常州市高二物理寒假作业(含答案) (9)

常州市高二物理寒假作业
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1.下列陈述中符合历史事实的是（）
A. 安培首先提出了磁场对运动电荷有力的作用
B. 元电荷e的数值最早是由法国物理学家库仑测得的
C. 法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场
D. 奥斯特首先发现了磁现象的电本质
2.如图，导体在电场中处于静电平衡状态，下列说法正确的
（）
A. 内部电荷量一定为零
B. 内部各点的场强一定为零
C. 内部各点的电势一定为零
D. 导体上带正电部分的电势一定高于带负电部分的电势
3.如图所示，B为匀强磁场，I为通电直导线，F为磁场对通电直导线的作用力，其中
正确的是（）
A. B. C. D.
4.P、O、M为两个带相等电量正点电荷连线上的三个点，其中O为中点，下列说法
正确的是（）
A. O点的场强一定为零
B. O点的电势一定为零
C. 沿线段PM的电场强度先增大后减小
D. 若带负电的试探电荷从P移到M点，则其电势能一直增加
5.如图所示，平行板电容器的金属板a、b分别与电池两极相
连，闭合开关，在与两板距离相等的P点有一个带电液滴处
于静止状态，现将b板向上平移一小段距离，下列说法中正
确的是（）
A. P点电势升高
B. P点电势降低
C. 液滴将加速向下运动
D. 电容器带电量将减少
6.地磁场能改变来自太阳和其他星体的字宙射线（含
有大量高能带电粒子）的方向，使其中的大部分不
能到达地面，从而对地球上的生命起到了很好的保
护作用。

关于地磁场和上述高能带电粒子的运动（不
考虑地磁偏角的影响），下列说法正确的是（）
A. 地球上不同地点的磁偏角都相同
B. 地磁场的北极在地理北极附近
C. 地球表面任意地点的磁场方向都与地球表面平
行
D. 若带负电的粒子沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向西偏转
7.如图，电吉他的拾音器由磁体及绕在其上的线圈组成，磁体产生的磁场使金属琴弦
磁化磁化的琴弦也有了磁性。

当某根琴弦被拨动而相对线圈振动时，线圈中就会产生相应的电流，并最终还原为声音信号。

下列说法正确的是（）
A. 电吉他能正常工作是因为磁体平行纸面上下振动
B. 琴弦只有平行纸面上下振动，电吉他才能正常工作
C. 电吉他正常工作时产生的电流是恒定电流
D. 拾音器的作用是利用电磁感应把振动信号转化为电信号
8.如图，电路中电源电动势为E、内阻为r，R为定值电阻，
且r＜R．闭合开关S，小灯泡L发光。

现将滑动变阻器的
滑片由右向左滑动一段距离，滑动前后理想电压表V1、V2
示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2理想电流表A示数变
化量的绝对值为△I．则（）
A. 保持不变
B. 滑动过程中，小灯泡L逐渐变亮
C. 滑动过程中，△U2＞△U1
D. 当电路稳定后，断开开关S，V1、V2的示数立刻变为零
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9.如图所示是粒子速度选择器的原理图，垂直纸面的磁场磁
感应强度为B，竖直向上的电场场强为E，粒子的重力不
计，已知速度为v0的β射线（电子流）可以从a点沿直线
运动到b点，以下说法正确的是（）
A. 若磁感应强度变为2B则速度为2v0的β射线可以从a点沿直线运动到b点
B. 若电场强度变为2E，则速度为2v0的β射线可以从a点沿直线运动到b点
C. 速度为v0的质子流也可以从a沿直线运动到b点
D. 速度为v0的β射线也可以从b沿直线运动到a点
10.如图为静电除尘器除尘机理的示意图。

