【解析】福建省福州市第八中学2017-2018学年高二下学期期中考试物理试题含解析.doc

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1、福州八中2017-2018学年高二下物理期中考试一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分，每题所给的选项中只有一个是正确的，选对的得3分，错选或不选的得0分）1.1.根据麦克斯韦电磁场理论,下列说法中正确的是( )A. 周期性变化的电场一定产生同频率的周期性变化的磁场B. 变化的电场一定产生变化的磁场C. 稳定的电场一定产生稳定的磁场D. 均匀变化的电场一定产生均匀变化的磁场【答案】A【解析】【分析】麦克斯韦的电磁场理论中变化的磁场一定产生电场，当中的变化有均匀变化与周期性变化之分；均匀变化的电场只能产生恒定的磁场，周期性变化的电场才能产生同频率的磁场【详解】周期性变化的电场一定

2、产生同频率的周期性变化的磁场，A正确；均匀变化的电场产生恒定的磁场，B错误；稳定的电场不会产生磁场，C错误；均匀变化的电场一定产生恒定不变的磁场，D错误【点睛】本题考查麦克斯韦的电磁场理论中变化的分类：均匀变化与非均匀（或周期性）变化要注意准确把握2.2.如图所示的电路中,A、B为两个完全相同的灯泡,L是自感系数很大的线圈,其电阻与R相等,下列说法正确的是( )A. 在断开S2的情况下,若突然闭合S1时,A、B灯均逐渐亮起来B. 在闭合S2的情况下,若突然闭合S1时，A灯立即发光，B灯逐渐亮起来C. 闭合S1、S2待电路稳定后,若突然断开S1，则A、B灯均不会立即熄灭D. 闭合S1、S2待电路

3、稳定后,若突然断开S1，则A灯不会立即熄灭，而B灯立即熄灭【答案】D【解析】【详解】在断开S2的情况下，若突然闭合S1时，由于线圈的自感现象，出现自感电动势阻碍电流的增大，A灯立即亮，B灯逐渐亮，A错误；在闭合S2的情况下，若突然闭合S1时，由于线圈的自感很大，相当于断路，两灯立即亮，B错误；当同时闭合S1、S2，待电路稳定后突然将S1同时断开，B灯立即熄灭，因自感现象，L与A组成回路，A灯不会立即熄灭，而是逐渐熄灭，C错误D正确3.3.水平面上存在竖直方向的匀强磁场,磁场的边界是MN,在MN左侧无磁场,如图甲所示。现有一个闭合的金属线框以恒定速度从MN左侧水平进入匀强磁场区域。线框中的电流随

4、时间变化的it图象如图乙所示,则线框的形状可能是图中的( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由电磁感应定律求电动势及欧姆定定律求出电流的表达式，找出各线框进入磁场时电流的变化规律，然后选出与图乙所示图象符合的线框【详解】导体棒切割磁感线产生的感应电动势，设线框总电阻是，则感应电流；由图乙所示图象可知，感应电流先均匀增大，后均匀减小；因由于B、v、R是定值，故导体棒的有效长度L应先均匀增大，后均匀减小；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，产生的感应电流先均匀增大，后不变，再均匀减小，不符合要求，A错误；三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增加，

5、后减小，且随时间均匀变化，符合题意，B正确；闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L不随时间均匀变化，不符合题意，C错误；正六边形线框进入磁场时，有效长度L先均匀增大，再不变，后均匀减小，产生的感应电流先均匀变大，再不变，后均匀变小，不符合题意，D错误4.4.如图是街头变压器给用户供电的示意图。输入端接入的电压，输出电压通过输电线输送给用户,输电线的电阻用R表示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，题中电表均为理想交流表，则下列说法正确的是（ ）A. V2表的读数为B. A1表的示数随A2表的示数的增大而减小C. 副线圈中交流电的频率为100HzD. 用户端闭合开关,则V2表

6、读数不变,A1表读数变大，变压器的输入功率增大【答案】D【解析】【详解】由电压表达式公式知原线圈电压有效值为2200V，根据可得，V2表的读数为220V，A错误；电流与匝数成反比，所以A1表的示数随A2表的示数的增大而增大，B错误；由表达式知角速度为，所以频率为，C错误；用户端闭合开关S，则副线圈的电阻减小，电压由输入电压和匝数比决定，所以V2表读数不变，A1表和A2读数都变大，变压器的输入功率等于输出功率都增大，D正确5.5.如图所示，A、B、C为三个相同的灯泡(设其电阻值保持不变)，a、b、c为与之串联的三个常用元件，如：电感线圈、电容器或电阻.E1为稳恒直流电源，E2为正弦交流电源。当开

