【文档说明】四川省内江市第六中学2022-2023学年高二下期第一次月考物理试题（创新班） 含解析.docx，共(24)页，5.315 MB，由小赞的店铺上传

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内江六中2022-2023年度高二（下）第一次月考物理试题（创新班）试卷总分：100分考试时间：90分钟第Ⅰ卷（选择题，共44分）一、单项选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意。）1.2022年3月23日，“天宫课堂”第

二课在中国空间站开讲，航天员太空授课的画面（如图）通过电磁波传输到地面接收站。关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是（）A.电磁波在任何介质中的传播速度都为8310m/sB.将手机放在真空塑料袋中，拨

打该手机，手机不能接收信号C.赫兹首先用实验证实了电磁波的存在D.麦克斯韦认为，变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场【答案】C【解析】【详解】A．电磁波在真空中传播的速度都是3×108m/s，而在介质中

的传播速度要小于3×108m/s，故A错误；B．电磁波的传播不需要介质，故将手机放在真空塑料袋中，拨打该手机，手机能接收信号，故B错误；C．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在，故C正确；D．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

变化的磁场产生恒定不变的电场，故D错误。故选C。2.如图甲是LC振荡电路，其中电流随时间变化的i—t图像如图乙所示。t=0时刻，电容器的下极板M带正电，在之后的某段时间，M板带负电，磁场能减小，则这段时间对应图像

中的（）A.Oa段B.ab段C.bc段D.cd段【答案】B【解析】【详解】由题意可知，开始时M板带正电，而第一个四分之一周期内，电容在放电，故开始时M板放电过程；电流由M到N；而在某段时间内，磁场能在减小，说明电流在减小；电容器在充电

；而M板带负电，说明电流不变，所以这段时间对应的过程为ab段故选B。3.如图，水平固定导轨MN、PQ间距为L；左侧MP间接有电动势为E、内阻为r的电源，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中。一阻值为R的金属棒ab与导轨间成角搁置于

导轨上而静止，金属棒ab与导轨接触良好，不计其他电阻。下列说法正确的是（）A.金属棒ab受到的安培力方向沿导轨向左B.金属棒ab受到的摩擦力方向沿导轨向右C.金属棒ab受到的摩擦力大小为BELRr+D.金属棒ab受到的安培力大小为()sinBELRr

+【答案】D【解析】【详解】A．由左手定则可知，金属棒ab受到的安培力方向垂直于ab向左，A错误；D．电路中的电流为EIRr=+金属棒ab受到的安培力大小为()sinBELFBILRr==+D正确；BC．金属棒ab静止，故其所受到的摩擦力与安培力平衡，大小为()sin

BELRr+，方向垂直于ab向右，B错误，C错误。故选D。4.2022年4月28日中午时分，成都人的朋友圈被日晕刷屏了。日晕，又叫圆虹，是一种大气光学现象，是日光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射而形成的（如图甲所示）。当一束复色光射入卷层云中的冰晶后，经过两次折射，分散

成不同方向的单色光，如图乙所示，a、b为其折射出的光线中的两束单色光。下列说法正确的是（）A.冰晶对a光的折射率大于对b光的折射率B.在冰晶中a光的传播速度小于b光的传播速度C.从冰晶中射入空气界面发生全反射时b光的临界角较小

D.在冰晶中a光的波长小于b光的波长【答案】C【解析】【详解】A．由图可知a光的偏折程度更小，即冰晶对a光的折射率小于对b光的折射率，A错误；B．由cvn=可知，在冰晶中a光的传播速度大于b光的传播速度，B错误；C．由临界角公式1sinCn=可知，b光的临界角较小，C正确；D．'n=

可知，在冰晶中a光的波长大于b光的波长，D错误。故选C。5.发电站通过升压变压器、输电线和降压变压器给用户供电，升压变压器输出端滑片P位置可以调动，发电机组输出交变电压的有效值恒定，两条输电线总电阻r保持不变。在下列条件下，增加用户端的用电器，则（）A.若滑片P位置不变，则用户端电压升高B.若

滑片P位置不变，则输电线上损失的功率变小C.若将滑片P下移，则用户端电压可能不变D.若将滑片P下移，则输电线上损失的功率可能减小【答案】C【解析】【详解】A．增加用户端的用电器，即并入电路的负载增多，负载总电阻减小，导致电路总电流增大，对应的输电线电流增大，发电站的输出

