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2022-2023学年安徽省合肥百花中学等六校高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年安徽省合肥百花中学等六校高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作，PM2.5是指空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物，可在显微镜下观察到，它漂浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后会进入血液对人体形成危害。矿物燃料燃烧时废弃物的排放是形成PM2.5的主要原因，下列关于PM2.5的说法中正确的是( )
A. PM2.5在空气中的运动属于分子热运动
B. PM2.5的无规则运动说明了空气分子做分子热运动
C. PM2.5的质量越大，其无规则运动越剧烈
D. 温度越低，PM2.5的无规则运动越剧烈
2.如图所示，磁场磁感应强度B的方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是( )
A. B. C. D.
3.某磁场磁感线如图所示，有一铜线圈自A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中的感应电流方向是( )
A. 始终顺时针B. 先顺时针再逆时针C. 始终逆时针D. 先逆时针再顺时针
4.如图所示，一边长为a的正方形线圈与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，磁感应强度为B。在Δt时间内将线圈绕虚线(磁场边界)翻转180∘，在此过程中线圈产生的感应电动势为( )
A. 零
B. Ba22△t
C. Ba2△t
D. 2Ba2△t
5.一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如图所示，在相同时间内电阻产生热量最大的是( )
A. B.
C. D.
6.如图甲为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图乙为这列波上质点P的振动图像，则下列说法正确的是( )
A. 该横波向右传播，波速为0.8m/s
B. t=2s时，质点Q的振动方向为y轴负方向
C. 在2∼4s时间内，质点P沿x轴向右平移2.0m
D. 在2∼4s时间内，质点Q通过的路程为10cm
7.如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ=45∘。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM=a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则( )
A. 粒子带正电荷B. 粒子速度大小为qBam
C. 粒子在磁场中运动的轨道半径为aD. N与O点相距( 2+1)a
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，用F表示两分子间的作用力，Ep表示分子间的分子势能，在两个分子之间的距离由10r0变为r0的过程中( )
A. F不断增大
B. F先增大后减小
C. F对分子一直做正功
D. Ep先增大后减小
9.如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220 2⋅sin100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数为1AB. 原线圈的输入功率为220W
C. 电压表的示数为110VD. 副线圈输出交流电的周期为0.01s
10.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上.一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下.两物体的v−t图线如图所示，图中AB//CD。则整个过程中( )
A. F1的冲量大于F2的冲量
B. F1的冲量小于F2的冲量
C. 摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量
D. 合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量
三、实验题：本大题共2小题，共22分。
11.某同学用图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中CQ是斜槽，QR为水平槽，二者平滑相接，调节实验装置，使小球放在QR上时恰能保持静止，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面上的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次。
图甲中O是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰球B时A球的平均落点，M为与B球碰后A球的平均落点，N为被碰球B的平均落点，若B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP.米尺的零刻度与O点对齐。
(1)入射球A的质量mA和被碰球B的质量mB的关系是mA______mB(选填“>”“<”或“=”)。
(2)碰撞后B球的水平射程约为______ cm。
(3)下列选项中，属于本次实验必须测量的是______(填选项前的字母)。
A.水平槽上未放B球时，测量A球平均落点位置到O点的距离
B.A球与B球碰撞后，测量A球平均落点位置到O点的距离
C.测量A球或B球的直径
D.测量A球和B球的质量
E.测量G点相对于水平槽面的高度
(4)若系统动量守恒，则应有关系式：______。
12.实验小组的同学们用如图1所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。
(1)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬线上端固定在铁架台上，测出悬点到小球球心的距离l；
(2)将摆球拉离平衡位置一个小角度松手使其在竖直平面内摆动，测量单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=______。(用l、n、t表示)
