2019-2020年高二物理下学期第三次月考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高二物理下学期第三次月考试卷（含解析）一、选择题（以下各题四个选项中，有的只有一个正确，有的不止一个正确，请选出符合要求的选项错选、不选得0分，少选得3分共42分）1（6分）下列说法正确的是（）A“交流电的有效值”用的是等效替代的方法B奥斯特发现了电磁感应现象，制造了世界上第一台手摇发电机C伽利略研究了单摆的振动，确定了单摆的周期公式D安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律2（6分）一个矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n rad/s，则（）A线框交变电动势的峰值为nBSB线框交变电动势的有效值为nBSC从开始转动经过周期，线框中的平均感应电动势为2nBSD感应电动势瞬时值为e=2nBSsin2nt3（6分）如图所示，小球在B、C之间做简谐运动，O为BC间的中点，B、C间的距离为10cm，则下列说法正确的是（）A小球的最大位移是10cmB只有在B、C两点时，小球的振幅是5cm，在O点时，小球的振幅是0C无论小球在任何位置，它的振幅都是10cmD从任意时刻起，一个周期内小球经过的路程都是20 cm4（6分）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面则线框中感应电流的方向是（）AabcdaBdcbadC先是dcbad，后是abcdaD先是abcda，后是dcbad5（6分）铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号，以确定火车的位置有一种磁铁能产生匀强磁场，被安装在火车首节车厢下面，如图所示（俯视图），当它经过安装在两铁轨之间的线圈时，便会产生一种电信号被控制中心接收到当火车以恒定的速度通过线圈时，表示线圈两端的电压随时间变化的关系是图中的（）ABCD6（6分）如图，一理想变压器原副线圈匝数之比为4：1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表下列结论正确的是（）A若电压表读数为6V，则输入电压的最大值为VB若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D若保持负载电阻的阻值不变输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍7（6分）如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g下列选项正确的是（）AP=2mgvsin BP=3mgvsin C当导体棒速度达到时加速度大小为sin D在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功二、填空题（共2个小题，每空3分，共18分）8（6分）如图，金属环A用轻线悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧若变阻器滑片P向左移动，则金属环A将向（填“左”或“右”）运动，并有（填“收缩”或“扩张”）趋势9（12分）某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如1图所示这样做的目的是（填字母代号）A保证摆动过程中摆长不变B可使周期测量得更加准确C需要改变摆长时便于调节D保证摆球在同一竖直平面内摆动他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L=0.999 0m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为mm，单摆摆长为m下列振动图象真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin 5=0.087，sin 15=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是（填字母代号）三、解答题（共三个小题，共50分要求写出必要的文字说明、物理规律、公式）10（15分）如图1所示，有一秒摆（周期为2s的单摆），悬点为O，在O点正下方M处有一钉子，从平衡位置向左摆时由于钉子的阻碍改变了摆的长度，从平衡位置向右摆时又变为原摆的长度，其振动图象如图2所示g取9.86m/s2，求：（1）秒摆摆长（2）用改变后的摆的摆长做成的单摆的周期是多大？摆长是多长？（3）原题中摆的周期多大？写出此摆的周期表达式（注明各个物理量符号的意义）悬点离钉子的距离多长？11（17分）人们利用发电机把天然存在的各种形式的能（水流能、风能、煤等燃烧的化学能）转化为电能为了合理的利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方但是，用电的地方往往很远因此，需要高压输送线路把电能输送到远方如果某发电站将U=6000V的电压直接地加在高压输电线的输入端，向远方供电，且输送的电功率为P=800kW则此时安装在高压输送线路的输入端和终端的电能表一昼夜读数就相差E=9600kWh（1kWh=1 度电）求：（1）该输电线路的电阻为多少？（2）此种情况下，高压线路的输电效率和终端电压（3）若要使此高压输电线路的输电效率为98%，则在发电站处应安装一个变压比（n1：n2）是多少的变压器？（4）若输电效率仍为98%，用户所需电压为220V，则应在用户处安装一个变压比（n3：n4）是多少的变压器？