物理卷·2018届广西玉林市陆川中学高二上学期月考物理试卷（12月份） （解析版）

物理卷·2018届广西玉林市陆川中学高二上学期月考物理试卷（12月份） （解析版）

2016-2017 学年广西玉林市陆川中学高二（上）月考物理试卷 （12 月份） 　 一、选择题 1．物理学中的许多规律是通过实验发现的，下列说法中符合史实的是（　　） A．库仑用扭秤测出了万有引力常量 B．牛顿通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持 C．法拉第通过实验发现了电磁感应现象 D．奥斯特通过实验发现了电流的热效应 2．某变压器原、副线圈匝数比为 55：9，原线圈所接电源电压按图示规律变化， 副线圈接有负载．下列判断正确的是（　　） A．输出电压的最大值为 36V B．原、副线圈中电流之比为 55：9 C．变压器输入、输出功率之比为 55：9 D．交流电源有效值为 220V，频率为 50Hz 3．输电导线的电阻为 R，输送电功率为 P．现分别用 U1 和 U2 两种电压来输电， 则两次输电线上损失的功率之比为（　　） A．U1：U2 B． ： C． ： D．U2：U1 4．如图所示是一交变电流的 i﹣t 图象，则该交流电电流的有效值为（　　） A． AB．2 A C． AD．4A 5．在磁感应强度为 B、方向如图所示的匀强磁场中，金属杆 PQ 在宽为 l 的平行 金属导轨上以速度 v 向右匀速滑动，PQ 中产生的感应电动势为 E1；若磁感应强 度增为 2B，其它条件不变，所产生的感应电动势大小变为 E2，则 E1 与 E2 之比及 通过电阻 R 的感应电流方向为（　　） A．2：1，b→a B．1：2，b→a C．2：1，a→b D．1：2，a→b 6．关于楞次定律，下列说法正确的是（　　） A．感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 B．闭合电路的一部分导体在磁场运动时，必受磁场阻碍作用 C．原磁场穿过闭合回路的磁通量磁增加时，感应电流的磁场与原磁场同向 D．感生电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场 7．如图所示的电路中，L 是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1 和 D2 是两个完全相同的小灯泡．则下列说法中正确的是（　　） A．K 闭合瞬间，两灯同时亮，以后 D1 熄灭，D2 变亮 B．K 闭合瞬间，D1 先亮，D2 后亮，最后两灯亮度一样 C．K 断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭 D．K 断开时，D2 立即熄灭，D1 亮一下再慢慢熄灭 8．在方向水平的、磁感应强度为 0.5T 的匀强磁场中，有两根竖直放置的导体轨 道 cd、ef，其宽度为 1m，其下端与电动势为 12V、内电阻为 1Ω 的电源相接，质 量为 0.1kg 的金属棒 MN 的两端套在导轨上可沿导轨无摩擦地滑动，如图所示， 除电源内阻外，其他一切电阻不计，g=10m/s2，从 S 闭合的同时静止释放金属棒， 直到金属棒做匀速直线运动的过程中（　　） A．电源所做的功等于金属棒重力势能的增加 B．电源所做的功等于电源内阻产生的焦耳热 C．匀速直线运动时金属棒速度为 20m/s D．匀速直线运动时通过金属棒中的电流的值是 2A 　 二、非选择题 9．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率 ρ．步骤如下： （1）用游标为 20 分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度 L=　　mm； （2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径 D=　　mm； （3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘 示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为　　Ω． （4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻 R，现有的器材及其代号和规格如 下： 待测圆柱体电阻 R； 电流表 A1（量程 0～5mA，内阻约 50Ω）； 电流表 A2（量程 0～15mA，内阻约 30Ω）； 电压表 V1（量程 0～3V，内阻约 10kΩ）； 电压表 V2（量程 0～15V，内阻约 25kΩ）； 直流电源 E（电动势 4V，内阻不计）； 滑动变阻器 R1（阻值范围 0～15Ω，允许通过的最大电流 2.0A）； 滑动变阻器 R2（阻值范围 0～2kΩ，允许通过的最大电流 0.5A）；开关 S；导线若 干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图丁中画出测量的电路 图，并标明所用器材的代号． （5）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的 R 测量值几乎相等，若已知伏 安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用 U 和 I 表示，则用此法测出该圆柱 体材料的电阻率 ρ=　　．