(3)甲同学测得的重力加速度数值大于当地重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是______。(填选项前的字母)
A.开始摆动时振幅较小
B.开始计时时，过早按下秒表
C.测量周期时，误将摆球(n−1)次全振动的时间记为n次全振动的时间
D.测量摆长时，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长
(4)乙同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图2所示的图像，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是______(填“l2”“l”或“ l”)。若图线斜率为k，则重力加速度g=______(用k表示)。
(5)丙同学正确完成实验操作后，整理器材时突然发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他测量时是将悬点到球心的距离作为摆长l，通过改变摆线的长度，测得5组l和对应的周期T。为了消除摆长不准对实验结果的影响，他画出l−T2图像，利用图像计算出重力加速度的表达式应为g=______。
四、简答题：本大题共2小题，共25分。
13.如图所示，截面ABCD为矩形的透明设备放置在真空环境中AB=2a，一束光入射到上表面与AD夹角为θ=30∘，折射到AB而中点时恰好发生全反射，光在真空中的传播速度为c，求：
(1)该透明设备材料的折射率(可用根号表示)；
(2)光从射入到第一次射出经历的时间。
14.如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道半径R=0.45m，下端恰好与平台平滑对接，在光滑的水平面上有一个静止的、足够长的木板c，木板的右端紧靠侧壁竖直的平台，平台的上表面光滑并与木板上表面等高，小滑块a、b可视为质点。已知两个小滑块与木板的质量均为m=1kg，小滑块a、b与木板间的动摩擦因数均为μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。小滑块a由圆弧轨道顶端无初速度释放，a、b碰撞时间极短。
(1)求小滑块a滑到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小；
(2)若初始小滑块b静止在木板右端，a、b碰后粘连在一起运动，求系统在整个运动过程中由于摩擦产生的热量；
(3)若初始小滑块b静止在木板上距离木板右端L=2.5m处，a、b间发生弹性碰撞，求碰撞后小滑块a、b之间的最大距离。
五、计算题：本大题共1小题，共13分。
15.如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L.M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．
(1)由b向a方向看到的装置如图2所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v 时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB.PM2.5是固体小颗粒，不是分子，故其运动不是分子的热运动，但说明了空气分子做分子热运动，故A错误，B正确；
C.PM2.5的质量越小，其无规则运动越剧烈，故C错误；
D.PM2.5是指空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物，其漂浮在空中做无规则运动，故温度越高，PM2.5的无规则运动越剧烈，故D错误；
故选：B。
PM2.5是固体小颗粒，不是分子，温度越高，PM2.5的质量越小，其无规则运动越剧烈，由于周围大量空气分子对PM2.5碰撞的不平衡，使其在空中做无规则运动。
本题考查了PM2.5的有关问题，涉及的知识点是分子的热运动，难度不大，在当今雾霾天气严重的情况下，其与环保相结合具有很好的科普意义。
2.【答案】C
【解析】解：根据左手定则可得：
A、图中安培力的方向是垂直导体棒向上的，故A错误；
B、电流方向与磁场方向在同一直线上，不受安培力作用，故B错误；
C、图中安培力的方向是竖直导体棒向下的，故C正确；
D、图中安培力的方向垂直纸面向外，故D错误。
故选：C。
左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．根据左手定则的内容判断安培力的方向．
根据左手定则直接判断即可，比较简单．
3.【答案】B
【解析】解：在下落过程中，磁感应强度先增大后减小，所以穿过线圈的磁通量先增大后减小，
A处落到中间处，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流磁场方向向下，所以感应电流的方向为顺时针．
中间处落到B处，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流磁场方向向上，所以感应电流的方向为逆时针．
故选：B.
楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．根据楞次定律判断感应电流的方向．
解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
4.【答案】C
【解析】解：将线圈绕虚线翻转180∘，穿过线圈的磁通量由BS变为−BS，则：磁通量的变化量大小：△Φ=2BS；
由法拉第电磁感应定律可知，
线圈中产生的感应电动势为：
E=n△Φ△t=1×2BS△t=2B⋅a22△t=Ba2△t，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势
本题考查了求感应电动势问题，认真审题理解题意，重点要懂得计算△Φ大小，应用法拉第电磁感应定律即可解题。
5.【答案】D
【解析】解：由图示不相同可知：A、B两个电流均为正弦式交变电流，最大值均为2 A，有效值均为 2 A，电流C的有效值为1.5A，电流D的有效值为2 A，电流D的有效值最大，在R、t相同时，由焦耳定律：Q=I2Rt可知，电流D产生的焦耳热最大，故D正确，ABC错误。
故选：D。
应用焦耳定律Q=I2Rt求焦耳热，其中电流I为电流的有效值，根据图示各不同形式的电流求出其有效值，在R、t相同的情况下有效值I越大，焦耳热越大。
