2022-2023学年天津市益中学高二(上)期末物理试卷(含答案解析)

2022-2023学年天津市益中学高二（上）期末物理试卷

1. 如图所示，质量为m的通电导体棒ab置于倾角为θ的导轨上。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ。当导轨所在空间加如图所示的磁场时，导体棒均静止，则导体棒与导轨间摩擦力可能为零的情况是( )

A. B.

C. D.

2. 如图所示，某老师上课做演示实验时，用绳吊起一个铝环，用手拿住磁铁使其N极去靠近铝环。下列说法正确的是( )

A. 铝环有扩大的趋势

B. 铝环将会远离磁铁

C. 从A向B看，铝环中有顺时针方向电流

D. 铝环中的电能是凭空产生的

3. 如图甲所示，匝数n=200，面积S=0.03m2，电阻r=1Ω的圆形线圈外接一个阻值R= 3Ω的电阻，线圈内有一垂直线圈平面向里的圆形磁场，圆形磁场的面积是圆形线圈面积的2

，

3

磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是( )

A. 流经电阻R的电流方向向下

B. 线圈中产生的感应电动势E=6V

C. 电阻R的功率为6.75W

D. 系统在0.35s内产生的焦耳热为1.40J

4. 如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，金属棒做平抛运动，不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小( )

A. 越来越小

B. 越来越大

C. 保持不变

D. 无法判断

5. 如图所示是圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，它的盘面恰好与匀强磁场垂直，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动。则( ) A. 由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流

B. 回路中感应电流大小不变，为BL 2ω

2R

C. 回路中感应电流方向不变，为D→C→R→D

D. 回路中有周期性变化的感应电流

6. 如图所示，在半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，ab是圆的直径，磁场的磁感应强度为B，一质量为m、带电量为q的粒子从a点射入磁场，速度大小为v、方向与ab成30∘角时，恰好从b点飞出磁场，则粒子在磁场中运动的时间为( )

A. 2πR

3v B. 2πR

v

C. 2πm

qB

D. πm

6qB

7. 关于下列四幅图的说法正确的是( )

A. 图甲是回旋加速器的示意图，带电粒子获得的最大动能与回旋加速器的半径有关

B. 图乙是电磁流量计的示意图，可以判断出B极板是发电机的负极，A极板是发电机的正极

C. 图丙是速度选择器的示意图，若带正电的粒子(不计重力)能自左向右沿直线匀速通过速度

选择器，则带负电的粒子(不计重力)不能自左向右沿直线匀速通过速度选择器

D. 图丁是质谱仪的示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S说明粒子的比荷越大

8. 如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab 边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )

A. B.

C. D.

9. 一个带电微粒在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，重力不可忽略，已知圆的半径为r，电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B，重力加速度为g，则( )

A. 该微粒带正电

B. 带电微粒沿逆时针旋转

C. 带电微粒沿顺时针旋转

D. 微粒做圆周运动的速度为gBr

E

10. 如图所示，在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电荷量为−q 的小球穿在足够长的倾斜固定绝缘的直杆上由静止开始向下运动，小球与杆间的动摩擦因数为μ，且μ

A. 直杆对小球的弹力方向不变

B. 直杆对小球的摩擦力先增大后减小

C. 当小球的速度为v=mgcosθ

时，小球运动的加速度最大

qB

D. 小球的最大速度为mg(sinθ+μcosθ)

μqB

11. 图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图，图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω.虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡

(1)图(a)中的B端与______(填“红”或“黑”)色表笔相连接；

(2)关于R6的使用，下列说法正确的是______(填正确答案标号)。

A.在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置

B.使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置

C.使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置

(3)根据题给条件可得R1+R2=______Ω，R4=______Ω

(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“3”相连的，则读数为______。

12. 用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小。除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：

A.电压表(V)(量程2V)

B.电流表(A1)(量程0.6A)

C.电流表(A2)(量程3A)

D.定值电阻R0(阻值3Ω，额定功率4W)

E.滑动变阻器R1(阻值范围0∼20Ω，额定电流1A)

F.滑动变阻器R2(阻值范围0∼2000Ω，额定电流0.1A)