12（18分） 如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直，质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g，求：（1）导体棒与涂层间的动摩擦因素；（2）导体棒匀速运的速度大小v；（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q四川省广元市利州区宝轮中学xx学年高二下学期第三次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（以下各题四个选项中，有的只有一个正确，有的不止一个正确，请选出符合要求的选项错选、不选得0分，少选得3分共42分）1（6分）下列说法正确的是（）A“交流电的有效值”用的是等效替代的方法B奥斯特发现了电磁感应现象，制造了世界上第一台手摇发电机C伽利略研究了单摆的振动，确定了单摆的周期公式D安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律考点：电磁感应现象的发现过程分析：等效替代法是在保证某种效果（特性和关系）相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法；明确各个物理规律的发现历程，并明确相对应的物理学家的主要贡献解答：解：A、交流电通过电阻性负载时，如果所产生的热量与直流电在相同时间内通过同一负载所产生的热量相等时，这一直流电的大小就等效为交流电的有效值故“交流电的有效值”用的是等效替代的方法故A正确；B、法拉第发现了电磁感应现象，制造了世界上第一台手摇发电机；故B错误；C、惠更斯研究了单摆的振动规律，确定了单摆振动的周期公式故C错误；D、库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律；故D错误；故选：A点评：对于物理学史，背诵是最好的学习方法，可根据年代、时代背景和物理学发展进程记忆2（6分）一个矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n rad/s，则（）A线框交变电动势的峰值为nBSB线框交变电动势的有效值为nBSC从开始转动经过周期，线框中的平均感应电动势为2nBSD感应电动势瞬时值为e=2nBSsin2nt考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：电磁感应与电路结合分析：线圈的转速为n转/秒，角速度=2nrad/s交变电动势的最大值为Em=nBS由E=Em，求出电动势有效值根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，感应电动势瞬时值表达式为e=Emsint解答：解：A、交变电动势的最大值为为：Em=nBS=2nBS故A错误B、线框交变电动势的有效值为：E=Em=nBS故B错误C、从开始转动经过周期，线框中的平均感应电动势为：=n=n=4n4BS故C错误D、感应电动势瞬时值为：e=Emsint=2nBSsin2ntV故D正确故选：D点评：对于交流电的规律实际是电磁感应规律的特殊应用，求解平均感应电动势运用法拉第电磁感应定律3（6分）如图所示，小球在B、C之间做简谐运动，O为BC间的中点，B、C间的距离为10cm，则下列说法正确的是（）A小球的最大位移是10cmB只有在B、C两点时，小球的振幅是5cm，在O点时，小球的振幅是0C无论小球在任何位置，它的振幅都是10cmD从任意时刻起，一个周期内小球经过的路程都是20 cm考点：简谐运动的回复力和能量专题：简谐运动专题分析：振动位移是指振动物体离开平衡位置的位移，小球经过B或C点时位移最大；振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，对于给定的简谐运动，振幅不变一个周期内小球经过的路程是4倍振幅解答：解：A、小球位移的起点是O，小球经过B或C点时位移最大，最大位移为 5cm故A错误B、C、小球做简谐运动，振幅不变，由图知，振幅为A=5cm故BC错误D、根据对称性和周期性可知，从任意时刻起，一个周期内小球经过的路程都是4倍振幅，即为4A=45cm=20cm，故D正确故选：D点评：解答本题关键要正确理解位移和振幅的意义，由图直接读出位移和振幅4（6分）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面则线框中感应电流的方向是（）AabcdaBdcbadC先是dcbad，后是abcdaD先是abcda，后是dcbad考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：本题考查楞次定律的应用，关键在于先找出原磁通量的变化，再由楞次定律确定感应电流的磁场方向，最后确定感应电流解答：解：由静止释放到最低点过程中，磁通量减小，且磁场方向向上，由楞次定律，感应电流产生磁场也向上，再由右手螺旋定则可知，感应电流的方向：dcbad；同理，当继续向右摆动过程中，向上的磁通量增大，根据楞次定律可知，电流方向是dcbad；故选：B点评：楞次定律可理解为“增反减同”，在应用中要掌握其步骤，并能正确应用安培定则等相关知识5（6分）铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号，以确定火车的位置有一种磁铁能产生匀强磁场，被安装在火车首节车厢下面，如图所示（俯视图），当它经过安装在两铁轨之间的线圈时，便会产生一种电信号被控制中心接收到当火车以恒定的速度通过线圈时，表示线圈两端的电压随时间变化的关系是图中的（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势专题：电磁感应与电路结合分析：当火车以恒定速度通过线圈时，线圈的左边或右边切割磁感线，产生恒定的电动势，根据右手定则可判电势高低解答：解：当火车还未进入线圈时，不切割磁感线，因此不产生感应电动势，所以u=0当火车进入线圈过程，线圈的左边切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则可判，b点电势高于a点，故uab0；火车以恒定速度通过线圈，故产生恒定的电动势，则ab两端有恒定的电势差；线框完全在磁场中匀速运动时，没有感应电动势产生当火车离开线圈过程，线圈的右边切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则可判，b点电势低于a点，故uab0；故C正确，ABD错误故选：C点评：此类题目可以采用排除法，只要抓住火车进线圈的过程，灵活利用右手定则判断出电流的方向，判断出电势高低，变轻而易举的解决6（6分）如图，一理想变压器原副线圈匝数之比为4：1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表下列结论正确的是（）A若电压表读数为6V，则输入电压的最大值为VB若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D若保持负载电阻的阻值不变输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍考点：变压器的构造和原理专题：压轴题分析：电压表读数6V为有效值，由 = 可得输入电压的有效值为24V，根据正弦交流电有效值与最大值的关系可得输入电压的最大值 输入功率随输出功率而变化，输出功率变大则输入功率变大若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，得输出电压也增加到原来的2倍，由 I= 电流表示数也应增加到原来的2倍，若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，由 I= 输出电流减小到原来的一半，输入功率即P=IU也减小到原来的一半解答：解：A、若电压表读数为6V，由 = 可得则输入电压为是有效值，根据正弦交流电 有效值与最大值的关系可得因此其最大值为V，A正确； B、若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，由 = 可得输出电压也增加到原来的2倍， 由 I= 电流表示数也应增加到原来的2倍，B错误； C、若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，由 I= 输出电流减小到原来的一半，输入功率 即P=IU也减小到原来的一半，C错误； D、若保持负载电阻的阻值不变输入电压增加到原来的2倍，输出电压增大到原来的2倍，则由可知 输出功率增加到原来的4倍，D正确故选A、D点评：只有理解交流电压表和交流电流表读数为有效值，电压电流与匝数比的关系，并熟练掌握电功率的计算公式，才能顺利解决这类问题7（6分）如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g下列选项正确的是（）AP=2mgvsin BP=3mgvsin C当导体棒速度达到时加速度大小为sin D在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：导体棒最终匀速运动受力平衡可求拉力F，由P=Fv可求功率，由牛顿第二定律求加速度，由能量守恒推断能之间的相互转化解答：解：A、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则mgsin=BIl=，当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，则有：F+mgsin=BIl=，故 F=mgsin，拉力的功率P=Fv=2mgvsin，故A正确B、同理，B错误C、当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律，mgsin=ma，解得：a=，故C正确D、由能量守恒，当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功，故D错误故选：AC点评：解决本题的关键能够通过导体棒的受力，判断其运动规律，知道合力为零时，做匀速直线运动，综合牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律以及能量守恒定律等知识综合求解二、填空题（共2个小题，每空3分，共18分）8（6分）如图，金属环A用轻线悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧若变阻器滑片P向左移动，则金属环A将向左（填“左”或“右”）运动，并有收缩（填“收缩”或“扩张”）趋势考点：楞次定律分析：由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，由欧姆定律可知电路中电流的变化，即可得出磁场的变化及穿着线圈的磁通量的变化，则由楞次定律可得出线圈中磁场的方向，从而得出线圈的运动及形状的变化解答：解：变阻器滑片P向左移动，电阻变小，电流变大，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反，故相互排斥，则金属环A将向左运动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势故答案为：左；收缩点评：楞次定律可简单地记为：“增反减同”、“来拒去留”；楞次定律的应用一定注意不要只想着判断电流方向，应练习用楞次定律去判断导体的运动及形状的变化9（12分）某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如1图所示这样做的目的是AC（填字母代号）A保证摆动过程中摆长不变B可使周期测量得更加准确C需要改变摆长时便于调节D保证摆球在同一竖直平面内摆动他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L=0.999 0m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为12.0mm，单摆摆长为0.9930m下列振动图象真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin 5=0.087，sin 15=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是A（填字母代号）考点：探究单摆的周期与摆长的关系专题：实验题分析：当摆角小于等于5时，我们认为小球做单摆运动，游标卡尺的示数等于主尺示数与游标尺示数之和；摆长为悬点到球心的距离；对于测量误差可根据实验原理进行分析；解答：解：（1）在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故AC正确，故选：AC（2）游标卡尺示数为：d=12mm+00.1mm=12.0mm；单摆摆长为：L=l=0.9990m0.0060m=0.9930m（3）当摆角小于等于5时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：10.087m=8.7cm，当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做3050次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误差最小故选：A故答案为：（1）AC；（2）12.0，0.993 