本题考查了比较焦耳热大小问题，知道求焦耳热时电流I应为有效值，根据图示波形图求出各电流的有效值是解题的前提与关键，应用焦耳定律可以解题。
6.【答案】D
【解析】解：A、由图乙知，在t=2s时，质点P正通过平衡位置向下振动，根据波形平移法可知波向右传播。由图甲可知波长为λ=1.6m，由图乙可知周期T=4s，则波速为v=λT=1.64m/s=0.4m/s，故A错误；
B、在t=2s时，质点P正通过平衡位置向下振动，质点Q与质点P相距半个波长，振动方向总是相反，则t=2s时，质点Q沿y轴正方向运动，故B错误；
C、质点不会随波迁移，只在平衡位置附近振动，故C错误；
D、由题图甲可知振幅A=5cm。在2∼4时间内，质点振动了半个周期，所以质点Q通过的路程为s=2A=2×5cm=10cm，故D正确。
故选：D。
由图乙读出t=2s时刻质点P的振动方向，再判断波的传播方向。由图甲读出波长，由图乙读出周期，再求波速。质点Q与质点P相距半个波长，振动情况总是相反。质点只在平衡位置附近振动，不向前移动。根据时间与周期的关系求质点通过的路程。
对于振动图象与波动图象相结合的问题，关键熟练利用波形平移法判断质点的振动方向与传播方向，利用时间与周期的关系，来分析质点的状态。要注意两种图象判断质点振动方向的方法是不同的，不能混淆。
7.【答案】D
【解析】解：A、粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；
C、粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知，粒子做圆周运动的轨道半径：r=acsθ= 2a，故C错误；
B、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=mv2r
解得：v= 2qBam，故B错误；
D、N点与O点的距离：d=r+rsinθ=( 2+1)a，故D正确。
故选：D。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，应用左手定则判断粒子带电性质，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速度大小。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用左手定则、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用。
8.【答案】BC
【解析】解：ABD、分子间的作用力是矢量，其正负不表示大小；分子势能是标量，其正负表示大小。读取图像信息知，由10r0变为r0的过程中，F先增大后变小至0。Ep则不断减小，故B正确，AD错误；
C、该过程中，分子力始终为引力，做正功，故C错误。
故选：BC。
根据分子间作用力随分子间距离的变化图像和分子势能随分子间距离变化图像来判定即可。
本题主要考查了分子间的作用力与两分子间距离的关系图象，考查分子力与分子势能的变化，要求距熟悉分子力和分子势能的变化规律。
9.【答案】ABC
【解析】解：AC、原线圈接在u=220 2⋅sin100πt(V)的交流电源上，可知原线圈电压峰值为220 2V，故原线圈电压有效值为U1=220V，
则根据匝数比可得次级电压有效值U2=110V，即电压表的示数为110V，则次级电流有效值
I2=U2R=11055A=2A
则初级电流表的读数为
I1=n2n1I2=12×2A=1A，故AC正确；
B.原线圈的输入功率为
P1=U1I1=220×1W=220W，故B正确；
D.副线圈输出交流电的周期为
T=2πω=2π100πs=0.02s，故D错误。
故选：ABC。
根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求得结论。
本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。
10.【答案】BD
【解析】解：ABC.由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，但a的运动总时间小于b的时间，根据
I=ft
可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，根据动量定理，对整个过程研究得
F1t1−ftOB=0
F2t2−ftOD=0
由图可得
tOB则有
F1t1故B正确，AC错误；
D.根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，所以合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量，故D正确。
故选：BD。
由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等。根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系。
本题首先考查读图能力，其次考查动量定理应用时，选择研究过程的能力。同时在列式时注意动量定理的矢量性。
11.【答案】>64.3ABDmAOP=mAOM+mBON
【解析】解：(1)在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有：mAv0=mAvA+mBvB
在碰撞过程中动能守恒，故有：12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
解得：vA=mA−mBmA+mBv0
要使碰后入射小球的速度vA>0，即mA−mB>0，即mA>mB
(2)用一个最小的圆把所有的落点圈起来，圆心即为落点的平均位置，由图示刻度尺可知，其分度值为1cm，可得B球的水平射程约为64.3cm；
(3)由于两球从同一高度开始下落，且下落到同一水平面上，故两球下落的时间相同。
根据动量守恒定律可得在水平方向有：mAv0=mAvA+mBvB，
两边同乘以时间t有：mAv0t=mAvAt+mBvBt，
即：mAOP=mAOM+mBON
根据表达式知，三个距离OP、OM、ON需要用刻度尺测量，两球质量用天平测量，故ABD正确，CE错误。
故选：ABD。
(4)由(3)知若碰撞前后动量守恒，则需验证的关系式为：mAOP=mAOM+mBON
故答案为：(1)>；(2)64.3(64.0−65.0均正确)；(3)ABD；(4)mA⋅OP=mA⋅OM+mB⋅ON
(1)为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量。
(2)根据图示刻度尺确定其分度值，然后读出其示数。