7、关S接“1”时，A、B两灯均正常发光，C灯不亮；当开关S接“2”时，A灯仍正常发光，B灯变暗，C灯正常发光。由此可知( )A. a元件是电阻B. b元件是电容器C. c元件是电感线圈D. 由于电源e2的电动势E2与E1的大小关系未知，无法判断b、c各是什么元件【答案】A【解析】【详解】由题意，当开关S接“1”直流电源时，A、B两灯均正常发光，C灯不亮说明c为电容器；当接“2”交流电源时，A灯仍正常发光说明a对交流电和直流电的影响相同，则a为电阻；B灯变暗，说明对交流电的阻碍作用比直流电阻碍作用大，则b为电感，A正确【点睛】本题考查了电感线圈和电容器对直流电和交流电的不同反应，电容器的特点是：通

8、交流，隔直流，电感线圈的特点是；通低频阻高频6.6.如图甲所示，一均匀介质中沿x轴有等间距的O、P、Q质点，相邻两质点间距离为0.75m，在x=10m处有一接收器(图中未画出)。t=0时刻O质点从平衡位置开始沿y轴方向一直振动，并产生沿x轴正方向传播的波,O质点的振动图象如图乙所示。当O质点第一次达到负向最大位移时，P质点刚开始振动。则( )A. 质点Q的起振方向为y轴负方向B. 这列波传播的速度为0.25m/sC. 若该波在传播过程中若遇到0.5m的障碍物，不能发生明显衍射现象D. 若波源O向x轴正方向运动，接收器接收到波的频率可能为0.2 Hz【答案】B【解析】【分析】根据波源的起振方向判

9、断质点Q的起振方向根据题干条件，分析O、P两质点之间的距离与波长的关系，求出波长，由振动图象读出周期，并求出波速障碍物的尺寸与波长差不多时能产生明显的衍射现象，当波源与观察者距离减小时，接收到的频率增大【详解】由振动图象，质点O在t=0的起振方向沿y轴正方向，介质中各质点的起振方向均沿y轴正方向，A错误；当O质点第一次达到负向最大位移时，P质点刚开始振动，OP距离是波长，则波长，由振动图象，则波速，B正确；因该波的波长为1m0.5m，所以遇到宽0.5m的障碍物能发生较明显的衍射现象，C错误；该波的频率，若波源从O点沿x轴正向运动，根据多普勒效应可知，接收器接收到的波的频率将大于0.25Hz，D

10、错误7.7.如图所示，水下光源S向水面A点发射一束光线，折射光线分成a、b两束，则( )A. 在水中，b光波长比a光波长大B. a、b两束光相比较，在真空中的传播速度a光比b光大C. 用同一双缝干涉实验装置做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的条纹间距D. 若保持入射点A位置不变，将入射光线顺时针旋转，则从水面上方观察，a光先消失【答案】C【解析】试题分析：光线发生折射时，偏折角的的折射率大，频率高，波长短。由图知b光的折射率大，波长短，A错；真空中，光的传播速度相同，B错；用同一双缝干涉实验装置做实验时，由知波长大的，条纹间距大，C对；若保持入射点的位置不变，将入射光线顺时针旋转，则b光线发生

11、全反射，D错。考点：光的折射。【名师点睛】全反射(1)定义：光从光密介质射入光疏介质，当入射角增大到某一角度时，折射光线将消失，只剩下反射光线的现象(2)条件：光从光密介质射向光疏介质入射角大于等于临界角(3)临界角：折射角等于90时的入射角若光从光密介质(折射率为n)射向真空或空气时，发生全反射的临界角为C，则sin C介质的折射率越大，发生全反射的临界角越小8.8.一正方形导体框abcd；其单位长度的电阻值为r，现将正方形导体框置于如图所示的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，用不计电阻的导线将导体框连接在电动势为E，不计内阻的电源两端，则关于导体框所受的安培力下列描述正确的是A. 安培力的

