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2022-2023学年湖南重点大学附中高二（下）第一次月考物理试卷及答案解析
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这是一份2022-2023学年湖南重点大学附中高二（下）第一次月考物理试卷及答案解析，共23页。试卷主要包含了 下列说法正确的是，2m/s等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖南重点大学附中高二（下）第一次月考物理试卷
1. 从太阳或其它星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子。这些高能带电粒子到达地球会对地球上的生命带来危害，但由于地球周围存在地磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，如图所示，对地球上的生命起到保护作用。假设所有的宇宙射线从各个方向垂直射向地球表面，那么以下说法正确的是( )
A. 地磁场对宇宙射线的阻挡作用各处都相同
B. 由于南北极磁场最强，因此阻挡作用最强
C. 沿地球赤道平面射来的高能正电荷向东偏转
D. 磁偏角θ是地轴与地磁极线的夹角为一定值
2. 下列说法正确的是( )
A. 红外线可以用来消毒，紫外线可以用来加热理疗，X射线可以用来诊断病情
B. 由E=Fq可知，电场中某点的电场强度E与q成反比，与F成正比
C. 变化的磁场能产生电场，变化的电场能产生磁场
D. 根据公式B=FIL可知，通电导线受磁场力为零的地方磁感应强度一定为零
3. 如图所示，在一个很小的矩形导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，它就成了一个霍尔元件。在E、F间通入恒定的电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，则薄片中的电荷就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N间出现了电压，称为霍尔电压UH。当磁场方向和电流方向如图所示时，关于霍尔电压的大小，下列说法正确的是( )
A. 将磁场方向和电流方向同时反向，N板电势低于M板电势
B. 将磁场方向变为与薄片的上下表面平行，UH不变
C. 电流和磁场方向如图所示时，N板电势高于M板电势
D. 在电流和磁场一定时，薄片的厚度越大，则UH 越小
4. 如图所示，光滑水平轨道上有两辆静止小车，甲车上固定一个条形磁铁，N极向右，乙车上固定一个螺线管，螺线管通过电阻R连成通路。现推动一下甲车，使它获得向右的初速度，当它向乙车运动时，下列说法正确的是( )
A. 电阻R中的电流方向由a向b，两车系统动量不守恒、动能守恒
B. 电阻R中的电流方向由a向b，两车系统动量守恒、动能不守恒
C. 电阻R中的电流方向由b向a，两车系统动量不守恒、动能守恒
D. 电阻R中的电流方向由b向a，两车系统动量守恒、动能不守恒
5. 如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表Ⓥ的示数为U，理想电流表Ⓐ的示数为I。下列说法正确的是( )
A. 保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B. 保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C. 保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D. 保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
6. 如图所示，水平地面上有沿x轴正方向的电场，其沿x轴的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15,3)的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为+2.0×10−8C的滑块P(可视作质点)，从x=0.10m处由静止释放，其与水平地面间的动摩擦因数为0.02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 沿x轴正方向，电场强度逐渐增大
B. 滑块先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动，最终静止
C. 滑块运动的最大速度约为0.2m/s
D. 滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置
7. 等离子体气流由左方连续以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接．线圈A内有如图乙所示的变化磁场，且规定向左为磁场B的正方向，如图甲所示，则下列叙述正确的是( )
A. 0～1s内ab、cd导线互相吸引 B. 1～2s内ab、cd导线互相排斥
C. 2～3s内ab、cd导线互相吸引 D. 3～4s内ab、cd导线互相排斥
8. 如图所示，两条相距为L的光滑平行导轨竖直放置，其上接一个阻值为R=2r的电阻，在OO′下方空间有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，棒ab自OO′上方某一位置释放，从棒运动到OO′位置开始计时，在OO′上方空间出现一个面积为S的垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间变化关系为B′=kt，k为大于零的已知常量，棒ab以速度v0进入OO′下方磁场时立即施加一个竖直向下的外力F才能使其保持匀速直线运动。棒ab的电阻为r、质量为m，重力加速度为g，感应电流产生的磁场不计。则下列说法正确的是( )
A. 棒匀速直线运动时的电流为BLv0+ktS3r，方向从a向b
B. ab棒所受外力F的大小为BL(BLv0+kS)3r−mg
C. t时刻穿过回路的总磁通量Φ=Blv0t+ktS
D. 若把导轨上的定值电阻换成最大阻值为2r的滑动变阻器，则它消耗的最大功率为(BLv0+kS)24r
9. 磁悬浮列车是快速交通方式之一。2016年时速600km/ℎ的磁悬浮列车在青岛下线。磁悬浮列车的部分可以简化为线圈通过磁场。如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1与L2之间、L3与L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面向里。现有一矩形线圈abcd，宽度cd=L=0.5m，质量为0.1kg，电阻为2Ω，将其从图示位置静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，t2～t3之间图线为与t轴平行的直线，t1～t2之间和t3之后的图线均为倾斜直线，已知的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10m/s2)。则( )
A. 在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.5C
B. 线圈匀速运动的速度大小为8m/s
C. 线圈的长度为2m
D. 0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2J
10. 在如图所示的电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，C是电容足够大的电容器，D是理想二极管，L是一个自感系数较大的线圈，且L的直流电阻与灯泡的电阻相同。电路接通稳定后，断开开关S，下列说法正确的是( )
A. A灯会闪亮一下，然后逐渐熄灭
B. 在灯熄灭前的任意时刻，A，B两灯的电压相同
C. 在灯熄灭前的任意时刻，通过B灯的电流是A灯的2倍
D. 在灯熄灭前，L中会产生自感电动势
11. 如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，线圈的电阻为R，线圈共N匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：2，定值电阻R1=R，当线圈的转动的转速为n时，电压表的示数为U，则( )
A. 电流表的示数为2UR
B. 从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e=52Ucos2πnt
C. 线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为5 2U4Nnπ
D. 当线圈的转动的转速为2n时，电压表的示数为2U
12. “测定玻璃的折射率”的实验中，在水平放置的白纸上放好玻璃砖，aa′和bb′分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图1所示，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，用“+”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针P3和P4。
(1)在插P3和P4时，应使______ (选填选项前的字母)。
A.P3只挡住P1的像
B.P1只挡住P3
C.P3同时挡住P1、P2的像
D.P4挡住P3及P1、P2的像
