2018-2019学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期期末考试物理（理）试题 解析版

2018-2019学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期期末考试物理（理）试题 解析版

长安一中2018----2019学年度第一学期期末考试高二物理试题（理科）‎ 一、单选题 ‎1.关于冲量的概念，以下说法正确的是(　　)‎ A. 作用在两个物体上的合外力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同 B. 作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小 C. 作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大 D. 只要力的作用时间和力的大小的乘积相同，物体所受的冲量一定相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 冲量的概念、公式I=Ft，冲量都是矢量，冲量的方向由力的方向决定．‎ ‎【详解】A、由冲量公式I=Ft，作用在两个物体上力大小不同，时间不等，但两个物体所受的冲量可能相同，可知A正确.‎ B、C、由冲量公式I=Ft，可知作用在物体上的力很大，若时间极短，物体所受的冲量可能很小，不一定很大，故B错误，C错误.‎ D、由冲量公式I=Ft可知冲量是矢量，冲量的方向由力的方向决定；故D错误.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查对冲量概念、公式的理解，抓住矢量性，从定义理解记忆．‎ ‎2.根据电阻定律，电阻率，对于某种金属导线来说，它的电阻率(　　)‎ A. 跟导线的电阻和横截面积成正比 B. 由所用金属材料本身决定 C. 跟导线的长度成反比 D. 随温度的升高而减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 导线的电阻率有材料本身的特性决定，与导体的电阻、横截面积、长度无关．‎ ‎【详解】A、B、C、导线的电阻率与导体的电阻大小、横截面积、长度无关，由材料本身特性决定；故B正确，A、C均错误.‎ D、电阻率的大小与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故D错误.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题属于易错题，很多同学容易根据公式，认为电阻率与电阻、横截面积成正比，与长度成反比，其实电阻率由本身特性决定．‎ ‎3.如图所示,R是一个滑动变阻器,M、N为水平正对放置的两块平行金属板,两板间带电微粒Q处于静止状态,则下列说法正确的是(  )‎ ‎ ‎ A. 若只减小M、N两金属板的间距，则有向左的电流通过电阻R B. 若只减小M、N两金属板的间距，Q将向下运动 C. 若只将滑动变阻器滑片由中间滑到最左端，Q将向下运动 D. 若只在紧贴N板内侧插入一块一定厚度的金属片，Q将向上运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电容器的电容的定义式,电容器的电容的决定式,液滴平衡，受电场力和重力而平衡．‎ ‎【详解】A、若减小A、B两金属板的间距，根据，电容增大，电压不变，故电容器充电，故有向右的电流通过电阻R，故A错误；‎ B、微粒Q处于静止状态，受重力和向上的电场力而平衡，若减小A、B两金属板的间距，根据，场强增大，电场力增大，合力向上，故Q将向上运动，故B错误；‎ C、与电容器串联的电阻在稳定状态时看出导线，则若只将滑动变阻器滑片由中间滑到最左端，依然是电容器并联在电源两端，则电容器的电压不变，故场强不变，Q不动，故C错误；‎ D、若紧贴 A 板内侧插入一块一定厚度的金属片，相当于极板间距离变小了，而电压U不变，根据，场强增加，电场力增加，故Q将向上运动，故D正确；‎ 故选D.‎ ‎【点睛】电容器的分析有两种情况，与电源相连时，电容器的电压不变，当与电源断开时，电容器的电荷量不变．‎ ‎4.如图所示,在倾角为的光滑斜面上,垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒,导体棒中电流为I.要使导体棒静止在斜面上,需要外加匀强磁场的磁感应强度B的值不可能为(    )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向；由三力平衡知识分析得最小安培力.‎ ‎【详解】当磁场方向垂直于斜面向下时，此时磁感应强度最小，有共点力平衡可知：mgsinθ=BIL,解得：，方向垂直于斜面向下；故A、B、C项的值均可能，D项的值不可能.本题选不可能故选D.‎ ‎【点睛】学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向．‎ ‎5.如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的速度和加速度大小随时间变化的情况是(　　)．‎ A. 速度变大，加速度变大 B. 速度变大，加速度变小 C. 速度变小，加速度变小 D. 速度变小，加速度变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小，故ACD错误，B正确。‎ 故选：B．‎ ‎6.