（不要求计算，用题中所给字母表示） 10．一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直磁感线的对称轴转动，形成如图所示的交 变电动势图象，试根据图象得出： （1）线圈转动的角速度； （2）电动势的有效值； （3）t=1.0×10﹣2s 时，线圈平面和磁场方向的夹角． 11．一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出 功率为为 50kW，输出电压为 500V，升压变压器原、副线圈匝数比为 1：5，两 个变压器间的输电导线的总电阻为 15Ω，降压变压器的输出电压为 220V，变压 器本身的损耗忽略不计，在输电过程中电抗造成电压的损失不计，求： （1）升压变压器副线圈的端电压； （2）输电线上损耗的电功率； （3）降压变压器原、副线圈的匝数比． 12．两根相距 l=1m 的平行金属导轨如图放置，其中一部分水平，连接有一个 “6V，3W”的小灯泡，另一部分足够长且与水平面夹角 θ=37°，两金属杆 ab、cd 与导轨垂直并良好接触，分别放于倾斜与水平导轨上并形成闭合回路，两杆与导 轨间的动摩擦因数均为 μ=0.5，导轨电阻不计．金属杆 ab 质量 m1=1kg；电阻 R1=1Ω；cd 质量 m2=2kg，电阻 R2=4Ω．整个装置处于磁感应强度 B=2T、方向垂 直于倾斜导轨向上的匀强磁场中，ab 杆在平行于倾斜导轨向上的恒力 F 作用下 由静止开始向上运动，当 ab 杆向上匀速运动时，小灯泡恰好正常发光，整个过 程中 ab 杆均在倾斜导轨上运动，cd 杆始终保持静止（sin37°=0.6，cos37°=0.8， g=10m/s2） （1）ab 杆向上匀速运动的速度大小 （2）ab 杆向上匀速运动时，cd 杆受到的摩擦力大小 （3）ab 杆从开始运动到速度最大过程中上升的位移 x=4m，求此过程小灯泡发 光产生的热量． 　 2016-2017 学年广西玉林市陆川中学高二（上）月考物理 试卷（12 月份） 参考答案与试题解析 　 一、选择题 1．物理学中的许多规律是通过实验发现的，下列说法中符合史实的是（　　） A．库仑用扭秤测出了万有引力常量 B．牛顿通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持 C．法拉第通过实验发现了电磁感应现象 D．奥斯特通过实验发现了电流的热效应 【考点】物理学史． 【分析】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． 【解答】解：A、卡文迪许用扭秤测出了引力常量，故 A 错误； B、伽利略通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持，故 B 错误； C、法拉第通过实验发现了电磁感应现象，故 C 正确； D、奥斯特通过实验发现了电流的磁效应，焦耳通过实验发现了电流的热效 应．故 D 错误； 故选：C 　 2．某变压器原、副线圈匝数比为 55：9，原线圈所接电源电压按图示规律变化， 副线圈接有负载．下列判断正确的是（　　） A．输出电压的最大值为 36V B．原、副线圈中电流之比为 55：9 C．变压器输入、输出功率之比为 55：9 D．交流电源有效值为 220V，频率为 50Hz 【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率． 【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝 数成正比即可求得结论． 【解答】解： A、变压器的输入和输出电压之比等于原副线圈匝数比，所以输出电压的最大值 为 36 V，所以 A 错误； B、变压器的输入和输出电压之比等于原副线圈匝数比，电流之比等于原副线圈 匝数的反比，所以 B 错误； C、变压器只能改变交流电的电压，而不能改变频率和功率，即对于理想变压器 的输入功率和输出功率相等，所以 C 错误； D、从图上可以看出，交流电的周期 T=0.02s，所以频率为 50Hz．正弦交流电的 有效值是峰值的 倍，所以电压有效值为 220V．所以 D 正确． 故选：D． 　 3．输电导线的电阻为 R，输送电功率为 P．现分别用 U1 和 U2 两种电压来输电， 则两次输电线上损失的功率之比为（　　） A．U1：U2 B． ： C． ： D．U2：U1 【考点】远距离输电． 【分析】根据输送功率P=UI 求出输电，电流，再根据 P 损=I2R 可得出输电线上损 失的电功率与什么有关． 【解答】解：输送的功率一定，由P=UI 知，I= ，则 P 损=I2R=（ ）2R，知输 电线上损失的电功率与电压的平方成反比；故：△P1：△P2= ． 故选：C． 　 4．如图所示是一交变电流的 i﹣t 图象，则该交流电电流的有效值为（　　） A． A B．2 A C． A D．4A 【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系． 【分析】根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同 的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值． 【解答】解：设交流电电流的有效值为 I，电阻为 R．周期为 T= ， 则 R × = 解得 I= A 故选：A 　 5．