2019-2020学年高二物理上学期12月月考试题(含解析).doc

2019-2020学年高二物理上学期12月月考试题(含解析)一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1. 下列四个物理量中哪一个是矢量（ ）A. 动能 B. 质量 C. 电场强度 D. 电压【答案】C【解析】动能、质量和电压都是只有大小无方向的物理量，是标量；而电场强度既有大小又有方向，是矢量，故选C.2. 下列说法正确的是（ ）A. 四种基本相互作用是指：重力、弹力、电场力、磁场力B. 地面上的物体具有的重力势能是物体和地球共有的C. 电容器的电容与电容器的带电量有关D. 通电导线在磁场中受到的安培力为零，导线所在处的磁感应强度一定为零【答案】B【解析】自然界有四种基本的相互作用力：万有引力相互作用、电磁相互作用、强相互作用和弱相互作用故A错误地面上的物体具有的重力势能是和地球共有的故B正确电容器的电容是由电容器本身决定的，与电容器的带电量无关；故C错误；安培力的大小取决于磁感应强度、电流及二者间的夹角，故通电导线在磁场中受到的安培力为零，导线所在处的磁感应强度不一定为零；故D错误；故选B3. 如图甲所示，火箭发射时速度能在10s内由0增加到100m/s；如图乙所示，汽车以108km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来，下列说法中正确的是（ ）A. 10s内火箭的速度变化量为10m/sB. 2.5s内汽车的速度变化量为-30m/sC. 火箭的速度变化比汽车的快D. 火箭的加速度比汽车的加速度大【答案】B【解析】试题分析：规定初速度的方向为正方向A、火箭的速度改变量为v=v2v1=100m/s0=100m/s，故A错误，B、108km/h=30m/s，汽车的速度改变量为v=v2v1=030m/s=30m/s，故B正确；C、根据a=得：火箭的加速度为：，汽车的加速度为：a=，所以火箭的加速度比汽车的加速度小，火箭的速度变化比汽车慢，所以C错误，D正确故选：BD4. 如图，质量为m的物体(可视为质点)从倾角为30的光滑斜面上的h高处自由下滑到底端A处，则在这个过程中（ ）A. 重力势能减少了B. 重力势能减少了mghC. 机械能增加了mghD. 机械能减少了【答案】B【解析】物体的高度下降了h，重力对物体做功为mgh，则重力势能减少了mgh故A错误，B正确斜面光滑，物体在运动过程中只受重力和斜面的支持力，而支持力对物体不做功，只有重力做功，所以物体的机械能守恒，故CD错误故选B.5. 如图所示，四个完全相同的小球在同一高度以相同大小的初速度v0分别水平、竖直向下、竖直向上、斜向上抛出，不计空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）A. 小球飞行过程中加速度相同B. 小球落地时的动能不同C. 从开始运动至落地，重力对小球做功不相同D. 从开始运动至落地，重力对小球做功的平均功率相同【答案】A【解析】物体都做抛体运动，故加速度都为重力加速度，相同，故A正确；根据动能定理可知，小球落地时的动能相同，故B错误；根据W=mgh可知，重力做功相同，故C错误；小球的运动时间不同，由公式P=可知重力对小球做功的平均功率不同，故D错误；故选A.点睛：此题在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，公式P=只能计算平均功率的大小，而P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度6. 交通法规定同车道行使的机动车，后车应当与前车保持足以采取紧急制动措施的安全距离。在申苏浙皖G50高速公路的某一路段，汽车行使速度规定不得高于120km/h，也不得低于60km/h，一般人的反应时间约为0.5s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5m/s2，根据以上信息估算该路段行车的安全距离最接近（ ）A. 50m B. 100m C. 150m D. 200m【答案】C点睛：抓住汽车在人反应时间里做匀速直线运动，开始刹车后做匀减速直线运动求解即可，本题易错点认为汽车直接做匀减速直线运动7. 如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是（ ）A. 细线所受的拉力变小B. 小球P运动的角速度变小C. Q受到桌面的静摩擦力变大D. Q受到桌面的支持力变大【答案】C【解析】试题分析：金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件分析所受桌面的支持力是否变化以P为研究对象，根据牛顿第二定律分析细线的拉力的变化，判断Q受到桌面的静摩擦力的变化由向心力知识得出小球P运动的角速度、加速度与细线与竖直方向夹角的关系，再判断其变化设细线与竖直方向的夹角为，细线的拉力大小为T，细线的长度为LP球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：，得角速度，使小球改到一个更高的水平面上作匀速圆周运动时，增大，减小，则得到细线拉力T增大，角速度增大，故A错误B正确；对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，Q受到桌面的支持力等于重力，则静摩擦力变大，Q所受的支持力不变，故CD错误；8. 