福建省泉州市泉港一中高二下学期期中物理试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016—2017学年福建省泉州市泉港一中高二（下）期中物理试卷一．选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．1-8单选题,9-12多选题）1．在电磁感应现象中，下列说法中正确的是（）A．感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反B．闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流C．闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动，一定能产生感应电流D．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场磁通量的变化2．如图所示，当交流电源电压恒为220V，频率为50Hz时，三只灯泡A、B、D的亮度相同,若将交流电的频率改为100Hz，则（）A．A灯最暗 B．B灯最暗C．D灯最暗 D．三只灯泡的亮度依然相同3．如图所示,Rt为半导体热敏电阻，其他电阻都是普通的电阻,当灯泡L的亮度变暗时，说明(）A．环境温度变高 B．环境温度变低 C．环境温度不变 D．都有可能4．为了演示接通电源的瞬间和断开电源的电磁感应现象,设计了如图所示的电路图,相同的A灯和B灯，让L的直流电阻和R相等，下列说法正确的是（）A．开关接通的瞬间，A灯的亮度等于B灯的亮度B．通电一段时间后，A灯的亮度小于B灯的亮度C．断开开关的瞬间，A灯和B灯立即熄灭D．若满足R灯＞RL则断开瞬间，A灯会闪亮一下再熄灭5．如图是半径为r的金属圆盘（电阻不计)在垂直于盘面的匀强磁场中绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，电阻R两端分别接盘心O和盘缘,则通过电阻的电流强度大小和方向是（)A．I=由d到c B．I=由d到cC．I=由c到d D．I=由c到d6．如图所示，在条形磁铁从图示位置绕O1O2轴转动90°的过程中，放在导轨右端附近的金属棒ab将（）A．向左运动 B．向右运动 C．静止不动 D．无法判断7．为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上,副线圈连接相同的灯泡L1、L2,电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示．当开关S闭合后（)A．A1示数变大，A1与A2示数的比值变小B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大C．V2示数变小,V1与V2示数的比值变大D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变8．如图空间存在两个相邻的磁感应强度大小相等方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L,现将宽度也为L的矩形闭合线圈从图示位置垂直磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受安培力随时间变化的图象是：(规定线圈中逆时针为电流正方向,线圈受安培力方向向左为正方向）（)A． B． C． D．9．欲使处于基态的氢原子激发,下列措施可行的是()A．用10。2eV的光子照射 B．用12.3eV的光子照射C．用10eV的电子碰撞 D．用11eV的电子碰撞10．如图所示,A、B两质量相等的物体，原来静止在平板小车C上，A和B间夹一被压缩了的轻弹簧，A、B与平板车上表面动摩擦因数之比为3：2，地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B相对C滑动的过程中，则以下说法中正确的是(）A．A、B系统动量守恒 B．A、B、C系统动量守恒C．小车向左运动 D．小车向右运动11．一个质量为M的长木板静止在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹，以水平速度v0射入木块并留在木块中，在此过程中，子弹射入木块的深度为d，木块运动的距离为s,木块对子弹的平均阻力为f，则对于子弹和长木板组成的系统，下列说法正确的是()A．子弹射入木块过程中系统的机械能守恒B．系统的动量守恒，而机械能不守恒C．子弹减少的动能等于fsD．系统损失的机械能等于fd12．甲、乙两球在光滑的水平面上,沿同一直线同一方向运动，它们的动量分别为p甲=5kg•m/s,p乙=7kg•m/s，已知甲的速度大于乙的速度,当甲追上乙发生碰撞后,乙球的动量变为10kg•m/s,则甲、乙两球的质量m甲:m乙的关系可能是（）A． B． C． D．二．实验题（本题包括1小题，共12分）13．同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥,推动小车A使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动,如图1所示．在小车A后连着纸带，电源频率为50Hz，长木板光滑．