河南省信阳市2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题

机密★启用前 2024一2025学年普通高中高二（上）期末教学质量检测 物理试题 本试卷共6页，15题，满分100分，考试时间75分钟. ★祝考试顺利★ 注意事项： L.答题前，先将自己的姓名、准考证号，考场号、应位号班写在试卷和答题卡上，群将准考运号条形码粘贴 在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号冷黑.写在试卷，草稿纸 和答题卡上的非答题区城均无效， 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区城内.写在试表，草稿纸和答题卡的非 答题区墟均无效 4,考试结来后，请将本武卷和答题卡一并上交， % 一，选择题：本题共10小题，共46分.在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目 要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分， 有选错或不答的得0分. 1.下列说法正确的是 A.根据电势差的定义式U=W鱼可知，带电荷量为1C的负电荷，从a点移动到6点的过程中 9 电场力做功为1】，则a、b两点间的电势差U。=1V B.由公式1=9可知，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大 输 C,根据电场强度的定义式E=E可知，电场中某试探电荷所受的电场力为零，则该处电场强度 一定为零 D,根据磁感应强度的定义式B=元可知，电流元在某处不受力，则该处磁感应强度一定为零 2.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1、2、3分别为三条等势线，三条等势线与其中 一条电场线的交点依次为M、N,Q点，已知MN=NQ,电荷量相等的a、b两带电粒子从等势 线2上的O点以相同的初速度飞出，仅在静电力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线a'、b' 所示，则 A.a粒子一定带正电b粒子一定带负电 B.A1\两点电势差大小Uc|大于NQ两点电势差大小Uo C.α粒子的加速度逐渐增大，b粒子的加速度逐渐减小 D.a粒子电势能减小，b粒子的电势能州大 2024-2025学年普通高中高二（上）期卡教学质量检测 物理试题第1页共6页 3.如图所示，匀强磁场中有两个相同的弹簧测力计，测力计下方竖直悬挂 一副边长为L,粗细均匀的均质金属等边三角形，将三条边分别记为a、 b、c.在a的左右端点M、N连上导线，并通入由M到N的恒定电流，此 M 时a边中电流大小为I,两弹资测力计的示数均为F,仅将电流反向， 两弹簧测力计的示数均为F,.电流产生的磁场忽略不计，下列说法正确 的是 A.三条边a、b、c中电流大小相等 B.两次弹簧测力计示数F,=F。 C.金属等边三角形的总质量m=B十E B D.匀强磁场的磁感应强度B=2(F,-F) 3IL 4.如图甲所示为某小区进口处的智能道闸系统，其简化示意图如图乙所示，两个车辆检测器的电 感线圈分别铺设在自动栏杆前、后的地面下，检测器内部的电容器与电感线圈构成LC振荡电 路，振荡电流如图丙所示.当汽车接近或离开线圈时，使线圈的自感系数发生变化，从而引起振 荡电路中的电流频率发生变化，车辆检测器检测到这个变化就发出电信号，“通知”车牌识别器 对车辆身份进行鉴别，然后控制自动栏杆抬起或落下.在图丙中，下列说法正确的是 车辆 车被 识别器 检测器 器 动栏杆 感线 甲 乙 内 A.t1时刻电容器两端电压为最小值 B.t,~t2时间内，电场能转化为磁场能 C.若汽车靠近线圈时线圈自感系数增大，则振荡电流的频率升高 D.t3~t1时间内，电容器上的电荷量增加 5.在如图所示的电路中，电源电动势和内阻均为定值，电流表和电 压表均为理想电表，带电油滴P恰好静止于平行板电容器中当 滑动变阻器R,的滑片向a端移动时，下列说法不正确的是 A.通过R,的电流变化量大于电流表示数的变化量 B.油滴带负电，将向上加速运动 C.