江西省南昌市第二中学2020-2021学年高二上学期期末考试物理试题含答案解析

江西省南昌市第二中学【最新】高二上学期期末考试物理试
题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程( )
A．安培力对ab棒所做的功相等
B．电流所做的功相等
C．产生的总内能不相等
D．通过ab棒的电量不相等
2．如图所示，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈，下列说法中正确的是
A．电键S闭合瞬间，B灯先亮，A灯逐渐变亮
B．电键S闭合瞬间，B灯亮，A灯不亮
C．断开电键S的瞬间，A、B灯同时熄灭
D．断开电键S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然亮一下再熄灭
3．如图所示为一个圆环形导体，圆心为O，有一个带正电的粒子沿图中的直线从圆环表面匀速飞过，则环中的感应电流的情况是()
A．沿逆时针方向
B．沿顺时针方向
C ．先沿逆时针方向后沿顺时针方向
D ．先沿顺时针方向后沿逆时针方向
4．如图所示，由均匀导线制成的半径为R 的圆环，以速度v 匀速进入一磁感应强度大
小为B 的匀强磁场．当圆环运动到图示位置（∠aOb =90°）时，a 、b 两点的电势差为（ ）
A B ．2BRv C ．4BRv D ．4
BRv 5．如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B 0。

使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。

为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率B t
∆∆的大小应为（ ）
A ．0
4B ωπ B ．0
2B ωπ C ．0B ωπ D ．02B ωπ
6．如图所示，磁场垂直于纸面向外，磁场的磁感应强度随水平向右的x 轴按B =B 0+kx(B 0、k 为常量)的规律均匀增大.位于纸面内的正方形导线框abcd 处于磁场中，在外力作用下始终保持dc 边与x 轴平行向右匀速运动.若规定电流沿a →b →c →d →a 的方向为正方向，则从t =0到t =t 1的时间间隔内，下列关于该导线框中产生的电流i 随时间t 变化的图象，正确的是( )
A ．
B ．
C ．
D ．
7．如图所示，绕在铁芯上的线圈、电源、滑动变阻器和开关组成闭合电路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A ，下列情况中铜环A 中没有感应电流的是（ ）.
A ．线圈中通以恒定的电流
B ．通电时，使滑动变阻器的滑片P 做匀速滑动
C ．将开关S 突然断开的瞬间
D ．通电时，使滑动变阻器的滑片P 做加速滑动
8．在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd 的面积为S ，匝数为n ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕轴OO '以角速度ω匀速转动(如图甲所示)，产生的感应电动势随时间的变化关系，如图乙所示，矩形线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( )
A ．从t 1到t 3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零
B ．从t 3到t 4这段时间通过电阻R 的电荷量为0()E R r ω
+ C ．t 4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E 0
D．在0-t4时间内电阻R上产生的热量为
2
4
2 () RE
t R r
+
二、多选题
