北京市朝阳区2015届高三上学期期末考试物理试题 Word版含解析

北京市朝阳区2015届高三上学期期末考试物理试卷
一、本题共13小题，每小题3分，共39分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．把答案用2B铅笔填涂在答题卡上．
1．（3分）在物理学史上，首先发现电流周围存在磁场的著名科学家是（）
A．欧姆B．安培C．奥斯特D．洛伦兹
考点：物理学史．
分析：奥斯特首先在实验中发现电流的周围存在磁场，结合各个科学家的成就进行答题．
解答：解：A、欧姆研究了电流与电压、电阻的关系，发现了欧姆定律，故A错误．
B、安培研究磁场对电流的作用，提出了分子电流假说，故B错误．
C、奥斯特首先在实验中发现电流的周围存在磁场，故C正确．
D、洛伦兹研究了磁场对运动电荷的作用，故D错误．
故选：C．
点评：此题考查物理学史，记清每位科学家的物理学成就是解题的关键．
2．（3分）弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时（）
A．速度最大B．回复力最大C．加速度最大D．弹性势能最大
考点：简谐运动的回复力和能量．
分析：简谐运动的平衡位置是回复力为零的位置，速度最大，势能最小；根据F=﹣kx判断回复力，根据a=﹣判断加速度．
解答：解：AD、弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时，弹性势能最小，动能最大，故速度最大，故A正确，D错误；
B、弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时，位移为零，根据F=﹣kx，
回复力为零，故B错误；
C、弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时，位移为零，根据a=﹣，
加速度为零，故C错误；
故选：A．
点评：本题关键是明确简谐运动的运动特点，熟悉回复力、加速度的计算公式．
3．（3分）一列沿直线传播的简谐横波，其传播速度为80m/s，波源的振动图象如图所示，则这列波的波长和频率分别为（）
A．800m，10Hz B．8m，10Hz C．8m，1Hz D．4m，20Hz
考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．
分析：
由振动图象可以读出波的周期，根据v=，求波长，由f=求频率．
解答：解：由振动图象可以读出波的周期为T=0.1s，
则f==10Hz，
由波速公式v=得：波长λ=vT=80×0.1m=8m
故选：B．
点评：
解决本题的关键是可以由振动图象获取相应信息，以及熟练掌握公式v=，f=．
4．（3分）如图所示，匀强电场的场强为E，M与N两点间的距离为d，MN与电场线的夹角为α，则M、N两点间的电势差为（）
A．E d B．E dsinαC．E dcosαD．E dtanα
考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：根据匀强电场的场强公式E=求出A、B两点间的电势差．
解答：解：A、B两点沿电场线方向上的距离d′=dcosθ，则电势差U=Ed′=Edcosθ．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
点评：解决本题的关键掌握匀强电场的场强公式，注意在公式E=中，d表示沿电场线方向上的距离．
5．（3分）一台电动机，额定电压是100V，电阻是1Ω．正常工作时，通过的电流为5A，则A．25W B．475W C．500W D．1000W
考点：电功、电功率．
专题：恒定电流专题．
分析：根据焦耳定律，发热功率P
=I2r，代入数据计算即可；
热
解答：解：根据焦耳定律得到
P热=I2r=（5A）2×1Ω=25W
故内部线圈电阻发热的功率是25W．
故选：A
点评：本题关键要明确电功率表达式P=UI和发热功率表达式P
=I2r的适用范围，同时要明
热
确电动机中能量的转化情况．
6．（3分）如图是某静电场电场线的分布图，M、N是电场中的两个点，下列说法正确的是（）
A．M点场强大于N点场强
B．M点电势高于N点电势
C．将电子从M点移动到N点，其电势能增加
D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功
考点：电场线．
分析：沿着电场线方向电势逐渐降低，电场线的疏密代表场强的强弱，负电荷在电场中受力方向与电场线方向相反；
解答：解：A、N点电场线密，M点电场线稀疏，故N点的场强大于M点场强，故A错误；
B、沿着电场线方向电势逐渐降低N点电势高于M点电势，故B错误；
C、将电子从M点移动到N点，电场力做正功，故电势能减小，故C错误，D正确；
故选：D
点评：本题主要考查了电场线的疏密及电场力做功与电势能的关系，属于基础题
7．（3分）一列沿着x轴正方向传播的简谐横波，在t=0时刻的波形如图（a）所示，E、F、G、H是介质中的四个质点．则图（b）是E、F、G、H中哪一个质点的振动图象（）
A．E点B．F点C．G点D．H点
考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．
分析：根据图b中t=0时刻质点的位置和速度方向，在图a中选择对应的质点．
解答：解：由图b看出，t=0时刻，质点在平衡位置处且沿y轴正方向运动，而图a中t=0时刻，只有H点在平衡位置处且沿y轴正方向运动，故b图可能是图a中H点的振动图象．故D正确．