(2)该小组用同一套器材完成了四次实验，如图记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如图所示，其中实验操作正确的是______ 。
(3)该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图2所示，则玻璃的折射率n= ______ 。(用图中线段的字母表示
)
13. 某实验小组用下列器材设计欧姆表电路，使欧姆表具有“×1””、“×10”两种倍率。现有一块小量程电流表G(表头)，满偏电流为100μA，内阻未知，可供选择的器材有：
A.滑动变阻器R1，最大阻值100kΩ；
B.滑动变阻器R2，最大阻值10kΩ
C.电阻箱R，最大阻值999.9Ω；
D.电源E1，电动势1.5V
E.电源E2，电动势9V；
F.开关S1和S2；双掷开关S3；
电阻丝及导线若干。
(1)实验小组的同学先采用图(甲)所示电路测量了表头的内阻，操作步骤如下：闭合开关S2，调滑动变阻器R′使电流表指针指向满偏：保持滑动变阻器阻值不变，闭合开关S1，调电阻箱R，使电流表指针指向满偏电流的一半：读出电阻箱的阻值R，记为电流表的内阻。为提高测量精确度，R′选用______ ，电源选用______ (填写器材前字母代号)。
(2)选择合适器材，按图(乙)连接好的欧姆表电路，就改装成了具有两种倍率(如“×1”、“×10”)的欧姆表。当开关S3拨到b时，欧姆表的倍率是______ (选填“×1”、“×10”)，若R1=10Ω，则R2= ______ Ω。
(3)若欧姆表的刻度值是按电动势为1.5V刻度的，当电池的电动势下降到1.2V时，欧姆表仍可调零。若重新调零后的欧姆表测得某待测电阻阻值为300Ω，则这个待测电阻的真实值为______ Ω。
14. 图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图。其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n=100匝、电阻r=10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90Ω，与R并联的交变电压表为理想电表。在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化。求：
(1)交流发电机产生的电动势最大值；
(2)电动势的瞬时值表达式。
(3)线圈转过130s时电动势的瞬时值。
(4)电路中交变电压表的示数。
15. 如图所示，质量为5.0kg的小车以2.0m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是14光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小E为50N/C，磁感应强度大小B为2.0T.现有一质量为2.0kg、带负电且电荷量为0.10C的滑块以10m/s向右滑入小车，当滑块运动到D点时相对地面的速度为5m/s，计算结果保留两位有效数字，求：
(1)滑块从A到D的过程中，小车、滑块组成的系统损失的机械能。
(2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76N，求圆弧轨道的半径r。
(3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块不冲出圆弧轨道，求此圆弧的最大半径。
16. 如图所示，有一足够长的光滑平行金属导轨间距为L，折成倾斜和水平两部分，倾斜部分导轨与水平面的夹角为θ=30°，水平和倾斜部分均处在磁感应强度为B的匀强磁场中，水平部分磁场方向竖直向下，倾斜部分磁场垂直倾斜导轨所在平面向下(图中未画出)，两个磁场区域互不叠加。将两根金属棒a、b垂直放置在导轨上，并将b用轻绳通过定滑轮和小物块c连接。已知两棒的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，小物块c的质量也为m，不考虑其他电阻，不计一切摩擦，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且保持接触良好，b始终不会碰到滑轮，重力加速度大小为g。
(1)锁定a，释放b，求b的最终速度vm；
(2)a、b由静止释放的同时在a上施加一沿倾斜导轨向上的恒力F=1.5mg，求达到稳定状态时a、b的速度大小；
(3)若(2)中系统从静止开始经时间t达到稳定状态，求此过程中系统产生的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、高能带电粒子到达地球受到地磁场的洛伦兹力作用，发生偏转。粒子在不同的磁场中，所受到的洛伦兹力大小不一，而磁场在南、北两极的磁场几乎与地面垂直，在赤道附近磁场的方向几乎与地面平行，结合洛伦兹力的特点可知，地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最弱，赤道附近最强，故AB错误；
C、根据左手定则，地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带正电粒子在洛伦兹力作用下向东偏转，偏向面与赤道平面平行，故C正确；
D、磁偏角时不断变化的，故D错误；
故选：C。
根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向。
本题考查了地球磁场的分布特点和左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向，从而判断粒子的运动情况。
2.【答案】C
【解析】解：A、红外线具有热作用可以用来加热理疗，紫外线具有波长短、频率高、能量大的特点可以进行消毒，X射线可以用来进行透视以诊断病情，故A错误；
B、电场强度的定义E=Fq采用比值定义法，E与F、q均无关，只与电场本身的性质有关，故B错误；
C、根据电磁波产生理论可知，变化的磁场能产生电场，变化的电场能产生磁场，故C正确；
D、根据公式B=FIL只适用于B和I相互垂直的情况，如果二者平行，通电导线受磁场力为零，所以不能根据通电导线受磁场力为零来判断磁感应强度是否为零，故D错误。
故选：C。
明确各无线电波的性质和应用，知道电场强度和磁感应强度均采用比值定义法，明确它们的性质，知道麦克斯韦关于电磁理论的假设内容。
本题考查了电磁波、电场强度和磁感应强度，要注意明确比值定义法的应用，知道F=BIL只适用于磁场和电流相互垂直的情况。
3.【答案】AD
【解析】解：AC.导体薄片是自由电子定向移动导电，电流和磁场方向如图所示时，根据左手定则，载流子向N电极偏转，则电极N电势低于电极M电势，同理，将磁场方向和电流方向同时反向，根据左手定则，仍然是N板电势低，故A正确，C错误；
B.将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，根据左手定则，则载流子受到上下方向的洛伦兹力，或者不受洛伦兹力，因此M、N间不存在电势差，故B错误；
D.设半导体薄片的厚度为d，宽度为b，长度为L，载流子所受的电场力等于洛伦兹力，设材料单位体积内载流子的个数为n，材料截面积为S，根据平衡条件有qUb=Bqv
电流微观表达式
I=nqSv
S=bd
解得霍尔电压UH=BInqd
UH与磁感应强度B、电流I、厚度d有关，在电流I、磁场B一定时，薄片的厚度越大，则UH越小，故D正确。
故选：AD。
根据左手定则，分析载流子移动情况，分析电势高低；
将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，根据左手定则，分析电势差；
根据平衡条件和电流微观表达式，分析霍尔电压。
本题解题关键是根据平衡条件和电流微观表达式，分析出霍尔电压UH=BInqd。
4.【答案】B
【解析】解：甲车向右运动过程，穿过螺线管的磁场方向向右，磁通量增加，由楞次定律可知，螺线管感应电流磁场方向向左，由安培定则可知，通过R的电流由a向b；
两车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；两车运动过程螺线管产生感应电流，产生电能，系统的部分机械能转化为电能，由能量守恒定律可知，系统机械能减少，由于两车高度不变，重力势能不变，则两车系统的动能减少，动能不守恒，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据楞次定律判断感应电流方向；系统所受合外力为零，系统动量守恒，只有重力或弹力做功，机械能守恒，根据动量守恒的条件与机械能守恒的条件分析答题。
知道动量守恒与机械能守恒的条件是解题的前提，根据题意应用楞次定律、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
5.【答案】B
【解析】解：根据原副线圈两端的电流和电压的比值关系可知，原线圈的“等效电阻”与副线圈的电阻的比值关系为：R原R副=U1I1U2I2=(n1n2)2。
可知此电路的等效电路如图所示：
AB、保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，即原、副线圈的匝数比保持不变，R2接入电路的阻值减小，则由上述分析可知，原线圈位置的等效电阻保持不变，因为滑动变阻器的电阻变小，则电流I变大，U变小，而R1消耗的功率增大，故A错误，B正确；
C、保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n2减小，等效电阻增大，电流I减小，则电压表的示数减小，故C错误；