在磁感应强度为 B、方向如图所示的匀强磁场中，金属杆 PQ 在宽为 l 的平行 金属导轨上以速度 v 向右匀速滑动，PQ 中产生的感应电动势为 E1；若磁感应强 度增为 2B，其它条件不变，所产生的感应电动势大小变为 E2，则 E1 与 E2 之比及 通过电阻 R 的感应电流方向为（　　） A．2：1，b→a B．1：2，b→a C．2：1，a→b D．1：2，a→b 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律． 【分析】PQ 中产生的感应电动势表达式为 E=BLv，可分析磁感应强度增为 2B 时， 两电动势之比．由楞次定律判断通过电阻 R 的感应电流方向． 【解答】解：PQ 中产生的感应电动势为 E=BLv，若磁感应强度增为 2B，其它条 件不变时，E 与 B 成正比，则有 E1：E2=1：2 由楞次定律判断可知通过电阻 R 的感应电流方向为 a→b． 故选 D 　 6．关于楞次定律，下列说法正确的是（　　） A．感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 B．闭合电路的一部分导体在磁场运动时，必受磁场阻碍作用 C．原磁场穿过闭合回路的磁通量磁增加时，感应电流的磁场与原磁场同向 D．感生电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场 【考点】楞次定律． 【分析】根据楞次定律分析感应电流磁场的作用．闭合电路的一部分导体在做切 割磁感线运动时，会产生感应电流，必受磁场阻碍作用．原磁场穿过闭合回路的 磁通量磁增加时，感应电流的磁场与原磁场反向；原磁场穿过闭合回路的磁通量 磁减小时，感应电流的磁场与原磁场同向． 【解答】解： A、根据楞次定律得知：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变 化．故 A 正确． B、闭合电路的一部分导体在做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，磁 场对导体有安培力，起到阻碍导体与磁场相对运动的作用．故 B 正确． C、原磁场穿过闭合回路的磁通量磁增加时，根据楞次定律得知，感应电流的磁 场与原磁场反向．故 C 错误． D、感生电流的磁场不一定跟原磁场反向，只有当原磁通量增加时，感生电流的 磁场才跟原磁场反向，而当原磁通量减小时，感生电流的磁场跟原磁场同向．故 D 错误． 故选 AB 　 7．如图所示的电路中，L 是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1 和 D2 是两个完全相同的小灯泡．则下列说法中正确的是（　　） A．K 闭合瞬间，两灯同时亮，以后 D1 熄灭，D2 变亮 B．K 闭合瞬间，D1 先亮，D2 后亮，最后两灯亮度一样 C．K 断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭 D．K 断开时，D2 立即熄灭，D1 亮一下再慢慢熄灭 【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用． 【分析】电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向 更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更 原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡 1 构成电路回路． 【解答】解：L 是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1 和 D2 是两 个完全相同的小灯泡 A、K 闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍 电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后 D1 熄灭，D2 变亮．故 A 正确； B、K 闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍 电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后 D1 熄灭，D2 变亮．故 B 错误； C、K 闭合断开，D2 立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电 动势从而阻碍电流的减小，所以 D1 亮一下再慢慢熄灭，故 C 错误； D、K 闭合断开，D2 立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电 动势从而阻碍电流的减小，所以 D1 亮一下再慢慢熄灭，故 D 正确； 故选：AD． 　 8．在方向水平的、磁感应强度为 0.5T 的匀强磁场中，有两根竖直放置的导体轨 道 cd、ef，其宽度为 1m，其下端与电动势为 12V、内电阻为 1Ω 的电源相接，质 量为 0.1kg 的金属棒 MN 的两端套在导轨上可沿导轨无摩擦地滑动，如图所示， 除电源内阻外，其他一切电阻不计，g=10m/s2，从 S 闭合的同时静止释放金属棒， 直到金属棒做匀速直线运动的过程中（　　） A．电源所做的功等于金属棒重力势能的增加 B．电源所做的功等于电源内阻产生的焦耳热 C．匀速直线运动时金属棒速度为 20m/s D．