重庆市九校联盟2019-2020高二物理上学期联考试卷（附解析Word版）

重庆市“九校联盟”联考物理科试卷 一、选择题 1.下列物理学家提出的原子物理理论，其中错误的是 A. 普朗克假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数 倍 B. 爱因斯坦提出“光子说”并成功解释了光电效应现象 C. 波尔的定态理论和跃迁理论，很好地解释了所有原子光谱的实验规律 D. 贝可勒尔发现天然放射现象，揭示了原子核具有复杂结构 【答案】C 【解析】 【详解】A．普朗克能量量子化假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数 倍，故 A 正确，不符合题意； B．爱因斯坦提出“光子说”并成功解释了光电效应现象，选项 B 正确，不符合题意； C．波尔的原子模型，解释了氢原子光谱的实验规律，不是所有原子光谱，故 C 错误，符合题 意； D．贝可勒尔发现天然放射现象，揭示了原子核具有复杂结构，故 D 正确，不符合题意； 2.闭合电路的一部分导线 ab 处于匀强磁场中，下图中各情况下导线都在纸面内运动，那么下 列判断中正确的是（ ） A. 都会产生感应电流 B. 都不会产生感应电流 C 甲、乙不会产生感应电流，丙、丁会产生感应电流 D. 甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流 【答案】D 【解析】 【详解】甲、丙图中，闭合电路的一部分导线的运动方向与磁感线垂直，做切割磁感线运动， 会产生感应电流；乙图中，导线的运动方向与磁场平行，不切割磁感线，没有感应电流产生； 丁图中，导线的运动方向与磁感线在同一平面内时，导体不切割磁感线，没有感应电流产生； 所以甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流，故 ABC 错误，D 正确。 . 3.用如图所示的装置研究光电效应现象.当用光子能量为 2.75 eV 的光照射到光电管上时发生 了光电效应，电流表 G 的示数不为零；移动变阻器的触头 c，发现当电压表的示数大于或等于 1.7 V 时，电流表示数为 0，则下列说法正确的是 A. 改用能量为 2.5 eV 的光子照射，移动变阻器的触头 c，电流表 G 中也可能有电流 B. 光电管阴极的逸出功为 1.7eV C. 当滑动触头向 a 端滑动时，反向电压增大，电流增大 D. 光电子的最大初动能始终为 1.05 eV 【答案】A 【解析】 【详解】A．当用光子能量为 2.75 eV 的光照射到光电管上时发生了光电效应，改用能量为 2.5eV 的光子照射，也可能发生光电效应，即移动变阻器的触头 c，电流表 G 中也可能有电流， 选项 A 正确； BD．该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于 1.7V 时，电流表示数为 0，知道光电子的最大初动能为 1.7eV，根据光电效应方程 EKm=hγ-W0，则逸出功 W0=1.05eV．故 BD 错误。 C．当滑动触头向 a 端滑动时，反向电压增大，则到达集电极的电子的数目减小，电流减小。 故 C 错误。 4.如图为綦江南州中学物理兴趣小组为研究无线充电技术，动手制作了一个“特斯拉线圈”。 线圈匝数为 n，面积为 S，若在 t1 到 t2 时间内，匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈，其磁感 应强度大小由 B1 均匀增加到 B2，则该段时间线圈两端的电势差的大小为 A. 恒为 B. 从 0 均匀变化到 C. 恒为 D. 从 0 均匀变化到 【答案】C 【解析】 【详解】穿过线圈的磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应 定律，有： A．恒为 ，与结论不相符，选项 A 错误； B．从 0 均匀变化到 ，与结论不相符，选项 B 错误； C．恒 ，与结论相符，选项 C 正确； D．从 0 均匀变化到 ，与结论不相符，选项 D 错误； 5.2016 年 1 月，重庆主城及多个区县迎来冰冻雨雪天气，图为重庆电力公司工作人员监测高 压电线覆冰厚度。为清除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路，利用电流的热 效应除冰。