2019-2020學年江西省上饒市“山江湖”協(xié)作體自招班高二(上)第三次月考物理試卷

1、2019-2020 學年江西省上饒市“山江湖”協(xié)作體自招班高二（上）第三次月考物理試卷一、單選題（本大題共6 小題，共24.0 分）1. 楞次定律是下列哪個定律在電磁感應現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)A. 電阻定律B. 庫侖定律C. 歐姆定律D. 能量守恒定律2. 根據(jù)科學研究表明， 地球是一個巨大的帶電體， 而且表面帶有大量的負電荷 如果在距離地球表面高度為地球半徑一半的位置由靜止釋放一個帶負電的塵埃， 恰好能懸浮在空中， 若將其放在距離地球表面高度與地球半徑相等的位置時，則此帶電塵埃將A. 向地球表面下落B. 遠離地球向太空運動C. 仍處于懸浮狀態(tài)D. 無法判斷3. 如圖所示，空間某處存在豎直向下的勻強

2、電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶負電的金屬小球從M 點水平射入場區(qū)，經(jīng)一段時間運動到N 點，關于小球由M 到N 的運動，下列說法正確的是A. 小球可能做勻變速運動B. 小球可能做勻速圓周運動C. 小球動能一定增加D. 小球機械能守恒4. 一帶正電的粒子僅在電場力作用下做直線運動，將初始位置 O 定為坐標原點和零電勢能點，取運動方向為x 軸的正方向， 粒子動能與位置坐標 x 的關系如右圖所示。 則下列關于場強E 和粒子的速度v、加速度 a、電勢能與 x 的關系圖象中，合理的是A.B.C.D.5. 如圖所示，勁度系數(shù)為 k 的輕彈簧一端固定在墻上?？臻g存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度

3、大小為一個帶正電的小物塊可視為質點從 A 點以初速度向左運動， 接觸彈簧后運動到C 點時速度恰好為零，彈簧始終在彈性限度內。已知物塊質量為m，A、C 兩點間距離為L ，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g。則物塊由A 點運動到C 點的過程中，下列說法正確的是A. 小物塊的加速度先不變后減小B. 彈簧的彈性勢能增加量為C. 小物塊與彈簧接觸的過程中，彈簧彈力的功率一直增加D. 小物塊運動到 C 點時速度為零，加速度不為零6. 在如圖所示的電路中，閉合開關S，當滑動變阻器的滑動觸頭P 向下滑動時，四個理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電表的示數(shù)分別用I、 、和表示，電表示數(shù)的變化量分別用、和表示。

4、下列說法正確的是A.不變，變大B.變小，變大C.變大，不變D.不變，不變第1頁，共 12頁二、多選題（本大題共4 小題，共16.0 分）7.如圖所示，在光滑的水平面上方有兩個磁感應強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場區(qū)域，磁場寬度均為一個邊長為L 、電阻為R 的單匝正方形金屬線框，在水平外力作用下沿垂直磁場方向運動，從如圖實線位置 I 進入磁場開始到線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中的位置II 時，線框的速度始終為v，則下列說法正確的是A.B.在位置 II 時外力為在位置 II 時線框中的電功率為C.D.此過程中產(chǎn)生的電能為此過程中通過導線橫截面的電荷量為8.沿 x 軸方向存在一靜電場，電

5、場強度的大小關于位置的變化規(guī)律如圖所示圖線為正弦圖線，則下列說法正確的是A. Ob 兩點的電勢差等于Od 兩點的電勢差B. a、c 兩點的電勢相等C. 電子在 O 點的電勢能大于電子在 c 點的電勢能D. 質子由 a 點沿 x 軸運動到 c 點的過程中，電場力先做負功再做正功9.如圖所示，從有界勻強磁場的邊界上O 點以相同的速率射出三個相同粒子a，b、 C，粒子 b 射出的方向與邊界垂直，粒子b 偏轉后在邊界上的Q 點，另外兩個粒子打在邊界 OQ 的中點 P 處，不計粒子所受的重力和粒子間的相作用力，下列說法正確的是A.B.C.粒子一定帶正電粒子 a 與 b 射出的方向間的夾角等于粒子 b 與

