福建省龙岩市漳平一中2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

福建省龙岩市漳平一中2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）

福建省龙岩市漳平一中2020学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析） ‎ 一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）‎ ‎1.下列叙述中符合物理学史实的是( )‎ A. 伽利略通过理想斜面实验，得出“力不是维持物体运动的原因”的结论 B. 牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量 C. 法拉第经过十多年的实验，发现了电流磁效应 D. 麦克斯韦发现了电磁感应现象，预言了电磁波的存在 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】伽利略通过理想斜面实验，得出“力不是维持物体运动的原因”的结论，选项A正确；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，选项B错误；法拉第经过十多年的实验，发现了电磁感应现象，奥斯特发现了电流磁效应，选项C错误；麦克斯韦发现了电磁理论，预言了电磁波的存在，选项D错误；故选A.‎ ‎2.如图是安装在潜水器上深度表的电路简图，显示器由电流表改装而成，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，电源电压不变，是定值电阻，在潜水器下潜过程中，电路中有关物理量的变化情况是　　‎ A. 通过显示器的电流减小 B. 两端的电压增大 C. 传感器两端的电压增大 D. 电路的总功率减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查闭合回路的欧姆定律的动态电路分析问题，有题干知压力传感器的电阻随温度的增加而减少，用欧姆定律分析可得答案。‎ ‎【详解】解：A、由题，潜水器下潜的过程中，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，所以电路中的总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律：可知电路中的电流值增大，故A错误；‎ B、电路中的电流值增大。根据欧姆定律，两端的电压，U增大。故B正确；‎ C、传感器两端的电压，由于I增大，其他的都不变，所以传感器两端的电压减小。故C错误；‎ D、由可知，电路的总功率随电流的增大而增大。故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】在潜水器下潜过程中，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，得出总电阻减小，结合闭合电路的欧姆定律与电功率的表达式即可解答．‎ 该题考查了串联电路的特点以及闭合电路的欧姆定律，解答的关键是由压力传感器的电阻随压力的增大而减小，从而得出总电阻的变化，再根据欧姆定律解答即可．‎ ‎3.如图所示，一小车停在光滑水平面上，车上一人持枪向车的竖直挡板平射一颗子弹，子弹嵌在挡板内没有穿出，则小车　　‎ A. 在原来的位置不动 B. 将向射击相反方向作匀速运动 C. 将向射击方向作匀速运动 D. 相对射击相反方向有一定的位移 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查系统动量守恒的知识点，运用动量守恒的知识点可得答案。‎ ‎【详解】解：子弹射击前，所有子弹和车组成的系统总动量为零，根据动量守恒定律可知，当停止射击后，系统的总动量仍为零，则得小车的速度应为零。‎ 子弹从枪口射出到射入挡板的过程中，子弹有向右的速度，由动量守恒得知，枪包括枪中子弹和车有向左的速度，车有向左的位移，子弹射入挡板的瞬间，系统的速度变为零，可知，车将连续向左运动，停止射击时，车停止运动。故小车对原静止位置的位移向左，不为零。故ABC错误。D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】以所有子弹和车组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律可求得当射击持续了一会儿后停止时小车的速度。子弹从枪口射出到射入挡板的过程中，车向左会发生位移。‎ 本题只要分析一颗入射挡板的情况应得到答案，运用动量守恒定律进行分析。‎ ‎4.如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比：：1，和是相同型号的白炽灯，与电容器C串联，与带铁芯的线圈L串联，为交流电压表当原线圈接有如图乙所示的正弦交变电压时，两只灯泡的亮度相同，则　　‎ A. 与副线圈并联的电压表在时的示数为0‎ B. 与副线圈并联的电压表在时的示数为 C. 当原线圈所接正弦交变电压的频率变为100 Hz时，灯泡变亮，灯泡变暗 D. 