(1）若已得到打点纸带如图2,A为运动起始的第一点，则应选段来计算小车A的碰前速度,应选段来计算小车A和小车B碰后的共同速度．（2）已测得小车A的质量m1=0.040kg,小车B的质量m2=0.020kg．由以上测量结果可得：碰前总动量为kg•m/s，碰后总动量为kg•m/s．三．计算题（本题包括3小题，共40分）14．如图所示，一台有两个副线圈的变压器，原线圈匝数n1=1100，接入电压U1=220V的电路中，(1）要求在两组副线圈上分别得到电压U2=6V，U3=110V，它们的匝数n2,n3分别为多少？（2）若在两副线圈上分别接上“6V,20W”、“110V，60W"的两个用电器,原线圈的输入电流为多少？15．如图所示，质量分别为mA=0.5kg、mB=0。4kg的长板紧挨在一起静止在光滑的水平面上,质量为mC=0。1kg的木块C以初速vC0=10m/s滑上A板左端,最后C木块和B板相对静止时的共同速度vCB=1.5m/s．求：（1）A板最后的速度vA；（2）C木块刚离开A板时的速度vC．16．如图所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距0。5m，与水平面夹角为30°,不计电阻，广阔的匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度B=0.4T,垂直导轨放置两金属棒ab和cd，长度均为L=0。5m，电阻均为R=0.1Ω，质量均为m=0。2kg,两金属棒与金属导轨接触良好且可沿导轨自由滑动．现ab棒在外力作用下，以恒定速度v1=2m/s沿着导轨向上滑动,cd棒则由静止释放，试求：（取g=10m/s2）(1）金属棒ab产生的感应电动势E1；(2）金属棒cd开始运动的加速度a(3)金属棒cd的最终速度v2．17．图中,轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态．另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短,碰后A、B紧贴在一起运动,但互不粘连．已知最后A恰好返回出发点P并停止．滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为μ,运动过程中弹簧最大形变量为l2，求A从P出发时的初速度v0．

2016—2017学年福建省泉州市泉港一中高二(下）期中物理试卷参考答案与试题解析一．选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．1-8单选题，9-12多选题）1．在电磁感应现象中，下列说法中正确的是（）A．感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反B．闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流C．闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动,一定能产生感应电流D．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场磁通量的变化【考点】D2：感应电流的产生条件．【分析】根据楞次定律分析感应电流的磁场与原磁场方向的关系．当穿过闭合电路的磁能量发生变化时，电路中能产生感应电流．闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时闭合电路中能产生感应电流．【解答】解：A、根据楞次定律得知,当原来磁场的磁能量增加时,感应电流的磁场跟原来的磁场方向相反，当原来磁场的磁能量减小时,感应电流的磁场跟原来的磁场方向相同．故A错误．B、当闭合线框放在变化的磁场中，不一定能产生感应电流．如果线圈与磁场平行时，穿过线圈的磁通量不变,线圈中不能产生感应电流．故B错误．C、闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动，如果磁通量没有变化，线圈没有感应电流产生．故C错误．D、根据楞次定律得知,感应电流的磁场总是阻碍原来磁场磁通量的变化．故D正确．故选D2．如图所示，当交流电源电压恒为220V，频率为50Hz时，三只灯泡A、B、D的亮度相同，若将交流电的频率改为100Hz，则（）A．A灯最暗 B．B灯最暗C．D灯最暗 D．三只灯泡的亮度依然相同【考点】EF：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．【分析】三个支路电压相同，当交流电频率变化时,会影响电感的感抗和电容的容抗，从而影响流过电感和电容的电流．【解答】解：三个支路电压相同,当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过LB的电流变大,流过LA的电流变小,流过LD的电流不变．故B、C、D错误，A正确．故选：A．3．如图所示，Rt为半导体热敏电阻，其他电阻都是普通的电阻，当灯泡L的亮度变暗时，说明()A．环境温度变高 B．环境温度变低 C．环境温度不变 D．都有可能【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．