电压表示数增大，电流表示数减小 D.若电压表示数的变化量为△U,电流表示数的变化量为△I,则 不变 △U 6.如图所示为宽度为3L的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直 纸面向里.磁场左侧有一个边长为L的正方形导体线框，其总电阻为R, 线框所在平面与磁场方向垂直.线框以速度ⅴ向右匀速穿过磁场区域， 以线框cd边刚进人磁场的时刻为计时起点，规定电流沿逆时针方向为 正，安培力F向左为正.则以下关于线框中的感应电流I、ab两点间的电 3L 势差U、安培力F和线框的发热功率P随时间变化的图像正确的是 2024一2025学年普通高中高二（上）期末教学质量检测物理试题 第2页共6页 P 2P 20 234 0 234 -3U04 ◇ 7.如图所示，在竖直平面内有一个绝缘圆环，O点为圆心，A、B为圆环上两点，OA、OB都与水平 方向成45°，在A点固定一个带电量为Q的正点电荷，在圆环内侧B点放置一个光滑的小球 (可视为原点)，带电量为q(9>0),质量为m,整个装置处在水平向右的电场强度E=m的匀 9 强电场中，此时小球恰好静止.由于Q的绝缘措施出了问题，Q的带电量缓慢减少，则此后 A.小球q有可能脱离圆环 B.正电荷Q与小球g之间的库仑力不断增大 C,正电荷Q所受静电力的合力不断增大 D.圆环对小球的弹力大小保持不变 8.如图所示，空间中存在着正交的匀强磁场和匀强电场，已知电场强度 大小为E,方向竖直向下，磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面.一 电子从O点以一定初速度。水平向右飞入其中，运动轨迹如图所 示，其中O、Q和P分别为轨迹在一个周期内的最高点和最低点，不 计电子的重力.下列说法正确的是 A.磁感应强度方向垂直纸面向外 B.磁感应强度方向垂直纸面向里 C电子的初速度w大于号 D.由O点至P点的运动过程中，电子的速率在增大 9.如图所示，一个正电荷由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并 从另一侧射出.已知电荷质量为m,电荷量为9，加速电场电压为U。.偏转电场可看做匀强电 场，极板间电压为U,极板长度为L,板间距为d.不计正电荷所受重力，下列说法正确的是 Uo m.g A.正电荷从偏转电场射出时具有的动能Ek=q(U。+U) B.正电荷从加速电场射出时具有的速度。= 2qU西 m C.正电荷从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离△y= D.正电荷从偏转电场射出时速度与水平方向夹角的正切值tana= UL 2U。d 2024一2025学年普通高中高二（上）期末教学质量检测物理试题 第3页共6页 10.如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在绝缘水平桌面上，半圆弧的直径为d,间 距为L,两半圆弧面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点O、0的连 线与导轨所在竖直面垂直，整个空间存在着磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场， 导轨左端连接一阻值为R的电阻.现使一电阻为2R的金属棒MN从导轨左端最高点，以恒 定的速率，沿导轨运动到右端最高点，运动过程中金属棒始终与O0平行且与两导轨接触 良好，则在金属棒MN从左端最高点运动到右端最高点的过程中，下列说法正确的是 A.金属棒MN中电流方向始终由N到M B.整个过程中金属棒两端电压不变 C.整个过程中通过电阻R的电荷量为BL 3R D,回路中产生的焦耳热为dBL 12R 二、实验题：本题共2小题，每空2分，共14分」 11.(6分)某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻.实验电路如图甲所 示，现有开关和导线若干，以及如下器材： Urv 15 1.4 A 1.3 1.1 翻用图 甲 1.960.100.200.300.400.501h A.电流表A:量程0~0.6A,内阻约0.1252 B.