当原线圈所接正弦交变电压的频率变为100 Hz时，灯泡变暗，灯泡变亮 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由乙图知输入电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压有效值为22V，即为电压表的示数，AB错误；由乙图知交流电频率为50Hz，变为100‎ ‎ Hz时，电容器通交流隔直流，通高频阻低频，所以电流更大，而L通低频阻高频，电流更小，则灯泡L1变亮，灯泡L2变暗，C正确，D错误；故选C.‎ ‎5.如图所示，电源的电动势为E，内阻r不能忽略，A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈。关于这个电路的以下说法正确的是　　‎ A. 开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定 B. 开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定 C. 开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭 D. 开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过B灯 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，当线圈电流阻碍较小后A灯逐渐变暗，当线圈对电流没有阻碍时，灯泡亮度稳定，A正确B错误；开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈提供瞬间电压给两灯泡供电，由于两灯泡完全一样，所以不会出现电流比之前还大的现象，因此A灯不会闪亮一下，只会一同慢慢熄灭．故C错误；开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈相当于电源，电流方向仍不变，所以电流自左向右通过B灯，故D错误；‎ 考点：考查了自感现象 ‎【名师点睛】线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极 ‎6.如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200cm2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是(　　)‎ A. 线圈中的感应电流方向为逆时针方向 B. 电阻R两端的电压随时间均匀增大 C. 线圈电阻r消耗的功率为4×10－4W D. 前4s内通过R的电荷量为4×10－4C ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流逆时针，故A错误．根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故B错误；由法拉第电磁感应定律：，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为，所以线圈电阻r消耗的功率，故C正确；前4s内通过R的电荷量，故D错误；‎ 考点： 法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎7.如图所示，一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正。则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是　　‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ​‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解答本题的关键是正确利用几何关系弄清线框向右运动过程中有效切割长度的变化，然后根据法拉第电磁感应定律求解，注意感应电流方向的正负。‎ ‎【详解】线框开始进入磁场运动L的过程中，只有边bc切割，感应电流不变，前进L后，边bc开始出磁场，边ad开始进入磁场，回路中的感应电动势为边ad产的减去在bc边在磁场中产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为负方向；当再前进L时，边bc完全出磁场，ad边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流方向不变，故B正确，ACD错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】图象具有形象直观特点，通过图象可以考查学生综合知识掌握情况，对于图象问题学生在解答时可以优先考虑排除法，通过图象形式、是否过原点、方向等进行排除。‎ ‎8.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻，和的阻值分别为，，，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为该变压器原、副线圈匝数比为　　‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：该变压器原、副线圈匝数比为k，当开关S断开时，原线圈两端电压，电流为I1=I，副线圈的电压，根据欧姆定律，当开关S闭合时，原线圈两端电压，电流为I1' =4I，副线圈的电压，根据欧姆定律综上解得k=3，故A、C、D错误，B正确。‎ ‎【考点定位】变压器、欧姆定律 ‎【名师点睛】本题主要考查变压器、欧姆定律。