匀速直线运动时通过金属棒中的电流的值是 2A 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；楞次定律． 【分析】当从 S 闭合时，金属棒受到的安培力大于重力，金属棒向上做加速运 动．金属棒切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则判断感应电流的 方向与电源的电流方向相反，使电路中的电流减小，安培力减小，金属棒的加速 度减小，当安培力与重力平衡时，开始做匀速直线运动．根据功能关系分析电源 所做的功与金属棒重力势能的增加的关系．由感应电动势公式、欧姆定律，推导 安培力表达式，由重力与安培力平衡求解速度和电流． 【解答】解：A、B 金属棒先向上做加速运动，后做匀速直线运动，则电源所做 的功等于金属棒重力势能的增加、动能增加和电路中内能增加之和，所以电源所 做的功大于金属棒重力势能的增加，也大于电源内阻产生的焦耳热．故 AB 错 误． C、匀速直线运动时电路中的电动势为 E=E 电﹣BLv，电流为 I= ，金属棒 受到的安培力大小为 F=BIL； 联立得 F= ．又由重力与安培力平衡得到 F=mg， 联立解得 v=20m/s．故 C 正确． D、由 BIL=mg 得 I=2A．故 D 正确． 故选 CD 　 二、非选择题 9．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率 ρ．步骤如下： （1）用游标为 20 分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度 L=　50.15　 mm； （2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径 D=　4.700　mm； （3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘 示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为　220　Ω． （4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻 R，现有的器材及其代号和规格如 下： 待测圆柱体电阻 R； 电流表 A1（量程 0～5mA，内阻约 50Ω）； 电流表 A2（量程 0～15mA，内阻约 30Ω）； 电压表 V1（量程 0～3V，内阻约 10kΩ）； 电压表 V2（量程 0～15V，内阻约 25kΩ）； 直流电源 E（电动势 4V，内阻不计）； 滑动变阻器 R1（阻值范围 0～15Ω，允许通过的最大电流 2.0A）； 滑动变阻器 R2（阻值范围 0～2kΩ，允许通过的最大电流 0.5A）；开关 S；导线若 干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图丁中画出测量的电路 图，并标明所用器材的代号． （5）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的 R 测量值几乎相等，若已知伏 安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用 U 和 I 表示，则用此法测出该圆柱 体材料的电阻率 ρ=　 　．（不要求计算，用题中所给字母表示） 【考点】测定金属的电阻率． 【分析】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读． （2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度 读数时需估读到 0.001mm． （3）欧姆表读数时要用示数乘以倍率． （4）电压表和电流表的读数时要根据电表的量程及最小分度选择电流表与电压 表，根据实验的要求选择滑动变阻器的接法． （5）根据电阻定律 R=ρ 、欧姆定律 I= 、横截面积公式 S= πD2 结合求解 得到电阻率的表达式． 【解答】解：（1）游标为 20 分度，其测量精度为 0.05mm，则游标卡尺的读数： 游标卡尺主尺读数为 50mm，游标读数为 3×0.05mm=0.15mm 所以最终读数为 50.15mm； （ 2 ） 螺 旋 测 微 器 固 定 刻 度 读 数 为 4.5mm ， 可 动 刻 度 读 数 为 20.0 × 0.01mm=0.200mm，最终读数为 d=4.5mm+0.200mm=4.700mm （3）用多用电表的电阻“×10”挡粗测电阻时，读数为 R=22.0×10Ω=220Ω． （4）根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为 Rmax= = A=0.018A=18mA， 所以电流表应选择 A2； 由于电源电动势为 4V，电压表应选择 V1； 由于所以要求多测几组数据，所以变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变 阻器 R1 以方便调节，电路图如图所示： （5）根根据电阻定律 R=ρ 、横截面积公式 S= πD2 得： ρ= = 故答案为：（1）50.15； （2）4.700； （3）220； （4）右边框中画出测量电路图，并标明所用器材代号： （5） ． 　 10．