故选：D．
点评：本题考查基本的读图能力，由波的传播方向判断质点的振动方向，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握．
8．（3分）如图所示，在两个水平放置的平行金属板之间，存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场．一束带电粒子（不计重力）沿着直线通过两板间而不发生偏转，则这些粒子一定具有相同的（）
A．质量m B．初速度v C．电荷量q D．比荷
考点：带电粒子在混合场中的运动．
专题：带电粒子在复合场中的运动专题．
分析：一束带电粒子（不计重力）沿着直线穿过两板间的空间而不发生偏转，知粒子受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡确定粒子的特性．
解答：解：一束带电粒子（不计重力）沿着直线穿过两板间的空间而不发生偏转，知粒子受电场力和洛伦兹力平衡，有：qvB=qE，因为B与E是确定的，所以v=，知粒子的速度相同．故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
点评：解决本题的关键知道速度选择器选择粒子，通过平衡知，选择的粒子与粒子的电量、电性无关．
9．（3分）质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速度率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（）
A．M带正电，N带负电B．M的速度率小于N的速率
C．洛伦磁力对M、N做正功D．M的运行时间等于N的运行时间
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．
专题：带电粒子在磁场中的运动专题．
分析：由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系．
解答：解：A：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误；
B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：，在质量与电
量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，故B错误；
C：洛伦兹力始终与速度的方向垂直，不做功，故C错误；
D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间
等于N的运行时间，故D正确．
故选：D
点评：该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用．简单题．
10．（3分）如图所示，A、B是两个带异号电荷的小球，其质量分别为m1和m2，所带电荷量分别为+q1和﹣q2，A用绝缘细线L1悬挂于O点，A、B间用绝缘细线L2相连．整个装置处于水平方向的匀强电场中，平衡时L1向左偏离竖直方向，L2向右偏离竖直方向，则可以判定（）
A．m1=m2B．m1＞m2C．q1＞q2D．q1＜q2
考点：电势差与电场强度的关系；库仑定律．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：把两小球看成整体分析，两球之间的库仑力为内力，整体上受到重力向左的电场力和向右的电场力、L1的拉力，根据平衡条件判断两电场力的大小，从而可知电荷量的大小．解答：解：两球整体分析，如图所示，根据平衡条件可知，q1E＞q2E，即q1＞q2，而两球的质量无法比较其大小，故C正确、ABD错误．
故选：C．
点评：本题要掌握整体分析的思想，要知道两电荷之间的库仑力可以看成是内力．
11．（3分）如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，L1、L2是两个小灯泡，R是滑动变阻器，、可视为理想电压表．闭合开关S，将滑动变阻器R的滑动片由最左端向最右端滑动，小灯泡的阻值可视为不变，下列说法正确的是（）
A．
小灯泡L1变暗，表的示数变小，表的示数变大
B．
小灯泡L1变亮，表的示数变大，表的示数变小
C．
小灯泡L2变暗，表的示数变小，表的示数变大
D．
小灯泡L2变亮，表的示数变大，表的示数变小
考点：闭合电路的欧姆定律．
专题：恒定电流专题．
分析：首先搞清电路的结构：变阻器与灯泡L2并联，再与灯泡L1串联．V1表测量路端电压，V2表测量灯泡L1的电压．将滑动变阻器的触片由左端向右滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律和串联电路分压规律分析两电压表读数的变化．
解答：解：将滑动变阻器的触片由左端向右滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，变阻器与灯泡L2并联的电阻变大，外电路总电阻增大，则路端电压随之增大，即V1表的读数变大．由闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流减小，灯泡L1变暗，电压表V2读数变小．灯泡L2的电压U2=E﹣I（r+R L1）增大，I减小，则U2增大，灯泡L2变亮．故D正确．故选：D．
点评：本题是电路中动态分析问题．对于路端电压可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大，减小而减小判断．
