【文档说明】河南省鹤壁高中2020-2021学年高二下学期寒假学习效果检测物理试题 含答案.docx，共(15)页，307.056 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-b81d7bcf5a001b0fb15b4611c9e4e336.html

以下为本文档部分文字说明：

12022届寒假学习效果检测物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共35.0分）1.下列说法正确的是()A.元电荷就是质子或电子B.真空中点电荷的电场中某一点的电场强度大小与场源电荷无关C.静电平衡状态下导体表面处的电场强度不为零，方

向跟导体表面垂直D.若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为02.如图所示，A，B，C，D是真空中一正四面体的四个顶点．现在在A、B两点分别固定两个点电荷𝑄1和𝑄2，则关于C、D两点

的场强和电势，下列说法正确的是()A.若𝑄1和𝑄2是等量异种电荷，则C，D两点电场强度不同，电势相同B.若𝑄1和𝑄2是等量异种电荷，则C，D两点电场强度和电势均相同C.若𝑄1和𝑄2是等量同种电荷，

则C，D两点电场强度和电势均不相同D.若𝑄1和𝑄2是等量同种电荷，则C，D两点电场强度和电势均相同3.如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地.在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，现将

电容器的上极板竖直向下移动一小段距离.下列说法正确的是()A.油滴带正电B.静电计指针张角不变C.油滴向上运动D.P点的电势不变4.一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，其边界如图中虚线所示，𝑎𝑏⌢为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于

半圆的半径。一束质量均为m、带电荷量均为−𝑞(𝑞>0)、2速率不同的粒子流，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场。不计粒子之间的相互作用。粒子在磁场中运动的最短时间为A.4𝜋𝑚3𝑞𝐵B.2𝜋𝑚3𝑞𝐵C.𝜋𝑚3𝑞𝐵D.𝜋𝑚4𝑞𝐵5.如图甲所示，矩形导线框

abcd固定在变化的磁场中，产生了感应电流(电流方向沿abcda为正方向).若规定垂直纸面向里的方向为磁场的正方向，能够产生如图乙所示电流的磁场为()A.B.C.D.6.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比𝑛

1：𝑛2=2：1，Ⓥ和Ⓐ均为理想交流电表，灯泡电阻𝑅𝐿=6𝛺，AB两端电压𝑢1=12√2sin100𝜋𝑡(𝑉).下列说法正确的是()3A.电流频率为100HzB.Ⓥ的读数为24VC.Ⓐ的读数为0.5𝐴D.变压器输入功率为6W7.如图中关于磁场中的四种仪器的说法中错误的是(

)A.甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关B.乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同C.丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时M侧带负电荷D.丁中长宽高分别为为a、b、c的电磁流量计加上如图所示磁场，前后两

个金属侧面的电压与a、b无关二、多选题（本大题共5小题，共25.0分）8.A，B两粒子以相同的初速度沿与电场线垂直的方向由左边界的同一点先后进入同一匀强电场，最后它们都从电场的右边界离开电场。不计粒子的重力。已知A，B两粒子的质量之比为1：4，电荷量之比为1：2，则此过程中()A.A，

B的运动时间之比为1：1B.A，B沿电场线的位移之比是1：1C.A，B的速度改变量之比是2：1D.A，B的电势能改变量之比是1：19.在如图所示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是自感线圈，直流电阻为𝑅𝐿，则下列说法正

确的是()4A.合上开关后，b、c先亮，a后亮B.合上开关一会儿后断开开关时，N点电势高于M点C.合上开关一会儿后断开开关，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭D.合上开关一会儿后断开开关，c马上熄灭，b闪亮一下后缓慢熄灭10.如图所示是一个半径为R的圆形

磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向里。有一个粒子源从圆上的A点沿各个方向不停地发射出不同速率的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，所带电荷量均为q，运动的半径为r。下列说法正确的是()A.若𝑟=2𝑅，则粒子在磁场中运动的最长时间为πm3𝑞�

�B.若𝑟=2𝑅，粒子能打在圆形磁场圆周上的范围是半个圆周长C.若𝑟=12𝑅，则粒子在磁场中运动的最长时间为πm2𝑞𝐵D.若𝑟=12𝑅，粒子能打在圆形磁场圆周上的范围是六分之一个圆周长11.如图所示，水平面内足够长的光滑“凸”形电阻可忽略的金属导轨左侧宽度为

