北京市房山区2020届高三下学期第二次模拟考试物理试题 Word版含解析 19页

‎2020北京房山高三二模 物理 第一部分（选择题共42分）‎ 本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。‎ ‎1.下列说法不正确的是（　　）‎ A. α粒子散射实验现象说明原子核是可以再分的 B. 压强和温度对放射性元素衰变的快慢都没有影响 C. 光电效应实验显示了光的粒子性 D. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．α粒子散射实验现象说明了原子的核式结构，并不能说明原子核是可以再分的，故A错误，A选项符合题意；‎ B．放射性元素的衰变由原子核本身决定，与压强和温度无关，故B正确，B选项不合题意；‎ C．光电效应说明光具有粒子性，故C正确，C选项不合题意；‎ D．氢原子核外电子从半径较小的轨道吸收能量后，跃迁到半径较大的轨道，故原子的总能量增大，按照玻尔理论可知 解得 轨道半径增大，电子的动能减小，故D正确，D选项不合题意。‎ 故选A。‎ ‎2.一定质量的理想气体，从一个状态变化到另一个状态，在如图所示的四个图中，描述的变化过程可能相同的是 （ ） ‎ - 19 -‎ A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据理想气体状态方程，可知图①描述的等容变化过程，图②描述的等温变化过程，图③描述的等容变化过程，图④描述的等压变化过程，故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎3.关于热现象和热学规律，下列说法正确的是（　　）‎ A. 布朗运动是液体分子的运动，说明分子永不停息的做无规则运动 B. 随着分子间距离减小，分子间的引力和斥力都增大，斥力增大的比引力快 C. 两个分子的间距从小于r0（r0为平衡位置时分子间距离）逐渐增大到10r0的过程中，它们的分子势能一直减小 D. “用油膜法估算分子直径”实验时，由于油酸未完全散开会导致实验测得的分子直径偏小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，是液体分子无规则运动的反映，故A错误；‎ B．分子间的引力和斥力都随着分子间距离减小而增大，但斥力增大得比引力快，故B正确；‎ C．两个分子的间距从小于r0（r0为平衡位置时分子间距离）逐渐增大到10r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大，故C错误；‎ D．根据 油膜未完全散开，S偏小，故得到的分子直径偏大，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.某质点做简谐运动的振动图像如图所示，则（　　）‎ - 19 -‎ A. t=0.2s时，质点的速度方向向上 B. 0.2s~0.4s内质点的速度一直减小 C. t=0.2s时，质点的加速度方向向下 D. 0.2s~0.4s内质点的加速度一直增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在t=0.2s时，质点位于最大位置处，故它的速度为0，选项A错误；‎ B．在0.2s~0.4s内质点在由最大位置处向平衡位置移动，故它的速度在增大，选项B错误；‎ C．在t=0.2s时，质点在最大位置处，受到指向平衡位置的力，即向下的力，所以它的加速度方向是向下的，选项C正确；‎ D．在0.2s~0.4s内质点的位移逐渐减小，则由可知，加速度一直减小，选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎5.如图所示，一束由两种频率不同的单色光组成的复色光从空气射入三棱镜后，出射光分成a、b两束，关于a、b两束光，下列说法正确的是（　　）‎ A. a光子的能量小于b光子能量 B. 垂直穿过同一块平行玻璃砖，a光所用的时间比b光短 C. 从同种介质射入真空发生全反射时，a光临界角比b光的小 D. 若a、b照射同一金属都能发生光电效应，a光照射逸出的光电子最大初动能小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，a光在三棱镜中偏折程度较大，所以a光的折射率较大，故它的能量较大，所以选项A错误； ‎ B．