解决这类问题的关键是掌握变压器的构造和原理，对于变压器需要掌握公式、，并能熟练运用。此题值得注意的是变压器的原线圈与电阻串联后接入交流电压。‎ 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ ‎9.下列运动过程中，在任何相等的时间内，物体动量变化相等的是　　‎ A. 自由落体运动 B. 平抛运动 C. 匀速圆周运动 D. 匀减速直线运动 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】解：A、自由落体运动只受重力，故任意相等的时间内物体受到的重力冲量相等，故由动量定理可得动量变化相等，故A正确；‎ B、平抛运动只受重力，故任意相等的时间内物体受到的重力冲量相等，故由动量定理可得动量变化相等，故B正确；‎ C、匀速圆周运动受到指向圆心的变力，故物体的冲量时刻变化，故动量变化不相等，故C错误；‎ D、匀减速直线运动受到恒力作用，故任何相等的时间内，物体受到的冲量相等，故动量变化相等，故D正确；‎ 故选：ABD。‎ ‎【点睛】分析物体的受力情况，再根据动量定理可明确物体的动量变化是否相等。‎ 本题要注意明确受力与运动的关系，不要认为曲线运动中动量的变化不相等。‎ ‎10.如图甲所示，在粗糙的水平面上放置一个圆形闭合金属线圈，线圈右半部处于磁场中，磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，时刻磁场方向竖直向上，线圈始终处于静止状态，则　　‎ A. 在时刻线圈不受安培力作用 B. 在时间内线圈中的感应电流不断减小 C. 在时刻线圈中的感应电流方向发生变化 D. 在时间内线圈受到的摩擦力先增加后减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查了法拉第电磁感应定律、安培力大小公式等运用，分析清楚图乙所示图象判断磁感应强度变化率如何变化与磁感应强度大小是多少是解题的关键，应用法拉第电磁感应定律、楞次定律与平衡条件即可解题。‎ ‎【详解】解：A、时刻磁感应强度的变化率为0，线圈中的感应电动势为0，线圈不受安培力的作用，故A正确；‎ B、在磁感应强度的变化率增大，根据法拉第电磁感应定律知线圈中的感应电动势不断增大，线圈中的感应电动势不断增大，故B错误；‎ C、在内磁场向上减弱，磁通量减小，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向的感应电流；内磁场向下在增强，磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向上，线圈中产生逆时针方向的感应电流，所以在时刻线圈中的感应电流方向没有发生变化，故C错误；‎ D、在时，磁感应强度为0，线圈不受安培力作用，摩擦力为0，在时磁感应强度的变化率为0，感应电动势为0，感应电流为0，线圈也不受安培力，不受摩擦力，而在中间过程中，线圈中有感应电流，且磁感应强度不为0，受到的安培力不为0，由于线圈始终静止，所以安培力等于静摩擦力，摩擦力不为0，所以在内线圈受到的摩擦力先增加后减小，故D正确；‎ 故选：AD。‎ ‎【点睛】根据图乙所示图象判断线框产生的感应电流与线框受到的安培力大小与方向如何变化，线框静止处于平衡状态，应用平衡条件求出摩擦力，然后判断摩擦力的方向与大小如何变化。‎ ‎11.如图所示，边长为L的正方形线圈abcd，其匝数为n，总电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线 恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度绕轴匀速转动，则以下判断中正确的是　　‎ A. 闭合电路中感应电动势的瞬时表达式 B. 在时刻，磁场穿过线圈的磁通量最大，但此时磁通量的变化率为零 C. 从时刻到时刻，电阻R上产生的热量为 D. 从时刻到时刻，通过R的电荷量 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最大值与有效值的倍；每当线框通过中性面时，电流方向改变；当磁通量为零时，线框切割速度最大，产生的电动势也最大．‎ ‎【详解】由闭合电路中感应电动势的瞬时表达式，得回路中感应电动势的瞬时表达式，A错误；在时刻，线圈从图示位置转过，此时磁场穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大，B错误；电压有效值为，从到时刻，电阻R产生的焦耳热为，C正确；从到时刻，通过R的电荷量，D正确．‎ ‎【点睛】线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．同时注意磁场只有一半．‎ ‎12.如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中　　‎ A. 加速度为 B. 下滑的位移为 C. 产生的焦耳热为 D. 受到的最大安培力为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动；根据牛顿第二定律，有：‎ mgsinθ-BIL=ma；其中 ； 故 ，故A错误；由电量计算公式 可得，下滑的位移大小为 ，故B正确；‎ 产生的焦耳热Q=I2Rt=qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流 小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv．