【物理】河北省保定市容大中学2019-2020学年高二下学期开学考试试题（解析版）

【物理】河北省保定市容大中学2019-2020学年高二下学期开学考试试题（解析版）

保定容大中学2019-2020学年度下学期高二开学考试（物理）‎ 卷I（选择题）‎ 一、单项选择题 （本题共计9小题，每题3分，共计27分）‎ ‎1. 下列关于电荷的说法正确的是（ ）‎ A. 只有质量和电荷量都很小的带电体才能当作点电荷 B. 感应起电的实质是电荷从一个物体转移到另一个物体 C. 两个完全相同的带电体带同种电荷q1、q2，接触后再分开，则均带(q1+q2)/2的电荷量 D. 真空中的点电荷，其相互作用力都可以用库仑定律来计算 ‎【答案】C ‎【解析】A．电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，所以能否看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身质量及带电量的多少无具体关系，故A错误；‎ B．感应起电过程电荷在电场力作用下，从物体的一部分转移到另一个部分，故B错误；‎ C．两个完全相同的带电体带同种电荷q1、q2，接触后再分开，则均带(q1+q2)/2的电荷量，选项C正确；‎ D．计算真空中静止的点电荷间的相互作用时，可以用库仑定律计算，故D错误．‎ ‎2. 如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球、、（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（　　）‎ A. 对的静电力可能是斥力 B. 对的静电力一定是斥力 C. 的电量可能比少 D. 的电量一定比多 ‎【答案】B ‎【解析】AB．根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此对的静电力一定引力，对的静电力一定是斥力，故A错误，B正确；‎ CD．同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，则的电量一定比多，而的电量与的电量无法确定。故CD错误。故选B。‎ ‎3. 如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=‎5cm，bc=‎3cm，‎ ca=‎4cm．小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（ ）‎ A. a、b的电荷同号， B. a、b的电荷异号，‎ C. a、b的电荷同号， D. a、b的电荷异号，‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b的连线，可知，a、b的电荷异号，对小球c受力分析，如下图所示 因ab=‎5cm，bc=‎3cm，ca=‎4cm，因此ac⊥bc，那么两力的合成构成矩形，依据相似三角形之比，则有 根据库仑定律有，‎ 综上所得 故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎4. 如图，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R，将等电量的异种点电荷Q放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q与O点的连线和OC间夹角为30°，静电常量为k，则（　　）‎ A. O点的电场强度大小为 ‎ B. O点的电场强度方向由O指向A C. O点电势小于C点电势 D. 试探电荷q从B点移到D点过程中，电势能始终不变 ‎【答案】A ‎【解析】AB．两电荷在O点的场强大小为E1=E2=k 夹角为120°‎ 根据平行四边形定则知合场强为E=E1=E2=k 方向平行两个电荷的连线向右，故A正确，B错误；‎ C．等量正负点电荷连线的中垂线上电势相等，因而φO=φC，故C错误；‎ D．如果只有+Q存在，则B点电势大于D点电势；如果只有-Q存在，同样是B点电势大于D点电势；由于电势是标量，所以两个场源电荷同时存在时，依然有B点电势大于D点电势，故试探电荷q从B点移到D点过程中，电势能是变化的，故D错误。故选A。‎ ‎5. 如图所示，虚线、、代表某电场中一簇电场线，实线为一带正电的粒子（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时从运动到的轨迹，、是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A. 