安徽省池州一中学年高二下学期期末考试物理试题答案+解析.docx

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安徽省池州一中学年高二下学期期末考试物理试题答案+解析

池州一中2017-2018高二下学期期末考试试卷

一．选择题

1.已知电源的交变电流的电压表达式为u=200

sin120πt（V）,电源的内阻不计。

下列说法正确的是（）

A.用电压表测该电源电压其示数为200

 V

B.将该电压加在220Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为220 W

C.交流点的的频率为60Hz，电流方向每秒改变60次

D.t=0.1s时，该交流电压的瞬时值为0V

【答案】BD

【解析】

【分析】

根据电压表达式中各物理量的含义去分析周期、有效值瞬时值，由功率公式计算消耗的电功率，t=0.1s带入瞬时值表达式求解瞬时值。

【详解】由于正弦交变电压的最大值为220

V，所以有效值为220V，电压表显示的是有效值为220V，故A错误；将该电压加在220Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为：

，故B正确；由ω=2πf=120π，得f=60Hz，矩形线圈在匀强磁场中每转一圈，电流方向改变两次，故电流方向每秒改变120次，故C错误；当t=0.1s时，u=0，即该交流电压的瞬时值为0V，故D正确。

故选BD。

2.2018年1月8日，美国军方高机密卫星在进入太空后完全失去了联系，新年就迎来发残片射失败。

如图所示，某一质量为m的卫星残片从离地面H高处由静止落至地面并陷入泥土一定深度h而停止，不计空气阻力，重力加速度为g。

关于残片下落的整个过程，下列说法中正确的有

A.残片克服泥土阻力所做的功为mgh

B.残片下落的全过程中重力的冲量大于泥土阻力的冲量

C.残片所受泥土的阻力冲量大于

D.残片从接触地面到静止的过程中动量的改变量等于所受阻力的冲量

【答案】C

【解析】

取从静止开始释放到落到进入泥土中为研究过程，应用由动能定理得mg（H+h）-Wf=0，解得Wf=mg（H+h），故A错误。

取整个过程为研究，应用由动量定理：

IG-If=0，即全过程中重力的冲量等于泥土阻力的冲量，选项B错误；对残片陷入泥土的过程：

，即

，即残片所受泥土的阻力冲量大于

，选项C正确；由动量定理，残片从接触地面到静止的过程中动量的改变量等于所受重力和阻力的冲量和，选项D错误；故选C.

点睛：

此题考查动能定理及动量定理的应用；在涉及力和位移问题中用动能定理，涉及力和时间问题中用动量定理较方便的应用范围很广，使用时注意选择正方向．

3.某小型水电站的电能输送如图所示,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电厂的输出电压及输电线的电阻R均不变。

在用电高峰期,发电厂输出功率将增大,下列说法正确的是（）

A.用户总电阻变大B.降压变压器的输入电压变小

C.输电线上损耗的功率减小D.通过升压变压器原线圈的电流变小

【答案】B

【解析】

【分析】

用户增多，由于是并联，根据串并联特点求得总电阻的变化，在用电高峰期，随着用户耗电量的增大，发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，根据U损=I线R，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U3=U2-U损可得，降压变压器的输入电压U3减小，根据P损＝I2R求得损失的功率变化.

【详解】用电高峰期，用户用电器的个数变多，用电器是并联接入电路，所以总电阻变小，选项A错误；在用电高峰期，随着用户耗电量的增大，发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，根据U损=I线R，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U3=U2-U损可得，降压变压器的输入电压U3减小，选项B正确；对输电线路的电压损失变大，输电线的电阻不变，导致线路中损失的功率变大，选项C错误；发电厂的输出功率增大，升压变压器的输出电压不变，所以通过升压变压器原线圈的电流变大，选项D错误；故选B。

【点睛】理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象。

远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损。

输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比。

4.如图所示，两相邻的宽均为20cm的匀强磁场区域，磁场方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外，一位于纸面内、边长为10cm的正方形导线框以垂直于磁场边界的恒定速度v=10cm/s通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻t=0，规定线框中电流逆时针方向为正方向。

