黑龙江省大庆实验中学2020学年高二物理下学期开学考试试题（含解析） 22页

大庆实验中学2020学年度下学期开学考试 ‎ 高二年级物理试题 一、选择题 ‎1.甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向沿直线运动，它们的图像如图所示。下列判断正确的是（ ）‎ A. 乙车启动时的加速度大小为 B. 乙车启动时与甲车相距 C. 乙车启动后乙车正好超过甲车 D. 运动过程中，乙车落后甲车的最大距离为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项：由图可知，乙启动时的加速度为：，故A错误；‎ B项：根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在t=10s时启动，此时甲的位移为，即甲车在乙前方50m处，故B错误；‎ C项：由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由图可知，乙车启动10s后，两车之间的距离为，此后两车做匀速运动，再经过时间，两车相遇，即乙车启动15 s后正好追上甲车，故C错误；‎ D项：当两车的速度相等时相遇最远，最大距离为 ‎，故D正确。‎ 点晴：速度-时间图象切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据两车的速度关系和位移分析何时相遇。‎ ‎2.如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(取g＝10 m/s2)(　　)‎ A. 0 N B. 8 N C. 10 N D. 50 N ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F=mAg=40N，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：，隔离对B分析，mBg-N=mBa，解得：N=mBg-mBa=10-1×2N=8N．故选B．‎ 考点：牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】本题关键是先采用整体法求解加速度，再隔离物体B并根据牛顿第二定律列式求解；注意剪断细线的瞬时弹簧的弹力是不能突变的。‎ ‎3.2020年11月19日，我国在西昌卫星发射中心将两颗北斗全球导航卫星（即北斗三号卫星）发射升空，标志着我国北斗三号基本系统部署完成。此次发射的北斗三号系统第18颗和第19颗卫星，属于中圆地球轨道（介于近地轨道和同步静止轨道之间）卫星。当卫星在轨正常运行时，下列说法正确的是 A. 第18颗卫星的加速度大于地球表面的重力加速度 B. 第18颗卫星的运行速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间 C. 第19颗卫星的周期小于静止轨道卫星的周期 D. 第19颗卫星受到地球的万有引力小于同质量静止轨道卫星受到地球的万有引力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据比较加速度关系；第一宇宙速度是所有环绕地球运转的卫星的最大环绕速度；根据开普勒第三定律比较周期关系；卫星的质量不确定，不能比较万有引力的大小。‎ ‎【详解】根据可知第18颗卫星的加速度小于地球表面的重力加速度 ，选项A错误；第一宇宙速度是所有环绕地球运转的卫星的最大环绕速度，则第18颗卫星的运行速度小于第一宇宙速度，选项B错误；根据开普勒第三定律可知第19颗卫星的周期小于静止轨道卫星的周期，选项C正确；由万有引力定律得，因卫星的质量相等，半径小的，万有引力大，第19颗卫星受到地球的万有引力大于同质量静止轨道卫星受到地球的万有引力，选项D错误；故选C.‎ ‎4.如图所示，一段均匀带电的半圆形细线在其圆心O处产生的场强为E，现把细线分成等长的AB、BC、CD三段圆弧，请利用学过的方法（如对称性，叠加思想）分析，圆弧BC在圆心O点产生场强的大小是 A. E B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ AB、BC、CD三段圆弧在O处产生场强大小相等、方向沿各自的对称轴；电场强度是矢量，叠加时遵循平行四边形定则；据以上知识求出每段圆弧在O处产生场强的大小。‎ ‎【详解】设细线带正电、每段圆弧在O处产生场强的大小为，将三段圆弧产生的场强画在图中。‎ AB、CD两段圆弧在O处产生场强的夹角为1200，这两者的合场强大小为，方向与BC在O处产生场强的方向相同。所以三段圆弧在O处的合场强，则，即圆弧BC在圆心O点产生场强的大小是。故B项正确，ACD三项错误。‎ ‎5.（2020·新课标全国Ⅱ卷）一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动 根据几何关系，有∠MOA=90°，∠OMA=45°，∠CMO'=60°，所以∠O′MA=75°，∠O′AM=75°，∠MO′A=30°‎ 即轨迹圆弧所对的圆心角为30°‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 粒子在磁场中匀速圆周运动的时间 圆筒转动90°所用时间 粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等解得：；则，解得，A正确，BCD错误；故选A．‎ 考点：带电粒子在磁场中的运动 ‎【名师点睛】本题考查了带点粒子在匀强磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、应用牛顿第二定律、数学知识即可正确解题；根据题意作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键。