如图所示,在匀强磁场区域的上方有一半径为r、质量为m的导体圆环,将圆环由静止释放,圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等.已知圆环的电阻为R,匀强磁场的磁感应强度为B,重力加速度为,则(   )‎ ‎ ‎ A. 圆环进入磁场的过程中,电阻产生的热量为mgr B. 圆环进入磁场的过程可能做匀速直线运动 C. 圆环进入磁场的过程中,通过导体某个横截面的电荷量为 D. 圆环进入磁场的过程中,圆环中的电流为顺时针 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析清楚圆环进入磁场的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向；根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根据求电荷量;根据动能定理求出圆环的下边刚进人磁场到上边刚进入磁场这段过程中克服安培力做的功，即可知道线框的电阻产生的热量.‎ ‎【详解】A、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，根据动能定理得：mg2r-W=0，所以W=2mgr,故通过电阻的热量为2mgr;故A错误.‎ B、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，该过程感应电流不同，安培力不同，故线圈不可能匀速；故B错误.‎ C、根据电量公式，得；故C正确.‎ D、圆环进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁通量应垂直纸面向外，由楞次定律判断感应电流为逆时针方向，故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】解决本题的关键是恰当地选择研究过程，根据动能定理求出克服安培力所做的功，以及根据动力学分析出线框的运动情况.‎ ‎7.半径为r带缺口的刚性金属环在纸面上固定放置,在环的缺口两端引出两根导线,分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板A、B连接,两板间距为d且足够大,如图甲所示.有一变化的磁场垂直于纸面,规定向外为正,变化规律如图乙所示.在平行金属板A、B正中间有质量未知、电荷量大小为q的带电液滴,液滴在0到0.1 s处于静止状态,已知重力加速度为.则以下说法正确的是(  )‎ A. 液滴带正电 B. 第0.3s时液滴的运动方向改变 C. 液滴的质量为 D. 第0.4s内液滴位移大小为0.04(单位:米)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由楞次定律可以判断出两极板哪个是正极，哪个是负极；由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，然后由匀强电场场强与电势差的关系可以求出两极板间的场强大小．‎ ‎【详解】A、根据题意液滴在0～0.1s处于静止状态，知液滴受到向上的电场力和向下的重力平衡，根据楞次定律，线圈中的感应电动势沿顺时针方向，A板接高电势，B板接低电势，两板间的电场方向向上与电场力的方向相反，所以液滴带负电，故A错误；‎ B、根据楞次定律，在0.1s～0.3s内，线圈内感应电动势逆时针方向，上极板接低电势，下极板接高电势，两极板间电场向下，电场力向下，根据牛顿第二定律，其中，解得a=‎2g，液滴向下做初速度为0的匀加速运动，在第0.3s时速度最大，运动方向不改变，故B错误；‎ C、根据法拉第电磁感应定律，两极板间的电场强度 ‎，根据受力平衡，有，得；故C正确.‎ D、根据楞次定律在0.3s～0.4s内，感应电动势顺时针方向，上极板接高电势，下极板接低电势，电场方向向上，液滴在0.3s～0.4s内做匀速直线运动，0.1s~0.3s匀加速直线运动，位移为，0.3s时速度v=at=‎2g×0.2=‎0.4g，在0.3s-0.4s匀速直线运动，位移，所以在第0.4s时液滴距初始位置距离为‎0.08g，故D错误；‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律、匀强磁场场强与电势差的关系的应用，注意将产生感应电流的部分看作电源，则可知电容器两端的电压等于线圈两端的电压．‎ ‎8.如图所示,理想变压器原、副线圈中分别接有电阻、,,原、副线圈的匝数之比为3:1,两端电压为30V,则两端的电压为(    )‎ A. 5 V B. 10 V C. 15 V D. 20 V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据理想变压器的电流与匝数成反比和欧姆定律，综合可得出电压数值．‎ ‎【详解】电阻R2两端的电压为，流过R2的电流为I2，由欧姆定律可知；根据理想变压器的原副线圈之间的电流与匝数成反比有：，可得，则两端的电压为；故选B.‎ ‎【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流、功率之间的关系，特别注意三种关系只在原副线圈上满足.‎ ‎9.如图为学校配电房向各个教室的供电示意图,T为理想变压器,、为监控室供电端的电压表和电流表, 、为监控校内变压器输出端的电压表和电流表, 、‎ 为教室的负载电阻, 、为教室内的监控电压表和电流表,配电房和教室之间有相当长的一段距离,进入配电室的交流电电压U可认为是不变的,并且各电表均为理想电表,则当开关S闭合时,以下说法正确的是(    )‎ A. 电流表、和的示数都变大 B. 电流表中只有的示数变大 C. 电压表中只有的示数变小 D. 