若在正常供电时，高压线上送电电压为 U，电流为 I，热损耗功率为 ；除冰时， 输电功率、输电线电阻不变，输电线上的热损耗功率为 16 ，则除冰时 为 2 1 2 1 ( )S B B t t − − 2 1 2 1 ( )S B B t t − − 2 1 2 1 ( )nS B B t t − − 2 1 2 1 ( )nS B B t t − − 2 1 2 1 B BBE n nS nSt t t t −∆Φ ∆= = =∆ ∆ − 2 1 2 1 ( )S B B t t − − 2 1 2 1 ( )S B B t t − − 2 1 2 1 ( )nS B B t t − − 2 1 2 1 ( )nS B B t t − − P∆ P∆ A. 输电电流为 B. 输电电压为 C. 输电电压为 4U D. 输电电流为 16I 【答案】B 【解析】 【详解】AD．高压线上的热耗功率 △P=I2R 线…① 若热耗功率变为 16△P，则 16△P=I′2R 线…② 由①②得 I′=4I 所以 AD 错误。 BC．又输送功率不变，由 P=UI=U′I′得 所以 C 错误，B 正确。 6.烟雾探测器使用了一种半衰期为 432 年的放射性元素镅 来探测烟雾。当正常空气分 子穿过探测器时，镅 会释放出射线将它们电离，从而产生电流．烟尘一旦进入探测腔 内，烟尘中的微粒会吸附部分射线，导致电流减小，从而触发警报．则下列说法正确的是 A. 镅 发出的是 α 射线，它是镅 原子核自发放出的氦核 16 I 4 U 1 4U U′ = 241 95 Am 241 95 Am 241 95 Am 241 95 Am B. 镅 发出的是 β 射线，它是镅 原子核外电子电离形成的电子流 C. 镅 发出的是 γ 射线，它是镅 原子核外电子电离形成的电子流 D. 发生火灾时，由于温度的升高，会使镅 的半衰期减小 【答案】A 【解析】 【详解】ABC．镅 会释放出射线将正常空气电离，从而产生电流，而三种射线中，只有 α 射线能使空气电离，它是镅 原子核自发放出的氦核，选项 A 正确，BC 错误； D．半衰期与外界因素无关，故 D 错误； 7. 如图所示的电路中，L 为电感线圈（电阻不计），A、B 为两灯泡，以下结论正确的是（ ） A. 合上原本断开的开关 S 时，A 先亮，B 后亮 B. 合上原本断开的开关 S 时，A、B 同时亮，以后 B 变暗直至熄灭，A 变亮 C. 断开原本闭合的开关 S 时，A 变亮，B 熄灭 D. 断开原本闭合的开关 S 时，A、B 两灯都亮一下再逐渐熄灭 【答案】B 【解析】 试题分析：电感线圈 L 中电流变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化；故电键接通瞬 间通过线圈的电流缓慢增加，电键断开瞬间通过线圈的电流缓慢减少． 解：A、B、合上 S 时，电路中立即建立了电场，故立即就有了电流，故灯泡 A、B 同时变亮； 但通过线圈的电流要增加，会产生自感电动势，电流缓慢增加；当电流稳定后，线圈相当于 直导线，灯泡 B 被短路，故电键闭合后，灯泡 A、B 同时亮，但 B 逐渐熄灭，A 更亮，故 A 错 误，B 正确； C、D、断开 S 时，A 灯立即熄灭；线圈产生自感电动势，和灯泡 B 构成闭合电路，B 灯先闪亮 后逐渐变暗；故 C 错误，D 错误； 故选：B． 【点评】本题考查了通电自感和断电自感，关键要明确线圈中的自感电动势总是阻碍电流的 241 95 Am 241 95 Am 241 95 Am 241 95 Am 241 95 Am 241 95 Am 241 95 Am 增加和减小，即总是阻碍电流的变化． 8.很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图所示。 自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中逆时针转动时， 可等效成一导体棒绕圆盘中心 O 转动。已知该磁场的磁感应强度大小为 B，圆盘半径为 ，圆 盘电阻不计。导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心 O 相连，导线两端 a、b 间接一阻值为 R 的小灯泡。后轮匀速转动时，用电压表测得 a、b 间电压为 U。则下列说法正确的是 A. a 连接的是电压表的正接线柱 B. 若圆盘匀速转动的时间为 t，则该过程中克服安培力做功 C. 自行车后轮转动的角速度是 D. 自行车后轮边缘 线速度大小是 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据右手定则，轮子边缘点是等效电源的负极，则a 点接电压表的负接线柱，故 A 错误； B．