9．如图所示，等腰直角三角形OPQ区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为Ｂ，磁场区域的OP边在x轴上且长为L．纸面内一边长为L的单匝闭合正方形导线框（线框电阻为Ｒ）的一条边在x轴上，且线框在外力作用下沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场区域，在t=0时该线框恰好位于图中所示的位置．现规定顺时针方向为导线框中感应电流的正方向，则下列说法正确的有：
A．在０～2L
v
时间内线框中有正向电流，在
L
v
～
2L
v
时间内线框中有负向电流
B．在L
v
～
2L
v
时间内流经线框某处横截面的电量为
2
2
BL
R
C．在L
v
～
2L
v
时间内线框中最大电流为
2
BLv
R
D．０～2L
v
时间内线框中电流的平均值不等于有效值
10．半径为r 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆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连接，两板间距为d，如图甲所示，有一变化的磁场垂直于纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，变化规律如图乙所示．在t＝0时刻平行板之间的中心位置有一电荷量为＋q的粒子由静止释放，粒子的重力不计，平行板电容器的充、放电时间不计，取上板的电势为零．粒子始终未打中极板，则以下说法中正确的是（）
A．第2s内上极板为正极
B．第2s末粒子回到了原来位置
C．第2s末两极板之间的电场强度大小为
2
10
r
d
π
(V/m)
D．第4s末粒子的电势能为
2
20
q r
π
(J)
11．如图所示，两端与定值电阻相连的光滑平行金属导轨倾斜放置，其中122R R R ==，导轨电阻不计，导轨宽度为L ，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为.B 导体棒ab 的电阻为R ，垂直导轨放置，与导轨接触良好．释放后，导体棒ab 沿导轨向下滑动，某时刻流过2R 的电流为I ，在此时刻()
A ．重力的功率为26l R
B ．金属杆ab 消耗的热功率为24l R
C ．导体棒的速度大小为2IR BL
D ．导体棒受到的安培力的大小为2BIL
12．如图所示，竖直平面内有足够长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为L ，上方连接一个阻值为R 的定值电阻，虚线下方的区域内存在磁感应强度为B 的匀强磁场．两根完全相同的金属杆1和2靠在导轨上，金属杆长度与导轨宽度相等且与导轨接触良好、电阻均为r 、质量均为m ；将金属杆l 固定在磁场的上边缘，且仍在磁场内，金属杆2从磁场边界上方0h 处由静止释放，进入磁场后恰好做匀速运动．现将金属杆2从离开磁场边界()o h h h <处由静止释放，在金属杆2进入磁场的同时，由静止释放金属杆1，下列说法正确的是()
A ．两金属杆向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a b →
B ．回路中感应电动势的最大值为()
2mg r R BL +
C ．磁场中金属杆l 与金属杆2所受的安培力大小、方向均相同
D ．金属杆l 与2
的速度之差为
三、实验题
13．利用如图所示的方式验证碰撞中的动量守恒,竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与水平桌面相切,先将小滑块A 从圆弧轨道的最高点无初速度释放，测量出滑块在水平桌面滑行的距离x 1(图甲)；然后将小滑块B 放在圆弧轨道的最低点，再将A 从圆弧轨道的最高点无初速度释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，测量出整体沿桌面滑动的距离x 2(图乙)。

