2019-2020年高二下学期期末物理试卷含解析.doc

2019-2020年高二下学期期末物理试卷含解析一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分.第18小题只有一个选项正确；第912小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分）1与我国不同，有些国家照明使用的正弦式交变电流的频率为60Hz1s内，这种交变电流的电流方向改变的次数为（）A15B30C60D1202根据法拉第电磁感应定律的数学表达式，电动势的单位可表示为（）AWb/sBT/sCTm/sDT2/s3下列说法正确的是（）A质量相同时，0水的内能比0冰的内能大B热量不可能由低温物体传递到高温物C外界对物体做功，物体的内能一定增加D第二类水动机违反了能量守恒定律4下列说法正确的是（）A恒定电流能通过电容器B交流电能通过电容器C直流电的电流越大，电流通过电容器的能力越强D交变电流的频率越低，电流通过电容器的能力越强5某电热器（电阻恒定）接在电压为220V的恒定直流电源上时，其消耗的电功率为P若将该电热器接到电压e=220sint（V）的交流电源上时，则其消耗的电功率为（）APB PCD6用密封性好，充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体（）A内能增大，压强增大B内能增大，压强减小C内能减小，压强增大D内能减小，压强减小7一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的正弦交变电流如图所示，由图可知（）A该交变电流的有效值为10AB该交流电动势的频率为25HzC当t=0.01s时，线圈处于中性面位置D当t=0.015s时，穿过线圈的磁通量最大8如图所示，空间存在一垂直于纸面的匀强磁场，在纸面内，一正三角形的导体线框沿着垂直于磁场边界的虚线匀速穿过磁场区域，已知虚线垂直于AB边，且正三角形的高为磁场宽度的两倍从C点进入磁场开始计时，以电流沿逆时针方向为正，关于线框中感应电流i随时间t变化的关系，下列四幅图可能正确的是（）ABCD9锅炉中的水沸腾后，从锅底不断生成气泡并上升到水面后破裂，在气泡上升的过程中，下列说法正确的是（）A由于分子斥力的作用，气泡膨胀B气体组成的系统的熵增加C气体一定吸收热量D气体每个分子的动能均不变10图示电路中，灯泡L1和L2完全相同，线圈L的自感系数很大，直流电阻忽略不计下列说法正确的是（）A闭合开关S时，L1和L2同时亮B闭合开关S时，L2先亮，L1后亮C断开开关S时，L2立刻熄灭，L1过一会儿才熄灭D断开开关S时，灯泡L2中的电流方向从c到d11如图所示，理想变压器原副线圈的匝数之比为10：1，原线圈两端接有一正弦式交变电流，理想电压表V的示数为220V，负载电阻R的阻值为44，下列判断正确的是（）A原线圈两端电压的有效值为220VB原线圈中通过的电流为5AC副线圈中通过的电流为0.5AD负载电阻R消耗的电功率为22W12如图所示，单匝矩形线圈闭合导线框abcd全部处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，线圈的面积为S，ab边的电阻为r，其他边的电阻不计，在cd边串接一阻值为R的电阻，在外力的作用下，线框绕与cd边重合的固定转轴以角速度从图示位置开始逆时针（从上往下看）匀速转动，则（）A线框中电阻R两端电压的有效值为BSB线框转过时，线框中瞬时电流的大小为，方向为adcbaC线框从图示位置开始时转过的过程中，通过导线某一横截面的电荷量为D在线框转过一周的过程中，外力对其做的功为二、非选择题（共6小题，满分52分）13甲分子固定在坐标的原点，乙分子位于横轴上，甲分子和乙分子之间的分子力曲线图如图所示，a、b、c为横轴上的三个位置现把乙分子从a处由静止释放，若两分子之间只有分子力，则乙分子从a位置到b位置做运动，从b位置到c位置做运动（填“加速”或“减速”）14交流电源供电的线路如图所示，闭合开关S，当交变电流的频率升高时，线圈的感抗，通过灯泡的电流（填“变大”、“变小”或“不变”）15如图所示，边长为10cm的正方形线框，固定在匀强磁场中，磁场方向与线圈的平面的夹角为30，磁场的磁感应强度B=（1+3t）T2s内穿过线圈的磁通量的变化量为Wb，线圈内产生的感应电动势为V16（10分）如图所示，一水电站输出的电功率P=20kW，输电电压U=400V，输电线的总电阻R=1求：（1）输电线上损失的电压U线；（2）用户得到的电功率P户17（12分）如图所示，用导热性能良好的气缸和活塞封闭一定质量的理想气体，活塞厚