‎ ‎6.如图所示，平行板电容器水平放置，上极板带正电且接地(大地电势为零)，下极板带等量负电。一带电微粒静止在两板之间的 M 点，现将上极板向上移动，则下面说法正确的是 A. 电容器的电容增大 B. 带电微粒会向下运动 C. 带电微粒具有的电势能增大 D. 电容器两板之间的电势差减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查电容器的动态变化和带电粒子的运动，涉及电容的决定式与定义式、匀强电场的场强与电势差关系、电势能等知识。‎ ‎【详解】AD：将上极板向上移动，两板间距离变大，据，可得电容器的电容减小。电容器极板上带电量不变，据，可得电容器两板之间的电势差增大。故AD两项错误。‎ B：据、、，可得；两板间距离变大，板间场强不变，带电微粒的受力不变，带电微粒仍保持静止。故B项错误。‎ C：电容器上极板带正电，下极板带负电，板间场强向下，带电微粒能静止在两板之间，则带电微粒所受电场力向上，带电微粒带负电。板间场强不变，M点与上极板间距离增大，据，可得上极板与M点间电势差增大；上极板接地，电势为零，所以M点电势降低。带电微粒带负电，M点电势降低，据，可得带电微粒具有的电势能增大。故C项正确。‎ ‎7.如图所示，一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正．则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ​‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解答本题的关键是正确利用几何关系弄清线框向右运动过程中有效切割长度的变化，然后根据法拉第电磁感应定律求解，注意感应电流方向的正负。‎ ‎【详解】线框开始进入磁场运动L的过程中，只有边bc切割，感应电流不变，前进L后，边bc开始出磁场，边ad开始进入磁场，回路中的感应电动势为边ad产的减去在bc边在磁场中产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为负方向；当再前进L时，边bc完全出磁场，ad边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流方向不变，故B正确，ACD错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】图象具有形象直观特点，通过图象可以考查学生综合知识掌握情况，对于图象问题学生在解答时可以优先考虑排除法，通过图象形式、是否过原点、方向等进行排除。‎ ‎8.如图所示电路，在平行金属板M，N内部左侧中央P有一质量为m的带电粒子（重力不计）以水平速度v0射入电场并打在N板的O点．改变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则 A. 该粒子带正电 B. 减少R2，粒子将打在O点左侧 C. 增大R1，粒子在板间运动时间不变 D. 减少R1，粒子将打在O点左侧 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题是含容电路的动态分析与带电粒子运动相结合的问题，运用闭合电路欧姆定律和类平抛运动的知识可进行求解。‎ ‎【详解】设板间场强为，粒子的电荷量是，板间间距为，则粒子在板间运动时：‎ ‎、。‎ A：由电路图知，极板M带负电、极板N带正电，板间场强的方向向上，重力不计的带电粒子向下偏转，粒子带负电。故A项错误。‎ B：由于R2与平行金属板串联，稳定时此支路断路，调节R2对电路无影响；减少R2，平行板两端的电压不变，板内场强不变，粒子运动情况不变，仍打在O点。故B项错误。‎ CD：增大R1，据串联电路电压分配原理知，平行板两端的电压减小，板内场强减小，粒子在电场中的运动时间变长。减少R1，据串联电路电压分配原理知，平行板两端的电压增大，板内场强增大，粒子在电场中的运动时间变短，粒子将打在O点左侧。故C项错误，D项正确。‎ ‎9.如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场方向成60°夹角且处于竖直平面内，一质量为m，带电量为q（q＞0）的小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为v0时，小球恰好做匀速直线运动，已知重力加速度大小为g，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E=，小球电荷量保持不变，则以下说法正确的是 A. 小球的初速度 B. 若小球沿杆向下的初速度为，则小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动，最后停止 C. 若小球沿杆向下的初速度为，则小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动，最后停止 D. 若小球沿杆向下的初速度为，则小球从开始运动到稳定过程中，克服摩擦力做功为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题是带电小球在复合场中的运动问题；对带电小球的受力情况和运动情况分析后，据平衡条件、牛顿第二定律、动能定理等知识列式求解。‎ ‎【详解】A：带电小球受重力、电场力、磁场力及可能存在的支持力和摩擦力作用。重力与电场力的合力刚好与杆垂直，合力的大小为；小球做匀速直线运动，磁场力的方向垂直于杆，则摩擦力、支持力均为0，磁场力与电场力、重力的合力相平衡，即，解得：小球的初速度。故A项正确。