若圆盘匀速转动的时间为 t，根据焦耳定可知该过程中克服安培力做功 ，故 B 错 误； CD．由法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势 可得角速度为： 边缘线速度 的 l 2 2 UQ tR = 22 U Bl 2U Bl 2UQ tR = 21 1 2 2E U Blv Blv Bl ω= = = = 2 2v U l Bl ω = = 故 C 错误，D 正确。 9.一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知 A. 该交流电的电压瞬时值的表达式为 U＝100sin （25t） V B. 该交流电 1s 内电流方向改变 50 次 C. 该交流电电压的有效值为 141.4 V D. 若将该交流电压加在阻值为 R＝200Ω 的电阻两端，则电阻消耗的功率是 25W 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由图可知，T=4×10-2s，故 ，ω=2πf=50rad/s，所以其表达式为 u=100sin（50t）V 故 A 错误； B．一个周期内电流方向改变 2 次，则该交流电 1s 内电流方向改变 50 次，选项 B 正确； C．由图象可知交流电的最大值为 Um=100V，因此其有效值为： 故 C 错误； D．若将该交流电压加在阻值为 R=200Ω 的电阻两端，则电阻消耗的功率 故 D 正确； 10.理想变压器原线圈输入电压 U=200 sin100πt（V），变压器右侧部分为一火灾报警系统 原理图，R 为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表。，以下说法中正 确的是 2Uv Bl = 1 25Hzf T = = 50 2V=70.7VU = 2 2(50 2) 25W200 UP R = = = 2 A. 输入交流电的电压有效值为 200 V，频率为 50 Hz B. S 打到 a 处，当 R 所在处出现火情时，两电压表示数都增大 C. S 打到 a 处，当 R 所在处出现火情时，两电流表的示数都减小 D. 若 R 电阻不变，S 从 a 处打到 b 处，电压表 V2 和电流表 A1 的示数都减小 【答案】AD 【解析】 【详解】A．输入交流电的最大值为 200 V，则电压有效值为 200 V；ω=100π，则频率为 ，选项 A 正确； BC．S 打到 a 处，当 R 所在处出现火情时，R 电阻变小，次级电阻减小，因次级电压不变，则 次级电流变大，则电流表示数增大，选项 BC 错误； D．若 R 电阻不变，S 从 a 处打到 b 处，则次级电压减小，即电压表 V2 示数减小，次级电阻不 变，次级电流减小，即电流表 A1 的示数减小，选项 D 正确。 11.如图所示是氢原子的能级图，一群氢原子处于量子数 n＝4 的激发态，这些氢原子能够自 发地跃迁到较低的能量状态，并向外辐射多种频率的光，则 A. 可以辐射 6 种不同频率的光 B. 波长最长的是 n＝4 激发态跃迁到基态时产生的 C. 使 n＝4 能级的氢原子电离至少要 0.85 eV 的能量 D. 若从 n＝2 能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应，则从 n＝3 能级跃迁到 n＝2 能级释放的光子也一定能使该板发生光电效应 【答案】AC 【解析】 2 100 50Hz2 2f ω π π π= = = 【详解】A．从 n＝4 的激发态向基态跃迁时可以辐射 种不同频率的光，选项 A 正确； B．波长最长的对应着频率最小的光，即从 n＝4 到 n=3 时产生的，选项 B 错误； C．使 n＝4 能级的氢原子电离至少要 0-(-0.85)=0.85 eV 的能量，选项 C 正确； D．从 n＝2 能级跃迁到基态释放的光子能量为-3.4-（-13.6）=10.2eV；从n＝3 能级跃迁到 n ＝2 能级释放的光子能量为-1.51-（-3.4）=1.89eV，即若从n＝2 能级跃迁到基态释放的光子 能使某金属板发生光电效应，则从 n＝3 能级跃迁到 n＝2 能级释放的光子不一定能使该板发 生光电效应，选项 D 错误。 12.如图所示，固定的光滑平行金属导轨间距为 L，导轨电阻不计，上端 a、b 间接有阻值为 R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为 θ，且处在磁感应强度大小为 B、方向垂直于导轨平 面向上的匀强磁场中。质量为 m、长度为 L、电阻为 r 的导体棒与一端固定的弹簧相连后放 在导轨上。