𝐿1，右侧宽度为𝐿2，且𝐿1=2𝐿2，有两个材料相同，质量均为m导体棒静止在导轨上，垂直于导轨所在平面向上的磁场磁感应强度大小为B，现给导体棒Ⅰ一初速度𝜈0使其沿水平方向开始运动直至达到稳定状态，整个过程导体棒Ⅰ一直在左侧导轨部分，下面说法正确的是()A.导体棒Ⅰ达到稳定状态时速度为𝑣

05B.导体棒Ⅰ达到稳定状态时速度为𝑣03C.整个过程中通过导体棒Ⅱ的电荷量为4𝑚𝑣05𝐵𝐿1D.整个过程中导体棒Ⅱ上产生的焦耳热为225𝑚𝑣0212.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，底端接电阻，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m的金属棒，金属棒和导轨接触良

好。除电阻R外，其余电阻不计。导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面。静止时金属棒位于A处，此时弹簧的伸长量为△𝐿，弹性势能为𝐸𝑝，5重力加速度大小为g。将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动

过程中始终保持水平，则()A.当金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量为△𝐿B.金属棒第一次到达A处时，其加速度方向向下C.电阻R上产生的总热量等于𝑚𝑔△𝐿−𝐸𝑝D.金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多三、实验题（本大题

共2小题，共20.0分）13.测量“水果电池”的电动势和内电阻的实验中，将一铜片和一锌片分别插入同一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5𝑉，可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5𝑉，额定电流为0.3𝐴的手电筒上的小灯泡。原因是

流过小灯泡的电流太小了，经实验测定电流约为3mA。现有下列器材：待测“水果电池”电流表：满偏电流3mA，电阻约10𝛺电压表：量程0∼1.5𝑉，电阻约1000𝛺滑动变阻器R1：0∼30𝛺滑动变阻器R2：0∼3�

�𝛺开关、导线等实验器材(1)本实验选用上面所示的实验原理图，应该选用哪种规格的滑动变阻器？。(填写仪器代号)(2)在实验中根据电压表的示数U与电流表的示数I的值，得到𝑈—𝐼图象如上图所示，根据图中所给数

据，则“水果电池”的电动势𝐸=V，内电阻𝑟=𝛺。6(3)若不计测量中的偶然误差，用这种方法测量得出的电动势和内电阻的值与真实值相比较，电动势E(选填“偏大”或“相等”或“偏小”)，内电阻r(选填“偏大”或“相等”或“偏小”)。14.

某型号多用电表欧姆档的电路原理图如图甲所示。微安表是欧姆表表头，其满偏电流𝐼𝑔=500μA，内阻𝑅𝑔=950𝛺。电源电动势𝐸=1.5𝑉，内阻𝑟=1𝛺。电阻箱𝑅1和电阻箱𝑅2的阻值调节

范围均为0∼9999𝛺。(1)甲图中的a端应与___________(红或黑)表笔连接。(2)某同学将图甲中的a、b端短接，为使微安表满偏，则应调节𝑅1=______𝛺；然后在a、b端之间接入一电阻Rx后发现微安表半偏，则接入的电阻阻值为𝑅𝑥=_____𝛺。(3)如图乙所示，该同学将

微安表与电阻箱𝑅2并联，利用该电路图组装一个“×100倍率”的欧姆表，要求欧姆表的表盘刻度示意图如图丙所示，其中央刻度标“15”，则该同学应调节𝑅2=_____𝛺；用此欧姆表测量一个阻值约2000𝛺的电阻，测量前应调节𝑅1=________𝛺。四

、计算题（本大题共2小题，共30.0分）15.（12分）研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路。当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电压表和电流表的示数分别为𝑈1=1.0𝑉和𝐼1=0.5𝐴；重新调节R，使电动机恢复

正常运转，此时电动机拉着重物以𝑎=1𝑚/𝑠2的加速度匀加速上升，当重物的速度𝑣0=71𝑚/𝑠时，电压表和电流表的示数分别为𝑈2=15.0𝑉和𝐼2=2.0𝐴，g取10𝑚/𝑠2。求此时：(1)电动机的输出电功率𝑃出；(2)该重物的质量m(3)电动机的效率𝜂。16.（18分）

如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为𝜃的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，金属杆的电阻为r，导轨的电阻可忽略，让ab杆

沿导轨由静止开始下滑，下滑高度h，已达到稳定速度，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦：8(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)当ab杆的速度大小为v时(未到达最大速度)，求此时ab杆两端的电压及其加速度的大小；(3)求在

下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值；(4)求ab杆下滑高度2h所产生的热量。2022届寒假学习效果检测物理试卷答案【答案】1.C2.B3.D4.B5.D6.D7.C8.ACD9.AB10.AD11.ACD12.CD【解析】1.解：A、元电荷是自然界中电荷的最小

