2019-2020年高三上学期质量调研（一模）物理试题 含解析.doc

2019-2020年高三上学期质量调研（一模）物理试题 含解析一、选择题1静电力恒量k的单位是（）ANm2/kg2Bkg2/（Nm2）CNm2/C2DC2/（Nm2）2物理学中，运动的分解、力的合成、平均速度这三者所体现的共同的科学思维方法是（）A控制变量法B极限思维法C理想模型法D等效替代法3如图所示，一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2，其P图象为倾斜直线，下述正确的是（）A密度不变B压强不变C体积不变D温度不变4如图为某质点的振动图象，下列判断正确的是（）A质点的振幅为10cmB质点的周期为4sCt=4s时质点P的速度为0Dt=7s时质点Q的加速度为05关于两个点电荷间相互作用的电场力，下列说法中正确的是（）A它们是一对作用力与反作用力B电量大的点电荷受力大，电量小的点电荷受力小C当两个点电荷间距离增大而电量保持不变时，这两个电场力的大小可能不变D当第三个点电荷移近它们时，原来两电荷间相互作用的电场力的大小和方向会变化6如图，光滑的水平面上固定着一个半径在逐渐减小的螺旋形光滑水平轨道一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，下列物理量中数值将减小的是（）A周期B线速度C角速度D向心加速度7如图所示，一只贮有空气的密闭烧瓶玻璃管与水银气压计相连，气压计的两管内液面在同一水平面上现降低烧瓶内空气的温度，同时上下移动气压计右管，使气压计左管的水银面保持在原来的水平面上，则气压计两管水银面的高度差h与烧瓶内气体降低的温度t（摄氏温标）之间变化关系的图象为（）ABCD8带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是（）A在a点的加速度大于在b点的加速度B在a点的电势能小于在b点的电势能C在a点的速度小于在B点的速度D电场中a点的电势一定比b点的电势高9从地面以相同的初速度先后竖直向上抛出两个小球，不计空气阻力，则在小球落地前（）A某一时刻两小的位移可能相等B某一时刻两小球的速度可能相等C任意时刻两小球的位移差都相等D任意时刻两小球的速度差不相等10如图所示，甲、乙两带电小球的质量均为m，所带电量分别为+q和q，两球问用绝缘细线连接，甲球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧两根绝缘线张力大小为（）AT1=2mg，T2=BT12mg，T2CT12mg，T2DT1=2mg，T2二、填空题（每题6分，共24分，请将正确答案填在空格处）11（6分）如图所示，一定质量的气体封闭在气缸内，缓慢经历了ABCDA四个过程则气体从AB状态，其参量不变的是：A、C两状态气体压强的比值pA：pC=12（6分）在“共点力合成”实验中，（1）通过本实验可以验证共点力合成时遵循的法则是法则（2）在实验过程中要注意：细绳、弹簧秤应与水平木板保持（3）如图所示是甲、乙两位同学在做本实验时得到的结果，其中F为实验测得的合力可以判断同学的实验结果是明显错误的13（6分）如图所示为t=0时刻一列沿x方向传播的简谐横波图形，t=1s时波的图形仍如图所示，则波速大小为若波的周期为T，则图中AB两质点在从图示位置起的一个周期内，运动方向相同的时间为T14（6分）如图所示，同一平面内有两根互相平行的长直导线甲和乙，通有大小均为I=5A且方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，其连线与导线垂直，a、b到两导线中点O的连线长度和甲乙间距离均相等已知直线电流I 产生的磁场中磁感应强度的分布规律是（K为比例系数，r为某点到直导线的距离），现测得O点磁感应强度的大小为B0=3T，则a点的磁感应强度大小为T，乙导线单位长度（1米）受到的安培力的大小为 N三、综合题（第15题10分，第16题12分，第17题14分，共36分）15（10分）根据“测定电源的电动势和内电阻”这个实验：（1）R1为定值电阻且阻值未知，判断下列图中能测出电源电动势的是，能测出电源内电阻的是；（选填图的编号）（2）实验电路图如图（3）所示，已知 