【分析】由图可知，灯泡与Rt串联后与R并联，再与另一个R串联．要使灯泡变暗，应使流过灯泡的电流减小;则可分别由闭合电路欧姆定律分析各项，可得出正确答案．【解答】解：当R1的温度变高时，其电阻减小,所以外电路总电阻减小，总电流就增大，电源的内电压增大，路端电压减小，所以通过支路中R的电流变小，而总电流增大,所以通过灯泡的电流增大,灯泡应变亮．相反,环境温度变低时,灯泡L的亮度变暗．故B正确，ACD错误．故选：B4．为了演示接通电源的瞬间和断开电源的电磁感应现象，设计了如图所示的电路图，相同的A灯和B灯,让L的直流电阻和R相等，下列说法正确的是（）A．开关接通的瞬间，A灯的亮度等于B灯的亮度B．通电一段时间后，A灯的亮度小于B灯的亮度C．断开开关的瞬间，A灯和B灯立即熄灭D．若满足R灯＞RL则断开瞬间，A灯会闪亮一下再熄灭【考点】DE：自感现象和自感系数．【分析】L与R的直流电阻相等说明闭合开关S达到稳定后两灯均可以正常发光；闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势,阻碍原电流的变化,从而使通过A灯的电流比B灯的电流大，即而判断灯的亮度；断电瞬间，通过L的电流减小,产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流消失的慢，即而判断灯是否立即熄灭．【解答】解：A、闭合开关的瞬间，通过L的电流增大,产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流大，所以灯A的亮度大于灯B的亮度;故A错误；B、当通电一段时间后，电路的电流稳定,若L的直流电阻和R相等，通过两灯的电流相同,所以两灯亮度相同；uB错误；C、断电瞬间，通过L的电流减小，产生自感电动势，阻碍原电流的变化；由于线圈L与灯泡A组成自感回路，从而使A灯逐渐熄灭，但B灯立即熄灭．故C错误;D、若满足R灯＞RL则当电路中的电流稳定时，流过灯A的电流小于流过线圈L中的电流，所以断开瞬间由于线圈L与灯泡A组成自感回路,流过灯A的电流从流过线圈原来的电流值开始减小，所以A灯会闪亮一下再熄灭．故D正确．故选：D5．如图是半径为r的金属圆盘（电阻不计）在垂直于盘面的匀强磁场中绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,电阻R两端分别接盘心O和盘缘,则通过电阻的电流强度大小和方向是（）A．I=由d到c B．I=由d到cC．I=由c到d D．I=由c到d【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律．【分析】先根据转动切割磁感线感应电动势公式E=BL2ω,求出感应电动势，再由欧姆定律求出通过电阻R的电流强度的大小．由右手定则判断感应电流的方向．【解答】解：将金属圆盘看成无数条金属幅条组成的，这些幅条切割磁感线,产生感应电流,由右手定则判断可知：通过电阻R的电流强度的方向为从d到c．金属圆盘产生的感应电动势为：E=BL2ω通过电阻R的电流强度的大小为：I==故选:A．6．如图所示，在条形磁铁从图示位置绕O1O2轴转动90°的过程中，放在导轨右端附近的金属棒ab将()A．向左运动 B．向右运动 C．静止不动 D．无法判断【考点】DB：楞次定律．【分析】在图示位置时，导轨回路的磁通量为零，条形磁铁从图示位置绕O1O2轴转动90°的过程中，磁通量增大,根据楞次定律，分析ab的运动情况．【解答】解：在图示位置时,导轨回路的磁通量为零，条形磁铁从图示位置绕O1O2轴转动90°的过程中，磁通量增大，穿过闭合回路的磁通量可以用穿过回路的磁感线的净条数来表示,穿过回路的磁感线净条数等于条形磁铁内部穿过回路的条数与从磁铁外部穿过回路的条数之差，从磁铁外部穿过该回路的磁感线条数越多，穿过该回路的磁通量越小；在磁铁转动过程中,磁通量增大，由楞次定律可知,感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，为了阻碍磁通量的增大，金属棒ab向右运动，增大回路的面积，从而阻碍磁通量的增大．故B正确．故选：B．7．为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示．当开关S闭合后（）A．A1示数变大，A1与A2示数的比值变小B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变【考点】E8：变压器的构造和原理．【分析】与闭合电路中的动态分析类似,可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．【解答】解:A、开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，由欧姆定律可得A1示数变大,由于理想变压器P2=P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变，A，B错误．C、由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变，则副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，C错误、D正确．故选：D．8．