2019-2020年高三四月考物理试题 含解析.doc

2019-2020年高三四月考物理试题 含解析一、单项选择题（每小题6分，共30分每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1（6分）（xx春天津校级月考）以下说法中不正确的有（） A 已知地震波的纵波速度大于横波速度，此性质可用于横波的预警 B 一束光由介质射向空气，界面上可能只发生反射现象而没有折射现象 C 水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象，这说明了光是一种波 D 在电场周围一定存在磁场，在磁场周围一定存在电场【考点】： 光的干涉；光的折射定律【专题】： 光的干涉专题【分析】： 地震波中同时有横波和纵波，而纵波的速度大于横波的速度一束光由介质射向空气，界面上可能发生全反射现象而没有折射现象；干涉现象说明了光是一种波；在变化的电场周围一定存在磁场，在变化的磁场周围一定存在电场【解析： 解：A、已知地震波的纵波波速大于横波波速，此性质可用于横波的预警，故A正确；B、光由介质射向空气，由于介质的折射率比较大，在界面上可能发生全反射现象，此时没有折射现象，故B正确；C、水面油膜呈现彩色条纹是由于光的薄膜干涉产生的，是光的干涉现象，这说明了光是一种波，故C正确；D、根据麦克斯韦电磁场理论，在变化的电场周围一定存在磁场，在变化的磁场周围一定存在电场，在电场周围不一定存在磁场，在磁场周围不一定存在电场故D错误本题选择错误的，故选：D【点评】： 本题考查地震波、全反射、薄膜干涉以及地磁场理论的基础知识，难度不大，这些知识需要学生在平时的学习过程中多加积累2（6分）如图所示，放在水平地面上的斜面体质量A为M，一质量为m的物块B恰能沿斜面匀速下滑，若对物块施以水平向右的拉力F，物块B仍能沿斜面运动则以下判断正确的是（） A 物块B仍将沿斜面匀速下滑 B 物块B将沿斜面加速下滑 C 地面对斜面A有向左的摩擦力 D 地面对斜面A的支持力等于（M+m）g【考点】： 物体的弹性和弹力；摩擦力的判断与计算【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 物体匀速下滑时，对物体B受力分析，然后根据平衡条件得到动摩擦因素；受到推力后，将推力F按照作用效果正交分解，结合牛顿第二定律得到物体B的运动规律；最后对斜面体受力分析，得到斜面体与地面的弹力和摩擦力情况【解析： 解：A、B、对物体B受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，如图根据平衡条件，有Gx=fGy=N其中f=N解得Gx=Gy=tan当加上推力后，将推力按照作用效果正交分解，如图根据牛顿第二定律，有Gx+Fxf=ma由于拉力F的作用，支持力减小，故滑动摩擦力减小，故物体做加速运动，故A错误，B正确；C、D、无拉力时，对斜面受力分析，受到重力Mg，压力、滑块的摩擦力和地面的支持力，其中压力和摩擦力的合力竖直向下，如图当有拉力后，压力和摩擦力都减小，但其合力依然向下，故地面对斜面体的支持力减小，地面与斜面体间无摩擦力，故C错误，D错误；故选：B【点评】： 本题关键是先对物体B受力分析，得到动摩擦因素=tan，然后得到物体B对斜面题的摩擦力和压力的合力一定竖直向下3（6分）（xx春天津校级月考）“嫦娥二号”进入环月轨道后，分别在距月球表面最远100km，最近15km高度的轨道上做圆周运动，此高度远小于月球的半径，设“嫦娥二号”绕月与月绕地的转动方向同向已知地球的质量为月球质量的k倍，月球绕地球运行的轨道半径为月球的半径的n倍，月球绕地球运行的周期为T若某时刻“嫦娥二号”距地球最远，经t时间“嫦娥二号”距地球最近，则t为（） A B C D 【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】： 人造卫星问题【分析】： 根据万有引力提供向心力，列出等式，解出“嫦娥二号”绕月球运动的周期与月球绕地球运动的周期的关系，进一步计算出月球的角速度和“嫦娥二号”的角速度由于“嫦娥二号”绕月与月绕地的转动方向同向，所以有=（）t，代入数据化简，可得到t的值【解析： 解：对于月球绕地球运动，根据万有引力提供向心力，即又因为已知地球的质量为月球质量的k倍，所以对于“嫦娥二号”绕月球运动，即所以T=所以月球的角速度=，“嫦娥二号”的角速度=由于“嫦娥二号”绕月与月绕地的转动方向同向，所以有=（）t即所以故B正确，ACD错误故选：B【点评】： 