重庆市七中2019-2020学年高二物理下学期五月月考试题（含解析）

重庆市七中 2019-2021 学年高二物理下学期五月月考试题（含解析） 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 4 分，共 32 分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项符合题目要求。 1.下列说法正确的是（） A. 气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故 B. 一定量 的水变成 的水蒸汽，其分子之间的势能增加10 10 C. 单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点 D. 一滴纯油酸溶液滴到水盘里，分子直径等于油酸体积除以油膜面积 【答案】B 【解析】 【详解】A气体分子之间的距离很大分子力近似为零，分子势能也近似为零，气体如果失 去了容器的约束就会散开，是由于分子杂乱无章运动的结果，故 A 错误； B一定量 的水变成 的水蒸汽时，吸收热量，内能增加，由于分子平均动能不10C10 变，因此分子势能增加，故 B 正确； C单晶体和多晶体都有固定的熔点，而非晶体没有固定的熔点，故 C 错误； D一滴纯油酸溶液滴到水盘里，由于分子数较多，无法形成单分子油膜，故分子直径不等 于油酸体积除以油膜面积，故 D 错误。 故选 B。 2.某气体的摩尔质量为 M，摩尔体积为 V，密度为, 每个分子的质量和体积分别为 m 和 V0， 则阿伏伽德罗常数 NA可表示为（ ） A. B. C. D. 0 AV0AmANM0A 【答案】C 【解析】 【详解】A 中，因气体分子间有间距，所以分子的体积并不是所占空间的体积，故 A 错 误B 中V 0不是气体的摩尔质量 M，再除以每个分子的质量 m，不是 NA，故 B 错误C 中气 体的摩尔质量 M，再除以每个分子的质量 m 为 NA，故 C 正确D 中 V 0不是每个分子的质量， 故 D 错误故选 C 3.两分子间的斥力和引力的合力 F 与分子间距离 r 的关系如图中曲线所示，曲线与 r 轴交点 的横坐标为 。相距很远的两分子在分子力作用下，仅在分子力的作用下由静止开始相互接0r 近。若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是（） A. 在 阶段， F 做正功，分子动能增加，势能减小0r B. 在 阶段， F 做负功，分子动能减小，势能也减小0 C. 在 时，分子势能最小1r D. 分子动能和势能之和在整个过程中先增加后减小 【答案】A 【解析】 【详解】 为分子间的平衡距离；大于平衡距离时分子间为引力，小于平衡距离时，分子间0r 为斥力；则有： A rr0时，分子力表现为引力，相互靠近时 F 做正功，分子动能增加，势能减小，故 A 正 确； B 阶段，分子间 的 作用力表现为斥力， F 做负功，分子动能减小，势能增加，故 B 错误；0r C由以上分析可知，当 r 等于 时，分子势能最小，故 C 错误；0 D由于没有外力做功，故分子动能和势能之和在整个过程中不变，故 D 错误。 故选 A。 4.如图，交流电源的电动势有效值与直流电源的电动势相等，两电源的内阻均可忽略，三个 灯泡是完全相同的，分别与定值电阻、电感器和电容器相接。当 S 接 1 时三个灯泡的亮度相 同，那么 S 接 2 时 A. 三个灯泡亮度相同 B. 甲灯比乙灯亮，丙灯不亮 C. 甲灯比乙灯暗，丙灯不亮 D. 甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮 【答案】C 【解析】 【分析】 根据电容器具有通交隔直的特性，电感有通直阻交的特性，而交流对电阻 R 没有影响。根据 电感和电容的特性进行判断。 【详解】当单刀双掷开关 S 接 1 时，即为交流，三个灯亮度相同，说明电感 L 的感抗与电阻 R 相同。当 S 接 2 时，电感 L 没有感抗，电容器具有隔断直流的作用，而交流与直流对电阻 R 没有影响，所以丙灯不亮，甲灯亮度不变，乙灯亮度增加，即甲灯比乙灯暗，故 C 正确， ABD 错误。 故选 C。 5.调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示。线圈 AB 绕在一个圆环形的铁芯上， AB 间加上正弦交流电压 U，移动滑动触头 P 的位置，就可以调节输出电压。在输出端连接了 滑动变阻器 R 和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为 Q，则（） A. 保持 P 的位置不动，将 Q 向下移动时，电流表的读数变大 B. 保持 P 的位置不动，将 Q 向下移动时，电流表的读数变小 C. 保持 Q 的位置不动，将 P 沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大 D. 保持 Q 的位置不动，将 P 沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】AB保持 P 的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则滑动变阻 器 R 两端的电压不变，当将 Q 向下移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而电流减小，电 流表的读数变小，故 A 错误，B 正确； CD保持 Q 的位置不动，即是保持滑动变阻器 R 连入电路的阻值不变，将 P 沿逆时针方向移 动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数增多，滑动变阻器 R 两端的电压将增大， 所以电流表的读数变大，将 P 沿顺时针方向移动时，电流表的读数变小，故 CD 错误。 