点处的电场强度比点处小 B. 点的电势高于点的电势 C. 该带电粒子在点处的动能比在点处大 D. 该带电粒子在点具有的电势能比在点具有的电势能小 ‎【答案】B ‎【解析】A．根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，知点处的电场线比 点处密，则点处的电场强度比点处大，故A错误；‎ B．粒子受到的电场力方向指向轨迹的内侧，即沿电场线的切线斜向右上方，而粒子带正电，则电场线斜向右上方，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，知点的电势高于点的电势，故B正确；‎ C．从运动到的过程，电场力对粒子做正功，动能增加，则该带电粒子在点处的动能比在点处小，故C错误；‎ D．从运动到的过程，电场力对粒子做正功，电势能减少，则该带电粒子在点具有的电势能比在点具有的电势能大，故D错误。故选B。‎ ‎6. 如图所示，两电荷量分别为和的点电荷固定在直线上，两者相距为，以的点电荷所在位置为圆心、为半径画圆，、、、是圆周上四点，其中、在直线上，、两点连线垂直于，下列说法正确的是（　　 ）‎ A. 、两点的电势不相同 B. 将一正点电荷从沿圆弧经移动到，电势能减小 C. 、两点的电场强度相同 D. 点的电场强度大于点的电场强度 ‎【答案】D ‎【解析】AB．、、、四点在以点电荷为圆心的圆上，由产生的电场在、、、四点的电势是相等的，所以、、、四点的总电势可以通过产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，点的电势最高，、电势相等，点电势最低，根据正电荷在电势高处电势能大，可知在处的电势能最小，在处的电势能最大，在、两处的电势能相等，故AB错误。‎ CD．根据点电荷电场强度公式，结合矢量的合成法则可知，点电场强度最大，因此点的电场强度大于点的电场强度，且、两点场强大小相等，方向不同，故C错误，D正确。故选D。‎ ‎7. 如图，在场强为的匀强电场中有一个质量为的带正电小球悬挂在绝缘细线上，当小球静止时，细线与竖直方向成角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带的电量应为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意电场方向恰使小球受的电场力最小可知，的方向与细线垂直斜向上。由平衡条件可得 故选D。‎ ‎8. 在轴上的和点分别固定了、两个点电荷，的电荷量为，的电荷量为，如图所示，设沿轴正方向为电场强度的正方向，则整个轴上的电场强度随变化的图像正确的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．由等量异种电荷的电场线分布可知，在（，）之间，O点的场强最小，但不为零，选项A错误；‎ BCD．在（，）之间，电场方向向右，沿轴正方向，在点左侧，电场方向向左，沿轴负方向，在点右侧，电场方向向左，沿轴负方向，综上所述，选项C正确，BD错误。故选C。‎ ‎9. 在轴上固定两个点电荷、，其静电场中轴上各点的电势如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. 和为同种电荷，且均在的区域内 B. 和为同种电荷，和两点在两电荷之间 C. 和为异种电荷，且均在的区域内 D. 和为异种电荷，且均在的区域内 ‎【答案】C ‎【解析】由题目图，结合电势与位置图象的斜率表示电场强度，可知，在处的电场强度大小为零，因两点电荷的具体位置不确定，则点电荷的电性也无法确定，因此可能是同种电荷，也可能是异种电荷；‎ AB．若和为同种电荷，则电场强度为零的点在两电荷连线上的线段上的某一点，即处于两个点电荷之间，故AB错误；‎ CD．若和为异种电荷，则电场强度为零的点在两电荷连线的线段之外的某一点，由电势为零，且到电势逐渐升高可知，和均在的区域内，且靠近的点电荷为负点电荷，远离的点电荷为正电荷，且正电荷电量的绝对值大于负电荷电量的绝对值；故C正确，D错误。故选C。‎ 二、多选题（本题共计5小题，每题3分 ，共计15分）‎ ‎10. 如图所示，一电荷量为的带电粒子以一定的初速度沿平行板电容器的中线射入，恰好沿下板的边缘飞出，已知两板长为，板间的距离为，板间电压为，粒子通过两板间的时间为，不计粒子的重力，则（　　）‎ A. 在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为 B. 