12、大小为，方向竖直向上B. 安培力的大小为，方向竖直向下C. 安培力的大小为，方向竖直向下D. 安培力的大小为，方向竖直向上【答案】B【解析】由图可知，电路接通后流过导体框的电流方向为ad及abcd，假设导体框的边长为L，由欧姆定律可得ad边的电流大小为 ,流过bc边的电流大小为；又由左手定则可知两边所受的安培力方向均竖直向下，则导体框所受的安培力大小为 ，故选项B正确；故选B.9.9.如图所示，S1和S2是两个相干波源，其振幅均为A，周期均为T。实线与虚线分别表示两列波的波峰和波谷。此刻，c是波谷与波谷的相遇点，下列说法中正确的是 A. a处质点始终处于离平衡位置2A处B. 随着时间的推移，c

13、处的质点将向右移动C. 从该时刻起，经过T，c处的质点将通过平衡位置D. 若S2不动，S1沿S1b连线向b运动，则b处质点仍然始终处于平衡位置【答案】C【解析】a处是波峰与波峰叠加，为振动加强点，振幅为2A，但质点并不始终处于离平衡位置2A处，A错误；质点只在平衡位置附近振动，并不随波移动，B错误；从该时刻起，经过T，c处为平衡位置与平衡位置相遇，质点将通过平衡位置，C正确；两列波传到b点的振动情况一直在变化，当S2不动，S1沿S1b连线向b运动，b处质点不可能始终处于平衡位置，D错误。故选C。10.10.一含有理想变压器的电路如图甲所示，图中理想变压器原、副线圈匝数之比为2:1，电阻R1和R

14、2的阻值分别为3和1，电流表、电压表都是理想交流电表，a、b输入端输入的电流如图乙所示，下列说法正确的是( )A. 电流表的示数为B. 电压表的示数为C. 00.04s内,电阻R1产生的焦耳热为0.08JD. 0.03s时,通过电阻R1的瞬时电流为0【答案】D【解析】【详解】设电流表的示数为，则，求得，A错误；原线圈中电流只有交流部分电流才能输出到副线圈中，故副线圈中电流交流部分的电流最大值为；设副线圈交流电的有效值为，则，求得，因此电压表的示数为，B错误；在00.04s内，电阻产生的焦耳热为，C错误；由图可知，在0.03的前后，原线圈中的电流不变化，则副线圈中没有感应电流，所以通过电阻R1的

15、瞬时电流为0，D正确【点睛】有效值的是按照电流的热效应定义的，即让交流电流和直流电流流过相同的电阻，在相同的时间内产生的热量相同，则交流的电压或电流有效值等于直流的电压或电流值；同时结合变压器的变压比公式列式分析。11.11.如图所示实线和虚线分别是同一个单摆在A、B两个大小相同的星球表面的振动图象，其中实线是A星球上的，虚线是B星球上的，则两星球的平均密度AB是()A. 12B. 1C. 41D. 81【答案】C【解析】由图示图象可知，由单摆周期公式，故，万有引力等于重力，又，所以两个星球的平均密度之比，故C正确，ABD错误；点睛：由图象求单摆在两种情况下的周期关系，由单摆周期公式求出两星球

16、表面的重力加速度关系；万有引力等于重力，由密度公式求出两星球的半径关系。12.12.如图所示，质量为M的物块钩在水平放置的左端固定的轻质弹簧的右端，构成一弹簧振子，物块可沿光滑水平面在BC间做简谐运动，振幅为A。在运动过程中将一质量为m的小物块轻轻地放在M上，第一次是当M运动到平衡位置O处时放在上面，第二次是当M运动到最大位移处C处时放在上面，观察到第一次放后的振幅为A1，第二次放后的振幅为A2，则（ ）A. A1=A2=A B. A1A2=AC. A1=A2A D. A2A1=A【答案】B【解析】试题分析：根据两种情况下系统能量变化的角度分析振幅的变化情况振子运动到C点时速度恰为0，此时放上

17、小物块，系统的总能量即为此时弹簧储存的弹性势能不变，故振幅不变，即；振子运动到平衡位置时速度最大，弹簧的弹性势能为零，放上小物块后，系统的机械能的减小，根据能量守恒定律可得机械能转化为弹性势能总量减小，故弹簧的最大伸长（压缩）量减小，即振幅减小，所以，故，B正确二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分。每题所给的选项中有多项式正确的，全部选对的得4分，部分选对的得2分，有错或不选的得0分）13.13.如图是杨氏双缝干涉实验示意图，其中S1、S2为双缝，D为光屏，实验中观察到屏上O点为中央亮纹的中心，P1为第一级亮纹的中心，若将双缝间的距离变小，其他条件不变，则下列说法正确的是A.

