2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题 一、选择题 ‎1.如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变。闭合开关S，滑动变阻器的滑片P处于某一位置时，小灯泡L 能发光。将滑片P 从该位置向b端滑动，则（ ）‎ A. 小灯泡L变亮，电流表的示数变小 B. 小灯泡L变亮，电流表的示数增大 C. 小灯泡L变暗，电流表的示数变小 D. 小灯泡L变暗，电流表的示数增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据滑片P的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，从而知道电流表的示数如何变化。根据路端电压的变化分析小灯泡亮度的变化。‎ ‎【详解】将滑片P从该位置向b端滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I变小，则电流表示数变小。‎ 总电流变小，电源的内电压变小，则路端电压变大，小灯泡的电压变大，则小灯泡L变亮，故A正确，BCD错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题是一道闭合电路的动态分析题，要分析清楚电路结构，熟练应用欧姆定律即可分析。‎ ‎2.如图，带箭头的实线表示某静电场的电场线，虚线表示其等势面。已知a、b、c三点的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec，电势分别为φa、φb、φc。则（ ）‎ A. Ea＜Eb，φb＝φc B. Ea＞Eb，φa＞φb C. Ea＞Eb，φa＜φb D. Ea＝Ec，φb＝φc ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由图示可知，a处的电场线密，b处的电场线稀疏，因此a点的电场强度大，b点的场强小，即Ea＞Eb；沿着电场线的方向，电势逐渐降低，则a点的电势高于c点的电势，即φa＞φc，b、c两点在同一等势面上，电势相等，φb=φc，则φa＞φb，故B正确，ACD错误。‎ ‎3.如图所示，在竖直放置间距为的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为，电荷量为的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为。则点电荷运动到负极板的过程 A. 加速度大小为 B. 所需的时间为 C. 下降的高度为 ‎ D. 电场力所做的功为 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】点电荷在电场中的受力如图所示，‎ 点电荷所受的合外力为 ‎ 由牛顿第二定律得 故A错；‎ 点电荷在水平方向的加速度为 ，由运动学公式d/2=a1t2/2,所以 ，故B正确，‎ 点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度 ，故C错误；‎ 由功公式W=Eqd/2,故D错误。‎ 综上所述本题答案是：B ‎【点睛】由于电荷水平方向和竖直方向都受到力的作用，根据水平方向上的运动求出运动时间，再结合竖直方向上自由落体运动求出下落的高度。‎ ‎4.如图所示，两平行直导线和竖直放置，通以方向相反大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内。则 A. b点的磁感应强度为零 B. 导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里 C. 导线受到的安培力方向向右 D. 同时改变了导线的电流方向，导线受到的安培力方向不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由右手螺旋定则可知.cd导线和ef导线在b处产生的磁场方向都垂直纸面向外.所以由矢量合成知b处的磁感应强度垂直纸面向外.故A错误:‎ 由右手螺旋定则知ef导线在左侧产生的磁感应强度垂直纸面向外，故B错误:‎ 由左手定则知.cd导线受到的安培力方向向左.故C错误:‎ 由题意可知，cd导线所处的位置磁场方向发生改变，但同时自身电流方向也发生改变，由左手定则知cd导线所受安培力方向不变.故D正确 综上所述本题答案是：D ‎5.如图所示，a、b是用同种规格的铜丝做成的两个同心圆环，两环半径之比为2∶3，其中仅在a环所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场。当该匀强磁场的磁感应强度均匀增大时，a、b两环内的感应电动势大小和感应电流大小之比分别为（ ）‎ A. 1∶1，2∶3‎ B. 1∶1，3∶2‎ C. 4∶9，2∶3‎ D. 4∶9，9∶4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由法拉第电磁感应定律E=n，求解感应电动势之比．