在粒子通过平行金属板的前和后时间内，电场力做功之比为 C. 若仅将板间电压变为，粒子将打在下板中点处 D. 若仅将板间电压变为，粒子仍能飞出两板之间且通过时间仍为 ‎【答案】BD ‎【解析】A．根据可得，在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为，故A错误；‎ B．根据类平抛运动规律可知，竖直方向粒子做初速度为的匀加速直线运动，根据推论：连续相等时间内位移之比 电场力做功为 故B正确 C．设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为，由牛顿第二定律得 当板间电压为时，粒子恰好沿下板的边缘飞出，此时竖直方向偏移量为 水平方向位移为 若仅将板间电压变为，粒子将会打在下极板上，且有 粒子在电场中偏转所用时间 水平方向上位移为 粒子将打在下极板处；故C错误；‎ D．若板间电压减少为，粒子仍能飞出两板之间，且由 可得，通过时间仍为，故D正确。故选BD。‎ ‎11. 如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与直面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（　　）‎ A. O点处的磁感应强度为零 B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D. a、c两点处磁感应强度的方向不同 ‎【答案】C ‎【解析】A．由安培定则和磁场叠加原理可判断出O点处的磁感应强度方向向下，一定不为零，A错误；‎ B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，均向下，B错误；‎ C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，均向下，C正确；‎ D．a、c两点处磁感应强度的方向相同，D错误。故选C。‎ ‎12. 三根平行的长直导线，分别通过一个等边三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直，点到三个顶点的距离相等，如图所示。已知中的电流强度之比为1:1:2，方向如图所示。若在处的磁感强度为，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 点的磁感强度为 B. 点的磁场沿方向 C. 导线受到的安培力沿方向 D. 导线受到的安培力方向与边平行 ‎【答案】AC ‎【解析】AB．根据右手螺旋定则，电流在点产生的磁场平行于向左，电流在点产生的磁场平行指向右下方，电流在点产生的磁场平行指向左下方，如图：‎ 由于三根电流强度之比为1:1:2，到点的距离相同，所以产生的磁感应强度之比也是1:1:2，根据平行四边形定则，则点合场强的方向垂直斜向下,大小为3B。故A正确，B错误。‎ CD．根据矢量的合成可知，、在处的磁场一定垂直于向下，根据左手定则，结合矢量合成法则，导线受到的安培力方向沿方向，故C正确，D错误。故选AC。‎ ‎13. 如下图所示，金属导轨上的导体棒在匀强磁场中沿导轨向右加速运动，为铜制圆线圈，线圈平面与螺线管中轴线垂直，圆心在螺线管中轴线上。则下列说法中正确的有（　　）‎ A. 从右向左看，中有顺时针方向的感应电流 B. 被螺线管吸引 C. 有收缩的趋势 D. 螺线管各匝之间有相互靠近的趋势 ‎【答案】ACD ‎【解析】ABC．当导体棒向右加速运动时，由右手定则可判定回路中产生从的感应电流且增大，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向右在增强，由楞次定律知中产生顺时针方向的感应电流（从右向左看）且被螺线管排斥，同时由“增缩减扩”可知，有收缩的趋势，故AC正确，B错误；‎ D．螺线管中各匝之间的电流方向相同，故相互吸引，螺线管各匝之间有相互靠近的趋势，故D正确。故选ACD。‎ ‎14. 如图甲所示，50匝矩形闭合导线框．ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框电阻不计．线框匀速转动时所产生的正弦交变电压图象如图乙所示．把该交变电压加在图丙中理想变压器的P、Q两端．已知变压器的原线圈I和副线圈Ⅱ的匝数比为5:1，交变电流表为理想电表，电阻R=，其他各处电阻不计，以下说法正确的是 A. t=0.1 s时，电流表的示数为0 B. 副线圈中交变电流的频率为5 Hz C. 