故选 B。 6.A 为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在 A 的正上方用绝缘丝线悬挂一 个金属圆环 B，使 B 的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘 A 的轴线 OO重合，如图 所示现使胶木盘 A 由静止开始绕其轴线 OO按箭头所示方向加速转动，则（ ） A. 金属环 B 的感应电流方向与箭头所示方向相同，丝线受到的拉力减小 B. 金属环 B 的感应电流方向与箭头所示方向相同，丝线受到的拉力增大 C. 金属环 B 的感应电流方向与箭头所示方向相反，丝线受到的拉力减小 D. 金属环 B 的感应电流方向与箭头所示方向相反，丝线受到的拉力增大 【答案】A 【解析】 【详解】胶木盘 A 由静止开始绕其轴线 OO按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形 电流的大小增大，根据右手螺旋定则知，通过 B 线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律 可知，金属环 B 的感应电流方向与箭头所示方向相同；根据楞次定律的另一种表述，引起的 机械效果阻碍磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝 线的拉力减小，故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 7.如图所示，一个闭合三角形导线框位于竖直平面内，其下方固定一根与线框所在的竖直平 面平行且很靠近（但不重叠）的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流线框从实线 位置由静止释放，在其后的运动过程中（） A. 线框中的磁通量为零时其感应电流也为零 B. 线框中感应电流方向为先顺时针后逆时针 C. 线框受到安培力的合力方向竖直向上 D. 线框减少的重力势能全部转化为电能 【答案】C 【解析】 【详解】AB根据右手定则，通电直导线的磁场在导线上方向外，下方向里；离导线近的地 方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小。线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁 感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁 场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小到 0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增 大，直至最大，根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流；向里的磁通量变成最大后， 继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流方向又变成了顺时针；这一过程是连 续的，始终有感应电流存在，故 AB 错误； C根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场 的 运动，所受安培力的合力方向始终竖 直向上，故 C 项正确； D线框从实线位置由静止释放，在其后的运动过程中过程中，减小的重力势能，除增加其 动能外，还产生电能，从而转化为热量，故 D 错误。 故选 C。 8.如图所示，一正方形金属线框边长为 a，从磁场上方某一高度、自由下落，磁场边界宽为 3a，则线框从进入磁场到完全离开磁场的过程中，线框速度随时间变化的图象可能是下图中 （） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A金属框进入匀强磁场时，做减速运动，则重力小于所受安培力；根据安培力公 式 2BLvFR 可知，出磁场时的速度大于进入磁场的速度，则出磁场时必定也做减速运动，故 A 错误； B金属框进入匀强磁场时，若重力与所受安培力平衡，做匀速直线运动；出磁场时的速度 大于进入磁场的速度，则出磁场时必定做减速运动；由于安培力大于重力，所以速度减小时， 线框所受的安培力减小，则合力减小，加速度减小，棒做加速度减小的减速运动，而不是加 速度增大的减速运动，故 B 错误； C开始时棒的速度增大，根据安培力公式 2BLvFR 可知，速度增大时，线框所受的安培力增大，则合力减小，加速度减小，棒做加速度减小的 加速运动；出磁场时棒做减速运动，由于安培力大于重力，所以速度减小时，线框所受的安 培力减小，则合力减小，加速度减小，棒做加速度减小的减速运动，故 C 正确； D金属框进入匀强磁场时，若重力与所受安培力平衡，做匀速直线运动；出磁场时的速度 大于进入磁场的速度，则出磁场时必定做减速运动，故 D 错误。 故选 C。 二、多项选择题： 本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题有多项符合题目要求。