根据电阻定律：电阻r=，感应电流I=，联立求解感应电流之比。‎ ‎【详解】由法拉第电磁感应定律得：E=n，‎ 因为，相同，则得到Ea：Eb=1：1‎ 根据电阻定律：线圈的电阻为r=，则ρ、有效面积s、n相同，两线圈电阻之比ra：rb=Ra：Rb=2：3。‎ 线圈中感应电流，由上综合得到：IA：IB=3：2；故B正确，ACD错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题是法拉第电磁感应定律和电阻定律的综合应用求解感应电流之比，采用比例法研究，注意此处的磁场的变化所对应的面积相同。‎ ‎6.如图所示，可视为质点的带正电小球，质量为m，用长为L的绝缘轻杆分别悬挂在（甲）重力场、（乙）悬点O处有正点电荷的静电场、（丙）垂直纸面向里的匀强磁场中，且偏角均为θ（θ＜10°）。当小球均能由静止开始摆动到最低点A时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 三种情形下，达到A点时所用的时间相同 B. 三种情形下，达到A点时轻杆的拉力相同 C. 三种情形下，达到A点时的向心力不同 D. 三种情形下，达到A点时的动能不同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别对三种情况受力分析，根据受力情况确定各力做功情况，根据动能定理即可明确到达A点的速度关系，再根据向心力公式明确向心力及绳子上的拉力，根据运动情况即可确定时间关系。‎ ‎【详解】三种情况下均只有重力做功，因此由动能定理可知，它们到达最底点时的速度相同，因此达到A点时的动能相同； 根据向心力公式可知，它们在A点需要的向心力相同；但由于乙受到库仑力，而丙受到洛伦兹力，因此三种情况下绳子上的拉力不相同；由于运动任意对应的时刻的速度均相同，因此达到A点的时间一定相同。‎ 故只有A正确，BCD错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动及受力情况，要注意明确洛伦兹力永不做功，同时注意电场力做功的性质。‎ ‎7.如图所示，等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，左边有一形状完全相同的等腰直角三角形导线框，线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域。规定线框中感应电流沿逆时针方向为正方向，线框刚进入磁场区域时感应电流大小为i0，直角边长为L。其感应电流i随位移x变化的图象正确的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 线框进入磁场的位移为0～L的过程中，三角形切割磁感线的有效长度先减小，当右边和斜边切割长度相等时感应电流为零，接着又反向增大，根据右手定则可知感应电流方向先是逆时针，后是顺时针；以后在L-2L过程中有效切割长度逐渐减小到零，则感应电流逐渐减小到零，所以C正确，ABD错误．故选C．‎ ‎8.如图所示，边长为 l，质量为 m的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以逆时针方向的电流。图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；保持其它条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2。则导线框中的电流大小为（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 当在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；结合矢量的合成法则及三角知识，则线框受到安培力的合力，方向竖直向上，大小为，根据平衡条件，则有：F1+F安=mg；现将虚线下方的磁静场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2．则两边受到的安培力大小相等，安培力夹角均为120°，因此安培力合力，则有；联立得：，即.故选A.‎ ‎【点睛】本题中要注意安培力的等效求法，同时掌握左手定则的内容，及矢量的合成法则，注意求解安培力合力是解题的关键．‎ ‎9.某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）。要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则（ ）‎ A. ＞‎ B. ＜‎ C. 升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压 D. 升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过理想升压变压器将电送到用户附近，然后用理想降压变压器向远处用户供电家中．