电流也增大。输电线电流增大，由U=Ir可得，输电线分压增大，即电压损失增多，降压变压器原线圈电压降低，对应的副线圈电压也降低，即用户获得的电压降低，故A错误；B．输电线电流增大，由P=I2r可知，输电线上损失的功率变大，故B错

误；CD．若将滑片P下移，升压变压器副线圈匝数增加，则升压变压器次级电压U2增大，增加用户端用电器，则用户端电阻减小，这样会导致输电线电流I变大，根据P=I2R线可知，输电线上的功率损失一定变大；输电

线上的电压损失变大，而降压变压器初级电压32UUIR=−线可知降压变压器初级电压可能不变，即用户得到的电压可能不变，故C正确，D错误。故选C。6.如图所示，单匝线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边以角速度匀速转动，其线圈中感应电动势的峰值为mE，闭合

回路中两只相同灯泡恰好正常发光。则（）A.若抽去电感器L的铁芯，灯泡2A亮度不变B.若增大线圈转动角速度，则灯泡1A将比2A更亮C.若增大电容器C两极板间的正对面积，则灯泡1A变暗D.从图示位置开始计时，线圈上产生的感应电动势大小mcoseEt=【答案】B【解析】【详解】A．若

抽去L的铁芯，感抗减小，灯泡A2亮度变亮，A错误；B．若增大线圈转动角速度，则交流电频率增大，C容抗减小，L感抗增大，A1将比A2更亮，B正确；C．若增大C两极板间的正对面积，容抗减小，灯泡A1变亮，C错误

；D．线圈在图示中位置为中性面，所以线圈上产生的感应电动势大小为msineEt=，D错误。故选B。7.如图所示，在倾角为α的斜面顶端固定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速

度为v，则以下判断正确的是（）A.2LTg=单摆在斜面上摆动的周期B.摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为2vFmL=C.若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将减小D.若小球带正电，并加一垂直斜面向下的

匀强磁场，则单摆的振动周期将发生变化【答案】C【解析】【详解】A．单摆在平衡位置时，等效重力加速度为singg=所以单摆在斜面上摆动的周期22sinLLTgg==故A错误；B．回复力大小与偏离平衡位置位移大小成正比，故摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为0，故B错误；C

．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，单摆在平衡位置时，等效重力加速度为sinqEggm=+所以单摆在斜面上摆动的周期22sinLLTqEggm==+减小，故C正确；D．若小球带正电，并加一垂直斜面向下的匀强磁场，则小球摆动过程中洛伦兹力始终垂

直速度，不产生回复力的效果，故周期不变，故D错误。故选C。8.如图1所示，将一金属圆环用绝缘细线悬挂起来，圆环的下半部分处在垂直于圆环平面的水平匀强磁场之中，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图2所示

，规定垂直纸面向里为正方向。金属圆环始终保持静止，则下列图像中可能正确反映细线中张力T随时间t变化情况的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】BCD．磁感应强度在0~1内，由于磁感应强度垂直纸面向里为正方向，则磁场垂直纸面向里且大小均匀增大

，所以由楞次定律可得线圈感应电流是逆时针，根据左手定则判断出圆环的下半部分所受安培力的方向向上，根据法拉第电磁感应定律得线圈感应电流是不变的，线框受重力、拉力和安培力，根据平衡条件得细线的拉力FmgFmgBIL=−=−安由于磁感应强度B随时间均匀增大，所以

圆环的下半部分所受安培力均匀增大，所以细线的拉力F随时间均匀减小，选项BCD错误；A．磁感应强度在1~2内，磁场不变，则没有感应电流，细线的拉力Fmg=而磁感应强度在2~3内，磁感应强度B垂直纸面向里且随时

间均匀减小，同理可知感应电流方向为顺时针，圆环的下半部分所受安培力的方向向下，所以细线的拉力++FmgFmgBIL==安由于磁感应强度B随时间均匀减小，所以圆环的下半部分所受安培力均匀减小，所以细线的拉力F随时间均匀减小；磁感应强度在3~4内，磁感应强度B垂直纸面向外且随时间均

匀增大，感应电流方向为顺时针，圆环的下半部分所受安培力的方向向上，所以细线的拉力--FmgFmgBIL==安由于磁感应强度B随时间均匀增大，所以圆环的下半部分所受安培力均匀增大，所以细线的拉力F随时间均匀减小。选项A正确。故选A。二

