2017-2018学年云南省玉溪市二中高二下学期期末考试物理试题 解析版 16页

云南省玉溪二中2017-2018学年下学期期末考试高二物理 一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分)‎ ‎1.1.库仑定律的适用条件是( )‎ A. 真空中两个带电球体间的相互作用 B. 真空中任意带电体间的相互作用 C. 真空中两个点电荷间的相互作用 D. 两个带电小球之间的相互作用都可用库仑定律 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 库仑定律的内容是：真空中两点电荷间的作用力与两点电荷的电荷量的乘积成正比，与它们间距离的平方成反比，作用力在它们的连线上，可见，库仑定律的适用范围是真空中两个点电荷间的相互作用，故C正确． A、B、D错误。故选C。‎ ‎【点睛】库仑定律是关于真空中两点电荷间相互作用的规律，适用范围是真空中两个点电荷间的相互作用．‎ ‎2.2.标准电阻I－U伏安特性曲线可用以下哪个图象来表示(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 标准电阻阻值保持不变，根据欧姆定律，得到I与U成正比，由数学知识得知，I-U特性曲线是原点的倾斜的直线，故C正确，ABD错误。‎ ‎3.3.如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是（　　）‎ A. 电荷从a到b加速度减小 B. b处电势能较大 C. b处电势较高 D. 电荷在b处速度大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在b点的加速度大，A错误；从a到b的过程中，电场力做负功，电势能增加，所以b处电势能大，动能减小，速度减小，所以电荷在b处速度小，B正确D错误；根据粒子的运动的轨迹可以知道，负电荷受到的电场力的方向向下，所以电场线的方向向上，所以a点的电势大于b点的电势，C错误．‎ ‎4.4.关于线圈的自感系数，下面说法正确的是(　　)‎ A. 线圈的自感系数越大，自感电动势就一定越大 B. 线圈中电流等于零时，自感系数也等于零 C. 线圈中电流变化越快，自感系数越大 D. 线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项：由自感电动势公式知，不仅由自感系数决定，还与电流变化快慢有关，故A错误；‎ B、C、D项：自感系数与线圈的大小、形状、匝数、有无铁芯有关，与其它因素无关，故BC错误，D正确。‎ 点晴：考查影响线圈的自感系数因素，同时知道课本中的基础知识不可忽视，如不知道自感电动势公式，就做不对。‎ ‎5.5.如图所示，在水平木制桌面上平放一个铜制的圆环，在它上方近处有一个N 极朝下的条形磁铁，铜环始终静止．关于铜环对桌面的压力F和铜环重力G的大小关系，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 当条形磁铁靠近铜环时，FG ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在磁铁进入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量增加，根据磁场方向，由楞次定律判断感应电流的方向．通电线圈的磁场与条件磁铁相似，由安培定则判断线圈的极性，分析线圈与磁铁间的作用力．‎ ‎【详解】磁铁的N极向下插入，穿过铜环的磁通量增加，磁场方向向下，根据楞次定律可知，铜环中产生逆时方向的感应电流；根据安培定则判断可知，当N极向下插入时，铜环上端相当于N极；与磁铁的极性相反，存在斥力，所以铜环对桌面的压力F大于铜环重力G的大小；磁铁的N极远离铜环时，穿过铜环的磁通量减小，磁场方向向下，根据楞次定律可知，铜环中产生逆时方向的感应电流；根据安培定则判断可知，当N极远离时，铜环上端相当于S极，与磁铁的极性相同，存在引力。所以铜环对桌面的压力F小于铜环重力G的大小，B正确．‎ ‎【点睛】本题是楞次定律的基本应用．对于电磁感应现象中，导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动．‎ ‎6.6.如图所示，闭合线圈abcd从高处自由下落一段时间后垂直于磁场方向进入一有界磁场，从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，下列说法正确的是(　　)‎ A. a端的电势高于b端 B. ab边所受安培力方向为水平向左 C. 线圈可能一直做匀速运动 D. 线圈可能一直做匀加速直线运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 此过程中ab边始终切割磁感线，ab边为电源，由右手定则可知电流为逆时针方向，由a流向b，电源内部电流从低电势流向高电势，故a端的电势低于b端，故A错误；由左手定则可知ab边所受安培力方向竖直向上，故B错误；如果刚进入磁场时安培力等于重力，则一直匀速进入，如果安培力不等于重力，则，可知线圈做变加速运动，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎7.7.如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮 B. 