如图空间存在两个相邻的磁感应强度大小相等方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L，现将宽度也为L的矩形闭合线圈从图示位置垂直磁场方向匀速拉过磁场区域,则在该过程中能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受安培力随时间变化的图象是：（规定线圈中逆时针为电流正方向，线圈受安培力方向向左为正方向)(）A． B． C． D．【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据切割产生的感应电动势和闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小．根据安培力公式求出安培力的大小，通过左手定则判断安培力的方向．【解答】解:A、线圈进入磁场，在进入磁场0﹣L的过程中,E=BLv,电流I=，方向为逆时针方向．安培力的大小F=BIL=，根据左手定则，知安培力方向水平向左．在L﹣2L的过程中，电动势E=2BLv，电流I=，方向为顺时针方向,安培力的大小F=，根据左手定则,知安培力方向水平向左．在2L﹣3L的过程中，E=BLv，电流I=，方向为逆时针方向，安培力的大小为F=BIL=，根据左手定则,知安培力方向水平向左．故D正确，A、B、C错误．故选：D．9．欲使处于基态的氢原子激发，下列措施可行的是（)A．用10。2eV的光子照射 B．用12.3eV的光子照射C．用10eV的电子碰撞 D．用11eV的电子碰撞【考点】J4:氢原子的能级公式和跃迁．【分析】能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差．或吸收的能量大于基态氢原子能量，会发生电离．【解答】解：A、用10.2eV的光子照射，即﹣13.6+10.2eV=﹣3。4eV，跃迁到第二能级．故A正确．B、因为﹣13。6+12。3eV=﹣1.3eV，不能被吸收．故B错误．C、用10eV的电子碰撞，即使全部被吸收，能量为﹣3.6eV，不能发生跃迁．故C错误．D、用11eV的动能的电子碰撞，可能吸收10.2eV能量,跃迁到第二能级，故D正确．故选：AD．10．如图所示，A、B两质量相等的物体，原来静止在平板小车C上，A和B间夹一被压缩了的轻弹簧,A、B与平板车上表面动摩擦因数之比为3：2，地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B相对C滑动的过程中，则以下说法中正确的是（)A．A、B系统动量守恒 B．A、B、C系统动量守恒C．小车向左运动 D．小车向右运动【考点】53：动量守恒定律．【分析】系统动量守恒的条件是合外力为零，根据动量守恒的条件即可判断AC，分析小车的受力情况即可分析小车的运动情况．【解答】解：A、弹簧释放后，A、B组成的系统所受合外力不为零，故A、B系统动量不守恒,故A错误；B、弹簧释放后,A、B、C组成的系统所受合外力为零，故A、B、C系统动量守恒，故B正确；C、当压缩弹簧突然释放将A、B弹开过程中,A、B相对C发生相对运动，A向左运动，A受到的摩擦力向右，故C受到A的滑动摩擦力向左,B向右运动，B受到的摩擦力向左，故C受到B的滑动摩擦力向右，而A、B与平板车的上表面的滑动摩擦力之比为3：2，所以C受到向左的摩擦力大于向右的摩擦力,故C向左运动，故C正确，D错误．故选:BC．11．一个质量为M的长木板静止在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹，以水平速度v0射入木块并留在木块中，在此过程中，子弹射入木块的深度为d，木块运动的距离为s，木块对子弹的平均阻力为f，则对于子弹和长木板组成的系统,下列说法正确的是(）A．子弹射入木块过程中系统的机械能守恒B．系统的动量守恒，而机械能不守恒C．子弹减少的动能等于fsD．系统损失的机械能等于fd【考点】53：动量守恒定律；6C:机械能守恒定律．【分析】根据动量守恒定律的条件和机械能守恒的条件判断出是否守恒；分别对子弹和木块运用动能定理，列出动能定理的表达式．摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失．【解答】解:A、子弹射入木块的过程中，木块对子弹的平均阻力对系统做功，所以系统的机械能不守恒．故A错误;B、系统处于光滑的水平面上,水平方向不受其他的外力，所以动量守恒;由A的分析可得机械能不守恒．故B正确；C、子弹减少的动能等于阻力与子弹位移的乘积，即：△EK=W=f（s+d），故C错误；D、系统损失的机械能等于阻力与两个物体相对位移的乘积,即：△E=fd．故D正确．故选：BD．12．甲、乙两球在光滑的水平面上,沿同一直线同一方向运动，它们的动量分别为p甲=5kg•m/s，p乙=7kg•m/s,已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生碰撞后，乙球的动量变为10kg•m/s，则甲、乙两球的质量m甲：m乙的关系可能是（）A． B． C． D．【考点】53：动量守恒定律．【分析】两球碰撞过程遵守动量守恒定律，由动量守恒求出碰撞后甲的动量．根据甲球速度大于乙球速度，以及碰撞过程中总动能不增加，列出不等式,求出甲与乙质量比值的范围进行选择．