圆弧轨道的半径为R ，A 和B 完全相同,重力加速度为g 。

(1)滑块A 运动到圆弧轨道最低点时的速度v =_________(用R 和g 表示)；
(2)滑块与桌面的动摩擦因数μ=____________(用R 和x 1表示)；
(3)若x 1和x 2的比值12
x x =____________，则验证了A 和B 的碰撞动量守恒。

14．为了测一个自感系数很大的线圈L 的直流电阻L R ，实验室提供以下器材：
()A 待测线圈(L 阻值约为2Ω，额定电流2)A
()B 电流表1(A 量程0.6A ，内阻10.2)r =Ω
()C 电流表2(A 量程3.0A ，内阻2r 约为0.2)Ω
()D 滑动变阻器()1010R ～Ω
()E 滑动变阻器()201R k ～Ω
()F 定值电阻310R =Ω
()G 定值电阻4100R =Ω
()H 电源(电动势E 约为9V ，内阻很小)
()I 单刀单掷开关两只1S 、2S ，导线若干．
要求实验时，改变滑动变阻器的阻值，在尽可能大的范围内测得多组1A 表 和2A 表的读数1I 、2I ，然后利用给出的21I I -图象(如图乙所示)，求出线圈的电阻L R ． ①实验中定值电阻应选用______________，滑动变阻器应选用______________． ②请你画完图甲方框中的实验电路图____________．
③实验结束时应先断开开关______________．
④由21I I -图象，求得线圈的直流电阻L R =______.Ω
四、解答题
15．如图所示，水平放置的三条光滑平行金属导轨a b c ，，，相距均为1d m =，导轨ac 间横跨一质量为1m kg =的金属棒MN ，棒与导轨始终良好接触．棒的电阻2r =Ω，导轨的电阻忽略不计．在导轨bc 间接一电阻为2R =Ω的灯泡，导轨ac 间接一理想伏特表．整个装置放在磁感应强度2B T =匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．现对棒MN 施加一水平向右的拉力F ，使棒从静止开始运动，试求：
()1若施加的水平恒力8F N =，则金属棒达到稳定时速度为多少？
()2若施加的水平外力功率恒定，棒达到稳定时速度为1.5/m s ，则此时电压表的读数为多少？
16．如图甲所示,空间存在一有界匀强磁场,磁场的左边界如虚线所示,虚线右侧足够大区域存在磁场,磁场方向竖直向下.在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框,ab 边长为l =0.2m,线框质量m =0.1kg 、电阻R =0.1Ω,在水平向右的外力F 作用下,以初速度v 0=1m/s
匀加速进入磁场,外力F 大小随时间t 变化的图线如图乙所示.以线框右边刚进入磁场时开始计时,求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B ;
(2)线框进入磁场的过程中,通过线框的电荷量q ;
(3)若线框进入磁场过程中F 做功为W F =0.27J,求在此过程中线框产生的焦耳热Q . 17．如图所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，半径r ＝0.5 m 的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场．一个匝数n ＝10匝的刚性正方形线框abcd 通过松弛的柔软导线与一个额定功率P ＝1.25W 的小灯泡L 相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc 边．已知线框质量m ＝2kg ，总电阻R 0＝1.25Ω，边长L ＞2r ，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5．从t ＝0时起，磁场的磁感应强度按B ＝2－2π
t (T)的规律变化．开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常发光．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：
(1)线框不动时，回路中的感应电动势E ；
(2)小灯泡正常发光时的电阻R ；
(3)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q ．
18．如图，1111C D E F 和2222C D E F 是距离为L 的相同光滑导轨，11C D 和11E F 为两段四分之一圆弧，半径分别为18r r =和2.r r =在水平矩形1122D E E D 内有竖直向上的匀强磁
场，磁感应强度为.B导体棒P、Q的长度均为L，质量均为m，电阻均为R，其余电阻不计，Q停在图中位置，现将P从轨道最高点无初速释放，则
()1求导体棒P进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；()2若P、Q不会在轨道上发生碰撞，棒Q到达12
E E瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P离开轨道瞬间的速度；
()3若P、Q不会在轨道上发生碰撞，且两者到达12
E E瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围．
参考答案
1．D
【解析】
当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；所以，导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，A错误；电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的焦耳热多，电流做功大，B错误；两种情况下，产生的内能相等，都等于金属棒的初动能，C错误；根据感
应电荷量公式q=ΔΦ
R =BLx
R
，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、导体棒长度L相同，x越大，
感应电荷量越大，因此导轨光滑时，滑行距离x大，感应电荷量大，D正确。