单元，不是指质子或者是电子；故A错误；B、由真空中点电荷的电场强度公式𝐸=𝑘𝑄𝑟2可知，真空中点电荷的电场中某点的电场强度与场源电荷所带电荷量成正比，故B错误；C、静电平衡时导体内部电场强度为零

，但表面上各点电场强度不为零，由于导体为等势体，所以导体外表面处电场方向垂直于导体表面，故C正确；D、若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，可能通电导体与磁场平行，因此该点的磁感应强度却不为0，故D错

误；故选：C。元电荷是带电量的最小值，它不是电荷；点电荷的电场中，某点的电场强度与场源电荷量有关；9等势体表面电场强度不为零，电场强度方向与等势线垂直；当通电导线与磁场平行放置，磁场对通电导线没有作用力。考查对元电荷的概念要有清晰的认识，掌握点电荷电场强度公

式𝐸=𝑘𝑄𝑟2的各物理量的含义，注意静电平衡导体内部的电场强度为零，而电荷只分布在其表面，理解磁场力产生的条件。2.【分析】若𝑄1和𝑄2是等量异种电荷，其电场线和等势面具有对称性，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等，根据对称性分析C

、D场强关系；若𝑄1和𝑄2是等量同种电荷，根据对称性分析场强和电势的关系；本题要掌握等量异种和同种电荷电场线和等势线分布情况，抓住对称性，即可分析C、D场强与电势的关系。【解答】AB、若𝑄1和𝑄2是等量异种电荷，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等．C、D两点

的场强都与等势面垂直，方向指向B一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故C、D两点的场强、电势均相同，故A错误，B正确；CD、若𝑄1和𝑄2是等量同种电荷，由电场的分布情况和对称性可知，C、

D两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同，电势相等，故CD错误；故选B。3.【分析】根据𝐸=𝑈𝑑①，𝐶=𝑄𝑈②，𝐶=𝜀𝑠4𝜋𝑘𝑑③，𝐹=𝐸𝑞④分析即可，注意静电计指针的张角显示的是

两板间的电势差。分析本题的关键是电容器两极板的电荷量Q不变，再结合相应的公式进行分析。【解答】A.根据受力平衡可知，油滴所受电场力方向向上，与电场强度方向相反，故油滴带负电，故A错误；B.根据𝐶=𝑄𝑈、𝐶=𝜀𝑠4𝜋𝑘𝑑联立得出：，故若仅将电容器的上极板竖直向下移动一

小段距离，则电势差变小，静电计指针张角减小，故B错误；C.根据𝐸=𝑈𝑑①，𝐶=𝑄𝑈②，𝐶=𝜀𝑠4𝜋𝑘𝑑③，𝐹=𝐸𝑞④联立得出，根据可知，10电场力大小和板间距离无关，故若仅将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则油滴将不动，故C错误；D

.下极板接地，电势为零，板间场强𝐸=4𝜋𝑘𝑄𝜀𝑆，与板间距离无关，所以场强不变，P点与下极板间距离不变，根据𝑈𝑃0=𝜑𝑃=𝐸𝑑𝑃0知P点的电势不变，故D正确。故选D。4.【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出轨迹图，根据周期公

式结合几何关系求解最短时间。【解答】根据洛伦兹力公式和向心力公式可得：𝐵𝑞𝑣=𝑚𝑣2𝑟，在磁场中运动的周期𝑇=2𝜋𝑟𝑣=2𝜋𝑚𝑞𝐵，作出轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的时间为𝑡=𝜋−𝛼2𝜋𝑇=𝜋−2𝛽2𝜋𝑇，由几何知识可得𝛽角的最

大值为𝛽=𝜋6，所以在磁场中运动最短时间为𝑡min=13𝑇=2𝜋𝑚3𝑞𝐵，选项B正确。5.【分析】本题要求学生能正确理解𝐵−𝑡图象的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定。由乙图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉

第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况。【解答】𝐴𝐵.由题图乙可知，0～𝑡1内，线框中电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线框中磁通量的变化率不变，故0～𝑡1内磁感应

强度与时间的关系图线是一条倾斜的直线，故AB错误；𝐶𝐷.又由于0～𝑡1时间内电流的方向为正，即沿abcda方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向垂直纸面向里，故0～𝑡1内原磁场垂直纸面向

里减小或垂直纸面向外增大，C错误，D正确。故选D。116.【分析】由瞬时值表达式解得交流电的周期、频率；根据电压与匝数成正比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论。掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决。【解答】A.AB