电压表V:量程0~3V,内阻约3kn C.滑动变阻器0~102 D.滑动变阻器0~1002 (1)为了操作方便，减小实验误差，滑动变阻器应选用 (选填相应器材前的字母). (2)图乙是该同学根据实验数据绘制的UI图线，根据图线求得被测干电池的电动势E= V,内阻r= (结果保留到小数点后两位). 12.(8分)为研究某金属导线材料的电阻率，实验小组用如图甲所示电路进行实验，调节金属导 线上可动接线柱Q的位置（如图乙所示），可以改变导线接人电路的长度.实验器材如下：待测 金属导线一根； 电压表一个，量程0~3V,内阻约为3k; 电流表一个，量程0~0.6A,内阻约为0.12： 滑动变阻器R,(阻值范围0~102，允许通过的最大电流为0.1A); 滑动变阻器R2(阻值范围0~20n,允许通过的最大电流为1A); 干电池两节，开关一个，导线若干，螺旋测微器一只 2024一2025学年普通高中高二（上）期末教学质量检测物理试题第4页共6页 RB 30 甲 乙 丙 入 (1)请以笔画线代替导线，将图乙中未连接的导线补完整。 (2)图甲中开关S闭合之前，应将滑动变阻器的滑片P置于 端（选填“A”或“B”), (3)用螺旋测微器测量金属导线的直径如图丙所示，则导线的直径d= mm (4)多次改变导线接人电路的长度L,测量不同长度时的电阻R,作R,L图像如图丁所示，测 得图像中直线的斜率为k,则该金属材料的电阻率为 (用k和d表示) 三、计算题：本题共3小题，共40分.解答应写出必要的文字说明、方程式，只写出答案的不得分. 13.(12分)如图所示为一个小型交流发电机的示意图，其线框匝数”=100匝，面积为S= 0.02m,总电阻r=52,绕垂直于磁场的轴O0以50r/s的转速匀速转动，已知匀强磁场磁感 强度BT,矩形线圈通过滑环和电刷保持其两端与外电路的定值电阻R连接，外电 的定值电阻R=152,从图示位置开始计时，求： (1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式； (2)线图转动90时电压表的示数： (3)求线圈转动1圈的过程中电阻R上产生的焦耳热QR。 2024一2025学年普通高中高二（上）期末教学质量检测物理试题 第5页共6页 14.（13分)如图所示，空间有垂直于纸面的匀强磁场B,和B,磁感应强度大小均为0.1T,B,分 布在半径R=2m的圆形区域内，MN为过其圆心O的竖直线，B,分布在MN左侧的半圆形 区域外.磁场B,中有粒子源S,S与O的距离d=23m,且S0LMN,某时刻粒子源S沿着 纸面一次性向各个方向均匀射出一群相同的带正电粒子，每个粒子的质量m=2×10-kg、电 量g=1×10℃，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，求： (1)若有粒子能到达B。区域，求发射速度的最小值： (2)若所有粒子的发射速率均为u=1×10'm/5,求能进人圆形区域的粒子所占的比率； (3)若从S点发射速率为v=1×10m/s的某粒子最终平行S0方向射出圆形区域，求粒子在 磁场中运动的总时间 ×××××××:M ××××Bx×× ××××× ××××X°B2” ××××·· o ××x×, ××××:· ×××××>:.… ×××××××: ×××××××:N 15.(15分)如图所示，一足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MNPQ固定在倾角为30°斜面 上，导轨间距为L=1m,导轨上端接有R=2.0n的电阻、电容为C=0.1F的电容器、开关S, 整个装置处于垂直于斜面向上、磁感应强度为B=1.0T的匀强磁场中，一质量为m=0.4kg、 阻值不计的金属棒αb放置在导轨上，现断开S,用沿斜面向上的恒力F。=3.0N拉金属棒，使 其由静止开始沿斜面向上运动，金属棒始终垂直于导轨，g取10m/s2, (1)求金属棒沿斜面向上运动的最大速度； (2)如果金属棒由静止开始沿斜面向上运动的过程中，电阻R产生的焦耳热QR=3J(此时金 属棒已达到最大速度)，求此过程中通过金属棒横截面的电荷量； (3)若闭合开关S,撤去恒力F。