【点睛】金属棒在导轨上做减速运动，最后金属棒静止在导轨上；对金属棒进行受力分析，
从能量转化的角度分析内能关系。

根据感应电荷量公式q=ΔΦ
R
，分析产生的电量关系。

对金
属棒正确受力分析，从能量的角度分析内能问题，要熟悉感应电荷量公式q=ΔΦ
R
这一电磁感应问题常用的经验公式。

2．D
【详解】
AB．开关K闭合的瞬间，由于L自感系数很大，相当于断路，两灯同时获得电压，所以A、
B同时发光．由于线圈的电阻可以忽略，等电路稳定后，L相当于一根导线，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，B灯逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，AB错误；CD．断开开关K的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，和A形成闭合回路，故自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，C错误D正确．
故选D.
3．D
【解析】
由题意可知，带正电的粒子从圆环表面匀速飞过，形成向右的电流，周围会产生磁场，由图可知，虚线上方磁场向外，而虚线下方磁场向里；总的感通量是向外的；由于在进入时磁通
量增大，出来时磁通量减小；则由楞次定律可知，感应电流的方向先顺时针后逆时针，D 正确． 4．D 【解析】
当圆环运动到图示位置，R ；线框刚进入磁场时ab 边产生
的感应电动势为：BRv ； 线框进入磁场的过程中a 、b 两点的电势差由欧姆定律得：
344
ab U E BRv =
= ；故选D ． 点睛：本题是电磁感应与电路、力学等知识的综合应用，注意a 、b 两点的电势差不是感应电动势，而是路端电压． 5．C 【详解】
设半圆弧的半径为L ，导线框的电阻为R ，当从静止开始绕过圆心O 以角速度ω匀速转动时，根据转动切割感应电动势公式得：线框中产生的感应电动势大小为
201
2
E B L ω=
由欧姆定律得感应电流为
202B L E I R R
ω
==
当线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化时，根据法拉第电磁感应定律得
B
E S t t
∆Φ∆'=
=⋅∆∆ 又
21
2
S L π=
根据欧姆定律得感应电流为
2
2E B L I R t R
π'∆'==⋅
∆ 由题设知
I I '=
于是得
22
022B L B L R t R
ωπ∆=⋅
∆ 解得0
B B t ωπ
∆=∆，故选C 。

6．A 【解析】
由题意可知，垂直向外的磁通量越来越大，根据楞次定律可得感应电流为顺时针方向，即为正，ad 、bc 两边均在切割磁感线，产生感应电动势的方向相反，大小相减，根据题意，bc 、ad 两边的磁场之差为ΔB =B 0+k (L +x )−B 0−kx =kL ，根据法拉第电磁感应定律E =BLv ，则有E =ΔBLv =Lv ⋅kL ；而感应电流i =E R
=
kvL 2R
，是定值，A 正确．
7．A 【详解】
A.线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A 的磁通量不变，没有感应电流产生．故A 正确．
B.通电时，使变阻器的滑片P 作向右匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，回路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过铜环A 磁通量增大，产生感应电流，故B 错误．
C.通电时，使变阻器的滑片P 作左加速滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环A 磁通量变化，产生感应电流．故C 错误．
D.将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过穿过铜环A 的磁通量减小，产生感应电流．故D 错误． 故选A 。

8．B 【解析】 【详解】
A. 从t 1到t 3这段时间穿过线圈磁通量由正向BS 变为负向BS ，磁通量的变化量为△Φ=2Bs ，不为零，故A 错误；
B. 通过电阻的电荷量n q R r
φ
∆=
+，所以t 3到t 4这段时间通过电阻R 的电荷量 nBS q R r
=+，
又E 0=nBSω，故：
()E q R r ω
=
+，
故B 正确；
C. t 4时刻产生的电动势最大为E 0，根据法拉第电磁感应定律：
0E n
t
φ∆=∆ 所以磁通量的变化率为：
E t n
φ∆=
∆ 故C 错误；
D. 计算热量应该用有效值，在0-t 4时间内电阻R 上产生的热量为
2044
2
2()RE Q t R r ==+ 故D 错误。