故C错误；金属棒ab受到的最大安培力大小为 ，故D错误．故选B．‎ 点睛：电磁感应综合题中，常常用到这个经验公式：感应电量 ‎ 常用来求位移，但在计算题中，不能直接作为公式用，要推导．‎ 三、实验题探究题（本大题共1小题，共10.0分）‎ ‎13.如图1所示的电路可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向 在图1中用实线代替导线把它们连成实验电路 ‎（ ）‎ 将线圈A插入线圈B中，合上开关S，能使线圈B中感应电流的磁场方向与线圈A中原磁场方向相同的实验操作是______‎ A.插入铁芯F           拔出线圈A C.使变阻器阻值R变小      断开开关S 已知一灵敏电流计，当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，现把它与线圈串联接成图示电路，当条形磁铁按如图2所示所示的方向运动时，电流表偏转的方向向______填“左”或“右”‎ 如图3所示是一演示实验的电路图。图中L是一带铁芯的线圈，A是一灯泡。起初，开关处于闭合状态，电路是接通的。现将开关断开，则在开关断开的瞬间，a、b两点电势相比，______填“”或“”；这个实验是用来演示______现象的。‎ ‎【答案】 (1). (2). BD (3). 右 ‎ ‎(4). (5). 自感 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同。由楞次定律可知，感应电流磁场总是阻碍原磁通量的变化，当原磁通量变大时，感应电流磁场与原磁场方向相反；根据楞次定律确定电流的方向，判断指针的偏转；线圈的特点是闭合时阻碍电流的增大，断开时产生一自感电动势相当于电源，与A组成闭合回路，L的右端电势高。‎ ‎【详解】解：将电源、电键、变阻器、小螺线管A串联成一个回路，再将电流计与大螺线管B串联成另一个回路，电路图如图所示。‎ ‎、插入铁芯F  时，穿过线圈B的磁通量变大，感应电流磁场与原磁场方向相反，故A错误；‎ B、拔出线圈A，穿过线圈B的磁通量变小，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，故B正确；‎ C、使变阻器阻值R变小，原电流变大，原磁场增强，穿过线圈B的磁通量变大，感应电流磁场方向与原磁场方向相反，故C错误；‎ D、断开开关，穿过线圈B的磁通量减小，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，故D正确；‎ 当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，‎ 当条形磁铁按如图所示所示的方向运动时，磁通量增加，依据楞次定律，感应磁场向上，再由右手螺旋定则，感应电流盘旋而下，则电流从正接线柱流入，所以灵敏电流计的指针将右偏。‎ 在K断开前，自感线圈L中有向右的电流，断开K后瞬间，L的电流要减小，于是L中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是逐渐减小为零。原来跟L并联的灯泡A，由于电源的断开，向右的电流会立即消失。但此时它却与L形成了串联的回路，L中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡A中流过，方向由b到a，即因此，灯泡不会立即熄灭，而是渐渐熄灭，将这称为自感现象。这个实验是用来演示自感现象的。‎ ‎【点睛】知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键；做好本类题目的关键是弄清线圈与哪种电器相配，结合线圈特点分析新组成的闭合回路的电流流向。‎ 四、计算题（本大题共4小题，共42.0分）‎ ‎14.如图所示，图甲为热敏电阻的图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱自动温控电路，继电器线圈的电阻为，当线圈中的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合，为继电器线圈供电的电池的电动势，内阻不计，图中的“电源”是恒温箱加热器的电源．‎ 应该把恒温箱内的加热器接在______端填“A、B”、“C、D”‎ 如果要使恒温箱内的温度保持，可变电阻的值应调节为______‎ 为使恒温箱内的温度保持在更高的数值，可以采取的措施有______‎ A.增大恒温箱加热器的电源电压 B.减小可变电阻的值 C.减小弹簧的劲度系数 D.抽出线圈中的铁芯．‎ ‎【答案】 (1). A、B (2). 60 (3). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当温度低的时候，电路与AB相连，此时加热器要工作，所以加热器的电路要与AB相连；‎ 要使恒温箱内的温度保持，当温度达到时，电路就要断开，即电路要达到根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小．‎ 根据工作原理，结合弹簧、线圈及电源的作用，从而才能实现温度保持在更高的数值．‎ 在解答本题的时候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制电路是一直通电的．