2022-2023学年云南省昆明市第一中学高二上学期期末物理试题(解析版)

昆明市第一中学2022—2023学年度上学期期末考试卷
高二物理
一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．选对的得3分，选错或不选的得0分．）
1. 电磁感应现象是电磁学中最重大的发现之一。

关于电磁感应现象，下列说法中正确的是（）
A. 楞次发现了感应电流方向和感应电流大小的规律
B. 有感应电动势产生，则一定有感应电流产生
C. 穿过某固定回路的磁通量的变化率在增大，感应电动势有可能减小
D. 感应电流遵从楞次定律所描述方向，这是能量守恒定律的必然结果
【答案】D
【解析】
【详解】A．楞次发现了有关感应电流方向的规律，提出了楞次定律，法拉第发现了电磁感应现象，纽曼和韦伯总结出电磁感应定律即确定感应电动势大小的规律，从而可以确定感应电流的大小，A错误；
B．穿过某回路的磁通量发生变化时，回路中会产生感应电动势，但若回路不闭合，则不能产生感应电流，故B错误；
C．根据
n
E
t
∆Φ
=
∆
，知感应电动势的大小与穿过回路的磁通量的变化率成正比，故C错误；
D．根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化，为了维持原磁场磁通量的变化，就必须有动力作用，这种动力克服感应电流的磁场的阻碍作用做功，将其他形式的能转变为感应电流的电能，所以楞次定律实质上描述能量转化的过程，故D正确。

故选D。

2. 正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。

在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。

下列说法正确的是（）
A. 磁场方向垂直于纸面向里
B. 轨迹1对应的粒子运动速度越来
越大
C. 轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大
D. 轨迹3对应的粒子是正电子
【答案】A
【解析】
【详解】AD．根据题图可知，1和3粒子绕转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，A正确，D 错误；
B．电子在云室中运行，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；
C．带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知
2
v
qvB m
=
r
解得粒子运动的半径为
mv
=
r
qB
根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。

故选A。

3. 2022年卡塔尔世界杯于北京时间11月21日至12月18日举行。

在葡萄牙对阵乌拉圭的比赛中，著名球星C罗接队友传中，跳起头球打门，为葡萄牙打进关键一球。

设C罗的质量为m，从静止下蹲状态向上起跳，经t∆时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重力加速度大小为g，在此过程中（）
△ B. 地面对他的冲量大小为
A. 地面对他的冲量大小为mg t
+∆
mv mg t
C. 地面对他的冲量大小为mv
D. 地面对他的冲量大小为
-∆
mv mg t
【答案】B
【解析】
【详解】设竖直向上为正方向，由动量定理可知
-∆=-
I mg t mv
解得
=∆+
I mg t mv
故选B。

4. 如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c三点射
出磁场，比较它们在磁场中的运动时间t a 、t b 、t c ，其大小关系是（ ）
A. t a <t b <t c
B. t a ＝t b ＝t c
C. t a ＝t b >t c
D. t a <t b = t c
【答案】C 【解析】
【详解】电子在磁场中做圆周运动的周期
2m
T eB
π=
则电子在磁场中运动的时间为
2t T θ
π
=
⨯ 与速度无关，故在磁场中运动的时间取决于圆心角的大小。

由几何关系可知，
a b c θθθ=>，故C 正确；
故选C 。

5. 如图所示，it 图像表示LC 振荡电路的电流随时间变化的图像，在t ＝0时刻，回路中电容器的M 板带正电，在某段时间里，回路的磁场能在减小，而M 板仍带正电，则这段时间对应图像中( )．
A. Oa 段
B. ab 段
C. bc 段
D. cd 段
【答案】D 【解析】
【详解】某段时间里，回路的磁场能在减小，说明回路中的电流在减小，电容器充电，而此时M 带正电，那么一定是给M 极板充电，电流方向顺时针．由题意知t ＝0时，电容器开始放电，且M 极板带正电，结合it 图像可知，电流以逆时针方向为正方向，因此这段时间内，电流为负，且正在减小，符合条件的只有图像中的cd 段，故选D.
6. 如图，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E l ，若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2．则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比
E l ∶E 2分别为
A. c→a ，2∶1
B. a→c ，2∶1
C. a→c ，1∶2
D. c→a ，
1∶2 【答案】C 【解析】
【详解】试题分析：由楞次定律判断可知，MN 中产生的感应电流方向为N→M ，则通过电阻R 的电流方向为a→c ．
MN 产生的感应电动势公式为E=BLv ，其他条件不变，E 与B 成正比，则得E l ：E 2=1：2．故选C ．
考点：楞次定律；感应电动势
【名师点睛】本题关键要掌握楞次定律和切割感应电动势公式E=BLv ，并能正确使用，属于基础题．
7. 某电站向远处输电，输电线的总电阻为50Ω，输送功率为51.010kW ⨯，若采用500k V 的高压输电，下列说法正确的是（ ） A. 采用高压输电，是为了增加输电线上的电流 B. 输电线上的电流为41.010A ⨯ C. 输电线上电阻造成的电压损失为1kV D. 输电线上电阻造成的功率损失为32.010kW ⨯ 【答案】D 【解析】
【详解】A ．由输送功率P UI =，可知功率一定时，采用高压输电则会降低电流I ，故采用高压输电是为了降低输电线上的电流，故A 错误； B ．根据功率P UI =，可解得
83
1.00A 200A 5.010P I U ⨯===⨯
故B 错误；
C ．根据欧姆定律U IR =，可得到输电线上的电压损失为
420050V 1.010V 10kV U =⨯=⨯=
故C 错误；
D ．根据焦耳定律可知，造成的功率损失即为电阻产生热的功率2
P I R =损，解得
263
20050W 2.010W 2.010kW P =⨯=⨯=⨯损
故D 正确。