尘埃在电场中通过某种
机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除
尘的目的。

下列表述正确的是（）
A. 放电极与集尘极间的电势差恒定其间的电场是匀强电场
B. 若不计带电尘埃的重力则带电尘埃的比荷越大到达集尘极的速度越大
C. 若不计带电尘埃的重力则带电尘埃带电荷量越多到达集尘极的动能越大
D. 同一位置带电尘埃的比荷越大所受电场力越大
11.如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属线框，匝数n=20，总电阻R=2Ω，
边长L=0.3m，处在两个半径均为r=0.1m的圆形匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合，磁感应强度B1垂直水平面向里；B2垂直水平
面向外，B1、B2随时间t的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中取π=3，下列说法正确的是（）
A. t=0时刻穿过线框的磁通量为0.2Wb
B. t=0.2s和r=04s时刻线框中感应电动势相等
C. 0～06s内通过线框横截面电荷量为0.01C
D. 线框具有向右的运动趋势
12.如图，匀强电场（图中未画出）的方向平行于竖直平面，一个质
量为m的带电小球从A点以斜向上的初速度v0开始运动，运动轨
迹为直线，该直线与竖直方向的夹角为θ（θ＜90°）。

不计空气
阻力，重力加速度为g，以下说法正确的是（）
A. 小球可能做匀速运动
B. 小球所受电场力可能与v0的方向相同
C. 小球在运动过程电势能可能不变
D. 当小球速度为v时，其重力的瞬时功率可能为P=-mgv cosθ
三、实验题（本大题共3小题，共22.0分）
13.如图甲所示是某同学研究自感现象的实验电路图，并用电流传感器显示出在
t=1×10-3s时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流（如图乙）已知电源电动势E=6V内阻不计，灯泡R1的阻值为6Ω，线圈的直流电阻为1Ω。

（1）定值电阻R=______Ω。

（2）开关断开时，该同学观察到的现象为______，从x=1×10-3s断开开关到小灯泡熄灭这段时间内通过小灯泡的电荷量Q=______C。

14.某探究小组为了研究用“半偏法“测电阻和改装电表，先用“半偏法”测量程为
100uA的电流表G的电阻，后将电流表G改装成电压表。

（1）首先采用如图甲所示的实验电路测量该电流表G的内阻Rg，图中R1为滑动
变阻器，R2为电阻箱。

他按电路图连接好电路，将R1的阻值调到最大，闭合开关S1后，调节R，使电流表的指针满偏，然后闭合S2，保持不变______（填R1或R2），调节的______阻值（填R1或R2），使电流表的指针偏转到满刻度的一半就可测出电流表的阻值。

（2）如果测得电流表内阻R g则与电流表内阻的真实值R g′相比，R g______R（填
“＞”，“=”或“＜”）
（3）将上述电流表G改装成一个量程为1V的电压表用它来测量电压时，表盘指针位置如图乙所示，此时电压表的读数大小为______V。

15.在“测电池的电动势和内阻“的实验中，测量对象为一节干电池实验室提供的器材
如下：
电压表v：量程3V，内阻约3：kΩ；
电流表A：量程0.6A，内阻R A（已知）；
定值电阻R0=2Ω；
滑动变阻器R：0～10Ω；
单刀单掷开关S，导线若干
（1）为了提高实验精度，有如图A、B两个电路图，他应当选择______电路图。

（2）闭合S，改变滑动变阻器的阻值，当电流表示数为I1时，电压表示数为U1；
当电流表示数为I2时，电压表示数为U2，则该电池电动势的表达式E=______，内阻的表达式r=______。

（结果用字母表示）
（3）他用该合理电路图测量的结果______系统误差（填“有”或“无”）。

四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）
16.在电场中把4.0×10-9C的正电荷从A点移到B点，静电力做功2.0×10-7J．再把这个
电荷从B点移到C点，静电力做功为-4.0×10-7J。

（1）A、B间，B、C间，A、C间的电势差各是多大？
（2）把电量为1.0×10-9C的负电荷从A点移到C点，静电力做多少功？
17.如图所示，光滑的金属导轨MN、PQ水平放置，它们之间
的距离L=2m，金属棒ab可沿导轨滑动，导轨左端所接的电
阻R=4Ω，金属棒ab接入电路的电阻r=1Ω，其他电阻不计，
匀强磁场的磁感应强度为B=0.5T，ab在外力作用下以
v=5m/s的速度向右匀速滑动，求：
（1）金属棒ab两端的电势差Uab；
（2）拉力F的功率。