合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮 C. 断开开关S时，A2立即熄灭，A1过一会儿才熄灭 D. 断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭，且通过两灯的电流方向都与原电流方向相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】合上开关K接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮，A错误B正确；断开开关K切断电路时，通过A2‎ 的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，线圈相当于电源，左端相当于正极，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过A2的灯的电流方向与原来的方向相反， CD错误．‎ ‎【点睛】在分析此类型题目时，一定要注意线圈的特点，如果是理想线圈，则阻抗很大，类似与断路，阻抗消失后，电阻为零，类似一条导线，另外需要注意在开关闭合时，线圈和谁串联，则影响谁，在开关断开时，线圈和谁能组成闭合回路，则影响谁．‎ ‎8.8.关于原子结构，汤姆孙提出枣糕模型、卢瑟福提出行星模型(如图甲、乙所示)，都采用了类比推理的方法．下列事实中，主要采用类比推理的是(　　)‎ A. 人们为便于研究物体的运动而建立的质点模型 B. 伽利略从教堂吊灯的摆动中发现摆的等时性规律 C. 库仑根据牛顿的万有引力定律提出库仑定律 D. 托马斯·杨通过双缝干涉实验证实光是一种波 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】质点属于理想模型，A错误；伽利略从教堂吊灯的摆动中发现摆的等时性规律，即通过实验观察发现了规律，B错误；库仑根据牛顿的万有引力定律提出库仑定律，两者都是根据距离的平放成反比，用到了类比法，C正确；托马斯•杨通过双缝干涉实验证实光是一种波，是利用了实验方法，D错误．‎ ‎9.9.由原子核的衰变规律可知(　　)‎ A. 同种放射性元素在化合物中的半衰期比在单质中长 B. 氡的半衰期为3.8天，若有四个氡原子核，经过7.6天就只剩下一个 C. M元素经过一次α衰变和两次β衰变形成新元素N，N与M是同位素 D. 放射性元素铀放出的γ射线是高速运动的电子流 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】半衰期与元素所处的物理环境和化学状态无关，A错误；半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，B错误；一次衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，一次 衰变的过程中电荷数增1，质量数不变。某原子核经过一次衰变和两次衰变后，电荷数不变，它们是同位素，C正确；射线是高速运动的光子流，D错误．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道半衰期的定义，以及影响半衰期的因素，知道半衰期与元素所处的物理环境和化学状态无关，注意半衰期对大量的原子核适用，对几个原子核不适用．‎ ‎10.10.一个氘核和一个氚核经过核反应后生成一个氦核和一个中子，同时释放核能，已知氘核、氚核、氦核、中子的质量分别为m1、m2、m3、m4，真空中的光速为c，下列说法不正确的是(　　)‎ A. 该核反应属于轻核聚变 B. 核反应方程是：‎ C. 核反应中的质量亏损Δm=m1＋m2－m3－m4‎ D. 释放的能量ΔE=(m3－m4－m1－m2)c2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 一个氘核和一个氚核经过核反应后生成一个氦核和一个中子，是质量数小的原子核聚变生成质量数大的原子核的过程，属于轻核聚变。故A正确；当一个氘核和一个氚核经过核反应后生成一个氦核和一个中子时，由质量数守恒和电荷数守恒可知，核反应方程是：．故B正确；该反应的过程中质量亏损为△m=（m1+m2-m3-m4）；故C正确；根据爱因斯坦质能方程△E=△mc2，因此核反应放出的能量△E=（m1+m2-m3-m4）c2．故D错误。本题选择不正确的，故选D。‎ 点睛：本题考查了衰变方程的书写和爱因斯坦质能方程的应用，核反应过程满足质量数守恒和电荷数守恒，要注意元素左上角为质量数，左下角为电荷数．‎ 二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)‎ ‎11.11.半径为R的橡胶圆环均匀带正电，总电荷量为Q，现使圆环绕垂直环所在平面且通过圆心的轴以角速度ω匀速转动，则由环产生的等效电流判断正确的是(　　)‎ A. 若ω不变而使电荷量Q变为原来的2倍，则等效电流也将变为原来的2倍 B. 若电荷量Q不变而使ω变为原来的2倍，则等效电流也将变为原来的2倍 C. 若使ω、Q不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，等效电流将变大 D. 