学年山西省芮城县高二上学期期末考试物理试题.docx

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学年山西省芮城县高二上学期期末考试物理试题

2018-2019学年山西省芮城县高二上学期期末考试

物理试题

★祝考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：

高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：

每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：

用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：

先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、选择题

1.在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法中符合物理学发展史的是（　　）

A.奥斯特发现了点电荷的相互作用规律

B.库伦发现了电流的磁效应

C.安培通过实验研究，发现了电流周围存在磁场

D.法拉第最早引入电场的概念，并发现了磁场产生电流的条件和规律

【答案】D

【解析】

A、库仑总结出了真空中的点电荷间的相互作用的规律，故A错误；

B、奥斯特发现了电流的磁效应，发现了电流周围存在磁场，故BC错误；

D、法拉第最早引入电场的概念，并发现了磁场产生电流的条件和规律，故D正确。

故选：

D。

2.下列说法正确的是

A.图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径

B.图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极

C.图丙所示的速度选择器可以判断粒子电性，带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq=qvB，即v=E/B

D.图丁是磁电式电流表内部结构示意图，线圈在磁极所产生的匀强磁场中转动

【答案】A

【解析】

【详解】图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，根据

，且

可知，要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径，选项A正确；图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出正离子向下板B偏转，即A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，选项A错误；图丙所示的速度选择器，带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq=qvB，即v=E/B，正负粒子均可，与粒子电性无关，故不可以判断粒子电性，选项C错误；图丁是磁电式电流表内部结构示意图，磁场是均匀地辐向分布，磁感线始终与线圈平面平行，通电线圈所在的磁场是非匀强磁场。

故D错误；故选A.

3.某空间存在匀强磁场和匀强电场。

一个带电粒子（不计重力）以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是

A.磁场和电场的方向

B.磁场和电场的强弱

C.粒子的电性和电量

D.粒子入射时的速度

【答案】C

【解析】

由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即

，则

，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求，例如：

电场方向向下，磁场方向垂直纸面向里等，但是对电性和电量无要求，故选项C正确，ABD错误。

点睛：

本题考查了带电粒子在复合场中的运动，实际上是考查了速度选择器的相关知识，注意当粒子的速度与磁场不平行时，才会受到洛伦兹力的作用，所以对电场和磁场的方向有要求的。

4.如图所示，平行金属板M、N之间有竖直向下的匀强电场，虚线下方有垂直纸面的匀强磁场，质子和α粒子分别从上板中心S点由静止开始运动，经电场加速后从O点垂直磁场边界进入匀强磁场，最后从a、b两点射出磁场（不计重力），下列说法正确的是

A.磁场方向垂直纸面向内

B.从a点离开的是α粒子

C.从b点离开的粒子在磁场中运动的速率较大

D.粒子从S出发到离开磁场，由b点离开的粒子所用时间较长

【答案】D

【解析】

【分析】

根据粒子在磁场中的偏转方向，由左手定则得到磁场方向；根据动能定理求得在磁场中运动的速度，然后根据洛伦兹力做向心力求得半径，即可区分两粒子，且得到其速度大小关系；根据匀变速运动规律得到在电场中的运动时间，由匀速圆周运动规律求得在磁场中的运动时间，即可根据荷质比判断时间长短。

【详解】质子和 α 粒子带正电，由粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则可得：

磁场方向垂直纸面向外，故A错误；设粒子质量为m，带电量为q，匀强电场的场强为E，电势差为U，匀强磁场的磁感应强度为B；那么根据动能定理可得：

qU＝

mv2，则有洛伦兹力做向心力可得：

Bvq＝

；所以粒子在磁场中运动的轨道半径

；故荷质比越大，轨道半径越小；所以从 a 点离开的是质子，从 b 点离开的粒子的是 α 粒子；根据动能定理可得：

v＝

，故荷质比越大，在磁场中运动的速率越大，故从 b 点离开的α粒子荷质比较小，在磁场中运动的速率较小；故BC错误；粒子在电场中运动的时间

；粒子在磁场中的运动时间

；故荷质比越大，粒子从 S 出发到离开磁场所用时间t1+t2越小；那么从 b 点离开的粒子的是 α 粒子荷质比较小，时间较长，故D正确；故选D。

【点睛】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。

5.将一个电源与一个电阻箱连接构成闭合回路，测得的电阻箱所消耗的功率P与电阻箱的读数R的关系如图所示，下列说法正确的是

A.电源的电动势为45V

B.电源的内阻为5Ω

C.电源最大输出功率可能大于45W

D.电阻箱消耗的功率为最大值时，电源的效率大于50%

【答案】B

【解析】

【分析】

根据电源输出功率的性质可知，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，最大值为P=

，此时电源的效率为50%．

【详解】当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，由图可知，电源的内阻为5Ω，故B正确；由

可知，E=30V；故A错误；由图可知，电源的输出功率最大为45W，故C错误；根据效率公式可得：

，最大功率时内外电阻相等，所以效率为50%．故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查电源的输出功率的特点，要注意明确当内外电阻相等时电源的输出功率最大，但此时效率只有50%．