电压表和的示数都变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 抓住原线圈的输入电压不变，结合输出端总电阻的变化得出输电线上电流的变化，从而得出电压损失的变化，根据输出电压不变，得出用户端电压的变化，从而得知通过负载电阻电流的变化．抓住输电线上电流的变化，根据原副线圈电流比等于匝数之反比求出原线圈中电流的变化．‎ ‎【详解】当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即U2不变，可知输电线中的电流增大，即A2增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即U3减小，所以通过R1的电流减小，即A3减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，根据知，原线圈中的电流I1增大，所以A1示数增大.故C正确，A、B、D错误.故选C.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率．‎ ‎10.如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象．由图象可知错误的是(　　 )‎ A. 该金属的逸出功等于E B. 该金属的逸出功等于hν0‎ C. 入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为E D. 入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据光电效应方程得出最大初动能与入射光频率的关系，结合图线的斜率和截距进行分析。‎ ‎【详解】根据Ekm=hv-W0得，金属的截止频率等于ν0；纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，逸出功等于E，则E=hv0，故AB正确；根据光电效应方程有：EKm=hv-W，其中W为金属的逸出功：W=hv0；所以有：EKm═hv-hv0，由此结合图象可知，该金属的逸出功为E，或者W=hv0，当入射光的频率为2v0时，带入方程可知产生的光电子的最大初动能为E，故C正确。入射光的频率时，小于极限频率，不能发生光电效应，故D错误。此题选择错误的选项，故选D。‎ 二、多选题 ‎11.真空中有一正四面体ABCD，在A、B两顶点分别固定一个等量负点电荷。现将一质子沿CD连线从C点移到D点，下列说法正确的是（　 ）‎ A. 质子在C点的电势能与在D点的电势能相同 B. C点与D点的电场强度大小相等，方向相同 C. 质子沿CD连线从C点移动到D点过程中，电场力先做正功后做负功 D. 质子沿CD连线从C点移动到D点过程中，电场力一直不做功 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在A、B两点分别固定一个等量负点电荷，根据点电荷的场强的公式和平行四边形定则计算出C与D点的电场强度，根据电场力做功来判定C与D点的电势能高低，从而即可求解．‎ ‎【详解】A、AB的中点电场强度为零，此点到C与D点间距相等，移动质子，电场力做功相等，则质子在C与D点电势能相同；故A正确.‎ B、据题，A、B是两个等量同种点电荷，根据点电荷电场强度公式，则C与D点的电场强度大小相等，方向不同;故B错误.‎ C、D、质子沿CD连线从C点移到D点过程中，电势先降低后升高，则质子的电势能先减小后增加，那么电场力先做正功后做负功;故C正确，D错误.‎ 故选AC.‎ ‎【点睛】本题关键要掌握等量同种电荷电场线和等势线分布情况，掌握点电荷电场强度公式，及矢量合成法则，抓住ABCD是正四面体的四个顶点这一题眼，注意本题不是等量异种电荷，且通过AB的中垂面不是一等势面．‎ ‎12.直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用.如图所示,一直流电动机M和电灯L并联之后接在直流电源上,电动机内阻,电灯灯丝电阻(阻值认为保持不变),电源电动势V,内阻,开关S闭合,电动机正常工作时,电压表读数为8V.则下列说法正确的是(   )‎ A. 流过电源的电流‎9A B. 流过电动机的电流‎3A C. 电动机的输入功率等于64W D. 电动机对外输出的机械功率15W ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据内外之和等于电源的电动势和欧姆定律，求出流过电源的电流．由欧姆定律求出灯泡的电流，由总电流与灯泡电流之差求出流过电动机的电流．电动机对外输出的机械功率等于电动机的总功率与内部发热功率之差．‎ ‎【详解】A、电源的输出电压，则有；故A错误.‎ B、对灯泡：，电动机与灯泡并联，则电动机的电流I电=I-I灯=‎4A-1A=‎3A，故B正确.‎ C、电动机的输入功率等于P=UI电=8×3=24W，故C错误；‎ D、根据能量转化与守恒定律得，电动机的输出功率P出=UI电-I电2rM=24-9=15W，故D正确.‎ 故选BD.‎ ‎【点睛】本题是含有电动机的问题，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不适用.‎ ‎13.如图所示电路中,电源的电动势为E,内阻为r,各电阻阻值如图所示,当滑动变阻器的滑动触头P从b端滑到a端的过程中,下列说法不正确的是(    )‎ A. 电流表的读数I先增大,后减小 B. 电压表的读数U先增大,后减小 C. 电压表读数U与电流表读数I的比值不变 D. 