线框面积为 m2 D. 0.05 s线圈位于图甲所示位置 ‎【答案】BC ‎【解析】原线圈中电压的有效值，根据，解得U2=2V，故副线圈中的电流，电流表的电流为I1，则，解得I1=‎0.4A，故A错误；交流电的周期T=0.2s，故交流电的频率f=＝5Hz，故B正确；根据Em=nBSω可知，故C正确；0.05s时线圈产生的感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，故D错误；故选BC.‎ 卷II（非选择题）‎ 三、实验探究题（本题共计2小题，每题10分，共计20分）‎ ‎15. 实验室购买了一卷铜导线，标准长度为，现测量铜导线的电阻率。 ‎ ‎(1)用螺旋测微器测量铜导线的直径如图甲所示，则铜导线的直径________。‎ ‎(2)先用多用电表粗测铜导线的电阻约为，然后用下列器材测量铜导线的精确电阻：‎ 干电池两节（电动势为3V，内阻很小）；‎ 电压表V（量程为3V，内阻约为3kΩ）；‎ 毫安表A1（量程为20mA，内阻）；‎ 电流表A2（量程为‎0.6A，内阻约为）；‎ 滑动变阻器（最大阻值为）；‎ 滑动变阻器（最大阻值为）；‎ 开关和导线若干。‎ ‎①在测量铜导线电阻的时候，滑动变阻器应选择________（选填“”或“”）。‎ ‎②将图乙中的器材按自己设计的电路进行连线_______。‎ ‎③改变滑动变阻器接入电路的电阻，得到多组数据，铜导线电阻的表达式为________（备选器材中电压表V的读数用U表示，毫安表A1的读数用I1表示，电流表A2的读数用I2表示），若不考虑系统误差，电阻测量值________真实值（选填“大于”“小于”或“等于”）。‎ ‎④若以测得电流为纵轴，测得的电压为横轴作出图线，图线的斜率为，则铜导线的电阻率表达式为________（用、、、表示）。‎ ‎【答案】 (1). 3.468（3.463~3.468 均可） (2). (3). (4). (5). 等于 (6). ‎ ‎【解析】(1)[1]固定刻度上的最小刻度为‎0.5mm（在中线的上侧）；可动刻度每旋转一圈前进（或后退）‎0.5mm。在可动刻度的一周上平均刻有50条刻线，所以相邻两条刻线间代表‎0.01mm。读数时，从固定刻度上读取整、半毫米数，然后从可动刻度上读取剩余部分（因为是10分度，所以在最小刻度后应再估读一位），再把两部分读数相加，得测量值。3位小数固定刻度+可动刻度精度‎0.01mm=读数。所以最终读数为‎3mm+‎0.01mm×46.8=‎3.468mm。‎ ‎(2)①②[2][3]两节干电池电动势为3V，铜导线电阻约为70，电路中电流约为=43，电流表A2量程为‎0.6A，量程过大，毫安表A1内阻已知，可以与铜导线串联测量电流，则电路中最大电流约为，所以选用毫安表A1，毫安表A1内阻与铜导线电阻相差不大，毫安表A1采用内接法，为方便调节，滑动变阻器选用最大阻值较小的，的阻值比铜导线和毫安表的总阻值大，因此采用限流接法。电路连线如图；‎ ‎③[4]铜导线电阻为 ‎[5]电压和电流都是准确值，故电阻测量值等于真实值。‎ ‎④[6]由电流表达式可得 图线的斜率为，则铜导线的电阻为 结合 ‎ 解得 ‎ ‎16. 某同学用如图甲所示的电路测量多用电表“”挡时欧姆表的电源电动势和内阻。使用的器材有：多用电表；电流表：量程为，内阻约为；‎ 电流表：量程为，内阻约为；定值电阻：约为；‎ 滑动变阻器：最大阻值为，额定电流为；开关、导线若干。‎ 完成下列问题：‎ ‎(1)将多用电表的选择开关调到“”挡后，需将红表笔和黑表笔________，进行欧姆调零。‎ ‎(2)按图甲所示电路图连接好电路，为使实验中各电表均能正常工作，应将欧姆表的红表笔和电路图中的________（填“”或“”）端相连，黑表笔连接另一端。开关 断开时，欧姆表的示数如图乙所示，其示数________。‎ ‎(3)闭合开关，调节滑动变阻器，记录电流表、的示数分别为、；滑动变阻器的滑动触头向________（填“左”或“右”）端滑动，使电流表的示数为时，电流表的示数如图丙所示，其示数________。‎ ‎(4)甲同学认为电流表与串联可看做是电流表改装成的电压表，由闭合电路欧姆定律有、，联立可得到欧姆表内部电路的电动势和内阻的测量值。乙同学觉得甲同学的数据处理方法会存在较大的实验误差，你________（填“同意”或“不同意”）乙同学的观点？简要说明你的理由：________。‎ ‎(5)请你按合理的方法求出多用电表“”挡时欧姆表电源的电动势________和内阻________。‎ ‎【答案】 (1). 短接 (2). b 30 (3). 