本题首先要注意向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用，其次要注意“嫦娥二号”绕月与月绕地的转动方向同向，所以从“嫦娥二号”距地球最远到距离地球最近转过的角度为，有=（）t4（6分）如图所示，在一个匀强电场中有一个四边形ABCD，M为AD的中点，N为BC的中点，一个电荷量为3.0107C带正电的粒子，从A点移动到B点，电场力做功为WAB=3.0108J；将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为WDC=5.0108J下列说法正确的是（） A A、B两点之间的电势差为10V B 若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功WMN=4.0108J C 若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功WMN=8.0108J D 若A、B之间的距离为1cm，该电场的场强一定是E=10V/m【考点】： 电势差与电场强度的关系；电势差【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： M为AD的中点，N为BC的中点，根据公式U=Ed可知，匀强电场中沿着电场线方向，两点间的电势差与两点间的距离成正比，则M点的电势等于AD两点电势的平均值，N的电势等于BC两点电势的平均值，根据电场力公式W=qU，可得到WMN与WAB、WDC的关系由于电场强度方向未知，不能求解场强的大小由公式W=qU，可求出M、N间电势差【解析： 解：A、，故A错误B、C：因为电场是匀强电场，在同一条电场线上，M点的电势是A、D两点电势的平均值；N点的电势是B、C两点电势的平均值，即，所以：WMN=qUMN=q（MN）=q（）=4108J，故B正确、C错误D、A、B两点之间的电势差为0.1 V，但电场方向不一定沿着AB方向，故D错误故选：B【点评】： 本题关键抓住M、N的电势与A、B电势和D、C电势的关系，根据电场力做功公式求解WMN运用公式U=Ed时，要正确理解d的含义：d是沿电场方向两点间的距离5（6分）（xx春天津校级月考）一列简谐横波以1m/s的速度沿绳子由A向B传播，A、B间的水平距离x=3m，如图甲所示，若t=0时质点B刚从平衡位置开始振动，其振动图象如图乙所示，则从t=0时刻起质点A的振动图象为下图中的（） A B C D 【考点】： 简谐运动的振动图象【专题】： 简谐运动专题【分析】： 由振动图象读出周期，求出波长，由AB距离，结合波形，分析AB状态关系，由B的振动图象推断A的图象【解析： 解：由A振动图象得到周期 T=4s，则波长 =vT=4m由乙图知B点开始振动方向向下而AB间距离x=3m=，则t=0时，质点A正位于波峰，即位于正向最大位移处，故D正确，ABC错误故选：D【点评】： 本题根据A、B间距离与波长的关系，分析A点的状态，结合波形，选择图象二、选择题（共3小题，每小题6分，满分18分）6（6分）下列说法正确的是（） A 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应 B UTh+He是核裂变反应方程 C 一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子放出光子，能量增加 D 将放射性元素的温度降低，它的半衰期会发生改变【考点】： 氢原子的能级公式和跃迁【专题】： 原子的能级结构专题【分析】： 原子核自发放出粒子的过程，是衰变；从高能级向低能级跃迁，辐射光子，原子能量减小；半衰期的大小与元素的化学性质无关，与温度、压强等物理环境无关【解析： 解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，故A正确；B、UTh+He是衰变故B错误C、一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子放出光子，能量减小故C错误D、元素的半衰期由原子核内部因素决定，与所处的化学状态，以及物理环境无关故D错误故选：A【点评】： 本题考查热核反应、衰变、能级跃迁等基础知识点，关键要熟悉教材，了解这些基础知识点，即可轻松解决7（6分）某交流发电机的输出电压随时间变化的关系如图所示，输出功率是20kW，用5000V高压输电，输电线总电阻是10，用户端利用n1：n2=22：1 的变压器降压，则下列说法正确的是（） A 交变电流的频率为100Hz B 输电线中电流为500A C 发电机输出电压的有效值为220V D 用户得到的电压约为225V【考点】： 