12．（3分）某同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中，将直流电源、滑动变阻器、线圈A （有铁芯）、线圈B、灵敏电流计及开关按图连接成电路．在实验中，该同学发现开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏．由此可以判断，在保持开关闭合的状态下（）
A．当线圈A拔出时，灵敏电流计的指针向左偏
B．当线圈A中的铁芯拔出时，灵敏电流计的指针向右偏
C．当滑动变阻器的滑片匀速滑动时，灵敏电流计的指针不偏转
D．当滑动变阻器的滑片向N端滑动时，灵敏电流计的指针向右偏
考点：研究电磁感应现象．
专题：实验题．
分析：由题意可知线圈B中产生使电流表指针向左偏转的条件，然后分析各选项可得出正确答案．
解答：解：由题意可知：开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏，则当磁通量增大时，则指针左偏；若磁通量减小时，则右偏；
A、当线圈A拔出，或线圈A中的铁芯拔出时，均导致磁通量减小，因此电流计指针
向右偏，故A错误，B正确；
C、滑动变阻器的滑动端P匀速滑动，穿过线圈的磁通量发生变化，电流计指针都要发
生偏转，故C错误；
D、当滑动变阻器的滑片向N端滑动时，电阻减小，则电流增大，导致磁通量增大，因
此灵敏电流计的指针向左偏，故D错误；
故选：B．
点评：本题无法直接利用楞次定律进行判断，但是可以根据题意得出产生使电流表指针左偏的条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象．
13．（3分）如图所示，空间有一个范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘水平细杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为μ．现给环一个向右的初速度v0，在圆环整个运动过程中，下列说法正确的是（）
A．如果磁场方向垂直纸面向里，圆环克服摩擦力做的功一定为mv02
B．
如果磁场方向垂直纸面向里，圆环克服摩擦力做的功一定为mv02﹣
C．如果磁场方向垂直纸面向外，圆环克服摩擦力做的功一定为mv02
D．
如果磁场方向垂直纸面向外，圆环克服摩擦力做的功一定为mv02﹣
考点：动能定理的应用．
专题：动能定理的应用专题．
分析：圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功．
解答：解：A、如果磁场方向垂直纸面向里，则洛伦兹力方向向上，
①当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零．
②当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功．根据动能定理得：
﹣W=0﹣mv02，解得：W=mv02，
③当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动．
由qvB=mg可得：匀速运动的速度：v=，
根据动能定理得：﹣W=mv2﹣mv02，解得：W=mv02﹣，故AB错误；
C、如果磁场方向垂直纸面向外，则洛伦兹力方向向下，圆环做减速运动到静止，只有
摩擦力做功．根据动能定理得：
﹣W=0﹣mv02，解得：W=mv02，故C正确，D错误．
故选：C
点评：本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论．在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力．
二、本题共3小题，共20分．把答案填在答题卡相应的位置．
14．（4分）某同学测量一根粗细均匀的合金丝的电阻率．
（1）他利用螺旋测微器测量合金丝的直径．某次测量时，螺旋测微器的示数如图1所示，则该合金丝的直径为0.600mm．
（2）已知合金丝的阻值R x约为5Ω，现有电源E（4V，内阻可不计）、滑动变阻器R（0～50Ω，额定电流2A）、电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）、电压表（0～3V，内阻约3kΩ）、开关S和导线若干，则实验电路应选用图2中的A．
考点：测定金属的电阻率．
专题：实验题；恒定电流专题．
分析：（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
（2）合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材．电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法．滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法．
解答：解：（1）螺旋测微器固定刻度读数0.5mm，可动刻度读数为0.01×10.0mm=0.100mm，所以金属丝的直径为：0.5mm+0.100mm=0.600mm．
（2）因电源的电压为4V，因此电压表选择3V量程；由于阻值约为5Ω的电阻R x的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为0.8A，从精确角来说，所以电流表选择0.6A的量程；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择A图．