故选D 。

8. 如图是洛伦兹力演示仪，演示仪中电子枪射出的电子束，能使玻璃泡中稀薄的气体发出辉光，显示出电子的径迹。

设电子的电量为e ，质量为m ，电子枪的加速电压为U ，两线圈之间的磁感强度为B ，方向垂直纸面向外，忽略电子所受重力及电子间的相互作用。

下列说法正确的是（ ）
A. B. 电子枪中射出的电子束做顺时针的匀速圆周运动 C. 电子在磁场中运动时，洛伦兹力对电子做正功
D. 增大电子枪的加速电压为U ，电子在磁场中运动的轨道半径r 将增大 【答案】D 【解析】
【详解】A ．电子从电子枪射出时，由动能定理有
212
eU mv =
解得电子从电子枪射出时速度大小为
v =
故A 错误；
B ．由左手定则可知，电子从电子枪进入磁场之后，受向左的洛伦兹力，则电子束做逆时针的匀速圆周运动，故B 错误；
C ．电子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向与速度方向一直垂直，洛伦兹力不做功，故C 错误；
D ．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
2
v qvB m r
=
解得
mv r qB
=
整理得
r =
可知，增大电子枪的加速电压为U ，电子在磁场中运动的轨道半径r 将增大，故D 正确。

故选D 。

9. A 、B 是两个完全相同的电热器，A 通以图甲所示的方波交变电流，B 通以图乙所示的正
弦式交变电流．这两个电热器的电功率之比A B P P ∶
等于（ ）
A. 21∶
B. 32∶
C.
43∶
D. 54∶
【答案】D 【解析】
【详解】设图甲中交变电流的有效值为1I ，则根据有效值的计算式得
2
2201
222
I T T
I RT I R R ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
得
10I =
图乙中交变电流有效值为
20I I =
= 再根据焦耳定律2P I R =得，两个电热器电功率之比
A B 54P P =∶∶
故选D 。

10. 质量相同的甲、乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。

图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于1t t =左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则（ ）
A. 0=t 时刻，甲的速率大于乙的速率
B. 碰撞前后瞬间，乙的动量不变
C. 碰撞前后瞬间，甲的动能不变
D. 碰撞后甲的机械能大于乙的机械能 【答案】C 【解析】
【详解】A ．根据位移图像斜率表示速度可知，0=t 时刻，甲的速率小于乙的速率，故A 错误；
BC ．根据甲乙两球位移图像可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，方向反向。

根据题述，虚线（乙的位移图像）关于1=t t 左右对称，所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，甲的动能不变，故B 错误C 正确；
D ．根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等，故D 错误。

故选C 。

二、多选题（本题共10小题，每小题3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3分，选对但不全的得1.5分，有错选或不选的得0分．）
11. 教学楼过道灯是由声传感器和光传感器同时来控制的，在夜晚天黑时，用力拍掌灯就亮了；而白天怎样用力拍掌，灯都不能亮．其原理图如图所示，下列关于声传感器和光传感器的说法正确的（ ）
A. 白天有光照时，光传感器自动闭合
B. 夜晚无光照时，光传感器自动闭合
C. 有人走动或发出声音时，声传感器自动闭合
D. 无人走动或没有声音时，声传感器自动闭合
【答案】BC
【解析】
【详解】天亮时光控开关自动断开，天黑时闭合,有人走动发出声音，声控开关闭合；两个开关同时闭合，灯就会自动亮，所以两个开关应相互影响同时符合闭合条件。