小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了记录小球情况的照片如图所示。连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d。根据图中的信息，下列判断中不正确的是（ ）A. 小球下落的加速度为B. 小球在位置“3”的速度为C. 位置“1”是小球释放的初始位置D. 如果已知d和T以及当地的重力加速度，就能判定小球下落过程中机械能是否守恒【答案】C【解析】根据H=aT2可知：故A正确；由于时间的间隔相同，所以3点瞬时速度的大小为2、4之间的平均速度的大小，所以，故B正确；设从1开始相邻两个计数点之间的位移分别为H1、H2、H3、H4，如果位置“1”是小球释放的初始位置，根据初速度为0的匀加速直线运动在连续相等的时间内位移比为1：3，则有H1：H2=1：3; 而根据图中可知H1：H2=2：3，显然相矛盾，故位置“1”不是小球释放的初始位置故C不正确；如果已知d和T就可以计算出物体的加速度，然后与当地的重力加速度比较，就能判定小球下落过程中机械能是否守恒故D正确不同选择不正确的，故选C.9. xx年9月我国采用一箭双星的方式发射了“北斗导航卫星系统”(BDS)系统中的两颗圆轨道半径均为21332km的“北斗M5”和“北斗M6”卫星，其轨道如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 两颗卫星绕地球运行的向心加速度大小相等B. 两颗卫星绕地球的运行速率均大于7.9km/sC. 北斗M5绕地球的运行周期大于地球的自转周期D. 北斗M6绕地球的运行速率大于北斗M5的运行速率【答案】A【解析】试题分析: 根据=ma知，轨道半径相等，则向心加速度大小相等故A正确；根据v=知，轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，是做匀速圆周运动的最大速度，所以两颗卫星的速度均小于7.9km/s故B错误；根据T=，北斗-M6的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则北斗-M5绕地球的运行周期小于地球的自转周期故C错误；根据v=知北斗-M6绕地球的运行速率等于北斗-M5的运行速率，故D错误。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10. 如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度天平的右臂上挂有一匝数为N的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有电流I（方向如图）时，发现天平的右端低左端高，下列哪些调节方案可以使天平水平平衡（ ）A. 减小电流大小B. 增长线框的宽度lC. 减轻左盘砝码的质量D. 增加线圈的匝数【答案】A【解析】试题分析：天平左端高右端低，说明左端轻右边重，要使得天平平衡，可以增加左盘砝码的质量，选项C错。也可以减小右盘砝码质量。根据左手定则判断线框在磁场中受到竖直向下的安培力，也可以减小安培力，等效于减小右盘砝码质量。减小安培力可以采取减小电流大小，减小线框的宽度L或者减少线圈的匝数，对照选项A对BD错。考点：安培力11. 如图所示，O为AB的中点，C点和D点到A点的距离相等，分别在A、B两点放等量正、负点电荷，则下列说法正确的是（ ）A. C、D二点场强大小相等B. C点电势高于O点电势C. 将一负检验电荷由C点移到O点，电场力对它不做功D. 将一正检验电荷由O点移到C点，电场力对它做正功【答案】B【解析】正、负点电荷在C点产生的场强方向都向右，正电荷在D点产生的场强方向向左，负电荷在D点产生的场强方向向右，而正电荷在C、D两点的场强大小相等，所以D点的场强较小故A错误；根据顺着电场线方向电势降低，知C点电势高于O点电势，故B正确将一负检验电荷由C点移到O点，所受的电场力由O指向C，电场力对它负功，故C错误将一正检验电荷由O点移到C点，所受的电场力由C指向O，电场力对它做负功故D错误故选B.12. 用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹图 (甲)是洛伦兹力演示仪的实物图，图(乙)是结构示意图励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强图(乙)中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场下列关于实验现象和分析正确的是（ ）A. 仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变小B. 仅升高电子枪加速电场的电压，电子束径迹的半径变小C. 仅升高电子枪加速电场的电压，电子做圆周运动的周期将变小D. 