四川省南充市2021届新高考物理第一次调研试卷含解析

四川省南充市2021届新高考物理第一次调研试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．2019年1月3日，嫦娥四号成功登陆月球背面，全人类首次实现月球背面软着陆。

嫦娥四号登陆月球前，在环月轨道上做匀速圆周运动，其与月球中心连线在单位时间内扫过的面积为S ，已知月球的质量为M ，引力常量为G ，不考虑月球的自转，则环月轨道的半径大小为( )
A ．2
4S GM
B ．23S GM
C ．22S GM
D ．2S GM
【答案】A
【解析】
【详解】 根据万有引力提供向心力
2224GMm r m r T
π＝ 解得该人造卫星做圆周运动的周期为
2T =人造卫星绕地球做匀速圆周运动的圆的面积为为πr 2，所以人造卫星与地心连线在单位时间内所扫过的面积为
2
S =解得环月轨道的半径大小为：
2
4S r GM
＝ A. 2
4S GM
，与结论相符，选项A 正确； B. 2
3S GM
，与结论不相符，选项B 错误； C. 2
2S GM
，与结论不相符，选项C 错误； D. 2
S GM
，与结论不相符，选项D 错误。

表面做匀速圆周运动，测得其周期为T 。

已知引力常量为G ，由以上数据可以求得（ ）
A ．火星的质量
B ．火星探测器的质量
C ．火星的第一宇宙速度
D ．火星的密度
【答案】D
【解析】
【详解】
AC ．根据2224Mm G m R R T π=和2
v mg m R
=可知，因缺少火星的半径，故无法求出火星的质量、火星的第一宇宙速度，选项AC 均错误；
B ．根据上式可知，火星探测器的质量m 被约去，故无法求出其质量，B 错误；
D ．根据
2
224Mm G m R R T
π= 可得
23
2
4R M GT π= 又
343
M V R ρρπ== 代入上式可知，火星的密度
2
3GT πρ= 故可求出火星的密度，D 正确。

故选D 。

3．如图所示为某大桥，图中桥墩之间的四段距离均为110m 。

可视为质点的一辆汽车从a 点由静止开始做加速度恒定的加速直线运动。

已知该车通过bc 段的时间为t ，则通过ce 段的时间为（ ）
A 2t
B ．21)t
C ．(21)t
D ．t 【答案】A
【解析】
【详解】
汽车从a 点由静止开始做加速度恒定的加速直线运动，四段大小相同的位移所需要的时间之比为 1:(21):(32):(23)---
设通过ce 段的时间为t '，则
:(21):(22)t t '=--
解得
2t t '=
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

4．如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A 点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍
上的B 点，已知球拍与水平方向夹角θ=60°，AB 两点高度差h=1m ，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s 2，
则球刚要落到球拍上时速度大小为（ ）
A ．5
B ．15
C ．45
D 4153
m/s 【答案】C 【解析】
【分析】 根据竖直高度差求平抛运动的时间，再求竖直分速度，最后根据矢量三角形求合速度．
【详解】
根据212
h gt =得 2211105
h t s s g ⨯=== 竖直分速度：110205y m m v gt s s === 刚要落到球拍上时速度大小
045cos 60y
v m v s == 故应选C ．
【点睛】
动，一定要记住平抛运动的规律．
5．关于原子、原子核的相关知识，下列说法正确的是（ ）
A ．当发生光电效应时，光电子的最大初动能随着入射光强度的增大而增大
B ．当氢原子从n=3的能级跃迁到n=5的能级时，辐射出光子
C ．核反应27430
13215Al+He P+X →方程中的X 是中子
D ．轻核聚变的过程质量增大，重核裂变的过程质量亏损
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．当发生光电效应时，光电子的最大初动能随着入射光频率的增大而增大，与光强无关，选项A 错误；
B ．当氢原子从n=3的能级跃迁到n=5的能级时，要吸收出光子，选项B 错误；
C ．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，核反应2743013215Al+He P+X →
方程中的X 质量数为1，电荷数
为0，是中子，选项C 正确；
D ．轻核聚变的过程和重核裂变的过程都要释放能量，有质量亏损，选项D 错误。

故选C 。

6．在某种科学益智玩具中，小明找到了一个小型发电机，其结构示意图如图1、2所示。

图1中，线圈的匝数为n ，ab 长度为L 1，bc 长度为L 2，电阻为r ；图2是此装置的正视图，切割处磁场的磁感应强度大小恒为B ，有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是90°。

