2023-2024学年上海市宝山区重点中学高二（上）期末物理试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年上海市宝山区重点中学高二（上）期末物理试卷(含解析），共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.如图，将摩擦起电的塑料丝靠近带电的PVC管，塑料丝“躲开”状似章鱼，所以称为“静电章鱼”。由此现象可以判断( )
A. 塑料丝和PVC管都带正电
B. 塑料丝和PVC管都带负电
C. 塑料丝和PVC管带同种电荷
D. 塑料丝和PVC管带异种电荷
2.关于静电场和磁场，下列说法正确的是( )
A. 静电场和磁场都是真实存在的物质，因此磁感线和电场线也是真实存在的
B. 将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能增加
C. 无论是正电荷还是负电荷，从电场中的某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大
D. 磁感应强度是标量，只有大小，没有方向
3.关于电场强度的概念，下列说法中正确的是( )
A. 负电荷在电场中某点受到的电场力的方向跟该点的电场强度的方向相反
B. 电场强度的方向总跟电场力的方向一致
C. 电荷在电场中某点受到的电场力大，该点的电场强度就大
D. 在电场中某点不放电荷，该点电场强度一定为零
4.一不计重力的带电粒子q在正点电荷Q的电场中的运动轨迹如图所示，则( )
A. 粒子q带正电
B. 粒子q的加速度先变小后变大
C. 粒子q的电势能先变小后变大
D. 粒子q一定是从A运动到B
5.在匀强磁场中某处P放一个长度为L=40cm，通电电流I=0.5A的直导线，测得它受到的最大磁场力F=1.0N。现将该通电导线从磁场中撤走，则P处的磁感应强度大小为( )
A. 零B. 5TC. 0.1TD. 10T
6.在下列四幅图中，正确标明了带负电的粒子所受洛伦兹力f方向的是( )
A. B.
C. D.
7.关于感应电流的产生，下列说法中正确的是( )
A. 只要电路的一部分做切割磁感线的运动，电路中就一定有感应电流
B. 穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生
C. 线圈不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流
D. 只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生
8.零刻度在表盘正中间的电流计，非常灵敏，通入电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力作用达到平衡时，指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上的扇形铝框或扇形铝板，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是( )
A. B.
C. D.
9.当条形磁铁相对螺线管A上下运动时，产生了如图所示的感应电流，则( )
A. 条形磁铁正在向下运动
B. 螺线管A有收缩的趋势
C. 通过螺线管A的磁通量正在变小
D. 螺线管A对水平桌面的压力将变大
10.在如图所示的电路中，电源电压恒定为U，在将滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，小灯泡L1、L2的亮度变化情况是( )
A. 两个小灯泡都变暗
B. 两个小灯泡都变亮
C. L1变暗、L2亮度不变
D. L1变亮、L2变暗
11.如图所示，一正方形金属线框边长为a，从磁场上方某一高度、自由下落，磁场边界宽为3a，则线框从进入磁场到完全离开磁场的过程中，线框速度随时间变化的图象可能是下图中( )
A.
B.
C.
D.
