1、2020年江苏省南京市、盐城市高考物理一模试卷题号一二三四五六总分得分一、单选题（本大题共8小题，共27.0分）1. 一根轻质弹簧原长为l0，在力F作用下伸长了x。则弹簧的劲度系数k是()A. Fl0B. FxC. Fxl0D. Fx+l0【答案】B【解析】解：已知弹簧的弹力F与伸长的长度x，根据胡克定律F=kx得k=Fx，故ACD错误，B正确。故选：B。已知弹簧的弹力F与伸长的长度x，根据胡克定律F=kx求弹簧的劲度系数k。解决本题的关键要知道胡克定律F=kx中x是弹簧的形变量，不是弹簧的原长，也不是弹簧的长度。2. 如图所示，一节干电池的电源电动势E=1.5V，内阻r=1.0，外电路电阻为
2、R，接通电路后，则()A. 电压表读数一定是1.5VB. 电流表读数可能达到2.0AC. 电源每秒钟有1.5J的化学能转化为电能D. 1C的正电荷在电源内从负极移送到正极非静电力做功为1.5J【答案】D【解析】解：A、电压表测量路端电压，读数小于1.5V，故A错误。B、外电阻和内电阻串联，根据闭合电路欧姆定律得：I=Er+R<1.5a，故b错误。 3.="" a.="" b.="" c.="" d.="" a="" 4.="" 5.="&q
3、uot; b="" v="r，相等，可得v2=2v1" 2l="12mv22" v1="43gL，v2=163gL" w="23mgL，可见，系统中细棒对乙球做正功，故B正确。" f1="2mv12L，F2=mv222L=m(2v1)22L=2mv12L，则F1=F2，故C错误。" 6.="" c="" ek="hW0可知，图象斜率都为普朗克常量h，故得出的两条图线一定为平行线，由于两金属的逸出功不同，则与横轴的交点不同，故C
4、正确，ABD错误。" ekm="hW0，以及知道光电子的最大初动能与入射光的强度无关，与入射光的频率有关。" 7.="" d="" p1t1="P2T2" t1="">T2，所以P1>P2，即暖瓶内的压强由原来的P1减小为现在的P2，气体向外的压力减小，所以拔出瓶塞更费力，故ABC错误D正确。故选：D。木塞难拔出的现象，是因为瓶内的气压小于瓶外的大气压，所以外界大气压对瓶塞向里的压力大于瓶内气体对木塞向外的压力，可以根据理想气体的等容变化分析瓶内的气压变化。应用查理定律时要
5、注意判断气体的体积不能发生变化，然后判断压强与温度之间的关系。8. 如图所示，甲为波源，M、N为两块挡板，其中M板固定，N板可移动，两板中间有一狭缝。此时测得乙处点没有振动。为了使乙处点能发生振动，可操作的办法是()A. 增大甲波源的频率B. 减小甲波源的频率C. 将N板竖直向下移动一些D. 将N板水平向右移动 一些【答案】B【解析】解：乙处点没有振动，说明波没有衍射过去，原因是MN间的缝太宽或波长太小，因此若使乙处质点振动，可采用N板上移减小间距或增大波的波长，即减小甲波源的频率，故B正确，ACD错误。故选：B。发生明显衍射的条件是当缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或比波
6、长更小，据此分析可操作的方法。此题考查了波的干涉和衍射现象，解决本题的关键掌握发生明显衍射的条件，以及知道波速、波长与频率的关系。二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9. 质点在光滑水平面上做直线运动，t图象如图所示。取质点向东运动的方向为正，则下列说法中正确的是()A. 加速度方向发生改变B. 质点在2s内发生的位移为零C. 质点在2s末的速度是3m/s，方向向东D. 质点先做匀减速后做匀加速的直线运动【答案】BD【解析】解：A、vt图象是一条倾斜直线，斜率表示加速度，故加速度保持不变，故A错误。B、根据图线与坐标轴所围“面积”表示位移，图象在时间轴上方表示的位移为正，图象在时间轴下方
