1、2015届北京海淀高三上期期末练习物理卷（带解析） 选择题 在真空中有两个固定的点电荷，它们之间的静电力大小为 F。现保持它们之间的距离不变，而使它们的电荷量都变为原来的 2倍，则它们之间的静电力大小为 ( ) A F B F C 2F D 4F 答案： D 试题分析：根据库仑定律 得：若电荷之间的距离不变，电荷量都变为原来的 2倍，则电场力为 4F，所以 D正确； A、 B、 C错误。 考点：本题考查库仑定律 回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。回旋加速器的 原理如图所示， D1和 D2是两个正对的中空半圆金属盒，它们的半径均为 R
2、，且分别接在电压一定的交流电源两端，可在两金属盒之间的狭缝处形成变化的加速电场，两金属盒处于与盒面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场中。 A点处的粒子源能不断产生带电粒子，它们在两盒之间被电场加速后在金属盒内的磁场中做匀速圆周运动。调节交流电源的频率，使得每当带电粒子运动到两金属盒之间的狭缝边缘时恰好改变加速电场的方向，从而保证带电粒子能在两金属盒之间狭缝处总被加速，且最终都能沿位于 D2盒边缘的 C口射出。该回旋加速器可将原来静止的 粒子（氦的原子 核）加速到最大速率 v，使它获得的最大动能为 Ek。若带电粒子在 A点的初速度、所受重力、通过狭缝的时间及 C口的口径大小均可忽略不计，且不考虑相对
3、论效应，则用该回旋加速器 ( ) A能使原来静止的质子获得的最大速率为 v B能使原来静止的质子获得的动能为 Ek C加速质子的交流电场频率与加速 粒子的交流电场频率之比为 1： 1 D加速质子的总次数与加速 粒子总次数之比为 2： 1 答案： D 试题分析：所以粒子经该加速器加速后做圆周运动的最大半径为 R，根据知粒子的最大速度与粒子比荷有关， 粒子的 ，质子的 ，联立得质子的最大速率为 粒子的 2倍等于 2v，所以 A错误；因 ，又 粒子的 ，质子的 ，所以静止的质子经加速器获得的动能与 粒子的相同为 Ek，故 B错误；根据圆周运动的周期 知， 粒子运动的周期为质子运动周期的 2倍，又因交
4、流电场变化周期与粒子圆周运动的周期相同，所以加速质子的交流电场频率与加速粒子的交流电场频率之比为 1： 2，故 C错误；根据动能定理 ，两粒子的最大动能相同，加速电压相同， 粒子的电荷量为质子电荷量的 2倍，所以加速质子的总次数与加速 粒子总次数之比为 2： 1，故 D正确。 考点：本题考查回旋加速器 如图所示， 在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷分别固定在 A、 B两点，O为 AB连线的中点， MN为 AB的垂直平分线。在 MN之间的 C点由静止释放一个带负电的小球（可视为质点），若不计空气阻力，则 ( ) A小球从 C点沿直线 MN向 N端运动，先做匀加速运动，后做匀减速运动 B小
5、球从 C点运动至距离该点最远位置的过程中，其所经过各点的先电势先降低后升高 C小球从 C点运动至距离该点最远位置的过程中，其电势能先减小后增大 D若在小球运动过程中，两个点电 荷所带电荷量同时等量地缓慢增大，则小球往复运动过程中的振幅将不断增大 答案： C 试题分析：在 OM上电场的方向从 O指向 M，且电场强度从 O到无穷远，先增大后减小，小球在运动过程中，受电场力变化，加速度变化，所以不会做匀变速运动，故A错误；在 ON一侧，电场与 OM一侧对称，电场方向从 O指向 N，从 O到无穷远，电场强度先增大后减小，所以带负电小球 C点由静止释放，在电场力作用下向 O处加速运动，过了 O点减速运动
6、，到达关于 O点与 C对称位置 E处速度减为零，在 CE之间往复运动，所以从 C到 E，电势先升高后降低，电场力先做正功， 后做负功，故电势先减小后增大，故 B错误； C正确；若两个点电荷所带电荷量同时等量地缓慢增大，则各处的电场强度增减增大，电场力做相同的功通过的位移越来越小，所以小球往复运动过程中的振幅将不断减小，故 D错误。 考点：本题考查带电体在电场中的运动 如图所示， Al和 A2是两个规格完全相同的灯泡， Al与自感线圈 L串联后接到电路中，A2与可变电阻串联后接到电路中。先闭合开关 S，缓慢调节电阻 R，使两个灯泡的亮度相同，再调节电阻 R1，使两个灯泡都正常发光，然后断开开关