端电压𝑢1=12√2100𝜋𝑡(𝑉)，由表达式可得电流频率为：𝑓=100𝜋2𝜋𝐻𝑧=50𝐻𝑧，故A错误；B.电压表的示数为电压的有效值，根据电压与匝数成正比，可知：𝑈2=6𝑉，故B错误；C.𝐼2=𝑈2𝑅𝐿=1𝐴，A的读数为1A，故

C错误；D.理想变压器的输入输出功率相同，故𝑃1=𝑃2=𝑈2𝐼2=6𝑊，故D正确。故选D。7.【分析】根据回旋加速器的原理分析带电粒子的最大动能；根据质谱仪的原理分析带电粒子的比荷；根据左手定则判断自由电荷的偏转方向，

根据电磁流量计的原理得出前后侧面的电势差。本题根据理解掌握各种仪器的工作原理，明确电场、磁场的各自作用。【解答】A.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，射出回旋加速器时有：𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑅，可得：𝐸𝑘=12𝑚𝑣2=𝑞2𝐵2�

�22𝑚，所以带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，故A正确；B.加速电场中有：𝑞𝑈1=12𝑚𝑣2，速度选择器中有：𝑞𝑣𝐵1=𝑞𝐸，偏转磁场𝐵2中有：𝑞𝑣𝐵2=𝑚𝑣2𝑟联立得：�

�𝑚=2𝑈1𝐵22𝑟2，所以不改变质谱仪各区域的电场磁场，击中光屏同一位置，r相同，则粒子比荷相同，故B正确；C.根据左手定则，带负电的自由电荷向N板偏转，所以N侧带负电荷，故C错误；D.最终

离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，则有𝑞𝑣𝐵=𝑞𝑈𝑏，结合𝑄=𝑣𝑆=𝑣𝑏𝑐可得前后两个金属侧面的电压𝑈=𝑄𝐵𝑐，所以D正确。本题选错误的，故选C。8.【分析】两个带电粒子都垂直于电场射入匀强电场中，都做类平抛运动，水平方向做匀速

直线运动，由题可知，水平位移相等、初速度相等，即可知运动时间相等，由竖直位移的关系，由牛顿定律和位移公式即可求解电量之比；由动能定理求解电场力做功之比，得到电势能减少量之比；根据速度的合成，12求解打到上极板时的速度之比。本题运用运动的合成与分解法研究类

平抛运动，要抓住两个粒子水平位移和竖直位移的关系分析其他量的关系。【解答】A.假设粒子在垂直电场方向运动的位移为L，粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动𝑡=𝐿𝑣0结合题意可知A、B在电场中的运动时间相同，A正确；𝐵𝐶.根据加速度的定义式可知速度的改变量之比等于加速度之比，粒子只

受电场力作用。根据牛顿第二定律变形𝑎=𝑞𝐸𝑚可得𝑎A𝑎B=12×41=2根据运动学公式𝑑=12𝑎𝑡2可得A、B沿电场线的位移之比𝑑A𝑑B=𝑎A𝑎B=2，B错误，C正确；D.电场力做功改变电势能，所以A、B的电势能

改变量之比等于电场力做功之比，电场力做功𝑊=𝑞𝐸𝑑=𝑞2𝐸2𝑡22𝑚所以𝑊A𝑊B=11×422=1，D正确。故选ACD9.【分析】电路稳定后，L的电阻很小，闭合瞬间L的电阻很大，断开瞬间线圈L相当瞬时电源，从而确定求解。对于自感

线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路。【解答】A.开关S闭合瞬间，因线圈L的电流增大，磁通量增大，产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，通过a灯的电流逐渐增大，所以b、c先亮，a

后亮，故A正确；B.合上开关一会儿后，线圈中电流逐渐稳定，断开开关的瞬间，由线圈中产生自感电动势，L和a、b组成的回路中有电流，电流的方向与L中原来电流的方向相同，方向为𝐿→𝑁→𝑏→𝑀→𝑎→𝐿，可知N点电势高于M点，故B正确；𝐶𝐷.合上开关一会儿后

，因线圈有电阻，则当电路中电流稳定时，a的电流小于b，断开开关S的瞬间，L和a、b组成的回路中有电流，导致a、b一起缓慢熄灭，而c没有电流，马上熄灭，由于原来a的电流小于b，开关断开的瞬间，通过a、b和线圈回路的电流从a灯原来的电流减小，所以两灯都不会闪亮，故

C、D错误。故选AB。1310.【分析】本题是带电粒子在圆形磁场中的运动的题目，关键是画出运动的轨迹，再结合几何关系列式求解。带电粒子在有界磁场的运动是洛伦兹力作用下粒子运动的常规题目，中等难度。【解答】A.若𝑟=2𝑅，粒子在磁场中运动的