、多项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）9.一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图如图甲所示，质点Q的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A.该简

谐横波沿x轴正方向传播B.该简谐横波的传播速度为v=10m/sC.质点Q在0~0.3s内通过的路程为10cmD.t=0时刻，质点P的加速度正在增大【答案】AB【解析】【详解】A．由图乙可知，在t=0时刻，Q点正在向上运动，由甲图可知，该波沿x轴正方向传播，A正确；B．由甲图可知，波长12m

=由乙图可知，振动周期1.2sT=该波的波速为10m/sλvT==B正确；C．只有起点在最大位移处或平衡位置时，经14T，通过的路程才是10cm，起点在其他位置，经14T，路程不是10cm，C错误；D．由于波向右传播，t=0时

刻，质点P正向平衡位置运动，加速度正在减小，D错误。故选AB。10.如图（a），螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框abcd相连，abcd内有一柔软的正方形金属环L，L与abcd共面，当B随时间t按图（b）所示规律变化时（）

A.0~1t内，导线框中有顺时针方向的感应电流B.0~1t内，金属环L有收缩趋势C.1t~2t内，a点电势高于d点电势D.23tt内，金属环L中有逆时针方向的感应电流【答案】AC【解析】【详解】A．由题意可知，在0～t1内外加磁场的磁感应强度均匀增加且斜率

不变，根据楞次定律，可知导线框内有顺时针方向的感应电流，故A正确；B．在0～t1内外加磁场的磁感应强度均匀增加且斜率不变，根据法拉第电磁感应定律，可知流过导线框的是恒定电流，故在abcd平面内产生恒定的磁场，故通过金属环L的磁

通量没有变化，故B错误；C．1t~2t内外加磁场的磁感应强度减小，然后再反向增大，根据楞次定律，可知导线框内有逆时针方向的感应电流，螺线管作为电流，其内部的电流由d流向a，故a点电势高于d点电势，故C正确；D．23tt内外加磁场的磁感应强度反向减小，根据楞次定

律，可知导线框内有顺时针方向的感应电流，且图线的斜率越来越小，根据法拉第电磁感应定律，可知流过导线框的电流越来越小，故在abcd平面内产生向里减小的磁场，根据楞次定律，可知金属环L中有顺时针方向的感应电流，故D错误。故选AC。11.如图所示，Ox轴上有P、M、N三点，已知

OP=10m，PM=MN=8m，t=0时刻起O处波源从平衡位置开始做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的简谐波。已知第2s内P处质点比M处质点恰好多2次全振动，M处质点比N处质点恰好多4次全振动，并且第2s末波已传过N处质点。则（）A.该波的波长为2mB.该波的

波速为14m/sC.第2s末M处质点在平衡位置D.若波源的起振方向向上，第3s末时N处质点位于波峰【答案】ABC【解析】【详解】AB．因为第2s末波已传过N处质点，所以1088m/s13m/s2v++=所以第1s末，P点已经开始振

动；又因为第2s内，P比M多振两次全振动，所以第1s末，M一定还未起振（如果第1s末M已经起振，由于同一波源，P、M振动周期相同，在第2s内振动次数相同）18m/sv设第1s末波传到位置距M点为x，从P点起，第2s内P比M多2个全振动/2x=第2s内P比N多6个全振动8/6

x+=得2m=4mx=10m(8m)14m/s1sxxvt+−===故AB正确；CD．周期是21ss147Tv===O点传到M点用时1189ss147OMxtv===M点起振后振动时间为5s57T=为第2s末，应在平衡位置

，同理，第3s末，N也在平衡位置，故C正确，D错误。故选ABC。12.如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为3m和m。绝缘轻绳绕过两个定滑轮连接a、b，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为

B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域。开始时，b的上边与匀强磁场的下边界重合，a的下边到匀强磁场上边界的距离为l。现将系统由静止释放，当b全部进入磁场后，线框a、b都做匀速直线运动。不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g

。则（）A.a、b做匀速运动的速度大小为22mgRBlB.a、b做匀速运动的速度大小为222mgRBlC.a在穿过磁场的整个过程中，线框a中产生的焦耳热为6mglD.a在穿过磁场的整个过程中，线框a中产生的焦耳热为4mgl【答案】BD【解析】【详解】AB