R1=2，以U2为纵坐标，U1为横坐标，作出相应图线，见图（4），则：电源电动势E=V，内阻r=16（12分）如图a所示，一根水平长杆固定不动，一个质量m=1.2kg的小环静止套在杆上，环的直径略大于杆的截面直径，现用斜面向上53的拉力F作用于小环，将F从零开始逐渐增大，小环静止一段时间后开始被拉动，得到小环的加速度a与拉力F的图象如图b所示，加速度在F达到15N后保持不变（g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）F=15N时长杆对小球的弹力大小，及小环加速度的大小（2）F从0N增大到15N的过程中，F的最大功率240W，求小环在此过程的最大速度（3）环和长杆的动摩擦因数17（14分）如图所示，一对足够长平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距为L，左侧接两个阻值为R、额定功率为P的相同灯泡甲和乙，其中乙灯泡处于断开状态有一质量为m、电阻为r的金属棒静止且两轨道垂直地放在轨道上，轨道的电阻忽略不计整个装置处于垂直轨道平面竖直向下的匀强磁场中现用一恒定的外力沿轨道方向拉金属棒，最终甲灯泡刚好正常发光，请回答如下问题：（1）简述金属棒做什么运动？（2）最终金属棒运动的速度是多少？（3）在甲灯泡正常发光后，闭合开关K，则在闭合K的瞬间金属棒的加速度是什么？（4）在甲灯泡正常发光后，闭合开关K，再经过足够长的时间，灯泡甲的电功率为多大？xx上海市嘉定区高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题1静电力恒量k的单位是（）ANm2/kg2Bkg2/（Nm2）CNm2/C2DC2/（Nm2）【考点】库仑定律【分析】根据库仑定律F=，由电荷量、距离和力三个量的单位推导出k的单位【解答】解：库仑定律F=公式中，电荷量q的单位为C，距离r的单位为m，库仑力F的单位为N，由公式推导得出，k的单位为Nm2/C2故C正确、ABD错误故选：C【点评】物理量的单位分基本单位和导出单位，导出单位由基本单位根据公式进行推导得出2物理学中，运动的分解、力的合成、平均速度这三者所体现的共同的科学思维方法是（）A控制变量法B极限思维法C理想模型法D等效替代法【考点】物理学史【分析】运动合成、力的分解、平均速度这三者所体现的共同的科学思维方法是等效替代法【解答】解：对于合运动与分运动之间、分力与合力之间、平均速度与运动快慢之间都是等效替代的关系，所以它们都体现了共同的科学思维方法是等效替代法故D正确故选D【点评】本题的解题关键是理解合运动与分运动之间、分力与合力之间、平均速度与运动快慢之间是等效替代的关系3如图所示，一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2，其P图象为倾斜直线，下述正确的是（）A密度不变B压强不变C体积不变D温度不变【考点】理想气体的状态方程【专题】定性思想；推理法；理想气体状态方程专题【分析】应用理想气体状态方程求出图象的函数表达式，然后根据图象分析答题【解答】解：ABC、根据图象知，从状态1到状态2，压强减小，减小，体积V增大，根据，密度减小，故ABC错误；D、根据理想气体状态方程，知，图象的斜率为CT，斜率不变，温度不变，故D正确；故选：D【点评】本题考查了判断气体温度如何变化，由于理想气体状态方程求出图象的函数表达式是正确解题的关键4如图为某质点的振动图象，下列判断正确的是（）A质点的振幅为10cmB质点的周期为4sCt=4s时质点P的速度为0Dt=7s时质点Q的加速度为0【考点】简谐运动的振动图象【专题】定性思想；推理法；简谐运动专题【分析】根据质点完成一次全振动的时间等于一个周期，由图读出周期根据图象分析质点的速度，并判断质点的运动情况由a=分析质点的加速度【解答】解：AB、根据振动图象知，质点振动的振幅为5cm，质点的周期T=4s，故A错误，B正确；C、t=4s时，质点经过平衡位置且向上运动，速度最大，故C错误；D、t=7s时质点处于负向最大位移处，加速度最大，故D错误；故选：B【点评】本题是简谐运动的图象，关键要根据质点的位移情况，分析运动过程，判断质点的速度的变化，并确定出质点的速度方向5关于两个点电荷间相互作用的电场力，下列说法中正确的是（）A它们是一对作用力与反作用力B电量大的点电荷受力大，电量小的点电荷受力小C当两个点电荷间距离增大而电量保持不变时，这两个电场力的大小可能不变D当第三个点电荷移近它们时，原来两电荷间相互作用的电场力的大小和方向会变化【考点】库仑定律【专题】定性思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题【分析】两个点电荷间相