6、 c 射出的方向間的夾角兩粒子 a， c 在磁場中運動的平均速度相同D. 三個粒子做圓周運動的圓心與O 點的連線構成一個菱形10. 如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、 cd 靜止在導軌上。時，棒 ab 以初速度向右滑動。運動過程中，ab、 cd 始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用、表示，回路中的電流用I 表示。下列圖象中可能正確的是第2頁，共 12頁A.B.C.D.三、填空題（本大題共1 小題，共6.0 分）11.某同學要測量一均勻新材料制成的圓柱體的電阻率步驟如下：用游標為20 分度的卡尺測量其長度如圖甲所示，由圖可知其

7、長度為_mm；用螺旋測微器測量其直徑如圖乙所示，由圖可知其直徑為_mm；用多用電表的電阻“”擋，按正確的操作步驟測此圓柱體的電阻，表盤的示數(shù)如圖丙所示，則該電阻的阻值約為 _四、實驗題（本大題共1 小題，共10.0 分）12. 某同學想要較為精確的測量一只電流表量程為 4mA、內阻約為的內阻。實驗室中可供選擇的器材有：電流表：量程為 5mA，內阻約為；電壓表 V：量程為4V，內阻約為；定值電阻：阻值；定值電阻：阻值；滑動變阻器：最大電阻，額定電流 1A；直流電源：電動勢，內阻；開關，導線若干。該同學選用其中的部分器材設計了如圖甲所示的電路進行測量，你認為該設計方案不合理的地方是_。請用電流表、

8、和某一定值電阻重新設計實驗，并在乙圖的方框中將正確的電路圖補充完整圖中注明所選器材符號。第3頁，共 12頁按照乙圖電路進行實驗，測得電流表的示數(shù)為，電流表的示數(shù)為，則電流表內阻的表達式為_。根據(jù)測量數(shù)據(jù)，做出的圖象如圖丙所示，則電流表的內阻為 _結果保留兩位有效數(shù)字五、計算題（本大題共3 小題，共36.0 分）13.平行板電容器豎直安放如圖所示，兩板間距，電勢差，現(xiàn)從平行板上A 處以初速度水平射入一帶正電小球已知小球帶電荷量，質量，經(jīng)一段時間后發(fā)現(xiàn)小球打在A 點正下方的B 點，求：間的距離；若小球打在與B 同一水平線上的極板上，小球的初速度應是多大？14.如圖所示，在勻強磁場中， 有兩根足夠長

9、且電阻不計的光滑平行金屬導軌MN 、PQ，導軌間距，其上端接有定值電阻，兩導軌構成的平面與水平面成角，勻強磁場的磁感應強度大小為，方向垂直導軌平面向上，現(xiàn)有一質量的金屬棒ab，由靜止開始沿導軌下滑，與兩導軌始終保持垂直且接觸良好， 金屬棒 ab 接入電路的電阻當金屬棒ab 下滑的距離時，棒的速度大小。取求在此過程中：流過金屬棒ab 某一橫截面的電荷量q；金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q。15.如圖所示， 在直角坐標系xoy 的第一、四象限區(qū)域內存在兩個有界的勻強磁場；垂直紙面向外的勻強磁場I 、垂直紙面向里的勻強磁場 ， O、 M、 P、 Q 為磁場邊界和x 軸的交點，在第三象限存在沿y軸正向的勻強電場

10、。一質量為m 帶電荷量為的帶電粒子從電場中坐標為的點以速度沿方向射出，恰好經(jīng)過原點O 處射入磁場I ，又從 M 點射出磁場粒子的重力忽略不計。求：第三象限勻強電場場強E 的大??；磁場 的磁感應強度B 的大??；如果帶電粒子能再次回到原點O，問磁場 的寬度至少為多少？粒子兩次經(jīng)過原點O 的時間間隔為多少。第4頁，共 12頁六、簡答題（本大題共1 小題，共8.0 分）16.如圖所示，一質量為m，帶電量為e 的電子，以一定初速度從M 小孔進入一磁感應強度為B 的勻強磁場中，磁場時一具有彈性絕緣內壁，半徑為R 的圓柱形磁場，電子初速度指向圓心 O，它與內壁先后碰撞兩次能量無損失又恰好從M 孔射出，試求：

