几k，经过分析后发现方案A不合适，你认为方案A不合适的原因是_______A.滑动变阻器起不到调节的作用B.电流表几乎没有示数C.电流表分压明

显导致测量误差偏大D.电压表示数达不到量程的三分之一（2）实验小组根据方案B进行实验，根据数据作出1RI−图像，已知图像斜率为k，纵轴截距为b，微安表内阻为gr，可求得被测电池的电动势E=______，内电阻r=___

___。（3）改变电极间距、电极插入深度重复实验，测得数据如图所示。序号电极插入深度h/cm电极间距d/cm电动势E/V内阻r/Ω1421.01659812441.05695083221.08311073分析

以上数据可知电极插入越深入，水果电池内阻越_____，电极间距越大，水果电池内阻越_____。【答案】①.ABD##ADB##BAD##BDA##DAB##DBA②.1k③.gbrk−④.小⑤.大【解析】【详解】（1）[

1]A．滑动变阻器最大阻值只有100Ω，而苹果电池的内阻约为几k，则滑动变阻器起不到调节的作用，故A正确；B．苹果电池的电动势约为1V，内阻约为几k，由闭合电路的欧姆定律可知，电路最大电流不会超过0.001A1mA=，则电流表几乎

没有示数，故B正确；C．电流表内阻远小于电源内阻，分压不明显，且电流表分压对实验结果无影响，故C错误；D．使用量程为03V的电压表，电压表示数达不到量程的三分之一，故D正确。故选ABD。（2）[2][3]根据闭合回路欧姆定律有gEIRrr=++整理可得g11rrRI

EE+=+结合1RI−图像有1kE=的grrbE+=解得1Ek=gbrrk=−（3）[4][5]由表格中序号1、3数据可知，电极插入越深入，水果电池内阻越小；由表格中序号1、2数据可知，电极间距越大，水果电池内阻越大。四、计算题（本题共4小题

，共44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能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15.如图所示，表面光滑、半径为R的圆弧形轨道AP与水平地面平滑连接，AP弧长为s，sR。半径为r的

小球从A点静止释放，运动到最低点P时速度大小为v，重力加速度为g，求小球从A运动到P的时间【答案】2Rrg−【解析】【详解】根据题意可知，AP弧长为s，且sR，故可认为小球做单摆运动，根据单摆的周期公式可得2LTg=由题意可知，等效摆长为LRr=−小球从A运动到P的

时间为四分之一个周期，即有142RrtTg−==16.如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ相距L=1m，上端连接一个阻值R=3Ω的电阻，导轨平面与水平面夹角θ=37°，长为L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，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．已知金属棒ab的质量m=0.5kg，阻值r=1Ω，与金属导的轨间的动摩擦因数μ=0.5，磁场的磁感应强度B=1T，重力加速度g=10m/s2，导轨电阻不计。金属棒ab从

静止开始运动，若金属棒下滑距离为s=10m时速度已达到最大（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：（1）金属棒达到的最大速度；（2）金属棒由静止开始下滑位移为s的过程中，电阻R上产生的焦耳热。【答案】（1）4m/s；（2）4.5J【解析

】【详解】（1）根据受力分析可知，金属棒达到最大速度时sin+cosmgBILmg=据闭合电路欧姆定律得=+EIRr据法拉第电磁感应定律m=EBLv代入数据得m4m/sv=（2）整个系统总能量守恒2msin1sin2mgQvmgssm++=电阻R、r串联，电阻R上产生的焦耳热=

+RRQQRr代入数据得=4.5JRQ17.两根平行的导电轨道MN、PQ右端置于水平面上，左端与水平面成37角，整个轨道处于竖直向上的匀强磁场中，导体棒ab与左侧轨道垂直放置，导体棒cd与右侧轨道垂直放置，如图甲

所示，已知轨道间距1mL=，匀强磁场的磁感应强度1TB=，两导体棒的质量均为1kgm=，电阻210ΩabcdRR==，导体棒ab与轨道之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒cd与轨道之间无摩擦力，导电轨道的电阻不计，当导体棒cd受到

外力F（图中未画出）作用，在水平面内按图乙所示正弦规律往复运动（规定cd棒向右运动为正方向）时，导体棒ab始终保持静止状态，求：（1）导体棒cd两端电压cdU随时间t变化的规律；（2）05s内外力F做的功W；【答案】（1）

()4sin()V2cdUt=；（2）24J；【解析】【详解】（1）根据题意可知，导体棒cd运动所产生的感应电动势为116sin()V6sin()V22EBLvtt===回路中的电流2sin()A52abcdEitRR==+所以导体棒

cd两端的电压cdab4sin()V2UIRt==（2）由（1）问知，导体棒中的电流是正弦式交流电，其有效值mA22II=5s内整个回路所产生的热量()222()155J6J5abcdQIRRt=+==导体棒cd增加的动能为2k211161822JJEmv===所以，在这5s内外力F做

的功k24JWQE=+=18.如图所示，两根足够长的平行金属光滑导轨MNPQ，1111MNPQ固定在倾角30=的斜面上，导轨电阻不计，MN与11MN间距为2L，PQ与11PQ间距为L。在MN与11MN区域有方向垂直斜面向下的匀强磁场，在PQ与11

PQ区域有方向垂直斜面向上的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。在MN与11MN区域中，将质量为m，电阻为R，长度为2L的导体棒b放在导轨上，且被两立柱c、d挡住，PQ与11PQ区域中将质量为m，电阻为R，长度为L的导体棒a置于导轨上，由

静止开始下滑，经时间t，b刚好离开立柱，a、b始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度为g。求：（1）t时刻a棒的速度大小v；（2）在时间t内a棒产生的电能aE电；（3）a棒中电流的最大值。【答案】（1）122

2mgRvBL=；（2）223222244528amgRtmgREBLBL=−电；（3）m310mgIBL=【解析】【详解】（1）a棒产生的感应电动势1EBLv=由闭合电路欧姆定律2EIR=分析b受力(2)sin30BILmg=解得12

22mgRvBL=（2）在时间t内，对a棒，由动量定理()11sin30Δ2BLvmgtBLtmvR−=又1Δvtx=()211sin302aEmgxmv=−电解得223222244528amgRtmgREBLBL=−电（3）由闭合电路欧姆定律，a棒中的电流满足22abBLvBLv

IR−=对b棒，由牛顿第二定律2sin30bBILmgma−=对a棒，由牛顿第二定律sin30amgBILma−=显然，当电流最大时，2abvv−最大，有Δ2Δabvv=即2abaa=解得m310

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