(3)根据动量守恒定律求出其表达式，然后确定需要测量的量。
(4)应用动量守恒定律求出表达式。
本题考查了刻度尺读数、验证动量守恒定律实验，对刻度尺读数时要先确定其分度值，读数时视线要与刻度线垂直；应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。
12.【答案】4π2n2lt2 CD l 4π2k2 4π2(lB−lA)TB2−TA2
【解析】解：(2)单摆的周期T=tn
由单摆周期公式T=2π lg
可知重力加速度：g=4π2lT2=4π2l(tn)2=4π2n2lt2
(3)由单摆周期公式T=2π Lg可知，重力加速度g=4π2LT2
A、重力加速度的测量值与振幅无关，开始摆动时振幅较小不会造成重力加速度的测量值偏大，故A错误；
B、开始计时时，过早按下秒表，所测周期T偏大，所测重力加速度偏小，故B错误；
C、测量周期时，误将摆球(n−1)次全振动的时间记为n次全振动的时间，所测周期T偏小，导致所测重力加速度偏大，故C正确；
D、测量摆长时，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长，所测摆长偏大，所测重力加速度偏大，故D正确。
故选：CD。
(4)由单摆周期公式T=2π lg可知：T=2π g× l，T与 l成正比，横坐标所代表的物理量是 l，图象的斜率k=2π g，重力加速度g=4π2k2
(5)由单摆周期公式T=2π lg可知：l=g4π2×T2，图象的斜率k=g4π2=lB−lATB2−TA2
解得重力加速度：g=4π2(lB−lA)TB2−TA2
故答案为：(2)4π2n2lt2；(3)CD；(4) l；4π2k2；(5)4π2(lB−lA)TB2−TA2。
(2)应用单摆周期公式求出重力加速度。
(3)应用单摆周期公式求出重力加速度，然后分析实验误差。
(4)应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后分析答题。
(5)应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出重力加速度。
本题考查了应用单摆测重力加速度实验，理解实验原理是解题的前提与关键，应用单摆周期公式即可解题。
13.【答案】解：(1)设该设备材料的折射率为n，在AD面上，设折射角为r，由折射定律得
n=sin60∘sinr
光线折射到AB面中点时恰好发生全反射，入射角等于临界角，则
sinC=1n
绘出光路图如下
由几何关系知
C+r=90∘
联立解得折射率
n= 72
(2)光在介质中传播速度
v=cn
光从射入到第一次射出所经过的路程为s=2acsr
则所需要的时间t=sv
联立解得
t=7a2c
答：(1)该透明设备材料的折射率为 72；
(2)光从射入到第一次射出经历的时间为7a2c。
【解析】(1)光线折射到AB面中点时恰好发生全反射，入射角等于临界角，根据几何关系求出临界角C，由sinC=1n求折射率。结合折射定律和几何知识求折射率。
(2)根据几何知识求出光从射入到第一次射出所经过的路程，由v=cn求出光在介质中传播速度，即可求传播时间。
本题是折射现象和全反射现象的综合应用，关键是作出光路图，掌握全反射的条件和临界角公式，结合几何关系处理。
14.【答案】解：(1)小滑块a释放到达圆弧轨道底端的过程，根据动能定理得mgR=12mv02
可得v0= 2gR=3m/s
根据牛顿第二定律可得FN−mg=mv02R
可得FN=30N
根据牛顿第三定律可知轨道受到的压力大小为30N。
(2)ab相碰过程由动量守恒定律可得mv0=2mv1
ab与c相互作用过程由动量守恒定律可得2mv1=3mv2
系统在整个运动过程中由于摩擦产生的热量Q=122mv12−12⋅3mv22=112mv02=0.75J
(3)a滑上c后做匀减速直线运动，加速度大小为a1=μmgm=μg=1m/s2
假设bc一起匀加速运动的加速度为a2=μmg2m=0.5m/s2因此a滑上c后，先做减速运动，与b发生弹性碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可知，a，b速度互换，b相对ac向前运动，由于摩擦力作用，三者最后共速，则v共=1m/s由功能关系可得μmg(L+x)=12mv02−12mv共2
可得x=0.5m。
答：(1)小滑块a滑到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小为30N；
(2)系统在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为0.75J；
(3)碰撞后小滑块a、b之间的最大距离为0.5m。
【解析】(1)滑块B在圆弧轨道上下滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出滑块B到达圆弧轨道底端时的速度，应用牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，然后应用牛顿第三定律求出滑块对轨道的压力。
(2)abc组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后共同的速度，然后用能量守恒定律求出碰撞过程损失的机械能。
(3)利用牛顿第二定律，对abc受力分析，根据临界加速度情况，确定它们之间有无相对滑动，再利用功能关系求解x。
本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂，难道较大，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律与牛顿第二定律、运动学公式可以解题。
15.【答案】解：(1)杆受力图如图所示：
重力mg，竖直向下，支持力N，垂直斜面向上，安培力F，沿斜面向上．
(2)当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv，此时电路中电流：I=ER=BLvR
ab杆受到安培力：F=BIL=B2L2vR
根据牛顿运动定律，有：
ma=mgsinθ−F=mgsinθ−B2L2vRa=gsinθ−B2L2vmR
故此时ab杆中的电流大小为：I=BLvR，加速度的大小为：a=gsinθ−B2L2vmR.
(3)当：B2L2vmR=mgsinθ，时，ab杆达到最大速度vm，
此时：vm=mgRsinθB2L2
故在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值为：vm=mgRsinθB2L2.