11、電子的初速度大??；電子在磁場內運動的時間第5頁，共 12頁答案和解析1.【答案】 D【解析】【分析】當線圈與磁體間有相對運動時，根據(jù)“來拒去留”可知，磁場力都是阻礙線圈與磁體間的相對運動，有外力對系統(tǒng)做了功，導致其他形式的能轉化為線圈的電能；當導體做切割磁感線運動時，安培力總是阻礙導體的運動，導體克服安培力做功，把其他形式的能轉化為電能，據(jù)此即可分析?？疾殡姶鸥袘?，掌握楞次定律的內涵，注意從做功與能量轉化角度來認識楞次定律的內容?！窘獯稹慨斁€圈與磁體間有相對運動時，根據(jù)“來拒去留”可知，磁場力都是阻礙線圈與磁體間的相對運動，有外力對系統(tǒng)做了功，導致其他形式的能轉化為線圈的電能；當導體做切割

12、磁感線運動時，安培力總是阻礙導體的運動，導體克服安培力做功，把其他形式的能轉化為電能，所以楞次定律是能量守恒定律在電磁感應現(xiàn)象中的體現(xiàn)，故 D正確， ABC 錯誤。故選 D。2.【答案】 C【解析】解：在距離地球表面高度為地球半徑一半的位置，恰好能懸浮在空中，令地球的質量為 M，則此處的庫侖力與萬有引力相等，則有：，當在距離地球表面高度與地球半徑相等的位置時，即在距地面高度為 R 處，此處萬有引力為 萬而此處的庫侖力為庫，由上等式可知，庫侖力仍等于萬有引力，故C 正確， ABD 錯誤；故選： C。根據(jù)庫侖定律與萬有引力定律， 結合在距離地球表面高度為地球半徑一半的位置時， 恰好能懸浮在空中，

13、依據(jù)平衡條件，即可判定放在距離地球表面高度與地球半徑相等的位置時帶電塵埃受力情況，從而即可求解考查庫侖定律與萬有引力定律的應用，理解恰好能懸浮在空中的作用，及注意等式的成立條件與間距無關3.【答案】 B【解析】解：A、小球受到重力、電場力和洛倫茲力作用，若速度大小變化，則洛倫茲力變化，合力變化，所以小球不可能做勻變速運動，故A 錯誤；BC、若重力等于電場力，洛倫茲力提供向心力，小球做勻速圓周運動，小球的動能不變，故B 正確 C 錯誤；D 、小球運動過程中電場力做負功，所以機械能減少，故D 錯誤；故選： B。分析小球的受力情況，抓住洛倫茲力隨著速度的變化而變化，分析小球的運動情況。小球運動過程中

14、，洛倫茲力不做功，只有重力和電場力做功，根據(jù)動能定理分析動能的變化。結合機械能守恒條件分析。本題考查了帶電粒子在復合場中的運動， 意在考查考生的分析能力。 解決本題時關鍵要抓住洛倫茲力與速度的關系，注意考慮電場力與重力的關系來分析小球可能的運動情況。4.【答案】 B【解析】解：設粒子的初動能為，電場強度為E，由圖知動能減小，電場力做負功，由動能定理得：即第6頁，共 12頁AC、可知圖象的斜率反應電場強度的變化，由于斜率恒定，所以電場強度恒定，即E 不變化，由牛頓第二定律知加速度也不變化，故AC 錯誤；D 、因為只有電場力做功，所以動能和電勢能的和不變，動能均勻減小，則電勢能應均勻增加，故D 錯