正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；正弦式电流的图象和三角函数表达式【专题】： 交流电专题【分析】： 根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等同时由变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比【解析： 解：A、发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知，T=2102s，故f=50Hz，=2f=100rad/s，所以其表达式为u=100sin（100t）V，故A错误，B、由题意可知，输电线中电流I=，故B错误C、由图象可知交流电的最大值为220V，因此其有效值为U=，故C正确；D、因输电线总电阻是10，输电线电阻损失电压为U损=IR=410V=40V，由得：，故D正确；故选：CD【点评】： 本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式8（6分）（xx春天津校级月考）如图所示，一质量为2kg的物体静止于光滑水平面上，从t=0时开始运动，前2秒内受到的外力作用如图示下列判断不正确的是（） A 第2秒内质点的位移是1米 B 第2秒内外力所做的功是J C 第2秒末外力的瞬时功率最大 D 02s内外力的平均功率是W【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律【分析】： 本题可由动量定理求得1s末及2s末的速度，再由动能定理可求得合力的功；由功率公式求得功率【解析： 解：由动量定理Ft=mv2mv1求出1s末、2s末速度分别为：v1=v2=A、第2秒内的位移x=1.25m，故A错误；B、第1秒内与第2秒动能增加量分别为：、=1.25J，故第2s内外力所做的功为1.25J，故B正确；C、1s末、2s末功率分别为：P1=F1v1=2w、P2=F2v2=1.5w，故C错误；D、由动能定理可知合力做功为w=，故02s内功率P=，故D错误；故选：B【点评】： 解决本题的关键是灵活运用动量定理和动能定理求解速度，也可以根据牛顿运动定律求解速度和位移，根据功的公式求合力做功不难属于基础题三、非选择题9（6分）用游标卡尺和螺旋测微器测量一根金属丝的长度和直径，测量的结果如图所示，则此金属丝的长度L=39.30 mm，直径d=1.650 mm【考点】： 刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】： 实验题【分析】： 游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解析： 解：游标卡尺的固定刻度读数为39mm，游标读数为0.056mm=0.30mm，所以最终读数为39.30mm螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.0115.0mm=0.150mm，所以最终读数为1.650mm答案：39.30，1.650【点评】： 解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读10（5分）为探究物体在下落过程中机械能是否守恒，某同学设计的实验装置如图甲所示（1）其设计方案如下：让质量为m的立方体小铁块从电磁铁下端自由下落，测出电磁铁下端至光电门的高度差h，则此过程中小铁块重力势能的减少量为mgh；测出小铁块通过光电门时的速度v，则此过程中小铁块动能增加量为；比较这两个量之间的关系就可得出此过程中小铁块的机械能是否守恒（已知当地重力加速度大小为g）（2）具体操作步骤如下：A用天平测定小铁块的质量m；B用游标卡尺测出立方体小铁块的边长d；C用刻度尺测出电磁铁下端到光电门的距离h（hd）；D电磁铁先通电（电源未画出），让小铁块吸在电磁铁下端；E断开电源，让小铁块自由下落；F计时装置记录小铁块经过光电门所用时间t，计算出相应速度v；G改变光电门的位置，重复C、D、E、F等步骤，得到七组（hi，vi2）数据；H将七组数据在v2h坐标系中找到对应的坐标点，拟合得到如图乙所示直线上述操作中有一步骤可以省略，你认为是A（填步骤前的字母）计算小铁块经过光电门的速度表达式v=（3）根据v2h图线计算出直线斜率k的值与2g比较，在误差允许的范围内二者相等，则可得出小铁块在下落过程中机械能守恒【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题；机械能守恒定律应用专题【分析】： 