垂直穿过同一块平行玻璃砖，光在玻璃中通过的路程是相等的，由于a光的折射率大，由 - 19 -‎ n=，故a光在玻璃中的传播速度小，则a光所用的时间比b光长，选项B错误；‎ C．从同种介质射入真空发生全反射时，因为sinC=，所以a光临界角比b光的小，选项C正确；‎ D．若a、b照射同一金属都能发生光电效应，因为a光能量较大，根据爱因斯坦光电效应方程可知，则a光照射逸出的光电子最大初动能大，选项D错误。‎ 故选C ‎6.2019年1月3日嫦娥四号月球探测器成功软着陆在月球背面的南极-艾特肯盆地冯卡门撞击坑，成为人类历史上第一个在月球背面成功实施软着陆的人类探测器。如图所示，在月球椭圆轨道上，已关闭动力的探月卫星在月球引力作用下向月球靠近，并在B处变轨进入半径为r、周期为T的环月圆轨道运行。已知引力常数为G，下列说法正确的是（　　）‎ A. 由题中条件可以计算出月球的质量 B. 图中探月卫星飞向B处的过程中速度越来越小 C. 卫星在环月圆轨道运动时，卫星处于超重状态 D. 卫星在环月圆轨道上运行时所受合力为零 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为 整理得 M=‎ 因为题中已经知道了环月圆轨道的半径r与周期T，故可以求出中心天体，即月球的质量，故选项A正确；‎ B．探月卫星飞向B - 19 -‎ 处的过程中，它在由远月点向近月点移动，故它的速度应该越来越大，选项B错误；‎ C．卫星在环月圆轨道运动时，卫星处于失重状态，选项C错误；‎ D．卫星在环月圆轨道上运行时，所受合力不为零，因为它在做圆周运动，需要向心力，选项D错误。‎ 故选A。‎ ‎7.在“利用双缝干涉测量光的波长”实验中，将双缝干涉实验装置按如图所示安装在光具座上，单缝a保持竖直方向，并选用缝间距为d的双缝b，并使单缝与双缝保持平行，调节实验装置使光屏上出现清晰干涉条纹。下列说法正确的是（　　）‎ A. 若取下滤光片，光屏上将只见到白光，看不到干涉条纹 B. 若将滤光片由绿色换成红色，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小 C. 若将双缝间的距离d増大，光屏上相邻两条暗纹中心的距离增大 D. 若测得5个亮条纹中心间的距离为a，则相邻两条亮条纹间距 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若取下滤光片，则是两束白光的干涉，光屏上会出现彩色的干涉条纹，选项A错误； ‎ B．若将滤光片由绿色换成红色，由于红光波长大，根据△x=可知，光屏上相邻两条暗纹中心的距离会变大，选项B错误；‎ C．若将双缝间的距离d増大，根据△x=可知,光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小，选项C错误；‎ D．若测得5个亮条纹中心间的距离为a，则相邻两条亮条纹间距，选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎8.如图所示，（a）→（b）→（c）→（d）过程是交流发电机发电的示意图，下列说法正确的是（　　）‎ - 19 -‎ A. 当线圈转到图（a）位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大 B. 从图（b）开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是 C. 当线圈转到图（c）位置时，感应电流最小，且感应电流方向将要改变 D. 当线圈转到图（d）位置时，感应电动势最小，ab边感应电流方向为b→a ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当线圈转到图（a）位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但是此时是中性面，产生的感应电流为零，即磁通量的变化率为0，选项A错误；‎ B．从图（b）开始计时，b图是与中性面垂直的平面，此时线圈中产 生的感应电流最大，故线圈中电流i随时间t变化的关系是，选项B错误；‎ C．当线圈转到图（c）位置时，此时也是线圈的中性面的位置，此时感应电流最小，且感应电流方向将要改变，选项C正确；‎ D．当线圈转到图（d）位置时，线圈的两边切割磁感线的速度最大，故感应电动势最大，由右手定则可知，ab边感应电流方向为b→a，选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎9.