15、誤；B、粒子做減速運動，隨著時間的增加，發(fā)生相同的位移需要的時間越來越長，因加速度不變，則速度的變化量越來越大，可知圖象B 合理，故B 正確。故選： B。由動能定理知粒子動能與位置坐標x 的圖象的斜率反映的電場強度的變化，結合牛頓第二定律可知加速度的變化；只有電場力做功，所以動能和電勢能的和不變，動能均勻減小，則電勢能應均勻增加；根據(jù)動能定理可寫出速度隨 x 的函數(shù)關系式，根據(jù)關系式可判斷。本題關鍵是明確粒子的受力情況和運動情況，然后結合動能定理進行分析，圖象的斜率的物理意義要清楚。5.【答案】 D【解析】解：A、物塊與水平面間動摩擦因數(shù)為，由于摩擦力做功機械能減小，物塊的速度減小， 根據(jù) 洛

16、，可知物塊受到的洛倫茲力減小。由左手定則可知物塊向左運動的過程中受到的洛倫茲力的方向向下，洛倫茲力減小，則物塊受到的向上的支持力洛減小，所以摩擦力：也減小，物塊的加速度也減??；當物塊接觸彈簧后，物體的加速度：， f 減小，而 F 增大，所以不能判斷出加速度的變化。故A 錯誤；B、此過程動能轉換為彈性勢能和內能，根據(jù)能量守恒知物塊克服摩擦力做的功為彈，由于摩擦力是變力， 而且洛，可知彈簧的彈性勢能增加量一定不是故 B錯誤；C、小物塊與彈簧接觸的過程中，彈簧彈力逐漸增大，而物塊的速度逐漸減小，由，可知開始時彈簧的功率為 0，開始與彈簧接觸時逐漸增大；最后速度等于0時，彈簧的功率也是0，彈簧的功率在

17、增大都某一個最大值后又開始減小，即彈簧的彈力的功率先增加后減小，故C 錯誤；D 、根據(jù) A 項分析可知，物塊接觸彈簧后，物體的加速度：， f 減小，而 F 增大， F 增大到一定程度會與 f 相等，此時加速度為零，由于慣性，物體繼續(xù)向左運動，彈簧的彈力大于摩擦力，直到物體速度為零，故小物塊運動到C 點時速度為零，彈簧的彈力大于摩擦力，加速度不為零。故D 正確。故選： D。根據(jù)左手定則判斷出洛倫茲力的方向，然后結合受力分析判斷出小物塊受到的支持力以及摩擦力，結合速度的變化分析支持力的變化以及摩擦力的變化，再由牛頓第二定律分析加速度的變化；根據(jù)功能關系分析彈簧的彈性勢能；根據(jù)瞬時功率的表達式，結合

18、速度、彈力的變化分析功率的變化。本題分析物體的受力情況和運動情況是解答的關鍵，能量是守恒的，同時要注意洛倫茲力在其中起到的作用。6.【答案】 C【解析】解：A、是定值電阻，有：，可知不變，不變，故A 錯誤；BC 、當滑動變阻器的滑動觸頭P 向下滑動時，變大，是可變電阻，有，變大。根據(jù)閉合電路歐姆定律得：，則知：，不變，故B 錯誤， C 正確；D 、為路端電壓，為外電阻，增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律知：，不變，故D 錯誤。故選： C。第7頁，共 12頁本題要分定值電阻與可變電阻去分析。對于定值電阻，有；對于可變電阻，可根據(jù)閉合電路歐姆定律分析 與電源內阻的關系，從而作出判斷。本題要注意對于定值電阻

19、，是線性元件，；對于非線性元件，也可以結合電源的圖線分析。7.【答案】 BC【解析】解： A、在位置 II 時，兩邊都切割磁感應線，感應電動勢，電流強度，根據(jù)平衡條件可得外力為，故 A 錯誤；B、在位置 II 時線框中的電功率為，故 B 正確；C、在位置 進入磁場過程中，只有一條邊切割磁感應線，產(chǎn)生的感應電動勢為BLv，安培力，全過程中產(chǎn)生的電能為，故 C 正確；D 、此過程中線圈內磁通量的變化，通過導線橫截面的電荷量為，故 D 錯誤。故選： BC。在位置 II 時，兩邊都切割磁感應線，兩邊都受安培力，根據(jù)平衡條件可得外力；根據(jù)求解在位置 II 時線框中的電功率； 全過程中產(chǎn)生的電能等于克服安

