2020-2021学年四川省成都市邛崃市高埂中学高二（下）第一次月考物理试卷

这是一份2020-2021学年四川省成都市邛崃市高埂中学高二（下）第一次月考物理试卷，共20页。试卷主要包含了5s，0m，求电阻R上产生的焦耳热，【答案】A，【答案】D，【答案】C，84π2m≈1m，故B错误；等内容，欢迎下载使用。
 2020-2021学年四川省成都市邛崃市高埂中学高二（下）第一次月考物理试卷 下列公式中不是采用比值定义法的是A.  B.  C.  D. 在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b 两点．其中a、b 两点电场强度大小相等、方向相同且电势相等的是
 
A. 甲图中与点电荷等距的a、b 两点
B. 乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b 两点
C. 丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b 两点
D. 丁图中非匀强电场中的a、b 两点如图所示，一带负电的滑块从粗糙斜面的顶端滑至底端时的速度为v，若加一个垂直纸面向外的匀强磁场，并保证滑块能滑至底端，则它滑至底端时
A. 速率变大 B. 速率不变
C. 洛伦兹力方向垂直斜面向上 D. 洛伦兹力方向垂直斜面向下如图为一单摆的共振曲线，下列说法正确的是A. 该单摆的固有周期约
B. 该单摆的摆长约为2m
C. 将该单摆从北京移至广州，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将减小
D. 若摆长增大，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将增大
  如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则
A. 在电路甲中，断开S后，A将立即熄灭
B. 在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗
C. 在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗
D. 在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗如图1所示，水平放置的弹簧振子在A、B之间作简谐运动，O是平衡位置；以向右为正方向，其振动图象如图2所示，则
 
A. AO间的距离为4cm
B. 末，小球位于A点
C. 末，小球有正方向的最大速度
D. ，小球从O向A做减速运动如图所示为一交流电的电流i随时间t变化的图象，该交流电的电流的有效值为
A.  B.  C. 7A D. 5A如图所示，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B、方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，现有一边长为的正方形线框abcd，在外力作用下，保持ac垂直磁场边缘，并以沿x轴正方向的某一速度水平匀速地通过磁场区域，若以逆时针方向为电流正方向，图中能反映线框中感应电流变化规律的图象是
A.  B.
C.  D. 一正弦交流电的电流随时间变化的规律如图所示。由图可知
A. 该交流电的电流瞬时值的表达式为
B. 该交流电的频率是25Hz
C. 该交流电的电流有效值为
D. 若该交流电流通过的电阻，则电阻消耗的功率是20W某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是
A. 加5V电压时，导体的电阻是
B. 加12V电压时，导体的电功率为9W
C. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断增大
D. 该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态下的电阻如图所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小。理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电压表和电流表均为理想交流电表。从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为，则
A. 电压表的示数为22V
B. 在天逐渐变黑的过程中，电流表的示数变小
C. 在天逐渐变黑的过程中，电流表的示数变大
D. 在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变小一个质点在平衡位置O点附近作简谐运动，若从O点开始计时，经过3s质点第一次经过M点如图所示再继续运动，又经过2s它第二次经过M点，则该质点第三次经过M点所需的时间是
A. 14 s B. 8 s C. 4 s D. 如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道半径为r、间距为L，轨道的电阻不计。在轨道的顶端连有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道的最低位置cd开始，在拉力作用下以速率沿轨道向上做匀速圆周运动至ab处，则该过程中
A. 通过R的电流方向为 B. 通过R的电流方向为
C. R上产生的热量为 D. 通过R的电荷量为如图所示，某实验小组利用图示的实验器材将电路连接好后，进行“研究电磁感应现象”的实验。
实验时，线圈A放在线圈B中保持不动，小组同学将电键突然闭合时，发现电流计指针向右侧偏转。现保持电键闭合，则下列关于实验过程中所观察到的一些现象说法正确的是______
A.滑片P快速向右移动时电流计指针将向左侧偏转
B.滑片P快速向左移动时电流计指针向左侧偏转
C.将线圈A突然拔出过程中，电流计指针向左侧偏转
D.将线圈A拔出过程中，电流计指针不发生偏转
实验小组通过本实验，归纳出的实验结论是______。在“探究单摆周期和摆长的关系”的实验中。
实验进行如下步骤：
A.组合单摆：用线的一端穿过小球的小孔，然后打一个线结，做成单摆，用绳的上端缠绕在圆柱形的铁棒上如图1所示；
B.测摆长l：用刻度尺量出摆线长度，用游标卡尺测出摆球的直径d，摆长；
C.测周期T：将摆球拉起一个角度，然后放开，当小球运动到最低点时按下秒表，测量单摆30次全振动的时间t，算出单摆周期如图2所示；
D.将所测得的l和T填入表格，分析数据得出单摆的周期和摆长的关系。
E.改变摆长，重复步骤BCD。