如图所示，S闭合后，两个灯泡均发光，但过一段时间之后两灯都熄灭，电流表的示数为零．用电压表测L2两端电压，电压表的近似于电源电压，该电路的故障可能是（ ）‎ A. 电流表坏了或未接好．‎ B. L2的灯丝烧断或灯座与灯泡没接触．‎ C. L1和L2的灯丝都被烧断．‎ - 19 -‎ D. L1的灯丝被烧断或没接好．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】分析顺序：串联电路；由“两灯都熄灭，电流表的示数为零”判断电路为断路；由“电压表测L2，电压表的近似于电源电压”判断L2断路，B正确．‎ ‎10.航空母舰上飞机弹射起飞可以利用电磁驱动来实现。电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通入直流电流时，靠近线圈左端放置的金属环被弹射出去，如果在线圈左侧同一位置先后分别放置用铜和铝导线制成的形状完全相同的两个闭合导线环，且电阻率ρ铜＜ρ铝，闭合开关S瞬间，下列判断正确的是（　　）‎ A. 从左侧看环中感应电流沿逆时针方向 B. 铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力 C. 电池正负极调换后，导线环将不能向左弹射 D. 若将铜环放线圈右侧，铜环将向左运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由固定线圈的绕线方向和电流方向可以判断出螺线管的左端是N极，当闭合开关S瞬间，磁场增大，穿过左侧线圈的磁通量在增大，根据楞次定律，线圈中产生与原磁场方向相反的感应磁场，再由右手定则可以判断出左侧线圈中产生从左侧看顺时针方向的感应电流，选项A错误；‎ B．由于电阻率ρ铜＜ρ铝，则铜环的电阻要小一些，在感应电压相同的情况下，产生的感应电流大一些，故安培力也会大一些，选项B正确；‎ C．当电池正负极调换后，固定线圈在左侧变成了S极，根据楞次定律也可以判断出固定线圈与环间产生的斥力，也可以通过“来拒去留”的方法判断，这闭合开关，磁场增大相当于“来”，所以会产生“拒”，即排斥力，所以也可以向左弹射，选项C错误；‎ D．若将铜环放在线圈右侧，同理，铜环与线圈间也会产生排斥力，所以铜环将向右运动，选项D错误。‎ - 19 -‎ 故选B。‎ ‎11.采用如图所示的实验装置进行验证动量守恒定律（图中小球半径相同、质量均已知，且mA>mB），下列说法正确的是（　　）‎ A. 实验中要求轨道末端必须保持水平 B. 实验中要求轨道必须光滑 C. 验证动量守恒定律，需测量OB、OM、OP和ON的距离 D. 测量时发现N点偏离OMP这条直线，直接测量ON距离不影响实验结果 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．要想用水平的距离表示小球平抛出时的速度的大小，则必须要求小球做平抛运动，故实验中要求轨道末端必须保持水平，选项A正确；‎ B．每次实验时只要保证每次小球从斜轨道上滑下到水平位置时的速度一样就可以了，所以不必要求轨道必须光滑，选项B错误；‎ C．验证动量守恒定律，不需要测量OB的长度，因为小球下落相同高度的时间是相等的，在列式子时，这个时间能被约掉，而OM、OP和ON的距离是需要测量的，选项C错误；‎ D．测量时发现N点偏离OMP这条直线，则应该过N点向OMP这条直线做垂线，测量垂足N′到O点的距离才可以，直接测量ON距离会影响实验结果，选项D错误。‎ 故选A。‎ ‎12.电磁炉具有无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等优势。它是利用电流通过线圈产生磁场，当磁场的磁感线通过铁质锅底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身发热加热食物，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 锅体可以用不导电的陶瓷制成 B. 锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的 - 19 -‎ C. 恒定磁场越强，电磁炉的加热效果越好 D. 提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从题中读得需要通过产生涡流才能发热，而锅体如果用不导电的陶瓷制成，则由于陶瓷是绝缘体，不导电，不能形成涡流，所以锅不会发热的，选项A错误；‎ B．