江西南昌新建一中2019-2020高二物理下学期线上期中试题（Word版带解析）

新建一中 2019-2020 学年高二下学期线上期中考试 物理试卷 一、选择题（共 12 题，其中 1-8 为单选，9-12 为多选，每题 4 分，共 48 分） 1．如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内长直导线中的电流 i 随 时间 t 的变化关系如图乙所示．在 时间内直导线中电流向上，则在 时 间内线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（ ） A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左 B．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右 C．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右 D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左 2．如图所示，电源的电动势为 E，内阻为 r 不可忽略．A、B 是两个相同的小灯泡， L 是一个自感系数较大的线圈．关于这个电路的说法中正确的是（ ） A．闭合开关，A 灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定 B．闭合开关，B 灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定 C．开关由闭合至断开，在断开瞬间，A 灯闪亮一下再熄灭 D．开关由闭合至断开，在断开瞬间，电流自左向右通过 A 灯 3．两个完全相同的电热器，分别通以图甲、乙所示的峰值相等的矩形交变电流和 正弦交变电流，则这两个电热器的电功率之比 P 甲∶P 乙等于（ ） 0 ~ 2 T ~2 T TA． ∶1 B．2∶1 C．4∶1 D．1∶1 4．电子打火机的点火原理是压电效应．压电片在受到压力时会在两侧形成电压且 电压大小与压力近似成正比，现有一利用压电效应制造的电梯加速度传感器，如 图所示．压电片安装在电梯地板下，电压表与压电片构成闭合电路用来测量压电 片两侧形成的电压，若发现电压表示数增大，下列说法正确的是（ ） A．电梯一定加速上升 B．电梯一定减速下降 C．电梯加速度一定向上 D．电梯加速度一定向下 5．如图所示，是研究光电效应的电路图，对于某金属用绿光照射时，电流表指针 发生偏转．则以下说法正确的是（ ） A．将滑动变阻器滑动片向右移动，电流表的示数一定增大 B．如果改用紫光照射该金属时，电流表无示数 C．将 K 极换成逸出功小的金属板，仍用相同的绿光照射时，电流表的示数一定增 大 D．将电源的正负极调换，仍用相同的绿光照射时，将滑动变阻器滑动片向右移动 2一些，电流表的读数可能不为零 6．如图所示为氢原子能级示意图。下列有关氢原子跃迁的说法正确的是（ ） A．大量处于 激发态的氢原子，跃迁时能辐射出 4 种频率的光 B．氢原子从 能级向 能级跃迁时，辐射出的光子能量为 C．用能量为 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到 激发态 D．用 能级跃迁到 能级辐射出的光照射逸出功为 的金属铂能发生 光电效应 7．原子弹和氢弹所涉及的基本核反应方程有：① ，② .关于这两个方程，下列说法正确的是（ ） A．方程①属于重核裂变 B．方程②属于 衰变 C．方程①的核反应是太阳能的源泉 D．方程②中的 与 互为同位素 8．悬挂在竖直方向上的弹簧振子，周期 T=2s，从最低点位置向上运动时刻开始计 时，在一个周期内的振动图象如图所示，关于这个图象，下列哪些说法是正确的 是（ ） 4n = 3n = 2n = 4.91eV 10.3eV 2n = 2n = 1n = 6.34eV 235 1 90 136 1 92 0 38 54 0U n Sr Xe 10 n+ → + + 2 3 4 1 1 1 2 0H H He n+ → + α 3 1H 3 2 HeA．t=1.25s 时，振子的加速度为正，速度也为正 B．t=1.7s 时，振子的加速度为负，速度也为负 C．t=1.0s 时，振子的速度为零，加速度为负的最大值 D．t=1.5s 时，振子的速度为零，加速度为负的最大值 9．（多选）如图所示，水平放置的、间距为 L 的光滑导轨 MNQP，导轨内的磁场方 向与导轨垂直，磁感应强度为 B，导轨左端接有电阻 R、电阻为 r 的金属棒 ab 在 导轨上垂直于磁场的方向，以速度 v 向右匀速移动，水平外力 F,下列说法正确的 是：（ ） A．K 断开时，金属棒两端的电压为 B．K 闭合时，金属棒两端的电压为 C．K 闭合时，感应电流的大小为 D．K 闭合时，水平外力的功率为 10．（多选）如图是某交流发电机产生的交变电流的图象,根据图象可以判定（ ） A．此交变电流的频率为 5Hz BLv BLv BLv R r+ 2 2 2B L v R r+B．该交变电流的电压瞬时值的表达式为 u=12sin 10πt(V) C．将标有“12 V3 W”的灯泡接在此交流电源上，灯泡可以正常发光 D．图象上对应的 0.1 s 时刻，发电机中的线圈刚好转至中性面 11．（多选）如图所示是甲、乙两种金属的光电子的最大初动能与入射光频率的关 系图象，由图象可知（ ） A．