全 部选对得 4 分，选对但不全得 2 分，有选错的得 0 分） 9.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 10：1，电流表和电压表均为理想交流电 表已知交流电源电压瞬时值表达式为 u= sin100 t（V） 下列说法中正确的是（2 ） A. 电压表的示数为 22V B. 通过滑动变阻器 R 的交流电的频率为 50Hz C. 若将滑动变阻器的滑片下移，则电压表的示数变小 D. 若将滑动变阻器的滑片上移，则 R0消耗的功率变大 【答案】BC 【解析】 【详解】A由交变电流的表达式可以知道输入电压的最大值为 ，因此有效值为20V ，但是电压是接在定值电阻与变压器两端的，故变压器输入电压小于 220V，根据120VU 电压之比等于线圈匝数之比可以知道电压表示数小于 22V ，故 A 错误； B输入电流的角速度 ,则由：102f 可得交流电的频率： 105Hz2f 变压器不改变交流电的频率，故通过变阻器 R 的交流电的频率也为 50Hz，所以 B 正确； C若将滑动变阻器的滑片下移，则输出电流增大，输入电压减小，故电压表示数减小，所 以 C 正确； D若将滑动变阻器的滑片上移，滑动变阻器接入电阻增大，由欧姆定律可以知道输出电流 减小，根据电流之比等于线圈匝数的反比可以知道输入电流减小，则 消耗的功率变小，故0R D 错误. 10.如图所示，图甲为一台小型发电机示意图，线圈匝数为 10 匝，内阻为 ，产生的电动1 势随时间变化规律如图乙所示，外接灯泡电阻为 ，则（）10 A. 1s 内通过灯泡的电流方向改变了 50 次 B. 灯泡的功率为 40W C. 1s 内通过灯泡的电荷量为 2C D. 穿过线圈的磁通量最大值为 12Wb50 【答案】BD 【解析】 【详解】A由图乙可知交变电流的周期为 0.2sT 故 1s 内有 50 个周期，而交流电在一个周期内电流方向改变 2 次，故 1s 的时间内电流方向 改变 100 次，故 A 不符合题意； B由图象知 2VmE 所以 根据闭合电路欧姆定律得出流过电路的电流为 2A10EIRr 灯泡的功率为 24WPI 故 B 符合题意； C 1s 内转过了 50 个周期，故平均电流为零，故通过灯泡的电荷量为零，故 C 不符合题意； D根据 mmEnBS 得出磁通量的最大值为 212Wb50.mn 故 D 符合题意。 故选 BD。 11.如图所示，为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为 B，方向分别垂直纸面向里和向外， 磁场宽度均为 L，距磁场区域的左侧 L 处，有一边长为 L 的正方形导体线框，总电阻为 R， 且线框平面与磁场方向垂直，线框一边平行于磁场边界，现用外力 F 使线框以图示方向的速 度 v 匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：电流沿逆时针方向时的电动势 E 为 正，磁感线垂直纸面向里时磁通量 为正。则以下关于线框中的感应电动势 E、磁通量 、 感应电流 I 和电功率 P 随时间变化的图象中正确的（） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】A在 时间内，根据法拉第电磁感应定律得知，线框中产生的感应电动势 2LvEBLv 保持不变；在 时间内，线框开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势 23v 方向相同，串联，电路中总的感应电动势应为 2BLv，故 A 错误； B 在 时间内，磁通量 2LvLBSvt（ ） 随着时间均匀增大，在 2tv 时刻，线框完全进入第一个磁场，磁通量为 ；在 时间内，线框从第一个磁场2BL 3Lv 开始进入第二磁场，磁通量存在抵消，磁通量均匀减小，在 时刻，当线框从一种磁 2t 场进入另一种磁场正好处于一半时，磁通量为零；在 时间内，磁通量反向均匀增 3Lv 大，在 时刻，线框完全进入第二个磁场，磁通量反向最大为 ；在 时 3Ltv 2B34Lv 间内，线框穿出第二个磁场，磁通量均匀减小，在 4Ltv 时刻，磁通量为零，故 B 正确； C当线框运动 L 时，右边开始切割磁感线，产生 EBLv 的电动势，电路中电流 IR 根据右手定则判断可知，感应电流的方向沿逆时针，为正；当向右再运动 L 时，线框两边均 切割磁感线，由于磁场反向，故回路中总的电动势大小为 2EBLv 此时电流的方向沿顺时针，为负，电流大小为 IR 当线圈再向右运动 L 过程中，只有左侧切割磁感线，此时，电动势为 EBLv 感应电流大小 IR 方向沿正方向，故 C 正确； D在 时间内， 2Lv 2BLvPFvIR 在 时间内 23Lv 224BLvPFvR 在 时间内 34Lv 2BLvPFvIR 故 D 正确。 故选 ACD。 12.如图，光滑斜面的倾角为 ，斜面上放置一矩形导体线框 abcd， ab 边的边长为 ， bc 边 1l 的边长为 ，线框的质量为 m，电阻为 R，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重2l 物质量为 M，斜面上 ef 线（ 平行底边）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度ef 为 B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的 ab 边 始终平行底边，则下列说法正确的是（） A. 