D、滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，此时“等效电阻”的阻值为R等效=(n112n1)2R=4R
故选：B。
保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，即原、副线圈的匝数比保持不变，R2接入电路的阻值减小，根据变压器原理结合欧姆定律分析AB选项；
将原线圈以及后面的电路等效为一个电阻，根据电路动态分析的方法进行分析；
将原线圈以及后面的电路等效为一个电阻，当等效电阻的阻值等于9R时，R1消耗的电功率最大，由此分析。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比。知道等效电阻的阻值计算方法，掌握功率最大的条件。
6.【答案】D
【解析】解：A、沿x轴正方向电势逐渐降低，所以电场线方向应该是沿x轴正方向，电势φ与位移x图线切线的斜率表示电场强度，所以电场强度逐渐减小，故A错误；
B、滑块与水平地面间的滑动摩擦力(最大静摩擦力)大小为Ff=μmg=0.02×0.2×10N=0.04N
由图可知x=0.1m处电场强度大于x=0.15m处电场强度，x=0.15m处的场强E=ΔφΔx=3×1050.3−0.15V/m=2.0×106V/m
即滑块释放时所受电场力大小F>qE=2.0×10−8×2.0×106V/m=0.04N=Ff
所以滑块释放后开始向右加速运动，由于φ−x图像的斜率的绝对值不断减小且最后趋于零，所以电场强度也不断减小且最后趋于零，则滑块受到向右的电场力不断减小且最后趋于零，根据牛顿第二定律可推知滑块一开始做加速度减小的加速运动，当电场力减小至比滑动摩擦力还小时，滑块开始做加速度增大的减速运动，最终将静止，故B错误；
C、当滑块所受电场力大小与滑动摩擦力大小相等时滑块速度最大(设为v)，根据前面分析可知此时滑块位于x=0.15m处，由图可知x=0.1m与x=0.15m之间的电势差约为
U1=φ0.1−φ0.15
根据动能定理有
qU1−μmgΔx1=12mv2
解得
v=0.1m/s
故C错误；
D.假滑块最终在0.3m处停下，x=0.1m与x=0.3m之间的电势差约为U2=φ0.1−φ0.3
滑块从x=0.1m到x=0.3m过程中电场力做功为
W=qU2=
解得：W=6×10−3J
滑动摩擦力做功为
W′=μmgΔx2
代入数据解得：W′=8×10−3J>W
假设不成立，由上式并结合C项分析可知，滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置，故D正确。
故选：D。
电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，根据斜率判断电场强度的变化，根据牛顿第二定律判断出加速度的变化，根据加速度方向与速度方向的关系，判断出速度的变化，根据动能定理分析最大速度，从而分析滑块停止的位置。
解决本题的关键知道电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，会根据滑块的受力判断出滑块的运动情况。
7.【答案】BC
【解析】解：AB、由左侧电路可以判断ab中电流方向由a到b；由右侧电路及图乙可以判断，0～2 s内cd中电流为由d到c，跟ab中电流同向，因此ab、cd相互排斥，故A错误，B正确；
CD、2～4 s内cd中电流为由c到d，跟ab中电流反向，因此ab、cd相互吸引，故C正确、D错误；
故选：BC．
等离子流通过匀强磁场时，正离子向上偏转，负离子向下偏转，因此将形成从a到b的电流，线圈A中磁场均匀变化，形成感应电流，根据楞次定律判断出流经导线cd的电流方向，然后根据流经导线的电流同向时相互吸引，反向时相互排斥判断导线之间作用力情况．
利用法拉第电磁感应定律E=N△B△ts时，注意B−t图象中斜率的物理意义．注意感应电动势的大小看磁通量的变化率，而非磁通量大小或者磁通量的变化量．
8.【答案】BCD
【解析】解：A.根据右手定则和楞次定律可知，切割磁感线在ab中产生的感应电流方向与面积为S的区域中的磁场变化产生的感应电流方向相同。
感应电动势：E1=ΔΦΔt=ΔBΔt⋅S=kS
动生电动势：E2=BLv0
所以棒匀速直线运动时的电流为：I=E1+E2R+r
联立解得：I=BLv0+kS3r，方向从a向b，故A错误；
B.ab棒受力平衡，有：F+mg=BIL，可得：F=BL(BLv0+kS)3r−mg，故B正确；
C.t时刻穿过回路的总磁通量为：Φ=Blx+B′S=Blv0t+ktS，故C正确；
D.设电源电动势为E，内电阻为r，外电阻为R，电路中的电流为：I=ER+r，电源的输出功率为P=I2R=(ER+r)2R=E2R+r2R+2r
根据数学知识可得，当R=r时，电源的输出功率最大，最大功率为：Pm=(E2r)2⋅r=E24r=(BLv0+kS)24r，故D正确。
故选：BCD。
切割磁感线在ab中产生的感应电流方向与面积为S的区域中的磁场变化产生的感应电流方向相同，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律进行解答；根据平衡条件求解拉力F；根据磁通量的计算公式进行解答；当内外电阻相等时，电源的输出功率既滑动变阻器消耗的功率最大，根据电功率的计算公式进行解答。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。
9.【答案】BC
【解析】解：B、t2～t3这段时间内v−t图线为与t轴平行的直线，表明线框做匀速直线运动，则线框所受安培力与重力平衡，有BIL=mg
又E=BLv2，I=ER，可得线圈匀速运动的速度大小：v2=mgRB2L2=0.1×10×212×0.52m/s=8m/s，故B正确；
C、设磁场宽度为d，由题意分析可知线圈的长度为2d，则在t1～t2时间内，有v2=v1+g⋅Δt
3d=v1+v22⋅Δt
解得v1=2m/s，d=1m
则线圈的长度为2m，故C正确；
A、在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为q=I−⋅Δt=E−⋅ΔtR=ΔΦR，又ΔΦ=BLd，则q=ΔΦR=BLdR=1×0.5×12C=0.25C，故A错误；
D、0～t3时间内，根据能量守恒定律有mg×5d=12mv22+Q，解得线圈产生的热量：Q=1.8J，故D错误。
故选：BC。
在0～t1时间内，根据感应电荷量公式q=ΔΦR，求解通过线圈的电荷量；t2～t3这段时间内线圈做匀速直线运动，线圈所受的安培力和重力平衡，根据平衡条件求出匀速直线运动的速度；通过线圈在t1～t2的时间间隔内，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，线圈做匀加速直线运动，加速度为g，知ab边刚进磁场，cd边也刚进磁场，线圈的长度等于磁场宽度的2倍．根据运动学公式求出线圈的长度；根据能量守恒定律求出0～t3时间内线圈中所产生的热量。
解决本题的关键要理清线圈的运动情况，选择合适的规律进行求解，本题的难点就是通过线圈匀加速直线运动挖掘出下落的位移为磁场宽度的3倍。
10.【答案】AD
【解析】解：A.断开开关后，电源不能给灯A、B及线圈L供电，通过线圈L的电流减小，线圈中会产生自感电动势，方向向右，由于二极管的单向导电性，线圈的感应电动势并不能二极管与灯A形成回路；断电后，电容器C与灯A、B组成闭合回路，有放电电流从电容器的下极板逆时针通过灯B、A，再回到上极板，通过灯A的电流瞬间变大(原来电路中的电流只有部分通过灯A)，因此灯A要闪亮一下，随着电容器的放电，灯AB逐渐熄灭，故A正确。
BC.在未断开开关前的电路稳定状态，电容器支路无电流通过，二极管导通，相当于导线，灯A与线圈L并联后再与灯B串联；由于灯A与线圈并联后的电阻与灯B的电阻不相等，根据电压的分配原则，灯A与灯B两端的电压不相等；由于线圈L不是纯电阻电路，欧姆定律不适用，通过线圈L的电流不等于通过灯A的电流，因此通过灯B的电流不是通过灯A的电流的2倍，故BC错误。
D.在未断开开关前的电路稳定状态，通过线圈的电流不发生变化，线圈中不会产生感应电动势；在断开开关后，灯A、B熄灭以前，通过线圈L的电流减小，线圈L会产生自感电动势，方向向右，故D错误。
故选：AD。
开关闭合时，电源对电容器充电，使电容器的下极板带上正电荷，上极板带上等量负电荷；电路稳定后电容器支路无电流通过，二极管导通，灯A与线圈L并联后再与灯B串联；流过线圈L的电流发生变化(闭合或断开瞬间)，导致穿过线圈的磁通量发生变化，而产生感应电动势；断开开关后，电容器与灯A、B组成回路，电容器放电，灯AB并不会立即熄灭，据此分析。
线圈不是纯电阻电路，不能用欧姆定律求电流。
11.【答案】ACD
【解析】解：A、流过副线圈的电流I2=UR，根据I1I2=n2n1可知，流过电流表的电流I1=2UR，故A正确；
B、变压器中原线圈的电压为U1，根据U1U2=n1n2可知电压U1=U2，电阻R1分得的电压UR=I1R=2U，故线圈产生的感应电动势的有效值为：U有=U1+UR=5U2，最大值Em= 2U=5 2U2，故从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e=5 22Ucosωt，故B错误；
C、根据Em=NBSω可知BS=EmNω=5 2U2Nω=5 2U4Nnπ，故C正确；
D、根据Em=NBSω可知，转动角速度加倍，产生的感应电动势加倍，故电压表的示数加倍为2U，故D正确
故选：ACD。
线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动，产生正弦式交变电流，最大值Em=NBSω；然后结合变压器的变压比公式和输入、输出功率关系列式分析