若使ω、Q不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，等效电流将变小 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 截取圆环的任一截面S，如图所示，在橡胶圆环运动一周的时间T内，通过这个截面的电荷量为Q，则有：； 又 ，所以；‎ 若ω不变而使电荷量Q变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍，选项A正确； 若电荷量Q不变而使ω变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍，选项B正确；若使ω、Q不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，电流不变，选项CD错误； 故选AB．‎ 点睛：本题考查等效电流的求法，解题关键在于理解电流的定义式，即电流强度等于一个周期内流过导体截面的电量．‎ ‎12.12.如图所示的电路，a、b、c为三个相同的灯泡，其电阻大于电源内阻，当变阻器R的滑片P向上移动时，下列判断中正确的是（　　）‎ A. a、b两灯变亮，c灯变暗 B. 电源输出功率增大 C. 电源的供电效率增大 D. b灯中电流变化值小于c灯中电流变化值 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，即可知道a灯亮度的变化．由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断c灯亮度的变化．由通过c的电流与总电流的变化，分析通过b灯电流的变化，判断其亮度的变化．a、b、c三个灯泡的电阻都大于电源内阻，根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化．‎ ‎【详解】当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流I增大，a灯变亮。并联部分电压减小，c灯变暗。由总电流增大，而通过c灯的电流减小，可知通过b灯的电流增大，b灯变亮，A正确；a、b、c三个灯泡的电阻都大于电源内阻，外电路总电阻应大于电源的内阻。根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，则知，当变阻器的滑动触头P向上移动时，外电路总电阻减小，电源输出的电功率增大。电源的供电效率，外电阻减小，路端电压U减小，电源的供电效率减小，B正确C错误；由于，增大，减小，增大，则知，流过b灯的电流变化值大于流过c灯的电流变化值，D错误．‎ ‎【点睛】本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化．利用推论分析电源输出功率的变化．‎ ‎13.13.如图所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜环在A点由静止释放，向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是(　　)‎ A. A、B两点在同一水平线上 B. A点高于B点 C. A点低于B点 D. 铜环最终在磁场中来回不停的摆动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 铜环在穿越磁场时，产生电能，如AB两点在同一水平线，违反了能量守恒定律，故A错误；铜环在穿越磁场时，产生电能，机械能减小，则A点高于B点，故B正确，C 错误；由上分析，铜环振幅先不断减小，完全在磁场内运动时，将不再产生电能，机械能不变，最终做等幅摆动，故D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎14.14.太阳内部持续不断地发生着4个质子()聚变为1个氦核()的热核反应，核反应方程是，这个核反应释放出大量核能．已知质子、氦核、X的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c.下列说法中正确的是(　　)‎ A. 方程中的X表示中子()‎ B. 方程中的X表示正电子()‎ C. 这个核反应中质量亏损Δm=‎4m1－m2‎ D. 这个核反应中释放的核能ΔE=(‎4m1－m2－‎2m3‎)c2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】由核反应质量数守恒、电荷数守恒可推断出X为，A错误B正确；质量亏损为，释放的核能为，C错误D正确．‎ 三、实验题(共2小题,共15分)‎ ‎15. 电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表的电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内阻（半偏法）实验室提供材料器材如下：‎ 待测电压表（量程3V，内阻约为3000欧），电阻箱R0（最大阻值为99999.9欧），滑动变阻器R1（最大阻值100欧，额定电流‎2A），电源E（电动势6V，内阻不计），开关两个，导线若干．‎ ‎（1）虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整．‎ ‎（2）根据设计的电路写出步骤： ．‎ ‎（3）将这种方法测出的电压表内阻记为Rv′，与电压表内阻的真实值Rv相比，Rv′ Rv ‎（填“＞”“=”或“＜”），主要理由是 ．