根据下落的高度求出重力势能的减小量，结合小铁块通过光电门的速度求出动能的增加量；在实验中，不必要的步骤是测量物体的质量根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小铁块通过光电门的速度，根据机械能守恒定律得出v2h的关系式，从而进行分析【解析： 解：（1）物体下落的高度为h，则重力势能的减小量为mgh；小铁块通过光电门时的速度v，则动能的增加量为（2）在实验中，验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，所以不需要用天平测量物体的质量，则可以省略的步骤为：A极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则小铁块通过光电门的速度v=（3）若机械能守恒，有：mgh=，即v2=2gh，v2h图线的斜率在误差允许的范围内与2g相等，则机械能守恒故答案为：（1）mgh； ；（2）A； （3）2g【点评】： 光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度利用图象问题结合数学知识处理物理数据是实验研究常用的方法我们更多的研究直线图形，找出其直线的斜率和截距11（7分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流现有如下器材：直流电源（电动势3.0V，内阻不计）电流表A1（量程3A，内阻约0.1）电流表A2（量程600mA，内阻约5）电压表V1（量程3V，内阻约3k）电压表V2（量程15V，内阻约200k）滑动变阻器R1（阻值010，额定电流1A）滑动变阻器R2（阻值01k，额定电流300mA）在该实验中，电流表应选择A2（填“A1”或“A2”），电压表应选择V1（填“V1”或“V2”），滑动变阻器应选择R1（填“R1”或“R2”）某同学用导线a、b、c、d、e、f、g和h连接成如图甲所示的电路，请在方框中完成实验的电路图该同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为h下表是学习小组在实验中测出的6组数据，某同学根据表格中的数据在方格纸上已画出了5个数据的对应点，请你画出第4组数据的对应点，并作出该小灯泡的伏安特性曲线 U（V） I（A）1 0 02 0.5 0.173 1.0 0.304 1.5 0.395 2.0 0.456 2.5 0.49若将该灯泡与一个6.0的定值电阻串联，直接接在题中提供的电源两端，请估算该小灯泡的实际功率P=0.34W（保留两位有效数字）（若需作图，可直接画在第小题图中）【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题【分析】： 根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡额定电压选择电压表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器根据实验的原理可选了正确的滑动变阻器及电流表的接法根据电路中的现象，利用电路原理可知哪个地方发生了断路利用描点法做出伏安特性曲线在灯泡IU图象中作出电源的IU图象，然后根据图象求出灯泡两端电压与电流，然后求出灯泡实际功率【解析： 解：由P=UI可知，I=0.5A=500mA，为了安全和准确，电流表应选择A2；灯泡额定电压为3V，电压表应选V1；为方便实验操作，故滑动变阻器应选R1；因测量小灯泡的伏安特性曲实验中要求电压从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法；同时因灯泡内阻较小，故电流表采用外接法；原理图如下；由题意可知，电路中有电流但不能调零，且灯泡亮度发生变化，说明滑动变阻器接成了限流接法，故说明h导线发生了断路；在坐标系中描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：定值电阻与电源组成等效电源，在灯泡IU图象坐标系内作出等效电源的IU图象如图所示：、由图示图象可知，灯泡两端电压为1.1V，通过灯泡的电流为0.31A，灯泡实际功率P=UI=1.10.31=0.34W；故答案为：A2；V1；R1；电路图如图所示；h；图象如图所示；0.34【点评】： 