互作用的电场力是一对作用力与反作用力；作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上；根据库仑定律分析电场力的变化【解答】解：A、两个点电荷间相互作用的电场力是一对作用力与反作用力，故A正确；B、作用力和反作用力总是大小相等，方向相反的，与两个点电荷的电量大小无关，故B错误；C、根据库仑定律：F=可知，当两个点电荷间距离增大而电量保持不变时，这两个电场力的大小一定减小，故C错误；D、根据库仑定律可知，当第三个点电荷移近它们时，原来两电荷间相互作用的电场力的大小和方向不变，故D错误；故选：A【点评】本题主要是考查作用力与反作用力和一对平衡力的区别，作用力与反作用力和一对平衡力最大的区别在于作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，而一对平衡力是作用在同一个物体上的6如图，光滑的水平面上固定着一个半径在逐渐减小的螺旋形光滑水平轨道一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，下列物理量中数值将减小的是（）A周期B线速度C角速度D向心加速度【考点】线速度、角速度和周期、转速【专题】匀速圆周运动专题【分析】当作用力与速度方向垂直，该力不做功，根据动能定理判断小球线速度大小的变化，根据v=r判断角速度的变化【解答】解：B、轨道对小球的支持力与速度方向垂直，则轨道对小球的支持力不做功，根据动能定理，合力不做功，则动能不变，即小球的线速度大小不变；故B错误；C、根据v=r，线速度大小不变，转动半径减小，故角速度变大；故C错误；A、根据T=，角速度增加，故周期减小；故A正确；D、根据a=，转动半径减小，故向心加速度增加；故D错误；故选：A【点评】本题关键是能够根据动能定理、线速度与角速度关系公式v=r、向心加速度公式列式判断，基础题7如图所示，一只贮有空气的密闭烧瓶玻璃管与水银气压计相连，气压计的两管内液面在同一水平面上现降低烧瓶内空气的温度，同时上下移动气压计右管，使气压计左管的水银面保持在原来的水平面上，则气压计两管水银面的高度差h与烧瓶内气体降低的温度t（摄氏温标）之间变化关系的图象为（）ABCD【考点】理想气体的状态方程【专题】定性思想；推理法；理想气体状态方程专题【分析】由题：气压计左管内的水银面保持在原来的水平面上可知，封闭气体发生等容变化根据查理定律，通过数学变形得到h与T的关系式，由于t=T得到h与t的关系式，再选择图象【解答】解：设大气压为P0，原来温度为T0，热力学温度降低T对于左管中封闭气体，发生等容变化根据查理定律得由数学分比定理得又t=T得到h=t，P0、T0不变，则ht，ht图象是过原点的直线故选：C【点评】本题考查运用数学知识选择物理图象的能力对于查理定律，公式形式 =，根据数学变形得出 =，也经常用到8带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是（）A在a点的加速度大于在b点的加速度B在a点的电势能小于在b点的电势能C在a点的速度小于在B点的速度D电场中a点的电势一定比b点的电势高【考点】电场线【专题】学科综合题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，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，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功电势能增大【解答】解：A、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，可知EaEb，所以a、b两点比较，粒子的加速度在b点时较大，故A错误；B、整个过程电场力做正功，根据动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能，则在a点的电势能大于在b点的电势能，所以无论粒子带何种电，经b点时的速度总比经a点时的速度大，故B错误，C正确；D、由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a点的电势和b点的电势大小关系，故D错误；故选：C【点评】解决本题的关键通过轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功判断出动能的变化和电势能的变