【解析】(1)杆ab受到沿导轨向上的安培力和重力以及支持力作用，根据各力的大小方向关系可正确画出受力图．
(2)根据右手定则可以判断出杆中的电流方向，正确受力分析，根据牛顿第二定律可求出杆的加速度大小．
(3)当合外力为零时，即重力沿导轨向下的分力等于安培力时，杆的速度达到最大．
解答这类问题的关键是正确分析安培力大小、方向的变化情况，弄清导体棒的运动规律，然后依据相应规律求解．
1.我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作，PM2.5是指空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物，可在显微镜下观察到，它漂浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后会进入血液对人体形成危害。矿物燃料燃烧时废弃物的排放是形成PM2.5的主要原因，下列关于PM2.5的说法中正确的是( )
A. PM2.5在空气中的运动属于分子热运动
B. PM2.5的无规则运动说明了空气分子做分子热运动
C. PM2.5的质量越大，其无规则运动越剧烈
D. 温度越低，PM2.5的无规则运动越剧烈
2.如图所示，磁场磁感应强度B的方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是( )
A. B. C. D.
3.某磁场磁感线如图所示，有一铜线圈自A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中的感应电流方向是( )
A. 始终顺时针B. 先顺时针再逆时针C. 始终逆时针D. 先逆时针再顺时针
4.如图所示，一边长为a的正方形线圈与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，磁感应强度为B。在Δt时间内将线圈绕虚线(磁场边界)翻转180∘，在此过程中线圈产生的感应电动势为( )
A. 零
B. Ba22△t
C. Ba2△t
D. 2Ba2△t
5.一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如图所示，在相同时间内电阻产生热量最大的是( )
A. B.
C. D.
6.如图甲为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图乙为这列波上质点P的振动图像，则下列说法正确的是( )
A. 该横波向右传播，波速为0.8m/s
B. t=2s时，质点Q的振动方向为y轴负方向
C. 在2∼4s时间内，质点P沿x轴向右平移2.0m
D. 在2∼4s时间内，质点Q通过的路程为10cm
7.如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ=45∘。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM=a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则( )
A. 粒子带正电荷B. 粒子速度大小为qBam
C. 粒子在磁场中运动的轨道半径为aD. N与O点相距( 2+1)a
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，用F表示两分子间的作用力，Ep表示分子间的分子势能，在两个分子之间的距离由10r0变为r0的过程中( )
A. F不断增大
B. F先增大后减小
C. F对分子一直做正功
D. Ep先增大后减小
9.如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220 2⋅sin100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数为1AB. 原线圈的输入功率为220W
C. 电压表的示数为110VD. 副线圈输出交流电的周期为0.01s
10.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上.一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下.两物体的v−t图线如图所示，图中AB//CD。则整个过程中( )
A. F1的冲量大于F2的冲量
B. F1的冲量小于F2的冲量
C. 摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量
D. 合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量
三、实验题：本大题共2小题，共22分。
11.某同学用图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中CQ是斜槽，QR为水平槽，二者平滑相接，调节实验装置，使小球放在QR上时恰能保持静止，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面上的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次。
图甲中O是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰球B时A球的平均落点，M为与B球碰后A球的平均落点，N为被碰球B的平均落点，若B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP.米尺的零刻度与O点对齐。
(1)入射球A的质量mA和被碰球B的质量mB的关系是mA______mB(选填“>”“<”或“=”)。
(2)碰撞后B球的水平射程约为______ cm。
(3)下列选项中，属于本次实验必须测量的是______(填选项前的字母)。
A.水平槽上未放B球时，测量A球平均落点位置到O点的距离
B.A球与B球碰撞后，测量A球平均落点位置到O点的距离
C.测量A球或B球的直径
D.测量A球和B球的质量
E.测量G点相对于水平槽面的高度
(4)若系统动量守恒，则应有关系式：______。
12.实验小组的同学们用如图1所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。
(1)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬线上端固定在铁架台上，测出悬点到小球球心的距离l；