6.如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（）

A.仍然保持静止

B.竖直向下运动

C.向左下方运动

D.向右下方运动

【答案】D

【解析】

本题考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，意在考查考生分析问题的能力。

两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D正确。

点睛：

本题以带电粒子在平行板电容器电场中的平衡问题为背景考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，解答本题的关键是根据电场线与导体表面相垂直的特点，B板右端向下，所以电场线发生弯曲，电场力方向改变。

7.如图所示，界面MN与水平地面之间有足够大正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直．在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面．若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A.小球做匀变速曲线运动

B.小球的电势能保持不变

C.洛伦兹力对小球做正功

D.小球动能的增量等于其电势能和重力势能减少量的总和

【答案】D

【解析】

试题分析：

小球进入电场时，速度方向竖直向下，受到自身重力

竖直向下，电场力

水平向右，洛伦兹力

水平向右，合力方向与速度不共线，小球做曲线运动，而且与速度不能保持垂直，小球不能做匀速圆周运动，但随着速度大小变化，洛伦兹力变化，加速度变化，不是匀变速曲线运动选项A错。

电场力做正功，电势能减少，选项B错。

洛伦兹力不做功，选项C错。

根据功能关系，减少的重力势能和电势能之和等于增加的动能，选项D对。

考点：

带电小球在复合场中的运动

8.如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，有无数带有同种电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P点进入磁场。

这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的1/6，将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2，结果相应的弧长变为原来的2倍，则B2/B1等于

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【分析】

画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，进行比较即可．

【详解】设圆的半径为r

（1）磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠POM=60°，如图所示：

所以粒子做圆周运动的半径R为：

sin30°=

，解得：

R=0.5r。

磁感应强度为B2时，相应的弧长变为原来的2倍，即弧长为圆的周长的1/3，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠PON=120°，如图所示：

所以粒子做圆周运动的半径R′为：

sin60°=

，解得：

R′=

r，由带电粒子做圆周运动的半径：

，由于v、m、q相等，则得：

；故选B。

【点睛】带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般由动力学公式求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解．

9.如图所示，a、b、c、d为一边长为l的正方形的顶点,电荷量均为q（q<0）的两个点电荷分别固定在a、c两点，静电力常量为k,不计重力。

下列说法正确的是

A.过b、d点的直线位于同一等势面上

B.b点的电场强度大小为

C.在两点电荷产生的电场中，a、c两点的电势最低

D.在b点从静止释放的电子，到达d点时速度为零

【答案】BC

【解析】

【分析】

先求解两个电荷单独存在时在b点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到b点的场强；根据等量同种点电荷的电场的特点判断b、d连线上各点电势的关系。

根据电子的受力情况分析运动。

【详解】顺着电场线电势逐渐降低；由等量同种点电荷的电场分布的特点可知，过b、d的直线不是等势面，在ac中点的电势最低。

故A错误；ac两电荷在b点的电场强度是矢量合，Ea＝Ec＝

，则b点的电场强度大小为：

E＝2Eacos45°＝

，故B正确；因负电荷放在a、c两点，可知在两点电荷产生的电场中，a、c两点的电势最低，选项C正确；在b点从静止释放的电子，由于受到垂直ac向上的斥力作用，则电子将向上运动，不会到达d点，选项D错误；故选BC.

10.如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻r

闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，下列说法正确的是

A.R2消耗的功率变大

B.R3消耗的功率变大

C.电源输出的功率变大

D.电源内阻消耗的功率变小

【答案】AC

【解析】

【分析】

滑动变阻器分为左右两部分分别与R2和R3串联，R2与R3并联后与R1串联，c为滑动变阻器的中点，滑动触头在此点时，总电阻最大，然后根据欧姆定律分析电流变化，根据P=UI分析功率变化。

电源输出的功率P在r=R外时最大，电源的内阻r＜R外，R外减小时，电源输出功率增大。

【详解】c为滑动变阻器的中点，滑动触头在此点时，总电阻最大，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，总电阻减小，总电流增大，R1和电源内阻分的电压增大，电源内阻消耗的功率变大，并联电路电压减小，R3所在之路电阻增大，电压减小，故电流减小，R3消耗的功率减小，而R2的电流增大，故R2功率增大，故A正确，BD错误；电源输出的功率P在r=R外时最大，电源的内阻r＜R外，R外减小时，电源输出功率增大，故C正确；故选AC。