线框进入磁场前运动的加速度为 sinMgma B. 该匀速运动过程产生的焦耳热为 2il C. 线框做匀速运动的总时间为 21sinBlgmR D. 线框进入磁场时匀速运动的速度为 21iMgvl 【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】A线框进入磁场前，对整体根据牛顿第二定律得：线框的加速度为 Mgmsina 故 A 正确； CD设线框匀速运动的速度大小为 v，则线框受到的安培力大小为 21BlvFR 对线框根据平衡条件得 Mgmsin 联立可得 21siRvBl（ ） 匀速运动的时间为 221lBltvMgmsinR（ ） 故 C 错误 D 正确； B线框进入磁场的过程做匀速运动， M 的重力势能减小转化为 m 的重力势能和线框中的内能， 根据能量守恒定律得：匀速运动过程产生的焦耳热为 2(Qgsinl） 故 D 正确。 故选 ABD。 三、实验题（本题共 2 小题，共 12 分。请在答题卷上相应位置作答） 13.（1）如图所示的四个图反映“用油膜法估测分子的大小”实验中的四个步骤，将它们按 操作先后顺序排列应是_（用符号表示） （2）该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径 d 明显偏大出现这种情况的原因可能 是_ A.将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算 B.油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化 C.计算油膜面积时，只数了完整的方格数 D.求每滴溶液中纯油酸的体积时，1mL 溶液的滴数多记了 10 滴 （3）用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要直到油滴的 _ A.摩尔质量 B.摩尔体积 C.质量 D. 体积 【答案】 (1). cadb (2). AC (3). B 【解析】 【详解】第一空. “油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制酒精油酸溶液（教师完 成，记下 配制比例）测定一滴酒精油酸溶液的体积准备浅水盘形成油膜描绘油膜边缘测量 油膜面积计算分子直径所以在实验的步骤中，是“将 1 滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里 的水面上，等待形状稳定” ，因此操作先后顺序排列应是 cadb 第二空：根据 分析则有： VdS A.错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，则计算时所用体积数值 偏大，会导致计算结果偏大，故 A 正确； B.油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，则会导致计算结果偏小， 故 B 错误； C.计算油膜面积时，只数了完整的方格数，则面积 S 会减小，会导致计算结果偏大， 故 C 正确； D. 求每滴体积时，lmL 的 溶液的滴数误多记了 10 滴，由 可知，纯油酸的体积将0 Vn 偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故 D 错误 第三空. 设一个油酸分子的体积为 ，则 ，由 可知，要测定阿伏1V 36d1molANV 加德罗常数，还需要知道油滴的摩尔体积 A.由上分析可知，故 A 错误； B.由上分析可知，故 B 正确； C.由上分析可知，故 C 错误； D.由上分析可知，故 D 错误 14.如图为“研究电磁感应现象”的实验装置。如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向 右偏转了一下，那么合上电键稳定后可能出现的情况有： A.将 A 线圈迅速拔出 B 线圈时，灵敏电流计指针将向_偏转 填“左”或“右” ；（ ） B.A 线圈插入 B 线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左滑动时，灵敏电流计指针将向_偏 转（填“左”或“右” ） 。 C.断开开关时，灵敏电流计指针将向_偏转（填“左”或“右” ） 。 【答案】 (1). 左 (2). 左 (3). 左 【解析】 【详解】 1如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通 量增加，电流计指针向右偏，合上开关后，将 A 线圈迅速从 B 线圈拔出时，穿过线圈的磁通 量减少，电流计指针将向左偏； 2 A 线圈插入 B 线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，穿过线圈的磁通量减小，电 流计指针将向左偏。 3断开开关时，穿过线圈的磁通量减小，电流计指针将向左偏。 四、计算题（本题共 4 小题，依次为 8 分，8 分，10 分，14 分，共 40 分。解答应写出必要 的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。 15.如图， MN、 PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成 角固定，轨距为 d。空间存在匀强磁 场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为 B， P、 M 间所接阻值为 R 的电阻。