本题关键熟悉交流电的产生和变压器的变压比公式，同时要结合能量守恒定律分析，基础题
12.【答案】CD D ACBD
【解析】解：(1)“测定玻璃的折射率”的实验中，大头针均应在同一传播光路上，即P3同时挡住P1、P2的像且P4挡住P3及P1、P2的像，故AB错误，CD正确。
故选：CD。
(2)按照大头针位置，所作光路图如图所示：
A.光由空气射入玻璃中时，入射角应大于折射角，故A错误；
B.光射入平行玻璃砖后，出射光线与法线的夹角应该等于最初的入射光线与法线的夹角，故B错误；
C.入射光线与折射光线应该分居在法线两侧，故C错误；
D.根据折射定律可知，光射入玻璃的入射角应等于射出玻璃时的折射角，即入射光线和出射光线平行，故D正确。
故选：D。
(3)根据单位圆法，光路图如题图2所示，根据三角函数知识，入射角正弦值sini=ACAO
折射角正弦值sinr=BDBO
且AO=BO
根据折射定律n=sinisinr=ACAO×OBBD=ACBD
故答案为：(1)CD；(2)D；(3)ACBD。
(1)根据插针法测玻璃折射率的正确操作步骤作答；
(2)按照大头针位置，作光路图，然后逐项分析；
(3)根据折射定律及单位圆法求玻璃的折射率。
注意：用插针法测玻璃的折射率，应该使大头针的间距适当大些，且大头针要插竖直；采用单位圆法测玻璃折射率，不需要使用量角器，直接使用刻度尺即可，能够使计算更加简便。
13.【答案】A E ×10 90 240
【解析】解：(1)该电路采用半偏法测电阻，实验中认为电路中的干路电流始终不变，在测量表头电阻时，为了减小闭合S1时对电路总电阻的影响，则有R′≫rg
即滑动变阻器接入电路的阻值越大越好，由于表头满偏电流固定，因此电源电动势越大越好。故R′选用A，电源选用E。
(2)对于改装后的电流表，接a时量程为：
IA1=Ig+Ig(rg+R2)R1
接b时量程为：
IA2=Ig+IgrgR1+R2
可知，接a时的量程大于接b时的量程，根据欧姆表的工作原理，欧姆表的内阻，即中值电阻为：
R内=R中
由闭合电路欧姆定律得：
R内=EIA
联立得：R中=EIA
根据上述可知，接a时的中值电阻小于接b时的中值电阻，可判断接b时为大倍率，所以当开关S3拨到b时，欧姆表的倍率是×10，当开关S3拨到a时，欧姆表的倍率是×1；
由于中值电阻等于表盘正中间刻线与倍率的乘积，则S3接a和b时有
10R中a=R中b
又R中a=EIA1
R中b=EIA2
即有10(Ig+IgRgR1+R2)=Ig+Ig(Rg+R2)R1
解得：R2=90Ω
(3)根据欧姆表刻度值原理可知
I=ER+R中
R中=EIA2
解得：R=EI−EIA
可知R∝E
由于欧姆表的刻度值是按电动势为1.5V刻度的，此刻度测得某待测电阻阻值为300Ω，而真实电阻对应电动势为1.2V，则有
1.5V300Ω=1.2VR真
解得：R真=240Ω
故答案为：(1)A E (2)×10 90 (3)240
(1)根据半偏法测电阻原理选择器材；
(2)对于改装后的电流表，接a时量程大于接b时量程，根据欧姆表的工作原理，选择倍率；根据中值电阻等于表盘正中间刻线与倍率的乘积，结合闭合电路欧姆定律分析；
(3)根据欧姆表刻度值原理，结合闭合电路欧姆定律分析求解。
本题考查多用电表的原理，要注意明确多用电表的基本原理为闭合电路欧姆定律，同时注意串并联电路的规律的正确应用。
14.【答案】解：(1)交流发电机产生电动势的最大值Em=nBSω
而Φm=BS，ω=2πT，所以Em=nBSω=nΦm⋅2πT=100×2.0×10−2×2π0.2V=20πV≈62.8V
(2)线圈转动的角速度ω=2πT=2π0.2rad/s=10πrad/s，由于从垂直中性面处开始计时，所以感应电动势瞬时值表达式为e=Emcosωt=62.8cos (10πt) V
(3)当线圈转过130ss时
e=62.8cos(10π×130) V=31.4 V
(4)电动势的有效值E=Em 2=10 2πV
U=RR+rE=9090+10×10 2V=9 2V=40V
答：(1)交流发电机产生的电动势最大值为62.8V；
(2)电动势的瞬时值表达式为e=Emcosωt=62.8cos (10πt) V。
(3)线圈转过130s时电动势的瞬时值为31.4V。
(4)电路中交变电压表的示数为40V。
【解析】(1)根据图象可以知道线圈中磁通量的最大值，从而求得BS的值，再据Em=NBSω求交流发电机产生的最大电动势值即可；
(2)根据图象判定是余弦式交变电流，根据表达式求解即可；
(3)根据瞬时表达式，代入时间可得电动势的瞬时值；
(4)电压表示数为交变电流的有效值，结合闭合电路欧姆定律求得电压表的示数即可。
解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBSω，以及知道峰值、有效值、平均值和瞬时值的区别。
15.【答案】解：(1)设滑块运动到D点时的速度大小为v1，小车在此时的速度大小为v2，
滑块从A运动到D的过程中系统动量守恒，以向右为正方向，有：mv0−Mv=mv1+Mv2
代入数据解得v2=0
则小车跟滑块组成的系统的初机械能E1=12mv02+12Mv2
小车跟滑块组成的系统的末机械能E2=12mv12+0
代入数据解得：E1=110J，E2=25J
小车与滑块组成的系统损失的机械能△E=E1−E2
代入数据解得：△E=85J
(2)设滑块刚过D点时，受到轨道的支持力为N，则由牛顿第三定律可得N=76N
由牛顿第二定律可得N−(mg+qE+Bqv1)=mv2r
代入数据解得：r=1m
(3)设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同的速度v3
则由动量守恒定律可得mv1=(M+m)v3
代入数据解得：v3=107m/s
设圆弧轨道的最大半径为R
则由能量守恒关系，有：12mv12=12(M+m)v32+(qE+mg)R
代入数据解得：R=0.71m
答：(1)滑块从A到D的过程中，小车、滑块组成的系统损失的机械能为85J；
(2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76N，圆弧轨道的半径为1m；
(3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块不冲出圆弧轨道，此圆弧的最大半径为0.71m。
【解析】(1)滑块从A到D的过程中，小车、滑块系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，可求出滑块到达D点时车的速度，系统损失的机械能等于系统动能的减小。
(2)滑块通过D时受到重力、支持力、电场力和洛伦兹力，沿半径方向的合力提供向心力，根据牛顿第三定律说明压力大小等于支持力大小，然后写出动力学方程即可求出轨道半径；
(3)要使滑块不冲出圆弧轨道，滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同速度v，根据动量守恒定律和能量的转化与守恒定律求得结果。
本题是系统动量守恒和能量守恒的类型，寻找解题规律是关键。容易出错的地方，是不认真分析滑块运动过程，认为滑块刚到达D时车的速度就最大。
对于计算轨道半径问题比较中规中矩，牢记指向圆心的合外力大小等于跟速度有关的向心力公式便可。
上升到最大高度需要思考什么时候最大高度，即竖直方向的速度为0，而物块不能离开小车，即滑块与小车的水平方向相同从而进行解题。整体题目算经典的曲面小车问题放在复合场中的处理。
16.【答案】解：(1)当b和c组成的系统做匀速运动时，b、c有最大速度，且为最终速度，根据平衡条件有：mg=BIL
根据闭合电路的欧姆定律可得：I=E2R
根据感应电动势的计算公式可得：E=BLvm
联立解得：vm=2mgRB2L2；
(2)对a棒根据牛顿第二定律有：F−mgsinθ−BI1L=ma1
得：mg−BI1L=ma1，
对于b和c组成的系统：mg−BI1L=2ma2
所以任意时刻都有：a1：a2=2：1
由于运动时间相同，所以最终a、b的速度大小之比v1：v2=2：1
稳定时的电流为：Im=BL(v1+v2)2R
当加速度都为0时，a、b、c达到稳定状态，有：mg=BImL，
解得a稳定时的速度大小为：v1=4mgR3B2L2
b、c稳定时的速度大小v2=2mgR3B2L2；
(3)设时间t内a棒沿倾斜导轨的位移大小为x1，b棒的位移大小为x2，由于运动时间相同，且始终有a1：a2=2：1，则x1：x2=2：1
对于a、b、c组成的系统，由功能关系得：
(F−mgsinθ)x1+mgx2=12mv12+12(2m)v22+Q
代入数据得：Q=3mgx2−4m3g2R23B4L4
以a为研究对象，根据动量定理有：
(F−mgsinθ)t−BIL−t=mv1−0
其中：I−t=q
解得q=mgtBL−mv1BL
因为E−=△Φ△t，I−=E−2R
解得q=△Φ2R
其中△Φ=BL(x1+x2)
解得x2=2R3B2L2(mgt−4m2gR3B2L2)，
解得Q=2m2g2RtB2L2−4m3g2R2B4L4。
答：(1)锁定a，释放b，b的最终速度2mgRB2L2；
(2)达到稳定状态时a、b的速度大小为2mgR3B2L2；
(3)若(2)中系统从静止开始经时间t达到稳定状态，此过程中系统产生的焦耳热为2m2g2RtB2L2−4m3g2R2B4L4。
【解析】(1)当b和c组成的系统做匀速运动时有最大速度，根据平衡条件结合闭合电路欧姆定律求解；
(2)对a棒运动过程中、b和c组成的系统过程中某一瞬间应用牛顿第二定律列方程，求出任意时刻a棒和b棒的加速度之比，再求出速度之比，由此得解；