12.在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴O在匀强磁场中做逆时针方向的水平匀速圆周运动，磁场的方向竖直向下，其俯视图如图，若小球运动到A点时，绳子突然断开，关于小球在绳断开后可能的运动情况，以下说法不可能的是( )
A. 小球做逆时针匀速圆周运动，半径不变B. 小球做逆时针匀速圆周运动，半径减小
C. 小球做顺时针匀速圆周运动，半径不变D. 小球做顺时针匀速圆周运动，半径减小
二、非选择题
13.描述电场的力的性质的物理量为______ ，描述电场的能的性质的物理量为______ 。
14.利用直流电源给蓄电池充电，蓄电池两端电压为12V，充电电流为2A，充电时间2分钟，则充电过程中电流所做功______ J，电源的______ 能转化为蓄电池的化学能。
15.如图所示的匀强磁场中，磁感应强度为B，线框面积为S。当线框平面与磁场方向垂直时，穿过线框的磁通量为______；当线框从图示位置绕OO′轴转过180°的过程，穿过线框磁通量的变化量为______。
16.将一个电荷量为5×10−8C的正电荷从电场中的A点移到B点，电场力做功3×10−6J，则A、B两点的电势差为______ V。若B点为零电势点，则A点电势为______ V。
17.一质量为m、电荷量为−e的电子以平行于两极板的速度v0进入匀强电场，如图。若两极板间电场强度大小为E，两极板间的距离为d，板长为L，电子没有击中极板，则该平行电容板间电压为______ ，电子从进入电场到飞出极板电场力做功为______ 。
18.如图中是螺旋测微器和游标卡尺的某次测量。其中螺旋测微器的读数为______ mm，游标卡尺的读数为______ mm。
19.图示为研究左手定则的实验装置图．闭合电键，铜棒P向右摆动，则U形磁铁的A端为______极(选填“N”或“S”)。铜棒P从静止开始起，第一次到达右侧最高点的过程中，不计空气阻力，其机械能______(选填“增大”、“减小”、“先增后减”、“先减后增”)。
20.某同学为了探究影响感应电流方向的因素，使用了图所示的实验电路。先闭合开关S2，再闭合开关S1，发现闭合S1瞬间，电流表指针向左偏了一下。闭合开关S1和S2，稳定后再分别进行以下操作，出现的情况是：
(1)将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，电流表指针______ (填“向左偏”或“向右偏”或“不偏转”)；
(2)先断开S2，稍后再闭合S2瞬间，电流表指针______ (填“向左偏”或“向右偏”或“不偏转”)；
(3)将线圈A迅速从线圈B中拔出时，电流表指针______ (填“向左偏”或“向右偏”或“不偏转”)。
21.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m，电荷量为e的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求：
(1)粒子的速度v为多少？
(2)速度选择器两板间电压U2为多少？
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？
22.如图所示PQ、MN为足够长的两平行金属导轨，它们之问连接一个阻值R=10Ω的电阻；导轨间距为L=1m，导轨电阻不计，长约1m，质量m=0.1kg的均匀金属杆水平放置在导轨上(金属杆电阻不计)，它与导轨的滑动摩擦因数μ= 35，导轨平面的倾角为θ=30°，在直导轨平面方向有匀强磁场，磁感应强度为B=0.5T，今让金属杆AB由静止开始下滑，从杆静止开始到杆AB恰好匀速运动的过程中经过杆的电量q=1C，求：
(1)当AB下滑速度为4m/s时加速度的大小
(2)AB下滑的最大速度
(3)B由静止开始下滑到恰好匀速运动通过的距离
(4)从静止开始到AB匀速运动过程R上产生的热量
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据电荷之间相互作用的特点：同种电荷相互排斥，由此可知塑料丝“躲开”是塑料丝和PVC管带同种电荷；由于不知道塑料丝与哪一种物体摩擦，所以不能判断出塑料丝带正电还是带负电，故C正确，ABD错误。
故选：C。
同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，这种现象与验电器的工作原理相同，由此分析即可。
本题考查了摩擦起电的实质、物体的受力分析、电荷间的相互作用规律，难度不大，要掌握。