要使电子形成如图（乙）中的运动径迹，励磁线圈应通以逆时针方向的电流【答案】A【解析】电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU=mv02；电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=m，解得：，可见保持励磁电压不变，B不变，增加加速电压，电子束形成圆周的半径增大保持加速电压不变，增加励磁电流，B增大，电子束形成圆周的半径减小，故A正确，B错误；电子在磁场中运动的周期：，与电子的速度无关，与加速电场的大小无关故C错误； 若励磁线圈通以逆时针方向的电流，由安培定则知，产生的磁场向外，根据左手定则判断知，电子进入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子的运动轨迹不可能是图中所示，同理，可得励磁线圈通以顺时针方向的电流，则能形成结构示意图中的电子运动径迹故D错误； 故选A点睛：本题考查了粒子在电、磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理，写出带电粒子在磁场中运动的半径公式与周期公式是关键13. 利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，CD两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是（ ）A. 电势差UCD仅与材料有关B. 若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCD0C. 仅增大磁感应强度时，电势差UCD变大D. 在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平【答案】C【解析】根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则UCD0CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有q=qvB，I=nqvs=nqvbc，则故AB错误，C正确在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过故D错误故选C点睛：解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡二、选择题II（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14. 一列简谐横波，某时刻的图象如图甲所示，从该时刻开始计时，A质点的振动图象如图乙所示，则()A. 波沿x轴正向传播B. 波速是25 m/sC. 经过t0.4s，质点A通过的路程是4mD. 质点P比质点Q先回到平衡位置【答案】BC【解析】由乙图读出t=0时刻质点A的速度方向为沿y轴正方向，由甲图判断出波的传播方向为沿x轴负向故A错误由甲图读出该波的波长为=20m，由乙图周期为T=0.8s，则波速为：故B正确t=0.4s=0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程是4倍振幅，则经过t=0.4s，A质点通过的路程是S=2A=4m故C正确图示时刻质点P沿y轴负方向，Q直接向平衡位置运动，所以质点P将比质点Q后回到平衡位置故D错误故选BC点睛：本题既要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图象的联系，由质点的速度方向，判断出波的传播方向15. 理想变压器原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u随时间t变化的规律如图所示,原、副线圈匝数比n1:n2=100,副线圈只接入一个R=10的电阻, 则（ ）A. 与电阻R并联的电压表示数为3.11VB. 流过电阻R的电流最大值为0.311AC. 变压器的输入功率为0.484WD. 电阻R上交流电压的频率为50Hz【答案】BCD【解析】由乙图知输入电压的峰值为：Um1=311V，所以副线圈两端电压峰值为：Um2=3.11V，流过电阻的电流最大值为：I2m=0.311A，电压表显示的是有效值，为：U2=2.2V，A错误，B正确；电阻消耗的功率为：P=0.484J，变压器的输入功率等于输出功率为：P=0.484W，C正确；交流电的输入电流的周期T=0.02s，故频率f=1/T50Hz，电阻R上交流电压的频率为50Hz，故D正确，故选BCD.点睛：本题考查了变压器的特点，对峰值和有效值的应用，注意变压器不变频率，输入功率等于输出功率.16. 如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴以角速度匀速转动，外电路电阻为R.在线圈由图示位置转过90的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 磁通量的变化量B. 电压表的示数为C. 电阻R产生的焦耳热D. 通过电阻R的电荷量为【答案】CD【解析】由图示位置转过90的过程中，磁通量的变化量=BS，与匝数无关，故A错误；线圈在磁场中转动，产生的电动势的最大值为Em=nBS，电动势的有效值为E=，电压表测量为电路的外电压，所以电压表的读数为，所以B错误；电阻R产生的热量 所以C正确由 ，,得到，电量，故D正确，故选CD点睛：对于正弦交流电流，要知道有效值和最大值的关系；求解热量、电功和电功率用有效值，而求解电量要用平均值三、非选择题（本题共7小题，共55分）17. (1)在下列学生实验中，需要平衡摩擦力的实验有_(填字母）A.