,换用另一沿斜面向上的力F拉金属棒，使金属捧由静止开始 以a=2m/s的加速度沿斜面向上做匀加速直线运动，求此过程中力F与时间t的关系式. 3020 30.N 2024-2025学年普通高中高二（上）期末教学质量检测物理试题第6页共6页2024-2025学年普通高中高二(上)期末教学质量检测 物理参考答案 第1 页 共5页 2024-2025学年普通高中高二(上)期末教学质量检测 物理参考答案 一、选择题:本题共10小题,共46分. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C B A C D BC BD ACD 1.C A.根据电势差的定义式Uab= Wab q 可知:Uab= Wab q = 1 -1V=-1V ,A错误;D.磁感应强度 的定义式B=FIL 中,F 为B⊥I时的受力,D错误. 2.B A.由题图可知,a粒子的轨迹方向向右弯曲,a粒子所受静电力方向向右,b粒子的轨迹向 左弯曲,b粒子所受静电力方向向左,由于电场线方向未知,无法判断粒子的电性,故A错误; B.已知 MN=NQ,由于 MN 段场强大于 NQ 段场强,所以 MN 两点电势差大小|UMN|大于 NQ 两点电势差大小|UNQ|,故B正确;C.由题可知,a所受静电力逐渐减小,加速度减小,b所受静 电力逐渐增大,加速度增大,故C错误;D.电场力对粒子做正功,粒子电势能都减小,D错误.故 选B. 3.C A.根据题意可知,b与c串联后再与a 并联,电压相等,bc的电阻为a 的电阻的两倍,此时a 边中电流大小为I,则bc中的电流为12I ,故A错误;BCD.电流反向前,根据左手定则,可知a 边的安培力方向竖直向上,对金属等边三角形受力分析,可得2F1+ 3BIL 2 =mg , 电流反向后,根据左手定则,可知a边的安培力方向竖直向下,同理可得:2F2- 3BIL 2 =mg , 解得:F1<F2,m= F1+F2 g ,B= 2(F2-F1) 3IL ,故BD错误,C正确. 4.B A.0~t1 时间内电流在减小,说明电容器在充电,t1 时刻充电结束,电容器两端电压为最大 值,故A错误;B.t1~t2 时间内,电流逐渐增大,电容器放电,电场能转化为磁场能,故B正确. C.汽车靠近线圈;相当于给线圈加铁芯,自感系数增大,由f= 1 2π LC 知,频率减小;D.t3~t4 时间内电流在增大,说明电容器在放电,电荷量减少. 5.A A.I总=I1=I3+IA,R1 中电流减小,R3 中电流增大,电流表的示数减小,则通过R1 的电流 变化量小于电流表示数的变化量,故A错误;B.根据油滴P 恰好静止于平行板电容器可知该 油滴带负电,滑动变阻器R4 的滑片向a端移动时电容器两端的电压增大,电场强度增大,所以 该油滴向上加速运动,B正确;C.当滑动变阻器R4 的滑片向a端移动时,接入电路的电阻增 大,电路中的总电阻增大,根据欧姆定律可知电路中的总电流减小,内阻和R1 所消耗的电压减 小,因此电压表的示数为U=E-I(R1+r),由上式的电压表的示数增大.所以R3 两端的电压 增大,电流增大,因此电流表的示数减小,故C正确;D.U=E-I(R1+r),U=I3R3,则: ΔU ΔI=R +R1, ΔU ΔI3 =R3,由于I=I3+IA,则:ΔI=ΔI3+ΔIA,由于电路中的总电流减小,I3 增大,IA 减 小,即|ΔI|=|ΔIA|-|ΔI3|,即:|ΔIA|=|ΔI|+|ΔI3|,解得:|ΔIA|= ΔU r+R1 +ΔUR3 ,所以 ΔU ΔI 不变,故D正确。本题选错误的选项,故选A. 2024-2025学年普通高中高二(上)期末教学质量检测 物理参考答案 第2 页 共5页 6.C 根据题意,线框进入磁场的过程,根据楞次定律可判断电流沿逆时针方向,为正,由法拉第 电磁感应定律和闭合回路欧姆定律有:I0= BLv R ,ab两点间的电势差U0= 1 4BLv (a点电势高) cd边受到的安培力大小为:F0=BI0L=B BLv R L= B2L2v R 方向向左,线框的发热功率:P0=I20R= B2L2v2 R 线框全部进入磁场后,没有感应电流,所以线框不受安培力的作用,线框的发热功率为零,ab两 点间的电势差U2=BLv=4U0(a点电势高) 线框离开磁场的过程,电流沿顺时针方向,电流大小为:I3= BLv