2.【答案】C
【解析】解：A、电场线和磁感线都是人为假想的图线，实际中并不存在，故A错误；
B、根据Ep=qφ可知，将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能减小，故B错误；
C、根据电势能的定义可知，无论是正电荷还是负电荷，从电场中的某点移到无穷远处时，只要静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大，故C正确；
D、磁感应强度是矢量，有大小也有方向，故D错误。
故选：C。
明确电场线和磁感线是人为引入的虚拟线，实际中并不存在；明确电势能的定义，知道电场力做正功时电势能减小，电场力做负功时电势能减小，能根据电场力做功确定某点电势能的大小；明确磁感应强度是矢量，有大小和方向。
本题考查对磁感应强度、磁感线以及电势能的理解，要注意明确不论正负电荷，只要电场力做正功，电势能减小，电场力做负功时，电势能增大。
3.【答案】A
【解析】解：A、负电荷在电场中某点所受的电场力方向和该点电场强度方向相反，故A正确。
B、电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反，故B错误。
C、电场强度由电场本身性质决定，电荷在电场中某点的电场力大，可能是电荷量较大，电场强度不一定大，故C错误。
D、在电场中某点不放电荷，该点电场强度不变，不为零，故D错误。
故选：A。
电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反，大小由电场本身决定，与放入电场中的检验电荷无关．
解决本题的关键知道电场强度是矢量，掌握电场强度的定义式，知道电场强度的方向，注意不能说电场强度方向与电场力方向相同．
4.【答案】C
【解析】解：A、根据粒子弯曲方向可知，带电粒子受力的方向向里指向正电荷，所以粒子q带负电，故A错误；
B、无论粒子从哪端入射，都是先靠近电荷再远离电荷，靠近源电荷的地方场强大，所以粒子q的加速度先变大后变小，故B错误；
C、根据粒子受力和运动方向可知，电场力先做正功后做负功，所以粒子q的电势能先变小后变大，故C正确；
D、粒子无论是由A到B还是由B到A，由于受力均向里，都可能形成如图所示的轨迹，故无法判粒子的运动方向，故D错误。
故选：C。
根据轨迹弯曲的方向判断粒子的受力方向，从而判断粒子所受电场力做功的正负，电势能的变化和动能的变化。
本题考查了在点电荷电场中电场力做功与电势能变化的关系，解题的关键是根据轨迹弯曲的方向判断粒子的受力的方向。
5.【答案】B
【解析】解：当通电导线与磁场方向垂直时，安培力最大，根据安培力公式F=BIL，得磁感应强度B=FIL=1.00.5×0.4T=5T；将该通电导线从磁场中撤走，则P处的磁感应强度大小不变仍然为5T，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据安培力公式求磁感应强度；空间中某点的磁场的大小和方向与放入电流无关，据此作答。
注意：空间中某点的磁感应强度的大小和方向决定于磁场本身，放入电流无关。
6.【答案】A
【解析】解：A、根据左手定则，图A中洛伦兹力的方向正确，故A正确；
B、根据左手定则，图B中洛伦兹力方向向上，故B错误；
C、根据左手定则，图C中洛伦兹力方向垂直纸面向里，故C错误；
D、根据左手定则，图D中洛伦兹力方向垂直纸面向外，故D错误。
故选：A。
本题考查了左手定则的应用，在应用左手定则时注意：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向正电荷运动方向或者负电荷运动的反方向，这时拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。
熟练应用左手定则判断带电粒子运动方向、磁场方向、洛伦兹力方向三者之间关系，在应用时注意磁场方向的表示方法，不要混淆磁场方向；同时注意在判断负电荷受力时，四指指向负电荷运动的反方向。
7.【答案】C
【解析】解：A、导体做切割磁感线运动，不一定有感应电流产生，只有当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才一定有感应电流产生。故A错误。
B、穿过螺线管的磁通量发生变化时，若螺线管不闭合，则螺线管内部没有感应电流产生，故B错误。
C、穿过线圈的磁通量发生变化时线圈会产生感应电动势，若线圈不闭合，则线圈没有感应电流，故C正确。