则下列绘出的表示线圈中感应电流i随时间t变化规律正确的是（）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据楞次定律判断感应电流的方向。

由感应电动势公式和欧姆定律分别研究各段感应电流的大小，再选择图象。

【详解】由于线圈匀速进入磁场，根据楞次定律可知，线框中感应电流为逆时针方向，产生的电动势恒定，故感应电流恒定，故D错误；完全进入磁场且没跨过两磁场分界线的时候，磁通量不变，故电路中没有感应电流，故B错误；当线圈通过磁场分界线时，两个边都切割磁感线，相当于两个电源正串，感应电流是线圈进出磁场时的两倍，电流方向为顺时针方向；当线圈完全进入右边磁场时，感应电流为零；线圈从右边磁场出离时产生逆时针方向的电流，大小应该与开始刚进入左边磁场时电流相同，故C正确，A错误；故选C。

【点睛】本题分过程分别研究感应电流大小和方向，是电磁感应中常见的图象问题。

关键掌握电磁感应的基本规律：

E=BLv、右手定则等等，并能正确运用。

5.2018年4月12日，我国遥感三十一号01组卫星成功发射，用于开展电磁环境探测。

在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度。

某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m=800g的气体，气体离开发动机时的对地速度v=1000m/s,假设火箭（含燃料在内）的总质量为M=600kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则

A.火箭第三次气体喷出后速度的大小约为4m/s

B.地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2km/s

C.要使火箭能成功发射至少要喷气500次

D.要使火箭能成功发射至少要持续喷气17s

【答案】A

【解析】

火箭第三次气体喷出后，根据动量守恒定律：

，解得v3≈4m/s，选项A正确；地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到第一宇宙速度7.9km/s，选项B错误；要使火箭能成功发射至少要喷气n次，则

，其中vn=7.9km/s，解得n≈666次，即要使火箭能成功发射至少要持续喷气666/20=33.3s，选项CD错误；故选A.

6.如图甲所示,光滑的平行金属导轨（足够长）固定在水平面内,导轨间距为l=20cm,左端接有阻值为R=1Ω的电阻,放在轨道上静止的一导体杆MN与两轨道垂直,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B=0.5T.导体杆受到沿轨道方向的拉力F做匀加速运动,测得力F与时间t的关系如图2所示。

导体杆及两轨道的电阻均可忽略不计,导体杆在运动过程中始终与轨道垂直且两端与轨道保持良好接触,则导体杆的加速度大小和质量分别为（）

A.10 m/s2，0.5 kgB.10 m/s2，0.1 kg

C.20 m/s2，0.5 kgD. 20 m/s2，0.1 kg

【答案】B

【解析】

【分析】

导体棒运动时切割磁感线产生感应电流，使棒受到向左的安培力，根据感应电流的大小写出安培力的表达式，结合牛顿第二定律求出F与t的关系式，然后将图象上的数据代入即可求解。

【详解】导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用v表示其速度，t表示时间，则有：

v=at；杆切割磁感线，将产生感应电动势为：

E=Blv；闭合回路中产生的感应电流为：

；杆受到的安培力大小为：

FA=BIl；根据牛顿第二定律，有：

F-FA=ma；联立以上各式得：

F=ma+

t；由图线上取两点代入上式，可解得：

a=10m/s2；m=0.1kg；故杆的质量为：

m=0.1kg，其加速度为：

a=10m/s2。

故选B。

【点睛】解答这类问题的关键是正确分析安培力的大小与方向，然后根据牛顿第二定律得到F与t的关系式。

这是常用的函数法，要学会应用。

7.如图所示，质量m1=10kg的木箱，放在光滑水平面上，木箱中有一个质量为m2=10kg的铁块，木箱与铁块用一水平轻质弹簧固定连接，木箱与铁块一起以v0=6m/s的速度向左运动，与静止在水平面上质量M=40kg的铁箱发生正碰，碰后铁箱的速度为v=2m/s,忽略一切摩擦阻力，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，则