18.如图甲所示的坐标平面xOy内，以坐标原点O为圆心的四分之一圆形区域MON内
分布着磁感应强度为B=2.0×10-3T的匀强磁场，其中M、N两点到坐标原点O的距离为m，磁场方向垂直纸面向里，坐标原点O处有一个粒子源，不断地向坐标平
面内第一象限区域各个方向均匀发射比荷为=5×107C/kg的带正电粒子。

（1）若某带电粒子由O点射入磁场，初速度方向与x轴正方向成45°，则恰好从M 点射出，求该粒子的速度大小；
（2）若带正电粒子速度大小都是v=1×105m/s，求能从圆弧MN射出的粒子数与总粒子数比；
（3）若粒子不是从O点射入，而是以相同的速度水平向左从圆弧MN射入磁场（如
图乙）且粒子带负电比荷为=5×107C/kg，粒子均从M点射出磁场，求该粒子的速
度大小。

（保留两位有效数字）
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、洛伦兹首先提出了磁场对运动电荷有力作用，故A错误；
B、元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，故B错误；
C、法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场，故C正确；
D、奥斯特首先发现了电流的磁效应，安培首先发现了磁现象的电本质，故D错误。

故选：C。

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

2.【答案】B
【解析】解：A、处于静电平衡状态的导体内部的电荷量不一定为0，故A错误。

B、导体在电场中，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。

因此在导体内部出现感应电荷的电场，正好与外部的电场叠加，内部电场强度处处为零，故B正确。

C、处于静电平衡的导体，是等势体，但电势不一定为0，与零电势点的选取有关。

故C错误
D、处于静电平衡的导体，是等势体，故D错误。

故选：B。

枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。

因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动。

处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面。

且导体是等势体。

3.【答案】C
【解析】解：A、磁场向上，电流向里，根据左手定则可得，安培力的方向水平向右，所以A错误；
B、磁场向左，电流向外，根据左手定则可得，安培力的方向向下，所以B错误；
C、磁场向里，电流向左，根据左手定则可得，安培力的方向向下，所以C正确；
D、磁场向外，电流向外，它们的方向相同，不受安培力的作用，所以D错误。

故选：C。

据左手定则来判断即可，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向．
掌握住左手定则的内容，直接判断即可，比较简单，同时要注意与右手定则的区别，注意磁场方向、电流方向以及安培力的方向之间的关系．
4.【答案】A
【解析】解：等量同种电荷的电场线分布如图所示：
A、两电量相等的正电荷在O点产生电场强度大小相等，方向相
反，故O点合场强为0，故A正确；
B、一般规定无穷远处电势为零，又沿着电场线方向，电势逐渐
降低，可知O点电势不为零，故B错误；
C、电场线疏密反映电场强弱可知，沿线段PM的电场强度先减小后增大，故C错误；
D、沿着电场线方向，电势逐渐降低可知，从P到M点，电势先减小后增大，若带负电
的试探电荷从P移到M点，则其电势能先增大后减小，故D错误；
故选：A。

根据等量同种电荷电场线分布情况判断O点电场强度和电势，根据电场力做功判断电势能变化。

掌握等量同种电荷、异种电荷电场线、等势面的分布情况，对解答这类问题至关重要，紧扣对称性是常用方法。

5.【答案】B
【解析】解：AB、闭合开关，电容器两极板电势差不变，现将b板向上平移一小段距离，两极板间距离减小，电场强度增大，则aP间电势差增大，故pb间电势差减小，又b板接地，电势为零，故P电电势降低，故A错误，B正确；
C、闭合开关，在与两板距离相等的P点有一个带电液滴处于静止状态，重力和电场力相等，后来电场强度增大，电场力增大，故液滴将加速向上运动，故C错误；
D、d减小，根据可知，电容增大，又U不变，根据可知，Q增大，故D
错误；
故选：B。