D、闭合电路内有磁通量，若磁通量不发生变化，则闭合电路中没有感应电流产生，故D错误。
故选：C。
产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，或闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动．根据这个条件进行判断．
感应电流产生的条件细分有两点：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化，即穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化．
8.【答案】D
【解析】解：AC、如图所示，当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，所以A、C方案不合理，故AC错误；
B、此图是铝框，磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，钼框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B方案不合理，故B错误；
D、此图是铝板，磁场在铝板中间，无论指针偏转角度大小，都会在铝板上产生感应电流，起到电磁阻尼的作用，指针会很快稳定的停下，便于读数，D方案合理，故D正确．
故选：D。
本题考查电磁阻尼基本知识，当闭合导体磁通量发生改变，产生感应电流，安培力阻碍导体与磁场的相对运动．
9.【答案】C
【解析】解：AC、根据安培定则可知，感应电流的磁场的方向向下，与条形磁铁的磁场的方向是相同的，根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量正在减小，则一定是条形磁铁向上运动，故A错误，C正确；
B、在图示的位置，当穿过线圈A的磁通量减小时，螺线管A的面积扩大，可以阻碍穿过螺线管的磁通量的减小，所以螺线管有扩大的趋势，故B错误；
D、根据楞次定律的推广“来拒去留”可知，当条形磁铁向上运动的时候，螺线管有跟随条形磁铁运动的趋势，所以螺线管对水平桌面的压力减小，故D错误。
故选：C。
当磁铁的运动时，穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流；先根据安培定则，结合感应电流的方向判断出穿过线圈的磁场(磁通量)的方向，然后由楞次定律判断出磁场的变化，进而判断出条形磁铁运动的方向。
楞次定律是高中物理的一个重点，也是常考内容，一定要正确、全面理解楞次定律含义，掌握应用楞次定律解题的思路与方法．
10.【答案】C
【解析】解：将滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小。电源电压恒定为U，则L2两端电压保持不变，流过L2的电流不变，L2亮度不变。电路总电阻减小，则总电流增大，流过R1的支路电流增大，则R1两端的电压增大，L1两端电压减小，L1变暗，故ABD错误，C正确。
故选：C。
将滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流的变化，进而判断两个灯泡的电流或电压的变化情况，即可判断灯泡亮度的变化情况。
本题首先要搞清电路的连接方式，其次按“局部→整体→局部”的思路进行分析。
11.【答案】C
【解析】解：A、金属框进入匀强磁场时，做减速运动，则重力小于所受安培力；根据安培力公式F=B2L2vR可知，出磁场时的速度大于进入磁场的速度，则出磁场时必定也做减速运动．故A错误；
B、金属框进入匀强磁场时，若重力与所受安培力平衡，做匀速直线运动；出磁场时的速度大于进入磁场的速度，则出磁场时必定做减速运动；由于安培力大于重力，所以速度减小时，线框所受的安培力减小，则合力减小，加速度减小，棒做加速度减小的减速运动，而不是加速度增大的减速运动．故B错误；
C、开始时棒的速度增大，根据安培力公式F=B2L2vR可知，速度增大时，线框所受的安培力增大，则合力减小，加速度减小，棒做加速度减小的加速运动；出磁场时棒做减速运动，由于安培力大于重力，所以速度减小时，线框所受的安培力减小，则合力减小，加速度减小，棒做加速度减小的减速运动．故C正确；
D、金属框进入匀强磁场时，若重力与所受安培力平衡，做匀速直线运动；出磁场时的速度大于进入磁场的速度，则出磁场时必定做减速运动．故D错误．
故选：C
金属框自由下落，进入匀强磁场时，可能做匀速直线运动，可能做加速运动，也可能做减速运动，根据安培力与速度成正比的关系，分析加速度的变化，再选择图象．