故选BC。

12. 如图所示为无线充电原理图，由与充电基座相连的送电线圈和与手机电池相连的受电线圈构成。

当送电线圈通入周期性变化的电流时，就会在受电线圈中感应出电流，从而实现为手机充电。

在充电过程中（）
A. 送电线圈中产生周期性变化的磁场
B. 送电线圈中产生均匀变化的磁场
C. 送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递
D. 手机电池是直流电源，所以受电线圈输出的是恒定电流
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．送电线圈通入周期性变化的电流，则送电线圈中产生周期性变化的磁场，故A正确，B错误；
C．无线充电是利用电磁感应原理，所以送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递，故C正确；
D．周期性变化的磁场会产生周期性变化的电流，受电线圈输出的不是恒定电流，故D错误。

故选AC。

13. 如图所示是一个正弦式交变电流波形图．由图像可知（）
A. 交变电流的周期T＝0.2s，
B. 频率f＝50Hz
C. 电流的峰值为
m
I= D. 电流的有效值为I=【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图知，该交变电流周期
T＝0.2s
故A正确；
B．频率
1
5Hz
f
T
==
故B错误；
C．电流的峰值为
m 10A
I=
故C错误；
D．有效值为
I==
故D正确。

故选AD
14. 矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直。

规定磁场的正方向垂直于纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示。

则下列i﹣t图象中可能正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】CD 【解析】 【分析】
【详解】由图可知，0~1s 内，线圈中磁通量的变化率相同，故该段时间内电流方向相同，根据楞次定律可知电路中电流方向为逆时针，同理可知1~2s 内电路中电流方向为顺时针，2~3s 内电路中电流方向为顺时针，3~4s 内路中电流方向为逆时针，根据法拉第电磁感应定律，有
BS E t t
Φ=
= 电路中电流大小恒定不变，由于没有规定电流的正方向，故CD 符合题意，AB 不符合题意。

故选CD 。

15. 如图所示，在北京冬奥会冰壶女子循环赛上中国队以6：5战胜韩国队．队长韩雨在最后一投中，将质量为19kg 的冰壶推出，运动一段时间后以0.4m/s 的速度正碰静止的韩国队冰壶，然后中国队冰壶以0.1m/s 的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是（ ）
A. 韩国队冰壶的速度为0.5m/s
B. 韩国队冰壶的速度为0.3m/s
C. 两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
D. 两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
【答案】BC 【解析】
【详解】AB ．由于两冰壶碰撞过程中动量守恒有，设中国队的冰壶碰撞前后的速度分别为
0v 和1v ，韩国队的冰壶碰后的速度为2v ，有
012mv mv mv =+
其中00.4m/s v =，10.1m/s v =，解得
20.3m/s v =
A 错误，
B 正确；
CD ．两冰壶碰撞前系统的能量为
2
101 1.52J 2
E mv =
= 两冰壶碰撞后系统的能量为
22
212110.95J 22
E mv mv =
+= 碰撞过程机械能有损失，则两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞，C 正确，D 错误。

故选BC 。

16. 如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。

金属杆PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS ，一圆环形金属线框T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。

现让金属杆PQ 突然向左运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是（ ）
A. PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向
B. PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向
C. T 具有收缩趋势，PQ 受到向右的安培力
D. T 具有扩张趋势，PQ 受到向右的安培力 【答案】AC 【解析】
【详解】AB ．PQ 突然向左运动，根据右手定则可知，电流方向由P 到Q ，即闭合回路PQRS 中电流沿顺时针方向，又由安培定则可知，回路PQRS 中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，故环形金属线框T 的磁通量将变大，由楞次定律可知，T 中将产生沿逆时针方向的感应电流，故A 正确B 错误；
CD ．线框T 的磁能量变大，由楞次定律可知，T 有收缩的趋势，以阻碍磁通量的增大，PQ 中有由P 到Q 的电流，由左手定则可知，PQ 受到的安培力向右，故C 正确D 错误。