因为恒定的磁场不会产生电磁感应，即磁通量没变化，所以涡流是由变化的磁场产生的，选项B错误；‎ C．因为恒定磁场不会产生电磁感应，它再强也不会产生感应电流，故选项C错误； ‎ D．由于提高磁场变化的频率，也就是提高了磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势会增大，则电流也会增大，故可提高电磁炉的加热效果，选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎13.如图所示，一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂面重合，A、O、B为该面上同一条竖直线上的三点，且O为点电荷连线的中点．现有带电荷量为q、质量为m的小物块(可视为质点)，在A点以初速度v0释放沿AOB向下滑动，则 (     )‎ A. 小物块带正电 B. 从A到B,小物块的电势能先减小后增大 C. 从A到B,小物块所受电场力先增大后减小 D. 从A到B,小物块的加速度不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂面重合”可知，本题考查带点物体在电场中的运动，根据库仑定律和牛顿第二定律可以分析本题．‎ ‎【详解】A．由于小物受重力、电场力和墙壁的摩擦力、弹力，可以判断小物块带负电，故A - 19 -‎ 错误；‎ B．由于AB是等势线，则从A到B电荷的电势能不变，故B错误；‎ CD．从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据 可知，加速度增大，从O到B的过程中，电场强度越来越小，电场力越来越小，同理可知滑动摩擦力减小，加速度减小，故C正确，D错误．‎ ‎14.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120g，从离人约20cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2s，取重力加速度g＝10m/s2；下列分析正确的是（　　）‎ A. 手机接触头部之前的速度约为1m/s B. 手机对头部的冲量大小约为0.48‎ C. 手机对头部的作用力大小约为1.2N D. 手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.48‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．手机做自由落体运动，故手机接触头部之前的速度约为 v=m/s=2m/s 选项A错误；‎ C．手机落到头上后速度减为0，设头部对手机的作用力为F，因为手机落在头上没反弹，速度减为0，故由动量定理得 ‎(F-mg)t=0-(-mv)‎ 故解得F=2.4N，选项C错误；‎ B．根据力的作用是相互的，则手机对头部的作用力也是2.4N，作用时间是0.2s，故手机对头部的冲量大小为2.4N×0.2s=0.48Ns，选项B正确；‎ - 19 -‎ D．手机的动量变化量为 ‎△p=mv=0.12kg×2m/s=0.24kgm/s 选项D错误。‎ 故选B。‎ 第二部分（非选择题共58分）‎ 本部分共5小题，共58分。‎ ‎15.利用高电阻放电法研究电容器的充放电，实验是利用高阻值电阻延长充放电时间，绘制电容器充放电电流与时间的i-t图像来研究电容器的充放电规律。‎ 某同学先按图甲所示电路连接好实验电路。然后继续实验操作如下：‎ ‎(1)先接通开关S1、S2，调节电阻箱R的阻值，使微安表的指针偏转接近满刻度，记下这时微安表的示数i0=500μA、电压表的示数U0=6.0V，此时电阻箱R的阻值为8.5kΩ，则微安表的内阻为_____kΩ。‎ ‎(2)断开开关S2，同时开始计时，每隔5s或10s读一次电流i的值，将测得数据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据在坐标纸上标出以时间t为横坐标、电流i为纵坐标的点，如图乙中用“×”表示的点。请在图乙中描绘出电流随时间变化的图线_____。‎ ‎(3)根据图线估算出该电容器在整个放电过程中放出的电荷量约为_____C；（结果保留两位有效数字）‎ ‎(4)根据公式_____来计算电容器的电容。（只要求写出表达式，不要求计算结果）‎ - 19 -‎ ‎【答案】 (1). 