(1)电流表应选______(填器材前的字母代号)。

(2)根据实验数据作出U−I图象(如图乙所示)，则蓄电池的电动势E=______V，内阻

r=______Ω；(结果保留到小数点后两位)。

(3)这位同学对以上实验进行了误差分析，其中正确的是______。

A.电压表有分流作用是造成系统误差的原因，增大R V可以减小这种误差

B.电流表有分压作用是造成系统误差的原因，减小R A可以减小这种误差

C.实验测出的电动势小于真实值

D.实验测出的内阻大于真实值

13. 如图所示，将某正粒子放射源置于原点O，其向各方向射出的粒子速度大小均为v0、质量均为m、电荷量均为q。在0≤y≤d的一、二象限范围内分布着一个匀强电场，方向与y 轴正向相同，在d

(1)电场强度E；

(2)磁感应强度B；

(3)再次进入电场前，粒子在磁场中运动的最长时间t m。

14. 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θ，上端接有阻值为R的电阻，虚线PQ以下有

垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，将一根

金属棒从PQ上方x0处由静止释放，金属棒进入磁场后再运动

距离d开始匀速滑下，已知金属棒的质量为m，阻值也为R，

导轨电阻不计，重力加速度为g，求：

(1)金属棒刚进入磁场时，流过电阻R的电流大小；

(2)金属棒匀速运动时的速度大小；

(3)金属棒从静止到刚开始匀速下滑的过程中，金属棒上产生的热量。

(4)金属棒从静止到刚开始匀速下滑的过程中，金属棒上流过的电量。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：导体棒与导轨间摩擦力可能为零的情况，需要安培力有沿斜面向上的分量

A.根据左手定则，A选项的安培力水平向左，不符合题意，故A错误；

B.根据左手定则，B选项的安培力竖直向上，符合题意，故B正确；

C.根据左手定则，C选项的安培力竖直向下，不符合题意，故C错误；

D.根据左手定则，D选项的安培力水平向左，不符合题意，故D错误；

故选：B。

本题根据平衡条件、左手定则，结合选项，即可解答⋅。

本题考查学生对平衡条件、左手定则的掌握，难度不高，比较基础。

2.【答案】B

【解析】解：AB、磁铁靠近铝环，铝环中的磁通量变大，根据楞次定律可知，要想阻碍铝环中磁通量变化，铝环会有缩小趋势，且远离磁铁，故A错误，B正确；

C、磁铁N极靠近铝环，铝环中磁感线方向向右，磁通量增大，根据楞次定律及右手螺旋定则可知，要想阻碍磁通量变化，铝环中应产生逆时针方向电流(从A向B看)，故C错误；

D、能量是守恒的，不可能凭空产生，故D错误。

故选：B。

明确楞次定律两种表述的应用，明确无论是哪个磁极靠近铝环，都会使通过铝环的磁通量增加，结合楞次定律可得铝环的运动方向以及感应电流的磁场方向。

本题考查楞次定律的应用，要注意根据第二种描述确定磁场的方向和线圈的运动方向。

3.【答案】D

【解析】解：A、由图乙可知线圈的磁通量在增加，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，即流经电阻R的电流方向向上，故A错误；

B.根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势为E=nΔB

Δt S0=200×0.8−0.1

0.7

×0.03×

2

3

V=4V，故B错误；

C.回路中的电流为I=E

R+r =4

3+1

A=1A，电阻R消耗的功率为P=I2R=12×3W=3W，故C

错误；

D.系统在0.35s内产生的焦耳热为Q=I2(R+r)t=12×(3+1)×0.35J=1.4J，故D正确。

故选：D。

根据楞次定律判断电流方向；根据图象确定磁通量的变化规律，再由法拉第电磁感应定律解得电

动势；根据电功率表达式，即可求解。

本题考查磁通量的公式、法拉第电磁感应定律、电功率的表达式与闭合电路欧姆定律等规律的应用等，注意图象的信息提取，由图确定磁通量的变化是关键。

4.【答案】C

【解析】解：金属棒做平抛运动的过程中，水平方向的分速度v0sinα不变，因而切割磁感线的速度不变，故棒上产生的感应电动势大小不变。故ABD错误，C正确。

故选：C。

由感应电动势公式E=Blvsinα，vsinα是有效的切割速度，即是垂直于磁感线方向的分速度，结合平抛运动的特点分析选择。

本题考查对感应电动势公式的理解和平抛运动的特点。要明确公式E=Blvsinα，vsinα是有效的切割速度。

5.【答案】B

【解析】解：A.把铜盘看作闭合回路的一部分，在穿过铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动时，铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，故A错误；