(3)对于a、b和c系统，由功能关系列方程，以a为研究对象，根据动量定理求解位移，联立求解即可。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
2022-2023学年湖南重点大学附中高二（下）第一次月考物理试卷
1. 从太阳或其它星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子。这些高能带电粒子到达地球会对地球上的生命带来危害，但由于地球周围存在地磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，如图所示，对地球上的生命起到保护作用。假设所有的宇宙射线从各个方向垂直射向地球表面，那么以下说法正确的是( )
A. 地磁场对宇宙射线的阻挡作用各处都相同
B. 由于南北极磁场最强，因此阻挡作用最强
C. 沿地球赤道平面射来的高能正电荷向东偏转
D. 磁偏角θ是地轴与地磁极线的夹角为一定值
2. 下列说法正确的是( )
A. 红外线可以用来消毒，紫外线可以用来加热理疗，X射线可以用来诊断病情
B. 由E=Fq可知，电场中某点的电场强度E与q成反比，与F成正比
C. 变化的磁场能产生电场，变化的电场能产生磁场
D. 根据公式B=FIL可知，通电导线受磁场力为零的地方磁感应强度一定为零
3. 如图所示，在一个很小的矩形导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，它就成了一个霍尔元件。在E、F间通入恒定的电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，则薄片中的电荷就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N间出现了电压，称为霍尔电压UH。当磁场方向和电流方向如图所示时，关于霍尔电压的大小，下列说法正确的是( )
A. 将磁场方向和电流方向同时反向，N板电势低于M板电势
B. 将磁场方向变为与薄片的上下表面平行，UH不变
C. 电流和磁场方向如图所示时，N板电势高于M板电势
D. 在电流和磁场一定时，薄片的厚度越大，则UH 越小
4. 如图所示，光滑水平轨道上有两辆静止小车，甲车上固定一个条形磁铁，N极向右，乙车上固定一个螺线管，螺线管通过电阻R连成通路。现推动一下甲车，使它获得向右的初速度，当它向乙车运动时，下列说法正确的是( )
A. 电阻R中的电流方向由a向b，两车系统动量不守恒、动能守恒
B. 电阻R中的电流方向由a向b，两车系统动量守恒、动能不守恒
C. 电阻R中的电流方向由b向a，两车系统动量不守恒、动能守恒
D. 电阻R中的电流方向由b向a，两车系统动量守恒、动能不守恒
5. 如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表Ⓥ的示数为U，理想电流表Ⓐ的示数为I。下列说法正确的是( )
A. 保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B. 保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C. 保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D. 保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
6. 如图所示，水平地面上有沿x轴正方向的电场，其沿x轴的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15,3)的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为+2.0×10−8C的滑块P(可视作质点)，从x=0.10m处由静止释放，其与水平地面间的动摩擦因数为0.02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 沿x轴正方向，电场强度逐渐增大
B. 滑块先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动，最终静止
C. 滑块运动的最大速度约为0.2m/s
D. 滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置
7. 等离子体气流由左方连续以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接．线圈A内有如图乙所示的变化磁场，且规定向左为磁场B的正方向，如图甲所示，则下列叙述正确的是( )
A. 0～1s内ab、cd导线互相吸引 B. 1～2s内ab、cd导线互相排斥
C. 2～3s内ab、cd导线互相吸引 D. 3～4s内ab、cd导线互相排斥
8. 如图所示，两条相距为L的光滑平行导轨竖直放置，其上接一个阻值为R=2r的电阻，在OO′下方空间有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，棒ab自OO′上方某一位置释放，从棒运动到OO′位置开始计时，在OO′上方空间出现一个面积为S的垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间变化关系为B′=kt，k为大于零的已知常量，棒ab以速度v0进入OO′下方磁场时立即施加一个竖直向下的外力F才能使其保持匀速直线运动。棒ab的电阻为r、质量为m，重力加速度为g，感应电流产生的磁场不计。则下列说法正确的是( )
A. 棒匀速直线运动时的电流为BLv0+ktS3r，方向从a向b
B. ab棒所受外力F的大小为BL(BLv0+kS)3r−mg
C. t时刻穿过回路的总磁通量Φ=Blv0t+ktS
D. 若把导轨上的定值电阻换成最大阻值为2r的滑动变阻器，则它消耗的最大功率为(BLv0+kS)24r
9. 磁悬浮列车是快速交通方式之一。2016年时速600km/ℎ的磁悬浮列车在青岛下线。磁悬浮列车的部分可以简化为线圈通过磁场。如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1与L2之间、L3与L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面向里。现有一矩形线圈abcd，宽度cd=L=0.5m，质量为0.1kg，电阻为2Ω，将其从图示位置静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，t2～t3之间图线为与t轴平行的直线，t1～t2之间和t3之后的图线均为倾斜直线，已知的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10m/s2)。则( )
A. 在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.5C
B. 线圈匀速运动的速度大小为8m/s
C. 线圈的长度为2m
D. 0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2J
10. 在如图所示的电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，C是电容足够大的电容器，D是理想二极管，L是一个自感系数较大的线圈，且L的直流电阻与灯泡的电阻相同。电路接通稳定后，断开开关S，下列说法正确的是( )
A. A灯会闪亮一下，然后逐渐熄灭
B. 在灯熄灭前的任意时刻，A，B两灯的电压相同
C. 在灯熄灭前的任意时刻，通过B灯的电流是A灯的2倍
D. 在灯熄灭前，L中会产生自感电动势
11. 如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，线圈的电阻为R，线圈共N匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：2，定值电阻R1=R，当线圈的转动的转速为n时，电压表的示数为U，则( )
A. 电流表的示数为2UR
B. 从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e=52Ucos2πnt
C. 线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为5 2U4Nnπ
D. 当线圈的转动的转速为2n时，电压表的示数为2U
12. “测定玻璃的折射率”的实验中，在水平放置的白纸上放好玻璃砖，aa′和bb′分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图1所示，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，用“+”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针P3和P4。
(1)在插P3和P4时，应使______ (选填选项前的字母)。
A.P3只挡住P1的像
B.P1只挡住P3
C.P3同时挡住P1、P2的像
D.P4挡住P3及P1、P2的像
(2)该小组用同一套器材完成了四次实验，如图记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如图所示，其中实验操作正确的是______ 。
(3)该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图2所示，则玻璃的折射率n= ______ 。(用图中线段的字母表示