质量为 m 的金属杆 ab 水平放置在轨道上，其有效电阻为 r。现从静止释放 ab， ab 沿轨道下滑达到 最大速度。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为 g。求： (1)金属杆 ab 运动的最大速度 v； (2)当金属杆 ab 运动的加速度为 时，回路的电功率。 1sin3ag 【答案】(1) ；(2) 2mgRrsinvBd224sin()9mgRrBd 【解析】 【详解】 （1）当杆达到最大速度时，根据平衡条件 mgsinBId 感应电流 EIRr 感应电动势 mBdv 解得最大速度 2mgRrsinvd（ ） （2）当 ab 运动的加速度为 时， 13sin 根据牛顿第二定律 mgsiBIda 电阻 R 上的电功率 2PIRr（ ） 解得 224sin9mgrBd（ ） 16.如图，一端封闭、粗细均匀的 U 形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封 闭在管中当温度为 280K 时，被封闭的气柱长 L=22cm，两边水银柱高度差 h=16cm，大气压 强 =76cmHg （1）为使左端水银面下降 3cm，封闭气体温度应变为多少？ （2）封闭气体的温度重新回到 280K 后，为使封闭气柱长度变为 20cm，需向开口端注入的水 银柱长度为多少？ 【答案】 （1） （2）2350Tk1cm 【解析】 试题分析：（1）设玻璃管的横截面积为 ，封闭气体压强为 ，初始根据水银液面受力平S1P 衡可分析得 ，可得106PcHg160PcHg 当左端水银面下降 ，右端液面必然上升 ，则左右液面高度差变为3m3m ，此时封闭气体压强为hcc2P 同样根据液面平衡可分析得 ，可得201Pcg6cg 根据理想气体状态方程 ，代入温度 ，可得12 (3)LSST1280Tk2350Tk （2）设此时封闭气体压强为 ，封闭气体的长度 ，根据理想气体状态方程可得3Lcm 计算可得 311PLST36cmHg 此时作用液面高度差 01hP 左端液面上升 ，右端上升 ，所以开口端注入水银的12xLc218xhcm 长度为 2m 考点：理想气体状态方程 17.如图所示为交流发电机示意图，匝数为 n=100 匝的矩形线圈，边长分别为 a=10cm 和 b=20cm，内阻为 r=5，在磁感应强度 B=0.5T 的匀强磁场中绕 OO轴以 =50 rad/s 的2 角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部 R=20 的电 阻相接。求电键 S 合上后， （1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式； （2）电压表和电流表示数； （3）电阻 R 上所消耗的电功率； （4）从计时开始，线圈转过 90角的过程中，通过外电阻 R 的电量。 【答案】(1) e =50 cos50 t(V)(2) 2.0A 40V(3) 80W (4)0.04C2 【解析】 【详解】 （1）线圈从平行磁场开始计时，感应电动势最大值： Em=nBS=1000.50.10.250 V=50 V2 故表达式为： e=Emcos t=50 cos50 t(V) （2）电动势有效值： 50V2m 电键 S 合上后，由闭合电路欧姆定律得： .A05EIRr U=IR=220V=40V （3）电阻 R 上所消耗的电功率为： P=IU=240W=80W （4）由图示位置转过 90的过程中，通过 R 上的电量为： 10.50.24CnBSQItr 18.如图所示装置由水平轨道、倾角 的倾角轨道连接而成，轨道所在空间存在磁感应37 强度大小为 、方向竖直向上的匀强磁场。质量 、长度 、电阻1TB0.35kgm0.1mL 的导体棒 ab 置于倾斜轨道上，刚好不下滑；质量、长度、电阻与棒 ab 相同的0.25R 光滑导体棒 cd 置于水平轨道上，用恒力 拉棒 cd，使之在水平轨道上向右运动。棒2.NF ab、 cd 与导轨垂直，且两端与导轨保持良好接触，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， ， ，取 。sin370.6cos370.8 21m/sg (1)求棒 ab 与导轨间的动摩擦因数 ； (2)求当棒 ab 刚要向上滑动时 cd 棒速度 v 的大小； (3)若从 cd 棒刚开始运动到 ab 棒刚要上滑的过程中， cd 棒在水平轨道上移动的距离 ，求此过程中 ab 棒上产生的热量 Q。0.5mx 【答案】(1)0.75；(2)6m/s；(3)0.235J 【解析】 【详解】 当 ab 棒刚好不下滑，静摩擦力沿导轨向上达到最大，由平衡条件得：13737mgsingcos 则 0.5ta 设 ab 棒刚好要上滑时， cd 棒产生的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律有：2 BLv 设电路中的感应电流为 I，由闭合电路欧姆定律有 2IR 设 ab 棒所受安培力为 ，有F安FBIL安 此时 ab 棒受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有 3737FcosmgingcosFin安 安 （ ） 代入数据解得： sis24co37in7mg安 又 2BLvFR安 代入数据解得 6m/sv 由题意知， cd 棒运动过程中电路中产生的总热量为 2Q，由能量守恒有3 1Fxv 解得 24m 代入数据得： 0.35JQ