A.木箱与铁箱碰撞后瞬间木箱的速度大小为4m/s

B.当弹簧被压缩到最短时木箱的速度大小为4m/s

C.从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对木箱的冲量大小为20N·s

D.从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹性势能的最大值为160J

【答案】D

【解析】

对木箱和铁箱碰撞的瞬时，根据动量守恒定律：

，解得v1=-2m/s，方向与原方向相反，选项A错误；当弹簧被压缩到最短时，木箱和铁块共速，由动量守恒：

，解得v共=2m/s，选项B错误；从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对木箱的冲量大小为

，方向向左，选项C错误；从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹性势能的最大值为

，带入数据解得EP=160J，选项D正确；故选D.

点睛：

此题考查动量守恒定律以及能量守恒定律的应用；对三个物体的相互作用过程要分成两个小过程来分析，在木箱和铁箱作用时，认为铁块的动量是不变的；解题时注意选择研究过程，注意正方向.

8.如图所示，高为H、上下开口、内壁光滑的铜管竖直放置，可视为质点的小磁球A从上开口处由静止释放，并落至下开口处，若不计空气阻力，重力加速度大小为g，则

A.小磁球在管中做自由落体运动

B.小磁球在管中下落过程中机械能不守恒

C.小磁球落至下开口处的速度小于

D.若将铜管换成内壁光滑的陶瓷管，小磁球下落过程中机械能守恒

【答案】BCD

【解析】

根据楞次定律，小磁球在管中运动时要在管中产生涡流，从而小球的下落时要受到向上的安培力作用，则小球的运动不是自由落体运动，选项A错误；小磁球在管中由于有感应电流产生，产生电能，则下落过程中机械能不守恒，选项B正确；若小球自由落体运动时到达下开口的速度等于

，但是由于小球下落时受到向上的安培力，则小磁球落至下开口处的速度小于

，选项C正确；若将铜管换成内壁光滑的陶瓷管，小磁球下落过程中不再产生电能，则机械能守恒，选项D正确；故选BCD.

点睛：

此题关键是能从管中产生感应电流的角度以及从能量角度来分析问题；深入理解楞次定律的核心“阻碍”的意义即可解答.

9.如图甲所示，一个阻值为

的电阻与阻值为

单匝圆形金属线圈连接成闭合回路。

金属线圈的面积

，在线圈中存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，导线的电阻不计，在前2s时间内

A.流过电阻R的电流方向从E到FB.流过电阻R的电流0.4A

C.通过电阻R的电荷量0.2CD.电阻R上产生的热量0.064J

【答案】AD

【解析】

由楞次定律可知：

通过R的电流方向为E→F；选项A正确；由法拉第电磁感应定律得：

感应电动势：

；感应电流：

，选项B错误；前2s时间内通过电阻R的电荷量

，选项C错误；电阻R上产生的热量

，选项D正确；故选AD.

10.如图所示，原线圈接有

的交变电压，副线圈上接有定值电阻R、线圈L、灯泡A及理想电压表V，理想变压器的原副线圈的匝数比为4：

1,以下说法正确的是

A.副线圈中电流的变化频率为60HzB.灯泡A两端电压为55V

C.仅频率增大，则灯泡A的亮度将变暗D.仅频率增大，则电压表V的示数将减小

【答案】AC

【解析】

变压器不会改变电流的频率，电流的频率为

，所以A正确。

由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为311V，所以原线圈的电压的有效值为

=220V，在根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为55V，在副线圈中接有电阻R、电感线圈L和灯泡L1，它们的总的电压为55V，所以灯泡L1两端电压一定会小于55V，所以B错误。

交流电的频率越大，电感线圈对交流电有阻碍作用就越大，所以电路的电流会减小，灯泡L1的亮度要变暗，所以C正确。

由C的分析可知，频率增大时，副线圈的电流减小，而副线圈的电压不变，所以电阻R的电压减小，电压表的示数将增加，所以D错误。

故选AC。

点睛：

掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题，并且要知道电感在电路中的作用：

阻交流，通直流．

11.如图所示，CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨,导轨间距为L,在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场区域的长度为d,如图所示。