“探究小车速度随时间变化的规律”B.“探究加速度与力、质量的关系”C.“探究做功与物体速度变化的关系”D.“探究作用力与反作用力的关系”(2)某小组做“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，除了选择小车、速滑轮的长木板、细绳、钩码、刻度尺、导线（按需要备选）外，还要选择下图中的哪些仪器_（填字母）(3)在上小题中，用一端固定的橡皮筋代替钩码和细线拉动小车，就可以做“探究功与速度变化的关系”实验。调节好实验装置，当用一条橡皮筋拉动小车时，打出的纸带如下图所示，请根据纸带上的数据计算小车匀速时的速度v=_m/s【答案】 (1). BC (2). A或BD (3). 1.56【解析】（1）在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，只要小车能做匀变速直线运动即可，即使不平衡摩擦力，小车依然做匀变速直线运动，即摩擦力存在不影响实验结果故A错误；探究加速度与力、质量的关系，实验中需要测量加速度的大小，需要通过纸带测量加速度，所以需要打点计时器，故B正确探究做功与物体速度变化的关系，实验中需要测量速度，需要通过纸带测量速度，所以需要打点计时器，故C正确探究作用力与反作用力的关系，实验中使用的是两个弹簧测力计对拉，改变用力，观察两弹簧秤的示数大小变化情况，得出两个弹簧秤示数总是大小相等，不需要打点计时器，故D错误故选BC.（2）在本实验中不需要测量小车或砝码的质量因此不需要天平，需要打点计时器，有两种选择方案：选择A（电火花计时器），或者BD（电磁打点计时器与低压交流电源）；（3）匀速直线运动时小车速度最大：小车速度为：点睛：本题关键要明确该实验的实验原理、实验目的，即可了解具体操作的含义，以及如何进行数据处理，数据处理时注意数学知识的应用，本题是考查应用数学知识解决物理问题的好题18. 某实验小组在“练习使用多用电表”实验中：(1)用多用电表测量某一电学元件，多用电表的选择开关旋至如图所示位置。操作正确, 表盘指针如图所示, 则该电学元件阻值为_.(2)该电学元件可能是(单选)_A一个阻值未知的电阻B“220V 15W”的白炽灯C“220 V 100W”的白炽灯【答案】 (1). (2). A【解析】试题分析：（1）由图可知，该元件的电阻为30100=3000；（2）所给各灯泡的阻值分别为：可得B的阻值为3225，C的阻值484偏小，则可能的为AB考点：欧姆表的使用19. 某市规划建设一新机场，请你帮助设计飞机跑道。飞机质量5104kg，假设飞机在加速滑行过程中牵引力恒为F=8104N，受到的阻力恒为Ff=2104N，起飞速度v=80m/s(1)从开始滑行到起飞的过程中飞机的位移是多大？(2)如果飞机在达到起飞速度的瞬间因故需要停止起飞，立即采取制动措施后能以4m/s2的加速度减速，为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少多长？【答案】(1) (2) 【解析】（1）飞机从静止开始做匀加速运动到离开地面升空过程中滑行的距离为x1，根据牛顿第二定律得： （2）飞机匀减速直线运动的位移， 所以跑道的至少长度 20. 水上滑梯可简化成如图所示的模型：倾角为=37的倾斜滑道AB和水平滑道BC平滑连接，起点A距水面的高度H=7.0m，BC的长度d=2.0m，端点C距水面的高度h=1.0m。一质量m=50kg的运动员从滑道起点A无初速地自由滑下，运动员与AB、BC间的动摩擦因数均为=0.1（取重力加速度g=10m/s2，cos37=0.8，sin37=0.6，运动员可视为质点）(1)求运动员沿AB下滑时的加速度的大小a；(2)求运动员从A滑到C的过程中克服摩擦力所做的功W和到达C点时速度的大小vc；(3)保持水平滑道左端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h和长度d到图中位置时，运动员从滑梯平抛到水面的水平位移最大，求此时滑道距水面的高度.【答案】(1)a=5.2m/s2 (2) (3) 【解析】（1）运动员沿AB下滑时，受力情况如图所示 Ff=FN=mgcos根据牛顿第二定律：mgsinmgcos=ma 得运动员沿AB下滑时加速度的大小为：a=gsingcos=5.2 m/s2（2）运动员从A滑到C的过程中，克服摩擦力做功为：W=mgcos（）+mgd=mgd+（Hh）cot=mg10=500J由动能定理得：mg（Hh）W=mv2得运动员滑到C点时速度的大小 v=10m/s （3）在从C点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t，h=gt2， 下滑过程中克服摩擦做功保持不变W=500J根据动能定理得：mg（Hh）W=mv2， .当h3m时，水平位移最大.21. 某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作，请判断是否恰当(填“是”或“否”)把单摆从平衡位置拉开约5释放；_在摆球经过最低点时启动秒表计时；_用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期_该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据见下表用螺旋测微器测量其中一个摆球直径的示数见下图，该球的直径为_mm.