‎ B：若小球的初速度，小球将受到重力、电场力、磁场力、支持力和摩擦力，据牛顿第二定律可得：、，解得：小球的加速度，方向与小球的运动方向相反；所以小球做加速度减小的减速运动，最终匀速。故B项错误。‎ CD：若小球的初速度，小球将受到重力、电场力、磁场力、支持力和摩擦力，据牛顿第二定律可得：、，解得：小球的加速度，方向与小球的运动方向相反；所以小球做加速度增大的减速运动，最终静止。小球从开始运动到稳定过程中，重力、电场力、磁场力、支持力四个力的合力与杆垂直，它们对小球做的功为0，摩擦力对小球做负功，据动能定理得，所以小球从开始运动到稳定过程中，克服摩擦力做功为。故CD两项错误。‎ ‎10.如图所示，带有光滑半圆弧轨道质量为M的滑块静止置于粗糙水平面上，AB为水平直径，半径为R，C点为半圆弧最低点，现把一质量为m的小球从A点静止释放，在小球下滑过程中，滑块始终静止，下列说法正确的是 A. 轨道对小球的作用力不做功 B. 小球滑到C点的速度为 C. 小球从A点下滑到C点的过程中，滑块受地面的摩擦力方向向左 D. 若水平面光滑，轨道对小球的作用力不做功 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当地面粗糙或者光滑时，根据功的概念判断轨道对小球能否做功；根据机械能守恒定律求解到达最低点的速度；小球下滑时对轨道作用力有水平向左的分量，由此判断滑块受到的摩擦力的方向。‎ ‎【详解】因滑块静止，则轨道对小球的作用力与速度方向垂直，轨道对小球的作用力始终不做功，选项A错误；根据机械能守恒定律可得：mgR=mvC2，解得vC=,选项B正确；小球从A点下滑到C点的过程中，小球对轨道的压力斜向左下方向，有水平向左的分量，可知滑块受地面的摩擦力方向向右，选项C错误；若水平面光滑，则小球在轨道内滑动时，轨道会运动，此时轨道对小球的作用力与小球的位移方向不垂直，即轨道对小球的作用力对轨道要做功，选项D错误；故选AB.‎ ‎11.如图，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动的过程中，下列说法中正确的是( )‎ A. 人所受的合力对人做正功 B. 重力对人做负功 C. 扶梯对人做的功等于人增加的重力势能 D. 摩擦力对人做的功等于人机械能的变化 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，受重力和支持力，重力做负功，重力势能增加，支持力做正功，合外力为零，所以合外力做功等于零，故A错误，B正确；由上分析可知，扶梯对人做的正功等于重力做的负功，所以扶梯对人做的功等于人增加的重力势能，故C正确；人不受摩擦力，所以没有摩擦力做功，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动的过程中，人的动能不变，势能增加，所以人的机械能增加，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎12.如图所示,给一块金属导体通以向右的电流I,金属导体的高为h,厚度为d,已知电流与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为I=neSv。则下列说法中正确的是( )‎ A. 在上、下表面形成电势差的过程中,电子受到的洛仑兹力方向向下 B. 达到稳定状态时,金属板上表面A的电势低于下表而A’的电势 C. 只将金属板的厚度d减小为原来的一半,则上,下表面之间的电势差大小变为U/2‎ D. 只将电流I减小为原来的一半,则上、下表面之间的电势差大小变为U/2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属中移动的是自由电子，根据左手定则，判断出电子的偏转方向，从而得出电势的高低．最终电子受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡求出电势差的大小．‎ ‎【详解】电流向右、磁场向内，根据左手定则，安培力向上；电流是电子的定向移动形成的，故洛伦兹力也向上；故上极板聚集负电荷，下极板带正电荷，故下极板电势较高；故A错误；B正确；电子最终达到平衡，有：evB=e，则：U=vBh；电流的微观表达式：I=nevS=nevhd，则：，代入得：；只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为2U，故C错误；只将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为U/2，故D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键会运用左手定则判断电子的偏转方向，当上下表面有电荷后，之间形成电势差，最终电荷受电场力和洛伦兹力平衡．‎ ‎13.一汽车在水平平直路面上，从静止开始以恒定功率P运动，运动过程中所受阻力大小不变，汽车最终做匀速运动。汽车运动速度的倒数与加速度a的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 汽车运动的最大速度为v0 B. 阻力大小为 C. 汽车的质量为 D. 汽车的质量为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 根据牛顿第二定律可知，则由图像可知，当a=0时速度最大，最大值为v0，选项A正确；由 阻力大小为 ‎，选项B错误；由图像可知，当a=-a0时，则f=ma0，则，选项C错误，D正确；故选AD.‎ 点睛：此题关键是先搞清汽车的运动的情况，根据牛顿第二定律和功率表达式求出函数关系，结合图像的斜率和截距解答.‎ ‎14. 