导轨的右端接有一电阻R,左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。

将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放,导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。

已知导体棒与水平导轨接触良好,且动摩擦因数为μ,则下列说法中正确的是（）

A.导体棒在磁场中做匀减速直线运动B.导体棒的最大电动势为BL

C.电阻R中产生的焦耳热为mg（h-μd）D.整个过程中产生的内能为mgh

【答案】BD

【解析】

【分析】

金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度。

导体棒进入水平导轨后做变减速运动，刚进入水平导轨时产生的感应电流最大，由E=BLv求出感应电动势；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到电阻R产生的焦耳热。

【详解】导体棒进入磁场后受到向左的安培力和摩擦力作用而做减速运动，随着速度的减小，感应电动势减小，回路的电流减小，安培力减小，加速度减小，则导体棒在磁场中做变减速直线运动，选项A错误；金属棒在弯曲轨道下滑过程中，由机械能守恒定律得：

mgh=

mv2，可得，金属棒到达水平面时的速度

，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力和摩擦力做减速运动，则导体棒刚到达水平面时的速度最大，产生的最大感应电动势为E=BLv=BL

，选项B正确；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：

mgh-WB-μmgd=0-0，则克服安培力做功：

WB=mgh-μmgd，所以整个电路中产生的焦耳热为Q=WB=mgh-μmgd；电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，两者产生的焦耳热相等，则电阻R产生的焦耳热：

QR=

Q=

mg（h-μd），故C错误。

整个过程中产生的内能等于机械能的减小量，即mgh，选项D正确；故选BD。

【点睛】此题关键是分析导体棒进入磁场后的受力情况和运动情况，结合法拉第电磁感应定律以及动能定理求解焦耳热.

12.如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量为m（m

A.在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒

B.在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功

C.在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒

D.被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处

【答案】CD

【解析】

【分析】

由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；由功的定义可确定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情况可知运动情况；由机械守恒及动量守恒可知小球能否回到最高点．

【详解】当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，选项C正确；球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并要槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽的最高点时系统速度相等水平向左系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确；故选CD。

【点睛】解答本题要明确动量守恒的条件，以及在两球相互作用中同时满足机械能守恒，应结合两点进行分析判断．

二实验题

13.如图所示，某同学用图装置做验证动量守恒定律的实验。

先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。

（1）本实验必须测量的物理量有________。

A.斜槽轨道末端到水平地面的高度H

B.小球a、b的质量ma、mb

C.小球a、b的半径r

D.小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t

E.记录纸上0点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC

F.a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h

（2）小球a、b的质量ma,mb应该满足的关系是________。

（3）让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，下列说法正确的是________。

A.两小球碰后到落地在空中运动时间相同

B.为保证实验成功，斜槽轨道应尽量光滑

C.两小球碰后，小球a的落地点是图中水平面上的A点

D.两小球碰后，小球b的落地点是图中水平面上B点

（4）按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是________________。

【答案】

（1）.

（1）BE

（2）.

（2）

（3）.（3）AC（4）.（4）

【解析】

（1）要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替。

所以需要测量的量为：

小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC；故选BE。

（2）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有mav0=mav1+mbv2

在碰撞过程中动能守恒，故有

mav02=

mav12+

mbv22

解得v1=

v0

要碰后a的速度v1＞0，即ma-mb＞0，ma＞mb

（3）两小球碰后做平抛运动，竖直高度相同，则落地在空中运动时间相同，选项A正确；斜槽轨道是否光滑，对实验无影响，只要到达底端的速度相等即可，选项B错误；两小球碰后，小球a的落地点是图中水平面上的A点，选项C正确；两小球碰后，小球b的落地点是图中水平面上C点，选项D错误；故选AC.