【点睛】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从中间→左端总电阻变化情况的判断。

11.如图甲所示，线圈的匝数n=100匝，横截面积S=50cm2，线圈总电阻r=10Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间作如图乙所示变化，则在开始的0.1s内

A.a、b间电压为0

B.线圈中磁通量的变化量为0.25Wb

C.线圈中磁通量的变化率为2.5×10-2Wb/s

D.在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25A

【答案】CD

【解析】

【分析】

由图象b的斜率读出磁感应强度B的变化率

，由法拉第电磁感应定律可求得线圈中的感应电动势。

由闭合电路欧姆定律可求得感应电流大小，从而求出a、b间的电势差。

【详解】通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ2=B'S为正，则线圈中磁通量的变化量为△Φ=B'S-（-BS），代入数据即△Φ=（0.1+0.4）×50×10-4Wb=2.5×10-3Wb，故B错误；磁通量的变化率

，故C正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E=n

=2.5V；即a、b间电压为2.5V；感应电流大小

，故A错误，D正确。

故选CD。

【点睛】本题是感生电动势类型，关键要掌握法拉第电磁感应定律的表达式E=n

，再结合闭合电路欧姆定律进行求解，注意楞次定律来确定感应电动势的方向。

12.如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在倾角为30°的斜面上，导轨间距为L，导轨下端连接一个阻值为R的定值电阻，空间中有一磁感应强度大小为B、方向垂直导轨所在斜面上的匀强磁场。

在斜面上平行斜面固定一个轻弹簧，弹簧劲度系数为k，弹簧上端与质量为m、电阻为r、长为L的导体杆相连，杆与导轨垂直且接触良好。

导体杆中点系一轻细线，细线平行斜面，绕过一个光滑定滑轮后悬挂一个质量也为m的物块。

初始时用手托着物块，导体杆保持静止，细线伸直，但无拉力。

释放物块后，下列说法正确的是

A.释放物块瞬间导体杆的加速度为g

B.导体杆最终将保持静止，在此过程中电阻R上产生的焦耳热为

C.导体杆最终将保持静止，在此过程中细线对导体杆做功为

D.导体杆最终将保持静止，在此过程中流过电阻R的电荷量为

【答案】BCD

【解析】

【分析】

对整体分析，根据牛顿第二定律求出瞬时的加速度大小；根据平衡得出弹簧开始的压缩量和最终伸长量相等，弹性势能不变，结合能量守恒求出整个回路产生的热量，从而得出电阻R上产生的热量。

对导体棒运用动能定理，求出细线对导体棒做功的大小。

根据电量的经验表达式，结合磁通量的变化量求出通过电阻R的电荷量。

【详解】初始时，弹簧被压缩，弹力大小kx1=mgsinθ，即kx1=mgsin30°=0.5mg，释放物块瞬间，安培力为零，对杆和物块分析有：

mg+kx1-mgsinθ=2ma解得a=0.5g，故A错误。

由于电磁感应消耗能量，杆最终速度为零，安培力为零，细线拉力T=mg，弹簧处于伸长状态；对导体杆有：

弹力kx2+mgsinθ=T，得kx2=0.5mg，解得x1＝x2＝

，弹簧弹性势能不变，对物块、导体杆、弹簧整个系统，由能量守恒得mg（x1+x2）=mg（x1+x2）sinθ+Q，解得：

，则电阻R上产生的焦耳热

，故B正确。

从运动到最终停止，弹簧弹力对导体棒做功为零，对导体棒运用动能定理得，WF-WA-mg（x1+x2）sinθ=0，解得细线对导体杆拉力做功WF＝WA+

mg（x1+x2）＝

，故C正确。

流过电阻R上的电荷量为

，故D正确。

故选BCD。

【点睛】本题是导体棒在导轨上滑动的类型，分析杆的运动状态，确定其受力情况是关键，特别是弹簧长度的变化是难点。

对于热量，往往根据能量守恒求解。

二.填空题

13.图示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。

它的右臂挂着匝数为n的矩形线圈，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。

当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。

然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂达到新的平衡。

（1）磁感应强度B=__________。

（用已知量和测量得到的量n、m、L、I表达）

（2）当n=9,L=10.0cm,I=0.10A,m=9.0g,g=10m/s2时，可计算得B=__________T。

【答案】

（1）.

（1）

（2）.