)
13. 某实验小组用下列器材设计欧姆表电路，使欧姆表具有“×1””、“×10”两种倍率。现有一块小量程电流表G(表头)，满偏电流为100μA，内阻未知，可供选择的器材有：
A.滑动变阻器R1，最大阻值100kΩ；
B.滑动变阻器R2，最大阻值10kΩ
C.电阻箱R，最大阻值999.9Ω；
D.电源E1，电动势1.5V
E.电源E2，电动势9V；
F.开关S1和S2；双掷开关S3；
电阻丝及导线若干。
(1)实验小组的同学先采用图(甲)所示电路测量了表头的内阻，操作步骤如下：闭合开关S2，调滑动变阻器R′使电流表指针指向满偏：保持滑动变阻器阻值不变，闭合开关S1，调电阻箱R，使电流表指针指向满偏电流的一半：读出电阻箱的阻值R，记为电流表的内阻。为提高测量精确度，R′选用______ ，电源选用______ (填写器材前字母代号)。
(2)选择合适器材，按图(乙)连接好的欧姆表电路，就改装成了具有两种倍率(如“×1”、“×10”)的欧姆表。当开关S3拨到b时，欧姆表的倍率是______ (选填“×1”、“×10”)，若R1=10Ω，则R2= ______ Ω。
(3)若欧姆表的刻度值是按电动势为1.5V刻度的，当电池的电动势下降到1.2V时，欧姆表仍可调零。若重新调零后的欧姆表测得某待测电阻阻值为300Ω，则这个待测电阻的真实值为______ Ω。
14. 图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图。其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n=100匝、电阻r=10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90Ω，与R并联的交变电压表为理想电表。在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化。求：
(1)交流发电机产生的电动势最大值；
(2)电动势的瞬时值表达式。
(3)线圈转过130s时电动势的瞬时值。
(4)电路中交变电压表的示数。
15. 如图所示，质量为5.0kg的小车以2.0m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是14光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小E为50N/C，磁感应强度大小B为2.0T.现有一质量为2.0kg、带负电且电荷量为0.10C的滑块以10m/s向右滑入小车，当滑块运动到D点时相对地面的速度为5m/s，计算结果保留两位有效数字，求：
(1)滑块从A到D的过程中，小车、滑块组成的系统损失的机械能。
(2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76N，求圆弧轨道的半径r。
(3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块不冲出圆弧轨道，求此圆弧的最大半径。
16. 如图所示，有一足够长的光滑平行金属导轨间距为L，折成倾斜和水平两部分，倾斜部分导轨与水平面的夹角为θ=30°，水平和倾斜部分均处在磁感应强度为B的匀强磁场中，水平部分磁场方向竖直向下，倾斜部分磁场垂直倾斜导轨所在平面向下(图中未画出)，两个磁场区域互不叠加。将两根金属棒a、b垂直放置在导轨上，并将b用轻绳通过定滑轮和小物块c连接。已知两棒的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，小物块c的质量也为m，不考虑其他电阻，不计一切摩擦，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且保持接触良好，b始终不会碰到滑轮，重力加速度大小为g。
(1)锁定a，释放b，求b的最终速度vm；
(2)a、b由静止释放的同时在a上施加一沿倾斜导轨向上的恒力F=1.5mg，求达到稳定状态时a、b的速度大小；
(3)若(2)中系统从静止开始经时间t达到稳定状态，求此过程中系统产生的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、高能带电粒子到达地球受到地磁场的洛伦兹力作用，发生偏转。粒子在不同的磁场中，所受到的洛伦兹力大小不一，而磁场在南、北两极的磁场几乎与地面垂直，在赤道附近磁场的方向几乎与地面平行，结合洛伦兹力的特点可知，地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最弱，赤道附近最强，故AB错误；
C、根据左手定则，地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带正电粒子在洛伦兹力作用下向东偏转，偏向面与赤道平面平行，故C正确；
D、磁偏角时不断变化的，故D错误；
故选：C。
根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向。
本题考查了地球磁场的分布特点和左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向，从而判断粒子的运动情况。
2.【答案】C
【解析】解：A、红外线具有热作用可以用来加热理疗，紫外线具有波长短、频率高、能量大的特点可以进行消毒，X射线可以用来进行透视以诊断病情，故A错误；
B、电场强度的定义E=Fq采用比值定义法，E与F、q均无关，只与电场本身的性质有关，故B错误；
C、根据电磁波产生理论可知，变化的磁场能产生电场，变化的电场能产生磁场，故C正确；
D、根据公式B=FIL只适用于B和I相互垂直的情况，如果二者平行，通电导线受磁场力为零，所以不能根据通电导线受磁场力为零来判断磁感应强度是否为零，故D错误。
故选：C。
明确各无线电波的性质和应用，知道电场强度和磁感应强度均采用比值定义法，明确它们的性质，知道麦克斯韦关于电磁理论的假设内容。
本题考查了电磁波、电场强度和磁感应强度，要注意明确比值定义法的应用，知道F=BIL只适用于磁场和电流相互垂直的情况。
3.【答案】AD
【解析】解：AC.导体薄片是自由电子定向移动导电，电流和磁场方向如图所示时，根据左手定则，载流子向N电极偏转，则电极N电势低于电极M电势，同理，将磁场方向和电流方向同时反向，根据左手定则，仍然是N板电势低，故A正确，C错误；
B.将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，根据左手定则，则载流子受到上下方向的洛伦兹力，或者不受洛伦兹力，因此M、N间不存在电势差，故B错误；
D.设半导体薄片的厚度为d，宽度为b，长度为L，载流子所受的电场力等于洛伦兹力，设材料单位体积内载流子的个数为n，材料截面积为S，根据平衡条件有qUb=Bqv
电流微观表达式
I=nqSv
S=bd
解得霍尔电压UH=BInqd
UH与磁感应强度B、电流I、厚度d有关，在电流I、磁场B一定时，薄片的厚度越大，则UH越小，故D正确。
故选：AD。
根据左手定则，分析载流子移动情况，分析电势高低；
将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，根据左手定则，分析电势差；
根据平衡条件和电流微观表达式，分析霍尔电压。
本题解题关键是根据平衡条件和电流微观表达式，分析出霍尔电压UH=BInqd。
4.【答案】B
【解析】解：甲车向右运动过程，穿过螺线管的磁场方向向右，磁通量增加，由楞次定律可知，螺线管感应电流磁场方向向左，由安培定则可知，通过R的电流由a向b；
两车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；两车运动过程螺线管产生感应电流，产生电能，系统的部分机械能转化为电能，由能量守恒定律可知，系统机械能减少，由于两车高度不变，重力势能不变，则两车系统的动能减少，动能不守恒，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据楞次定律判断感应电流方向；系统所受合外力为零，系统动量守恒，只有重力或弹力做功，机械能守恒，根据动量守恒的条件与机械能守恒的条件分析答题。
知道动量守恒与机械能守恒的条件是解题的前提，根据题意应用楞次定律、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
5.【答案】B
【解析】解：根据原副线圈两端的电流和电压的比值关系可知，原线圈的“等效电阻”与副线圈的电阻的比值关系为：R原R副=U1I1U2I2=(n1n2)2。
可知此电路的等效电路如图所示：
AB、保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，即原、副线圈的匝数比保持不变，R2接入电路的阻值减小，则由上述分析可知，原线圈位置的等效电阻保持不变，因为滑动变阻器的电阻变小，则电流I变大，U变小，而R1消耗的功率增大，故A错误，B正确；
C、保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n2减小，等效电阻增大，电流I减小，则电压表的示数减小，故C错误；
D、滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，此时“等效电阻”的阻值为R等效=(n112n1)2R=4R
故选：B。
保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，即原、副线圈的匝数比保持不变，R2接入电路的阻值减小，根据变压器原理结合欧姆定律分析AB选项；