7、S。对于这个电路，下列说法中正确的是 ( ) A再闭合开关 S时， A2先亮， Al后亮 B再闭合开关 S时， Al 和 A2同时亮 C再闭合开关 S，待电路稳定后，重新断开开关 S， A2立刻熄灭， A1过一会儿熄灭 D再闭合开关 S，待电路稳定后，重新断开开关 S， Al和 A2都要过一会儿才熄灭 答案： AD 试题分析：在闭合开关 S时，线圈 L产生自感电动势阻碍电流的增大，所以 A2先亮，Al后亮，故 A正确； B错误；再闭合开关 S，待电路稳定后，重新断开开关 S，线圈 L产生自感电动势阻碍电流的减小， Al和 A2都要过一会儿才熄灭，故 C错误； D正确。 考点：本题考查自感现象
8、如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为 55 6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻 R相连。若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是 ( ) A变压器输入电压的最大值是 220V B若电流表的示数为 0.50A，变压器的输入功率是 12W C原线圈输入的正弦交变电流的频率是 50Hz D电压表的示数是 24 V 答案： BC 试题分析：由乙图知变压器输入电压的最大值是 ，所以 A错误；根据变压规律 可求线圈的电压 U2=24V，电压表的示数为 24V，所以输出功率为P=U2I2=12W，故 B正确； D错误乙图知交流电的周期为 0.02
9、s，所以频率为 50Hz，故C正确。 考点：本题考查交流电、变压器 如图甲所示，一闭合线圈固定在垂直于纸面的匀强磁场中，且线圈平面与磁场垂直。设垂直纸面向里为磁感应强度 B的正方向，磁感应强度 B随时间而变化的情况如图乙所示，图甲中线圈上的箭头的方向为感应电流 I的正方向。则在图中给出的线圈中感应电流 I随时间而变化的图象可能正确的是 ( ) 答案： C 试题分析：由乙图知，在 0-0.5s内磁感应强度均匀增大，根据 知，产生感应电动势不变，所以感应电流不变，可判断 A、 B错误；在 0-0.5s内， B增大，磁通量 增大，根据楞次定律知感应电流的磁场与原磁场方向相反，垂直纸面向外，再由右手定
10、则可判断感应电流方向为逆时针方向，为负，故 C正确； D错误。 考点：本题考查法拉第电磁感应定律 如图所示， a、 b、 c是一条电场线上的三点，一个带正电的粒子仅在电场力的作用下沿这条电场线由 a运动到 c的过程中，其动能增加。已知 a、 b间距离等于 b、 c间距离，用 a、 b、 c分别表示 a、 b、 c三点的电势，用 Ea、 Eb、 Ec分别表示 a、 b、 c三点的场强大小。根据上述条件所 做出的下列判断中一定正确的是 ( ) A Ea = Eb = Ec B Ea Eb Ec C ab=b c D a b c 答案： D 试题分析：由题意知，粒子从 a运动到 c的过程中，其动能增
11、加，说明粒子受电场力方向从 a到 c，又因粒子带正电，所以电场方向从 a到 c，沿电场线方向电势降低，可得 a b c，故 D正确；由于不知电场是否为匀强电场，故不能判断电场强度的高低，电势差的大小关系，故 A、 B、 C错误。 考点：本题考 查电场的基本性质 如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置。设两极板的正对面积为 S，极板间的距离为 d，静电计指针偏角为 ，平行板电容器的电容为 C。实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是 ( ) A保持 d不变，减小 S，则 C变小， 变大 B保持 d不变，减小 S，则 C变大， 变大 C保持 S不变，增大 d，则