B.铜盘切割磁感线产生感应电动势为E=BLV

根据闭合电路欧姆定律，回路中感应电流为I=E

R =B

2L2ω

2R

，故B正确；

C.由右手定则可判断出感应电流方向为C→D→R→C，故C错误；

D.回路中的感应电流并不是周期性变化的，故D错误。

故选：B。

根据右手定则判断C、D间感应电流方向，即可知道电势高低．根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与转动角速度有关。

本题是右手定则和法拉第电磁感应定律的综合应用，基本题，考查对实验原理的理解能力，同时注意切割磁感线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极．注意由于圆盘在切割磁感线，相当于电源，所以C处的电势比D处低。

6.【答案】A

【解析】解：设圆形区域的半径为R。

当粒子从b点飞出磁场时，入射速度与出射速度与ab的夹角相等，所以

速度的偏转角为60∘，轨迹对应的圆心角为60∘。

根据几何知识得知：轨迹半径为r1=2R：

AB、粒子在磁场中运动的时间t=π

3

⋅r2

v

，解得：t=2πR

3v

，故A正确B错误；

CD 、粒子在磁场中运动的周期T =

2πm qB ，粒子在磁场中运动的时间t =π32π⋅T =πm 3qB ，故CD 错误。

故选：A 。 粒子在磁场中运动，运动的时间周期与粒子的速度的大小无关，分析粒子的运动的情况，

根据粒子的运动的轨迹的情况，找出粒子运动的轨迹所对应的圆心角的大小可以求得粒子的运动的时间。

7.【答案】AD

【解析】解：A.设回旋加速器D 形盒的半径为R ，粒子获得的最大速度为v m ，根据牛顿第二定律有qv m B =

m v m 2R 解得

v m =qBR m

由上式可知粒子获得的最大速度与回旋加速器的半径有关，故A 正确；

B .图乙是磁流体发电机，且根据左手定则可知等离子体中正电荷向B 板偏转，负电荷向A 板偏转，所以A 极板是发电机的负极，B 极板是发电机的正极，故B 错误；

C .正粒子自左向右沿直线匀速通过速度选择器时，所受洛伦兹力与电扬力大小相等，方向相反，负粒子自左向右沿直线匀速通过速度选择器时，所受洛伦兹力与电场力均反向，大小相等。方向仍然相反，能通过，故C 错误；

D .粒子打在底片上的位置到狭缝S 3的距离为d =2r =2

mv qB

，穿过速度选择器的粒子速度都相同，根据上式可知越小，粒子比荷越大，故D 正确。

故选：AD 。

根据回旋加速器的原理分析带电粒子的最大速度；根据左手定则判断自由电荷的偏转方向，根据电磁流量计的原理得出前后侧面的电势差；根据质谱仪的原理分析带电粒子的比荷。

本题根据理解掌握各种仪器的工作原理，明确电场、磁场的各自作用，注意回旋加速器、速度选择器、电磁流量计的本质都是应用了带电粒子受到洛伦兹力和电场力的作用制成的。

8.【答案】BCD

【解析】解：A 、B 线框先做自由落体运动，若安培力大于重力，ab 边进入磁场先做减速运动，根据安培力公式F =B 2L 2v R 可知，线框的加速度应该是逐渐减小，v −t 图象的斜率应逐渐减小，线框所受的安培力与重力二力平衡后，做匀速直线运动，速度不变；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，线框只受重力，做加速度为g 的匀加速直线运动，故v −t 图象的斜率可能先不变，后减小，再为零，最后又不变，故A 错误，B 正确。

C 、线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，

cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确。

D、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故D正确。

故选：BCD。

线框进入磁场前先做自由落体运动，进入磁场时，若安培力大于重力，则线框做加速度逐渐减小的减速运动，在cd边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动．

若安培力小于重力，进入磁场做加速度减小的加速运动，在cd边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动．

若安培力等于重力，进入磁场做匀速直线运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动．

解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，结合安培力公式、切割产生的感应电动势

公式进行分析．要利用安培力经验公式F=B 2L2v

R

，根据安培力与速度成正比进行分析．

9.【答案】BD

【解析】解：A、带电微粒在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电微粒受到的重力和电场力是一对平衡力，故可知带电微粒带负电荷，故A错误；