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度 v0。整个运动 过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与 导轨平行。下列说法正确的是 A. 初始时刻通过电阻 R 的电流 I 的大小为 B. 初始时刻通过电阻 R 的电流 I 的方向为 b→a C. 若导体棒第一次回到初始位置时，速度变为 v，则此时导体棒的加速度大小 a= gsinθ－ D. 若导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为 Ep，则导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热 Q = 【答案】BD 【解析】 【详解】A．初始时刻产生的感应电动势 E=BLv0，则通过电阻 R 的电流 2 4 6C = 0BLv R 2 2B L v R 2 2 2 2 0 1 sin( )2 p R m gm ER r k θυ + −+ 故 A 错误 B．根据右手定则知，通过电阻 R 的电流方向为 b→a，故 B 正确。 C．若导体棒第一次回到初始位置时，速度变为 v，弹簧弹力仍然为零，根据牛顿第二定律得 故 C 错误 D．根据能量守恒得，整个回路产生的热量 静止时，有： mgsinθ=kx 电阻 R 上产生的焦耳热 联立解得 故 D 正确。 二、实验题 13.完成下列填空，如图所示是探究电磁感应现象的实验装置。 （1）如图，用绝缘线将导体 AB 悬挂在蹄形磁铁的磁场中，闭合开关后，在下面的实验探究 中，关于电流表的指针是否偏转填写在下面的空格处。 （选填“偏转”或“不偏转”） ①磁体不动,使导体 AB 向上或向下运动，并且不切割磁感线．电流表的指针_____________ ②导体 AB 不动，使磁体左右运动．电流表的指针_________ （2）如图，各线路连接完好，线圈 A 在线圈 B 中，在开关闭合的瞬间，实验小组发现电流表 。 。 0BLvEI R r R r = + +＝ ( ) 2 2mgsin BIL B L va gsinm m R r θ θ−= − +＝ 2 0 1 2 pQ mv E mgxsinθ− −总＝ RQ QR r+ 总＝ 2 2 2 2 0 1 2 p R m g sinQ mv ER r k θ= + −+ （ ） 的指针向左偏一下后又迅速回到中间位置，则：保持开关闭合，在把滑动变阻器的滑片向右 移动的过程中，会观测到电流表的指针________（选填“向左偏”、“向右偏”或“不动”） 【答案】 (1). 不偏转 (2). 偏转 (3). 向右偏 【解析】 【详解】（1）①[1]．磁体不动，使导体 AB 向上或向下运动，并且不切割磁感线，不会产生 感应电流，则电流表的指针不偏转； ②[2]．导体 AB 不动，使磁体左右运动，导体棒会切割磁感线产生感应电流，则电流表的指 针会偏转； （2）[3]．在开关闭合的瞬间，电流表的指针向左偏一下后又迅速回到中间位置，可知当穿 过线圈 B 的磁通量增加时，电流表指针左偏；保持开关闭合，在把滑动变阻器的滑片向右移 动的过程中，电阻变大，电流减小，则穿过线圈 B 的磁通量减小，则会观测到电流表的指针 向右偏。 14.在验证动量守恒定律实验中，同学们不仅完成了课本原来的实验，还用相同的器材进行多 方面的探索及尝试．下面是甲、乙两组同学的实验，请回答相关的问题： （1）甲组同学采用如图 1 所示的装置，由斜槽和水平槽构成．将复写纸与白纸铺在水平放的 木板上，重垂线所指的位置为 O．实验时先使 a 球从斜槽上某一固定位置由静止开始滚下，落 到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作多次，得到多个落点痕迹平均位置 P； 再把 b 球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让 a 球仍从固定位置由静止开始滚下，与 b 球发 生对心正碰，碰后 a 球不被反弹．碰撞后 a、b 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复 这种操作多次得到多个落点痕迹平均位置 M、N． ①以下提供的器材中，本实验必需的有_____________ A．刻度尺 B．打点计时器 C．天平 D．秒表 ②实验中有关操作和描述正确的是________ A．用质量大的球去碰质量较小的球，目的是使被碰球飞行距离更远，可减小测量误差 B．