12、C变小， 变大 D保持 S不变，增大 d，则 C变大， 变大 答案： AC 试题分析：若保持 d不变，减小 S，根据 知，电容 C减小，再由 知，电容器电压增大，静电计指针与外壳间的电压与电容器两板间的电压相等，指针夹角 变大，所以 A正确； B错误；若保持 S不变，增大 d，根据 知，电容 C减小，再由 知，电容器电压增大，同理指针夹角 变大，所以 C正确； D错误。 考点：本题考查电容器 在如图所示电路中，电压表、电流表均为理想电表，电源内阻不可忽 略。开关 S闭合后，在滑动变阻器 R1的滑片 P向右端滑动的过程中 ( ) A电压表的示数减小 B电压表的示数增大 C电流表的示数减小 D电流
13、表的示数增大 答案： BD 试题分析：滑片 P向右端滑动的过程中， R1的阻值增大，与 R2并联后的电阻增大，根据串联电路的分压规律知， R1、 R2的电压增大，根据欧姆定律知 R2的电流增大，即电流表的示数增大，所以 C错误； D正确；外电阻增大，路端电压增大，即电压表示数增大，所以 A错误； B正确。 考点： 本题考查闭合电路的欧姆定律 关于电场强度和磁感应强度，下列说法中正确的是 ( ) A电场强度的定义式 E = 适用于任何静电场 B电场中某点电场强度的方向与在该点的带正电的检验电荷所受电场力的方向相同 C磁感应强度公式 B= 说明磁感应强度 B与放入磁场中的通电导线所受安培力 F成正
14、比，与通电导线中的电流 I和导线长度 L的乘积成反比 D磁感应强度公式 B= 说明磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向相同 答案： AB 试题分析：电场强度的定义式 E =F/q，适用于任何静电场，所以 A正确；电场中某点电场强度的方向与在该点的带正电的检验电荷所受电场力的方向相同，与负电荷受电场力方向相反，所以 B正确；磁感应强度由磁场自身决定，与放入其中的通电导线无关，所以 C错误；由左手定则知，通电导线受安培力的方向与磁场方向垂直，故 D错误。 考点：本题考查电场强度、磁感应强度的定义 实验题 （ 6分） 指针式多用电表是电路测量的常用工具。现用多用电表测量一个定值电
15、阻的阻值（阻值约为一百多欧姆）。 （ 1）将红、黑表笔分别插入 “+”、 “ ”插孔，接下来必要的操作步骤和正确的顺序是 。（请将必要步骤前的序号按正确的顺序写出） 将选择开关旋转 “10”的位置； 将选择开关旋转 “100”的位置； 用两支表笔的金属部分分别接触电阻的两条引线； 根据指针所指刻度和选择开关的位置，读出电阻的阻值； 将两支表笔直接接触，调整 “欧姆调零旋钮 ”使指针指向 “0”。 （ 2）若正确测量时指针所指刻度如图 10所示，则这个电阻阻值的测量值是 。 （ 3）在使用多用电表测量电阻时，若双手捏住红、黑表笔金属部分，则测量结果将 。（选填 “偏大 ”或 “偏小 ”） 答案：
16、（ 1） （ 2分）；（ 2） 130（ 2分）；（ 3）偏小（ 2分） 试题分析： (1)欧姆表测量前先选择倍率，因待测电阻约 100欧姆，故选择 10倍率，然后进行欧姆调零 ， 接着测量电阻 ，最大读出阻值 ，所以顺序为 ；（ 2）如图刻度值为 13，测量值为 1310=130；（ 3）若双手捏住红、黑表 笔金属部分，则把人体与电阻并联，测量的是并联电阻阻值，所以偏小。 考点：本题考查欧姆表的使用 （ 9分）在 “描绘小灯泡的伏安特性曲线 ”实验中，小灯泡的额定电压为 2.5V，额定功率为 0.5W，此外还有以下器材可供选择： A直流电源 3V（内阻不计） B直流电流表 0300mA（内阻
17、约为 5） C直流电流表 03A（内阻约为 0.1） D直流电压表 03V（内阻约为 3k） E滑动变阻器 100， 0.5A F滑动变阻器 10， 2A G导线和开关 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多 次测量。 （ 1）实验中电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 ；（均填写仪器前的字母） （ 2）在图所示的虚线框中画出符合要求的实验电路图（虚线框中已将所需的滑动变阻器画出，请补齐电路的其他部分，要求滑片 P向 b端滑动时，灯泡变亮）； （ 3）根据实验数据，画出的小灯泡 I-U图线如图所示。由此可知，当电压为 0.5V时，小灯泡的灯丝电阻是 ； （ 4）根据实验测量结果可以绘制小灯