故答案为：（1）0.600；（2）A．
点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
考查如何选择仪器，掌握选择的方法与原则；学会由电路图去连接实物图，注意电表的正负极；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直．
15．（8分）（1）某同学利用如图1所示的多用电表测量一个定值电阻的阻值，图中S、T为可调节的部件．该同学的部分操作步骤如下：
①将选择开关调到电阻挡的“×10”位置．
②将红、黑表笔分别插入“+”、“﹣”插孔，把两笔尖相互接触，调节T（选填“S”或“T”），使电表指针指向电阻挡的0刻线（选填“0刻线”或“∞刻线”）．
③将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，发现多用电表的示数如图2所示，为了较准确地进行测量，应将选择开关调到电阻挡的×100（选填“×1”或“×100”）位置．然后需要（选填“需要”或“不需要”）重复步骤②．
（2）在使用多用表的欧姆挡测量电阻时，下列说法正确的是B
A．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大
B．将选择开关调到“×100”位置，测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于2500ΩC．多用电表内的电池使用时间太长，电池的电动势会变小，虽能完成调零，但测量值将比真实值略小．
考点：用多用电表测电阻．
专题：实验题；恒定电流专题．
分析：（1）多用电表测量电阻时，先进行机械校零，需将选择开关旋到殴姆档某一位置，再进行欧姆调零，欧姆调零后，测量电阻读出示数．欧姆表黑表笔与内置电源正极相连，电流从黑表笔流出，红表笔流入．
（2）欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入．测量电阻时，先选择挡位，然后进行欧姆调零，再进行测量，注意每次换档后必须重新欧姆调零，最后将旋钮旋至交流电压的最高档．测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开．
解答：解：（1）将选择开关调到电阻挡的“×10”位置后，要进行欧姆调零，将红、黑表笔分别插入“+”、“﹣”插孔，把两笔尖相互接触，调节T，
使电表指针指向电阻挡的“0刻线”，根据图2可知，被测量电阻较大，所以要调大倍率，应将选择开关调到电阻挡的“×100”档，然后再进行欧姆调零；
（2）解：A、人是导体，若双手捏住两表笔金属杆，待测电阻与人体并联，测量值将偏小，故A错误；
B、欧姆表刻度是左密右疏，选择“×100”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，即
测量值小于2500Ω，大于2000Ω，故B正确；
C、当两表笔短接（即R x=0）时，电流表应调至满偏电流I g，设此时欧姆表的内阻为R
，电流：I g=，内阻R内=，当指针指在刻度盘的正中央时I=，，内
代入数据可得R X=R内；当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏
电流I g不变，由公式I g=，欧姆表内阻R内得调小，
待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由I==，
可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了，故C 错误．
故选：B．
故答案为：（1）②T；0刻线；③×100；需要；（2）B
点评：本题考查欧姆表的使用，要掌握欧姆定律的使用方法，明确要选择合适的档位并每次换档后要进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．
16．（8分）某同学用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压可为6V的交流电或直流电．重锤从高处由静止开始下落，重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量分析，即可验证机械能守恒定律．
（1）他进行了下面几个操作步骤：
A．按照图示的装置安装器材；
B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上；
C．用天平测出重锤的质量；
D．先接通电源，后释放纸带；
E．在纸带上选取计数点，并测量计数点间的距离；
F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能．
其中没有必要进行的步骤是C，操作不当的步骤是B．
（2）实验中，他挑出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图2所示．其中O点为起始点，A、B、C、D、E、F为六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.02s．根据这些数据，当打点计时器打B点时重锤的速度v B= 1.84m/s．（保留三位有效数字）
（3）他根据纸带算出各点的速度v，测量出下落距离h，并以为纵轴、以h为横轴画出图象．考虑阻力的影响，图象应是图3中的B．
考点：验证机械能守恒定律．