调整斜槽末端水平，目的是使两球能发生对心碰撞 C．让入射球从同一位置释放，目的是保障每次碰撞前小球的动量都相同 D．碰撞后两球的动能之和总会小于碰前入射球的动能，是因为斜槽摩擦力做负功造成的 ③设 a 球的质量为 m1，b 球的质量为 m2，则本实验验证动量守恒定律的表达式为（用 m1、m2、 OM、OP、ON 表示）_____________________ （2）乙组同学误将重锤丢失，为了继续完成实验现将板斜放，上端刚好在槽口抛出点，标记 为 O．板足够长小球都能落在板上，如图 2，采用甲组同学相同的操作步骤完成实验． ④对该组同学实验的判断正确的是______ A．乙组同学无法完成验证动量守恒定律 B．秒表也不是乙组同学的必需器材 C．乙组同学必须测量斜面倾角 θ D．图 2 中 N 为 b 球碰后落点 ⑤设 a 球的质量为 m1，b 球的质量为 m2，则本实验验证动量守恒定律的表达式为______． 【答案】 (1). AC (2). C (3). m1OP=m1OM+m2ON (4). BD (5). m1 =m1 +m2 【解析】 【详解】（1）①[1]．验证动量守恒定律实验，需要测出两球的质量与球做平抛运动的水平位 移，不需要测量球的运动时间，因此需要的实验器材是：天平与刻度尺，故选 AC． ②[2]．A、用质量大的球去碰质量较小的球，目的是碰撞小球不发生反弹，故 A 错误． B、调整斜槽末端水平，目的是保证小球做平抛运动，故 B 错误． C、让入射球从同一位置释放，目的是保障每次碰撞前小球的动量都相同，故 C 正确． D、碰撞后两球的动能之和总会小于碰前入射球的动能，是因为碰撞的过程中有能量损失，与 摩擦力做功无关．故 D 错误． ③[3]．两球离开轨道后，做平抛运动，它们在空中的运动时间 t 相等，由动量守恒定律可知， 实验需要验证： 两边同时乘以时间 t 得： OP OM ON 1 1 1 1 2 2m v m v m v= ′+ 则实验需要验证： m1OP=m1OM+m2ON； （2）④[4]．A、两球碰撞后做平抛运动，分别落在斜面上，测出它们的水平位移，可以验证 动量守恒定律，故 A 错误； B、利用用小球的水平位移代替小球的初速度，实验过程中不需要测小球的运动时间，实验不 需要秒表，故 B 正确； C、平抛运动可以分解为水平方向的匀速运动与竖直方向的自由落体运动，由平抛运动规律得： x=OPcosθ=v1t 解得： 在验证动量守恒的表达式中每项都有 ，列方程可以消去 ，不需要测 量斜面倾角 θ，故 C 错误； D、小球 a 和小球 b 相撞后，小球 b 的速度增大，小球 a 的速度减小，都做平抛运动，所以碰 撞后 a 球的落地点是 M 点，b 球的落地点是 N 点，故 D 正确； ⑤[5]．碰撞前，小球 a 落在图中的 P 点，设其水平初速度为 v1．小球 a 和 b 发生碰撞后，a 的落点在图中的 M 点，设其水平初速度为 v1′，b 的落点是图中的 N 点，设其水平初速度为 v2． 斜面与水平面的倾角为 θ，由平抛运动规律得： x=OPcosθ=v1t， 解得： 同理可解得： 1 1 1 1 2 2m v t m v t m v t= ′ + 21 2y OPsin gtθ= = 1 2 gv OPcos OPsin θ θ= 1cos sin θ θ 1cos sin θ θ 21 2y OPsin gtθ= = 1 2 gv OPcos OPsin θ θ= 1 2 gv OMcos OMsin θ θ′ = 验证动量守恒定律，需要验证： m1v1=m1v1′+m2v2 即： ， 则 ，说明两球碰撞过程中动量守恒； 本实验验证动量守恒定律的表达式为为： ． 三、计算题 15.某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为 100 kW，输出电压为 500 V，输电导线的总电阻为 10 Ω，导线上损耗的电功率为 4 kW，该村的用电电压是 220 V。 (1)输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比； (2)如果该村某工厂用电功率为 60 kW，则该村还可以装“220 V 40 W”的电灯多少盏？ 