化9从地面以相同的初速度先后竖直向上抛出两个小球，不计空气阻力，则在小球落地前（）A某一时刻两小的位移可能相等B某一时刻两小球的速度可能相等C任意时刻两小球的位移差都相等D任意时刻两小球的速度差不相等【考点】竖直上抛运动【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题【分析】物体做竖直上抛运动，可以使用位移公式判断出两个小球的位移关系，根据速度时间公式得出两个小球的速度关系【解答】解：设两个小球的时间差为t，A、由小球的位移：h=v0tgt2，h=v0（tt）g（tt）2所以当前一个小球下落的阶段，后一个小球仍然上升时，两个小球可能相遇故A正确；B、由速度时间公式得：v1=v0gt，v2=v0g（tt）由于存在时间差，所以两个小球的速度不可能相同故B错误；C、由小球的位移：h=v0tgt2，h=v0（tt）g（tt）2两个小球的位移差：h=hh=v0t+gttgt2，与时间t为一次函数关系故C错误；D、由速度时间公式得：v1=v0gt，v2=v0g（tt）两个小球的速度差：v=v1v2=gt是一个常数故D错误故选：A【点评】该题考查竖直上抛运动，在四个选项中，涉及到上升和下落的两个过程，要理清过程中的关系，写出相应的公式，根据公式进行判定10如图所示，甲、乙两带电小球的质量均为m，所带电量分别为+q和q，两球问用绝缘细线连接，甲球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧两根绝缘线张力大小为（）AT1=2mg，T2=BT12mg，T2CT12mg，T2DT1=2mg，T2【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】对甲、乙两球整体进行受力分析，由共点力的条件可得出上端细线的张力；再对下面小球受力分析，由共点力的平衡条件可求得下端细线的张力【解答】解：对整体受力分析可知，整体在竖直方向受重力和绳子的拉力；水平方向两电场力大小相等方向相反，故在竖直方向上，拉力等于重力，故T1=2mg；对下面小球进行受力分析，小球受重力、电场力、库仑力及绳子的拉力而处于平衡；由图可知，绳子的拉力及库仑力的合力应等于电场力与重力的合力为，故绳子的拉力小于；故选：D【点评】本题采用整体法与隔离法进行分析，要注意不能漏力，特别是库仑力是正确解题的关键二、填空题（每题6分，共24分，请将正确答案填在空格处）11（6分）如图所示，一定质量的气体封闭在气缸内，缓慢经历了ABCDA四个过程则气体从AB状态，其参量不变的是体积：A、C两状态气体压强的比值pA：pC=3：2【考点】理想气体的状态方程【专题】定量思想；推理法；理想气体状态方程专题【分析】根据VT图象判断A到B不变的状态参量；根据理想气体状态方程求A、C压强之比；【解答】解：气体从AB状态，发生等容变化，气体的体积不变；根据理想气体状态方程：解得：解得：故答案为：体积，3：2【点评】本题考查气体的状态方程中对应的图象及气态方程的应用，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化注意气体状态方程的适用条件：一定质量的理想气体12（6分）在“共点力合成”实验中，（1）通过本实验可以验证共点力合成时遵循的法则是平行四边形法则（2）在实验过程中要注意：细绳、弹簧秤应与水平木板保持平行（3）如图所示是甲、乙两位同学在做本实验时得到的结果，其中F为实验测得的合力可以判断乙同学的实验结果是明显错误的【考点】验证力的平行四边形定则【专题】实验题【分析】（1）根据该实验的装置可知，该实验是验证力的平行四边形定则实验；（2）该实验中是通过细绳的方向来确定弹簧拉力的方向，为了确保细绳方向和弹力方向一致，因此该实验中要求细绳、弹簧秤一定要与木板平行，弹簧秤伸长的方向与细绳要在同一方向上；（3）由实验测得的合力方向与一根弹簧秤拉橡皮筋时方向相同，即沿着细绳方向，由于误差的存在，通过平行四边形定则得出合力值与实验值有一定的差距，不在同一直线上【解答】解：（1）根据该实验的装置可知，该实验是验证力的平行四边形定则实验（2）该实验中是通过细绳的方向来确定弹簧拉力的方向，为了确保细绳方向和弹力方向一致，因此该实验中要求细绳、弹簧秤一定要与木板平行，弹簧秤伸长的方向与细绳要在同一方向上（3）由实验测得的合力方向与一根弹簧秤拉橡皮筋时方向相同，即沿着细绳方向，由于误差的存在，通过平行四边形定则得出合力值与实验值有一定的差距，不在同一直线上，故乙图实验结果是错误故答案为：（1）乙；（2）平行；（3）乙【点评】本实验关键理解实验原理，根据实验原理分析实验步骤中有无遗漏或缺陷，因此掌握实验原理是解决实验问题的关键13（6分）如图所示为t=0时刻一列沿x方向传播的简谐横波图形，t=1s时波的图形仍如图所示，则波速大小为4n