本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、作图象、求灯泡功率等问题；确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路图的关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法12（16分）今年2月我国南方遭受了严重的冰冻灾害，很多公路路面结冰，交通运输受到了很大影响某校一学习小组为了研究路面状况与物体滑行距离之间的关系，做了模拟实验他们用底部贴有轮胎材料的小物块A、B分别在水泥面上和冰面上做实验，A的质量是B的4倍使B 静止，A在距B为L处，以一定的速度滑向B：在水泥面上做实验时，A恰好未撞到B；在冰面上做实验时，A撞到B后又共同滑行了一段距离，测得该距离为对于冰面的实验，请你与他们共同探讨以下三个问题：（1）A碰撞B前后的速度之比；（2）A与B碰撞过程中损失的机械能与碰前瞬间机械能之比；（3）要使A与B不发生碰撞，A、B间的距离至少是多大？【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】： AB碰撞过程遵守动量守恒定律，由此定律求出速度之比由功能关系可明确A与B碰撞过程中损失的机械能与碰前瞬间机械能之比；由动能定理和动量守恒定律结合，求出AB间的距离【解析： 解：设A物块碰撞B物块前后的速度分别为v1和v2，设A的初速度方向为正方向；A的碰撞过程中动量守恒则得 mAv1=（mA+mB）v2，因mA=4mB；得到v1：v2=5：4设mA=4mB=4m；v1=5v，则v2=4v；损失的机械能为：E=mAv12（mA+mB）v22=10mv2；原机械能为E=mAv12=50mv2；故A与B碰撞过程中损失的机械能与碰前瞬间机械能之比为1：5；（3）设A、B恰好不碰撞时，物块A的初速度为v0，A的质量为4m，轮胎与冰面的动摩擦因数为，A与B碰撞前，根据动能定理得4mgL= 碰后两物块共同滑行过程，由动能定理得（4m+m）g=0 将v1：v2=5：4代入，解得 设在冰面上A物块距离B物块为L时，AB不相碰 则有4mgL= 解得：L=1.5L答：（1）A碰撞B前后的速度之比为5：4（2）A与B碰撞过程中损失的机械能与碰前瞬间机械能之比为1：5；（3）要使A与B不发生碰撞，A、B间的距离至少为1.5L【点评】： 本题考查动量守恒及动量定理在生活中的应用，要注意掌握动量守恒定律的条件及正确应用；同时在本题中注意比值法的正确求解13（18分）如图所示，质量为m、电荷量为e的电子从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限内，射入时的速度方向不同，但大小均为v0现在某一区域内加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直地射到与y轴平行的荧光屏MN上，求：（1）电子从y轴穿过的范围；（2）荧光屏上光斑的长度；（3）所加磁场范围的最小面积【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （1）从第一象限射入的电子，速度的大小相同，速度的方向（与x轴的正方向）分布在0到90的范围内，沿x轴正方向射入的电子的偏转角最大，经过y轴上的点距O点最远经分析可知，此距离为电子运动轨迹半径的2倍（2）做出平行于x轴入射的电子轨迹和垂直于x轴入射的电子的轨迹，两个电子的运动半径相同，通过几何关系可知电子打到荧光屏MN上的长度等于轨迹的半径（3）结合平行于x轴射入的电子和垂直于x轴方向射入的电子的轨迹，集合几何关系可得知磁场最小面积时的图形，从而可得出最小面积【解析： 解：（1）设粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得：即：电子从y轴穿过的范围为：（2）如图所示，初速度沿x轴正方向的电子沿弧OA运动到荧光屏MN上的P点；初速度沿y轴正方向的电子沿弧OC运动到荧光屏MN上的Q点；由几何知识可得：（3）取与x轴正方向成角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为E（x，y），因其射出后能垂直打到屏MN上，故有：x=Rsiny=R+Rcos即：x2+（yR）2=R2又因为电子沿x轴正方向射入时，射出的边界点为A点；沿y轴正方向射入时，射出的边界点为C点，故所加最小面积的磁场的边界是以（0，R）为圆心、R为半径的圆的一部分，如图中实线圆弧所围区域，所以磁场范围的最小面积为：=答：（1）电子从 y轴穿过的范围为；（2）荧光屏上光斑的长度为；（3）所加磁场范围的最小面积为【点评】： 