0；（3）A点评：掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系单摆的周期采用累积法测量可减小误差对于测量误差可根据实验原理进行分析三、解答题（共三个小题，共50分要求写出必要的文字说明、物理规律、公式）10（15分）如图1所示，有一秒摆（周期为2s的单摆），悬点为O，在O点正下方M处有一钉子，从平衡位置向左摆时由于钉子的阻碍改变了摆的长度，从平衡位置向右摆时又变为原摆的长度，其振动图象如图2所示g取9.86m/s2，求：（1）秒摆摆长（2）用改变后的摆的摆长做成的单摆的周期是多大？摆长是多长？（3）原题中摆的周期多大？写出此摆的周期表达式（注明各个物理量符号的意义）悬点离钉子的距离多长？考点：单摆周期公式专题：单摆问题分析：（1）根据单摆的周期公式求秒摆摆长（2）由振动图象得到摆长改变后单摆的周期，再由周期公式求出摆长（3）根据一次全振动的时间确定周期由上题结果求悬点离钉子的距离解答：解：（1）因为秒摆的周期 T0=2 s，由得，秒摆摆长 L=1 m（2）由振动图象知，改变摆长后用此摆长做成的单摆，半个周期是 0.5 s，因此 T1=20.5 s=1 s，则改变后的摆长 l=0.25 m（3）由振动图象知，摆的周期T=1.5 s，周期表达式T=+，其中T为摆的周期，L为秒摆原摆长，l为被钉子阻挡后的摆长悬点离钉子的距离为OM=Ll=1 m0.25 m=0.75 m答：（1）秒摆摆长是1 m（2）改变摆长后用此摆长做成的单摆周期是 0.5 s，摆长是0.25 m（3）摆的周期是1.5 s，周期表达式T=+，其中T为摆的周期，L为秒摆原摆长，l为被钉子阻挡后的摆长悬点离钉子的距离为0.75 m点评：本题关键是明确周期的含义，注意摆长的变化从而导致周期的变化，然后根据单摆的周期公式列式求解11（17分）人们利用发电机把天然存在的各种形式的能（水流能、风能、煤等燃烧的化学能）转化为电能为了合理的利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方但是，用电的地方往往很远因此，需要高压输送线路把电能输送到远方如果某发电站将U=6000V的电压直接地加在高压输电线的输入端，向远方供电，且输送的电功率为P=800kW则此时安装在高压输送线路的输入端和终端的电能表一昼夜读数就相差E=9600kWh（1kWh=1 度电）求：（1）该输电线路的电阻为多少？（2）此种情况下，高压线路的输电效率和终端电压（3）若要使此高压输电线路的输电效率为98%，则在发电站处应安装一个变压比（n1：n2）是多少的变压器？（4）若输电效率仍为98%，用户所需电压为220V，则应在用户处安装一个变压比（n3：n4）是多少的变压器？考点：远距离输电；变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：由功率公式P=UI变形可求得通过输电线的电流，因导线上消耗电能，则用户实际得到的功率小于输送功率，则用户得到的实际功率与输送功率的比值即为输电线输送电能的效根据功率损失求出原来线路和现在线路中的输出电压，结合电压表等于匝数之比求出变压器的匝数比解答：解：（1）由E=9600 kWh可知P=400 kW，由P=UI可知P=UI，且I= A，则U=3000 V由P=得R线=22.5（2）P有=PP=400 kW输电效率=100%=50%，终端电压U1=UU，则U1=3000 V（3）损失功率为总功率的2%，则P损=P2%=16 kW，=，=（4）由P损=得U损=600 V，由=得U2=U=30000 V则降压变压器原线圈两端电压U3=U2U损=29400 V，=答：（1）该输电线路的电阻为22.5（2）此种情况下，高压线路的输电效率和终端电压分别为50%和3000V；（3）若要使此高压输电线路的输电效率为98%，则在发电站处应安装一个变压比（n1：n2）是1：5的变压器；（4）若输电效率仍为98%，用户所需电压为220V，则应在用户处安装一个变压比（n3：n4）是1470：11的变压器点评：解决本题的关键知道输送功率、终端功率和损失功率的关系，以及知道输送功率与输送电压、电流的关系12（18分） 如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直，质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g，求：（1）导体棒与涂层间的动摩擦因素；（2）导体棒匀速运的速度大小v；（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；焦耳定律；安培力专题：电磁感应与电路结合分析：（1）研究导体棒在绝缘涂层上匀速运动过程，受力平衡，根据平衡条件即可求解动摩擦因数（2）据题导体棒在滑上涂层之前已经做匀速运动，推导出安培力与速度的关系，再由平衡条件求解速度v（3）导体棒在滑上涂层滑动时摩擦生热为QT=mgdcos，再根据能量守恒定律求解电阻产生的焦耳热Q解答：解：（1）在绝缘涂层上，导体棒做匀速直线运动，受力平衡，则有： mgsin=mgcos解得：=tan（2）导体棒在光滑导轨上滑动时：感应电动势 E=BLv感应电流 I=安培力 F安=BIL联立得：F安=受力平衡 F安=mgsin解得：v=（3）导体棒在滑上涂层滑动时摩擦生热为 QT=mgdcos整个运动过程中，根据能量守恒定律得：3mgdsin=Q+QT+解得：Q=2mgdsin答：（1）导体棒与涂层间的动摩擦因素为tan；（2）导体棒匀速运的速度大小v为；（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q为2mgdsin点评：本题实质是力学的共点力平衡与电磁感应的综合，都要求正确分析受力情况，运用平衡条件列方程，关键要正确推导出安培力与速度的关系式，分析出能量是怎样转化的