上海市宝山区高考物理一模试卷 13页

‎2020年上海市宝山区高考物理一模试卷 一、单项选择题（共40分。第1-8小题，每小题3分；第9-12小题，每小题3分，每小题只有一个正确答案．）‎ ‎ ‎ ‎1. 汤姆孙通过实验研究发现了电子，其研究的是（ ） ‎ A.α射线 B.β射线 C.x射线 D.阴极射线 ‎ ‎ ‎2. 在光电效应现象中，物体表面发射出的粒子是（ ） ‎ A.光子 B.质子 C.中子 D.电子 ‎ ‎ ‎3. 卢瑟福通过原子核的人工转变实验发现了质子，实验中利用（ ） ‎ A.β粒子轰击氮核 B.α粒子轰击氮核 C.α粒子轰击铍核 D.β粒子轰击铍核 ‎ ‎ ‎4. 下列家用电器主要为了把电能转化为机械能的是（ ） ‎ A.吸尘器 B.充电器 C.电水壶 D.电冰箱 ‎ ‎ ‎5. 泊松亮斑产生原因是（ ） ‎ A.光的反射 B.光的衍射 C.光的折射 D.光的干涉 ‎ ‎ ‎6. 如图某时刻波形图，‎1‎‎2‎周期后质点A位于平衡位置的（ ） ‎ A.上方，且向上运动 B.下方，且向上运动 C.上方，且向下运动 D.下方，且向下运动 ‎ ‎ ‎7. 长直导线与环形导线固定在同一平面内，长直导线中通有图示方向的电流。当电流大小逐渐减弱时（ ） ‎ A.环形导线有收缩的趋势 B.环形导线有远离长直导线的趋势 C.环形导线中有顺时针方向的感应电流 D.环形导线中有感应电流，但方向无法确定 试卷第13页，总13页 ‎ ‎ ‎8. 如图，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，活塞将气体封闭在气缸内。设有a、b两卡环，使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在a、b上，现缓慢加热缸内气体，直到活塞刚要离开卡环。能正确反映缸内气体体积压强变化的V−1/P图象是（ ） ‎ A.‎ B.‎ C.‎ D.‎ ‎ ‎ ‎9. 如图，两梯形木块M、P（均可看成质点）叠放在水平地面上，M、P之间的接触面倾斜。连接M与天花板之间的细绳沿竖直方向。关于力的分析，下列说法正确的是（ ） ‎ A.木块M不可能受二个力作用 B.木块M可能受三个力作用 C.木块M一定受四个力作用 D.地面可能受到水平方向的摩擦力 ‎ ‎ ‎10. 如图，M、N两点分别固定着带电量相等的正、负点电荷，O是M、N连线和A、B连线的中点。下列说法中正确的是（ ） ‎ 试卷第13页，总13页 A.A、B两点的场强大小相等、方向相同 B.A、B两点的电势相等 C.负点电荷从A点移到B点，电场力做正功 D.正点电荷在A点的电势能小于它在B点的电势能 ‎ ‎ ‎11. 如图，用不同的恒定斜向上拉力使木箱沿水平地面做匀速直线运动。第一次拉力与水平面夹角为θ‎1‎；第二次拉力与水平面夹角为θ‎2‎，且θ‎1‎‎<‎θ‎2‎．两次木箱通过的位移相等（动摩擦因数µ保持不变），拉力做功分别为W‎1‎、W‎2‎，则（ ） ‎ A.W‎1‎＝‎W‎2‎ B.‎W‎1‎‎>‎W‎2‎ C.‎W‎1‎‎<‎W‎2‎ D.以上情况都有可能 ‎ ‎ ‎12. 如图电路，R为滑动变阻器，R‎1‎、R‎2‎为定值电阻，电源内阻为r。闭合电键K后，电压表有示数，滑动变阻器滑片，使电压表示数增大量为‎△U，则在此过程中（ ） ‎ A.滑动变阻器R阻值增大，流过它的电流增大 B.电阻R‎2‎两端的电压减小，变化量等于‎△U C.通过电阻R‎2‎的电流减小，变化量小于‎△UR‎2‎ D.路端电压一定增大，变化量大于‎△U 二、填空题（共20分）‎ ‎ ‎ ‎ “用DIS描绘电场的等势线”实验装置如图，本实验首选使用的是________传感器；木板上有白纸、导电纸和复写纸，最上面的应该是________纸。 ‎ ‎ ‎ ‎ ________实验间接反映了液体分子的运动特点；‎10‎OC的水结成冰后大量分子的运动情况将________。 ‎ ‎ ‎ 试卷第13页，总13页 ‎ “DIS测电源电动势和内电阻”实验得出U−I图象如图，该电源内阻为________Ω；若用该电源给标称“‎3V、‎3W”的小灯泡供电，能否有可能使小灯泡正常发光：________。（选填“可能”或“不能”） ‎ ‎ ‎ ‎ 小球A匀速上升，速度为‎4m/s，经过时间t上升一段高度h。小球B以‎10m/s的初速度竖直向上抛出（空气阻力不计），经过时间t上升高度也为h。．则：小球B运动的平均速度为________m/s；小球B在t秒末时的速度为________m/s。 ‎ ‎ ‎ ‎ 如图，粗细均匀的长玻璃管竖直放置且开口向下，管内的水银柱封闭了一部分体积的空气柱。当外界大气压缓慢减小，水银柱将________（上升、不动、下降）；若大气压减小‎△p，水银柱移动L‎1‎，大气压再减小‎△p，水银柱又移动L‎2‎，则：L‎1‎________L‎2‎（选填“‎>‎”、“‎<‎”、“＝”）。（保持温度不变） ‎ 三、综合题（共40分）‎ ‎ ‎ ‎ “用单摆测定重力加速度”的实验： ‎ ‎ ‎ ‎（1）实验中选用的摆球应符合的条件：________；‎ ‎ ‎ ‎（2）某同学实验步骤如下： 上述实验步骤疑似有二点错误，请指正： ①________； ②________；‎ ‎ ‎ ‎（3）把三位同学实验中得到的多组数据输入计算机生成T‎2‎‎−L图线如图，其中a和b平行，b和c都过原点，则： ①图线a对应的g值________图线b对应的g值； ②图线c对应的g值________图线b对应的g值。 （选填“大于”“小于”或“等于”）‎ ‎ ‎ ‎ 如图斜面，AB段粗糙，BC段长为‎1.2m且光滑。滑块以初速度v‎0‎＝‎9m/s由A沿斜面开始向上滑行，经过B处速度为vB＝‎3m/s，到达C处速度恰好为零。滑块在AB、BC滑行时间相等。求： ‎ 试卷第13页，总13页 ‎ ‎ ‎（1）滑块从B滑到C的时间及加速度大小；‎ ‎ ‎ ‎（2）AB段的长度及滑块从A滑到B的加速度大小；‎ ‎ ‎ ‎（3）滑块从C点回到A点的速度大小。‎ ‎ ‎ ‎ 如图，光滑平行金属导轨（电阻不计）间距为L，水平部分处在磁感应强度为B的匀强磁场中。金属棒a、b与导轨垂直且接触良好。金属棒a从h高处自静止沿导轨下滑、金属棒b开始静止。已知a棒质量为‎3m，b棒质量为m，电阻均为R．试求： ‎ ‎ ‎ ‎（1）当a棒刚进入磁场时，回路中感应电流的大小；‎ ‎ ‎ ‎（2）当a棒刚进入磁场时，b棒的加速度大小；‎ ‎ ‎ ‎（3）假设两棒没有相碰，且b棒的最终速度为 ‎3‎‎4‎‎2gh，此过程中b棒产生的热量；‎ ‎ ‎ ‎（4）在v−t坐标系中定性画出a棒进入磁场后两棒的运动图象。‎ 试卷第13页，总13页 参考答案与试题解析 ‎2020年上海市宝山区高考物理一模试卷 一、单项选择题（共40分。第1-8小题，每小题3分；第9-12小题，每小题3分，每小题只有一个正确答案．）‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 物理学史 ‎【解析】‎ 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】‎ 汤姆孙通过研究阴极射线实验，发现了电子的存在，故D正确，BCD错误；‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 光电效应现象及其解释 ‎【解析】‎ 在光的照射下金属中的电子从表面逸出的现象，叫做光电效应，发射出来的电子叫做光电子。由此分析即可。‎ ‎【解答】‎ 在光电效应现象中，物体表面发射出的粒子是电子。故ABC错误，D正确 ‎3.