外力使线圈以角速度ω逆时针匀速转动，电刷M 端和N 端接定值电阻，阻值为R ，不计线圈转动轴处的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A ．线圈中产生的是正弦式交变电流
B ．线圈在图2所示位置时，产生感应电动势E 的大小为BL 1L 2ω
C ．线圈在图2所示位置时，电刷M 的电势低于N
D ．外力做功的平均功率为()2122()
nBL L R r ω+
【答案】D
【解析】
AB ．一个周期时间内，有半个周期线圈的两边在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动，据法拉第电磁感应定律有：
12E nBL v = 其中212v L ω
=，解得 12E nBL L ω=
不是正弦式交变电流，故A 、B 错误；
C ．根据右手定则，图2所示位置时外电路中电流由M 经电阻R 流向N ，外电路电流由电势高处流向电势低处，则M 的电势高于N 的电势，故C 错误；
D ．线圈转动一个周期时间内，产生电流的时间是半周期，故外力平均功率
()2212()22()E T nBL L R r P T R r ω⋅+==+ 故D 正确。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到x=5m 处的M 点，再经时间t ∆=1s ，在x=10m 处的Q 质点刚好开始振动。

下列说法正确的是____。

A ．波长为5m
B ．波速为5m/s
C ．波的周期为0.8s
D ．质点Q 开始振动的方向沿y 轴正方向
E.从t=0到质点Q 第一次到达波峰的过程中，质点M 通过的路程为80cm
【答案】BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由波形图可知，波长为4m ，选项A 错误；
B ．再经时间t ∆=1s ，在x=10m 处的Q 质点刚好开始振动，则波速
5m/s=5m/s 1
x v t ∆==∆
C ．波的周期为 4s=0.8s 5
T v λ== 选项C 正确；
D ．质点M 开始振动的方向沿y 轴负方向，则质点Q 开始振动的方向也沿y 轴负方向，选项D 错误；
E ．质点Q 第一次到达波峰的时间
102 1.6s 5
t -== 从t=0开始到质点Q 第一次到达波峰，质点M 振动的时间为1.6s=2T ，则通过的路程为8A=80cm ，选项E 正确。

故选BCE 。

8．2012年6月9日晚，受沿线焚烧秸秆产生的烟雾影响，宁洛高速安徽省蒙城段发生多起多点车辆追尾事故，假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v 0＝30m/s ，距离s 0＝100m ，t ＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间的变化如图甲、乙所示，取运动方向为正方向，下列说法正确的是（ ）
A ．t ＝6s 时两车速度相等
B ．t ＝6s 时两车距离最近
C ．0～6s 内两车位移之差为90m
D ．两车在0～9s 内会相撞
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】 AB ．由加速度图象可画出两车的速度图象，如图所示
由图象可知，t=6s 时两车等速，甲车在前，乙车在后，故速度相等时，两车相距最近，故AB 项正确； C ．图中阴影部分面积为0～6s 内两车位移之差：
11303m 30(63)m=90m<100m 22
x ∆=⨯⨯+⨯⨯-
D．6s时，甲乙两车的位移之差为90m，小于100m，没有相撞，9s时位移之差小于90m，则不会相撞，故D错误．
9．下列说法不正确的是_____。

A．竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是“上凸”的，这是因为水银对玻璃管不浸润的结果
B．相对湿度是空气里水蒸气的压强与大气压强的比值
C．物理性质表现为各向同性的固体一定是非晶体
D．压缩气体需要用力，这是气体分子间有斥力的表现
E.汽缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A．竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是“上凸”的，这是表面张力产生的不浸润现象所致，故A正确不符合题意；
B．相对湿度等于水蒸气的实际压强与同温下水的饱和汽压的比值，故B错误符合题意；
C．多晶体和非晶体均具有各向同性，故物理性质表现为各向同性的固体不一定是非晶体，故C错误符合题意；
D．气体之间分子距离很大，分子力近似为零，用力才能压缩气体是由于气体内部压强产生的阻力造成的，并非由于分子之间的斥力造成，故D错误符合题意；
E．气缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，根据理想气体的状态方程PV
C
T
可知，压强不变而体
积增大，则气体的温度一定升高；温度是分子的平均动能的标志，温度升高则分子的平均动能增大，单个分子对器壁的撞击力增大，压强不变则单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少，故E正确不符合题意。

故选：BCD。

10．如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，两导轨上端接有电阻R（其余电阻不计），虚线MM′和NN′之间有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B1，虚线NN′和PP′之间也有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B2（B1>B2）。

现将质量为m的金属杆ab，从MM′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，已知ab棒到达NN′和PP′之前已经匀速运动。