7、表示的位移为负，则知在前2s位移为：x=1231m1231m=0，故B正确；C、根据图象可知：质点在2s末的速度是3m/s，“”说明方向向西，故C错误；D、01s内质点速度在减小，加速度不变，做匀减速直线运动，1s2s速度在增大，且方向相反，加速度不变，故做反向匀加速直线运动，故D正确；故选：BD。速度的正负表示质点的运动方向。由速度时间的斜率分析加速度。加速度反映速度变化的快慢。根据图象的形状分析质点的运动性质。图线与坐标轴所围“面积”表示位移，根据几何知识求出位移大小。对于速度图象问题，抓住“斜率”等于加速度，“面积”等于位移是关键。要注意位移和速度的正负。10. 在地月系统中，若忽略其它
8、星球的影响，可以将月球和地球看成在引力作用下都绕某点做匀速圆周运动；但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动。我们把前一种假设叫“模型一”，后一种假设叫“模型二”。已知月球中心到地球中心的距离为L，月球运动的周期为T.利用()A. “模型一”可确定地球的质量B. “模型二”可确定地球的质量C. “模型一”可确定月球和地球的总质量D. “模型二”可确定月球和地球的总质量【答案】BC【解析】解：对于“模型一”，是双星问题，设月球和地球做匀速圆周运动的轨道半径分别为r和R，间距为L，相互作用的万有引力大小为F，运行周期为T，根据万有引力定律有：GMmL2=M42T2R=m42T2r其中R+
9、r=L，解得：M+m=42L3GT2，可以确定月球和地球的总质量。对于“模型二”，月球绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有：GMmL2=m42T2L，解得地球的质量为：M=42L3GT2，可以确定地球的质量，无法确定月球的质量，故BC正确，AD错误。故选：BC。对于“模型一”是双星问题，地球和月球绕O做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，有相同的角速度和周期，结合牛顿第二定律和万有引力定律列式。对于“模型二”，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解中心天体的质量。此题关键是建立天体的运动模型；对于双星问题，关键我们要抓住它的特点，即两星球的万有引力提供各自的向心力和
10、两星球具有共同的周期；当M>>m时，题中两个模型是等价的。11. 两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙，以不同的速率沿着HO方向垂直射入匀强电场，电场强度方向竖直向上，它们在圆形区域中运动的时间相同，其运动轨迹如图所示。不计粒子所受的重力，则下列说法中正确的是()A. 甲粒子带正电荷B. 乙粒子所带的电荷量比甲粒子少C. 甲粒子在圆形区域中电势能变化量小D. 乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子大【答案】AC【解析】解：A、甲粒子向上偏转，所受的电场力向上，与电场方向相同，故甲粒子带正电荷，故A正确。B、两个粒子竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，有：y=12at2=qE2m
11、t2，E、t、m相等，则yq，可知，乙粒子所带的电荷量比甲粒子多，故B错误。C、电场力对粒子做功为W=qEy，甲粒子电荷量少，偏转距离小，则电场力对甲粒子做功少，其电势能变化量小，故C正确。D、水平方向有x=v0t，相同时间内，乙粒子的水平位移小，则乙粒子进入电场时初速度小，初动能就小，故D错误。故选：AC。根据粒子所受的电场力方向与电场方向的关系，判断其电性。根据竖直分位移公式列式，判断电荷量的大小。根据电场力做功分析电势能的变化量。根据初速度关系分析初动能关系。本题是带电粒子在电场中偏转问题，要熟练运用运动的分解法研究，通过列式进行半定量分析。12. 如图甲所示，a、b两个绝缘金属环套在同
12、一个光滑的铁芯上。t=0时刻a、b两环处于静止状态，a环中的电流i随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是()A. t2时刻两环相互吸引B. t3时刻两环相互排斥C. t1时刻a环的加速度为零D. t4时刻b环中感应电流最大【答案】ACD【解析】解：AB、相互吸引还是相互排斥，就要看电流是增大还是减小了，t2时刻与t3时刻，均处于电流减小阶段，根据楞次定律，可知，两环的电流方向相同，则两环相互吸引，故A正确，B错误。C、t1时刻，a中电流产生磁场，磁场的变化使b中产生电流，才使两线圈相互作用，所以，作用力最大的时刻，也就是a中电流变化最快的时刻。在乙图中，“变化最快”也就是曲线的斜率最