(2)将摆球拉离平衡位置一个小角度松手使其在竖直平面内摆动，测量单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=______。(用l、n、t表示)
(3)甲同学测得的重力加速度数值大于当地重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是______。(填选项前的字母)
A.开始摆动时振幅较小
B.开始计时时，过早按下秒表
C.测量周期时，误将摆球(n−1)次全振动的时间记为n次全振动的时间
D.测量摆长时，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长
(4)乙同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图2所示的图像，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是______(填“l2”“l”或“ l”)。若图线斜率为k，则重力加速度g=______(用k表示)。
(5)丙同学正确完成实验操作后，整理器材时突然发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他测量时是将悬点到球心的距离作为摆长l，通过改变摆线的长度，测得5组l和对应的周期T。为了消除摆长不准对实验结果的影响，他画出l−T2图像，利用图像计算出重力加速度的表达式应为g=______。
四、简答题：本大题共2小题，共25分。
13.如图所示，截面ABCD为矩形的透明设备放置在真空环境中AB=2a，一束光入射到上表面与AD夹角为θ=30∘，折射到AB而中点时恰好发生全反射，光在真空中的传播速度为c，求：
(1)该透明设备材料的折射率(可用根号表示)；
(2)光从射入到第一次射出经历的时间。
14.如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道半径R=0.45m，下端恰好与平台平滑对接，在光滑的水平面上有一个静止的、足够长的木板c，木板的右端紧靠侧壁竖直的平台，平台的上表面光滑并与木板上表面等高，小滑块a、b可视为质点。已知两个小滑块与木板的质量均为m=1kg，小滑块a、b与木板间的动摩擦因数均为μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。小滑块a由圆弧轨道顶端无初速度释放，a、b碰撞时间极短。
(1)求小滑块a滑到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小；
(2)若初始小滑块b静止在木板右端，a、b碰后粘连在一起运动，求系统在整个运动过程中由于摩擦产生的热量；
(3)若初始小滑块b静止在木板上距离木板右端L=2.5m处，a、b间发生弹性碰撞，求碰撞后小滑块a、b之间的最大距离。
五、计算题：本大题共1小题，共13分。
15.如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L.M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．
(1)由b向a方向看到的装置如图2所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v 时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB.PM2.5是固体小颗粒，不是分子，故其运动不是分子的热运动，但说明了空气分子做分子热运动，故A错误，B正确；
C.PM2.5的质量越小，其无规则运动越剧烈，故C错误；
D.PM2.5是指空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物，其漂浮在空中做无规则运动，故温度越高，PM2.5的无规则运动越剧烈，故D错误；
故选：B。
PM2.5是固体小颗粒，不是分子，温度越高，PM2.5的质量越小，其无规则运动越剧烈，由于周围大量空气分子对PM2.5碰撞的不平衡，使其在空中做无规则运动。
本题考查了PM2.5的有关问题，涉及的知识点是分子的热运动，难度不大，在当今雾霾天气严重的情况下，其与环保相结合具有很好的科普意义。
2.【答案】C
【解析】解：根据左手定则可得：
A、图中安培力的方向是垂直导体棒向上的，故A错误；
B、电流方向与磁场方向在同一直线上，不受安培力作用，故B错误；
C、图中安培力的方向是竖直导体棒向下的，故C正确；
D、图中安培力的方向垂直纸面向外，故D错误。
故选：C。
左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．根据左手定则的内容判断安培力的方向．
根据左手定则直接判断即可，比较简单．
3.【答案】B
【解析】解：在下落过程中，磁感应强度先增大后减小，所以穿过线圈的磁通量先增大后减小，
A处落到中间处，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流磁场方向向下，所以感应电流的方向为顺时针．
中间处落到B处，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流磁场方向向上，所以感应电流的方向为逆时针．
故选：B.
楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．根据楞次定律判断感应电流的方向．
解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
4.【答案】C
【解析】解：将线圈绕虚线翻转180∘，穿过线圈的磁通量由BS变为−BS，则：磁通量的变化量大小：△Φ=2BS；
由法拉第电磁感应定律可知，
线圈中产生的感应电动势为：
E=n△Φ△t=1×2BS△t=2B⋅a22△t=Ba2△t，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势
本题考查了求感应电动势问题，认真审题理解题意，重点要懂得计算△Φ大小，应用法拉第电磁感应定律即可解题。
5.【答案】D
【解析】解：由图示不相同可知：A、B两个电流均为正弦式交变电流，最大值均为2 A，有效值均为 2 A，电流C的有效值为1.5A，电流D的有效值为2 A，电流D的有效值最大，在R、t相同时，由焦耳定律：Q=I2Rt可知，电流D产生的焦耳热最大，故D正确，ABC错误。
故选：D。
应用焦耳定律Q=I2Rt求焦耳热，其中电流I为电流的有效值，根据图示各不同形式的电流求出其有效值，在R、t相同的情况下有效值I越大，焦耳热越大。
本题考查了比较焦耳热大小问题，知道求焦耳热时电流I应为有效值，根据图示波形图求出各电流的有效值是解题的前提与关键，应用焦耳定律可以解题。