则ab棒从MM′运动到PP′这段时间内的v–t图可能正确的是（）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．若第一阶段匀速，则
221B L v mg R
= 冲入第二磁场以后
222B L v mg R
> 则金属棒会做加速度逐渐减小的加速运动，所以选项A 错误；
B ．若刚进入第一磁场时速度过大，则由
22111()B L v a mg m R
=- 则金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，直到匀速；冲入第二磁场以后会加速，做加速度逐渐减小的变加
22221()B L v a mg m R
=- 性质为加速，所以选项B 正确；
CD ．若刚进入第一磁场时速度过小，则由
22111()B L v a mg m R
=- 则金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，直到匀速；冲入第二磁场以后会加速，做加速度逐渐减小的变加速运动
22221()B L v a mg m R
=- 性质为加速，所以选项C 正确，D 错误；
故选BC 。

11．光滑绝缘的水平地面上，一质量m=1.0kg 、电荷量q=1.0×10-6 C 的小球静止在O 点，现以O 点为坐标原点在水平面内建立直角坐标系xOy ，如图所示，从t=0时刻开始，水平面内存在沿 x 、 y 方向的匀强
电场E 1、E 2，场强大小均为1.0 ×
107V/m ；t =0.1s 时，y 方向的电场变为-y 方向，场强大小不变；t=0.2s 时，y 方向的电场突然消失，x 方向的电场变为-x 方向，大小222'E E =。

下列说法正确的是（ ）
A ．t=0.3s 时，小球速度减为零
B ．t=0.1s 时，小球的位置坐标是（0.05m ，0.15m ）
C ．t=0.2s 时，小球的位置坐标是（0.1m ，0.1m ）
D ．t=0.3s 时，小球的位置坐标是（0.3m ，0.1m ）
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
从t=0时刻开始，水平面内存在沿+x 、+y 方向的匀强电场E 1、E 2，场强大小均为71.010V /m ⨯，则由牛顿第二定律可知
qE ma =
小球沿+x 、+y 方向的加速度的大小均为
经过1s ， t=0. 1s 时，小球沿+x 、+y 方向的速度大小均为
121m /s v v ==
小球沿+x 、+y 方向的位移大小均为
120.05m x x ==
在第2个0. 1s 内，小球沿x 方向移动的距离
22122210.15m 2x v t a t =+= 沿y 方向移动的距离
222212=012
.05m y v t a t =- 沿y 方向移动的速度
22212'0v v t a t =-=
t=0.2s 时，y 方向的电场突然消失，x 方向的电场变为-x 方向，则在第3个0.1 s 内小球沿+x 方向做匀减速直线运动，由
22qE ma ''=
可知2220m /s a '=，
在第3个0.1s 内，小球沿+x 方向移动的距离
()33231210.1m 2
x at v t a t '=-+= t=0.3s 时，小球的速度微
()23231=0v at v a t '+=-
综上分析可知， AD 正确，BC 错误。

故选AD 。

12．2019年9月23日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第47、48颗北斗导航卫星。

卫星的工作轨道是比同步卫星轨道低一些的中圆轨道，卫星由发射轨道a 变轨到中圆轨道b 上，轨道a 、b 相切于P 点。

则卫星在两轨道上运行时。

下列说法正确的是（ ）
A ．卫星在轨道b 运行周期大于24小时
B ．卫星由地面到P 点所受引力逐渐减小
D ．卫星在轨道a 上经过P 点时的动能大于卫星在轨道b 上经过P 点时的动能
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．同步卫星周期为24小时，轨道b 比同步卫星轨道低一些，周期小于24小时，选项A 错误；
B ．由2Mm F G
r =万可知，距离地面越远，引力越小，选项B 正确； C ．由于2M a G r =，卫星从轨道a 和轨道b 经过P 点时加速度相同，选项C 正确； D ．卫星从a 轨道到b 轨道，需点火加速，动能增大，D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．图甲为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路图。

(1)将图乙所示的实验电路连接完整________。

(2)已知毫安表满偏电流为1mA ，表头上标记的内阻值为120Ω，R 1和R 2为定值电阻。

若将开关S 2扳到a 接线柱，电表量程为4mA;若将开关S 2扳到b 接线拄，电表量程为16mA 则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R 1＝_____Ω，R 2=____Ω。

(3)现用一量程为16mA ，内阻为20Ω的标准电流表A 对改装电表的16mA 挡进行校准，校准时需选取的刻度范围为1mA ～16mA 。

电池的电动势为1.5V ，内阻忽略不计;滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为800Ω和1600Ω，则R 应选用最大阻值为____Ω的滑动变阻器。