13、大。t1时刻斜率为0，这个瞬间磁场是不变化的，因此两线圈没有作用力，则加速度为零，故C正确。D、虽然t4时刻的电流为零，但是根据该点的斜率，电流是变化的，也就是磁通量变化率最大，那么b环中感应电动势最大，则感应电流最大，故D正确。故选：ACD。根据法拉第电磁感应定律与楞次定律，结合安培力方向，依据磁场通过电流大小体现，而感应电动势由电流的变化率体现，即可求解。考查感应电流产生条件，掌握法拉第电磁感应定律的应用，理解楞次定律的另一种用法：相对运动。注意电流ia随时间t的变化规律，当斜率为零时，感应电动势即为零，是解题的突破口。三、填空题（本大题共3小题，共12.0分）13. 如图所示，铀235的
14、其中一种链式反应示意图。完成铀核裂变的核反应方程(未标出的新核元素符号用“Kr”表示)92235U+01n56144Ba+_+301n在重核裂变和轻核聚变过程中获得能量的途径是质量_(选填“增大”或“亏损”)【答案】8936Kr 亏损【解析】解：(1)根据核电荷数守恒得Kr的核电荷数：9256=36，根据质量数守恒得Kr的质量数：235+11443=89，所以铀核裂变的核反应方程为：92235U+01n56144Ba+8936Kr+301n。(2)爱因斯坦质能方程为E=mc2，若核反应中的质量亏损为m，释放的核能E=mc2，所以在重核裂变和轻核聚变过程中获得能量的途径是质量亏损。故
15、答案为：8936Kr，亏损。(1)根据质量数守恒和核电荷数守恒来计算Kr的核子数和核电荷数；(2)重核裂变和轻核聚变过程中出现质量亏损，会释放出相应的能量。本题考查了爱因斯坦质能方程、裂变反应和聚变反应等知识点。掌握质量数守恒和核电荷数守恒时解决本题的关键。14. 如图所示，一定质量的理想气体，在不同的温度下，有着不同的等温线，则t1_t2(选填“小于”或“等于”、“大于”)；在t1等温线有M、N两个状态，则PMVM_PNVN(选填“小于”或“等于”、“大于”)【答案】大于 等于【解析】解：在PV图象中做一条等压线如图所示：同一压强下，两条等温线上对应体积分别为V1、V2，由图可知
16、V1>V2，根据盖吕萨克定律可得：V1T1=V2T2由可得T1>T2同一等温线上各个状态温度相同，根据理想气体状态方程可得：PMVMTM=PNVNTN故PMVM=PNVN故答案为：大于、等于。利用控制变量法和气体实验定律分析两条等温线的温度关系；同一等温线上的两个状态，根据理想气体状态方程分析PV关系。本题考查了判断气体状态变化过程中各状态参量的变化情况，分析清楚图示图象、应用理想气体状态方程即可正确解题。15. 波源在O点，一列简谐横波沿x轴传播。t=0时的波形如图所示，质点A与质点B相距l.5m，A点速度沿y轴负方向；t=0.02s时，质点A第一次到达负向最大位移处。由此可知此
17、波的传播速度为_m/s，t至少等于_s时，质点B处在波谷位置。【答案】12.5 0.02【解析】解：由图可知A到B点的距离为1.5，又AB之间的距离为1.5m，可知：=1m；t=0时刻A点速度沿y轴负方向，则经过t=0.02s=T4时，质点A第一次到达负向最大位移处，所以T=0.08s，则波速v=T=10.08m/s=12.5m/s；波源在O点，则该波向两侧的传播是对称的，当A到达波谷时，B也到达波谷，所以至少等于0.02s时，质点B处在波谷位置。故答案为：12.5，0.02由图确定波长，根据A点振动情况确定，求出波速；由波向两侧传播的对称性分析质点B第一次到达波谷的时间。对于波的