6.【答案】D
【解析】解：A、由图乙知，在t=2s时，质点P正通过平衡位置向下振动，根据波形平移法可知波向右传播。由图甲可知波长为λ=1.6m，由图乙可知周期T=4s，则波速为v=λT=1.64m/s=0.4m/s，故A错误；
B、在t=2s时，质点P正通过平衡位置向下振动，质点Q与质点P相距半个波长，振动方向总是相反，则t=2s时，质点Q沿y轴正方向运动，故B错误；
C、质点不会随波迁移，只在平衡位置附近振动，故C错误；
D、由题图甲可知振幅A=5cm。在2∼4时间内，质点振动了半个周期，所以质点Q通过的路程为s=2A=2×5cm=10cm，故D正确。
故选：D。
由图乙读出t=2s时刻质点P的振动方向，再判断波的传播方向。由图甲读出波长，由图乙读出周期，再求波速。质点Q与质点P相距半个波长，振动情况总是相反。质点只在平衡位置附近振动，不向前移动。根据时间与周期的关系求质点通过的路程。
对于振动图象与波动图象相结合的问题，关键熟练利用波形平移法判断质点的振动方向与传播方向，利用时间与周期的关系，来分析质点的状态。要注意两种图象判断质点振动方向的方法是不同的，不能混淆。
7.【答案】D
【解析】解：A、粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；
C、粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知，粒子做圆周运动的轨道半径：r=acsθ= 2a，故C错误；
B、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=mv2r
解得：v= 2qBam，故B错误；
D、N点与O点的距离：d=r+rsinθ=( 2+1)a，故D正确。
故选：D。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，应用左手定则判断粒子带电性质，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速度大小。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用左手定则、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用。
8.【答案】BC
【解析】解：ABD、分子间的作用力是矢量，其正负不表示大小；分子势能是标量，其正负表示大小。读取图像信息知，由10r0变为r0的过程中，F先增大后变小至0。Ep则不断减小，故B正确，AD错误；
C、该过程中，分子力始终为引力，做正功，故C错误。
故选：BC。
根据分子间作用力随分子间距离的变化图像和分子势能随分子间距离变化图像来判定即可。
本题主要考查了分子间的作用力与两分子间距离的关系图象，考查分子力与分子势能的变化，要求距熟悉分子力和分子势能的变化规律。
9.【答案】ABC
【解析】解：AC、原线圈接在u=220 2⋅sin100πt(V)的交流电源上，可知原线圈电压峰值为220 2V，故原线圈电压有效值为U1=220V，
则根据匝数比可得次级电压有效值U2=110V，即电压表的示数为110V，则次级电流有效值
I2=U2R=11055A=2A
则初级电流表的读数为
I1=n2n1I2=12×2A=1A，故AC正确；
B.原线圈的输入功率为
P1=U1I1=220×1W=220W，故B正确；
D.副线圈输出交流电的周期为
T=2πω=2π100πs=0.02s，故D错误。
故选：ABC。
根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求得结论。
本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。
10.【答案】BD
【解析】解：ABC.由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，但a的运动总时间小于b的时间，根据
I=ft
可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，根据动量定理，对整个过程研究得
F1t1−ftOB=0
F2t2−ftOD=0
由图可得
tOB
F1t1
D.根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，所以合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量，故D正确。
故选：BD。
由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等。根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系。
本题首先考查读图能力，其次考查动量定理应用时，选择研究过程的能力。同时在列式时注意动量定理的矢量性。
11.【答案】>64.3ABDmAOP=mAOM+mBON
【解析】解：(1)在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有：mAv0=mAvA+mBvB
在碰撞过程中动能守恒，故有：12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
解得：vA=mA−mBmA+mBv0
要使碰后入射小球的速度vA>0，即mA−mB>0，即mA>mB
(2)用一个最小的圆把所有的落点圈起来，圆心即为落点的平均位置，由图示刻度尺可知，其分度值为1cm，可得B球的水平射程约为64.3cm；
(3)由于两球从同一高度开始下落，且下落到同一水平面上，故两球下落的时间相同。
根据动量守恒定律可得在水平方向有：mAv0=mAvA+mBvB，
两边同乘以时间t有：mAv0t=mAvAt+mBvBt，
即：mAOP=mAOM+mBON
根据表达式知，三个距离OP、OM、ON需要用刻度尺测量，两球质量用天平测量，故ABD正确，CE错误。
故选：ABD。
(4)由(3)知若碰撞前后动量守恒，则需验证的关系式为：mAOP=mAOM+mBON
故答案为：(1)>；(2)64.3(64.0−65.0均正确)；(3)ABD；(4)mA⋅OP=mA⋅OM+mB⋅ON
(1)为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量。
(2)根据图示刻度尺确定其分度值，然后读出其示数。
(3)根据动量守恒定律求出其表达式，然后确定需要测量的量。
(4)应用动量守恒定律求出表达式。