专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．
分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，只有这样才能明确每步操作的具体含义．根据重力做功和重力势能的关系可以求出重力势能的减小量；匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此求出B点的速度，进一步可以求出重锤动能的增加量；
解答：解：（1）B：将打点计时器接到电源的“交流输出”上，故B错误，操作不当．C：因为我们是比较mgh、的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，故C
没有必要．
（2）匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可以求出B点的速度大小为：
v B==1.84m/s
（3）根据可知，应为过原点的直线，B正确、ACD错误．
故答案为：（1）C、B
（2）1.84
（3）B
点评：解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的，了解具体操作．掌握动能变化量和重力势能减小量的求法，知道某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．
三、本题共5小题，共41分．解答应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．把答案填在答题卡相应的位置．
17．（6分）在如图所示的电路中，电源的电动势E=6.0V，内电阻r=1.0Ω，外电路的电阻
R=2.0Ω．闭合开关S后，求：
（1）电路中的电流I；
（2）电源的输出功率P．
考点：电功、电功率．
专题：恒定电流专题．
分析：已知电源的电动势、内阻和外电阻，根据闭合电路欧姆定律求解电路中电流I 根据电源的输出功率P=I2R可求解
解答：
解：（1）根据闭合电路欧姆定律
（2）电源的输出功率P=I2R=22×2=8.0W
答：（1）电路中的电流为2A；
（2）电源的输出功率为8W
点评：此题是闭合电路欧姆定律的简单应用，该定律是电路中最重要的规律之一，掌握要牢固，应用要熟练．
18．（7分）如图所示，Y和Y′是真空中一对水平放置的平行金属板，板间距离为d，板长为L，两板间电势差为U，板间电场可视为匀强电场．现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子，以水平初速度v0射入板间．已知该粒子能射出金属板，不计粒子重力．求：
（1）带电粒子射出金属板时速度v的大小；
（2）在带电粒子通过平行金属板的过程中，电场力所做的功W．
考点：带电粒子在匀强电场中的运动．
专题：带电粒子在电场中的运动专题．
分析：（1）粒子做类平抛运动，水平方向匀速，竖直方向匀加速，故可求得速度；
（2）利用动能定理求的电场力做功
解答：
解：（1）金属板间匀强电场的场强
在平行于金属板的方向，带电粒子以速度v0做匀速直线运动
在垂直于金属板的方向，带电粒子做初速度为零的匀加速运动．根据牛顿第二定律，粒子的加速度
所以粒子射出金属板时，在垂直金属板方向的分速度
所以
（2）根据动能理可求得，在此过程中电场力所做的功为
答：（1）带电粒子射出金属板时速度v的大小为；
（2）在带电粒子通过平行金属板的过程中，电场力所做的功W为
点评：带电粒子在电场中的运动，若垂直电场线进入则做类平抛运动，要将运动分解为沿电场线和垂直于电场线两个方向进行分析，利用直线运动的规律进行求解．
19．（7分）如图所示，MN和PQ是同一水平面内的平行光滑金属导轨，相距L=0.50m．CD 和EF是置于导轨上的两根金属棒，它们的质量均为m=0.10kg，电阻均为r=1.0Ω，其余电阻可忽略不计．整个装置处在磁感应强度B=1.0T、方向竖直向下的匀强磁场中．某时刻，金属棒CD突然获得一个瞬时冲量，以v=4.0m/s的速度开始向右运动，求：
（1）金属棒EF所能达到的最大速度v m；
（2）在整个过程中，金属棒EF产生的热量Q．
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
专题：电磁感应——功能问题．
分析：（1）某时刻，金属棒CD突然获得一个瞬时冲量，以v=4.0m/s的速度开始向右运动，产生感应电流，EF棒受到向右的安培力而加速运动，也产生感应电动势，回路中产生的总的感应电动势在减小，感应电流减小，当两金属棒速度相同时，回路中感应电流为零，两者都做匀速运动，金属棒EF达到最大，由系统的动量守恒求解最大速度v m；
（2）在此过程中，系统损失的机械能转化为电能，再以电流做功的形式转化为内能．根据能量守恒求解．
解答：解：（1）当两金属棒达到共速时，金属棒EF达到最大速度．
取两金属棒为系统，从开始运动到达到共速的过程中，系统所受合外力为零，系统的动量守恒，则有：
mv=（m+m）v m；
所以金属棒EF所能达到的最大速度为v m=0.5v=2m/s
（2）在此过程中，系统损失的机械能转化为电能，再以电流做功的形式转化为内能．因为两金属棒电阻相等，所以两棒上产生的热量也相等，设为Q．
根据能量转化与守恒定律得
=+2Q
所以Q=0.20J
答：
（1）金属棒EF所能达到的最大速度v m是2m/s．
（2）在整个过程中，金属棒EF产生的热量Q是0.2J．
点评：正确分析两棒的运动情况，明确速度相同时达到稳定状态是解答本题的关键，与碰撞相似，运用动量守恒和能量守恒结合解答此类问题．。