从上面操作步骤中找出两处错误的地方，写出该步骤的字母，并加以改正。
______；______。
关于单摆做简谐运动，下列说法正确的是______
A.经过平衡位置时所受的合力为0
B.经过平衡位置时所受的回复力为0
C.回复力是重力和摆线拉力的合力
D.回复力是重力沿圆弧切线方向的分力
用游标卡尺测小球直径时如图3所示，其读数为______ cm，用秒表测出小球完成30次全振动如图4所示的时间为______ s。
 
如图所示，长的轻质细绳上端固定于O点，P点下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，细绳与竖直方向的夹角，已知小球的质量；匀强电场的场强，重力加速度，，。求：
小球所受静电力F的大小。
现将电场突然撤去，小球摆回到最低点A细绳对小球的拉力大小空气阻力不计。






 风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为100kW，输出电压是250V，用户需要的电压是220V，输电线电阻为若输电线因发热而损失的功率为输送功率的，试求：
在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比．
画出此输电线路的示意图．
用户得到的电功率是多少．






 如图所示，匝的矩形线圈abcd，ab边长，ad边长，放在磁感应强度的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的轴以的转速匀速转动，线圈电阻，外电路电阻，时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里。求：
感应电动势的瞬时值表达式；
外力的功率；
从图示位置转过的过程中流过电阻R的电荷量。






 如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角的绝缘斜面上，顶部接有一阻值的定值电阻，下端开口，轨道间距。整个装置处于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。质量的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻，电路中其余电阻不计。金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好。不计空气阻力影响。已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数，，，取。
求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度；
求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率；
若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，导棒沿导轨下滑的距离为，求电阻R上产生的焦耳热。