BC、磁场方向垂直纸面向外，洛伦兹力的方向指向圆心，由左手定则可判断微粒逆时针旋转，故B正确，C错误；

D、由微粒做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，即：mg=qE，带电微粒在洛伦兹力

的作用下做匀速圆周运动：qvB=mv 2

r ，联立得：v=gBr

E

，故D正确。

故选：BD。

带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而判断电场力的方向，结合电场的方向便可知粒子的电性；

根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断粒子的旋转方向；

根据重力与电场力平衡以及带电粒子在洛伦兹力的作用下的运动半径公式，可求出线速度。

此题考查了带电粒子在复合场中的运动。复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场。带电粒子在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要。该题就是根据带电粒子的运动情况来判断受到的电场力情况。

10.【答案】CD

【解析】解：A、小球释放后，由μ

减小为零后再反向增大，故A错误。

B、根据上一问结论，杆对小球的弹力先减小后反向增大，故小球受到杆的摩擦力也先减小后增大，故B错误；

C、开始阶段qvB

m

，小球做加速度增大的加速运动，当qvB=mgcosθ时，摩擦力等于零，加速度为gsinθ。之后小球受到的支持力垂直杆

向下，小球的加速度为：a2=mgsinθ−μ(qvB−mgcosθ)

m

，小球做加速度减小的加速运动。

由上分析可知，当加速度最大时摩擦力为零，此时有：qvB=mgcosθ，故C正确；

(D)由上述分析可知，加速度减小到0后做匀速直线运动，速度达到最大值时有：mgsinθ=μ(qvB−

mgcosθ)，所以最大速度为：v=mgsinθ+μmgcosθ

μqB

，故D正确。

故选：CD。

分析小球的受力情况，根据洛伦兹力的变化确定弹力方向的变化和摩擦力大小的变化；

根据牛顿第二定律列方程求解其加速度的表达式，根据加速度表达式中的物理量的变化情况分析加速度的变化情况，当小球的加速度为零时，小球的速度达到最大。

解决该题的关键是明确知道小球在运动过程中的受力情况，注意小球在运动过程中由于洛伦兹力大小变化所以会造成支持力的方向发生变化。

11.【答案】红B1608801100Ω

【解析】解：(1)根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”；即图(a)中的B端与红色表笔相连接。

(2)由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流挡时也不需要时行调节，故B正确；AC错误；

(3)直流电流挡分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知：R1+

R2=I g R g

I−I g

=160Ω

总电阻为：R

总=160×480

160+480

Ω=120Ω

接4时，为电压挡，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联再改装后电压表；根据串联电路规律可知：R4=

1−1×10−3×120

1×10−3

Ω=880Ω

(4)若与3连接，则为欧姆挡×100Ω挡，读数为11×100Ω=1100Ω

故答案为：(1)红；(2)B；(3)160，880；(4)1100Ω

(1)明确欧姆表原理，知道内部电源的正极接黑表笔，负极接红表笔；

(2)明确电路结构，知道欧姆挡中所接滑动变阻器只能进行欧姆调零；

(3)根据给出的量程和电路进行分析，再结合串并联电路的规律即可求得各电阻的阻值；

(4)明确电表的量程，确定最小分度，从而得出最终的读数。

本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数

12.【答案】B2.101.20AC

【解析】解：(1)估算电路中的最大电流

I m=E

R0=2

3

Ω=0.67Ω，

所以选择量程为0.6A的电流表B；

(2)根据闭合电路的欧姆定律，则有

U=E−I(R0+r)则图线的纵坐标表示电源电动势，由图可得E=2.10V；图线的斜率

k=R0+r=2.1−0.42

0.40

代入数据解得

r=1.20Ω。

(3)AB、由电路图可知，电压表有分流作用是造成系统误差的原因，增大R V，则流过电流表的电流越接近总电流，则可以减小这种误差，故A正确，B错误；

CD、相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流作用，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U−I图象如图所示