18、图象问题往往需要研究波的传播方向和质点的振动方向之间的关系，必须熟练运用。四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）16. 如图所示利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置。主要实验步骤如下：A.将气垫导轨放在水平桌面上，并调至水平B.测出遮光条的宽度dC.将滑块移至图示的位置，测出遮光条到光电门的距离lD.释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间tE.用天平称出托盘和砝码的总质量mF.请回答下列问题：重力加速度取g。(1)滑块经过光电门的速度可以表示为_(用物理量符号表示)(2)为验证机械能守恒定律，还需要测的物理量是_；(3)滑块从静止释放，运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少_；
19、(用物理量符号表示)(4)选用不同的l，测出对应的t。能直观反应系统机械能守恒的图象是_。A.tlB.t2lC1tlD1t2l【答案】dt 滑块和遮光条的总质量M mgl D【解析】解：(1)根据瞬时速度的定义式可知，挡光条通过光电门的速率为：v=dt(2)令滑块和遮光条的总质量为M，托盘和砝码下落过程中，系统增加的动能为：EK=12(M+m)v2=12(m+M)(dt)2，实验中还要测量的物理量为滑块和挡光条的总质量M。(3)根据题意可知，系统减少重力势能即为托盘和砝码减小的，为：EP=mgl。(4)为了验证机械能守恒，需满足的关系是：mgl=12(M+m
20、)(dt)2，应该是1t2l图象，故D正确。故答案为：(1)dt；(2)滑块和遮光板的总质量M；(3)mgl；(4)D。分析物体下降的高度，根据EP=mgh分析系统的重力势能的减少量，由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度。根据机械能守恒定律确定要验证的表达式，以及确定所需测量的物理量。解决该题的关键是掌握实验的实验目的和实验原理，熟记瞬时速度的求解方法，知道机械能守恒定律的一般表达式。17. 某同学设计测量电流表内阻的实验。待测电流表的内阻Rg约在1K2K之间，量程250A.提供实验器材：甲RRabPErsG电源(4V0.6)电键S及导线若干一只电阻箱R(0999
21、9)滑动变阻器R1(0500.6A)滑动变阻器R2(01K0.3A)某同学的测量过程如下：第一，选择实验器材，设计实验的电路图，如图甲所示第二，实验操作步骤如下：先按电路图接好各元件，调节滑动变阻器R的滑片P位置，再使电阻箱阻值为零闭合电键s，调节滑动变阻器R的滑片P于某一位置，使电流表达到满刻度Ig滑动变阻器R的滑片P保持不变，调节电阻箱值使电流表读数为Ig的一半，记下电阻箱读数Rx，则待测电流表的内阻Rg=Rx请回答以下问题：(1)为了精确测量电流表的内阻，该同学选择的滑动变阻器R是_(选填“R1”或“R2”)(2)该同学在操作步骤中，滑动变阻器R的滑片P应置于_端(选填“a”或“b”)理
22、由是_(3)接照该同学所设计的实验思路，用铅笔画出的线代表导线在图乙中替他完善正确规范的实验电路连接，导线不能交叉(4)在实验步骤中，确保滑动变阻器R的滑片P的位置不变，其理由是_【答案】R1 a 接通电路时，确保电流表安全 保持aP间电压不变【解析】解：(1)根据题意要求精确测量电流表内阻及分压式连接，然后选择滑动变阻器为：R1；(2)为了确保开关闭合后，电路安全，因此滑动变阻器的滑片应置于a端，这样就可以保证在接通电路时，确保电流表安全；(3)根据电路图，连接实物图如图所示：(4)在实验步骤中，确保滑动变阻器R的滑片P的位置不变，其理由是保持aP间电压不
23、变。故答案为：(1)R1(2)a 接通电路时，确保电流表安全(3)如图所示(4)保持aP间电压不变(1)根据题意要求精确测量电流表内阻及分压式连接，然后选择滑动变阻器；(2)为了确保开关闭合后，电路安全，因此滑动变阻器的滑片应置于a端；(3)由电路图对比连接即可；(4)滑片位置不变，一般会保持电路中电压不变。本题中考查了电学实验的常规，即开关闭合前应将滑动变阻器的滑片调到开关闭合后输出电压最小的位置。从实验原理出发，分析误差，选择可行的实验方案。五、计算题（本大题共5小题，共50.0分）18. 如图所示，一位同学在用气垫导轨探究动量守恒定律时，测得滑块甲质量为