9．BD 【解析】
在0--L/v 时间内，线框中磁通量增加，感应电流沿逆时针方向，A 错误；在L/v---2L/v 时间内线框中磁通量变化量为ΔΦ=BL 2/2，流过线框某一截面的电荷量为q=Δ/R=BL 2/2R,B 正确；L/v---2L/v 时间内线框中最大电流为BLv/R ，C 错误；0--2L/v 时间内线框中电流的平均值不等于有效值，D 正确．
考点：本题考查电磁感应图像． 10．ACD 【详解】
由图象可知，在第2内，磁场垂直于纸面向内，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，假设环闭合，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向内，然后由安培定则可知，感应电流沿顺时针方向，由此可知，上极板电势高，是正极，故A 正确；由楞次定律可知，在第1s 内，下板为正，粒子向下做匀加速运动；第2s 内，上板为正，粒子向下做匀减速运动，直到速度为零；第3s 内，上板为正，粒子向上做匀加速运动；第4s 内，下板为正，粒子向上做匀减速运动，直到速度减为零回到原来位
置；故B 错误；法拉第电磁感应定律可知，在第2s 内产生的感应电动势：
22ΔΔ0.1-0ππ(V)=(V)ΔΔ110B r E S r t t ϕ===，两极板间的电场强度为：2V/m 10E r E d d
π'==，故C 正确；第4s 末下极板是正极，且粒子回到两板中点，因为上极板电势为零，则中点的
电势为2V 220d r U E π=⋅=，粒子具有的电势能为：2(J)20
r q Uq πε==，选项 D 正确．
11．BD 【解析】
根据能量守恒定律可得G F Q P P P mgv ⊥+=+，由于质量未知，所以重力的功率无法求解，A 错误；据题122R R R ==，流过2R 的电流为I ，通过1R 和2R 的电流相等，则流过ab 棒
的电流为2I ；金属杆ab 消耗的热功率为22
(2)4ab P I R I R ==，B 正确；金属杆ab 产生的
感应电动势为12(2)42E I R R IR =+
⨯=，由E BLv =得导体棒的速度大小为4IR v BL
=，故C 错误；导体棒受到的安培力的大小为22F B IL BIL =⋅=，D 正确． 12．BC 【解析】
试题分析：根据右手定则判断知金属杆2产生的感应电流方向向右，则流过电阻R 的电流方向从b→a ；故A 错误．当金属杆2在磁场中匀速下降时，速度最大，产生的感应电动势最大，由平衡条件得：
BIL mg =，又2m
E I r R =
+，联立得：感应电动势的最大值为()2m mg r R E BL
+=．故B 正
确．根据左手定则判断得知两杆所受安培力的方向均向上，方向相同，由公式F BIL =可知安培力的大小也相同．故C 错误．金属杆2
刚进入磁场时的速度为v =2进入磁场后，由于两个金属杆任何时刻受力情况相同，因此任何时刻两者的加速度也都相同，在相同时间内速度的增量也必相同，即：120v v v -=-
，则得21v v v -==D
错误．
考点：考查了导体切割磁感线运动 13
1
R
x 4
【详解】
(1)[1]A 在圆弧面上运动时机械能守恒，则有
mgR =
1
2
mv 2 解得
v =(2)[2]对A 下滑的全过程由动能定理要分析可知
mgR -μmgx 1=0
解得
1
R x μ=
(3)[3]如果碰撞中动量守恒，则有
mv =2mv '再对碰后的AB 物体分析，由动能定理可知
1
2
mv '2=μ•2mgx 2 则
21
28v x x R
= 故12 4x x = ；因此只要满足12
4x x =即可证明动量守恒。