解决本题时，关键要注意条件不明时，要考虑各种情况．安培力与速度关系式F=B2L2vR，在分析电磁感应导体运动情况时经常用到，要在理解的基础上加强记忆．
12.【答案】B
【解析】【分析】
运动的带点粒子在磁场中受力洛伦兹力的作用，分小球带正电和负电两种情况进行讨论，用左手定则判断洛伦兹力的方向，根据向心力公式分析绳子所受的力，绳子断开后，绳子的拉力为零，小球仅受洛伦兹力，根据受力情况判断小球的运动情况即可。
解题的关键是能正确分析向心力的来源，知道如何判断洛伦兹力的方向，难度适中。
【解答】
AB.若小球带正电，则小球所受的洛伦兹力指向圆心，开始时，拉力可能为零，绳断后，仍然洛伦兹力提供向心力，逆时针做圆周运动，半径不变。
若开始靠洛伦兹力和拉力的合力提供向心力，拉力减小为零，小球靠洛伦兹力提供向心力，速度的大小不变，半径变大，故B错误，A正确；
CD.如果小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，当洛伦兹力的大小等于小球原来所受合力大小时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径不变，也可能洛伦兹力大于之前合力的大小，则半径减小，故CD正确。
故选B。
13.【答案】电场强度 电势
【解析】解：物理学中用电场强度来描述电场力的性质；用电势来描述电场能的性质。
故答案为：电场强度；电势。
明确电场的性质，知道各物理量的定义和它们的物理意义。
本题考查电场的描述，要注意明确电场强度和电势能定义，正确理解它们的物理意义。
14.【答案】2880 电
【解析】解：已知蓄电池两端电压为U=12V，充电电流为I=2A，充电时间t=2min=120s，
则充电过程中电流所做功为
W=UIt=12×2×120J=2880J
充电过程中，电源的电能转化为蓄电池的化学能。
故答案为：2880，电。
根据W=UIt求充电过程中电流所做功。充电过程中，电源的电能转化为蓄电池的化学能。
解答本题的关键要掌握电功公式W=UIt，解题时要注意单位的换算。
15.【答案】BS −2BS
【解析】解：当线框平面与磁场方向垂直时，穿过线框的磁通量为Φ=BS；
当线框从图示位置绕OO′轴转过180°时，穿过线框磁通量为：Φ′=−BS
所以当线框从图示位置绕OO′轴转过180°的过程，穿过线框磁通量的变化量为：ΔΦ=Φ′−Φ=−BS−BS=−2BS
故答案为：BS，−2BS
图示时刻，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积．当它绕轴转过θ角时，线圈在磁场垂直方投影面积为Scsθ，磁通量等于磁感应强度与这个投影面积的乘积．线圈从图示转过180°时，磁通量为−BS，磁通量的变化量大小等于初末位置磁通量之差．
16.【答案】60 60
【解析】解：根据公式WAB=qUAB
代入WAB=3×10−6J，q=5×10−8C
得UAB=60V
若φB=0，由UAB=φA−φB=φA−0
得φA=60V
故答案为：60，60。
根据电场力做功的公式和电势差的公式代入数据求解即可。
考查电场力做功的公式和电势差的计算问题，熟练掌握基本公式的理解和应用即可。
17.【答案】Ed e2E2L22mv02
【解析】解：根据电场强度的计算公式，该平行电容板间电压U=Ed
粒子从进入电场到飞出极板做类平抛运动，根据类平抛运动规律，平行于极板方向：L=v0t
垂直于极板方向：y=12at2，a=eEm
解得y=eEL22mv02
则电场力做功W=eEy=e2E2L22mv02
故答案为：Ed e2E2L22mv02。
根据电场强度的计算公式求解电压；根据类平抛运动的规律结合运动学公式与牛顿第二定律可求出偏转位移y，并由W=qEy求得。
本题主要是考查带电粒子在电场中的运动，解答本题的关键是掌握类平抛运动的规律，知道电场力做功的计算方法。
18.【答案】0.900 14.50
【解析】解：螺旋测微器固定刻度最小分度为0.5mm，可动刻度最小分度为0.01mm，读数时需要估读一位，根据螺旋测微器所示图像可读得其读数为
0.5mm+40.0×0.01mm=0.900mm
图中游标卡尺游标尺为(20分)度值，其精度为0.05mm，根据图像可读得游标卡尺的读数为
14mm+10×0.05mm=14.50mm
故答案为：0.900；14.50。
先确定螺旋测微器的最小分度值再读数；先确定游标卡尺的最小分度值再读数。