24、m甲，它以v1的速度水平撞上同向滑行的滑块乙。乙的质量为m乙，速度为v2.碰撞后滑块甲以v3的速度继续向前运动。求滑块乙的滑行速度v乙。【答案】解：取水平向右为正方向。则碰撞前甲的速度为v1，乙的速度为v2，碰撞后，甲的速度为v3，滑块乙的滑行速度v乙，根据动量守恒定律得m甲v1+m乙v2=m甲v3+m乙v乙。解得：v乙=m甲m乙(v1v3)+v2答：滑块乙的滑行速度v乙为m甲m乙(v1v3)+v2。【解析】甲、乙碰撞过程，系统的动量守恒，根据动量守恒定律列出公式，即可求解滑块B的滑行速度。解决本题的关键要掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律，解题时要注意选取正方向，用符号表示速度方向。19. 如
25、图所示，绝热容器中封闭一定质量的理想气体，现通过电热丝缓慢加热，当气体吸收热量Q时，活塞恰好缓慢上移H，已知活塞横截面积为S，重量忽略不计，大气压强为P0，求封闭气体内能增加量。【答案】解：加热过程中气体做等压变化，封闭气体压强为：P=P0 气体对外做功为：W=P0SH 由热力学第一定律知内能的增加量为U=QW=Qp0SH；答：封闭气体内能增加量为Qp0SH。【解析】先计算加热过程中气体对外做的功，再由热力学第一定律求出气体的内能增加量。本题考查热力学第一定律，解题关键是根据W=PV求解气体做功，另外利用热力学第一定律求解时要注意功、热量和内能增加量的正负号问题。20. 如图所示，光导纤维可简
26、化为长玻璃丝的示意图，玻璃丝长为L，折射率为n(n=2)。AB代表端面。为使光能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面。求光在端面AB上的入射角应满足的条件。【答案】解：设光束在光导纤维端面的入射角为i，折射角为，折射光线射向侧面时的入射角为，要保证不会有光线从侧壁射出来，其含义是能在侧壁发生全反射。由折射定律：n=sinisin由几何关系：+=90，sin=cos恰好发生全反射临界角的公式为：sin=1n得：cos=11n2联立得：sini=n21=1即为：i=90要保证从端面射入的光线能发生全反射，应有i90答：光在端面AB上的入射角应满足的条件是i90。【解析】根据折射定律求入射角的条件，利用
27、全反射的条件可求得光在端面AB上的入射角应满足的条件。考查了折射定律和全反射的条件，对于几何光学问题作出光路图，正确的确定入射角和折射角，并灵活运用折射定律是解题的关键。21. 一根套有光滑轻质小环、不可伸长的轻线，线的一端系在固定点O1，另一端跨过固定的小滑轮O2.在轻质小环上挂质量为M=3m的物体甲，在线的自由端系有质量为m的物体乙，物体乙的下面有一根细线固定，使物体甲、乙保持静止状态，且夹角=120.然后剪断细线由静止释放物体甲、乙，物体甲竖直下降，当夹角变为某一角度0时有最大速度。重力加速度取g，忽略滑轮、小环的质量，不计摩擦。求：(1)剪断前细线所受的拉力；(2)物体甲有最大速度时，
28、物体乙的加速度；(3)物体甲从静止下降到最低位置，甲、乙两物发生位移之比。【答案】解：(1)当=120时，设与环接触的轻线受力为F1。对环研究有：2F1cos60=Mg解得：F1=3mg设乙下面的细线受力为F2。对乙研究F1=mg+F2解得：F2=mg(31)；(2)当夹角为0，设轻线受力为F.对环研究有：Fcos02=123mg设乙物体所受合力为F合.对乙研究有：Fmg=ma乙解得：a乙=(32cos021)g；(3)物体甲在最低位置处时，甲=0，乙=0，由系统机械能守恒得出：3mgh甲=mgh乙解得：h甲h乙=33。答：(1)剪断前细线所受的拉力为(31)mg；(2)物体甲有最大速度时，物
29、体乙的加速度为(32cos021)g；(3)物体甲从静止下降到最低位置，甲、乙两物发生位移之比为33。【解析】(1)根据平衡条件求解与环接触的轻线受到的拉力，再对乙研究，根据平衡条件求解；(2)当夹角为0，对环根据平衡条件列方程，对乙根据牛顿第二定律列方程求解；(3)由系统机械能守恒求解物体甲从静止下降到最低位置，甲、乙两物发生位移之比。本题主要是考查共点力的平衡、牛顿第二定律以及机械能守恒定律等知识，关键是弄清楚小环和乙物体的受力情况，根据平衡条件列方程求解拉力，根据机械能守恒定律求解发生位移之比。22. 如图所示，在xoy平面内y轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场方向