本题考查了刻度尺读数、验证动量守恒定律实验，对刻度尺读数时要先确定其分度值，读数时视线要与刻度线垂直；应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。
12.【答案】4π2n2lt2 CD l 4π2k2 4π2(lB−lA)TB2−TA2
【解析】解：(2)单摆的周期T=tn
由单摆周期公式T=2π lg
可知重力加速度：g=4π2lT2=4π2l(tn)2=4π2n2lt2
(3)由单摆周期公式T=2π Lg可知，重力加速度g=4π2LT2
A、重力加速度的测量值与振幅无关，开始摆动时振幅较小不会造成重力加速度的测量值偏大，故A错误；
B、开始计时时，过早按下秒表，所测周期T偏大，所测重力加速度偏小，故B错误；
C、测量周期时，误将摆球(n−1)次全振动的时间记为n次全振动的时间，所测周期T偏小，导致所测重力加速度偏大，故C正确；
D、测量摆长时，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长，所测摆长偏大，所测重力加速度偏大，故D正确。
故选：CD。
(4)由单摆周期公式T=2π lg可知：T=2π g× l，T与 l成正比，横坐标所代表的物理量是 l，图象的斜率k=2π g，重力加速度g=4π2k2
(5)由单摆周期公式T=2π lg可知：l=g4π2×T2，图象的斜率k=g4π2=lB−lATB2−TA2
解得重力加速度：g=4π2(lB−lA)TB2−TA2
故答案为：(2)4π2n2lt2；(3)CD；(4) l；4π2k2；(5)4π2(lB−lA)TB2−TA2。
(2)应用单摆周期公式求出重力加速度。
(3)应用单摆周期公式求出重力加速度，然后分析实验误差。
(4)应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后分析答题。
(5)应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出重力加速度。
本题考查了应用单摆测重力加速度实验，理解实验原理是解题的前提与关键，应用单摆周期公式即可解题。
13.【答案】解：(1)设该设备材料的折射率为n，在AD面上，设折射角为r，由折射定律得
n=sin60∘sinr
光线折射到AB面中点时恰好发生全反射，入射角等于临界角，则
sinC=1n
绘出光路图如下
由几何关系知
C+r=90∘
联立解得折射率
n= 72
(2)光在介质中传播速度
v=cn
光从射入到第一次射出所经过的路程为s=2acsr
则所需要的时间t=sv
联立解得
t=7a2c
答：(1)该透明设备材料的折射率为 72；
(2)光从射入到第一次射出经历的时间为7a2c。
【解析】(1)光线折射到AB面中点时恰好发生全反射，入射角等于临界角，根据几何关系求出临界角C，由sinC=1n求折射率。结合折射定律和几何知识求折射率。
(2)根据几何知识求出光从射入到第一次射出所经过的路程，由v=cn求出光在介质中传播速度，即可求传播时间。
本题是折射现象和全反射现象的综合应用，关键是作出光路图，掌握全反射的条件和临界角公式，结合几何关系处理。
14.【答案】解：(1)小滑块a释放到达圆弧轨道底端的过程，根据动能定理得mgR=12mv02
可得v0= 2gR=3m/s
根据牛顿第二定律可得FN−mg=mv02R
可得FN=30N
根据牛顿第三定律可知轨道受到的压力大小为30N。
(2)ab相碰过程由动量守恒定律可得mv0=2mv1
ab与c相互作用过程由动量守恒定律可得2mv1=3mv2
系统在整个运动过程中由于摩擦产生的热量Q=122mv12−12⋅3mv22=112mv02=0.75J
(3)a滑上c后做匀减速直线运动，加速度大小为a1=μmgm=μg=1m/s2
假设bc一起匀加速运动的加速度为a2=μmg2m=0.5m/s2
可得x=0.5m。
答：(1)小滑块a滑到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小为30N；
(2)系统在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为0.75J；
(3)碰撞后小滑块a、b之间的最大距离为0.5m。
【解析】(1)滑块B在圆弧轨道上下滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出滑块B到达圆弧轨道底端时的速度，应用牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，然后应用牛顿第三定律求出滑块对轨道的压力。
(2)abc组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后共同的速度，然后用能量守恒定律求出碰撞过程损失的机械能。
(3)利用牛顿第二定律，对abc受力分析，根据临界加速度情况，确定它们之间有无相对滑动，再利用功能关系求解x。
本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂，难道较大，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律与牛顿第二定律、运动学公式可以解题。
15.【答案】解：(1)杆受力图如图所示：
重力mg，竖直向下，支持力N，垂直斜面向上，安培力F，沿斜面向上．
(2)当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv，此时电路中电流：I=ER=BLvR
ab杆受到安培力：F=BIL=B2L2vR
根据牛顿运动定律，有：
ma=mgsinθ−F=mgsinθ−B2L2vRa=gsinθ−B2L2vmR
故此时ab杆中的电流大小为：I=BLvR，加速度的大小为：a=gsinθ−B2L2vmR.
(3)当：B2L2vmR=mgsinθ，时，ab杆达到最大速度vm，
此时：vm=mgRsinθB2L2
故在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值为：vm=mgRsinθB2L2.
【解析】(1)杆ab受到沿导轨向上的安培力和重力以及支持力作用，根据各力的大小方向关系可正确画出受力图．
(2)根据右手定则可以判断出杆中的电流方向，正确受力分析，根据牛顿第二定律可求出杆的加速度大小．
(3)当合外力为零时，即重力沿导轨向下的分力等于安培力时，杆的速度达到最大．
解答这类问题的关键是正确分析安培力大小、方向的变化情况，弄清导体棒的运动规律，然后依据相应规律求解．
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