．从线框b全部进入磁场时两个线框都做匀速直线运动，设速度为v，此时轻绳上的张力为T，由平衡条件得，对a根据平衡条件有TBIl=3mg而b全部在磁场中磁通量不变，无感应电流产生，根据平衡条件有T=mg根据闭合电路的欧姆定律可得BlvIR=根据法

拉第电磁感应定律可得E=Blv解得222mgRvBl=故A错误，B正确；CD．设线框a匀速进入磁场的过程下降l，产生焦耳热为Q1，对线框a和b由功能关系可得Q1=3mgl-mgl=2mgl此后线框b离开磁场可继续匀速上升l，然后a离开磁场的过程下降l能保持匀速，产生焦耳

热为Q2=3mgl-mgl=2mgl所以a经过磁场过程中产生的热为Q=Q1Q2=4mgl故C错误，D正确。故选BD。13.如图，水平放置的粗糙导轨宽为1L，abcd和efgh区域内有磁感应强度大小均为B、方向均垂直于纸面向里的匀强磁场，ab、cd、ef、gh均与导轨垂直，2a

cceegL===。一质量为m的导体棒在恒定拉力F的作用下从ab左侧某处由静止开始运动，通过ab、ef的速度大小相等。已知导体棒的电阻为R，与导轨接触良好且摩擦力大小恒为2Ff=，不计其他电阻，则（）A.导体棒通过abc

d磁场区域的过程中可能做加速直线运动B.导体棒通过abcd磁场区域的过程中，通过导体棒某一横截面的电荷量为12BLLqR=C.导体棒通过abcd磁场区域的时间小于通过cdef无磁场区域的时间D.导体棒通过两磁场区域产生的总焦耳热为22QFL=【答案】BD【解析】【详解】A．由

题意，导体棒通过ab、ef的速度大小相等，可以确定：导体棒在cdef无磁场区域做匀加速直线运动，在abcd磁场区域做减速直线运动，A错误；B．导体棒通过abcd磁场区域的过程中，由法拉第电磁感应定律和电荷量公式知12EqIttRBLLRR====B正确；C．导体棒通过abcd磁场区域

，由牛顿第二定律AfFFma+−=221A1BLvFBILR==知导体棒做加速度减小的减速运动，而导体棒在cdef无磁场区域做匀加速直线运动，两阶段位移相等，初末速度相反，由v-t图（两阶段图线与坐标轴所围面积相等）可知：导体棒通过abcd

磁场区域的时间大于通过cdef无磁场区域的时间，C错误；D．导体棒通过abcd磁场区域，由功能关系有22221211122FLfLQmvmv−=+−通过cdef无磁场区域1222221122FLfLmvmv−=−联立可得12

QFL=根据对称性，导体棒通过efgh磁场区域产生的焦耳热与通过abcd磁场区域相等，故导体棒通过两磁场区域产生的总焦耳热为22FL，D正确。故选BD。第Ⅱ卷（非选择题，共56分）三、实验探究题（本题共2小题，共16分。）14.某同学利用“

插针法”测定玻璃的折射率，作出的光路图及测出的相关角度如图所示。（1）为了取得较好的实验效果，其中正确的是A．必须选用上下表面平行的玻璃砖B．选择的入射角应尽量小些C．大头针应垂直地揷在纸面上D．大头针1P和2P及3P和4P之间距离适当大些（2）若测出图中角度

1和2，则可以求出玻璃的折射率n=（用测量出的物理量表示）（3）某同学在插4P这枚针的时候不小心插得偏右的了一点，此操作会导致折射率的测量值。（填“偏大”、“不变”或“偏小”）【答案】①.CD②.12sinsin③.偏小【解析】【详解】（1）[1]A．只要能确

定入射光线和出射光线，即可测量玻璃的折射率，玻璃砖的上下表面不平行也可以，A错误；B．选择的入射角应适当大些，折射角大些，以减小误差，B错误；CD．大头针1P和2P及3P和4P之间的距离适当大些，且大头针应垂直地揷

在纸面上，才能准确的确定光线位置，CD正确。故选CD。（2）[2]若测出图中角度1和2，据折射定律可得，玻璃的折射率为的12sinsinn=（3）[3]某同学在插4P这枚针的时候不小心插得偏右的了一点，此操作会导致2偏大，折射率的测量值偏小。15.某同学根据所学知识制作了一