带电液滴受到电场力与重力共同作用下，处于静止状态。

当下板向上移动小段距离时，导致平行板的电容器的电容变化；闭合开关，两板的电势差不变，当间距变小时，导致液滴所处的电场强度变大，最终确定电场力与重力的大小关系，判断液滴的运动情况。

本题考查电容器的动态分析，关键是判断出是极板电压不变还是电荷量不变。

6.【答案】D
【解析】解：A、地球的周围存在着磁场，但地磁的两极与地理的两极并不重合，其间有一个夹角，这就是磁偏角，磁偏角的数值在地球上不同地点是不同的，故A错误；
B、地磁场的北极在地理南极附近，地磁场的南极在地理北极附近，故B错误；
C、地球表面赤道处的磁场方向与地球表面平行，其它地方不平行，故C错误；
D、若带负电的粒子沿地球赤道平面射向地心，由于地磁场的作用，根据左手定则可知粒子将向西偏转，故D正确。

故选：D。

地球本身就是一个大磁体；地磁的北极在地理的南极附近；地磁的南极在地理的北极附近；用磁感线描述磁场的分布，磁感线在磁体的周围从N极出发，回到S极，根据左手定则判断粒子的偏转方向。

本题考查了地磁场、左手定则等概念；明确磁极不能单独存在，地磁场有磁偏角；掌握地磁场的知识是解答本题的关键。

7.【答案】D
【解析】解：A、电吉他正常工作是因为琴弦平行纸面上下振动，磁铁是不动的。

故A 错误；
B、琴弦上有磁场，当琴弦左右振动时，也能引起线圈内磁通量的变化，电吉他也能正常工作，故B错误；
C、琴弦振动时，线圈中产生感应电流的大小和方向均是变化的，若是恒定，则声音全是一种调，更何况也不可是恒定电流的。

故C错误；
D、电吉他是属于磁生电的应用，是根据电磁感应原理工作的。

拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号，故D正确。

故选：D。

电吉他是将琴弦与线圈所围成的面积放入于磁场中，当琴弦振动时磁场发生变化，则穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈产生感应电流，最后通过扩音器放大经扬声器播出。

本题考查电磁感应定律的应用，要注意明确基本原理为处于磁场中的线圈的面积变化，从而导致磁通量变化，产生感应电流。

8.【答案】A
【解析】解：A、因=R，保持不变，故A正确。

B、将滑动变阻器滑片向左滑动时，其接入电路的电阻增大，干路电流减小，灯泡变暗，故B错误。

C、外电阻增大，电路中电流减小，R的电压减小，则电压表V l的示数逐渐减小，=R，根据U2=E-Ir，U2增大，=r，因为r＜R，所以△U2＜△U1．故C错误。

D、当电路稳定后，断开电键，V1的示数立刻变为零，V2为电源电动势，故D错误。

故选：A。

理想电压表内阻无穷大，相当于断路。

理想电流表内阻为零，相当短路。

根据内外电阻的关系分析电源的输出功率如何变化。

分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析各部分电压和电流的变化即可解答。

本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。

9.【答案】BC
【解析】解：速度为v0的β射线（电子流）从a点沿直线运动到b点，受到的电场力向下，洛伦兹力向上，受力平衡，则有Ee=ev0B，得E=v0B。

A、若磁感应强度变为2B，β粒子所受的电场力不变，洛伦兹力变为原来的2倍，洛伦兹力大于电场力，则β射线向上偏转，故A错误。

B、若电场强度变为2E，速度变为2v0，则电场力和洛伦兹力同时变为原来的2倍，受力仍平衡，则β射线可以从a点沿直线运动到b点，故B正确。

C、E=v0B与粒子的电性无关，所以速度为v0的质子流也可以从a沿直线运动到b点，故C正确。

D、β射线从b向左射入电磁场时，受到的电场力和洛伦兹力均向下，则β射线向下偏转，故D错误。

故选：BC。

带电粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡时，才能沿直线通过，根据左手定则判断洛伦兹力方向，确定两个力能否平衡，即可判断粒子能否沿直线运动。