答案和解析 1.【答案】A
 【解析】解：A、公式，是电阻的决定式，它与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比，不属于比值定义法，故A正确；
B、电流强度为流过导体某横截面的电荷量与所用时间的比值，与流过横截面的电荷量的大小以及所用的时间都无关，所以属于比值定义法，故B错误；
C、磁感应强度是由磁场本身决定的，与放入磁场中的电流元以及电流元受到的安培力都无关，所以属于比值定义法，故C错误；
D、加速度是描述速度变化快慢的物理量，与速度的变化量以及变化的时间无关，所以属于比值定义法，故D错误。
故选：A。
所谓比值定义法就是用几个物理量的比值来定义一个新的物理量的方法，定义出的新的物理量反映物理量的属性。
比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物理量的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变。
 2.【答案】B
 【解析】解：A、a、b两点处于同一等势线上，电势相等，电场强度大小相等，但方向不同。故A错误。
B、两等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b两点的电势相等，根据对称性和电场线的分布可知，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同。故B正确。
C、两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b 两点，电势相等，电场强度大小相等，但方向不同。故C错误。
D、电场线的疏密表示电场强度的大小，由图可知，ab两点的场强大小不同同时，a、b两点在同一条电场线上，所以二者的电势也不同。故D错误。
故选：B。
电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同．根据电场线的分布情况，判断场强的大小和方向关系，由等势线分布情况，确定电势关系．
掌握电场线和等势面的分布情况是解答本题的关键．要注意电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同．
 3.【答案】D
 【解析】解：CD、磁场方向向外时，由左手定则可得出，洛伦兹力垂直斜面向下。故C错误；D正确；
AB、根据上面选项分析，加上磁场后，滑块对斜面的正压力变大，滑动摩擦力变大，从顶端滑至底端的过程中，克服摩擦力做功变大，由动能定理可知滑块滑至底端的速率变小，故AB错误。
故选：D。
带电体在磁场中运动，根据左手定则可判断其洛伦兹力的方向；对滑块受力分析，加磁场后滑块对斜面的正压力变大，滑动摩擦力变大，从顶端滑至底端的过程中，克服摩擦力做功变大，由动能定理可知滑块滑至底端的速率变小。
本题考查带电滑块在磁场中的运动，涉及左手定则、动能定理等内容。对学生要求较低。属基础题目。
 4.【答案】C
 【解析】解：A、共振条件是驱动力频率等于固有频率，从图中可以看出固有频率为，
固有周期为：
，故A错误；
B、单摆周期公式为：
解得：，故B错误；
C、从北京移至广州重力加速度变小，由单摆周期公式知T变大，
所以固有f减小，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将减小，故C正确；
D、单摆摆长增大，T增大，固有频率减小，共振曲线振幅最大值所对应的横坐标将减小，故D错误；
故选：C。
共振条件为固有频率和驱动力频率相等，此时振幅最大，结合单摆公式可以求解出相关问题.
掌握单摆周期公式，结合共振条件，从图像可以找出固有频率，问题得以解决.
 5.【答案】C
 【解析】解：AD、在电路甲中流过线圈L的电流与流过灯泡的电流是相等的，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致灯泡A将逐渐变暗，故AD错误；
BC、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以电路中的电流稳定时通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，此时线圈与灯泡A以及电阻R组成自感回路，电流从开始时流过线圈的电流开始变小，导致A先变得更亮，然后逐渐变暗。故B错误，C正确。
故选：C。
自感电动势总是阻碍电流的变化。线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡构成电路回路。
线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极。当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极。
 6.【答案】D
 【解析】解：A、由图2可知，AO间的距离为2cm，故A错误；
B、以向右为正方向，末，小球位于B点，故B错误；
C、末，小球在平衡位置O点，之后往负方向运动，所以小球有负方向的最大速度，故C错误；
D、，小球从平衡位置O点向A运动，弹簧弹力向右不断增大，所以小球做减速运动，故D正确。
故选：D。
小球做简谐振动，根据图象的位移的大小和正负值判定小球所在位置，结合小球所处位置判断速度最大值以及小球的运动情况。
本题考查简谐振动，要注意把握弹簧振子的平衡位置即合外力为零位置。
 7.【答案】D
 【解析】解：将交流与直流通过阻值都为R的电阻，
设直流电流为I，则根据有效值的定义有：