台简易电子秤，原理图如图甲所示，图中电压表可视为理想电压表（量程为3V），滑动变阻器的最大阻值为R=12Ω，该同学用刻度尺测得滑动变阻器有电阻丝缠绕的ab部分的长度为L=20cm（电阻丝缠绕均匀）。（1）该同学

先利用如图乙所示电路测定电子秤里两节纽扣电池（如图丙所示）的电动势和内阻，根据多次测量得到的数据作出的U′—I图像如图丁所示，可知这两节纽扣电池串联后的电动势为E=V，内阻为r=Ω；（2）该同学想得到电压表

的示数U与被测物体质量m之间的关系，设计了如下实验：①调节图甲中滑动变阻器的滑片P的位置，使电压表的示数恰好为零；②在托盘里缓慢加入细砂，直到滑动变阻器的滑片P恰好滑到b端，然后调节电阻箱R0，直到电压表达到满偏

，实验过程中弹簧一直处于弹性限度内，则此时电阻箱的读数为R0=Ω；③已知所用的弹簧的劲度系数为k=2.0×102N/m，重力加速度g=10m/s2，则该电子秤所能称量的最大质量为m=kg（结果保留两位有效数字）；（3）实验过程所称量物体的质量和电压表的示数U的关系为（

填“线性”或“非线性”）。【答案】①.4.0②.0.5③.3.5④.4.0⑤.线性【解析】【详解】（1）[1][2]对图乙所示电路，根据闭合电路欧姆定律可得E=U′Ir即U′=E-IrU′—I图像与纵轴交点的纵坐标等于两节纽扣

电池串联后的电动势，图线斜率的绝对值等于电池的内阻，由题图丁可知电动势为E=4.0V内阻为2.04.0Ω0.5Ω4.0r−==（2）[3]电压表达到满偏时滑动变阻器接入电路的阻值为R=12Ω，根据欧姆定律可得0UERRRr=++解得R0=3.

5Ω[4]滑动变阻器的滑片P滑到b端，弹簧的形变量增加了20cm，由平衡条件有kΔx=mg则该电子秤所能称量的最大质量为m=4.0kg（3）[5]所称量物体的质量kxmg=电压表的示数为0ERUxRRrL=++联立可得()0ERgUmRRrLk=++可知所称

量物体的质量m和电压表的示数U的关系为线性关系。四、计算题（本题共4小题，共40分。解答应当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。有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）16.

如图所示，实线是一列简谐横波在t1=0时刻的波形图，虚线是在t2=0.2s时刻的波形图。（1）若波向x轴正方向传播，求可能的波速；（2）若波向x轴负方向传播且周期T符合：2T<t2-t1<3T，求波速；（3）在t1到t2的时间

内，如果M通过的路程为1m，那么波的传播方向向x轴正方向还是负方向？波速多大？【答案】（1）()41m/s20nnN+；（2）0.55m/s；（3）x轴正方向，0.25m/s【解析】【详解】由图可知

波长4cm0.04m==（1）波向x轴正方向传播，那么，经过21tt−波向右传播了()14nnN+个周期，故有2114ttnT−=+故波速()41m/s20nvnNT+==（2）波向x轴负方向传播，那么，经过21tt−波向右传播了()34nnN+个周期，故

有2134ttnT−=+又2123TttT−所以21311244ttTT−=+=故波速()210.55m/s411vTtt===−（3）在1t到2t的时间内，如果M通过的路程为1m5A=又有一个周期质点的

路程为4A，根据10t=时刻，质点M在平衡位置可知：1t到2t的时间为54T，即2154ttT−=那么，波向x轴正方向传播()210.25m/s45vTtt===−17.如图所示的棱镜，其截面是圆心角60°、半径R的圆弧面，O是圆心，OM、ON是半径。

在NO延长线上有一光源S，沿SA方向射出的光线射到OM面上A点，经棱镜折射后由弧MN上的B点射出，最终射到ON延长线的C点（图中未画出）。已知AB与ON平行，且SOOAAB==，光在真空中的速度为c。求：（1）该光线在棱镜中折射率；（2）

光线由S传到C的时间。【答案】（1）3；（2）3Rc【解析】【详解】（1）设光线射到A点的入射角为i，折射角为r，折射率为n，光路图如图所示由几何关系可知60i=，30r=根据折射定律sinsini

nr=解得3n=（2）设光线射到B点的入射角为1i，折射角为1r，由几何关系有的130iAOBNOB===在B点，根据折射定律11sinsinrni=解得160r=根据几何关系1OCBNOBr+=所以30OCBNOB==则BCOBR==又12c

osOBABi=2cos(90)2sinSAOAiABi=−=所以33ABR=SAR=光在介质中传播速度33cvcn==光线由S传到C的时间3SABCRtccABv+=+=18.如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L=1.0m，