本题关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法。
19.【答案】N 增大
【解析】解：导体棒向右运动，说明导体棒受到向右的安培力作用，根据左手定则可知磁场方向竖直向下，因此U形磁铁的A端为N极；导体棒所受的安培力对导体棒做正功，机械能增大。
故答案为：N；增大。
导体棒向右运动，说明导体棒受到向右的安培力作用，根据左手定则判断磁场方向；安培力做正功，机械能增大，据此作答。
通电导体在磁场中受安培力作用，安培力可以对导体棒做正功，可以做负功或不做功；安培力对导体棒做正功，电能转化为机械能。
20.【答案】向右偏 不偏转 向左偏
【解析】解：根据题意可知，闭合开关S2，线圈B与电流表形成闭合回路，闭合开关S1，线圈A中有电流，产生磁场，则闭合S1瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，电流表指针向左偏
(1)将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，流过线圈A的电流减小，电流产生的磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向右偏。
(2)先断开S2，稍后再闭合S2瞬间，穿过线圈B的磁通量不变，电流表指针不偏转。
(3)将线圈A迅速从线圈B中拔出时，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向右偏.。
故答案为：(1)向右偏；(2)不偏转；(3)向左偏。
(1)滑动变阻器向右运动，电流减小，磁感应强度减小，电流表向右偏；
(2)断开S2又闭合，通过B的磁通量不变，所以不偏转；
(3)A从B中拔出时，磁通量减小，电流表向右偏。
学生在解决本题时，应注意对楞次定律有所了解。
21.【答案】解：(1)粒子经过加速电场U1加速后，根据动能定理：eU1=12mv2−0
解得：v= 2eU1m
(2)因为粒子恰能通过速度选择器，则粒子在速度选择器中受到的电场力和洛伦兹力为一对平衡力，即：eE=eU2d=evB1
解得：U2=B1d 2eU1m
(3)粒子在B2磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则：evB2=mv2R
解得：R=1B2 2mU1e
答：(1)粒子的速度v为 2eU1m；
(2)速度选择器两板间电压U2为B1d 2eU1m；
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为1B2 2mU1e。
【解析】(1)根据动能定理可以求出粒子的速度v；
(2)在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，根据Eq=qvB1求出电压U2；
(3)根据洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R。
解决该题需要明确知道粒子在速度选择器内做的是匀速直线运动，洛伦兹力和电场力大小相等，方向相反。
22.【答案】解：(1)取AB杆为研究对象其受力如图示建立如图所示坐标系mgsinθ−FA−f=ma ①
N−mgcsθ=0 ②
摩擦力f=μN ③
安培力 FA=BIL ④
I=ER ⑤
E=BLv ⑥
联立上面①②③④⑤⑥
解得a=1m/s2；
(2)导体棒的加速度减小到零时速度最大。
根据平衡条件可得：mgsinθ=μmgcsθ+B2L2vmR
解得：vm=8m/s
(3)从静止开始到匀速运动过程中：
q=I−t=E−R⋅t=BLSR
解得：S=20m；
(4)根据能量守恒定律可得：mgℎ=12mvm2+Qf+QR
代入数据解得：QR=0.8J。
答：(1)当AB下滑速度为4m/s时加速度的大小为1m/s2；
(2)AB下滑的最大速度为8m/s；
(3)AB由静止开始下滑到恰好匀速运动通过的距离为为20m
(4)从静止开始到AB匀速运动过程R上产生的热量为0.8J。
【解析】(1)根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式进行求解；
(2)导体棒的加速度减小到零时速度最大，根据平衡条件求解；
(3)从静止开始到匀速运动过程中，根据电荷量的计算公式求解；
(4)根据能量守恒定律求解R上产生的热量。
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。