由图象可知，电动势的测量值小于真实值，电源内阻的测量值小于真实值，故C正确，D错误。故选AC。

故答案为：(1)B(2)2.10，1.20(3)AC

(1)由题意可确定出电路中的电流范围，为了保证电路的安全和准确，电流表应与最大电流想接近。

(2)由电路及闭合电路欧姆定律可得出函数关系，结合数学知识可得出电源的电动势和内电阻。

(3)根据图示电路图分析实验误差原因及实验误差。

本题考查闭合电路的欧姆定律的仪表选择及数据的处理，注意U−I图形中求出的内阻包含保护电

阻，故最后应减去其阻值才是内电阻。

13.【答案】解：(1)沿x 轴正方向发射的粒子类平抛运动：a =

qE m

沿着水平方向有：1.5d =v 0t 沿着y 方向有：d =1

2at 2 联立可得：E =

8mv 0

29qd

(2)沿x 轴正方向发射的粒子射入磁场前：1.5d =v 0t 而沿着y 方向可可写为：d =1

2v y t 联立可得：v y =43

v 0

则可得射入磁场时的速度大小：v =√v x 2+v y 2=53

v 0

因为速度方向满足：tanα=v y v 0

=4

3

所以α=53∘方向与水平成53∘，斜向右上方 粒子在磁场中做匀速圆周运动：Bqv =m

v 2R

此粒子轨迹恰与上边缘相切，则其余粒子均达不到y =2d 边界，由图可知：d =R +Rcos53∘ 联立可得：B =8mv

03qd

(3)粒子运动的最长时间对应最大的圆心角，经过(1.5d,d)恰与上边界相切的粒子轨迹对应的圆心角最大，由几何关系可知圆心角为：θ=360∘−2α=254∘ 粒子运动周期：T =2πR

v =3πd

4v 0

则最长时间：t m =θ

360∘T =127πd

240v 0

答：(1)电场强度为8mv 0

29qd

；

(2)磁感应强度为8mv

03qd ；

(3)再次进入电场前，粒子在磁场中运动的最长时间t m 为

127πd

240v 0

。 【解析】(1)沿x 轴正方向发射的粒子做类平抛运动，根据平抛运动基本公式列式求解E ； (2)粒子沿x 轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大，若该粒子进入磁场不能打在ab 板上，则所有粒子均不能打在板上。根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小；

(3)粒子运动的最长时间对应最大的圆心角，经过(2d,d)恰与上边界相切的粒子轨迹对应的圆心角

最大，根据几何关系结合周期公式求解。

解决该题的关键是明确知道到达的最右侧的位置的粒子的入射速度方向水平向左，知道粒子的最长时间的运动轨迹是和上边界相切，能根据几何知识求解运动的半径。

14.【答案】解：(1)设金属棒刚进入磁场时的速度为v 1，对棒根据动能定理，有：mgx 0sinθ=1

2mv 12

−

进入磁场时的棒产生的感应电动势为：E 1=BLv 1 感应电流为：I 1=

E 1

2R

联立解得流过电阻R 的电流：I 1=

BL √2gx 0sinθ

2R

； (2)设棒的速度为v 2时开始匀速运动，此时棒中电流为I 2，对棒受力分析，有：mgsinθ=BI 2L 又I 2=BLv

22R

解得棒匀速运动时的速度为：v 2=

2mgRsinθB 2L 2

；

(3)对金属棒运动的全过程分析，由能量守恒有：mg(x 0+d)sinθ=1

2mv 22

+Q

金属棒的电阻也为R ，则在这个过程中电阻R 上产生的热量与金属棒产生的热量相同 即电阻R 产生的热量为：Q′=1

2Q 联立解得：Q′=

1

2

mg(x 0+d)sinθ−

m 3g 2R 2sin 2θ

B 4L 4

；

(4)根据电荷量的计算公式可得：q =I −

t =

E −

2R

t =ΔΦ2R

=

BS 2R

=

BLd

2R

。 答：(1)金属棒刚进入磁场时，流过电阻R 的电流大小为BL √2gx 0sinθ

2R

； (2)金属棒匀速运动时的速度大小为

2mgRsinθB 2L 2

；

(3)金属棒从静止到刚开始匀速下滑的过程中，金属棒上产生的热量为12

mg(x 0+d)sinθ−

m 3g 2R 2sin 2θ

B 4L 4

；

(4)金属棒从静止到刚开始匀速下滑的过程中，金属棒上流过的电量为BLd

2R 。

【解析】(1)金属棒进入磁场前机械能守恒，由机械能守恒定律列式求出金属棒刚进入磁场时的速度．由法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合，求解流过电阻R 的电流大小；

(2)金属棒在磁场中做匀速直线运动时，受力平衡，推导出安培力与速度的关系式，可由平衡条件求解速度大小；

(3)金属棒从静止到刚开始匀速下滑的过程中，其机械能减少转化为内能，根据能量守恒定律求解总热量，再求解金属棒上产生的热量；

(4)根据电荷量的计算公式求解金属棒上流过的电量。

对于电磁感应的综合问题，要做好电流、安培力、运动、功能关系这四个方面的分析，同时这类

问题涉及知识点多，容易混淆，要加强练习，平时注意知识的理解与应用．熟练推导出安培力与速度的关系、正确分析能量是如何转化的是解答本题的关键所在．