将原线圈以及后面的电路等效为一个电阻，根据电路动态分析的方法进行分析；
将原线圈以及后面的电路等效为一个电阻，当等效电阻的阻值等于9R时，R1消耗的电功率最大，由此分析。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比。知道等效电阻的阻值计算方法，掌握功率最大的条件。
6.【答案】D
【解析】解：A、沿x轴正方向电势逐渐降低，所以电场线方向应该是沿x轴正方向，电势φ与位移x图线切线的斜率表示电场强度，所以电场强度逐渐减小，故A错误；
B、滑块与水平地面间的滑动摩擦力(最大静摩擦力)大小为Ff=μmg=0.02×0.2×10N=0.04N
由图可知x=0.1m处电场强度大于x=0.15m处电场强度，x=0.15m处的场强E=ΔφΔx=3×1050.3−0.15V/m=2.0×106V/m
即滑块释放时所受电场力大小F>qE=2.0×10−8×2.0×106V/m=0.04N=Ff
所以滑块释放后开始向右加速运动，由于φ−x图像的斜率的绝对值不断减小且最后趋于零，所以电场强度也不断减小且最后趋于零，则滑块受到向右的电场力不断减小且最后趋于零，根据牛顿第二定律可推知滑块一开始做加速度减小的加速运动，当电场力减小至比滑动摩擦力还小时，滑块开始做加速度增大的减速运动，最终将静止，故B错误；
C、当滑块所受电场力大小与滑动摩擦力大小相等时滑块速度最大(设为v)，根据前面分析可知此时滑块位于x=0.15m处，由图可知x=0.1m与x=0.15m之间的电势差约为
U1=φ0.1−φ0.15
根据动能定理有
qU1−μmgΔx1=12mv2
解得
v=0.1m/s
故C错误；
D.假滑块最终在0.3m处停下，x=0.1m与x=0.3m之间的电势差约为U2=φ0.1−φ0.3
滑块从x=0.1m到x=0.3m过程中电场力做功为
W=qU2=
解得：W=6×10−3J
滑动摩擦力做功为
W′=μmgΔx2
代入数据解得：W′=8×10−3J>W
假设不成立，由上式并结合C项分析可知，滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置，故D正确。
故选：D。
电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，根据斜率判断电场强度的变化，根据牛顿第二定律判断出加速度的变化，根据加速度方向与速度方向的关系，判断出速度的变化，根据动能定理分析最大速度，从而分析滑块停止的位置。
解决本题的关键知道电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，会根据滑块的受力判断出滑块的运动情况。
7.【答案】BC
【解析】解：AB、由左侧电路可以判断ab中电流方向由a到b；由右侧电路及图乙可以判断，0～2 s内cd中电流为由d到c，跟ab中电流同向，因此ab、cd相互排斥，故A错误，B正确；
CD、2～4 s内cd中电流为由c到d，跟ab中电流反向，因此ab、cd相互吸引，故C正确、D错误；
故选：BC．
等离子流通过匀强磁场时，正离子向上偏转，负离子向下偏转，因此将形成从a到b的电流，线圈A中磁场均匀变化，形成感应电流，根据楞次定律判断出流经导线cd的电流方向，然后根据流经导线的电流同向时相互吸引，反向时相互排斥判断导线之间作用力情况．
利用法拉第电磁感应定律E=N△B△ts时，注意B−t图象中斜率的物理意义．注意感应电动势的大小看磁通量的变化率，而非磁通量大小或者磁通量的变化量．
8.【答案】BCD
【解析】解：A.根据右手定则和楞次定律可知，切割磁感线在ab中产生的感应电流方向与面积为S的区域中的磁场变化产生的感应电流方向相同。
感应电动势：E1=ΔΦΔt=ΔBΔt⋅S=kS
动生电动势：E2=BLv0
所以棒匀速直线运动时的电流为：I=E1+E2R+r
联立解得：I=BLv0+kS3r，方向从a向b，故A错误；
B.ab棒受力平衡，有：F+mg=BIL，可得：F=BL(BLv0+kS)3r−mg，故B正确；
C.t时刻穿过回路的总磁通量为：Φ=Blx+B′S=Blv0t+ktS，故C正确；
D.设电源电动势为E，内电阻为r，外电阻为R，电路中的电流为：I=ER+r，电源的输出功率为P=I2R=(ER+r)2R=E2R+r2R+2r
根据数学知识可得，当R=r时，电源的输出功率最大，最大功率为：Pm=(E2r)2⋅r=E24r=(BLv0+kS)24r，故D正确。
故选：BCD。
切割磁感线在ab中产生的感应电流方向与面积为S的区域中的磁场变化产生的感应电流方向相同，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律进行解答；根据平衡条件求解拉力F；根据磁通量的计算公式进行解答；当内外电阻相等时，电源的输出功率既滑动变阻器消耗的功率最大，根据电功率的计算公式进行解答。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。
9.【答案】BC
【解析】解：B、t2～t3这段时间内v−t图线为与t轴平行的直线，表明线框做匀速直线运动，则线框所受安培力与重力平衡，有BIL=mg
又E=BLv2，I=ER，可得线圈匀速运动的速度大小：v2=mgRB2L2=0.1×10×212×0.52m/s=8m/s，故B正确；
C、设磁场宽度为d，由题意分析可知线圈的长度为2d，则在t1～t2时间内，有v2=v1+g⋅Δt
3d=v1+v22⋅Δt
解得v1=2m/s，d=1m
则线圈的长度为2m，故C正确；
A、在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为q=I−⋅Δt=E−⋅ΔtR=ΔΦR，又ΔΦ=BLd，则q=ΔΦR=BLdR=1×0.5×12C=0.25C，故A错误；
D、0～t3时间内，根据能量守恒定律有mg×5d=12mv22+Q，解得线圈产生的热量：Q=1.8J，故D错误。
故选：BC。
在0～t1时间内，根据感应电荷量公式q=ΔΦR，求解通过线圈的电荷量；t2～t3这段时间内线圈做匀速直线运动，线圈所受的安培力和重力平衡，根据平衡条件求出匀速直线运动的速度；通过线圈在t1～t2的时间间隔内，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，线圈做匀加速直线运动，加速度为g，知ab边刚进磁场，cd边也刚进磁场，线圈的长度等于磁场宽度的2倍．根据运动学公式求出线圈的长度；根据能量守恒定律求出0～t3时间内线圈中所产生的热量。
解决本题的关键要理清线圈的运动情况，选择合适的规律进行求解，本题的难点就是通过线圈匀加速直线运动挖掘出下落的位移为磁场宽度的3倍。
10.【答案】AD
【解析】解：A.断开开关后，电源不能给灯A、B及线圈L供电，通过线圈L的电流减小，线圈中会产生自感电动势，方向向右，由于二极管的单向导电性，线圈的感应电动势并不能二极管与灯A形成回路；断电后，电容器C与灯A、B组成闭合回路，有放电电流从电容器的下极板逆时针通过灯B、A，再回到上极板，通过灯A的电流瞬间变大(原来电路中的电流只有部分通过灯A)，因此灯A要闪亮一下，随着电容器的放电，灯AB逐渐熄灭，故A正确。
BC.在未断开开关前的电路稳定状态，电容器支路无电流通过，二极管导通，相当于导线，灯A与线圈L并联后再与灯B串联；由于灯A与线圈并联后的电阻与灯B的电阻不相等，根据电压的分配原则，灯A与灯B两端的电压不相等；由于线圈L不是纯电阻电路，欧姆定律不适用，通过线圈L的电流不等于通过灯A的电流，因此通过灯B的电流不是通过灯A的电流的2倍，故BC错误。
D.在未断开开关前的电路稳定状态，通过线圈的电流不发生变化，线圈中不会产生感应电动势；在断开开关后，灯A、B熄灭以前，通过线圈L的电流减小，线圈L会产生自感电动势，方向向右，故D错误。
故选：AD。
开关闭合时，电源对电容器充电，使电容器的下极板带上正电荷，上极板带上等量负电荷；电路稳定后电容器支路无电流通过，二极管导通，灯A与线圈L并联后再与灯B串联；流过线圈L的电流发生变化(闭合或断开瞬间)，导致穿过线圈的磁通量发生变化，而产生感应电动势；断开开关后，电容器与灯A、B组成回路，电容器放电，灯AB并不会立即熄灭，据此分析。
线圈不是纯电阻电路，不能用欧姆定律求电流。
11.【答案】ACD
【解析】解：A、流过副线圈的电流I2=UR，根据I1I2=n2n1可知，流过电流表的电流I1=2UR，故A正确；
B、变压器中原线圈的电压为U1，根据U1U2=n1n2可知电压U1=U2，电阻R1分得的电压UR=I1R=2U，故线圈产生的感应电动势的有效值为：U有=U1+UR=5U2，最大值Em= 2U=5 2U2，故从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e=5 22Ucosωt，故B错误；
C、根据Em=NBSω可知BS=EmNω=5 2U2Nω=5 2U4Nnπ，故C正确；
D、根据Em=NBSω可知，转动角速度加倍，产生的感应电动势加倍，故电压表的示数加倍为2U，故D正确
故选：ACD。
线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动，产生正弦式交变电流，最大值Em=NBSω；然后结合变压器的变压比公式和输入、输出功率关系列式分析
本题关键熟悉交流电的产生和变压器的变压比公式，同时要结合能量守恒定律分析，基础题
12.【答案】CD D ACBD
【解析】解：(1)“测定玻璃的折射率”的实验中，大头针均应在同一传播光路上，即P3同时挡住P1、P2的像且P4挡住P3及P1、P2的像，故AB错误，CD正确。