【解答】解：因为碰撞前,甲球速度大于乙球速度，则有：＞，得到：＜根据动量守恒得:p甲+p乙=p甲′+p乙′，代入解得：p甲′=2kg•m/s．据碰撞过程总动能不增加得：+≥+代入解得：＜=碰撞后两球同向运动，甲的速度不大于乙的速度，则≤，代入解得：≥所以：≤≤；故选：BC．二．实验题（本题包括1小题,共12分）13．同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动,如图1所示．在小车A后连着纸带，电源频率为50Hz，长木板光滑．（1)若已得到打点纸带如图2，A为运动起始的第一点，则应选BC段来计算小车A的碰前速度，应选DE段来计算小车A和小车B碰后的共同速度．（2）已测得小车A的质量m1=0.040kg，小车B的质量m2=0。020kg．由以上测量结果可得：碰前总动量为0.042kg•m/s,碰后总动量为0。0417kg•m/s．【考点】ME:验证动量守恒定律．【分析】小车做匀速直线运动时，在相等时间内小车的位移相等，分析纸带，根据纸带分析求解速度，再根据动量的定义分析求解碰撞前后的动量大小．【解答】解:(1）推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程,在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程,而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度．（2）由图可知，BC=10。50cm=0.1050m；DE=6.95cm=0.0695m;A碰前的速度：v1===1.05m/s碰后共同速度：v2===0.695m/s碰前总动量：P1=m1v1=0。04×1。05=0.042kg．m/s碰后的总动量：P2=（m1+m2)v2=0.06×0。695=0。0417kg．m/s故答案为:（1）BCDE（2)0.0420.04l7三．计算题(本题包括3小题,共40分）14．如图所示，一台有两个副线圈的变压器，原线圈匝数n1=1100,接入电压U1=220V的电路中，（1）要求在两组副线圈上分别得到电压U2=6V,U3=110V，它们的匝数n2，n3分别为多少？（2）若在两副线圈上分别接上“6V,20W”、“110V，60W”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？【考点】E8：变压器的构造和原理．【分析】根据电压与匝数成正比,可以求得线圈n2、n3的匝数，在根据变压器的输入的功率和输出的功率相等可以求得原线圈Ⅰ中的电流强度I1．【解答】解：（1）变压器电压比等于匝数比，有所以n2=30匝，n3=550匝．（2)两组副线圈上电压分别为U2=6V,U3=110V，在两副线圈上分别接上“6V,20W”、“110V，60W”的两个用电器时,这两个用电器都能正常工作，所以这两个用电器实际消耗的功率就为20W和60W．又因为理想变压器的输入功率等于输出功率,所以P1=P2+P3．即I1•U1=20W+60W=80W，因为U1=220V,所以I1=0。36A答：（1)两个副线圈的匝数分别为n2=30匝，n3=550匝．(2)原线圈的输入电流为0.36A．15．如图所示，质量分别为mA=0。5kg、mB=0.4kg的长板紧挨在一起静止在光滑的水平面上，质量为mC=0.1kg的木块C以初速vC0=10m/s滑上A板左端，最后C木块和B板相对静止时的共同速度vCB=1.5m/s．求：(1）A板最后的速度vA；(2)C木块刚离开A板时的速度vC．【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．【分析】1、C在A上滑动的过程中，A、B、C组成系统的动量守恒，由动量守恒定律研究整个过程列出等式，2、C在B上滑动时,B、C组成系统的动量守恒，根据运量守恒定律研究C在B上滑行的过程，列出等式求解．【解答】解：（1）C在A上滑动的过程中，A、B、C组成系统的动量守恒,规定向右为正方向，则mCvC0=mCvC+（mA+mB)vA（2）C在B上滑动时,B、C组成系统的动量守恒，则mCvC+mBvA=（mC+mB）vCB联立以上两等式解得:vA=0.5m/s，速度方向向右．vC=5。5m/s，速方向向右答：（1）A板最后的速度vA=0。5m/s,速度方向向右．(2）C木块刚离开A板时的速度vC=5.5m/s,速方向向右．16．如图所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距0.5m，与水平面夹角为30°，不计电阻，广阔的匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度B=0.4T,垂直导轨放置两金属棒ab和cd,长度均为L=0。5m，电阻均为R=0.1Ω，质量均为m=0。2kg，两金属棒与金属导轨接触良好且可沿导轨自由滑动．现ab棒在外力作用下,以恒定速度v1=2m/s沿着导轨向上滑动,cd棒则由静止释放，试求:（取g=10m/s2）（1)金属棒ab产生的感应电动势E1；（2)金属棒cd开始运动的加速度a（3)金属棒cd的最终速度v2．【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解ab棒产生