提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率。‎ ‎【详解】A、B项：由变压器的电压比匝数之比，，又因为线路电压损失，即U2＞U3，所以．故A正确，B错误；‎ C、D项：由于远距离输电，输电线电阻不能忽略，导致输电线路上电压损失，使功率损失，所以升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压；升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率。故C正确，D错误。‎ 故选：AC。‎ ‎【点睛】理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象．远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损。‎ ‎10.如图所示， 两个速度大小不同的同种带电粒子1、2，沿水平方向从同一点垂直射入匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。当它们从磁场下边界飞出时相对入射方向的偏转角分别为90°、60°，则它们在磁场中运动的（ ）‎ A. 轨迹半径之比为1∶2‎ B. 速度之比为2∶1‎ C. 时间之比为3∶2‎ D. 周期之比为2∶1‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可确定粒子的半径，根据半径公式可确定初速度；根据粒子的运动的轨迹和粒子做圆周运动的周期公式可以判断粒子的运动的时间。‎ ‎【详解】A项：设粒子的入射点到磁场下边界的磁场宽度为d，画出粒子轨迹过程图，如图所示，‎ 由几何关系可知： 第一个粒子的圆心为O1，由几何关系可知：R1=d；‎ 第二个粒子的圆心为O2；由几何关系可知：R2sin30°+d=R2 ，解得：R2=2d；‎ 故各粒子在磁场中运动的轨道半径之比为：R1：R2=1：2，故A正确；‎ B项：由可知v与R成正比，故速度之比也为：1：2，故B错误；‎ C、D项：粒子在磁场中运动的周期的公式为由此可知，‎ 粒子的运动的周期与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同；‎ 由粒子的运动的轨迹可知，三种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°，‎ 所以偏转角为90°的粒子的运动的时间为，偏转角为60°的粒子的运动的时间为，所以有，故C正确，D错误。‎ 故应选：AC。‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要注意根据几何关系确定粒子的半径，再由洛仑兹力充当向心力来确定半径与初速度的关系，利用周期公式结合粒子转过的圆心角求解粒子在磁场中运动的时间。‎ ‎11.如图所示为小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向以角速度ω匀速转动。线圈的匝数为n、电阻为r，外接电阻为R，A为交流电流表。线圈从图示位置（线圈平面平行于磁场方向）开始转过60°时的感应电流为I。下列说法中正确的有 A. 电流表的读数为2I B. 转动过程中穿过线圈磁通量的最大值为 C. 线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为 D. 从图示位置开始转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据感应电流瞬时值表达式求出最大值，再求解有效值，即可得到电流表的读数；磁通量的最大值 Φm=BS．由闭合电路欧姆定律求出感应电动势的最大值Em，由公式Em=nBSω求解Φm．通过电阻R的电荷量根据公式q=求解；热量根据焦耳定律求解。‎ ‎【详解】A项：由题有：I=Imcos，则得感应电流的最大值 Im=2I，有效值 I有=，则电流表的读数为，故A错误；‎ B项：感应电动势的最大值Em=Im（R+r）=2I（R+r），又Em=nBSω，磁通量的最大值 Φm=BS，联立解得：Φm=，故B正确；‎ C项：线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量 Q=，故C正确；‎ D项：从图示位置开始转过的过程中，通过电阻R的电荷量 ，故D正确。‎ 故应选：BCD。‎ ‎【点睛】本题关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBSω，以及瞬时值与最大值之间的关系，对于交变电流，求解热量、电功和电功率要用有效值，对于正弦式电流最大值是有效值的倍。‎ ‎12.科学家研究发现：因太阳风的带电粒子吸附作用，土星环正在消失。这是因为土星环中的带电的冰质颗粒，在土星引力和磁场的作用下坠入土星。