【点睛】
本题考查动量守恒定律以及功能关系的应用，要注意明确实验原理，知道实验中如何验证动量守恒定律，明确机械能守恒定律以及动量守恒定律的正确应用。

14．F D 2S 2.04
【详解】
①测量线圈的电阻一般采用伏安法，为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表，可与电表串联一个开关.由于待测线圈L 的阻值约为2Ω，额定电流为2A ，最
大电压为4V ，而电源电动势为9V ，所以定值电阻选F ：3R 、滑动变阻器选D ：1R 即可． ②由于本实验尽可能大的范围内测得数据，所以必须采用滑动变阻器的分压接法；电流表2A 的量程大，所以电流表2A 外接电路进行测量，电路如图所示．
③实验结束时为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表，应先断开开关2S ．
④由电路图知自感线圈两端的电压与下边支路电压相等，所以()()11121L I R r I I R +=-， 解得：()1
1121
L I R R r I I =
+-，从1I --2I 图象上选取一组数据，如()0.31.8，代入公式解得：2.04L R =Ω．
15．()()1?
6/2m s 5V 【解析】
（1）当金属棒速度达到稳定时，金属棒做匀速直线运动，设稳定时速度为1v ，根据平衡条件可得：F F =安，
而安培力大小221
2
B d v F r R =
+
安，又已知8F N =，代入数据解得：16/v m s =．
（2）设电压表的读数为U ，由电路图的结构可以得出：电压表的读数1
2
L U E U =
+， 再根据欧姆定律和串联电路的分压原理可得：
222
L R E RE U r R r R =
⨯
=
++
，
设棒达到稳定速度2 1.5/v m s =，由法拉第电磁感应定律得：感应电动势22E Bdv = 代入已知数据解得：5U V =． 16．（1）0.5T （2）0.75C （3）
0.12J
【解析】
（1）由F-t 图象可知，当线框全部进入磁场后，F =0.2N 时， 线框的加速度：a =F
m =0.2
0.1=2m/s 2， 0时刻线框所受的安培力：F 安培=BIL =
B 2l 2v 0
R
，
由图示图象可知F=0.3N ，由牛顿第二定律得F −F 安培=ma ，代入数据解得B=0.5T ； （2）线框进入磁场过程通过截面电量q =IΔt ， 由法拉第电磁感应定律得E =
ΔΦΔt
=
Blx Δt
，
由闭合电路欧姆定律得I =E
R ，解得电荷量q =
Blx R
，
由匀变速直线运动得x =v 0t +1
2at 2，代入数据解得：x=0.75m ，q=0.75C ；
（3）线框进入磁场过程，由能量守恒定律W F =Q +1
2
mv t 2−1
2
mv 02
，代入数据解得Q=0.12J ；
17．（1）2.5V （2）1.25Ω（3）3.1J 【解析】
⑴由法拉第电磁感应定律：E n t
∆Φ
=∆ 得：22121
100.5 2.522
B E n
R V V t πππ∆=⨯=⨯⨯⨯=∆ ⑵小灯泡正常发光，有：2 P I R = 由闭合电路欧姆定律，有：0E I R R （）=+
即有：2
0P R E R R =⎛
⎫
⎪
+⎝⎭
代入数据解得： 1.25R =Ω ⑶对线框bc 边处于磁场中的部分受力分析如图，
当线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为B ， 由力的平衡条件有：mgsin F f F mgcos θμθ=+=+安安
2F nBI r =⨯安
由上解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小：0.4?
B T =
线框在斜面上可保持静止的时间：
1.6425t s s ππ=
= 小灯泡产生的热量：41.25 3.15
Q Pt J J π
π==⨯
≈＝．
点睛：考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的内容，掌握平衡条件的应用，及焦耳定律的公式，注意安培力大小计算. 18．（1
方向逆时针（2
）（3）3mgr ≤Q ≤4mgr . 【解析】
（1）导体棒P 由12C C 下滑到12D D
，根据机械能守恒定律：2
11 2
D D mgr mv v ==，求导体棒P 到达12D D 瞬间：
D E BLv =
回路中的电流：2E I R =
=
（2）棒Q 到达12E E 瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q
：2
2
Q
Q mv mg v r ==
设导体棒P 离开轨道瞬间的速度为P v ，根据动量守恒定律：
D P Q mv mv mv =+
代入数据得：P v =
（3）由()2若导体棒Q 恰能在到达12E E 瞬间飞离轨道，P 也必能在该处飞离轨道 根据能量守恒，回路中产生的热量222
11113222
D P Q Q mv mv mv mgr =
--= 若导体棒Q 与P 能达到共速v ，则根据动量守恒：(
)D mv m m v v =+⇒=回路中产生的热量()22211
422
D Q mv m m v mgr =
-+=； 【点睛】根据机械能守恒定律求出求导体棒P 到达12D D 的速度大小，然后根据法拉第电磁感应定律即可求解；恰好脱了轨道的条件是重力提供向心力，两棒作用过程中动量守恒，由此可正确解答；根据题意求出临界条件结合动量守恒和功能关系即可正确求解；本题是电磁感应与电路、磁场、力学、功能关系，临界条件等知识的综合应用，重点考查了功能关系以及动量守恒定律的应用，是考查分析和处理综合题的能力的好题．。