【答案】(1)1∶10； 240∶11； (2)900 盏； 【解析】 （1）根据如图所示输电线路，设高压输电线电流 I2，输电电压为 U2，由题意可知：P 损=I22r； 所以有： 而 根据电流与匝数成反比，则有： U3=U2﹣I2R 线=（500×10﹣40×10）V=4600 V 2 2 gv ONcos ONsin θ θ= 1 1 22 2 2 g g gm OPcos m OMcos m ONcosOPsin OMsin ONsin θ θ θθ θ θ⋅ = ⋅ + ⋅ 1 1 2m OP m OM m ON= + 1 1 2m OP m OM m ON= + 3 2 16 10 4010 PI A Ar ×= = =损 3 1 1 200 10 400500 PI A AU ×= = = 1 2 2 1 20 1 200 10 n I n I = = = 根据电压与匝数成正比，则： （2）据降压变压器输入功率等于输出功率有：P3=P4=200﹣16=184 kW； 灯可以消耗的功率是：P 灯=104kW； 所以还可装灯的盏数为： 盏； 16.如图所示，光滑的水平面上有一质量 M=8kg 的木板，其右端恰好和 光滑固定圆弧轨道 AB 的底端等高对接（木板的水平上表面与圆弧轨道相切），木板右端放有一质量 m0=1kg 的物体 C （可视为质点），已知圆弧轨道半径 R=0.8m。现将一质量 m=3kg 的滑块（可视为质点），由轨 道顶端 A 点无初速释放，滑块滑到 B 端后冲上木板，并与木板右端的物体 C 粘在一起沿木板 向左滑行，最后恰好不从木板左端滑出。已知滑块及物体 C 与木板上表面的动摩擦因数均为 μ=0.3，g 取 10m/s2。求： （1）滑块由 A 端下滑到 B 端的过程，合外力对滑块的冲量大小； （2）木板的最终速度大小； （3）木板的长度 。 【答案】（1）1.2N·s（2）1m/s（3）1m 【解析】 【详解】（1）滑块从 A 端下滑到 B 端的过程： 由动能定理得： -0 由动量定理得： 解得： （2）滑块与物体 C 碰撞过程由动量守恒定律得： mv0=（m+m0）v 解得： 3 3 4 4 230 11 n U n U = = 104000 260040n = = 1 4 l 2 0 1 2mgR mv= 0 0I mv= − 12N sI = ⋅ v＝3m/s 对滑块、物块 C 以及木板组成的系统由动量守恒定律得： 解得： （3）由能的转化和守恒定律得： 解得： 17.如图所示，两根光滑固定导轨相距 0.4m 竖直放置，导轨电阻不计，在导轨末端 P、Q 两点 用两根等长的细导线悬挂金属棒 cd.棒 cd 的质量为 0.01 kg，长为 0.2 m，处于磁感应强度为 B0＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里．相距 0.2 m 的水平虚线 MN 和 JK 之 间的区域内存在着垂直于导轨平面向里的匀强磁场，且磁感应强度 B 随时间变化的规律如图 所示．在 t＝0 时刻，质量为 0.02 kg、阻值为 0.3 Ω 的金属棒 ab 从虚线 MN 上方 0.2 m 高度 处，由静止开始释放，下落过程中保持水平，且与导轨接触良好，结果棒 ab 在 t1 时刻从上边 界 MN 进入磁场，并在磁场中做匀速运动，在 t2 时刻从下边界 JK 离开磁场，g 取 10 m/s2.求： (1)在 0～t1 时间内，电路中感应电动势的大小； (2)在 t1～t2 时间内，棒 cd 受到细导线的总拉力为多大； (3)棒 cd 在 0～t2 时间内产生的焦耳热． 【答案】(1) (2)0.2N（3） 【解析】 (1)对棒 ab 自由下落过程，有 t1＝ ＝0.2 s 0 0( (m m v M m m v′+ = + +） ） 1m/s′ =v 2 2 0 0 0 1 1( )g ( ) ( )2 2m m l m m v M m m vµ ′+ = + − + + 1ml = 0.2V 0.015J 2h g 磁感应强度的变化率为 由法拉第电磁感应定律得，0～t1 时间内感应电动势 联立以上各式并代入数据可得 E1＝0.2V (2)由棒 ab 匀速进入磁场区域可知 BI2Lab＝mabg 代入数据，可解得 I2＝1A 在 t1～t2 时间内，对棒 cd 受力分析，可得 FT＝mcdg＋B0I2Lcd 代入数据，可解得 FT＝0.2 N (3)棒 ab 刚进入磁场时的速度为 v＝gt1＝2 m/s 棒 ab 刚进入磁场后的感应电动势为 E2＝BLabv＝0.4 V 则 Rcd＝ －Rab＝0.1 Ω 在 0～t1 时间内，感应电流为 I1＝ ＝0.5 A 棒 cd 在 0～t2 时间内产生的焦耳热 Qcd＝Q1＋Q2＝ ＝0.015 J． 0.5 / 2.5 /0.2 B T s T st ∆ = =∆ 1 ab BE L ht t ∆Φ ∆=∆ ∆＝ 2 2 E I 1 ab cd E R R+ 2 2 1 1 2cd cd hI R t I R v + ⋅