假设土星的自转方向以及周围的磁场分布与地球相似，土星环中的所有冰质颗粒在土星赤道上空自西向东公转，除带电冰质颗粒外，剩余土星环中的颗粒轨道半径不变，则可以推断（ ）‎ A. 若土星磁场是因土星带电而形成，则土星带负电 B. 土星环中带电冰质颗粒受到的洛伦兹力沿轨道半径远离土星球心 C. 太阳风中的带正电粒子是冰质颗粒主要吸附的粒子 D. 因土星吸附了带电冰质颗粒，质量变大，在轨运行的土星环的运动周期将变小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：由土星磁场与地磁场相似，土星磁场的北极为地理南极，土星磁场的南极为地理北极，由土星转动形成环形电流，根据右手螺旋定则可知，土星带负电，故A正确；‎ B项：由于电冰质颗粒坠入土星，洛伦兹力方向与速度方向垂直，所以土星环中带电冰质颗粒受到的洛伦兹力不会沿轨道半径远离土星球心，故B错误；‎ C项：由于冰质颗粒在土星赤道上空自西向东公转，且土星带负电，所以冰质颗粒应带正电，所以太阳风中的带负电粒子是冰质颗粒主要吸附的粒子，故C错误；‎ D项：由公式，由于半径不变，质量变大，所以周期变小，故D错误。‎ 故应选：AD。‎ 二、实验题 ‎13.（1）用游标为20分度的游标卡尺测量某物体长度，由图可知其长度为______mm；‎ ‎（2）某同学用螺旋测微器测量一圆柱形金属工件的直径，测量结果如图所示，该工件的直径为______mm。‎ ‎【答案】 (1). 50.05; (2). 1.775;‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．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。‎ ‎【详解】(1) 游标卡尺主尺读数为50mm，游标读数为0.05×1=0.05mm，所以最终读数为50.05mm；‎ ‎(2)螺旋测微器固定刻度读数1.5mm，可动刻度读数为0.01×27.5mm=0.275mm，所以金属丝的直径为1.775mm。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以及螺旋测微器的读数方法，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。‎ ‎14.（1）某同学对表头G进行改装，已知其满偏电流Ig＝100μA，内阻标称值Rg＝900Ω。先利用定值电阻R1将表头改装成1mA的电流表，然后利用定值电阻R2再将此电流表改装成3V的电压表V1（如图所示）。则根据条件定值电阻R1＝______Ω，R2＝______Ω。‎ ‎（2）改装完毕后，用量程为3V，内阻为2500Ω的标准电压表V2对此电压表从零开始全范围的刻度进行校准。滑动变阻器R有两种规格：‎ A．滑动变阻器（0～20Ω）‎ B．滑动变阻器（0～2kΩ）‎ 为了实验中电压调节方便，滑动变阻器R应选用______（填“A”或“B”）。‎ ‎（3）完成图乙中的校准电路图 ____要求：滑动变阻器的触头画在开始实验时的位置上）‎ ‎（4）由于表头G上的标称值Rg小于真实值，造成改装后电压表的读数会比标准电压表的读数______。（填“偏大”或“偏小”）‎ ‎【答案】 (1). 100； (2). 2910； (3). A； (4). ； (5). 偏小；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，把嗲刘波改装成电压表需要串联分压电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值；‎ 为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；‎ 根据实验电路应用串并联电路特点分析答题。‎ ‎【详解】(1) 由图示电路图可知：R1= ‎ 装后电流表内阻： ‎ 把电流表改装成电压表，串联电阻：；‎ ‎(2) 为方便实验操作滑动变阻器应选择最大阻值较小的A；‎ ‎(3) 电压表从0开始全范围的刻度进行校准，滑动变阻器应选择分压接法，‎ 标准电压表与改装后的电压表并联，电路图如图所示：‎ ‎(4) 表头G上的标称值Rg小于真实值，改装后的电流表内阻偏小，改装后的电压表串联电阻偏大，‎ 电压表内阻偏大，两电压表并联，由于改装后的电压表内阻偏大，通过改装电压表的电流偏小，‎ 改装后的电压表指针偏角较小，造成改装后电压表的读数会比标准电压表的读数偏小。‎ ‎【点睛】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表改装原理，由于串并联电路特点与欧姆定律可以解题；要掌握实验器材的选择原则。‎ 三、计算题 ‎15.如图，在水平桌面上固定有宽度为d、电阻可忽略的U形导轨；均匀磁场的方向垂直于U 形导轨平面，磁感应强度大小随时间的变化关系为B＝B0（1＋kt），式中B0、k为大于零的常量。在与导轨左端相距l处放置一垂直于导轨的光滑导体棒，并用外力将其固定。导体棒的质量为m，阻值为R，与导轨接触良好。