（4）设落地时间为t，B为碰前入射小球落点的位置，A为碰后入射小球的位置，C为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度v1＝

；碰撞后入射小球的速度v2＝

；碰撞后被碰小球的速度v3＝

；若mav1=mbv3+mav2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得：

ma∙OB=ma∙OA+mb∙OC

点睛：

验证动量守恒定律中，学会在相同高度下，水平射程来间接测出速度的方法，掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键。

14.某研究小组同学做下面两个实验：

（1）甲同学在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央。

在图乙中：

S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针________（选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）;线圈A放在B中不动时，指针将________（选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）；线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表指针将________（选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）。

（2）乙同学为了研究光敏电阻在室内正常光照射和室外强光照射时电阻的大小关系，用图丙所示电路进行实验，得出两种U-I图线如图丁所示。

根据U-I图线可知正常光照射时光敏电阻阻值为________Ω，强光源照射时电阻为________Ω；若实验中所用电压表的内阻约为

，毫安表的内阻约为

；考虑到电表内阻对实验结果的影响，此实验中____（填“正常光照射时”或“强光照射时”）测得的电阻误差较大。

若测量这种光照下的电阻，则需将实物图中毫安表的连接方式采用________（填“内接”或“外接”）法进行实验，实验结果较为准确。

【答案】

（1）.

（1）向左偏

（2）.不偏转（3）.向右偏（4）.

（2）3000（5）.200（6）.强光照射时（7）.外接

【解析】

（1）由图甲知电流从左接线柱流入电流表时，其指针向左偏转。

S闭合后，将A插入B中，磁通量增大，由楞次定律和安培定则可判断B中电流方向向下，从左接线柱流入，故电流表指针向左偏转；A放在B中不动，磁通量不变，不产生感应电流，指针不偏转；断开开关，穿过B的磁通量减小，电流表指针向右偏转。

（2）根据R=U/I且在U-I图象中斜率等于电阻阻值可得，正常光照射时Ra=Ka=

；强光照射时Rb=Kb=

；由实物图可知，本实验采用电流表内接法；由

（1）中所求可知，强光照射时电阻较小，与电流表内接接近，因此强光照射时误差较大；强光照射时，光敏电阻阻值为200Ω，根据

；

可得：

，说明此时该电阻为小电阻，电流表的分压作用引起的误差大，应采用外接法；

点睛：

本题考查电路接法以及误差分析的方法，要注意明确电流表内外接法的正确选择，按照大电阻应采用内接法，小电阻采用外接法的方式进行选择。

三.计算题

15.匝数为100匝的闭合矩形金属线圈abcd绕垂直千磁感线的固定轴00'匀速转动，周期为0.02s,线圈平面位于如图所示的匀强磁场中。

线圈总电阻为

，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中感应电流最大值

，求：

（1）线圈中电流瞬时值表达式；

（2）线圈转动一周产生的焦耳热；

（3）线圈中感应电流为lA时穿过线圈磁通量的变化率。

【答案】

（1）

（2）0.08J（3）0.02Wb/s

【解析】

（1）线圈转动的角速度ω＝

＝100πrad/s

根据题意可知电流瞬时值表达式为i＝2cos100πt（A）

（2）感应电流的有效值

线圈转动一周的焦耳热Q＝I2RT＝（

）2×2×0.02＝0.08J

（3）线圈中感应电流为1A，则感应电动势E＝IR＝2V

E＝n

＝2V

故可知此时磁通量的变化率

＝

Wb/s＝0.02Wb/s

16.如图所示，平行长直光滑固定的金属导轨MN、PQ平面与水平面的夹角0=30°'导轨间距为L=0.5m,上端接有R=3Ω的电阻，在导轨中间加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁场区域为

，磁感应强度大小为B=2T,磁场区域宽度为d=0.4m,放在轨道的一金属杆ab质量为m=0.08kg、电阻为r=2Ω,从距磁场上边缘d0处由静止释放，金属杆进入磁场上边缘的速度v=2m/s。

两轨道的电阻可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为g=l0m/s2,求：

（1