一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直磁感线的对称轴转动，形成如图所示的交 变电动势图象，试根据图象得出： （1）线圈转动的角速度； （2）电动势的有效值； （3）t=1.0×10﹣2s 时，线圈平面和磁场方向的夹角． 【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、 周期和频率． 【分析】（1）由图象读出周期 T，根据 ω= 求出线圈转动的角速度； （2）由图象读出电动势的最大值，由正弦式电流的有效值与最大值的关系求出 有效值． （3）由 θ=ωt，求出线圈与中性面的夹角，再求出线圈平面和磁场的夹角． 【解答】解：（1）由图象读出周期 T=0.06s，线圈转动的角速度 ω= = rad/s （2）由图象读出电动势的最大值 Em=20V，则有效值 E= =10 V （3）t=0 时刻线圈位于中性面，t=1.0×10﹣2s 时线圈平面和磁场的夹角 θ= ﹣ωt= ． 故答案为：（1） rad/s； （2）10 V； （3） ． 　 11．一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出 功率为为 50kW，输出电压为 500V，升压变压器原、副线圈匝数比为 1：5，两 个变压器间的输电导线的总电阻为 15Ω，降压变压器的输出电压为 220V，变压 器本身的损耗忽略不计，在输电过程中电抗造成电压的损失不计，求： （1）升压变压器副线圈的端电压； （2）输电线上损耗的电功率； （3）降压变压器原、副线圈的匝数比． 【考点】变压器的构造和原理；电能的输送． 【分析】（1）根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比，求解升压变压 器副线圈的端电压； （2）变压器不改变功率，由 P=UI 求出输电线中电流，由功率公式求解输电线上 损耗的电功率； （3）用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，根据用 户得到的功率，由功率公式求出降压变压器副线圈中电流，再由电流与匝数成反 比求解降压变压器原、副线圈的匝数比． 【解答】解： （1）因为 ，所以 =2500V． （2）P2=P1=50kW． 输电线中电流 = ， 则 =202×15W=6000W． （3）用户得到功率 P4=P1﹣P 损=44000W， 所以降压变压器副线圈电流 I4= = A=200A 故 ． 答： （1）升压变压器副线圈的端电压为 2500V． （2）输电线上损耗的电功率是 6000W； （3）降压变压器原、副线圈的匝数比是 ． 　 12．两根相距 l=1m 的平行金属导轨如图放置，其中一部分水平，连接有一个 “6V，3W”的小灯泡，另一部分足够长且与水平面夹角 θ=37°，两金属杆 ab、cd 与导轨垂直并良好接触，分别放于倾斜与水平导轨上并形成闭合回路，两杆与导 轨间的动摩擦因数均为 μ=0.5，导轨电阻不计．金属杆 ab 质量 m1=1kg；电阻 R1=1Ω；cd 质量 m2=2kg，电阻 R2=4Ω．整个装置处于磁感应强度 B=2T、方向垂 直于倾斜导轨向上的匀强磁场中，ab 杆在平行于倾斜导轨向上的恒力 F 作用下 由静止开始向上运动，当 ab 杆向上匀速运动时，小灯泡恰好正常发光，整个过 程中 ab 杆均在倾斜导轨上运动，cd 杆始终保持静止（sin37°=0.6，cos37°=0.8， g=10m/s2） （1）ab 杆向上匀速运动的速度大小 （2）ab 杆向上匀速运动时，cd 杆受到的摩擦力大小 （3）ab 杆从开始运动到速度最大过程中上升的位移 x=4m，求此过程小灯泡发 光产生的热量． 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律． 【分析】（1）ab 杆向上匀速运动时，小灯泡恰好正常发光，由公式 P=UI 可求出 灯泡的电流，由欧姆定律求出通过 cd 棒的电流，从而得到通过 ab 棒的电流，再 由平衡条件和安培力公式结合求解其速度大小． （2）cd 杆始终保持静止，受力平衡，求出其所受的安培力，再由平衡条件求解 cd 杆受到的摩擦力大小． （3）由 ab 棒匀速运动，求出 F 的大小，再由能量守恒求出回路中产生的总热量， 结合电路的结构求解小灯泡发光产生的热量． 【解答】解：（1）ab 棒匀速运动时，小灯泡正常发光，则流过灯泡的电流为 I1= = A=0.5A cd 杆与灯泡并联，电压相等，则流过 cd 杆的电流为 I2= = A=1.5A 则流过 ab 杆的总电流为 I=I1+I2=2A 由 Blv=U+IR1，得： ab 杆向上匀速运动的速度大小 v=4m/s （2）cd 杆始终保持静止，受力平衡，所受的安培力大小为 F 安=BI2l 静摩擦力为 f=F 安 cos37° 代入解得 f=2.4N （3）ab 杆匀速运动时，F=m1gsin37°+μm1gcos37°+BIl=14N ab 杆运动过程中，系统产生的总热量为 Q，则由能量守恒得： Fx﹣m1gxsin37°﹣μm1gxcos37°= +Q 解得 Q=8J 根据焦耳定律 Q=I2Rt 知，ab 杆、cd 杆和灯泡产生的热量之比为 QR1：QR2：QL=（22×1）：（1.52×4）：（0.52×12）=4：9：3 故小灯泡发光产生的热量为 QL= Q=1.5J 答： （1）ab 杆向上匀速运动的速度大小为 4m/s． （2）ab 杆向上匀速运动时，cd 杆受到的摩擦力大小为 2.4N． （3）此过程小灯泡发光产生的热量为 1.5J．