与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B=2.0T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R=1.6Ω的电阻，质量m=0.5kg，电阻r=0.4Ω的金属杆ab垂直导轨放置。现用和导轨平行的恒力F沿导轨

平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属杆沿导轨向上的位移s=3.8m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。取g=10m/s2，导轨足够长。（sin370.6=，cos370.8=）求：的（1）恒力F的大小；（2）从金属杆ab开始运动到刚达到稳定状态的过程，金属

杆上产生的焦耳热Qr；（3）0~1s内金属杆ab运动位移x。【答案】（1）5N；（2）1.47J；（3）0.85m【解析】【详解】（1）当金属棒匀速运动时，由平衡条件得sin37FmgF=+安其中由乙图可知v=1.0m/s，且222NBLvFBILRr===+安联立解得F=5N（2）从金属棒开

始运动到达稳定，由动能定理得21(sin37)2FmgsWmv−−=克又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得7.35JQW==克两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属杆上产生的焦耳热为1.47JrrQQRr==+（3）进入

匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有1(sin37)0FmgtBILtmv−−=−又的It=q由图可知10.6m/sv=，代入数据解得q=0.85C由BLxqItRr==+得x=0.85m19.如图，弯折成一定角度的两根足够长的不计电阻的金属导轨平行放置，形成左右两导轨

平面，两导轨平面与水平面的夹角均为37=，左右两导轨间距均为L＝1m，左侧导轨粗糙，与金属棒间的动摩擦因数为0.75=，右侧导轨光滑。左侧导轨平面磁场方向沿斜面向下、磁感应强度大小为B（未知），右侧导轨平面MN上方无磁场，MNPQ区域内磁感应强度大小为B、方向

垂直于斜面向上，PQ下方磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向下。现将金属棒ab置于左侧导轨平面某位置处，金属棒cd置于右侧导轨平面距离MN边界1m3处由静止释放，当cd棒进入MNPQ磁场区域时，ab棒恰好做匀加速直线运动。已知两金属棒的质量均为m＝1kg，电

阻均为R＝1Ω，与导轨均垂直接触，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为210m/sg=，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）cd棒到达MN边界处的速度0v的大小；（2）磁感应强度B的大小和ab棒做匀加速直线运动的加速度

a的大小；（3）若已知ab棒由静止开始运动x＝4.5m刚好停下来，求该过程中ab棒产生的焦耳热。【答案】（1）2m/s；（2）6T，4.5m/s2；（3）12J【解析】【详解】（1）cd棒到达MN边界的过程中，对ab棒cos37sin37mgmg

所以ab棒一直保持静止。对cd此过程，由动能定理2101sin372mgxmv=其中x1=13m，解得0v=2m/s（2）cd棒到达MN边界处时切割磁感线产生的电流为0==22BLvEIRRcd棒进入MNPQ磁场区域时，ab

棒恰好做匀加速直线运动，说明cd棒在MNPQ磁场区域中做匀速直线运动，对cd棒，由平衡条件220Asin37=2BLvmgFBILR==将题中数据和0v=2m/s代入可得B=6T对ab受力分析可知Nsin37mgFma−=AN+=cos

37FFmgA=FBIL代入数据可解得a=4.5m/s2（3）cd进入PQ下方磁场，感应电流反向，大小不变，安培力大小方向都不变，cd继续做匀速直线运动，ab受磁场安培力反向，向下做减速直线运动，对ab，由牛顿第二定律

N22sin37mgFma−=N2A=cos37+FmgFA=FBIL代入数据可解得a2=-4.5m/s2则ab棒下滑前后两阶段表现为对称性，时间相等，位移大小相等。设ab棒由静止开始运动到速度达到最大用时为t，则2122xat=解得t=1s则在ab棒由静止开始运动x＝4.

5m刚好停下来的过程中，cd棒向下匀速的位移为024mxvt==由能量守恒可知NN2sin37sin3722xxmgxmgxFFQ+=++解得Q=24J则该过程中ab棒产生的焦耳热为==12J2abQQ