m/s（其中：n=1，2，3）若波的周期为T，则图中AB两质点在从图示位置起的一个周期内，运动方向相同的时间为T【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【专题】振动图像与波动图像专题【分析】简谐波中，每经过一个周期，质点完成一次全振动，波形重复一次；根据波形的重复求解周期；分0，T四段时间讨论即可【解答】解：从波形图可以看出波长为：=4m；t=0时刻一列沿x方向传播的简谐横波图形，t=1s时波的图形仍如图所示，有：t=nT故：T=m/s （其中：n=1，2，3）故波速为：v=m/s （其中：n=1，2，3）波沿x方向传播，0，质点B向上，质点A向下，相反；，质点B向下，质点A向下，相同；，质点B向下，质点A向上，相反；T，质点B向上，质点A向上，相同；故图中AB两质点在从图示位置起的一个周期内，运动方向相同的时间为；故答案为：4n m/s（其中：n=1，2，3），【点评】本题关键结合波形的空间重复性和质点振动的时间周期性进行分析，注意分段考虑，不难14（6分）如图所示，同一平面内有两根互相平行的长直导线甲和乙，通有大小均为I=5A且方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，其连线与导线垂直，a、b到两导线中点O的连线长度和甲乙间距离均相等已知直线电流I 产生的磁场中磁感应强度的分布规律是（K为比例系数，r为某点到直导线的距离），现测得O点磁感应强度的大小为B0=3T，则a点的磁感应强度大小为1T，乙导线单位长度（1米）受到的安培力的大小为3.75 N【考点】安培力【分析】根据右手螺旋定则得出直导线周围的磁场方向，结合场强的叠加，根据求出a点的场强，根据乙导线所处位置的场强，结合安培力公式求出安培力的大小【解答】解：设两导线间距为d，根据右手螺旋定则知，甲导线在O点的场强方向垂直纸面向里，乙导线在O点的场强方向垂直纸面向里，根据场强的叠加有：B0=2Bk=3T；甲导线在a点的场强方向垂直纸面向外，乙导线在a点的场强方向垂直纸面向里，根据场强的叠加知，a点的磁感应强度为：=甲导线在乙导线处产生的磁感应强度为：=，则单位长度的乙导线所受的安培力为：F=BIL=故答案为：1，3.75【点评】本题考查了场强的叠加以及安培力的大小公式运用，掌握右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向是解决本题的关键三、综合题（第15题10分，第16题12分，第17题14分，共36分）15（10分）根据“测定电源的电动势和内电阻”这个实验：（1）R1为定值电阻且阻值未知，判断下列图中能测出电源电动势的是（1）（2），能测出电源内电阻的是（1）；（选填图的编号）（2）实验电路图如图（3）所示，已知 R1=2，以U2为纵坐标，U1为横坐标，作出相应图线，见图（4），则：电源电动势E=2.5V，内阻r=0.5【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）应用伏安法测电源电动势与内阻，测出路端电压与电路电流可以求出电源电动势与内阻，分析图示电路图答题（2）根据图（3）所示电路图，应用欧姆定律求出函数表达式，然后根据图（4）所示图象求出电源电动势与内阻【解答】解：（1）由图（1）所示电路图可知，电压表测路端电压，电流表测电路电流，该电路可以求出电源电动势与内阻，由图（2）所示电路图可知，电流表测电路电流，电压表测滑动变阻器两端电压，由于R1阻值未知，该电路可以测出电源电动势，但不能测出电源内阻，因此能测出电源电动势的电路是（1）（2），能测电源内阻的电路是（1）（2）在图（3）所示电路中，电源电动势：E=U1+U2+r，U2=E（1+）U1，由图（4）所示图象可知，电源电动势E=2.5V，1+=1.25，电源内阻r=（1.251）2=0.5；故答案为：（1）（1）（2）；（1）；（2）2.5；0.5【点评】本题考查了实验电路的选择、求电源电动势与内阻，知道实验原理、分析清楚电路结构、应用欧姆定律求出函数表达式即可正确解题16（12分）如图a所示，一根水平长杆固定