电压表读数的变化量与电流表读数的变化量的比值不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，总电阻发生变化，根据电源的电动势和内阻不变，知总电流发生变化，内电压外电压也发生变化．‎ ‎【详解】A、B、当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b 端的过程中，总电阻先增大后减小，电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律，知总电流先减小后增大，则内电压先减小后增大，外电压先增大后减小。所以电流表的读数I先减小，后增大.电压表的读数U先增大后减小，故A错误,B正确.‎ C、电压表读数U与电流表读数I的比值表示外电阻，应先增大后减小;故C错误.‎ D、因为内外电压之和不变，所以外电压的变化量的绝对值和内电压变化量的绝对值相等。所以不变，故D正确.‎ 本题选不正确的故选AC.‎ ‎【点睛】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律进行动态分析．‎ ‎14.如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点，其中M点是轨迹的最右点。不计重力，下列表述正确的是(　　)‎ A. 粒子所受电场力的方向沿电场方向 B. 粒子在M点的速率最小 C. 粒子在电场中的电势能始终在增加 D. 粒子在电场中的加速度不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在匀强电场中受到的电场力的方向向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，电势能增加，根据粒子的运动分析可以得出结论。‎ ‎【详解】A、粒子做曲线运动，受电场力指向曲线弯曲的内侧，故可知粒子所受电场力沿电场的反方向，故A错误；‎ B、粒子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到M点时，粒子的速度最小，故B正确；‎ C ‎、当粒子向右运动时电场力做负功电势能增加，当粒子向左运动时电场力做正功电势能减小，粒子的电势能先增加后减小，故C错误.‎ D、粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，故粒子在电场中的加速度大小不变，方向不变，故D正确；‎ 故选BD.‎ ‎【点睛】本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小.‎ 三、实验题 ‎15.某同学在测定金属圆柱体电阻率时需要先测量其尺寸，他分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和如图（b）所示，长度为____cm，直径为______mm。‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 1.035 (2). 1.702‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 游标卡尺的读法，先确定分度数，从而确定精确度，进行读数；螺旋测微器的读法要用主尺的整刻度加可动刻度数乘以精确度，要估读.‎ ‎【详解】20分度的卡尺，其精确度为‎0.05mm，主尺读数为‎1cm=‎10mm，游标上第7个刻度与上面对齐，读数为：7×‎0.05mm=‎0.35mm，故最终读数为：10+0.35=‎10.35mm=‎1.035cm；螺旋测微器：固定刻度为‎1.5mm，可动刻度为20.2×‎0.01mm，则读数为1.5+20.2×0.01=‎1.702mm.‎ ‎【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量.‎ ‎16.某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时发现，里面除了一节1.5 V的干电池外，还有一个方形的电池(层叠电池)。为了测定该电池的电动势和内电阻，实验室中提供如下器材：‎ A.电流表A1(满偏电流10mA，内阻10Ω)；‎ B.电流表A2(0～‎0.6A，内阻未知)；‎ C.滑动变阻器R0(0～100Ω，‎1 A)；‎ D.定值电阻R(阻值990Ω)；‎ E.开关与导线若干。‎ 该同学根据现有的实验器材，设计了如图甲所示的电路，图乙为该同学根据上述设计的实验电路测出多组数据并绘出的I1—I2图线(I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数)，则由图线可以得到被测电池的电动势E＝_____V，内阻r＝_____Ω。(结果均保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 9.0V (2). 10Ω ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 表头及定值电阻充当电压表使用，则由闭合电路欧姆定律可得出表达式，由图象结合表达式可得出电动势和内电阻.‎ ‎【详解】表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：，即，由图可知，图象与纵坐标的交点为9.0mA，则有：，解得E=9.0V；由图象可知图象的斜率为10×10-3，由公式得图象的斜率等于，故，解得r=10Ω．‎ ‎【点睛】本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究．‎ 四、计算题 ‎17.