(4)若由于表头上标记的内阻值不准，造成改装后电流表的读数比标准电流表的读数偏大，则表头内阻的真实值________(填“大于”＂或“小于”)120Ω。

【答案】 10 30 1600 小于
【解析】
【详解】
(1)[1]注意单刀双掷开关的连线，如图：
(2)[2][3]由欧姆定律知，开关S 2扳到a 接线柱时有：
()()121=I R I I R R -+表表满满
开关S 2扳到b 接线柱时有：
()()212+I R R I I R =-表表满满
1I 表和2I 表为改装电表的量程，解以上各式得：
110R =Ω，230R =Ω
(3)[4]根据E I R
=，电流表校准时需选取的刻度最小为1mA ，可知电路中总电阻最大为1500Ω，由于最大电阻要达到1500Ω，所以变阻器要选择1600Ω。

(4)[5]改装后电流表的读数比标准电流表的读数偏大，说明流过表头的电流偏大，则实际电阻偏小，故小于120Ω。

14．某研究性学习小组从一个数码设备中拆下了一个旧电池，已知该电池的电动势约为12V 内阻约为2Ω，该小组的同学为了测定电池的电动势和内阻，从实验室借来了如下实验器材：
A ．电压表(量程为0～3V ，内阻为2kΩ)
B ．电流表(量程为0～3A ，内阻约为0.1Ω)
C ．定值电阻4kΩ
D ．定值电阻8kΩ E.定值电阻1Ω F.定值电阻3Ω
G .滑动变阻器0～20Ω H.滑动变阻器0～2kΩ I.开关一个，导线若干
(1)该小组的同学设计了如图甲所示的实验电路，电阻R 1应选____________，电阻R 2应选__________，滑动变阻器应选__________。

(选填相应器材前面的字母)
(2)开关闭合以前，应将滑动变阻器的滑片调至__________(填“最左端”或“最右端”)，闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，可得到多组电压表和电流表的读数U 和I ，利用得到的实验数据作出U －I 图像如图乙所示，根据图像可知该电池的电动势E ＝__________ V ，内阻r ＝__________Ω。

(计算结果保留三位有效
数字)
【答案】D F G 最右端 12.5 1.69
【解析】
【详解】
（1）[1][2][3]．电压表量程为0～3V ，内阻为2kΩ，则要要使此电压表的量程扩大到12V 左右，则需串联一个 8kΩ的电阻，故定值电阻选择D ；电源内阻为2Ω左右，R 2做为保护电阻，则应该选择与内阻阻值相当的F 即可；滑动变阻器选择与内阻阻值差不多的G 即可；
（2）[4]．开关闭合以前，应将滑动变阻器的滑片调至阻值最大的最右端；
（3）[5][6]．根据图像可知外电路电流为0时电压表读数为2.5V ，则此时路段电压为5×
2.5V=12.5V ，即电源电动势为E=12.5V ，内阻
2(2.51)5 1.691.6
r R -⨯=-=Ω 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，质量为2m 的滑块A 由长为R 的水平轨道和半径也为R 的四分之一光滑圆弧轨道组成，滑块A 的左侧紧靠着另一质量为4m 的物块C ，质量为m 的物块B 从圆弧轨道的最高点南静止开始下滑，D 为网弧轨道最低点。

已知B 与水平轨道之间的动摩擦因数μ=0.1，A 的水平轨道厚度极小，B 从水平轨道上滑下和滑上的能量损失忽略不计，水平地面光滑，重力加速度为g 。

(1)若A 被固定在地面上，求B 与C 发生碰撞前的速度大小v 0；
(2)若A 的固定被解除，B 滑下后与C 发生完全弹性碰撞，碰撞后B 再次冲上A ，求B 与A 相对静止时与D 点的距离L 。

【答案】 35gR ；(2)2425R 【解析】
【分析】
【详解】 (1)若滑块A 被固定在地面上，物块B 与物块C 碰撞前，由动能定理
2012
μ-=
mgR mgR mv 解得
035gR v = (2)滑块A 的固定被解除，物块B 下滑到与A 分离的过程中，设B 与A 的分离时的速度分别为v 1和v 2，
对A 、B 构成的系统，能量关系和水平方向动量守恒有
221211222
μ-=
+mgR mgR mv mv 122mv mv =
解得
12==v v 物块B 与物块C 发生完全弹性碰撞后速度分别为1v '和v c ，由能量关系和动量守恒有
222111114222
'=+c mv mv mv 114'=+c mv mv mv
解得
1'=v 碰撞后物块B 冲上滑块A ，达到共速时，由水平方向动量守恒和能量关系有
122(2)共'+=+mv mv m m v
222121112(2)222
共μ'+-=+mv mv mgd m m v B 与D 点的距离
=-L R d
解得
2425
=R L 16．如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy ，x 轴沿水平方向。