无论用什么金属做实验，图象的斜率不变 B．同一色光照射下，甲金属发射的光电子的最大初动能比乙金属发射的光电子的 最大初动能大 C．要获得相等的最大初动能的光电子，照射甲金属的光的频率要比照射乙金属的 光的频率大 D．甲金属的逸出功比乙金属的逸出功大 12．（多选）在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子， 结果得到一张两个相切圆 1 和 2 的径迹照片(如图所示)，已知两个相切圆半径分 贝为 r1、r2.下列说法正确的是（ ） A．原子核可能发生的是α衰变，也可能发生的是β衰变 B．径迹 2 可能是衰变后新核的径迹 C．若衰变方程是 ，则 r1：r2 = 1：45 D．若是α衰变，则 1 和 2 的径迹均是顺时针方向 二、实验题（共 4 空，每空 3 分，共 12 分） 238 234 4 92 90 2U Th He→ +13．小雷在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为 97.20 cm；用 20 分度的游标卡尺测得小球直径如图所示，然后用秒表记录了单摆全振动 50 次所 用的时间．则 （1）小球直径为_________cm （2）如果他在实验中误将 49 次全振动数为 50 次，测得的 g 值_________（填“偏 大”或“偏小”或“准确”） （3）他以摆长（L）为横坐标、周期的二次方（T2）为纵坐标作出了 T2－L 图线， 由图象测得的图线的斜率为 k，则测得的重力加速度 g=_________．（用题目中给 定的字母表示） （4）小俊根据实验数据作出的图象如图所示，造成图象不过坐标原点的原因可能 是_________． 四、解答题（共 4 道大题，其中 14 题 8 分、15 题 8 分、16 题 12 分、17 题 12 分， 共 40 分，请写出必要的文字说明和计算过程） 14．（8 分）如图是一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输给用户的示意 图．已知发电机的输出功率是 400kW，输出电压 U1=400V，用变压比 n1：n2=1：20 的理想变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为 10Ω，到达用户后再用变压 器降为 220V，求：(1)升压变压器的副线圈两端电 U2； (2)输电线上损失的电功率； (3)降压变压器的变压比 n3:n4． 15．（8 分）如图所示，两个平行光滑金属导轨 AB、CD 固定在水平地面上，其间距 L=0.5m，左端接有阻值 R=3 的定值电阻。一根长度与导轨间距相等的金属杆順 置于导轨上，金属 杆的质量 m=0.2kg,电阻 r=2 ，整个装置处在方向竖直向下、 磁感应强度大小 B=4T 的匀强磁场中，t=0 肘刻，在 MN 上加 一与金属杆垂直，方 向水平向右的外力 F，金属杆由静止开始以 a=2m/s2 的加速度向右做匀加速直线运 动，2s 末撤去外力 F，运动过程中金属杆与导轨始终垂直且接触良好。（不计导轨 和连接导线的电阻，导轨足够长)求： (1)1s 末外力 F 的大小； (2)撤去外力 F 后的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热。 16．（12 分）如图所示，线圈 abcd 的面积是 0.05m2，共 100 匝，线圈的总电阻为 1Ω，外接电阻 R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度 B= T，当线圈以 300r/min 的转速 匀速旋转时．问： （1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式； Ω Ω 1 π（2）线圈转过 s 时电动势的瞬时值多大？ （3）电路中，电压表和电流表的示数各是多少？ （4）从中性面开始计时，经 s 通过电阻 R 的电荷量是多少？ 17．（12 分）如图所示，两平行金属导轨间的距离 ,金属导轨所在的平面 与水平面夹角 ，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度 、方向垂 直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势 、内阻 的直流电源。现把一个质量 的导体棒 放在金属导轨上，此 时导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触 的两点间的电阻 金属导轨电阻不计， 取 。已知 ，求： （1）导体棒受到的安培力大小； （2）导体棒受到的摩擦力大小及方向； （3）若将直流电源置换成一个电阻为 的定值电阻（图中未画出），然后 将导体棒由静止释放，导体棒将沿导轨向下运动，求导体棒的最大速率（假设金 属导轨足够长，导体棒与金属导轨之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等）。 1 30 1 30 0.4mL = 37θ =  0.5TB = 4.2VE = 1.0r = Ω 0.04kgm = ab 2.0 ,R = Ω g 210m/s sin37 0.6 cos37 0.8 ，= = 0 1.0R = Ω物理试卷答案 1.【答案】C 【解析】 BD．