右 300 (4). 同意 电流表与所在支路分流明显，造成通过电流表的电流明显小于通过欧姆表的电流，会存在较大误差 (5). 9 15‎ ‎【解析】(1)[1]多用电表的选择开关调到“”挡后，需将红表笔和黑表笔短接，转动调零旋钮，进行欧姆调零。‎ ‎(2)[2][3]欧姆表黑表笔连接内部电源的正极，黑表笔电势高，根据“正进负出”可知图中欧姆表的红表笔和端相连，黑表笔与端连接。欧姆表的示数。‎ ‎(3)[4][5]使电流表示数，电流表与串联后总电压减小，通过欧姆表的电流应增大，外电路电阻减小，滑动变阻器的阻值减小，滑动触头应向右滑动。电流表的示数。‎ ‎(4)[6][7]同意；电流表与串联可看做电压表，但分流明显，造成通过电流表的电流明显小于通过欧姆表的电流，存在较大误差。‎ ‎(5)[8][9]考虑到电流表与所在支路分流，由闭合电路欧姆定律可得 联立解得 四、解答题（本题共计5小题，共计48分）‎ ‎17. 空间存在两个垂直于平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为、。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求： ‎ ‎(1)Q到O的距离d；‎ ‎(2)甲两次经过P点的时间间隔；‎ ‎(3)乙的比荷可能的最小值。‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ ‎【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由 得，‎ ‎，‎ Q、O的距离为：‎ ‎(2)由(1)可知，完成一周期运动上升的距离为d，粒子再次经过P，经过N个周期，‎ 所以，再次经过P点的时间为 由匀速圆周运动的规律得，‎ 绕一周的时间为 所以，再次经过P点的时间为 两次经过P点的时间间隔为 ‎(3)由洛伦兹力提供向心力，由 得，，‎ 完成一周期运动上升的距离 若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则 ‎，‎ 结合以上式子，n无解。‎ 若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则 ‎，‎ 计算可得（n=1，2，3……）‎ 由于甲乙粒子比荷不同，则n=2时，乙的比荷最小，为 ‎18. 如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1=0.4T，方向垂直纸面向里，电场强度，方向向下，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2=0.25T，磁场边界AO和y轴的夹角∠AOy=45°．一束带电量的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为(0，‎0.2m)的Q 点垂直y轴射入磁场区，离子离开磁场后垂直通过x轴．求：‎ ‎(1)离子运动的速度为多大?‎ ‎(2)离子的质量为多大?‎ ‎(3)若只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小应满足什么条件?‎ ‎【答案】（1）5.0×‎105m/s （2）4.0×10‎-26kg（3）B2′≥0.30 T ‎【解析】(1)设正离子的速度为v，因为沿中线PQ做直线运动，则：Eq=qvB1‎ 代入数据计算得出：v=5.0×‎105m/s ‎(2)设离子的质量为m，如图所示，当通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为90°时，由几何关系可以知道运动半径：r1=‎‎0.1m 由牛顿第二定律有： ‎ 代入数据计算得出：m=4.0×10‎‎-26kg ‎(3)如图所示，由几何关系可以知道使离子不能打到x轴上的最大半径为：‎ 设使离子都不能打到x轴上，最小的磁感应强度大小为B0，则有：，代入数据计算得出：‎ 则：‎ ‎19. 如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为E、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R＝，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在Ⅲ区域内有一宽为d的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右．