18、泡的电功率 P随其两端电压 U或电压的平方 U2变化的图象，在图中所给出的甲、乙、丙、丁图象中可能正确的是 。（选填 “甲 ”、“乙 ”、 “丙 ”或 “丁 ”） 答案：（ 1） B； F（ 2分）（ 2）如答图 1所示（ 3分）；（ 3） 5.0（ 2分）说明： 5同样得分；（ 4）甲、丙（ 2分）； 试题分析：（ 1）小灯泡的规格为额定电压为 2.5V，额定功率为 0.5W，故额定电流为 I=P/U=0.2A，所以电流表选择 B；由于描绘伏安特性曲线滑动变阻器需用分压式接法，为调节的方便，选择阻值小，额定电流较大的 F；（ 2）小灯泡电阻较小，电流表用内接法，所以电路图如图所示；（ 3）由
19、曲线知，当电压为 0.5V时， 小灯泡的电流为 0.1A，根据欧姆定律得此时电阻为 5欧姆；（ 4）由伏安特性曲线知灯泡的阻值随电压的增大而增大，由 知，随电压的增大， P增大，斜率为电阻的倒数应减小，所以甲、丙正确。 考点：本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线 计算题 （ 10分）电视机中显像管（抽成真空玻璃管）的成像原理主要是靠电子枪产生高速电子束，并在变化的磁场作用下发生偏转，打在荧光屏不同位置上发出荧光而形成像。显像管的原理示意图（俯视图）如图甲所示，在电子枪右侧的偏转线圈可以产生使电子束沿纸面发生偏转的磁场，偏转的磁场可简化为由通电螺线管产生的与纸面垂直的磁场，该磁场分布的区域为圆 形（
20、如图乙所示），其磁感应强度 B=NI，式中 为磁常量， N为螺线管线圈的匝数， I为线圈中电流的大小。由于电子的速度极大，同一电子穿过磁场过程中可认为磁场没有变化，是稳定的匀强磁场。 已知电子质量为 m，电荷量为 e，电子枪加速电压为 U，磁常量为 ，螺线管线圈的匝数 N，偏转磁场区域的半径为 r，其圆心为 O点。当没有磁场时，电子束通过 O点，打在荧光屏正中的 M点， O点到荧光屏中心的距离 OM=L。若电子被加速前的初速度和所受的重力、电子间的相互作用力以及地磁场对电子束的影响均可忽略不计，不考虑相对论效应及磁场变化所激发的电场对电子束的作用。 （ 1）求电子束经偏转磁场后打到荧光屏上 P
21、点时的速率； （ 2）若电子束经偏转磁场后速度的偏 转角 =60，求此种情况下电子穿过磁场时，螺线管线圈中电流 I0的大小； （ 3）当线圈中通入如图丙所示的电流，其最大值为第（ 2）问中电流的 0.5倍。求电子束打在荧光屏上发光所形成 “亮线 ”的长度。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）设经过电子枪加速电场加速后，电子的速度大小为 v。 根据动能定理有： （ 2分） 解得： （ 1分） （ 2）设电子在磁场中做圆运动的半径为 ，运动轨迹如图所示。 根据几何关系有： （ 1分） 洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有： （ 1分） 由题知 解得： （ 1分） （ 3）设线
22、圈中电流为 0.5I0时，偏转角为 ，此时电子在屏幕上落点距 M点最远。 此时磁感应强度 ， 轨迹圆半径 （ 1分） （ 1分） 电子在屏幕上落点距 M点最远距离 （ 1分） 亮线长度 （ 1分） 考点：本题考查带电粒子在复合场中的运动 （ 10分）汤姆逊用来测定电子的比荷（电子的电荷量与质量之比）的实验装置如图所示，真空管内的阴极 K发出的电子经加速电压加速后，穿过 A中心的小孔沿中心线 O1O的方向进入到两块水平正对放置的平行极板 P和 P间的区域，极板间距为 d。当 P和 P极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心 O点处，形成了一个 亮点；当 P和 P极板间加上偏转电压 U后，亮点
23、偏离到 O点；此时，在 P和 P间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到 O点。不计电子的初速度、所受重力和电子间的相互作用。 （ 1）求电子经加速电场加速后的速度大小； （ 2）若加速电压值为 U0，求电子的比荷； （ 3）若不知道加速电压值，但已知 P和 P极板水平方向的长度为 L1，它们的右端到荧光屏中心 O点的水平距离为 L2， O与 O点的 竖直距离为 h，（ O与 O点水平距离可忽略不计），求电子的比荷。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）设电子经过加速电场加速后速度大小为 v。 电子在电场、磁场共