R =I0 线框受安培力大小为:F3=BI3L=B BLv R L= B2L2v R =F0 方向向左,ab两点间的电势差:U3= 3 4BLv=3U0 (a点电势高) 线框的发热功率:P3=I23R= B2L2v2 R =P0 综上所述可知:A.0~Lv 时间内,电流为I0, L v~ 3L v 时间内,电流为0,3Lv ~ 4L v 时间内,电流为 -I0,故A错误;B.0~ L v 时间内,ab两点间的电势差U0, L v~ 3L v 时间内,ab两点间的电势差 4U0, 3L v ~ 4L v 时间内,ab两点间的电势差3U0,故B错误;C.0~ L v 时间内,cd边受到的安培力 F0, L v~ 3L v 时间内,cd边受到的安培力0,3Lv ~ 4L v 时间内,cd边受到的安培力F0,故C正确; D.0~Lv 时间内,线框的发热功率P0, L v~ 3L v 时间内,线框的发热功率0,3Lv ~ 4L v 时间内,线框 的发热功率P0,故D错误.故选C. 7.D ABC.电场力:F电=Eq=mg 因为电场力与重力恒定不变,所以将这两个力的合力看成一个力,该力的 大小为:F= F2电+(mg)2= 2mg 方向与竖直方向成45°角斜向下,与图 中OA 方向平行,则小球受到三个力,圆环对它的弹力 N,库仑力F库 和 F,构成一个矢量三角形如右图,其中图中C点表示小球所处位置:Q 的带 电量缓慢减少,则小球会沿圆环轨道向下移动,始终满足:F库 AC= N R= F R 所以:N=F= 2mg 保持不变,AC在减小,所以F库 减小,小球处在一种动态平衡中,不会脱离圆环,故AB错误,D 正确;根据平衡可知,小球受静电力的合力与重力和支持力的合力等大反向,支持力大小不变, 与重力夹角逐渐变大,合力变小.静电力的合力与初始值相比变小了,C错误. 8.BC AB.电子进入正交场时,受向上的电场力,电子向下偏转,则洛伦兹力向下,根据左手定则 可知,磁感应强度方向垂直纸面向里,选项A错误,B正确;C.进入正交场时电子受向下的洛伦 兹力大于向上的电场力,可知:qv0B>qE 2024-2025学年普通高中高二(上)期末教学质量检测 物理参考答案 第3 页 共5页 即电子的初速度v0> E B ,选项C正确;D.由O 点至P 点的运动过程中,电场力做负功,洛伦兹 力不做功,则电子的速率在减小,选项D错误.故选BC. 9.BD A.根据动能定理知:qUdΔy=Ek-Ek1 代入得:Ek=q U dΔy+qU0= qU2L2 4U0d2 +qU0,A错误;B.在加速电场中,根据动能定理知:qU0= 1 2mv 2 0,代入得:v0= 2qU0 m ,B正确;C.由类平抛运动知,正电荷从偏转电场射出时沿垂直板面 方向的偏转距离:y=12at 2=12 qU mdt 2 水平方向:L=v0t;代入得:Δy= 1 2 qU md× L2qU0 m 2= UL2 4U0d ,C错误;D.正电荷从偏转电场射出时速度与水平方向夹角的正切值为:tanα= vy v0 沿垂直 板面方向速度为vy=at=q U md× L v0 ,代入得:tanα=qUL mdv20 =qULmd × m 2qU0 = UL2U0d ,D正确;故 选BD. 10.ACD ACD.在金属棒 MN 从左端最高点运动到右端最高点的过程中,根据右手定则可知, 金属棒 MN 中电流方向始终由N 到M;由q= ΔΦR+2R= BLd 3R ,故AC正确BD.经过t时间,金 属棒 MN 在 圆 弧 上 转 过 的 角 度 为:θ=ωt= 2v0 dt 此 时 金 属 棒 MN 产 生 的 电 动 势 为:e= BLv0sinθ=BLv0sin( 2v0 dt ) 回路中电流为:i= ER+r= BLv0 R+rsin 2v0 dt 可知金属棒 MN 中电流大小发生变化,根据正弦式交流电可知,电流的有效值为:I= Im 2 = BLv0 2(R+2R) 则在金属棒 MN 从左端最高点运动到右端最高点的过程中,回路中产生的焦耳热为Q=I2(R +2R)t= B2L2v20 2(R+2R)2 .(R+2R).πd2v0 = πdB2L2v0 12R ,D正确. 二、实验题:本题共2小题,每空2分,共14分. 11.