度及其与气缸之间的摩擦不计现将气缸放置在光滑水平面上，活塞与水平轻弹簧连接，弹簧另一端固定在竖直墙壁上已知气缸的长度为2L，活塞的横截面积为S，此时封闭气体的压强为P0，活塞到缸口的距离为L，大气压强恒为p0，现用外力向左缓慢移动气缸，当气缸的位移为L时，活塞到缸口的距离为L（1）求弹簧的劲度系数k；（2）若在上述条件下保持气缸静止，缓慢降低外界温度，使活塞距离缸口仍为L，求此时气体的热力学温度与其原来的热力学温度的比值18（15分）如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L固定在水平绝缘桌面上，其中半径为R的圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，末端平齐在与圆心等高的位置处有两金属棒MN、PQ垂直两导轨且与导轨接触良好已知MN棒的质量为2m，电阻为r；PQ棒的质量为m，电阻也为r开始时，保持PQ棒不动，将MN棒从圆弧导轨顶端无初速度释放，当MN棒脱离导轨后，再次由静止释放PQ棒，最后两棒都离开导轨落到地面上MN、PQ两棒落地点到导轨边缘的水平距离之比为1：3（1）求MN棒在水平直导轨上滑行的最大加速度a；（2）求MN棒在导轨上滑行过程中，MN棒产生的焦耳热Q；（3）若MN棒在导轨上滑行的过程中通过导轨某一横截面的电荷量为q，求PQ棒在水平直导轨上滑行的时间txx山东省济南市高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分.第18小题只有一个选项正确；第912小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分）1与我国不同，有些国家照明使用的正弦式交变电流的频率为60Hz1s内，这种交变电流的电流方向改变的次数为（）A15B30C60D120【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】一个周期内电流方向改变两次，根据题意可以求出1s内改变的次数【解答】解：一个周期内交流电电流方向改变零次，故1s内改变的次数n=2f=120次，故D正确；故选：D【点评】解得本题要知道频率与周期的关系，知道一个周期内电流方向改变两次，难度不大，属于基础题2根据法拉第电磁感应定律的数学表达式，电动势的单位可表示为（）AWb/sBT/sCTm/sDT2/s【考点】法拉第电磁感应定律【分析】根据法拉第电磁感应定律E=n，即可求解【解答】解：由法拉第电磁感应定律，则有：E=，则有：1V=；故选：A【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，从而导出电动势的单位3下列说法正确的是（）A质量相同时，0水的内能比0冰的内能大B热量不可能由低温物体传递到高温物C外界对物体做功，物体的内能一定增加D第二类水动机违反了能量守恒定律【考点】热力学第二定律；热力学第一定律【分析】0水凝结成冰的过程要放出热量，内能减小；热量可以由低温物体传递到高温物体，内能少的物体若温度高，则可以由内能少的物体传递到内能多的物体，第一类永动机不消耗能量而对外做功；第二类永动机违背了热力学第二定律因此不可能制成【解答】解：A、质量相同时，0水凝结成冰的过程要放出热量，内能减小，所以0水的内能比0冰的内能大，故A正确；B、热量在一定的条件下可以由低温物体传递到高温物体，比如电冰箱，故B错误；C、由公式U=W+Q知做功和热传递都能改变物体内能，外界对物体做功若同时放出热量，物体的内能不一定增加，故C错误；D、第二类永动机不违反能量守恒定律，违背了热力学第二定律，故D错误故选：A【点评】该题考察物体的内能以及热力学第一定律、热力学第二定律，解答的关键是正确理解热力学第一定律的符号法则4下列说法正确的是（）A恒定电流能通过电容器B交流电能通过电容器C直流电的电流越大，电流通过电容器的能力越强D交变电流的频率越低，电流通过电容器的能力越强【考点】电容【分析】根据电容的特性是：隔直流、阻交流；通高频、阻低频，即可求解【解答】解：A、电容对电流的影响可概括为“隔直流、阻交流”，因为电容器两板间有电介质或真空，故AC错误，B正确 D、容抗与交流的频率成反比，则电容对交流的影响可概括为“通高频、阻低频”故D错误；故选：B【点评】于电容和电感对交流的影响可以根据感抗和容抗的公式，在理解的基础上进行记忆常规题5某电热器（电阻恒定）接在电压为220V的恒定直流电源上时，其消耗的电功率为P若将该电热器接到电压e=220sint（V）的交流电源上时，则其消耗的电功率为（）APB