本题考查对速度选择器工作原理的理解，由qE=qvB得，v=，此结论与带电粒子的电性、
电量无关。

10.【答案】BC
【解析】解：A、由图可知，该处的电场一定类似于点电荷的电场，不是匀强电场，故A错误；
B、若不计带电尘埃的重力则带电尘埃的比荷越大，根据动能定理：，则：v=，可知带电尘埃的比荷越大，到达集尘极的速度越大，故B正确；
C、若不计带电尘埃的重力，由动能定理：，则带电尘埃带电荷量越多
到达集尘极的动能越大，故C正确；
D、根据F=Eq可得，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，而带电尘埃的比荷大所受电场力不一定越大。

故D错误。

故选：BC。

从静电除尘机理出发即可解题。

由于集电极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极。

而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电。

负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，根据F=Eq判断电场力；根据动能定理判断电势能与动能的变化。

本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例。

11.【答案】BD
【解析】解：A、设磁场向外穿过线框磁通量为正，由磁通量的定义得t=0时，
Φ=B1πr2-B2πr2=0.015Wb，故A错误；
B、由于B1不变，不产生感应电动势，B2的变化率同，则感应电动势相等，则B正确
C、由于是恒定电流，E=n=V，q=It==0.2C，故C错误；
D、线框的磁通量是向外多于向内，故合磁通向外，有增加趋势，根据楞次定律，产生感应电流，受安培力，会阻碍磁通量的增加，故安培力向右（向右运动会导致磁通量减小）而阻碍磁通量的增加，即线框具有向右的运动趋势，故D正确；
故选：BD。

根据楞次定律判断安培力方向；根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势；根据Φ=BS 求解磁通量；由q=t=求解电荷量。

本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，关键是明确磁通量是均匀变化的，故感应电动势、感应电流是恒定的，所以根据q=It即可求解电量大小。

12.【答案】ACD
【解析】解：A、小球从A点以初速度v0沿直线运动，受到重力和电场力作用，若电场力与重力平衡时，小球做匀速直线运动；若电场力与重力不平衡时，两者的合力与速度共线，而且合力是恒力，则小球做匀变速直线运动。

故A正确；
B、若小球所受电场力可能与v0的方向相同，则与重力的合力一定不沿直线，小球做曲线运动，故B错误；
C、当电场力与速度方向垂直时，电场力最小为mg sinθ，此时电场力不做功，故电势能不变，故C正确；
D、当小球速度为v时，其重力的瞬时功率p=mgv cos（180°-θ）=-mgv cosθ，故D正确；故选：ACD。

小球从A点以初速度v0沿直线运动，受到重力和电场力作用，可能做匀速直线运动，也可能做匀变速直线运动。

小球在运动过程中可能机械能守恒。

当电场力与速度方向垂直时，电场力最小为mg sinθ．当小球速度为v时，根据Fv cosα求解。

本题中小球做直线运动，可能是匀速直线运动，也可能做匀变速直线运动，根据小球的受力情况分析可能的运动情况，考虑问题要全面。

13.【答案】3 灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭6×10-4
【解析】解：（1）由图可知，断开开关前，通过线圈的电流为1.5A，则R L===3Ω。

（2）断开开关前通过灯泡的电流I′===1A．所以灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄
灭。

这段时间内通过小灯泡的电荷量：q=it，结合I-T图象可知，i曲线与横坐标之间围成的面积等于这段时间内通过小灯泡的电荷量。

由图可知，横坐标的最小值为0.2×10-3s，纵坐标的最小值为0.1A，则每一个小方格表示的电荷量为：=2×10-5C
由图可知，i与横坐标之间的面积大约为30个小方格，所以这段时间内通过小灯泡的电荷量为：q=nq0=30×2×10-5C=6×10-4C
故答案为：（1）3；（2）灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭； 6×10-4（5.4-6.4×10-4都正确）。