在 时间内，直导线中的电流向上，由乙可知在 ～T 时间内直线电流方 向向下，根据安培定则知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大则磁 场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流；故 B 项不 合题意，D 项不合题意． AC．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培 力水平向左．离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培 力所以金属框所受安培力的合力水平向右，故 A 项不合题意，C 项符合题意． 2. 【答案】A 【解析】 开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A 灯立刻亮，由于线圈中产生感应电动势的 阻碍作用，B 灯逐渐变亮，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，两灯泡灯泡亮度稳定．故 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； 开关断开瞬间，线圈相当于电源，电流方向仍不变，所以电流自右向左通过 A 灯， 故 D 错误；故选 A． 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． 3． 【答案】B 【解析】 0 ~ 2 T 2 T方波的电流有效值 ，正弦交流电的有效值 ，根据功率公式 得到 ． A． ∶1，与结论不相符，选项 A 错误； B．2∶1，与结论相符，选项 B 正确； C．4∶1，与结论不相符，选项 C 错误； D．1∶1，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 B. 点睛：对于交变电流求解热量、热功率、电功等都应用有效值，求解电量用平均 值． 4． 【答案】C 【解析】 电压表示数增大说明人对地板的压力变大，对人受力分析知地板对人的支持力大 于人所受重力，即人的加速度一定向上，所以电梯可能向上加速，也可能向下减 速，故 C 正确，ABD 错误。 5． 【答案】D 【解析】 当滑动变阻器向右移动时，正向电压增大，光电子做加速运动，需讨论光电流是 否达到饱和，从而判断电流表示数的变化．发生光电效应的条件是当入射光的频 率大于金属的极限频率时，会发生光电效应，而光电子的最大初动能与入射光的 频率成线性关系，当将电源的正负极调换，即加反向电压，则电流表可能没有示 数，也可能有示数． 【详解】 A．滑动变阻器滑片向右移动，电压虽然增大，但若已达到饱和电流，则电流表的 示数可能不变，故 A 错误； a mI I= 2 m b II = 2P I R= 2 2 2 2: : :( ) 2:1 2 m a b a b m IP P I I I= = = 2B．如果改用紫光照射该金属时，因频率的增加，导致光电子最大初动能增加，则 电流表一定有示数，故 B 错误； C．将 K 极换成逸出功小的金属板，仍用相同的绿光照射时，则光电子的最大初动 能增加，但单位时间里通过金属表面的光子数没有变化，因而单位时间里从金属 表面逸出的光电子也不变，饱和电流不会变化，则电流表的示数不一定增大，故 C 错误； D．电源的正负极调换，仍用相同的绿光照射时，将滑动变阻器滑片向右移一些， 此时的电压仍小于反向截止电压，则电流表仍可能有示数，故 D 正确． 【点睛】 本题考查光电效应基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记并理解这些基 础知识点和基本规律，注意饱和电流的含义，及掌握紫光与绿光的频率高低．理 解饱和电流与反向截止电压的含义，注意光电子最大初动能与入射光的频率有 关． 6． 【答案】D 【解析】 A.大量处于 激发态的氢原子，跃迁时可以选 2 条高低轨道进行跃迁，所以发 出 种光，A 错误 B.氢原子从 能级向 能级跃迁时，辐射出的光子能量为 ，B 错误 C.光子照射发生跃迁，光子能量必须等于两能级能量差，故基态的氢原子跃迁到 激发态所需光子能量 ，C 错误 D. 能级跃迁到 能级辐射出的光子能量 故可以发生光电效应，D 正确 7． 【答案】A 【解析】 A．方程①是质量较大的核裂变为质量中等的核，属于重核裂变，故 A 正确； 4n = 2 4 6C = 3n = 2n = 3 2 1.51 ( 3.4) 1.89E E E eV eV eV∆ = − = − − − = 2n = 2 1 3.4 ( 13.6) 10.2E E E eV eV eV∆ = − = − − − = 2n = 1n = 2 1 3.4 ( 13.6) 10.2 6.34E E E eV eV eV eV∆ = − = − − − = >B．方程②是质量较小的核转化为质量较大的核，属于轻核聚变，故 B 错误； C．太阳能的产生是由于太阳内部高温高压条件下的热核聚变，故 C 错误； D．同位素的质子数相同，故 D 错误。 故选 A。 8． 