20、培力做的功；根據(jù)電荷量的經(jīng)驗公式求解通過導線橫截面的電荷量。對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度， 根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化問題，根據(jù)動能定理、功能關系等列方程求解。【答案】 BD8.【解析】解： A、根據(jù)圖象與x 軸圍成的面積分析電勢差的大小，Ob 兩點的電勢差小于Od 兩點的電勢差，故 A錯誤；B、根據(jù)圖象與 x 軸圍成的面積分析電勢差的大小，知，所以 a、 c 兩點的電勢相等，故B 正確；C、根據(jù)電場強度的方向知處電場線方向沿 x 軸負方向，電場沿 x 軸正方向， O 點的電勢大于c 點的電勢，電子帶負電，電子在O

21、點的電勢能小于電子在c 點的電勢能，故 C 錯誤；D 、質子帶正電， 沿電場線方向運動做正功，逆著電場線方向做負功， 故質子由 a 點沿 x 軸運動到 c 點的過程中，電場力先做負功再做正功，故D 正確；故選： BD。根據(jù)圖象與 x 軸圍成的面積分析電勢差的大小和電勢的高低；質子帶正電，沿電場線方向運動做正功，逆著電場線方向做負功。本題首先要讀懂圖象，場強的正負反映場強的方向，大小反映出電場的強弱。然后根據(jù)圖象與x 軸圍成的面積分析電勢差的大小。9.【答案】 BD【解析】解：A、如右圖，粒子往右偏轉，根據(jù)左手定則，粒子帶負電，故A 錯誤；B、由幾何知識得，粒子a， c 均從 P 點射出，所以弧

22、OP的對稱弧與a 粒子的軌跡半徑相等，故a， b 粒子與 b， c第8頁，共 12粒子的射出的方向間的夾角相等，故B 正確；C、 a， c 粒子位移相等，時間不等，故兩粒子a， c 在磁場中運動的平均速度不相同，故C 錯誤；D 、相同粒子在同一磁場中運動的軌跡半徑相等，故連接三個粒子做圓周運動的圓心與O 點的連線構成一個菱形，故D正確；故選： BD。相同的粒子以不同的方向入射同一磁場，做勻速圓周運動的半徑相等，根據(jù)幾何知識求解即可。解答此題的關鍵是知道相同粒子在同一磁場中做勻速圓周運動的半徑是相等的，注意與數(shù)學知識相結合解答更容易。10.【答案】 AC【解析】解：AB、金屬棒滑動過程中， 系統(tǒng)

23、水平方向動量守恒，根據(jù)動量守恒定律可得：，則，所以ab 的速度逐漸減小， cd 的速度逐漸增大，相對速度越來越小，最后為零，則安培力逐漸減小、加速度逐漸減小到零，故 A 正確、 B 錯誤；CD 、設兩根導體棒的總電阻為R，由于，二者的速度之差越來越小，最后速度之差為0，則感應電流越來越小，最后為零，故C 正確、 D 錯誤。故選： AC。根據(jù)動量守恒定律分析最終的速度大小， 根據(jù)受力情況確定速度變化情況； 根據(jù)導體棒切割磁感應線產(chǎn)生的感應電動勢大小和閉合電路的歐姆定律分析電流強度的變化。對于電磁感應現(xiàn)象中的圖象問題，經(jīng)常是根據(jù)楞次定律或右手定則判斷電流方向，根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆

24、定律求解感應電流隨時間變化關系，然后推導出縱坐標與橫坐標的關系式，由此進行解答， 這是電磁感應問題中常用的方法和思路。11.【答案】； 220【解析】解：游標卡尺的固定刻度讀數(shù)為50mm，游標尺上第3 個刻度線與主尺對齊，游標讀數(shù)為，所以最終讀數(shù)為：；螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為，可動刻度讀數(shù)為，所以最終讀數(shù)為：該電阻的阻值約為故答案為：；游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀；螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀；用歐姆表測電阻的讀數(shù)為指針示數(shù)乘以倍率，當指針指在中央附近時測量值較準確；解決本題的關鍵掌握游標卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)方法，游標卡