用10 N的水平拉力拉一个静止在水平面上的物体，可以使它产生‎1 m/s2的加速度，若换用15 N的水平力，可以使它产生‎2 m/s2的加速度。‎ ‎(1)物体受到的摩擦力是多大？‎ ‎(2)如果用35 N的水平拉力拉这个物体，产生的加速度大小是多少？‎ ‎【答案】(1)5 N　(2)‎6 m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物体在水平方向上受拉力、摩擦力作用，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小，从而通过牛顿第二定律求出拉力为35N时的加速度大小.‎ ‎【详解】(1)对物体进行受力分析，在水平方向，‎ 根据牛顿第二定律有：F1－Ff＝ma1，‎ F2－Ff＝ma2‎ 解得：Ff＝5N，m＝‎5kg.‎ ‎(2)当拉力为35N时，F3－Ff＝ma3，‎ a3＝‎6m/s2‎ ‎【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解.‎ ‎18.如图甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E；y轴右侧有如图乙所示，大小和方向周期性变化的匀强磁场，磁感应强度大小B0已知，磁场方向垂直纸面向里为正。t＝0时刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，粒子重力不计。粒子第一次在电场中运动时间与第一次在磁场中运动的时间相等。求：‎ ‎(1)粒子第一次经过O点的速度；‎ ‎(2)粒子第一次进入磁场与第二次进入磁场的半径之比。‎ ‎【答案】(1) (2)2:3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用粒子的周期公式求出粒子第一次在磁场中做圆周运动的周期，然后根据题意求出粒子第一次在电场中的运动时间，粒子第一次在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，应用匀变速直线运动的速度公式求出过O点的速度．‎ ‎(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，从而得出半径的比值．‎ ‎【详解】(1)粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，设运动时间为，‎ 由牛顿第二定律可知加速度为 粒子的速度为 粒子第一次在电场中运动时间与第一次在磁场中运动的时间相等，而运动要重复，轨迹如图所示：‎ 则粒子每次在磁场做匀速圆周运动的轨迹为半圆，‎ 第一个半圆的时间为 联立得 ‎(2)设粒子两次在磁场中做圆周运动的半径为、.‎ 根据洛伦兹力提供向心力， ，得 同理得 所以，粒子第一次进入磁场与第二次进入磁场的半径之比为2:3.‎ ‎【点睛】本题重点考查学生对匀速圆周运动中的周期与半径公式熟练掌握，并注意运动的周期性.‎ ‎19.如图(a)所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上。在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如图(b)所示。t＝0时刻在轨道上端的金属棒ab 从如图所示位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属棒cd在位于区域Ⅰ内的导轨上由静止释放。在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF处之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好。已知cd棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为‎2l，在t＝tx时刻(tx未知)ab棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)通过cd棒电流的大小和方向；‎ ‎(2)ab棒的质量M ；‎ ‎(3)ab棒刚进入区域Ⅱ时的速度。‎ ‎【答案】(1) ，方向由d到c (2) M=m (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平衡条件，结合电流大小相同求解；根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，结合平衡方程求解．‎ ‎【详解】(1)对cd在区域Ⅰ中的匀强磁场中静止，受力可知：,‎ 得，‎ 电源为区域II磁感应强度均匀减小产生的感生电动势，由楞次定则知电流方向为abdc 则流过cd棒的电流方向由d到c.‎ ‎(2)cd棒始终静止不动，说明ab棒进入磁场后做匀速直线运动，ab、cd组成串联回路二者电流大小相同，故ab棒的质量与cd相等，则M=m ‎(3)ab棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动，加速度a＝gsinθ cd棒始终静止不动，ab棒在到达区域Ⅱ前、后回路中产生的感应电动势不变，则ab棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动，可得，‎ 即，‎ 所以 可得ab棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度 ‎【点睛】解决这类问题的关键是弄清电路结构，正确分析电路中的电流以及安培力的变化情况．‎