两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2C，质量为1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的v- t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的是（ ）‎ A. B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E="1" V/m B. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大 C. 由C点到A点电势逐渐降低 D. A、B两点间的电势差= 5V ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：据v-t图可知物块在B点的加速度最大，为，所受的电场力最大为 F=ma=2N，据知，B点的场强最大为 E=1V/m，故A正确．据v-t图可知，由C到A的过程中物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误．据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C正确．据V-t图可知A、B两点的速度，在根据动能定理得，由图知，vA=6m/s，vB=4m/s，解得UAB=-5V，故D错误．故选AC.‎ 考点：v-t图线；动能定理；电场强度 二、实验题 ‎15.某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。‎ ‎①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图(a)和如图(b)所示，长度为________cm，直径为________mm。‎ ‎②按如图 (c)连接电路后，实验操作如下：‎ ‎(a)将滑动变阻器R1的阻值置于最大处；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；‎ ‎(b)将电阻箱R2的阻值调至最________(填“大”或“小”)，S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280 Ω；‎ ‎③由此可知，圆柱体的电阻为________Ω。‎ ‎【答案】 (1). 5.03 (2). 5.312－5.318 (3). 大 (4). 1280‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查游标卡尺、螺旋测微器的读数及替代法测电阻，需利用闭合电路的欧姆定律分析求解。‎ ‎【详解】①游标卡尺读数；螺旋测微器的读数 ‎②(a)将滑动变阻器R1的阻值置于最大处；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；由闭合电路欧姆定律可得：。‎ ‎(b)为使电路安全，应将电阻箱R2的阻值调至最大，再将S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280 Ω；由闭合电路欧姆定律可得：。‎ ‎③由等量代换得：圆柱体的电阻。‎ ‎16.测量一节干电池的电动势和内阻。实验室除提供开关S和导线外，还有以下器材可供选择：‎ A．电压表V（量程3 V，内阻RV=10 kΩ）‎ B．电流表A1（量程3 mA，内阻Rg1=99.5 Ω）‎ C．电流表A2（量程1500 m A，内阻Rg2=0.5 Ω）‎ D．滑动变阻器R1（阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A）‎ E．滑动变阻器R2（阻值范围0～1000 Ω，额定电流1 A）‎ F．定值电阻R3=0.5 Ω ‎(1)根据可选用的器材，设计了如图1所示的测量电路图 。‎ ‎(2)该同学应该将电流表_____（选填A1或A2）与定值电阻R3并联，改装成一个量程是_____ A的新电流表。‎ ‎(3)滑动变阻器选用______（选填“R1”或“R2”）。‎ ‎(4)利用上述测量电路测得数据，以电流表A的直接读数I为横坐标，以电压表V的读数为U纵坐标绘出了如图2所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=_____V（结果保留三位有效数字），电源的内阻r=_____Ω（结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). （2）A1 (2). 0.6 (3). （3）R1 (4). （4）1.48(1.47～1.49) (5). 0.84(0.82～0.86)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（2）根据并联电路的特点求解改装后的电流表对应的量程；‎ ‎（3）根据方便的原则选择滑动变阻器；‎ ‎（4）根据电流表G读数与改装后电流表读数的关系，由闭合电路欧姆定律求出电源的电动势和内阻；‎ ‎【详解】（2）电流表A1量程过小，而A2量程过大，则可用电流表A1，与定值电阻R3并联，改装成一个量程是的新电流表；‎ ‎（3）一节干电池的电动势约E=1.5V，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1，它的阻值范围是0-10Ω；‎ ‎（4）由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E=1.48V．‎ 图线的斜率大小k=r，由数学知识知：，则电源的内阻为：r=k=0.84Ω；‎ ‎【点睛】量电源的电动势和内电阻的实验，采用改装的方式将表头改装为量程较大的电流表，再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法.