（2）0.5

【解析】

【分析】

天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小，由此列方程求解。

【详解】

（1）设电流方向未改变时，等臂天平的左盘内砝码质量为m1，右盘的质量为m2，则由等臂天平的平衡条件，有：

m1g=m2g-nBIL

电流方向改变之后，同理可得：

（m+m1）g=m2g+nBIL

两式相减得：

（2）带入数据：

；

14.如图

（1）所示是某兴趣小组设计的一个测量电流表A的内阻RA（约为5Ω）和一个电池组的电动势E及内电阻r的实验电路。

已知电流表的量程为100mA。

他们的实验步骤如下：

①断开单刀双掷开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R0，使电流表A满偏;

②保持R0的阻值不变，将单刀双掷开关S2接M端，调节电阻箱R的值，当R的阻值为

时A的示数为52.0mA;

③断开开关S1，将单刀双掷开关S2接N端，不断改变和记录电阻箱的值R以及分别与R相对应的电流表的值I;

④分别以R和1/I为横坐标和纵坐标建立平面直角坐标系，利用记录的R和对应的1/I进行描点画线，得到如图

（2）所示的图线;

⑤通过测量得知该图线在纵轴上的截距为b、斜率为k。

根据以上实验操作，回答以下问题：

（1）在进行实验步骤①之前，应先将滑动变阻器的滑动端置于______（填“左端”、“中间”、“右端”）。

（2）被测电流表的内阻RA=_______；测量值与电流表内阻的真实值相比较________（填“偏大”、“偏小”、“相等”）

（3）被测电池组的电动势E=_____，内电阻r=______（用实验过程中测得的物理量的字母进行表示，电流表内阻不可忽略）

【答案】

（1）.

（1）右端

（2）.

（2）4.8Ω（3）.偏小（4）.（3）E=1/k（5）.

【解析】

【分析】

（1）在进行实验步骤①之前，应先将滑动变阻器的滑动端置于电阻最大的位置；

（2）根据实验的原理，结合欧姆定律和电路的特点解答；（3）根据闭合电路的欧姆定律，建立1/I-R函数关系，根据图像的斜率和截距解答.

【详解】

（1）在进行实验步骤①之前，应先将滑动变阻器的滑动端置于电阻最大的位置，即置于最右端位置；

（2）由并联电阻的特点可知，当电流表读数为IA=52mA时，电阻箱R的电流为IR=100mA-52mA=48mA；由并联电路的特点可知：

，解得RA=4.8Ω

当将单刀双掷开关S2接M端后，电路的总电阻减小，总电流变大，即总电流大于100mA，而当电流表读数为52mA时，通过电阻箱的电流IR将大于48mA，

可知测得的RA偏小；

（3）根据闭合电路欧姆定律：

，可得

，则

，

解得

，

三.计算题

15.如图所示，固定于水平面上的金属框架MDEN处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？

请推导出这种情况下B与t的关系式．

【答案】B＝

【解析】

试题分析：

只要通过闭合回路的磁通量不变，则MN棒中不产生感应电流，抓住磁通量不变，求出B随时间t变化的关系．

要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线框平面的磁通量不发生变化

在t=0时刻，穿过线框平面的磁通量

设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为

由

得：

【点睛】解决本题的关键抓住通过闭合回路的磁通量不变，MN棒中就不产生感应电流，列出变化前后的磁通量的表达式，求解即可。

16.一个质量m=0.1g的小滑块，带有q=5×10-4C的电荷，放置在倾角α=450的光滑斜面上（斜面绝缘），斜面置于B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面。

问：

（1）小滑块带何种电荷？

（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？

（3）该斜面的长度至少多长？

【答案】

（1）负电

（2）2

m/s（3）

【解析】

【分析】

（1）带电滑块在滑至某一位置时，由于在洛伦兹力的作用下，要离开斜面。

根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性。

（2）由光滑斜面，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动。

借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小，

（3）根据动能定理求出位移大小。

【详解】

（1）小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg、斜面支持力N和洛伦兹力F．若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷。

（2）小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有：

qvB+N-mgcosα=0

当N=0时，小滑块开始脱离斜面，此时有：

qvB=mgcosα

得：

（3）下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得：

mgxsinα=

mv2

斜面的长度至少应是：

。

【点睛】本题突破口是从小滑块刚从斜面离开时，从而确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于没有离开之前做匀加速直线运动，所以也可以由运动与力学公式解出运动的时间及位移。

17.如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L=1m,导轨平面与水平面成θ角，θ=37゜,下端连接阻值为R=2Ω的电阻。

匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场强度大小B=0.4T。

质量为m=0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上,棒与导轨垂直并保持良好接触,它们之间的动摩擦因数为µ=0.25（g=10m/s2sin370=0.6cos370=0.8），求:

（1）金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小;

（2）当金属棒下滑速度达到稳定时,求该速度的大小;

（3）在

（2）问中,若金属棒中的电流方向由a到b,求磁感应强度的方向及此时R消耗的电功率。

【答案】

（1）4m/s2

（2）10m/s（3）8W

【解析】

【分析】金属棒开始下滑的初速为零，由牛顿第二定律求出加速度大小，金属棒运动达到稳定时，由平衡条件得出速度的大小。

解:

（1）金属棒开始下滑的初速为零,

由牛顿第二定律得

得出:

（2）设金属棒运动达到稳定时,速度