解得：，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．
本题考查交流电有效值的计算，对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值．常见题型，要熟练掌握．
 8.【答案】D
 【解析】解：在时间内，线框右边开始进入磁场时，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负值；线框有效切割长度均匀增大，由可知，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；
在时间内，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负值；线框有效切割长度均匀减小，由可知，感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；
在时间内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框两边都切割磁感线，产生感应电动势，感应电动势是进入过程的2倍，线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由可知，感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也先均匀增大后均匀减小，感应电流的最大值是过程最大值的2倍；
在时间内，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负值；线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由可知，感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也先均匀增大后均匀减小。故D正确，ABC错误；
故选：D。
由楞次定律可判断线圈中的电流方向；由、欧姆定律及匀速运动的规律可得出电流随时间的变化规律，再选择图象，注意公式中L是有效切割长度．
本题分段分析有效切割长度的变化情况是解答的关键．图象往往由解析式选择．本题采用排除法，分成线性和非线性两类图象，对比同类图象的不同之处进行选择．
 9.【答案】BD
 【解析】解：由图象可知，交流电的最大值为2A，交流电的周期为；
A、交流电的角速度，所以交流电的电流瞬时值的表达式为，故A错误；
B、交流电的频率为，故B正确；
C、交流电的电流有效值为，故C错误；
D、交流电的电流有效值为，所以电阻消耗的功率，故D正确
故选：BD。
根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据最大值和有效值的关系即可求得交流电的有效值，根据计算电阻消耗的功率，其中I为电流的有效值。
根据图向读出交流电的最大值和周期，注意根据计算电阻消耗的功率时I是电流的有效值。
 10.【答案】C
 【解析】解：A、当时，由图知电流为，则导体的电阻，故A错误；
B、当时，由图知电流为，则导体的电功率，故B错误；
C、由图可知随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率减小，而此斜率等于电阻的倒数，则可知导体的电阻不断增大，故C正确；
D、由图知该元件是非线性元件，但仍然能用欧姆定律计算导体在某状态下的电阻，故D错误；
故选：C。
图象反映导体中的电流随电压的变化情况；由各点的坐标得到电压和电流，由求得导体的电阻；根据求解电功率；由图象的斜率的变化可判断其电阻的变化。
本题关键抓住图象上的点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，分析电阻的变化，求解电阻的值。
 11.【答案】BD
 【解析】解：原线圈中的输入电压最大值为220V，因其为正弦式交流电，故其有效值为，由可得，副线圈中电压表的示数为，故A错误；
B、在天逐渐变黑的过程中，光敏电阻的阻值变大，由于原副线圈两端电压均不变，所以电流表的示数变小，故B正确；
C、由B选项知电流表的示数变小，由得原线圈中电流表的示数变小，故C错误；
D、原线圈两端的电压不变，流过原线圈的电流变小，故输入功率变小，故D正确；
故选：BD。
根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、再根据电压与匝数成正比即可求得结论，根据光照的变化明确电阻的变化，从而分析电压和电流的变化规律。
本题考查变压器中的电路的动态变化的分析，先找准不变的物理量，然后再根据物理量之间的关系分析计算即可。
 12.【答案】AD
 【解析】解：若振子开始运动的方向先向左，再向M点运动，运动路线如图1所示。假设质点从平衡位置向右经过M点的时间为t，则，解得，得到振动的周期为：，
振子第三次通过M点需要经过的时间为：。
若振子开始运动的方向向右直接向M点运动，如图2，振动的周期为，振子第三次通过M点需要经过的时间为：。
所以选项AD正确，BC错误
故选：AD。
振子开始运动的方向可能向右，也可能向左，画出振子的运动过程示意图，确定振动周期，再求出振子第三次到达M点还需要经过的时间可能值．
本题考查分析振动过程的能力，振子开始运动方向不明，要考虑两种可能．中等难度．
 13.【答案】AC
 【解析】解：AB、金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过R的电流方向为由f到e。故A正确，B错误；
C、金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，感应电动势的最大值为，有效值为，根据焦耳定律有：故C正确；
D、通过R的电量由公式：故D错误。
故选：AC。
根据楞次定律判断感应电流的方向；
金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，感应电动势的最大值为，瞬时值，有效值为，根据焦耳定律求出求解金属棒产生的热量；
通过R的电量由公式求解。
解决本题的关键是判断出回路中产生的是正弦式交变电流，相当于线圈在磁场中转动时单边切割磁感线，要用有效值求解热量，用平均值求解电量．注意磁通量只与B垂直的面积大小有关。
 14.【答案】BC 感应电流产生条件：闭合回路中磁通量变化
 【解析】解：将电键突然闭合时，发现电流计指针向右侧偏转，说明穿过线圈B的磁通量增大时，则电流计指针向右偏转；
A.当滑片P快速向右移动时，导致线圈A中的电流增大，那么穿过线圈B的磁通量增大，则电流计指针将向右侧偏转，故A错误；
B.当滑片P快速向左移动时，导致线圈A中的电流减小，那么穿过线圈B的磁通量减小，则电流计指针将向左侧偏转，故B正确；
当将线圈A突然拔出过程中，那么穿过线圈B的磁通量减小，则电流计指针将向左侧偏转，故C正确；D错误；
通过本实验，得出的实验结论是感应电流产生条件：闭合回路中磁通量变化。
故答案为：；感应电流产生条件：闭合回路中磁通量变化。
依据感应电流产生的条件，及法拉第电磁感应定律，即可求解；
根据实验结论，及实验操作，即可判定。
考查感应电流产生条件，掌握楞次定律与法拉第电磁感应的内容，理解磁通量的概念，注意磁通量如何变化与指针的偏转方向是解题的关键。
 15.【答案】A、线应固定在铁棒上  C、拉起的角度小于
 【解析】解：步骤A中，细线不能缠绕在圆柱形金属棒上，因为摆动过程中悬点松动，摆长就要变化，细线悬挂点应该固定；步骤C中，将单摆从平衡位置拉开角度太大，细线与竖直方向的偏角不应超；
、经过平衡位置时，由于速度最大，则指向圆心方向的合力最大，而回复力，由于，所以回复力为零，故A错误，B正确；
CD、回复力是重力沿切线的分力提供，线的拉力和重力沿法向的分力的合力提供心力，故C错误，D正确。
故选：BD
游标卡尺的分度值为，其示数为主尺与游标尺的示数之和，主尺读数为11mm，游标尺读数为，所以游标卡尺的读数为；
由图示秒表可知，秒表的小表盘表针超过了半刻度线，分针示数为30s，秒针示数为：，故：。
故答案为：、线应固定在铁棒上；C、拉起的角度小于；；、
根据实验原理和实验时应注意的操作注意事项进行分析；
从简谐运动的特征分析回复力和向心力及合力问题；
游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，不需要估读。秒表读数为小表盘与大表盘的时间之和。
简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素。
 16.【答案】解：小球静止时，受到重力mg、静电力F和细绳的拉力T，如图所示。
根据共点力平衡条件知重力和静电力的合力与细绳的拉力等大、反向、共线，则有
 