时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图1，因为𝑟=2𝑅，圆心角𝛼=60°，粒子在磁场中运动的最长时间，故A正确；B.若𝑟=2𝑅，粒子沿着各个方向射入磁场，能打在整个圆周上，故B错误；C.若𝑟=

12𝑅，粒子在磁场中运动的最长时间可接近一个周期T，不会是，故C错误；D.若𝑟=12𝑅，粒子能打在16圆周长，故D正确。故选AD。11.【分析】对Ⅰ根据动量定理、Ⅱ根据动量定理列方程求解速度大小；对Ⅱ根据动量定理结合电荷量的计算公式求解电荷量；根据功能关系求解此时的焦耳热

。对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。【解答】AB、达到稳定状态时电流为零，此时Ⅰ的速度为𝑣1，Ⅱ的速度为𝑣2，则有：𝐵𝐿1𝑣1=𝐵𝐿2𝑣2，解得𝑣2=2�

�1；对Ⅰ根据动量定理可得：−𝐵𝐼𝐿1𝑡=𝑚𝑣1−𝑚𝑣0，对Ⅱ根据动量定理可得：𝐵𝐼𝐿2𝑡=𝑚𝑣2−0，则𝑚𝑣0−𝑚𝑣1=2𝑚𝑣2，解得：𝑣1=𝑣05，𝑣2=2𝑣05，所以导体棒I达到稳

定状态时速度为𝑣05，故A正确、B错误；C、对Ⅱ根据动量定理可得：𝐵𝐼𝐿2𝑡=𝑚𝑣2−0，其中𝑞=𝐼𝑡，则整个过程中通过导体棒Ⅱ的电荷量为𝑞=𝑚𝑣2𝐵𝐿2=2𝑚𝑣05𝐵𝐿2=4𝑚𝑣05𝐵𝐿1，故C正确；14D、整个过程中系统产生的焦耳热𝑄=1

2𝑚𝑣02−12𝑚𝑣12−12𝑚𝑣22，两个导体棒材料相同，质量相同，则体积相同，横截面积之比为1：2，故由电阻定律可知则电阻之比为4：1，导体棒Ⅱ上产生的焦耳热为𝑄Ⅱ=15𝑄=225𝑚𝑣02，故D正确。故选ACD。1

2.略13.(1)𝑅2(2)1.5；500(3)相等；偏大14.(1)红；(2)2049；3000；(3)950；1024。15.解：(1)电机不转时，由欧姆定律得：𝑟=𝑈1𝐼1=1.00.5𝛺=2.0𝛺正常工作时，电动机总功率为：𝑃总=𝑈2𝐼2=15.0×2.0𝑊=30𝑊

电动机热功率为：𝑃热=𝐼22𝑟=22×2𝑊=8𝑊电动机输出功率为：𝑃出=𝑃−𝑃热=30𝑊−8𝑊=22𝑊(2)根据机械功率知：𝑃出=𝐹𝑣根据牛顿第二定律知：𝐹=𝑚𝑔+𝑚𝑎联立解得：𝑚=2𝑘�

�(3)电动机的效率为：𝜂=𝑃出𝑃总×100%=2230×100%=73.3%答：(1)电动机的输出电功率为22W；(2)该重物的质量为2kg；(3)电动机的效率为73.3%。16.解：(1)如图所示

，ab杆受重力mg，竖直向下；支持力𝐹𝑁，垂直于斜面向上；安培力𝐹安，沿斜面向上。(2)当ab杆速度大小为v时，感应电动势𝐸=𝐵𝐿𝑣，此时电路中电流𝐼=𝐸𝑅=𝐵𝐿𝑣𝑅，ab杆受到

安培力F安=𝐵𝐼𝐿=𝐵2𝐿2𝑣𝑅；根据牛顿第二定律，有：15𝑚𝑎=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝐹安=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝐵2𝐿2𝑣𝑅，𝑎=𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝐵2𝐿2𝑣𝑚𝑅；(3)当𝑎=

0时，ab杆有最大速度：𝑣𝑚=𝑚𝑔𝑅sin𝜃𝐵2𝐿2；(4)能量守恒𝑄=𝑚𝑔2ℎ−12𝑚𝑣2，杆子热量𝑄杆=𝑅𝑅+𝑟𝑄，，所以𝑄杆=𝑚𝑔2ℎ−𝑚3𝑔2𝑅2(sin𝜃)22𝐵4𝐿4。；