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 原子核的人工转变 ‎【解析】‎ 卢瑟福通过原子核的人工转变实验发现了质子，方程式为：‎4#/DEL/#‎‎2#/DEL/#‎He+‎14#/DEL/#‎‎7#/DEL/#‎N→‎17#/DEL/#‎‎8#/DEL/#‎O+‎1#/DEL/#‎‎1#/DEL/#‎H。‎ ‎【解答】‎ ‎1919‎年卢瑟福完成了用α粒子轰击氮原子核的人工核实验发现了质子，核反应方程式：‎4#/DEL/#‎‎2#/DEL/#‎He+‎14#/DEL/#‎‎7#/DEL/#‎N→‎17#/DEL/#‎‎8#/DEL/#‎O+‎1#/DEL/#‎‎1#/DEL/#‎H，故ACD错误，B正确。‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 电功 ‎【解析】‎ 吸尘器装备有电动机，能够把电能转化为机械能；充电器是变压器，是升高或者降低电压的装置；电水壶是把电能转化为内能电器；电冰箱是把热量从低温物体转移到高温物体的装置，同时会产生热量。‎ 试卷第13页，总13页 ‎【解答】‎ 吸尘器装备有电动机，能够把电能转化为机械能；充电器是变压器，是升高或者降低电压的装置；电水壶是把电能转化为内能电器；电冰箱是把热量从低温物体转移到高温物体的装置，同时会产生热量。故A正确，BCD错误。‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 光发生明显衍射的条件 ‎【解析】‎ 光的折射和反射都属于光的直线传播的内容；光的干涉和衍射属于波动光学的内容；泊松亮斑属于典型的光的衍射现象。‎ ‎【解答】‎ A‎、光的反射属于几何光学的内容，不是泊松亮斑产生的原因，故A错误； B、光离开直线路径绕到障碍物阴影里的现象叫光的衍射，的泊松亮斑是当光照到不透光的小圆板上时，在圆板的阴影中心出现的亮斑（在阴影外还有不等间距的明暗相间的圆环）属于光的衍射，故B正确； C、光的折射也属于几何光学的内容，也不是泊松亮斑产生的原因，故C错误； D、光的干涉是指两列（或多列）光波同时存在时，在它们交叠区域每个点的振动都是各列波单独产生的振动的叠加，典型例子为杨氏双缝干涉实验，故D错误。‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 横波的图象 ‎【解析】‎ 先根据“上下坡法”判断出图示时刻质点A的运动方向，再根据‎1‎‎2‎周期后，质点A的位置与图示时刻的位移关于平衡位置对称，速度反向来分析。‎ ‎【解答】‎ 横波向右传播，根据“上下坡法”知图示时刻质点A向上运动，则‎1‎‎2‎周期后，质点A位于平衡位置的上方，且向下运动，故ABD错误，C正确。‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 楞次定律 感应电流的产生条件 ‎【解析】‎ 会判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强电场，同时要根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律得到感应电动势的变化规律。‎ ‎【解答】‎ A‎、当电流逐渐减弱时，电流产生的磁场减小，穿过环形导线的磁通量减小，由楞次定律可知，环形导线的面积有扩大的趋势。故A错误； B、当电流逐渐减弱时，电流产生的磁场减小，穿过环形导线的磁通量减小，由楞次定律可知，环形导线有靠近直导线的趋势。故B错误； ‎CD 试卷第13页，总13页 ‎、根据右手定则可以判定，导线右侧的磁场方向向里，磁通量减小时，产生的感应电流的磁场方向向里，是顺时针方向的感应电流，故C正确，D错误；‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 理想气体的状态方程 ‎“玻璃管封液”模型 ‎【解析】‎ 气体做等容变化，温度升高的过程中气体的压强增大，由查理定律分析即可。