‎ ‎【答案】（1）如图所示；‎ ‎（2）移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏，保证滑动变阻器的位置不变，断开开关S2，调节电阻箱R0使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；‎ ‎（3）＞，电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）待测电压表电阻远大于滑动变阻器R1的电阻值，故滑动变阻器R1采用分压式接法；待测电压表和电阻箱R0采用串联式接法；‎ ‎（2）采用先测量一个适当的电压，然后增加电阻箱电阻，使电压表半偏，则电阻箱的读数即视为等于电压表的电阻；‎ ‎（3）电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大．‎ 解：（1）待测电压表电阻（3000欧姆）远大于滑动变阻器R1的电阻值（100欧姆），故滑动变阻器R1采用分压式接法；‎ 电路图如图所示：‎ ‎（2）移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏，保证滑动变阻器滑片的位置不变，断开开关S2‎ ‎，调节电阻箱R0使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；‎ ‎（3）电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大，故Rv＜Rv′；‎ 故答案为：‎ ‎（1）如图所示；‎ ‎（2）移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏，保证滑动变阻器的位置不变，断开开关S2，调节电阻箱R0使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；‎ ‎（3）＞，电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大．‎ ‎【点评】考查半偏法测电阻的原理，明确串联电阻后会引起测量支路的电阻的增大，其分压要变大，此为误差的来源．‎ 视频 ‎16. 在测量一节干电池的电动势和内电阻的实验中，实验电路图如图所示．‎ ‎（1）实验过程中，应选用哪个电流表和滑动变阻器 （请填写选项前对应的字母）‎ A．电流表A1（量程0．‎6 A，内阻约0．8 Ω）‎ B．电流表A2（量程‎3 A，内阻约0．5 Ω）‎ C．滑动变阻器R1（0～10 Ω）‎ D．滑动变阻器R2（0～2000 Ω）‎ ‎（2）实验中要求电流表测量通过电池的电流，电压表测量电池两极的电压．根据图示的电路，电流表测量值 真实值（选填“大于”或“小于”）．‎ ‎（3）若测量的是新干电池，其内电阻比较小．在较大范围内调节滑动变阻器，电压表读数变化 （选填“明显”或“不明显”）．‎ ‎（4）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图所示的坐标图中，请作出UI图线，由此求得待测电池的电动势E= V，内电阻r = Ω（结果均保留两位有效数字）．所得内阻的测量值与真实值相比 （填“偏大”、“偏小”或“相等”）．‎ ‎【答案】（1）AC；（2）小于；（3不明显；（4）U­I图线（图略）；1．5 V；1．9Ω；偏小 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）一节干电池的电动势约为1．5V，内阻为几欧姆，所以电流表选择量程0．‎6A的，因为干电池的内阻较小，为了方便条件选择最大阻值较小的滑动变阻器，所以选择滑动变阻器R1（0～10Ω）；故选AC ‎（2）图中电流表测量的是通过滑动变阻器的电流，而通过电池的电流等于通过滑动变阻器的电流加上通过电压表的电流，所以图示的电路电流表测量值小于真实值；‎ ‎（3）作出电源的U-I图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，如图，图线1的斜率小于图线2的斜率，则对应的电源的内阻图线1的较小，由图可以看出，图线1电压随电流变化较慢，所以电源内阻很小时，电压表读数变化不明显．‎ ‎（4）根据坐标系内描出的点作出电源的U-I图象，图象如图所示，由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1．5，电源电动势E=1．5V，电源内阻：．相对于电源来说，电流表采用内接法，电流表的测量值小于通过电源的电流，电动势和内阻的测量值均小于真实值．‎ 考点：测量电源的电动势及内阻 ‎【名师点睛】本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图、求电源电动势与内阻、判断电池的新旧，知道实验原理、掌握实验器材的选择原则、会应用图象法处理实验数据即可正确解题。‎ 四、计算题 ‎17.17.电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示.1982年澳大利亚国立大学制成了能把‎2.2g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到‎10km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为‎2km/s)，若轨道宽‎2m，长为‎100m，通过的电流为‎10A，试问轨道间所加匀强磁场的磁感应强度是多大？