一质量为m、带电荷量为－q的小球(可看做质点)从左边界的O点正上方的M点以速度v0水平射入区域Ⅰ，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电场右边界穿出，求：‎ ‎(1)OM的长L；‎ ‎(2)区域Ⅲ中电场强度的大小E′；‎ ‎(3)小球到达区域Ⅲ中电场的右边界上的点与OO′的距离s．‎ ‎【答案】(1) 　(2) 　(3) ‎ ‎【解析】（1）小球在区域Ⅰ中做类平抛运动，设小球在A点时的速度为vA，竖直分速度为vy，则有cos 60°＝ tan 60°＝‎ 即vA＝2v0 vy＝v0‎ 由牛顿第二定律知，由vy2＝2aL，知．‎ ‎（2）在区域 II中，由图可知BC＝‎ 所以从A点到B点，由动能定理得 得vB＝3v0．‎ 在区域III中，小球在水平方向上做匀减速运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由运动学规律知 得 ．‎ ‎（3） 所以．‎ 小球在竖直方向上做自由落体运动，即 ‎ 所以小球到达右边界上点与OO′的距离 ‎20. 磁悬浮列车的运动原理如图所示，在水平面上有两根水平长直平行导轨，导轨间有与导轨面垂直且方向相反的匀强磁场B1和B2，B1和B2相互间隔，导轨上有金属框abcd。当磁场B1和B2同时以恒定速度沿导轨向右匀速运动时，金属框也会由静止开始沿导轨向右运动。已知两导轨间距L1=0. ‎4 m，两种磁场的宽度均为L2，L2=ab，B1＝B2=1.0T。金属框的质量m=‎0.1kg，电阻R=2.0Ω。金属框受到的阻力与其速度成正比，即f=kv，k=‎0.08 kg/s，只考虑动生电动势。求：‎ ‎（1）开始时金属框处于图示位置，判断此时金属框中感应电流的方向;‎ ‎（2）若磁场的运动速度始终为v0=‎10m/s，在线框加速的过程中，某时刻线框速度v1=‎7m/s，求此时线框的加速度a1的大小;‎ ‎（3）若磁场的运动速度始终为v0=‎10m/s，求金属框的最大速度v2为多大？此时装置消耗的总功率为多大？‎ ‎【答案】（1）abcda的方向（2）‎4m/s2（3）‎8m/s；6.4W ‎【解析】(1)磁场以恒定速度沿导轨向右匀速运动，则由楞次定律可知金属框中感应电流的方向是：abcda的方向；‎ ‎(2)根据楞次定律可知金属框与磁场同向运动，感应电动势：‎ 感应电流：‎ 左右两边受到的安培力都为：‎ 根据牛顿第二定律有：‎ 解得此时金属框的加速度：‎ 代入数据解得：；‎ ‎(3)当金属框有最大速度时做匀速运动，所受合外力为零：‎ 左右两边受到的安培力都为：‎ 代入数据解得最大速度：；‎ 装置消耗的功率分克服阻力做功的功率和电功率两部分，克服阻力做功的功率：‎ 代入数据解得：；‎ 电功率：‎ 代入数据解得：；‎ 此时装置消耗的功率：‎ 答：（1）此时金属框中感应电流的方向为abcda；‎ ‎（2）此时线框的加速度；‎ ‎（3）金属框的最大速度；此时装置消耗的总功率为6.4W。‎ ‎21. 如图所示，间距光滑平行金属导轨和的倾斜部分与水平部分平滑连接，水平导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中，距离磁场左边界的导轨上垂直放置着金属棒，现将金属棒从距离桌面高度的倾斜导轨处由静止释放，随后进入水平导轨，两金属棒未相碰，金属棒从导轨右端飞出后，落地点距导轨右端的水平位移。已知金属棒的质量，金属棒的质量，金属棒、的电阻均为、长度均为，两金属棒在导轨上运动的过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，桌面离地面的高度，重力加速度，求：‎ ‎(1)金属棒在水平导轨上运动的最大加速度；‎ ‎(2)金属棒在水平导轨上运动的过程中克服安培力所做的功和整个回路中产生的焦耳热；‎ ‎(3)金属棒、在水平导轨上运动的过程中两金属棒之间距离的最小值。‎ ‎【答案】(1)；(2)，；(3)‎ ‎【解析】(1)金属棒从释放到刚进入水平导轨的过程，根据机械能守恒定律得 金属棒切割磁感线产生的电动势 回路中的电流 金属棒所受的安培力 此时金属棒的加速度最大 联立解得 ‎(2)金属棒离开水平导轨后做平抛运动 金属棒与金属棒相互作用的过程中，根据动量守恒定律得 金属棒克服安培力做的功为，由动能定理得 解得 整个回路中产生的焦耳热 解得 ‎(3)金属棒在安培力的作用下加速，根据动量定理得 金属棒、金属棒组成的回路中通过某截面的电量 根据法拉第电磁感应定律得 解得 两金属棒之间距离的最小值为