‎ ‎【解答】‎ 由题可知，气体做等容变化，由理想气体得状态方程：PVT‎=C 可知，当气体的体积不变，温度升高时，气体的压强增大，则‎1‎P减小。 由此可知，图象ABD都错误，C正确 ‎9.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 力的合成与分解的应用 解直角三角形在三力平衡问题中的应用 ‎【解析】‎ 分别对M、P及整体进行分析，由共点力的平衡条件可判断两物体可能的受力情况。‎ ‎【解答】‎ ABC‎、对M进行受力分析，则M可能受绳子的拉力、重力而处于平衡；此时MP间没有相互的挤压，故没有摩擦力，若木块对绳子没有拉力，则此时M受重力、支持力及摩擦力而处于平衡，故AC错误B正确； D、对整体受力分析可知，整体不受水平方向的推力作用，故P不受地面的摩擦力，则地面也不会受到水平方向的摩擦力；故D错误；‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 点电荷的场强 电势能 ‎【解析】‎ 等量异种电荷的电场中，关于其中心点对称两点电场强度相等；关于其连线对称的两个点电势相等，电场强度大小相等；正电荷沿着电场方向电场力做正功，电势能减小；负电荷沿着电场方向电场力做负功，电势能减增大。‎ ‎【解答】‎ A‎、等量异种电荷的电场线关于两个电荷的连线对称，电场线分布如图： 某点电场强度方向用电场线上通过该点的切线方向表示，故A、B两点的场强大小相等、方向相同，故A正确； B、沿着电场线，电势逐渐降低，等势面与电场线垂直，可以先找出A、B两点在MN连线上的等电势点，A在NM连线上的等电势点偏左，故A点电势较高，故B错误； C、由于A点电势高于B点电势，故负点电荷从A点移到B点的过程中，电势能升高，电场力做负功，故D错误； D、正点电荷从A点移动到B点，电场力做正功，电势能减小，即正点电荷在A 试卷第13页，总13页 点的电势能大于它在B点的电势能，故D错误。‎ ‎11.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 恒力做功 ‎【解析】‎ 根据力的平衡条件和摩擦力公式可以求出摩擦力。算出摩擦力做功，再根据摩擦力和拉力做功大小相等，求出拉力做功。‎ ‎【解答】‎ 受力分析如图所示。根据力的平衡条件： N+Fsinθ＝mg ① f＝Fcosθ② f＝μN ③ 联合①②③式得：f=‎μmg‎1+tanθ，可以得到：θ增大时，f减小。所以，如果θ‎1‎‎<‎θ‎2‎，有f‎1‎‎>‎f‎2‎ ，即 F‎1‎cosθ‎1‎>F‎2‎cosθ‎2‎， 拉力做功： W‎1‎＝F‎1‎cosθ‎1‎⋅s， W‎2‎＝F‎2‎cosθ‎2‎⋅s 所以W‎1‎‎>‎W‎2‎ 故ACD错误，B正确。‎ ‎12.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 闭合电路的欧姆定律 ‎【解析】‎ R增大，则R和R‎1‎并联电阻变大，分压变大，支路电流变小，根据这些条件的判定，考虑电源存在的内阻可以相应判断其他元件的电压电流变化量情况。‎ ‎【解答】‎ A‎、R阻值增大，回路总阻值增大，干路电流减小，R和R‎1‎并联，R变大则流过R的电流比例变小，因此流过R的电流会变小，故A错误； B、电阻R‎2‎两端的电压会减小，但由于电源内阻的缘故其变化量小于‎△U，故B错误； C、电阻R‎2‎两端的电压会减小，但由于电源内阻的缘故其变化量小于‎△U，则通过通过电阻R‎2‎的电流变化量小于‎△UR‎2‎，故C正确； D、路端电压即为R和R2‎的电压和，R两端电压增大‎△U，但电阻R‎2‎两端的电压会减小，因此路端电压变化量小于‎△U，故D错误；‎ 二、填空题（共20分）‎ ‎【答案】‎ 电压,导电纸 ‎【考点】‎ 用描迹法画出电场中平面上的等势线 ‎【解析】‎ 根据“描绘电场的等势线”实验方法确定实验器材和仪器安装方法；‎ ‎【解答】‎ ‎“用DIS 试卷第13页，总13页 描绘电场的等势线”实验方法是：将其中一个探针与导电纸上某一基准点接触，然后在导电纸上移动另一个探针，寻找若干个与此基准点的电势差为零的点，即为等势点，所以本实验使用的是电压传感器；木板上有白纸、导电纸和复写纸、最上面的应该是导电纸；‎ ‎【答案】‎ 布朗运动,减弱 ‎【考点】‎ 布朗运动 ‎【解析】‎ 布朗运动是指悬浮在液体中微粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，间接反映了液体分子在永不停息的做无规则热运动；温度是分子平均动能的标志。‎ ‎【解答】‎ 布朗运动是指悬浮在液体中微粒的无规则运动，布朗运动实验间接反映了液体分子的运动特点； ‎10‎OC的水结成冰后，温度降低，大量分子的运动情况将减弱。‎ ‎【答案】‎ ‎7.5‎‎,不能 ‎【考点】‎ 闭合电路的欧姆定律 ‎【解析】‎ 实验图中中，截距即为电源电动势，斜率的大小即为电源内阻，因此可以通过图象斜率直接计算出内阻大小；能否使灯泡正常发光可以从接入后电流大小来判断，通过题设先算出灯泡电阻，再计算流过电路电流大小即可判断。‎ ‎【解答】‎ ‎（1）实验图中，截距即为电源电动势，斜率的大小即为电源内阻，故内阻为‎9‎‎1.2‎‎=7.5Ω； （2）小灯泡的电阻为R=U‎2‎P=3Ω，额定电流为I=PU=1A，显然电源电动势接上‎3Ω的电阻后提供不了‎1A的电流，因此不能使小灯泡正常发光。‎ ‎【答案】‎ ‎4‎‎,‎‎−2‎ ‎【考点】‎ 竖直上抛运动 ‎【解析】‎ ‎（1）平均速度＝位移‎÷‎时间，即v=‎xt，A、B两球的位移和速度都相同，所以两球的平均速度相同。 （2）平均速度v=‎vo‎+vt‎2‎，B球的平均速度和初速度知道，代入数据即可求出末速度。‎ ‎【解答】‎ 以为A球做匀速运动，所以ht‎=‎vA＝‎4m/s。 由平均速度公式v=‎xt，得：vB‎=ht=4m/s。 由平均速度公式：vB‎=‎vo‎+‎vt‎2‎，得：vt＝‎2vB−‎vo，代入数据得：vB＝‎−2m/s。‎ ‎【答案】‎ 下降,‎‎<‎ ‎【考点】‎ 试卷第13页，总13页 理想气体的状态方程 ‎“玻璃管封液”模型 ‎【解析】‎ 由水银柱受力平衡可知，气体柱的压强大小，再根据波意耳定律P‎1‎V‎1‎＝P‎2‎V‎2‎计算可得长度的大小关系。‎ ‎【解答】‎ 再根据波意耳定律P‎1‎V‎1‎＝P‎2‎V‎2‎可知，压强变小，气体体积增大即长度变长，水银柱下降（1）（2）根据受力平衡可知：P‎0‎‎−△p＝P+h，P‎0‎‎−2△p＝P‎′‎‎+h 根据波意耳定律P‎1‎V‎1‎＝P‎2‎V‎2‎可知：P(L+L‎1‎)‎＝P‎′‎‎(L+L‎1‎+L‎2‎)‎， 综上所述，L‎1‎‎<‎L‎2‎ 故答案为：下降，‎‎<‎ 三、综合题（共40分）‎ ‎【答案】‎ 质量比细线大得多，直径比细线长度小的多 摆长少了球半径,最大摆角不超过‎5‎o 等于,大于 ‎【考点】‎ 用单摆测定重力加速度 ‎【解析】‎ ‎(1‎‎、‎2)‎根据实验的原理和注意事项确定操作中的错误步骤和摆球应符合的条件。 （3）根据单摆的周期公式得出T‎2‎与L的关系式，结合图线的斜率比较重力加速度的大小。‎ ‎【解答】‎ 实验中选用的摆球应符合的条件是质量比细线大得多，直径比细线长度小的多。‎ 摆长是悬点到摆球中心的距离，不是摆线的长度，在实验中摆长少了摆球的半径。 单摆在摆角较小时，才可以看成是简谐运动，所以实验时，摆角不能太大，最大摆角不超过‎5‎度。‎ 根据单摆的周期公式T=2πLg得，T‎2‎‎=‎‎4π‎2‎Lg，图线的斜率k=‎‎4‎π‎2‎g。 ①图线a与图线b平行，则斜率相等，可知对应的g值相等。 ②图线c的斜率小于图线b的斜率，则图线c对应的g值大于图线b对应的g值。