故选AC 。

17. 如图所示为一小型交流发电的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为匀强磁场，磁感应
强度大小B =
．矩形线框ABCD 匝数n ＝100，面积20.02m S =，线圈内阻5r =Ω，
线圈绕垂直于磁场的水平轴OO '逆时针匀速转动，角速度100rad/s ω=．矩形线框通过滑环与15R =Ω的电阻相连，电压表为理想电表．则下列说法正确的是（ ）
A. 从图示位置开始，产生感应电动势的表达式()()100V e t =
B. 从图示位置开始转过90°时，电压表示数为零
C. 该交流电可以直接加在最大电压为200V 的用电器上
D. 在0.5s 的时间内电阻R 上产生的热量为750J 【答案】AD 【解析】
【详解】A ．线圈中感应电动势的最大值为
m 1000.02100V E nBS ω==⨯=（）
图示位置线圈平面垂直于中性面，从该时刻开始计时，线圈中产生的感应电动势瞬时值表达式为
()()
100V e t =
A 正确；
B ．电压表示数为交流电压的有效值，所以电压表示数不为零，B 错误；
C ．该交流电电压最大值为，超过用电器的最大电压200V ，C 错误；
D ．线圈和R 组成闭合电路，电路中电流的有效值为
200
A 10A 515
E I R r =
==++ 则在0.5s 的时间内电阻R 上产生的热量为
2210150.5J 750J Q I Rt ==⨯⨯=（）
D 正确。

故选AD 。

18. 如图所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路。

虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始
终与MN 垂直。

从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列结论正确的是（ ）
A. 感应电流大小不变
B. CD 段直导线始终不受安培力
C. 感应电动势最大值m E Bav =
D. 感应电动势平均值1
4
E Bav π=
【答案】CD 【解析】 【分析】
【详解】A ．有效切割长度如图所示，所以进入过程中l 先逐渐增大到a ，然后再逐渐减小为0，由
E Blv =
可知最大值
max E Bav =
最小值为0，故A 错误；
B ．在半圆形闭合回路进入磁场的过程中磁通量不断增加，始终存在感应电流，由左手定则可知CD 边始终受到安培力作用，故B 错误；
C ．当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a ，这时感应电动势最大
E Bav =
故C 正确；
D ．由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值
2
11224B a E Bav a t v
πφπ⨯∆===∆
故D 正确。

故选CD 。

19. 如图所示，矩形OMPN 空间内存在垂直于平面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。

有大量速率不同的电子从O 点沿着ON 方向进入磁场。

已知电子质量为m ，电荷量为e ，OM 长度为3d ，ON 长度为2d ，忽略电子之间的相互作用，电子重力不计。

下列说法正确的是（ ）
A. 电子速率越小，在磁场里运动时间一定越长
B. 电子在磁场里运动的最长时间为
m
eB
π
C. MP
D. MP 上有电子射出部分的长度为(2d - 【答案】BC 【解析】
【详解】AB ．电子在磁场中做匀速圆周运动，则
2
v evB m r
=
则运动周期
22ππ=
=
r m
T v Be
运动时间
2m t T Be
θθπ=
= 由此可知电子运动时间与运动的圆心角有关，当电子速度较小时从OM 边射出，圆心角均为π，且此时对应的圆心角最大，故运动时间最长为
m
t eB
π=
故A 错误，B 正确；
CD ．随着速度增大，电子运动半径逐渐增大，轨迹如图所示
由图可知MP 边有电子射出的范围为BM 长度，当电子轨迹与上边界相切时半径为2d ，由几何关系可知
BM =
=
故C 正确，D 错误。

故选BC 。

20. 如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2022个质量均为2m 的弹性物块（所有物块在同一竖直平面内），质量为m 的0号物块从曲面上高h 处静止释放后沿曲面滑到水平面，以速度v 0与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复：2022个弹性物块两两间碰撞时交换速度，则下列说法正确的是（所有物块均可视为质点，重力加速度为g ）（ ）
A. 0v
B. 最终所有物块的总动能为mgh
C. 2022
D. 0号物块最终动量大小为
2022
1
3⎛⎫ ⎪⎝⎭
【答案】ABD 【解析】
【详解】A ．对0号物体，根据机械能守恒定律有
201
2
mgh mv =
解得
0v =
A 正确；
B ．由机械能守恒定律，对整体分析，因为物块之间均为弹性正碰，无能量损失，所以
k E mgh =
B 正确；
C ．由题可知，2022个弹性物体两两之间碰撞时交换速度，所以2022号物体最终速度是0号物体与1号物体发生弹性正碰后1号物体的速度，由机械能守恒和动量守恒有
2'22001111
2222
mv mv mv =+⋅ '0012mv mv mv =+
解得
1v =
'0v =
C 错误；
D ．0号与1号发生碰撞后，1号将于2号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号将静止。

之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为
''01
()3
v =-
最终0号物体要与1号物体碰撞2022次，所以0号物体最终动量大小为2022
1()3
，
D 正确； 故选ABD 。