解析:(1)一节干电池的内电阻较小,约为几欧,因此为了操作方便,减小实验误差,滑动变阻 器应选用阻值较小的C. (2)根据闭合电路欧姆定律有:E=U+Ir,整理得:U=-rI+E 对照图像中的数据得:E=1.48V;r=1.48-1.030.5 Ω=0.90Ω 答案:(1)C (2)1.48 0.90(0.90~0.92均可) 2024-2025学年普通高中高二(上)期末教学质量检测 物理参考答案 第4 页 共5页 12.解析:(1)电路连线如图 (2)滑动变阻器接成分压电路,为方便调节则应该选择阻值较小的R1,但是该滑动变阻器允 许的最大电流偏小,为安全起见,则应该选R2.图甲中开关S闭合之前,应将滑动变阻器的滑 片P置于A 端. (3)导线的直径:d=1.5mm+0.01mm×35.0=1.850mm (4)根据:Rx=ρ L S= 4ρ πd2L 由题意可知:k=4ρπd2 解得:ρ= kπd2 4 答案:(1)见解析图 (2)A (3)1.849/1.850/1.851 (4)kπd 2 4 三、计算题:本题共3小题,共40分. 13.解:(1)ω=2πn=100π (1分) 根据题已知可得感应电动势的最大值 Em=NBSω=100× 2 π×0.02×100π=200 2 (V) (2分) 图示中线圈处于垂直中性面的位置,可得感应电动势瞬时值表达式为 e=Emcosωt=200 2cos100πt(V) (1分) (2)根据最大值与有效值之间的关系可得发电机产生感应电动势的有效值:E= Em 2 =200V 定值电阻R 两端电压电压:U= ER+rR= 200 15+5×15V=150V (4分) (3)由闭合电路欧姆定律可知:I= ER+r=10A (2分) 所以:QR=I2R 2π ω=30J (2分)(注:QR= U2 Rt=30J 均可) 14.解:(1)根据洛伦兹力提供向心力qvB1= mv2 r (1分) 解得:v= rqB1 m 可得粒子做匀速圆周运动的轨迹半径越小则它的速度就越小,粒子源 到B2 区域最近的点为SO 与B2 区域的交点,则当粒子竖直向下发 射,其轨迹刚好与B2 区域相切时,满足能到达B2 区域的最小发射速 度,如图由几何得:rmin= d-R 2 = 3-1m (2分) 则该粒子的发射速度为:vmin=500 3-1 m/s (1分) 2024-2025学年普通高中高二(上)期末教学质量检测 物理参考答案 第5 页 共5页 (2)根据 洛 伦 兹 力 提 供 向 心 力 有:qvB1= mv2 r 解 得:r=mvqB1 =2m (2分) 当粒子的运动轨迹恰好与圆相切时区域的临界情况,如图,根据几何关 系可知:d2+r2=(2r)2 (2分) 故当粒子恰好向左或向右射出时.能够刚好进入B2 区域,因此能够进 入B2 区域的粒子数与发射的粒子总数之比为 1 2. (2分) (3)利用反向思维可知,若离子能平行于SO 射出.其必然经过圆形轨道最 低点,轨迹如图,则其在B1 区域运动的时间为t1= πm qB (1分) 在B2 区域运动的时间为:t2= πm 3qB (1分) 故总时间为:t=t1+t2= 4πm 3qB= 8π 3×10 -3s (2分) 15.解:(1)设金属棒沿斜面向上运动时的最大速度为v,金属棒产生的电动势E=BLv;I=ER (2分) 对金属棒受力分析可得:F0=BIL+mgsinθ (2分) 联立得:F0= B2L2v R +mgsinθ 代入题中已知数据求得:v=2m/s (1分) (2)克服安培力做功等于电阻产生的焦耳热:QR=3J 金属棒由静止开始沿斜面向上运动的过程,根据动能定理有F0x-mgxsinθ-QR= 1 2mv 2 解得:x=3.8m (2分) 由:q=IΔt;I=ER ;E=ΔΦΔt (2分) 可得:q=BLxR =1.9C (1分) (3)金属棒从静止开始经过t时间的速度:v=at, 通过电阻的电流:IR= BLv R =t (1分) 电容器电量:Q=CU,电容器电压:U=BLv 电容器的充电电流:IC= Q t ,联立得:IC=CBLa 故通过金属棒的电流:I=IC+IR=0.2+t(A) (2分) 对金属棒有:F-mgsinθ-BIL=ma(1分) 解得:F=3+t(N) (1分)