‎ ‎【答案】‎ 滑块从B滑到C的时间为‎0.8s，加速度大小为‎3.75m/‎s‎2‎；‎ AB段的长度为‎4.8m，滑块从A滑到B的加速度大小为‎7.5m/‎s‎2‎；‎ 滑块从C点回到A点的速度大小为‎3m/s。 ‎ ‎【考点】‎ 匀变速直线运动的速度与时间的关系 匀变速直线运动的位移与时间的关系 机械能守恒的判断 ‎【解析】‎ ‎（1）根据平均速度推论，结合BC段的位移大小，求出滑块从B到C的时间，结合速度时间公式求出B到C的加速度大小。 （2）根据平均速度推论求出AB段的长度，结合速度时间公式求出A到B的加速度大小。 ‎ 试卷第13页，总13页 ‎（3）根据两段过程中的加速度大小，结合牛顿第二定律得出摩擦力和重力沿斜面方向分力的关系，得出返回时BA段做匀速直线运动，结合机械能守恒得出B点速度，从而得出返回A点的速度大小。‎ ‎【解答】‎ 根据平均速度的推论知，xBC‎=‎vB‎2‎tBC， 解得滑块从B到C的时间tBC‎=‎2‎xBCvB=‎2×1.2‎‎3‎s=0.8s． 滑块从B到C的加速度大小a‎2‎‎=vBtBC=‎3‎‎0.8‎m/s‎2‎=3.75m/‎s‎2‎。‎ 根据平均速度的推论知，AB段的长度xAB‎=v‎0‎‎+‎vB‎2‎tAB=‎9+3‎‎2‎×0.8m=4.8m。 AB段加速度大小a‎1‎‎=v‎0‎‎−‎vBtAB=‎9−3‎‎0.8‎m/s‎2‎=7.5m/‎s‎2‎。‎ 上滑时aAB＝‎2‎aBC 由牛顿运动定律可知： 滑块在上升时，受力情况如图，设斜面倾角为θ mgsinθ+f＝ma‎1‎ mgsinθ＝ma‎2‎ f+mgsinθ＝‎2mgsinθ，即f＝mgsinθ； 物体从B−C−B，由机械能守恒可得：滑块返回到B点时速度大小仍为‎3m/s， 当滑块返回到AB段时合力为零，滑块匀速下滑，则到达A点的速度大小为‎3m/s。‎ ‎【答案】‎ 当a棒刚进入磁场时，回路中感应电流的大小是BL‎2gh‎2R；‎ 当a棒刚进入磁场时，b棒的加速度大小是B‎2‎L‎2‎‎2gh‎2mR；‎ 假设两棒没有相碰，且b棒的最终速度为 ‎3‎‎4‎‎2gh，此过程中b棒产生的热量是‎3‎‎8‎mgh；‎ 如图所示。‎ ‎【考点】‎ 闭合电路的欧姆定律 单杆切割磁感线 机械能守恒的判断 ‎【解析】‎ ‎（1）a棒从释放到进入水平轨道的过程机械能守恒，由机械能守恒定律求出a棒到达水平导轨时的速度v。由E＝BLv求出感应电动势，再由欧姆定律求感应电流。 （2）当a棒刚进入磁场时，根据安培力公式和牛顿第二定律结合求b棒的加速度大小。 （3）分析两金属棒在磁场中的运动情况：金属棒a进入磁场后，产生感应电流，受到向左的安培力作用，做减速运动，b棒受到向右的安培力作用，向右做加速运动，当a、b棒速度相同时，回路中磁通量不发生变化，不产生感应电流，不受安培力作用，金属棒a、b以共同的速度做匀速运动。系统的机械能减小转化为内能，根据能量守恒定律求b棒产生的热量。 （4）根据a、b棒的运动情况，画出两棒的运动图象。‎ ‎【解答】‎ a棒从释放到进入水平轨道的过程机械能守恒，则有： ‎3mgh=‎1‎‎2‎⋅3mv‎2‎ ‎ 试卷第13页，总13页 得：v=‎‎2gh a棒此时开始切割磁感线，产生感应电动势为：E＝BLv＝BL‎2gh 根据闭合电路欧姆定律得感应电流为：‎I=E‎2R=‎BL‎2gh‎2R a棒进入磁场后b棒因有感应电流通过，受到的安培力：F＝BIL 对b棒，由牛顿第二定律得：F＝ma 解得：‎a=‎B‎2‎L‎2‎‎2gh‎2mR a棒进入磁场后因受安培力作用做加速度减小的减速运动，b棒受安培力作用做加速度减小的加速运动，当两棒速度相等时开始共同匀速匀速。此过程中系统减少的机械能最终转化成回路的热量为：Q＝‎3mgh−‎1‎‎2‎⋅m(‎3‎‎4‎‎2gh‎)‎‎2‎=‎3‎‎4‎mgh 所以此过程中b棒产生的热量为：‎Qb‎=‎1‎‎2‎Q=‎3‎‎8‎mgh a棒进入磁场后两棒的运动图象如图所示。 ‎ 试卷第13页，总13页