‎ ‎（1）求回路中感应电流的大小；‎ ‎（2）在t＝t0时撤去外力，求撤去外力后瞬间导体棒所受安培力的大小。‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)回路的面积不变，磁场在变化，根据法拉第电磁感应定律求得感应电动势，再由欧姆定律求感应电流的大小；‎ ‎(2)根据安培力公式F=BIL求得t=t0时导体棒所受的安培力大小。‎ ‎【详解】(1) 由B=B0（1+kt），得： ‎ 根据法拉第电磁感应定律得：‎ ‎ ‎ 感应电流的大小为：；‎ ‎(2) 在t=t0时，导体棒所受的安培力大小为：F=BId=B0（1+kt0）•。‎ ‎【点睛】解决本题的关键要掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式F=BIL，要知道回路中磁通量均匀变化时，产生的感应电动势和感应电流是恒定不变的。‎ ‎16.如图所示，位于竖直平面上的半径为R的圆形光滑绝缘轨道，其上半部分处于竖直向下、场强为E的匀强电场中；下半部分处于水平向里的匀强磁场中。质量为m，带正电荷量为q的小球，从轨道水平直径的M端由静止释放，若小球第一次通过最低点时对轨道的压力为零，求：‎ ‎（1）磁感应强度B的大小及运动过程中小球对轨道最低点的最大压力；‎ ‎（2）若要小球在圆形轨道内作完整的圆周运动，小球从轨道水平直径的M端下滑所需的最小速度。‎ ‎【答案】（1） 竖直向下（2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)小球在通过最低点时对轨道的压力为零，由此可知，在最低点时洛伦兹力和重力的合力恰好作为圆周运动的向心力，根据向心力的公式即可以求得磁感应强度B的大小；‎ 当小球反向运动时，小球受到的洛伦兹力的反向反向，在最低点时对小球受力分析，由向心力的公式可以求得小球对轨道最低点的最大压力；‎ ‎(2)在最高点时，小球的重力和电场力作为圆周运动的向心力的大小，从M点到最高点的过程中，根据动能定理可以求得小球从轨道的水平直径的M端下滑的最小速度。‎ ‎【详解】(1) 设小球向右通过最低点时的速率为v，由题意得：mgR= ‎ qBv-mg= ‎ 解得： ‎ 小球向左通过最低点时对轨道的压力最大 FN-mg-qBv= ‎ 解得：FN=6mg，方向竖直向下；‎ ‎(2) 要小球完成圆周运动的条件是在最高点满足：‎ ‎ ‎ 从M点到最高点由动能定理得：‎ ‎-mgR-qER= ‎ 由以上各式解得：。‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了。‎ ‎17.如图所示，两足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中。长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好。金属棒的质量为m、电阻为R，与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，两金属导轨的上端连接一个电阻，其阻值也为R。现闭合开关，给金属棒施加一个方向垂直于棒且平行于导轨平面向上、大小为F＝3mg的恒力，使金属棒从静止开始运动，上滑位移x时速度恰达到最大速度vm。（重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求： ‎ ‎（1）金属棒刚开始运动时的加速度大小；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度的大小；‎ ‎（3）金属棒由静止开始上滑位移x的过程中，金属棒上产生的焦耳热Q。‎ ‎【答案】（1）2g（2） （3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)两物体的加速度大小相等，分析对物体和导体棒受力分析，根据牛顿第二定律列式，联立可求得加速度大小；‎ ‎(2)由E=BLv可求得感应电动势大小，再根据欧姆定律可求得电流，再根据受力分析共点力的平衡列式即可求得磁感应强度的大小；‎ ‎(3)对匀速过程分析，根据功能关系可求得电流做功的大小。‎ ‎【详解】(1) 刚开始运动时，v0=0，则 由牛顿第二定律，可得：F-mgsinθ =ma 解得：；‎ ‎(2) 当速度达到vm时，则a=0，依据平衡条件，则有，‎ F=mgsinθ +F安max；‎ 安培力大小，F安max=BImL，‎ 而闭合电路欧姆定律， ‎ 切割感应电动势Em=BLvm；‎ 联立解得：；‎ ‎(3) 由动能定理，可得：F•x-mg•xsinθ- -W安克= ‎ 而W安克=Q 因此棒中产生热量 联立解得：。‎ ‎【点睛】解决本题的关键会根据牛顿第二定律求加速度，以及结合运动学能够分析出金属棒的运动情况，当a=0时，速度达到最大．同时明确在电磁感应过程中功能关系的正确应用，注意明确导体匀速下滑时，减小的机械能转化为内能，而增加的内能一定等于电流所做的功。‎ ‎ ‎ ‎ ‎