【答案】C 【解析】 t=1.25s 时，位移为正，加速度 为负；x-t 图象上某点切线的斜率表示速 度，故速度为负，A 错误；t=1.7s 时，位移为负，加速度 为正；x-t 图 象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负，B 错误；t=1.0s 时，位移为正，加 速度 为负；x-t 图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为零，C 正确； t=1.5s 时，位移为零，故加速度为零；x-t 图象上某点切线的斜率表示速度，故 速度为负向最大，D 错误． 9． 【答案】ACD 【解析】 ABC.当开关断开时，不是闭合回路，金属棒两端电压大小等于电动势 ；当 开关闭合时，回路电动势 ，回路电流 ，所以金属棒两端电 压，即路端电压 ，AC 正确 B 错误。 D.开关闭合时，由于匀速运动，所以外力与安培力大小相等： ， 所以外力功率 ，D 正确。 10． 【答案】ABD 【解析】由图读出，周期为 T=0.2s，频率为 ．故 A 正确；由图读出此 交变电压的最大值为 ，交流电的角速度为 ，交变电流 ka xm = − ka xm = − ka xm = − E BLv= E BLv= E BLvI R r R r = =+ + ERU IR R r = = + 2 2B L vF BIL R r = = + 2 2 2B L vP Fv R r = = + 1 5f HzT = = 12mU V= 2 10 /rad sT πω π= =的电压瞬时值的表达式为，故 B 正确 ，故 B 正确；有效值 ，“12V，3W”的灯泡额定电压是 12V，所以灯泡不可以正常 发光，故 C 错误；图象上对应的 0.1s 时刻，产生的感应电动势最小，此时线圈平 面位于中性面位置，故 D 正确；故选 ABD。 【点睛】由交变电流的图象读出周期，求出频率．“12V、3W”的灯泡额定电压有 效值为 12V．由图读出电压的最大值，求出有效值，判断灯泡能否正常发光. 11． 【答案】AB 【解析】 A、根据 可以知道， 图象的斜率表示普朗克常量，无论用什么金 属做实验，图象的斜率不变，故 A 正确； B、同一色光照射,则入射光频率相等，根据 结合乙的逸出功比甲大可 以知道，甲金属发射的光电子的最大初动能比乙金属发射的光电子的最大初动能 大，故 B 正确； C、根据 结合乙的逸出功比甲大可以知道，若 相等，则照射甲金属 的光的频率要比照射乙金属的光的频率小，故 C 错误； D、根据光电效应方程有： ,其中 W 为金属的逸出功： ，根据 图象可以知道,乙的极限频率比甲大，故乙的逸出功比甲大，故 D 错误； 故选 AB． 【点睛】根据光电效应方程写出最大初动能和入射光的频率关系式即可正确求解， 根据 可以知道， 图象的斜率表示普朗克常量不变． 12． 【答案】CD 【解析】 静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相 反，在根据粒子在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；衰变后的粒子 ( )12 10u sin t Vπ= 6 2 12 2 mUU V V= = < 0kE h Wν= − kE ν− 0kE h Wν= − 0kE h Wν= − kE 0kE h Wν= − 0 0W hv= 0kE h Wν= − kE ν−在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得半径公式，结合轨迹图 分析． 【详解】 A．原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子动量 方向相反，粒子速度方向相反，由左手定则知：若生成的两粒子电性相反则在磁 场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切圆，所以为电性相同 的粒子，可能发生的是 衰变，但不是 衰变，故 A 错误； BC．核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律 可知，原子核衰变后生成的两核动量 P 大小相等、方向相反，粒子在磁场中做匀 速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得： ，由于 P、B 都相同，则粒子电荷量 q 越大，其轨道半径 r 越小，由 于新核的电荷量大于粒子的电荷量，则新核的轨道半径小于粒子的轨道半径，则 半径为 的圆为放出新核的运动轨迹，半径为 的圆为粒子的运动轨迹， ： ： ：45，故 B 错误，C 正确； D．若是 衰变，生成的两粒子电性相同，图示由左手定则可知，两粒子都沿顺时 针方向做圆周运动，故 D 正确． 【点睛】 知道原子核衰变过程动量守恒是本题解题的前提与关键，分析清楚图示运动轨迹、 应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题． 二、实验题（共 4 空，每空 3 分，共 12 分） 13． 【答案】2.990 偏大 4 2/k 测量摆长时未计入摆球的半径 【解析】 （1）由图可知，小球的直径 D=29mm+0.05mm×18=29.90mm=2.990cm； （2）试验中将 49 次全振动数为 50 次，会导致测得周期偏小，根据 ，知 测得重力加速度偏大； α β 2vqvB m r = mv Pr qB Bq = = 1r 2r 1r 2 2r = 90 1= α π 2 2 4π Lg T =（3）根据单摆的周期公式 得 可知斜率 解得重力加速度 （4）图象不通过坐标原点，将图象向右平移 1cm 就会通过坐标原点，故相同的周 期下，摆长偏小 1cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径； 四、解答题（共 4 道大题，其中 14 题 8 分、15 题 8 分、16 题 12 分、17 题 12 分， 共 40 分，请写出必要的文字说明和计算过程） 14． 