3.5kΩ (2). (3). 8.0×10-3C (4). 或 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]因为电压表显示的是微安表与电阻箱的两端电压，而微安表的示数为500μA，故微安表与电阻箱的总电阻为 R总==12kΩ 则微安表的内阻为12kΩ-8.5kΩ=3.5kΩ；‎ ‎(2)[2]将这些点用平滑的曲线连接起来即可；‎ ‎(3)[3]图线与时间轴所围成的面积即为放电过程放出的电荷量，我们数出的方格数为32，（注意数的时候大于半个格就算一个格，小于半个格的不算）而每个小格的电荷量 q=50μA×5s=2.5×10-4C 则放电的总电荷量为 Q0=32q=32×2.5×10-4C=8.0×10-3C ‎(4)[4]由电容的定义式可知，用公式C=来计算电容器的电容大小。‎ ‎16.在“利用单摆测重力加速度”的实验中：‎ ‎(1)组装单摆时，应在下列器材中选用__________；‎ - 19 -‎ A．长度为1m左右的细线 B．长度为30cm左右的细线 C．直径为1.8cm的塑料球 D．直径为1.8cm的铁球 ‎(2)用游标卡尺测量某小球直径，读数如图所示，读数为__________mm；‎ ‎(3)正确操作测出单摆完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为L，游标卡尺测得摆球直径为d。用上述测得量写出测量重力加速度的表达式：g=__________；‎ ‎(4)某同学测得的g值比当地的重力加速度偏小，可能原因是__________；‎ A．计算时将L当成摆长 B．测摆线长时摆线拉得过紧 C．开始计时时，秒表按下过晚 D．实验中误将30次全振动计为29次 ‎(5)将摆球带上正电，然后将单摆放入竖直向上的电场中，在预测单摆振动周期时，学生甲说：“因为摆球受到的电场力与摆球重力方向相反，它对摆球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大”。学生乙说：“电场力对摆球的影响相当于用一个质量小一些的摆球做实验，由于单摆振动周期与质量无关，因此单摆的振动周期不变”，你认为这两个同学的观点中__________是错误的，并指出错误的原因__________。‎ ‎【答案】 (1). AD (2). 9.7 (3). (4). AD (5). 乙同学的观点 (6). 因为单摆周期和摆球质量无关和摆球所受重力有关，该同学将质量和重力混淆了 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]‎ AB．单摆在小角度(小于5度)情况下振动是简谐运动，为使振动明显便于测量周期，应使摆长适当长些，选适当长些的细线作摆线。选项A正确，B错误；‎ CD．为减小空气阻力对球摆动的影响，选质量大一些的小铁球，选项C错误，D正确。‎ 故选AD。‎ - 19 -‎ ‎(2)[2]由图示游标卡尺可知，游标尺的精度为0.1mm，游标卡尺示数为 ‎9mm+7×0.1mm=9.7mm ‎(3)[3]单摆周期 单摆摆长 由单摆的周期公式可知，重力加速度的表达式为 ‎(4)[4]由单摆的周期公式可知 A．计算时将L当成摆长，所测摆长l偏小，则所测重力加速度g偏小，选项A正确；‎ B．测摆线长时摆线拉得过紧，所测摆长偏大，则所测重力加速度g偏大，选项B错误；‎ C．开始计时时，秒表按下过晚，所测周期T偏小，则所测重力加速度g偏大，选项C错误；‎ D．实验中误将30次全振动计为29次，所测周期T偏大，则所测重力加速度g偏小，选项D正确。‎ 故选AD。‎ ‎(5)[5][6]乙同学的观点是错误的，因为单摆周期和摆球质量无关和摆球所受重力有关，该同学将质量和重力混淆了。‎ 三、计算题 ‎17.如图所示，长为L的不可伸长绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m的带电小球。将该装置放在水平向右场强为E的匀强电场中，小球在A点静止时细线与竖直方向成37°角。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）重力加速度为g。‎ ‎（1）画出小球在A点静止时的受力示意图；‎ ‎（2）计算小球所带电荷量并判断小球所带电荷的电性；‎ - 19 -‎ ‎（3）若保持细线处于绷紧状态，将小球向右拉，直至细线与电场线平行。由静止释放，求小球运动到最低点时细线的拉力大小。‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；正电；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）受力如图如图所示；‎ ‎（2）由图可知 ‎ ‎ ‎= ‎ 电性为正电 ‎（3）由动能定理得 牛顿第二定律 代入数据解得 T=‎ ‎18.双人花样滑冰是人们喜爱的体育运动。如图所示，光滑水平冰面上男女运动员在表演就要结束阶段，质量为m=45kg的女运动员停止发力后，以v=12m/s的水平速度滑向静止的质量为M=75kg的男运动员，瞬间被男运动员接住，一起向前匀速滑行了9m，之后男运动员制动做匀减速直线滑行了2.25m后停下。求：‎ - 19 -‎ ‎(1)男女运动员一起匀速运动的速度大小；‎ ‎(2)男女运动员一起运动的总时间；‎ ‎(3)匀减速滑行过程中受到平均阻力的大小。‎ ‎【答案】(1)4.5m/s；(2)3s；(3)540N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)女运动员停止发力后，以v=12m/s的水平速度滑向静止的男运动员，瞬间被男运动员接住，据动量守恒定律有 解得：男女运动员一起匀速运动的速度大小 ‎(2)一起匀速的时间 据可得，一起减速的时间 一起运动的总时间 ‎(3)将减速过程当成逆过来的加速有 解得：一起减速的加速度大小 - 19 -‎ 据牛顿第二定律可得，匀减速滑行过程中受到平均阻力的大小 ‎19.场是一种物质存在的形式，我们可以通过研究物质在场中受力情况来研究场的强弱。如：在研究电场时我们引入了电场强度描述电场的强弱。‎ ‎（1）真空中有一点电荷所带电荷量为+Q，试根据库仑定律和电场的定义式，推导出距离点电荷+Q为r处的电场强度的表达式；‎ ‎（2）地球周围存在引力场，我们可以借鉴研究电场的方法来研究地球周围的引力场。为研究方便我们将地球视为质量分布均匀的球体，已知地球质量为，引力常量为G。‎ a．仿照电场强度的定义，试写出地球外部距离地心处引力场强“”的表达式；‎ b．设地表和离地表高度处的引力场强大小分别为E0和E1，已知地球半径R=6400km，请估算的值（保留1位有效数字），这一结果说明什么。‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）a．；b．0.3；引力场强基本恒定不变 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由场强定义 库仑定律 ‎ ‎ 得 ‎（2）质量为m的物体在距地球r处收到的万有引力为 引力场强度 ‎（3）由（2）中引力场的表达式可知 - 19 -‎ ‎%‎ 这一结果说明在地球表面上在一定的高度范围内引力场强基本恒定不变 ‎20.如图甲所示，水平放置的电阻可忽略的两根平行金属导轨相距为L，导轨左端接一电阻，金属棒ab垂直放在导轨上并接触良好，整个装置放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面如图甲所示，金属棒的电阻不计。当ab以速度v水平向右匀速滑动时，ab两端将产生动生感应电动势。‎ ‎(1)求ab两端产生感应电动势的大小，并判断a、b两端电势的高低；‎ ‎(2)电子随金属棒ab一起向右以速度v做匀速运动的同时还沿棒的方向以速度u做定向移动，如图乙所示是电子的运动速度分解示意图，在图乙中画出电子的合速度方向和电子所受洛伦兹力的方向；‎ ‎(3)为了更加深入研究金属棒中感应电动势是如何产生的，能量是如何转化的，我们选取金属棒中的一个定向移动的电子（设其电荷量为e）为研究对象，把电子所受到的洛伦兹力分解为沿金属棒方向的分力f1和垂直金属棒方向的分力f2，分力f1就是将电子从高电势搬运到低电势的非静电力，分力f2在宏观上表现为安培力。‎ a．根据电动势的定义式推出金属棒向右匀速运动时产生电动势表达式；‎ b．分别计算f1、f2两个分力的瞬时功率。‎ ‎【答案】（1）；a端电势高；（2）见解析；（3）a．BLv，b．evBu，－evBu ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)ab两端产生感应电动势的大小，根据右手定则可知a端电势高；‎ ‎(2)如图所示 - 19 -‎ ‎(3)a．由电动势定义 ‎，‎ 得 E=BLv b．由上图可知 f1的瞬时功率 f2的瞬时功率 - 19 -‎