‎ ‎【详解】解：由图知，热敏电阻R的阻值随温度的升高而减小，由闭合电路欧姆定律得，干路电流增大，当大到继电器的衔铁被吸合时的电流，恒温箱内的加热器，停止加热，故恒温箱内的加热器接在A、B端，‎ 当恒温箱内的温度保持，应调节可变电阻的阻值使电流达到20mA，‎ 由闭合电路欧姆定律得：，‎ 即：‎ 即可变电阻的阻值应调节为．‎ 由上可知，若恒温箱内的温度保持在更高的数值，则可变电阻的值应增大，会导致R电阻变小，从而实现目标；或者增大弹簧的劲度系数，增大弹簧的弹力；或者抽出线圈中的铁芯，从而减小线圈的吸引力；‎ 而恒温箱加热器的电源电压与恒温箱内的温度保持在更高的数值无关，故D正确，ABC错误．‎ 故答案为：、B；；．‎ ‎15.如图所示，质量为的滑块，以的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，小车质量且足够长。求：‎ 滑块与小车的共同速度v；‎ 整个运动过程中系统产生的热量Q。‎ ‎【答案】（1） ，（2）40J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 滑块和小车组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出滑块与小车的共同速度v。‎ 根据能量守恒定律求出整个过程中产生的热量Q。‎ ‎【详解】设滑块与小车共同速度为v，滑块的质量为m，原来的速度为，小车质量为M，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：‎ 代入数值解得：‎ 根据能量守恒知道整个运动过程中产生的热量Q等于系统动能的损失。‎ 则 代入数值，解得：‎ ‎【点睛】本题是滑块在小车滑动的类型，要抓住系统的动量守恒和能量守恒来研究，也可以结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解第1问，但是没有运用动量守恒定律求解简洁。‎ ‎16.如图所示，发电机输出功率，输出电压，用户需要的电压，输电线总电阻为若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的，试求：‎ 发电机的输送电流是多少？‎ 在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比：？、：？‎ 用户得到的电功率是多少？‎ ‎【答案】(1)I=400A；(2) ；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据P1=U1I1得，发电机的输出电流 ‎（2）输电线上损失的功率P损＝I22R=4%P 解得I2=A＝20A 则 输电线上的电压损失△U=I2R=20×10V=200V 升压变压器的输出电压U2=U1×20=5000V 降压变压器的输入电压U3=U2-△U=5000-200V=4800V 则。‎ ‎（3）用户得到的功率P′=96%P=96kW。‎ 点睛：解决本题的关键知道：1、输出功率、输出电压、电流的关系；2、变压器原副线圈电压比、电流比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压与降压变压器输入电压和电压损失的关系。‎ ‎17.如图所示装置由水平轨道、倾角的倾角轨道连接而成，轨道所在空间存在磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场。质量、长度、电阻的导体棒ab置于倾斜轨道上，刚好不下滑；质量、长度、电阻与棒ab相同的光滑导体棒cd置于水平轨道上，用恒力拉棒cd，使之在水平轨道上向右运动。棒ab、cd与导轨垂直，且两端与导轨保持良好接触，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，取。‎ 求棒ab与导轨间的动摩擦因数；‎ 求当棒ab刚要向上滑动时cd棒速度v的大小；‎ 若从cd棒刚开始运动到ab棒刚要上滑的过程中，cd棒在水平轨道上移动的距离里，求此过程中ab棒上产生的热量Q。‎ ‎【答案】（1）0.75，（2）6m/s ，（3）0.235J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对棒ab分析，根据平衡条件可求出动摩擦因数的大小；‎ 根据导体棒切割磁感线的规律即可求出电动势，再根据闭合电路欧姆定律求出电流，再求出安培力，由平衡条件列式即可求出cd棒的速度；‎ 根据功能关系列式即可求出ab棒上产生的热量。‎ ‎【详解】解：当ab刚好不下滑，静摩擦力沿导轨向上达到最大，由平衡条件得：‎ 则 ‎ 设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，‎ 由法拉第电磁感应定律有：‎ 设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有 设ab所受安培力为，有 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有 ‎ ‎ 代入数据解得：‎ 又，‎ 代入数据解得 设ab棒的运动过程中电路中产生的总热量为，‎ 由能量守恒有 解得 代入数据得：。‎ ‎【点睛】本题考查电磁感应定律中的功能关系以及共点力平衡条件的应用，关键要把握导体棒刚要滑动时的临界条件：静摩擦力达到最大值，运用力平衡条件和能量守恒定律求解即可。‎