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 试题分析：根据原副线圈的电压之比等于匝数比求出升压变压器的副线圈两端的 电压；根据 P=UI 求出输电线上的电流，从而得出输电线上的功率损失；根据输电 线上的电压损失得出降压降压变压器的输入电压，从而根据电压比等于匝数比求 出降压变压器原副线圈的匝数比． （1）根据理想变压器电压比 ，可得副线圈两端电压为： （2）输电导线上的电流： 输电导线上的功率损失：△P=I2R=502×10W=25KW （3）输电线上的电压损耗：△U=IR=50×10=500V 降压变压器原线圈的电压：U3=U2-U=8000-500=7500V 2 LT g π= 2 2 4T Lg π= 24k g π= 24g k π= 2 8000VU = 25KWP∆ = 3 4 375 11 n n = 1 1 2 2 U n U n = 2 8000U V= 2 400000 508000 PI A AU = = =则降压变压器原、副线圈的匝数比： 点睛：本题主要考查了原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系升压变压器的 输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系． 15． 【答案】（1）2N（2）0.96J 【解析】 （1）t=1s 时刻，金属杆 MN 的速度大小为 v1=at1=2×1=2m/s 金属杆 MN 产生的感应电动势为 E=BLv1 金属杆 MN 中的电流大小 金属杆 MN 受到的安培力大小 F 安=BIL 联立得 根据牛顿第二定律得 F-F 安=ma 联立解得 F=2N （2）t=2s 时刻，金属杆 MN 的速度大小为 v2=at2=2×2=4m/s 撤去外力 F 后的过程中，根据能量守恒定律得知电路中产生的总焦耳热 Q= mv22= ×0.2×42=1.6J 电阻 R 上产生的焦耳热 QR= Q= ×1.6J=0.96J 16． 【答案】（1）e=50sin 10πt V；（2）43.3 V （3）31.86 V， 3.54 A．（4） C． 【解析】 (1) 若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式 (2)当 t＝ s 时 3 3 4 4 7500 375 220 11 n U n U = = = EI R r = + 2 2 1B L vF R r安 = + 1 2 1 2 R R r+ 3 3 2+ 1 4π ( ) ( ) ( )12 2 100 0.05 2 5 2 5 50 10 Vme E sin t NBS fsin ft sin t sin tω π π π π ππ× × × × × =＝ ＝ ＝ 1 30 (3)电动势的有效值为 电流表示数 ． 电压表示数 (4) s 内线圈转过的角度 ， 该过程， 所以由公式求得; 17． 【答案】(1) 0.28N (2) 0.04N，方向沿斜面向下 (3) 15m/s2 【解析】 (1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： 导体棒受到的安培力： 根据左手定则可得安培力沿斜面向上； (2)导体棒所受重力沿斜面向下的分力： 1e=50sin 10 25 3V 43.3V30 π × = =   50 V 35.4V 2 2 EmE = = = 35.4 A 3.54A9 1 EI R r = = =+ + 3.54 9V 31.86VU IR ×＝ ＝ ＝ 1 30 300 1= t=2 260 30 3ft πθ ω π π= × × = 1 2BS BScos BSθ∆Φ＝ － ＝ ( ) ( ) 1 12 C10 4 nBSE n nq It t tR r t R r R r π ∆Φ ∆Φ= = = × = = =+ + + 4.2 A=1.4A2 1 EI R r = =+ + 0.5 1.4 0.4N=0.28NF BIL= = × ×安 1 sin37 0.04 10 0.6N=0.24NF mg °= = × ×由于 F1 小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力 f，根据共点力平衡条件： 代入数据解得：f=0.04N。 (3)根据： 可得： 将直流电源置换成一个电阻为 的定值电阻后，当导体棒达到最大速度时 加速度为零，受力平衡，结合左手定则和右手定则有： 代入数据联立解得：v=15m/s2 答：(1)导体棒受到的安培力大小 0.28N； (2)导体棒受到的摩擦力大小 0.04N，方向沿斜面向下； (3)导体棒的最大速率 v=15m/s2。 1F f F+ = 安 E BLv= 0 EI R R = + =F BIL′安 2 2 0 B L vF R R ′ = +安 0 1.0R = Ω 1F F f′= +安