该题在审题时要关注以下两点：（1）从第一象限射入的电子，速度的大小相同，速度的方向（与x轴的正方向）分布在0到90的范围内（2）电子穿过磁场后都能垂直地射到MN光屏上，要利用好“垂直”这个条件巧解带电粒子在有界磁场中运动问题：（1）分析思路三步走：确定圆心，画出轨迹； 找几何关系，定物理量； 画动态图，定临界状态（2）分析方法四优法：几何对称法：粒子的运动轨迹关于入射点和出射点的中垂线对称动态放缩法：速度越大半径越大，但速度方向不变的粒子圆心在垂直速度方向的直线上旋转平移法：定点粒子源发射速度大小相等、方向不同的所有粒子的轨迹圆圆心在以入射点为圆心，半径的圆上，相当于将一个定圆以入射点为圆心旋转数学解析法：写出轨迹圆和圆形边界的解析方程，应用物理和数学知识求解14（20分）如图1所示，一端封闭的两条平行光滑长导轨相距L，距左端L处的右侧一段被弯成半径为的四分之一圆弧，圆弧导轨的左、右两段处于高度相差的水平面上以弧形导轨的末端点O为坐标原点，水平向右为x轴正方向，建立Ox坐标轴圆弧导轨所在区域无磁场；左段区域存在空间上均匀分布，但随时间t均匀变化的磁场B（t），如图2所示；右段区域存在磁感应强度大小不随时间变化，只沿x方向均匀变化的磁场B（x），如图3所示；磁场B（t）和B（x）的方向均竖直向上在圆弧导轨最上端，放置一质量为m的金属棒ab，与导轨左段形成闭合回路，金属棒由静止开始下滑时左段磁场B（t）开始变化，金属棒与导轨始终接触良好，经过时间t0金属棒恰好滑到圆弧导轨底端已知金属棒在回路中的电阻为R，导轨电阻不计，重力加速度为g（1）求金属棒在圆弧轨道上滑动过程中，回路中产生的感应电动势E；（2）如果根据已知条件，金属棒能离开右段磁场B（x）区域，离开时的速度为v，求金属棒从开始滑动到离开右段磁场过程中产生的焦耳热Q；（3）如果根据已知条件，金属棒滑行到x=x1位置时停下来，a求金属棒在水平轨道上滑动过程中通过导体棒的电荷量q；b通过计算，确定金属棒在全部运动过程中感应电流最大时的位置【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： （1）由图看出，左段区域中磁感应强度随时间线性变化，其变化率一定，由法拉第电磁感应定律得知，回路中磁通量的变化率相同，由法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势（2）根据欧姆定律和焦耳定律结合求解金属棒在弧形轨道上滑行过程中产生的焦耳热再根据能量守恒求出金属棒在水平轨道上滑行的过程中产生的焦耳热，即可得到总热量（3）在金属棒滑到圆弧底端进入匀强磁场B0的一瞬间，在很短的时间t内，根据法拉第电磁感应定律和感应电流的表达式，求出感应电荷量q再进行讨论【解析： 解：（1）由图2可知，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势（2）金属棒在弧形轨道上滑行过程中，产生的焦耳热金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据机械能守恒定律金属棒在水平轨道上滑行的过程中，产生的焦耳热为Q2，根据能量守恒定律所以，金属棒在全部运动过程中产生的焦耳热（3）a根据图3，x=x1（x1x0）处磁场的磁感应强度设金属棒在水平轨道上滑行时间为t由于磁场B（x）沿x方向均匀变化，根据法拉第电磁感应定律t时间内的平均感应电动势所以，通过金属棒电荷量b金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据式，金属棒在水平轨道上滑行过程中，由于滑行速度和磁场的磁感应强度都在减小，所以，此过程中，金属棒刚进入磁场时，感应电流最大根据式，刚进入水平轨道时，金属棒的速度所以，水平轨道上滑行过程中的最大电流若金属棒自由下落高度，经历时间，显然t0t所以，综上所述，金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在x=0处，感应电流最大答：（1）金属棒在圆弧轨道上滑动过程中，回路中产生的感应电动势E是；（2）金属棒从开始滑动到离开右段磁场过程中产生的焦耳热Q为+mg；（3）a金属棒在水平轨道上滑动过程中通过导体棒的电荷量q为；b金属棒在全部运动过程中金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在x=0处，感应电流最大【点评】： 本题中（1）（2）问，磁通量均匀变化，回路中产生的感应电动势和感应电流均恒定，由法拉第电磁感应定律研究感应电动势是关键对于感应电荷量，要能熟练地应用法拉第定律和欧姆定律进行推导