故选：CD。
(2)按照大头针位置，所作光路图如图所示：
A.光由空气射入玻璃中时，入射角应大于折射角，故A错误；
B.光射入平行玻璃砖后，出射光线与法线的夹角应该等于最初的入射光线与法线的夹角，故B错误；
C.入射光线与折射光线应该分居在法线两侧，故C错误；
D.根据折射定律可知，光射入玻璃的入射角应等于射出玻璃时的折射角，即入射光线和出射光线平行，故D正确。
故选：D。
(3)根据单位圆法，光路图如题图2所示，根据三角函数知识，入射角正弦值sini=ACAO
折射角正弦值sinr=BDBO
且AO=BO
根据折射定律n=sinisinr=ACAO×OBBD=ACBD
故答案为：(1)CD；(2)D；(3)ACBD。
(1)根据插针法测玻璃折射率的正确操作步骤作答；
(2)按照大头针位置，作光路图，然后逐项分析；
(3)根据折射定律及单位圆法求玻璃的折射率。
注意：用插针法测玻璃的折射率，应该使大头针的间距适当大些，且大头针要插竖直；采用单位圆法测玻璃折射率，不需要使用量角器，直接使用刻度尺即可，能够使计算更加简便。
13.【答案】A E ×10 90 240
【解析】解：(1)该电路采用半偏法测电阻，实验中认为电路中的干路电流始终不变，在测量表头电阻时，为了减小闭合S1时对电路总电阻的影响，则有R′≫rg
即滑动变阻器接入电路的阻值越大越好，由于表头满偏电流固定，因此电源电动势越大越好。故R′选用A，电源选用E。
(2)对于改装后的电流表，接a时量程为：
IA1=Ig+Ig(rg+R2)R1
接b时量程为：
IA2=Ig+IgrgR1+R2
可知，接a时的量程大于接b时的量程，根据欧姆表的工作原理，欧姆表的内阻，即中值电阻为：
R内=R中
由闭合电路欧姆定律得：
R内=EIA
联立得：R中=EIA
根据上述可知，接a时的中值电阻小于接b时的中值电阻，可判断接b时为大倍率，所以当开关S3拨到b时，欧姆表的倍率是×10，当开关S3拨到a时，欧姆表的倍率是×1；
由于中值电阻等于表盘正中间刻线与倍率的乘积，则S3接a和b时有
10R中a=R中b
又R中a=EIA1
R中b=EIA2
即有10(Ig+IgRgR1+R2)=Ig+Ig(Rg+R2)R1
解得：R2=90Ω
(3)根据欧姆表刻度值原理可知
I=ER+R中
R中=EIA2
解得：R=EI−EIA
可知R∝E
由于欧姆表的刻度值是按电动势为1.5V刻度的，此刻度测得某待测电阻阻值为300Ω，而真实电阻对应电动势为1.2V，则有
1.5V300Ω=1.2VR真
解得：R真=240Ω
故答案为：(1)A E (2)×10 90 (3)240
(1)根据半偏法测电阻原理选择器材；
(2)对于改装后的电流表，接a时量程大于接b时量程，根据欧姆表的工作原理，选择倍率；根据中值电阻等于表盘正中间刻线与倍率的乘积，结合闭合电路欧姆定律分析；
(3)根据欧姆表刻度值原理，结合闭合电路欧姆定律分析求解。
本题考查多用电表的原理，要注意明确多用电表的基本原理为闭合电路欧姆定律，同时注意串并联电路的规律的正确应用。
14.【答案】解：(1)交流发电机产生电动势的最大值Em=nBSω
而Φm=BS，ω=2πT，所以Em=nBSω=nΦm⋅2πT=100×2.0×10−2×2π0.2V=20πV≈62.8V
(2)线圈转动的角速度ω=2πT=2π0.2rad/s=10πrad/s，由于从垂直中性面处开始计时，所以感应电动势瞬时值表达式为e=Emcosωt=62.8cos (10πt) V
(3)当线圈转过130ss时
e=62.8cos(10π×130) V=31.4 V
(4)电动势的有效值E=Em 2=10 2πV
U=RR+rE=9090+10×10 2V=9 2V=40V
答：(1)交流发电机产生的电动势最大值为62.8V；
(2)电动势的瞬时值表达式为e=Emcosωt=62.8cos (10πt) V。
(3)线圈转过130s时电动势的瞬时值为31.4V。
(4)电路中交变电压表的示数为40V。
【解析】(1)根据图象可以知道线圈中磁通量的最大值，从而求得BS的值，再据Em=NBSω求交流发电机产生的最大电动势值即可；
(2)根据图象判定是余弦式交变电流，根据表达式求解即可；
(3)根据瞬时表达式，代入时间可得电动势的瞬时值；
(4)电压表示数为交变电流的有效值，结合闭合电路欧姆定律求得电压表的示数即可。
解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBSω，以及知道峰值、有效值、平均值和瞬时值的区别。
15.【答案】解：(1)设滑块运动到D点时的速度大小为v1，小车在此时的速度大小为v2，
滑块从A运动到D的过程中系统动量守恒，以向右为正方向，有：mv0−Mv=mv1+Mv2
代入数据解得v2=0
则小车跟滑块组成的系统的初机械能E1=12mv02+12Mv2
小车跟滑块组成的系统的末机械能E2=12mv12+0
代入数据解得：E1=110J，E2=25J
小车与滑块组成的系统损失的机械能△E=E1−E2
代入数据解得：△E=85J
(2)设滑块刚过D点时，受到轨道的支持力为N，则由牛顿第三定律可得N=76N
由牛顿第二定律可得N−(mg+qE+Bqv1)=mv2r
代入数据解得：r=1m
(3)设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同的速度v3
则由动量守恒定律可得mv1=(M+m)v3
代入数据解得：v3=107m/s
设圆弧轨道的最大半径为R
则由能量守恒关系，有：12mv12=12(M+m)v32+(qE+mg)R
代入数据解得：R=0.71m
答：(1)滑块从A到D的过程中，小车、滑块组成的系统损失的机械能为85J；
(2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76N，圆弧轨道的半径为1m；
(3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块不冲出圆弧轨道，此圆弧的最大半径为0.71m。
【解析】(1)滑块从A到D的过程中，小车、滑块系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，可求出滑块到达D点时车的速度，系统损失的机械能等于系统动能的减小。
(2)滑块通过D时受到重力、支持力、电场力和洛伦兹力，沿半径方向的合力提供向心力，根据牛顿第三定律说明压力大小等于支持力大小，然后写出动力学方程即可求出轨道半径；
(3)要使滑块不冲出圆弧轨道，滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同速度v，根据动量守恒定律和能量的转化与守恒定律求得结果。
本题是系统动量守恒和能量守恒的类型，寻找解题规律是关键。容易出错的地方，是不认真分析滑块运动过程，认为滑块刚到达D时车的速度就最大。
对于计算轨道半径问题比较中规中矩，牢记指向圆心的合外力大小等于跟速度有关的向心力公式便可。
上升到最大高度需要思考什么时候最大高度，即竖直方向的速度为0，而物块不能离开小车，即滑块与小车的水平方向相同从而进行解题。整体题目算经典的曲面小车问题放在复合场中的处理。
16.【答案】解：(1)当b和c组成的系统做匀速运动时，b、c有最大速度，且为最终速度，根据平衡条件有：mg=BIL
根据闭合电路的欧姆定律可得：I=E2R
根据感应电动势的计算公式可得：E=BLvm
联立解得：vm=2mgRB2L2；
(2)对a棒根据牛顿第二定律有：F−mgsinθ−BI1L=ma1
得：mg−BI1L=ma1，
对于b和c组成的系统：mg−BI1L=2ma2
所以任意时刻都有：a1：a2=2：1
由于运动时间相同，所以最终a、b的速度大小之比v1：v2=2：1
稳定时的电流为：Im=BL(v1+v2)2R
当加速度都为0时，a、b、c达到稳定状态，有：mg=BImL，
解得a稳定时的速度大小为：v1=4mgR3B2L2
b、c稳定时的速度大小v2=2mgR3B2L2；
(3)设时间t内a棒沿倾斜导轨的位移大小为x1，b棒的位移大小为x2，由于运动时间相同，且始终有a1：a2=2：1，则x1：x2=2：1
对于a、b、c组成的系统，由功能关系得：
(F−mgsinθ)x1+mgx2=12mv12+12(2m)v22+Q
代入数据得：Q=3mgx2−4m3g2R23B4L4
以a为研究对象，根据动量定理有：
(F−mgsinθ)t−BIL−t=mv1−0
其中：I−t=q
解得q=mgtBL−mv1BL
因为E−=△Φ△t，I−=E−2R
解得q=△Φ2R
其中△Φ=BL(x1+x2)
解得x2=2R3B2L2(mgt−4m2gR3B2L2)，
解得Q=2m2g2RtB2L2−4m3g2R2B4L4。
答：(1)锁定a，释放b，b的最终速度2mgRB2L2；
(2)达到稳定状态时a、b的速度大小为2mgR3B2L2；
(3)若(2)中系统从静止开始经时间t达到稳定状态，此过程中系统产生的焦耳热为2m2g2RtB2L2−4m3g2R2B4L4。
【解析】(1)当b和c组成的系统做匀速运动时有最大速度，根据平衡条件结合闭合电路欧姆定律求解；
(2)对a棒运动过程中、b和c组成的系统过程中某一瞬间应用牛顿第二定律列方程，求出任意时刻a棒和b棒的加速度之比，再求出速度之比，由此得解；
(3)对于a、b和c系统，由功能关系列方程，以a为研究对象，根据动量定理求解位移，联立求解即可。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
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