PCD【考点】电功、电功率【分析】正弦交变电流的最大值与有效值的关系为：U=，计算电功率用有效值求解【解答】解：接在电压为220V的恒定直流电源上时，其消耗的电功率为：P=，将该电热器接到电压e=220sint（V）的交流电源上时，该电源的电压有效值为：，则功率为： =，故C正确，ABD错误故选：C【点评】本题关键记住正弦式交变电流电压有效值与峰值的关系公式，明确有效值是根据电流的热效应规定的6用密封性好，充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体（）A内能增大，压强增大B内能增大，压强减小C内能减小，压强增大D内能减小，压强减小【考点】热力学第一定律【分析】充气袋四周被挤压时，外界对气体做功，无热交换，根据热力学第一定律分析内能的变化【解答】解：挤压塑料袋，气体体积减小，外界对气体做功，W0，袋内气体与外界无热交换，即：Q=0，由热力学第一定律可知：U=W+Q=W0，气体内能增加，气体温度升高，气体体积V减小，气体温度T升高，由理想气体状态方程： =C可知，气体压强增大；故选：A【点评】对于气体，常常是气态方程和热力学第一定律的综合应用，当气体的体积减小时，外界对气体做正功，相反体积增大时，气体对外界做正功7一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的正弦交变电流如图所示，由图可知（）A该交变电流的有效值为10AB该交流电动势的频率为25HzC当t=0.01s时，线圈处于中性面位置D当t=0.015s时，穿过线圈的磁通量最大【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】由图象可读出周期，即可求得频率矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流磁通量为零，感应电动势最大；磁通量最大时，感应电动势为零，线圈恰好通过中性面【解答】解：A、由图象知交流电的最大值，有效值E=，故A错误；B、此交流电的周期为：T=0.02s，故交流电的频率f=，故B错误；C、当t=0时，感应电动势最大，磁通量最小，线圈平面与磁感线垂直，故C错误；C、当t=0.015s时，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，故D正确；故选：D【点评】本题考察的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，注意会由图象得出线圈从何处开始计时，并掌握正弦交流电的最大值与有效值的关系8如图所示，空间存在一垂直于纸面的匀强磁场，在纸面内，一正三角形的导体线框沿着垂直于磁场边界的虚线匀速穿过磁场区域，已知虚线垂直于AB边，且正三角形的高为磁场宽度的两倍从C点进入磁场开始计时，以电流沿逆时针方向为正，关于线框中感应电流i随时间t变化的关系，下列四幅图可能正确的是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】先根据楞次定律判断感应电流的方向，分析有效切割长度的变化，再结合切割产生的感应电动势公式判断感应电动势的变化，从而结合闭合电路欧姆定律判断感应电流的变化【解答】解：设线框进入磁场的速度为v，线框进入磁场过程，切割磁感线的有效长度：L=2vttan30，线框切割磁感线，产生感应电动势E=BLv=2Bv2ttan30，感应电流：i=，i与t成正比线圈在进磁场的过程中，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向为ABCA方向，为正；在出磁场的过程中，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的方向为ACBA，为负在线圈进入磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，在线圈进入磁场的后一半过程中，切割的有效长度不变，感应电动势不变，则感应电流不变；在线圈出磁场的前一半的过程中，切割的有效长度不变，感应电动势不变，则感应电流不变，在线圈出磁场的后一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电流均匀增大故C正确，ABD错误故选：C【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道在切割产生的感应电动势公式E=BLv中，L为有效长度9锅炉中的水沸腾后，从锅底不断生成气泡并上升到水面后破裂，在气泡上升的过程中，下列说法正确的是（）A由于分子斥力的作用，气泡膨胀B气体