(轨道摩擦不计)‎ ‎【答案】B＝55T ‎【解析】‎ 由于弹体做匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2as 得 由牛顿第二定律得F安＝ma 得F安＝2.2×10－3×5×105N＝1.1×103N 由安培力公式F安＝BIl 得 ‎【点睛】本题重点是运动学的应用，由运动学得到加速度才能得到磁感应强度．‎ ‎18.18.如图所示，在距离水平地面h＝‎0.8 m的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面水平向里的匀强磁场．正方形线框abcd的边长l＝‎0.2 m，质量m＝‎0.1 kg，电阻R＝0.08 Ω.一条不可伸长的轻绳绕过轻光滑滑轮，一端连线框，另一端连一质量M＝‎0.2 kg的物体A(A未在磁场中)．开始时线框的cd边在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．当线框的cd边进入磁场时物体A恰好落地，此时将轻绳剪断，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面．整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g取‎10 m/s2.求：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小．‎ ‎（2）线框从开始运动至到达最高点，用了多长时间？‎ ‎（3）线框落地时的速度多大？‎ ‎【答案】（1）1T（2）0.9s（3）‎4m/s ‎【解析】‎ 试题分析：(1)设线框到达磁场边界时速度大小为v，由机械能守恒定律可得：‎ Mg(h－l)＝mg(h－l)＋(M＋m)v2①‎ 代入数据解得：v＝‎2 m/s②‎ 线框的ab边刚进入磁场时，感应电流：I＝③‎ 线框恰好做匀速运动，有：Mg＝mg＋IBl④‎ 代入数据解得：B＝1 T．⑤‎ ‎(2)设线框进入磁场之前运动时间为t1，有：h－l＝vt1⑥‎ 代入数据解得：t1＝0.6 s⑦‎ 线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间：t2＝＝0.1 s⑧‎ 此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到最高点时所用时间：t3＝＝0.2 s⑨‎ 线框从开始运动到最高点，所用时间：t＝t1＋t2＋t3＝0.9 s．⑩‎ ‎(3)线框从最高点下落至磁场边界时速度大小不变，线框所受安培力大小也不变，即 IBl＝(M－m)g＝mg⑪‎ 因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动．‎ 由机械能守恒定律可得：m＝mv2＋mg(h－l)⑫‎ 代入数据解得线框落地时的速度：vt＝‎4 m/s.⑬‎ 考点：考查了导体切割磁感线运动 点评：当线框能匀速进入磁场，则安培力与重力相等；而当线框加速进入磁场时，速度在增加，安培力也在变大，导致加速度减小，可能进入磁场时已匀速，也有可能仍在加速，这是由进入磁场的距离决定的．‎ ‎19.19.如图所示，光滑导轨MN、PQ在同一水平面内平行固定放置，其间距d=‎1m，右端通过导线与阻值R=10Ω的小灯泡L相连，导轨区域内有竖直向下、磁感应强度B=1T的匀强磁场，一金属棒在恒力F=0.8N的作用下匀速通过磁场．(不考虑导轨和金属棒的电阻，金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触)．求：‎ ‎（1）金属棒运动速度的大小；‎ ‎（2）小灯泡的功率．‎ ‎【答案】（1）‎8m/s（2）6.4W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）金属棒匀速通过磁场时，F与安培力平衡，由公式E=Blv、安培力公式F=BIl和闭合电路欧姆定律求出金属棒运动速度的大小．‎ ‎（2）由于金属棒做匀速运动，小灯泡的电功率等于恒力F的功率P=Fv．‎ ‎【详解】（1）由得；‎ ‎（2）根据能量定律得到：小灯泡的电功率．‎ ‎20.20.反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动．如果小车的总质量M=‎3kg，水平喷出的橡皮塞的质量m=‎0.1kg.‎ ‎（1）若橡皮塞喷出时获得的水平速度v=‎2.9m/s，求小车的反冲速度；‎ ‎（2）若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)?‎ ‎【答案】（1）‎0.1m/s；方向与橡皮塞运动的方向相反（2）‎0.05m/s；方向与橡皮塞运动的方向相反 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零．以橡皮塞运动的方向为正方向，‎ 根据动量守恒定律得，‎ 解得，负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反，反冲速度大小是‎0.1m/s.‎ ‎（2）小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒．以橡皮塞运动的方向为正方向，‎ 有，‎ 解得，负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反，反冲速度大小是‎0.05m/s.‎