30、垂直纸面向外；分成和两个区域，区域的宽度为d，右侧磁场区域还存在平行于xoy平面的匀强电场，场强大小为E=B2qd2m，电场方向沿y轴正方向。坐标原点O有一粒子源，在xoy平面向各个方向发射质量为m，电量为q的正电荷，粒子的速率均为v=qBdm.进入区域时，只有速度方向平行于x轴的粒子才能进入，其余被界面吸收。不计粒子重力和粒子间的相互作用，求：(1)某粒子从O运动到O的时间；(2)在区域内有粒子经过区域的面积；(3)粒子在区域运动，当第一次速度为零时所处的y轴坐标。【答案】解：(1)根据洛伦兹力提供向心力可得：Bq=m2R则轨迹半径为：R=mvqB=d粒子从O运动到O的运动的示意图如图所示。
31、粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为：=60周期为：T=2mBq所以运动时间为：t=T6=m3qB(2)根据旋转圆的方法得到粒子在区经过的范围如图所示，沿有粒子通过磁场的区域为图中斜线部分面积的大小：根据图中几何关系可得面积为：S=d2+12d2(3)粒子垂直于边界进入区后，受到的洛伦兹力为：qvB=q2B2dm在区受到的电场力为：qE=q2B2d2m由于电场力小于洛伦兹力，粒子将向下偏转，当速度为零时，沿y方向的位移为y，由动能定理得：qEy=012mv2解得：y=12mv2qE=d所以y轴坐标为0。答：(1)某粒子从O运动到O的时间为m3qB；(2)在区域内有粒子经过区域的面积为d2+12
32、d2；(3)粒子在区域运动，当第一次速度为零时所处的y轴坐标为0。【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力求解半径，画出粒子从O运动到O的运动轨迹，求出粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角，再根据周期公式求解时间；(2)根据旋转圆的方法得到粒子在区经过的范围，根据几何关系可得面积；(3)粒子垂直于边界进入区后，受到的洛伦兹力大于受到的电场力，洛伦兹力不做功，由动能定理列方程求解。对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量，本题的关键是能够利用旋转圆方法分析粒子的运动过程。六、简答题（本大题共1小题，共15.0分）23. 如图所示，闭合
33、矩形线框abcd可绕其水平边ad转动，ab边长为x，bc边长为L、质量为m，其他各边的质量不计，线框的电阻为R.整个线框处在竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中。现给bc边施加一个方向与bc边、磁场的方向均垂直的初速度，经时间t，bc边上升到最高处，ab边与竖直线的最大偏角为，重力加速度取g。求t时间内：(1)线框中感应电动势的最大值；(2)流过线框导体截面的电量；(3)线框中感应电流的有效值。【答案】解：(1)开始时速度最大，感应电动势最大，则有：Emax=BLv；(2)根据电荷量的计算公式可得：q=It根据闭合电路的欧姆定律可得：I=ER根据法拉第电磁感应定律可得：E=t=BLxsint解
34、得：q=BLxsinR；(3)根据能量守恒定律可得：12mv2=mgx(1cos)+QQ=I有2Rt解得：I有=mv2gx(1cos)2Rt。答：(1)线框中感应电动势的最大值为BLv；(2)流过线框导体截面的电量为BLxsinR；(3)线框中感应电流的有效值为mv2gx(1cos)2Rt。【解析】(1)开始时速度最大，感应电动势最大，根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势的计算公式求解；(2)根据电荷量的计算公式结合闭合电路的欧姆定律、法拉第电磁感应定律求解；(3)根据能量守恒定律求解。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。第19页，共19页