组成的系统的熵增加C气体一定吸收热量D气体每个分子的动能均不变【考点】热力学第一定律【分析】水沸腾后温度不变，所以可以认为气泡上升的过程中温度不变，根据压强的原理分析压强的变化，根据理想气体的状态方程分析体积的变化，根据热力学第二定律分析熵的变化；根据热力学第一定律分析说法吸收热量；温度是分子的平均动能的标志【解答】解：A、水沸腾后温度不变，所以可以认为气泡上升的过程中温度不变；由于气泡上升的过程中气体的压强减小，所以气泡的体积增大所以气泡体积的增大与压强的减小有关，而气体的分子之间的相互作用力可以忽略不计故A错误；B、根据热力学第二定律可知，气泡上升的过程中气泡体积的增大过程是不可逆的，所以气体组成的系统的熵增加故B正确；C、气体的内能仅仅与分子的平均动能有关，气泡上升的过程中气泡体积的增大，对外做功而温度不变，所以根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量故C正确；D、温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以气泡的温度不变，只是分子的平均动能不变 不能说明气体每个分子的动能均不变故D错误；故选：BC【点评】该题以气泡的上升为例，考查热力学第一定律、热力学第二定律、压强的微观意义以及温度的微观意义等，要注意热力学第二定律的几种不同的说法以及意义10图示电路中，灯泡L1和L2完全相同，线圈L的自感系数很大，直流电阻忽略不计下列说法正确的是（）A闭合开关S时，L1和L2同时亮B闭合开关S时，L2先亮，L1后亮C断开开关S时，L2立刻熄灭，L1过一会儿才熄灭D断开开关S时，灯泡L2中的电流方向从c到d【考点】自感现象和自感系数【分析】当电键K闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，产生自感现象，根据楞次定律判断自感电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮断开瞬间也可以按照同样的思路分析【解答】解：AB、当开关S闭合时，灯L2立即发光通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，产生自感电动势，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，所以电路的电流只能逐渐增大，L1逐渐亮起来所以L2先亮，L1后亮由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同最终两灯一样亮，故A错误，B正确；CD、稳定后当电键K断开后，线圈产生自感电动势，相当于电源，与两灯构成闭合回路，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相同，那么通过灯泡L2中的电流方向从c到d，由于回路中的电流只能慢慢减小，因此两灯都过一会儿熄灭，故C错误，D正确；故选：BD【点评】对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行分析11如图所示，理想变压器原副线圈的匝数之比为10：1，原线圈两端接有一正弦式交变电流，理想电压表V的示数为220V，负载电阻R的阻值为44，下列判断正确的是（）A原线圈两端电压的有效值为220VB原线圈中通过的电流为5AC副线圈中通过的电流为0.5AD负载电阻R消耗的电功率为22W【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【分析】根据变压器原理进行分析，明确电压之比等于匝数之比，而电流之比等于匝数的反比，同时能利用欧姆定律求解副线圈中的电流，根据功率公式求解功率【解答】解：A、电压表示数为有效值，故原线圈两端电压的有效值为220V，故A正确；B、由可知，输出电压，副线圈通过的电流，由得，故B错误，C正确；D、负载电阻R消耗的电功率，故D错误；故选：AC【点评】掌握输入电压和输出电压之比等于原副线圈的匝数比是解决此类问题的关键，同时明确电流和电功率关系，知道输出功率决定输入功率12如图所示，单匝矩形线圈闭合导线框abcd全部处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，线圈的面积为S，ab边的电阻为r，其他边的电阻不计，在cd边串接一阻值为R的电阻，在外力的作用下，线框绕与cd边重合的固定转轴以角速度从图示位置开始逆时针（从上往下看）匀速转动，则（）A线框中电阻R两端电压的有效值为BSB线框转过时，线框中瞬时电流的大小为，方向为adcbaC线框从图示位置开始时转过的过程中，通过导线某一横截面的电荷量为D在线框转过一周的过程中，外力对其做的功为【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；闭合电路的欧姆定律；正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】先写出交流电的表达式，再根据峰值与有效值的关系判断电流有效值和小球消耗的电功即为外力所做的功【解答】解：A、产生的感应电动势的最大值为Em=BS，有效值为，根据闭合电路的欧姆定律可知U=，故A错误；B、产生的感应电动势的瞬时值为e=Emsint=BSsint，故产生的感应电流的瞬时值为i=线框转过时产生的电流为i=，根据楞次定律可知电流方向为adcba，故B正确；C、产生的平均感应电动势为，产生的感应电流为，流过的电荷量为q=，故C正确；D、转动一周产生的热量为Q=，做的功全部转化为热能，故D正确故选：BCD【点评】正确写出交流电表达式是解决本题的关键，明确计算电功率及求电表的示数等时要用到电流的有效值二、非选择题（共6小题，满分52分）13甲分子固定在坐标的原点，乙分子位于横轴上，甲分子和乙分子之间的分子力曲线图如图所示，a、b、c为横轴上的三个位置现把乙分子从a处由静止释放，若两分子之间只有分子力，则乙分子从a位置到b位置做加速运动，从b位置到c位置做减速运动（填“加速”或“减速”）【考点】分子间的相互作用力【分析】在上图中，当分子间距离等于平衡距离时，引力等于斥力，分子间作用力为零；当分子间距离小于平衡距离时，斥力、引力随分子间距离减小而增大，但斥力增加得快，所以表现出斥力；当分子间距离大于平衡距离时，斥力、引力随分子间距离增大而减小，但斥力减小得快，所以表现出引力【解答】解：乙分子由a到b一直受引力，做加速运动，从b到c受到分子力为斥力，与运动的方向相反，所以做减速运动故答案为：加速，减速【点评】该题考察的是分子间的作用力与分子间距离的关系，分子间的引力和斥力总是同时存在，并且都随分子间的距离的增大而减小，只不过减小的规律不同，只要掌握该规律即可解答此类题目14交流电源供电的线路如图所示，闭合开关S，当交变电流的频率升高时，线圈的感抗变大，通过灯泡的电流变小（填“变大”、“变小”或“不变”）【考点】自感现象和自感系数【分析】电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，线圈的自感系数是由线圈本身决定的，由此即可求解【解答】解：接入交流电后，因电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，故当交流电频率升高时，电感线圈L的阻碍作用增大，即感抗变大，那么灯泡中的电流将变小，则灯泡亮度变小故答案为：变大，变小【点评】该题考查线圈的自感系数与感抗，记住电感线圈是通低频阻高频，属于基础题型15如图所示，边长为10cm的正方形线框，固定在匀强磁场中，磁场方向与线圈的平面的夹角为30，磁场的磁感应强度B=（1+3t）T2s内穿过线圈的磁通量的变化量为0.03Wb，线圈内产生的感应电动势为0.015V【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量【分析】磁通量=BSsin（为磁感线与线圈平面的夹角），根据=BSsin求解磁通量的变化量由求感应电动势【解答】解：磁通=BSsin30；磁感应强度随时间的变化规律为：B=1+3t（T），则在2s内有：B=23=6T故在3s内穿过线圈的磁通量变化量为：=BSsin30=6T（0.1m）2=0.03Wb线圈产生的感应电动势为：故答案为：0.03，0.015【点评】本题关键是记住磁通量的表达式=BSsin，注意为磁感线与线圈平面的夹角，基础题目16（10分）（xx春济南期末）如图所示，一水电站输出的电功率P=20kW，输电电压U=400V，输电线的总电阻R=1求：（1）输电线上损失的电压U线；（2）用户得到的电功率P户【考点】远距离输电【分析】根据输送功率、输送电压，通过P=UI求出输送的电流，根据U=IR求得损失电压根据求出输电线上损失的功率，从而得出用户得到的电功率【解答】解：（1）根据P=UI得输送的电流为：I=损失电压为：U=IR=50V（2）输电线上损失的功率为： =5021W=2500W，用户得到的电功率为：P=PP损=xx02500W=17500W答：（1）输电线上损失的电压U线为50V（2）用户得到的电功率P户为17500W【点评】解决本题的关键掌握输送功率、输送电压、电流的关系，知道输电线上损失的功率17（12分）（xx春济南期末）如图所示，