‎ 三、计算题 ‎17.如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为的小球A悬挂于O点。在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B(可视为质点)置于长木板C的左端静止。将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，运动到最低点时与小物块B发生弹性正碰。‎ ‎(1)求碰后小物块B的速度大小；‎ ‎(2)若长木板C的质量为2m，小物块B与长木板C之间的动摩擦因数为μ，长木板C的长度至少为多大？小物块B才不会从长木板C的上表面滑出。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设小球A与小物块B碰前瞬间的速度为v0，则有：‎ 设碰后小球A和小物块B的速度分别为v1和v2，有 解得：v2＝‎ ‎（2）设小物块B与长木板C相互作用达到的共同速度为v，长木板C的最小长度为L，有 mv2＝(m＋2m)v μmgL＝mv22－(m＋2m)v2‎ 由以上各式解得L＝.‎ ‎18.如图所示，无限长平行金属导轨EF、PQ固定在倾角θ=37°的光滑绝缘斜面上，轨道间距L=1m，底部接入一阻值R=0.06Ω的定值电阻，上端开口，垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T。一质量m=2kg的金属棒ab与导轨接触良好，ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，ab连入导轨间的电阻r=0.04Ω，电路中其余电阻不计。现用一质量M=6kg的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连.由静止释放物体，当物体下落高度h=2.0m时，ab开始匀速运动，运动中ab始终垂直导轨并与导轨接触良好。不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。‎ ‎(1)求ab棒沿斜面向上运动的最大速度；‎ ‎(2)在ab棒从开始运动到开始匀速运动的这段时间内，求通过杆的电量q；‎ ‎(3)在ab棒从开始运动到开始匀速运动的这段时间内，求电阻R上产生的焦耳热。‎ ‎【答案】(1) (2)q=40C (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由静止释放物体，ab棒先向上做加速运动，随着速度增大，产生的感应电流增大，棒所受的安培力增大，加速度减小，棒做加速度减小的加速运动；当加速度为零时，棒开始匀速，速度达到最大。据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、安培力公式、平衡条件等知识可求出棒的最大速度。‎ ‎(2)本小问是感应电量的问题，据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、电流的定义式、磁通量的概念等知识可进行求解。‎ ‎(3)从ab棒开始运动到匀速运动，系统的重力势能减小，转化为系统增加的动能、摩擦热和焦耳热，据能量守恒定律可求出系统的焦耳热，再由焦耳定律求出电阻R上产生的焦耳热。‎ ‎【详解】(1)金属棒ab和物体匀速运动时，速度达到最大值，由平衡条件知 对物体，有；对ab棒，有 又、‎ 联立解得：‎ ‎(2) 感应电荷量 据闭合电路的欧姆定律 据法拉第电磁感应定律 在ab棒开始运动到匀速运动的这段时间内，回路中的磁通量变化 联立解得：‎ ‎(3)对物体和ab棒组成的系统，根据能量守恒定律有：‎ 又 解得：电阻R上产生的焦耳热 ‎19.如图所示，竖直面内的虚线边界△AMN为等边三角形，边长L=0.6m，水平边界MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E=2×10-4N/C ，P、Q分别是AM和AN的中点，梯形MNQP内有磁感应强度为B1垂直纸面向里的匀强磁场，△APQ内有磁感应强度为B2垂直纸面向里的匀强磁场，B2=3B1，△AMN以外区域有垂直纸面向外，大小是B2的匀强磁场．一带正电的粒子，比荷，从O点由静止开始释放，从边界MN的中点C进入匀强磁场，OC相距1m，经梯形磁场偏转后垂直AN经过Q点.（粒子重力不计）求：‎ ‎（1）粒子到达C点时的速度v；‎ ‎（2）磁感应强度B1的大小；‎ ‎（3）粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据带电粒子在电场中加速，根据动能定理进行求解即可；‎ ‎（2、3）带电粒子在磁场中运动，关键是画出运动轨迹，找出圆心和半径，利用洛伦兹力提供向心力，同时结合周期公式进行求解即可；‎ ‎【详解】（1）粒子从O到C即为在电场中加速，则由动能定理得：‎ 得到：；‎ ‎（2）带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示：‎ 由几何关系可知：‎ 由，得到：， 代入数据得：；‎ ‎（3）由题可知：，则：‎ 由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则：‎ 得到：‎ 粒子在磁场B1中的周期为：‎ 则在磁场B1中的运动时间为：‎ 在磁场B2中的运动周期为：‎ 则：在磁场B2中的运动时间为：‎ 则粒子在复合场中总时间为：。‎ ‎【点睛】本题的难点是分析带电粒子的运动情况，可通过画轨迹图象分析，找出圆心和半径，利用洛伦兹力提供向心力，同时结合周期公式进行求解。 ‎