解得
将电场撤去，小球摆动到最低点的过程，由动能定理得：
 
小球摆动到最低点时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
 
联立解得细绳对小球的拉力大小：
答：小球所受静电力F的大小为。
现将电场突然撤去，小球摆回到最低点A细绳对小球的拉力大小为。
 【解析】小球静止时，受力平衡，分析小球的受力情况，根据共点力平衡条件求解小球所受静电力F的大小。
将电场撤去后，小球将向下摆动，由动能定理求出摆回到最低点A的速度。小球摆动到最低点时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求细绳对小球的拉力大小。
本题关键是分析小球的受力情况，结合平衡条件、动能定理和牛顿运动定律列出方程解答。要注意将电场突然撤去，细绳的拉力不做功，只有重力做功，也可以根据机械能守恒定律求小球到达最低点的速度。
 17.【答案】解：输电线损耗功率，又
输电线电流
原线圈中输入电流
所以
这样

所以
如图所示

用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为

答：在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比各为，
如图所示．
用户得到的电功率是
 【解析】画出输电线路图，由输电线损耗功率求出输电电流，再由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流，由是，得升压变压器的匝数比；
求出升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再与用户电压结合求出降压变压器的原副线圈的匝数比．
解决本题的关键是知道原副线圈的电压比等于匝数比，电流比等于匝数之反比，以及知道升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压和电压损失的关系，以及功率的关系．
 18.【答案】解：的转速匀速转动，所以线圈的角速度为：
感应电动势的最大值为：
所以感应电动势的瞬时值表达式为：；
电动势的有效值：，
线圈匀速转动的周期：，
外力功率大小等于电功率的大小，即：，
代入数据得：；
线圈由如图位置转过的过程中，，
通过R的电量为：

答：感应电动势的瞬时值表达式；
外力的功率为500W；
从图示位置转过的过程中流过电阻R的电荷量为
 【解析】根据感应电动势的瞬时值表达式即可求解；
外力所做的功率等于电路中产生的电功率，根据电动势有效值求出电功率大小即可求出外力的功率；
根据平均电动势即可求出流过R的电荷量。
线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流。而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定。而通过某一电量时，则用平均值来求。
 19.【答案】解：金属棒由静止释放后，在重力、轨道支持力、摩擦力和安培力作用下沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时达到最大速度后保持匀速运动．有：
①
又安培力大小为：…②
感应电流为：…③
感应电动势为：…④
联解①②③④得：…⑤
金属棒以最大速度匀速运动时，电阻R上的电功率最大，根据功率公式有：
…⑥
联解③④⑤⑥得：…⑦
设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律：
…⑧
根据焦耳定律得：…⑨
联立⑧⑨解得：
答：
金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度为；
金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率为3W；
电阻R上产生的焦耳热为。
 【解析】应用求解感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出导体棒的最大速度。
结合功率的公式即可得知正确结果。
应用能量守恒求解产生的总焦耳热，根据能量分配关系求解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。