24、存的 P和 P区域内做匀速直线运动，因此有： （ 2分） 解得： （ 1分） （ 2）对于电子经过加速电场过程，根据动能定理有 （ 2分） 解得： （ 1分） （ 3）设电子在 P和 P区域内只有偏转电场时，运动的加速度为 a，时间为 t，离开偏转电场时的侧移量为 y，偏转的角度为 。根据运动学公式有： （ 1分） 根据牛顿第二定律有： （ 1分） 电子在 P和 P区域内运动时间： 联立解得： （ 1分） 由于 ，所以 联立解得： （ 1分） 考点：本题考查带电粒子在复合场中的运动 （ 9分）如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈 abcd的边长ab=cd=50cm， bc=ad=2
25、0cm，匝数 n=100，线圈的总电阻 r=0.20，线圈在磁感强度B=0.050T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴 OO匀速转动，角速度 100rad/s。线圈两端通过电刷 E、 F与阻值 R=4.8的定值电阻连接。计算时 取 3。 （ 1）从线圈经过中性面开始计时，写出线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式； （ 2）求此发电机在上述工作状态下的输出功率； （ 3）求从线圈经过中性面开始计时，经过 周期时间通过电阻 R的电荷量。 答案：（ 1） e=Emsint=150sin300t（ V）（ 2） P= 2.16103W （ 3） 试题 分析：（ 1）线圈产生感应电动势的最大值 Em=nB
26、abbc（ 1分） 解得： Em= 150V（ 1分） 感应电动势随时间变化的表达式 e=Emsint=150sin300t（ V）（或 150sin100t）（ 1分） （ 2）线圈中感应电动势的有效值 V（或 106V）（ 1分） 电流的有效值 A 交流发电机的输出功率即为电阻 R的热功率 P=I2R=2.16103W（ 2分） （ 3）根据法拉第电磁感应定律有： （ 1分） 根据欧姆定律： （ 1分） 解得： （ 1分） 考点：本题考查电磁感应 （ 8分）如图所示，两根足够长的直金属导轨 MN、 PQ平行放置在倾角为 的绝缘斜面上，两导轨间距为 L。一根质量为 m的均匀直金属杆 ab放在
27、两导轨上，并与导轨垂直，且接触良好，整套装置处于匀强磁场中。金属杆 ab中通有大小为 I的电流。已知重力加速度为 g。 （ 1）若匀强磁场方向垂直斜面向下，且不计金属杆 ab和导轨之间的摩擦，金属杆 ab静止在轨道上，求磁感应强度的大小； （ 2）若金属杆 ab静止在轨道上面，且对轨道的压力恰好为零。试说明磁感应强度大小和方向应满足什么条件； （ 3）若匀强磁场方向垂直斜面向下，金属杆 ab与导轨之间的动摩擦因数为 ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。欲使金属杆 ab静止，则磁感应强度的最大值是多大。 答案：（ 1） （ 2） 垂直金属杆 ab水平向右 （ 3）试题分析：（ 1）设磁感应强度为 B
28、1。根据安培定则可知安培力沿导轨平面向上，金属杆 ab受力如图。 根据平衡条件对金属杆 ab有： （ 1分） 解得： （ 1分） （ 2）金属杆 ab对导轨压力为零，则金属杆 ab只受重力和安培力。 根据平衡条件对金属杆 ab有： （ 1分） 解得： （ 1分） 根据安培定则可知磁场方向垂直金属杆 ab水平向右。（ 1分） （ 3）根据安培定则可知安培 力沿导轨平面向上，当金属杆 ab受到的静摩擦力沿斜面向下，且为最大值时，磁感应强度值达到最大，设为 B3。金属杆 ab受力如图。（ 1分） 根据平衡条件对金属杆 ab有： （ 1分） 解得： （ 1分） 考点：本题考查安培力作用下物体的平衡 （