第二、三象限有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，与x 轴成θ＝37°角的绝缘细杆固定在二、三象限；第四象限同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的带电小球a 穿在细杆上沿细杆匀速下滑，在N 点脱离细杆恰能沿圆周轨道运动到x 轴上的A 点，且速度方向垂直于x 轴。

已知A 点到坐标原点O 的距离为165l ，小球a 与绝缘细杆的动摩擦因数μ＝0.5；qB m =度为g ，空气阻力忽略不计。

求：
(1)带电小球的电性及电场强度的大小E ；
(2)第二、三象限里的磁场的磁感应强度大小B 1与第四象限磁感应强度B 之比，1B B
=？ (3)当带电小球a 刚离开A 点竖直向上运动时，从y 轴正半轴距原点O 为4l 的P 点（图中未画出）以某一初速度水平向右平抛一个不带电的绝缘小球b ，a 、b 两球刚好在第一象限某点相碰，则b 球的初速度为多
大？
【答案】 (1)带正电，mg q ；(2)15
； (3) 8g 5l 。

【解析】
【分析】
【详解】
(1)由带电小球a 在第四象限内做圆周运动，知小球a 所受电场力与其重力平衡且小球a 所受电场力竖直向上，即
mg ＝qE
故小球a 带正电，
解得
E ＝mg q
(2) 带电小球a 从N 点运动到A 点的过程中，洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，设运动半径为R ，有
qvB ＝m 2
v R
由几何关系有
R ＋Rsinθ＝3.2l
解得R ＝2l ，代入B ，有
v ＝g l
带电小球a 在杆上匀速下滑时，由平衡条件有
mgsinθ＝μ(qvB 1－mgcosθ)
解得
15
B B ＝
所以
115B B = (3) 带电小球a 在第四象限内做匀速圆周运动的从A 点竖直上抛，与b 相遇
竖直方向
22114()22
l gt vt gt =
+- 解得 2l t g
= 水平方向
0 3.28g 5
l v l t == 17．如图所示，宽L=2m 、足够长的金属导轨MN 和M′N′放在倾角为θ=30°的斜面上，在N 和N′之间连接一个R=2.0Ω的定值电阻，在AA′处放置一根与导轨垂直、质量m=0.8kg 、电阻r=2.0Ω的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数3μ=，导轨电阻不计，导轨处于磁感应强度B=1.0T 、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中．用轻绳通过定滑轮将电动小车与杆的中点相连，滑轮与杆之间的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮正下方水平面上的P 处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度H=4.0m ．启动电动小车，使之沿PS 方向以v=5.0m/s 的速度匀速前进，当杆滑到OO′位置时的加速度a=3.2m/s 2，AA′与OO′之间的距离d=1m ，求：
（1）该过程中，通过电阻R 的电量q ；
（2）杆通过OO′时的速度大小；
（3）杆在OO′时，轻绳的拉力大小；
（4）上述过程中，若拉力对杆所做的功为13J ，求电阻R 上的平均电功率．
【答案】（1）0.5C （2）3m/s （3）12.56N （4）2.0W
【解析】
【分析】
【详解】
（1）平均感应电动势BLd E t t
∆Φ==∆∆
•=BLd q I t R r R r
∆Φ=∆=++ 代入数据，可得:0.5q C =
（2）几何关系：sin H H d α
-=解得:sin 0.8α=0=53α 杆的速度等于小车速度沿绳方向的分量：1cos 3/v v m s α==
（3）杆受的摩擦力cos 3f F mg N μθ== 杆受的安培力221()
B L F BIL R r v 安==+代入数据，可得3F N =安 根据牛顿第二定律：sin =T f F mg F F ma θ---安
解得:12.56T F N =
（4）根据动能定理：211sin 2
f W W mgd F mv θ+--=安 解出 2.4W J =-安，电路产生总的电热 2.4Q J =总
那么，R 上的电热 1.2R Q J = 此过程所用的时间cot 0.6H t s v
α=
= R 上的平均电功率 1.2W 2.0W 0.6R Q P t === 【点睛】
本题是一道电磁感应与力学、电学相结合的综合体，考查了求加速度、电阻产生的热量，分析清楚滑杆的运动过程，应用运动的合成与分解、E=BLv 、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题；求R 产生的热量时要注意，系统产生的总热量为R 与r 产生的热量之和．。