根据欧姆定律求出开关断开前线圈的直流电阻。

断开开关后，根据线圈中的最大电流，求出自感电动势。

比较断开开关后通过灯泡的电流与断开前的电流，去判断灯泡的亮度变化。

由q=it，结合图象面积的物理意义分析。

解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。

14.【答案】R1R2＜0.80
【解析】解：（1）本题是使用半偏法测电流表的内阻，故调节R1的阻值，先使电流表的指针偏转到满刻度，然后再闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半，测出电流表的阻值。

（2）此时R2的阻值与R g的阻值相等，随着S2的闭合，整个电路中的电流将会变大，但实际上我们仍然按照电流不变时的电流来计算的，通过变阻器R2的电流将比通过G 的电流要大，又因为R2与G并联，电压一样，所以实际的变阻器读数R2将小于G测灵敏电流表的电阻（内阻）。

所以半偏法测电阻测出的电阻要小于实际电阻。

（3）因量程是1V，则最小度为0.1V，则其读数为0.80V
故答案为：（1）R1R2（2）＜（3）0.80
（1）（2）根据半偏法测电表内阻的原理与实验步骤分析答题；
（3）由量程确定最小分度，从而确定估读位。

本题考查了测电流表内阻、电压表改装问题，要掌握半偏法测电表内阻的方法，明确其原理才可确定误差，要求平时要多练习串并联电路的习题。

15.【答案】A-R0-R A无
【解析】解：（1）因电流表内阻已知，故为了减小误差，应采用电流表相对电源的内接法，故电路图选A；
（2）根据闭合电路欧姆定律得：
E=U1+I1（R0+R A+r）…①
E=U2+I2（R0+R A+r）…②
联立解得：
E=，r=-R0-R A；
（3）因本实验中已考虑电流表内阻，并且采用的是电流表相对电源的内接法，因此本实验中没有误差。

故答案为：（1）A；（2），-R0-R A；（3）无。

（1）明确实验原理，从而确定误差较小的方法；
（2）根据欧姆定律分析A所测量的物理量。

根据闭合电路欧姆定律列方程组，可求出新电池电动势和内阻的表达式；
（3）分析电路结构，明确误差来源，从而确定是否存在误差。

本题根据闭合电路欧姆定律，用伏安法可测量电源的电动势和内阻，注意定值电阻R0起保护作用，同时本题采用了公式法处理数据，要明确实验中误差较大，一般采用图象法处理最好。

16.【答案】解：（1）根据U=得：
V=-50V
（2）根据W=Uq得电场力做功为：
J
答：（1）A、B间，B、C间，A、C间的电势差各是50V、-100V、-50V；
（2）把电量为10×10-9C的负电荷从A点移到C点，静电力做功为5×10-8J。

【解析】（1）根据U=求解电势差；
（2）根据W=Uq求解静电力做功。

本题考查电场做功和电势差的公式，关键是注意电荷、电势差、功的正负，计算时要带入符号。

17.【答案】解：（1）根据法拉第电磁感应定律有：
E=BLv=5V；
根据闭合电路欧姆定律得：
=1A；
金属棒ab两端的电势差为：
U ab=IR=4V；
（2）拉力F的功率等于电路的电功率，故有：
p=I2（R+r）=5W；
答：（1）金属棒ab两端的电势差U ab为4V；
（2）拉力F的功率为5W。

【解析】棒向右运动垂直切割磁感线，根据公式E=BLv求出感应电动势，根据欧姆定律求解通过ab棒的电流I．ab棒两端的电势差等于R两端的电压，根据能量守恒求解拉力功率。

本题关键要掌握感应电动势公式E=BLv、欧姆定律、功率公式等等电磁感应基本知识，即可正确解题。

求ab间电势差时要注意，金属棒是电源，ab间电势差是路端电压，不是感应电动势，也不是内电压。

18.【答案】解：（1）由题意可知△O2OM底角45°
的等腰三角形
由几何关系可知
R2=
由qvB=m得。