三、计算题（本题共4小题，第21题8分，第22、23题10分，第24题12分，共40分．作答请写出必要的文字和表达式，只有结果的不给分，请在答题卡上作答）
21. 贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，截至2021年底我国风力发电装机容量占全球42%的份额，稳居世界第一．某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20T ，线圈的匝数为100、面积为20.5m ，电阻为0.6Ω，若磁体转动的角速度为90rad/s ，线圈中产生的感应电流为50A ．求：
（1）线圈中感应电动势的有效值E ； （2）线圈的输出功率P ．
【答案】（1）26.410V E =⨯；（2）43.110W P =⨯ 【解析】
【详解】（1）电动势的最大值
m E NBS ω=
有效值
E =
解得
E =
带入数据得
26.410V E =⨯
（2）输出电压
U E Ir =-
输出功率
P IU =
解得
()P I E Ir =-
代入数据得
43.110W P =⨯
22. 如图所示，半径为R 的圆形空间内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子从左侧边界的P 点沿半径方向垂直射入磁场，粒子离
开磁场时到P （1）粒子射入磁场时的速度大小； （2）粒子在磁场中的运动时间。

【答案】（1）v m
=；（2）
3m t qB π= 【解析】
【详解】（1）由几何关系可知，粒子在磁场中运动时转过的圆心角为60°，粒子在磁场中做匀速圆周运动轨迹如图所示
根据几何关系可得
tan 30R
r =
=︒
圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即
2
v qvB m r
=
解得
v m
=
（2）根据几何关系，粒子做圆周运动的圆心角60θ=︒
圆周运动的周期为
22r m
T v qB
ππ=
= 运动时间
6013606
t T T ︒=
=︒ 解得
3m
t qB
π=
23. 如图所示，固定在轻质弹簧两端质量分别是10.5kg m =、2 1.49kg m =的两个物体置于
光滑水平地面上，1m 靠在光滑竖直墙上。

现有一颗质量0.01kg m =的子弹水平射入2m 中，
使弹簧压缩而具有12J 的弹性势能，然后1m 和2m 都将向右运动。

试求： （1）子弹入射前的速度； （2）竖直墙对1m 的冲量；
（3）运动过程中弹簧可能具有的最大弹性势能。

【答案】（1）600m/s ；（2）12N s ⋅，方向水平向右；（3）3J 【解析】
【详解】（1）取向左为正方向，子弹射入2m 时，弹簧还没来得及压缩，根据动量守恒有
()21mv m m v =+
弹簧压缩后根据机械能守恒有
()221p 1
2
m m v E += 联立两式，代入数据
600m/s v =
（2）根据对称性，子弹和m 2都以大小为v 1的速度向左压缩弹簧，而后又以同样大小的速度向右反弹离开墙面，以向右为正方向，根据动量定理可得
()()()2121212I m m v m m v m m v ⎡⎤=+-+=+⎣⎦
代入数据
12N s I =⋅
方向水平向右。

（3）运动中，弹簧弹性势能最大时为三者共速，有
()()12221m m m v m m v ++=+
则据能量守恒，运动后的最大弹性势能为
()()2
2211221122
pmax E m m v m m m v =
+-++ 代入数据
3J pmax E =
24. 如图甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN ，PQ 竖直放置，其宽度L =1m ，匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 之间连接阻值为0.80R =Ω的电阻，质量为m =1kg 、电阻为r =0.20Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上。

现使金属棒ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其运动的x t -图像如图乙所示，图像中AB 段为直线，导轨电阻不计，g 取210m/s （忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响），求： （1）判断金属棒两端a 、b 的电势高低； （2）磁感应强度B 的大小；
（3）在金属棒ab 从开始运动的1.5s 内，电阻R 上产生的热量。

【答案】（1）b 点电势高，a 点电势低；（2）1T ；（3）40J 【解析】
【详解】（1）由右手定则可知，ab 中的感应电流由a 流向b ，ab 相当于电源，则b 点电势高，a 点电势低。

（2）由x t -图像求得t =1.5s 时金属棒的速度为
1510
m /s 10m /s 2 1.5
v -=
=-
金属棒匀速运动时所受的安培力大小为
F BIL mg ==
又
E
I R r
=
+ E BLv = 则有
22B L v
mg R r
=
+ 代入数据解得
1T B =
21 （3）金属棒ab 在开始运动的1.5s 内，金属棒的重力势能减少量转化为金属棒的动能和电路的内能，设电路中产生的总焦耳热为Q ，根据能量守恒定律得
21
2mgx mv Q =+
代入数据解得
50J Q =
故R 产生热量为
40J
R R
Q Q R r ==+。