29、 8分）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点 O，用一根长度为 l=0.20m的绝缘轻线把质量为 m=0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在 O点，小球静止在 B点时轻线与竖直方向的夹角为 =37。现将小球拉至位置 A，使轻线水平张紧后由静止释放。 g取 10m/s2， sin37=0.60， cos37=0.80。求： （ 1）小球所受电场力的大小； （ 2）小球通过最低点 C时的速度大小； （ 3）小球通过最低点 C时轻线对小球的拉力大小。 答案：（ 1） 0.75N（ 2） 1.0m/s （ 3） 1.5N 试题分析：（ 1）小球受重力 mg、电场力 F和拉力 T，其静止时受力
30、如图所示。 根据共点力平衡条件有： F = mgtan37=0.75N（ 2分） （ 2）设小球到达最低点时的速度为 v，小球从水平位 置运动到最低点的过程中，根据动能定理有： mglFl= mv2 （ 2分） 解得： v= = 1.0m/s（ 1分） （ 3）设小球通过最低点 C时细线对小球的拉力大小为 T。 根据牛顿第二定律有： T mg= （ 2分） 解得： T=1.5N（ 1分） 考点：本题考查带电体在电场中的运动 （ 10分）如图所示， PQ和 MN是固定于水平面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计。金属棒 ab、 cd放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好。金属棒 a
31、b、 cd的质量均 为 m，长度均为 L。两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们与轨道形成闭合回路。金属棒 ab的电阻为 2R，金属棒 cd的电阻为 R。整个装置处在竖直向上、磁感应强度为 B的匀强磁场中。 （ 1）若保持金属棒 ab不动，使金属棒 cd在与其垂直的水平恒力 F作用下，沿轨道以速度 v做匀速运动。试推导论证：在 t时间内， F对金属棒 cd所做的功 W等于电路获得的电能 E电 ； （ 2）若先保持金属棒 ab不动，使金属棒 cd在与其垂直的水平力 F（大小未知）作用下，由静止开 始向右以加速度 a做匀加速直线运动，水平力 F作用 t0时间撤去此力，同时释放金属棒 ab。求两金属
32、棒在撤去 F后的运动过程中， 金属棒 ab中产生的热量； 它们之间的距离改变量的最大值 Dx。 答案：（ 1）见 （ 2） 试题分析：（ 1）金属棒 cd做匀速直线运动，受平衡力 F=F安 =BIL 在 Dt时间内，外力 F对金属棒 cd做功 W=FvDt = F安 vDt=BILvDt= （ 1分） 金属棒 cd的感应电动势 E=BLv 电路获得的电能 E电 =Eq=EIDt=BILvDt= 即 F对金属棒 cd所做的功等于电路获得的电能 E电 （ 1分） （ 2） 撤去 F时， cd棒的速度大小为 v1=at0（ 1分） 当 ab、 cd的速度相等时，回路中的电流为零，两棒开始做匀速直线运
33、动。 因为 ab、 cd棒受到的安培力等大反向，所以系统的动量守恒。 设它们达到相同的速度为 v2，则： mv1=2mv2（ 1分） 根据能量守恒定律，回路中产生的焦耳热总量为： Q= （ 2分） 金属棒 ab产生的焦耳热： （ 1分） 解法 1： 设从撤去 F到 ab、 cd棒的刚好达到相同速度的过程中的某时刻， ab、 cd的速度差为 v，则此时回路中产生的感应电动势 Ei= =BL v 此时回路中的感应电流 （ 1分） 此时 ab棒所受安培力 Fi=BIiL= 对 ab棒根据动量定理有： Fi t=m v2 对从撤去 F到 ab、 cd棒刚好达到相同速度的过程求和 则有： =mv2，即（ 1分） 又因 v2=v1/2=at0/2 所以解得最大距离改变量 （ 1分） 解法 2： 对 ab棒由动量定理得 =mv（ 1分） 解得 q= = 设两金属棒间的距离改变了 Dx，由法拉第电磁感应定律 平均感应电动势 回路的平均电流为 （ 1分） 通过金属棒的电荷量 q= = = 解得： （ 1分） 考点：本题考查电磁感应