不动，一个质量m=1.2kg的小环静止套在杆上，环的直径略大于杆的截面直径，现用斜面向上53的拉力F作用于小环，将F从零开始逐渐增大，小环静止一段时间后开始被拉动，得到小环的加速度a与拉力F的图象如图b所示，加速度在F达到15N后保持不变（g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）F=15N时长杆对小球的弹力大小，及小环加速度的大小（2）F从0N增大到15N的过程中，F的最大功率240W，求小环在此过程的最大速度（3）环和长杆的动摩擦因数【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力；功率、平均功率和瞬时功率【专题】计算题；学科综合题；比较思想；合成分解法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）将F分解到竖直和水平两个方向，求得竖直分分力，由重力比较，求杆对小球的弹力由牛顿第二定律求环的加速度（2）小环的加速度始终为正，小环的速度不断增大，则当F=15N时速度最大，功率最大，由P=Fvcos求小环在此过程的最大速度（3）F超过15N后，加速度不变，根据牛顿第二定律得到加速度的表达式，再进行解答【解答】解：（1）F=15N时，分解F可知，F竖直向上的分力大小为 Fsin53=150.8N=12N=mg所以杆与环间无弹力，杆对小球的弹力大小为0根据牛顿第二定律得 Fcos53=ma解得 a=7.5m/s2（2）环的加速度始终为正，小环的速度不断增大，则当F=15N时速度最大，功率最大，由P=Fvcos53得：最大速度为 v=26.7m/s（3）当F超过15N以后，由牛顿第二定律得 Fcos53（Fsin53mg）=ma因为a与F无关，所以有 Fcos53=（Fsin53解得 =0.75答：（1）F=15N时长杆对小球的弹力大小是0，小环加速度的大小是7.5m/s2（2）小环在此过程的最大速度是26.7m/s（3）环和长杆的动摩擦因数是0.75【点评】解决本题的关键要明确环的状态，分析受力情况，运用牛顿第二定律列式要注意分析题干中的条件：F超过15N后，加速度不变，说明a与F无关17（14分）如图所示，一对足够长平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距为L，左侧接两个阻值为R、额定功率为P的相同灯泡甲和乙，其中乙灯泡处于断开状态有一质量为m、电阻为r的金属棒静止且两轨道垂直地放在轨道上，轨道的电阻忽略不计整个装置处于垂直轨道平面竖直向下的匀强磁场中现用一恒定的外力沿轨道方向拉金属棒，最终甲灯泡刚好正常发光，请回答如下问题：（1）简述金属棒做什么运动？（2）最终金属棒运动的速度是多少？（3）在甲灯泡正常发光后，闭合开关K，则在闭合K的瞬间金属棒的加速度是什么？（4）在甲灯泡正常发光后，闭合开关K，再经过足够长的时间，灯泡甲的电功率为多大？【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；电功、电功率【专题】计算题；学科综合题；定量思想；等效替代法；电磁感应与电路结合【分析】（1）甲灯泡刚好正常发光，说明通过甲灯的电流不变，根据欧姆定律和E=BLv分析金属棒的运动情况（2）根据甲灯的功率求得电流，再由欧姆定律、法拉第定律列式求解速度（3）在甲灯泡正常发光后，闭合开关K，两灯并联，由E=BLv、欧姆定律及安培力公式F=BIL求出金属棒所受的安培力，再由牛顿第二定律求加速度（4）再经过足够长的时间，金属棒又做匀速直线运动，根据平衡条件求得电路中电流，再求灯泡甲的电功率【解答】解：（1）甲灯泡刚好正常发光，说明通过甲灯的感应电流不变，根据欧姆定律得 I=可知，金属棒的速度不变，做匀速直线运动（2）由P=I2R得 I=又 I=联立解得 v=（3）在甲灯泡正常发光后，闭合开关K，两灯并联，此时金属棒产生的感应电动势为 E=BLv=电路中感应电流为 I=根据牛顿第二定律得 FBIL=ma又 F=BIL解得 a=（4）再经过足够长的时间，金属棒又做匀速直线运动，根据平衡条件得： F=BIL可得，I=I=所以灯泡甲的电功率为 P灯=R=P答：（1）金属棒做匀速直线运动（2）最终金属棒运动的速度是（3）在闭合K的瞬间金属棒的加速度是（4）再经过足够长的时间，灯泡甲的电功率为P【点评】解决本题的关键要搞清金属棒的受力情况，推导出安培力与速度的关系，运用力学的方法解决电磁感应问题