25、尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀12.【答案】電壓表量程太大90【解析】解：電流表量程為 4mA、內阻約為，滿偏電壓約為，而電壓表量程為 4V，所以電壓表量程過大， 無法準確測量，故不能使用電壓表進行測量；實驗中只能選擇另一電流表進行測量， 可以將待測電流表與定值電阻并聯(lián)， 然后由電流表測出并聯(lián)電流， 即可求出電流表內阻；因電流表內阻約為 ，故定值電阻應選擇 ；故原理圖如圖所示；電流表的示數(shù)為，電流表的示數(shù)為，通過定值電阻的電流為，電流表G 兩端的電壓，第9頁，共 12頁待測電流表內阻；根據(jù)中表達式可知，由

26、圖象可知，圖象的斜率解得：。故答案為：電壓表量程過大；如圖所示；。明確電路結構，根據(jù)電表的量程分析是否合理；電壓表無法使用，可以把待測電流表與定值電阻并聯(lián)，然后由電流表測出并聯(lián)電流，然后由并聯(lián)電路特點及歐姆定律求出待測電流表內阻；為了多次測量，可以使用滑動變阻器的分壓接法；據(jù)此設計實驗電路。由并聯(lián)電路特點及歐姆定律求出電流表G 的內阻表達式；根據(jù)中表達式進行變形，根據(jù)圖象利用幾何關系即可確定電流表內阻的大小。本題考查了實驗器材的選取、實驗電路的設計、求電阻等問題；選擇實驗器材時，首先要保證電路安全，在保證安全的情況下，為使讀數(shù)準確，電表量程及電阻阻值應選小的。實驗電路的設計是本題的難點，沒有電

27、壓表，利用并聯(lián)電路特點求出待測電流表兩端電壓是常用的方法。13.【答案】解：小球 m 在處以 以水平射入勻強電場后，運動軌跡如圖所示?？疾樨Q直方向情況：小球無初速，只受重力mg，可看作是自由落體運動；考查水平方向情況，有初速，受恒定的電場力 qE 作用，作勻速直線運動，小球的曲線運動由上述兩個正交的直線運動疊加而成。由題可知：設球飛行時間為t，在豎直方向上有：水平方向上有：代入數(shù)據(jù)解得：在水平方向上有：聯(lián)立解得：答：間的距離為若小球打在與B 同一水平線上的極板上，小球的初速度應是【解析】 將小球分解成水平方向與豎直方向運動，根據(jù)各方向的受力與運動來確定其運動性質；再根據(jù)牛頓第二定律與運動學公式

28、，來確定運動到最遠時間，從而可求得豎直方向下落的距離。根據(jù)水平方向勻加速豎直方向自由落體運動借口求得對于這類較復雜的曲線運動， 中學中常用的處理方法是將其分解成兩個或幾個簡單的直線運動， 根據(jù)力的獨立作用原理及運動的互不相干性分別加以分析14.【答案】解：設金屬棒ab 沿斜面下滑的位移為x，由法拉第電磁感應定律有：且由歐姆定律有：又有：聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：C金屬棒 ab 下滑過程中，由能量守恒知，回路中產(chǎn)生的焦耳熱等于ab 棒機械能的減少量，第10 頁，共 12頁即：總，又有：金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為：總代入數(shù)據(jù)解得：。答：流過金屬棒 ab 某一橫截面的電荷量q 為；金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q 為?！窘馕觥扛鶕?jù)法拉第電磁感應定律、歐姆定律和電量與電流的關系結合流過金屬棒ab 某一橫截面的電荷量q；金屬棒 ab 下滑過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱等于ab 棒機械能的減少量，先求整個電路產(chǎn)生的焦耳熱，再求金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱 Q。解決該題的關鍵是掌握法拉第電磁感應定律以及電荷量的表達式從而求解電量的表達式，知道用能量守恒求解總的電荷量；15.【答案】解：帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，水