用导热性能良好的气缸和活塞封闭一定质量的理想气体，活塞厚度及其与气缸之间的摩擦不计现将气缸放置在光滑水平面上，活塞与水平轻弹簧连接，弹簧另一端固定在竖直墙壁上已知气缸的长度为2L，活塞的横截面积为S，此时封闭气体的压强为P0，活塞到缸口的距离为L，大气压强恒为p0，现用外力向左缓慢移动气缸，当气缸的位移为L时，活塞到缸口的距离为L（1）求弹簧的劲度系数k；（2）若在上述条件下保持气缸静止，缓慢降低外界温度，使活塞距离缸口仍为L，求此时气体的热力学温度与其原来的热力学温度的比值【考点】理想气体的状态方程【分析】（1）气体发生等温变化，根据题意求出气体的状态参量，应用玻意耳定律求出气体末状态的压强，然后求出弹簧的劲度系数（2）气体发生等容变化，求出气体的状态参量，然后应用查理定律求出气体的温度之比【解答】解：（1）以气缸内气体为研究对象，气体发生等温变化，气体初状态的参量：P1=P0，V1=LS，V2=（2LL）S=LS，由玻意耳定律得：P1V1=P2V2，即：P0LS=P2LS，解得：P2=P0=P0，解得：k=；（2）活塞到缸口距离为L时，弹簧的伸长量为L，此时气体的压强：P3=P0=P0，气体初状态的状态参量为：P1=P0，T1=T0，由查理定律得： =，则： =；答：（1）弹簧的劲度系数k为；（2）此时气体的热力学温度与其原来的热力学温度的比值为【点评】本题考查了求弹簧的劲度系数、气体的温度之比问题，认真审题理解题意、分析清楚气体状态变化过程、求出弹簧的形变量是解题的关键，应用玻意耳定律与查理定律可以解题18（15分）（xx春济南期末）如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L固定在水平绝缘桌面上，其中半径为R的圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，末端平齐在与圆心等高的位置处有两金属棒MN、PQ垂直两导轨且与导轨接触良好已知MN棒的质量为2m，电阻为r；PQ棒的质量为m，电阻也为r开始时，保持PQ棒不动，将MN棒从圆弧导轨顶端无初速度释放，当MN棒脱离导轨后，再次由静止释放PQ棒，最后两棒都离开导轨落到地面上MN、PQ两棒落地点到导轨边缘的水平距离之比为1：3（1）求MN棒在水平直导轨上滑行的最大加速度a；（2）求MN棒在导轨上滑行过程中，MN棒产生的焦耳热Q；（3）若MN棒在导轨上滑行的过程中通过导轨某一横截面的电荷量为q，求PQ棒在水平直导轨上滑行的时间t【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；焦耳定律【分析】（1）MN棒刚进入水平导轨时，MN棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大根据MN棒从圆弧导轨滑下机械能定恒求解进入磁场之前的速度大小，由E=BLv、I=、F=BIL结合求出安培力，即可由牛顿第二定律求解最大加速度（2）两棒开导轨做平抛运动，根据平抛运动的规律和水平位移之比求解，根据根据动量定恒和能量定恒求解两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热；（3）根据闭合电路欧姆定律，结合电量表达式，及运动学公式，即可求解【解答】解：（1）由题意可知，MN棒刚滑到水平导轨时，其速度达到最大设MN棒进入水平导轨的速度为v0，MN棒从圆弧导轨滑下机械能定恒： 2mgR=2mv02解得：v0=MN棒刚进入水平导轨时，设此时回路的感应电动势为E， E=BLv 感应电流 I=MN棒受到的安培力为：FMN=BIL 根据牛顿第二定律，MN棒有最大加速度为 a=联立解得： a=（2）经分析可知，当MN棒离开导轨后，当PQ棒滑上水平导轨后，以v0做匀速直线运动，设MN棒离开导轨时的速度大小为v1，两棒做平抛运动历时均为t0，则有：，由于MN棒和PQ棒的电阻相同，可知，MN棒在导轨上滑行的过程中，由能量守恒定律，则有：2Q=2mgR解得：Q=；（3）设导轨水平部分的长度为x，MN棒在水平导轨上滑行的时间为t，则MN棒在水平导轨滑行过程中，回路中的平均感应电流为： =又q=tPQ棒在水平导轨滑行的过程中，做匀速直线运动，则有：x=v0t；解得：t=答：（1）MN棒在水平直导轨上滑行的最大加速度；（2）MN棒在导轨上滑行过程中，MN棒产生的焦耳热；（3）若MN棒在导轨上滑行的过程中通过导轨某一横截面的电荷量为q，求PQ棒在水平直导轨上滑行的时间【点评】本题是电磁感应与电路、磁场、力学等知识的综合应用，根据牛顿第二定律求加速度，以及结合运动学能够分析出金属棒的运动情况考查分析和处理综合题的能力