【答案】 (1). 是 (2). 是 (3). 否 (4). 20.684(20.68320.685)【解析】为了让单摆做简谐运动，应让单摆从平衡位置拉开约5释放，故该操作是恰当的单摆通过最低点的速度最快，为了减小测量时间的误差，应在平衡位置开始计时故该操作恰当用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差比较大，需要测量多次全振动的时间求平均值求出单摆的周期故该操作不恰当球的直径为：20.5mm+0.01mm18.3=20.683mm.22. 如图所示，在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，下列说法正确的是_（填字母）A.测量原、副线圈的电压，可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的电压表B.用可拆变压器，能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈C.原线圈接、接线柱，副线圈接、接线柱，副线圈电压大于原线圈电压D.保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，可以研究副线圈匝数对输出电压的影响【答案】BD【解析】 “测定电池的电动势和内阻”实验中的电压表是直流电压表，变压器只能改变交变电流的电压，不能改变直流电压，故A错误变压器的输出电压跟输入电压以及原副线圈匝数之比都有关，因此需要用可拆卸的变压器研究，探究副线圈电压与匝数的关系，采用控制变量法，即为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响，故BD正确根据原副线圈匝数之比等于输入输出电压之比可知，原线圈08，副线圈04，那么副线圈的电压小于原线圈电压，故C错误故选BD.点睛：本题考查了变压器实验操作的注意事项，关键要采用控制变量法探究理想变压器原副线圈电压之比等于匝数之比23. 如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在的区域内有磁感应强度、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x0的某一区域内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E=4N/C，其宽度d=2m.一质量m=6.410-27kg、电荷量q=3.210-19C的带电粒子从P点以速度v=4104m/s，沿与轴正方向成60角射入磁场，经磁场和电场偏转通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力.求：(1)带电粒子在磁场中运动时间；(2)Q点与电场右边界的距离。【答案】(1) (2)x=3.0m【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律 有 代入数据得： 由几何关系得粒子运动轨迹的圆心角为60。在磁场中运动时间 代入数据得：带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动粒子在电场中加速度运动时间 沿y方向分速度 沿y方向位移 粒子出电场后又经时间t2达x轴上Q点 故Q点与右边界的距离是 24. 如图，足够长的金属导轨MN、PQ平行放置，间距为L，与水平面成角，导轨与定值电阻R1和R2相连，且R1=R2=R，R1支路串联开关S，原来S闭合。匀强磁场垂直导轨平面向上，有一质量为m、有效电阻也为R的导体棒ab与导轨垂直放置，它与导轨始终接触良好，受到的摩擦力为.现将导体棒ab从静止释放，沿导轨下滑，当导体棒运动达到稳定状态时速率为v，已知重力加速度为g，导轨电阻不计，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)如果导体棒ab从静止释放沿导轨下滑x距离后达到稳定状态，这一过程回路中产生的电热是多少？(3)导体棒ab达到稳定状态后，断开开关S，将做怎样的运动？若从这时开始导体棒ab下滑一段距离后，通过导体棒ab横截面的电荷量为q，求这段距离是多少？【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)回路中的总电阻为：R总R当导体棒ab以速度v匀速下滑时棒中的感应电动势为：EBLv 此时棒中的感应电流为：I mgsin =B I L+Ff 解得： (2) 由Ffmgsin 导体棒ab减少的重力势能等于增加的动能、回路中产生的焦耳热以及克服摩擦力做功的和mgsin xmv2QFfx 解得：Qmgsin xmv2 (3)S断开后，导体棒先做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动 回路中的总电阻为：R总2R设这一过程经历的时间为t，这一过程回路中的平均感应电动势为，通过导体棒ab的平均感应电流为，导体棒ab下滑的距离为s，则：， 得： 解得：