18、屏上的干涉条纹的间距将变大B. 屏上的O点可能出现暗条纹C. 屏上P1位置仍然可能为亮条纹的中心D. 屏上P1位置可能为暗条纹的中心【答案】AD【解析】试题分析：实验中单缝S的作用是获取线光源，双缝S1、S2的作用是为了产生两个频率相同的线状光源当P点与双缝间的路程差是波长的整数倍，为亮条纹当P点与双缝间的路程差是半波长的奇数倍，为暗条纹A、干涉条纹的间距，双缝间的距离变小，单缝S的作用是为了获取线光源，屏上的干涉条纹的间距将变大故A正确B屏上的O点为亮条纹，B错误.CP1为原来第一级亮纹的中心，干涉条纹的间距变大，屏上P1不是亮条纹的中心，屏上P1位置可能为暗条纹的中心,C错误,D正确.故选

19、AD考点：用双缝干涉测光的波长点评：解决本题的关键掌握当P点与双缝间的路程差是波长的整数倍，为亮条纹当P点与双缝间的路程差是半波长的奇数倍，为暗条纹，及干涉条纹的间距公式14.14.如图所示为某小型电站髙压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20kW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1:10,电流表的示数为1A,输电线的总电阻为10,则下列 说法正确的是（ ）A. 采用高压输电可以增大输电线中的电流B. 升压变压器的输出电压U2=2000VC. 用户获得的功率为19.9kWD. 将P下移，用户获得的电压将减小【答案】BD【解析】发电机输出功率恒定，根据P=U

20、I可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，故A错误；电流互感器副线圈上的电流为1A，根据变压器的原副线圈两端电流与匝数成反比，解得：，所以升压变压器的输出电压：，故B正确；输电线上损失的功率为：，用户获得的功率为：，故C错误；若P下移降压变压器的原线圈匝数增大，根据，可得用户的电压减小，故D正确。所以BD正确，AC错误。15.15.航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的.电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去.现在在固定线圈左侧同一位置，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，电阻率铜铝.则合上开关S的瞬间A. 从左侧看

21、环中感应电流沿顺时针方向B. 铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C. 若将铜环放置在线圈右方，环将向左运动D. 电池正负极调换后，金属环不能向左弹射【答案】AB【解析】试题分析：合上开关S的瞬间，穿过线圈的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，从左侧看环中感应电流沿顺时针方向，选项A正确；因两环的横截面积相等，形状、大小相同，故当闭合开关的瞬时，线圈中产生的感应电动势大小相同，根据电阻定律可知，因铜 铝，故R铜 R铝则在铜环中产生的感应电流闭铝环中较大，故铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力，选项B正确；根据楞次定律可知，若将铜环放置在线圈右方，环将向右运动，选项C错误；根据楞次定律，线圈所受安

22、培力的方向只与磁场的增减情况有关，与磁场方向（或电流方向）无关，故电池正负极调换后，金属环仍能向左弹射，选项D正确；故选AB。考点：楞次定律；安培力【名师点睛】此题通过航母上弹射起飞装置考查了楞次定律的应用；解题时要理解楞次定律的核心是“阻碍”，即感应电流要阻碍磁通量的变化，阻碍相对运动；这种阻碍只与磁通量的变化趋势有关，而与原磁场的方向无关16.16.如图甲,同一均匀介质中的一条直线上有相距10m的两质点A. B,C为AB中点。从0时刻起,A、B同时开始振动，且都只振动了一个周期。图乙为A的振动图象，图丙为B的振动图象。若A向右传播的波与B向左传播的波在0.5s时相遇，则下列说法正确的是(

23、)A. 两列波的波长都是5mB. 两列波在A. B间的传播速度均为10m/sC. 在两列波相遇过程中，C为振动加强点D. 在1s时，质点B经过平衡位置且振动方向向上【答案】BD【解析】【分析】根据相遇时间由距离求得波速；再由振动图象得到周期，从而求得波长；根据两列波的振动，由叠加定理得到质点振动，从而得到路程【详解】两波在同一介质中传播，波速相等；又有在0.5s时两波相遇可得：波速，由图乙、图丙可得：周期，故波长，A错误B正确；两波在C点相遇，A波向上振动，B波向下振动，故在两列波相遇过程，C点为振动减弱点，C错误；在1s时，A波刚好传播到B点，B波已经传播到A点，在B处振动，故B点和A波振动

24、一致，即质点在平衡位置向上振动，D正确【点睛】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程三、实验题（本大题共2题，共12分）17.17.某同学利用单摆测量重力加速度。（1）为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是_A. 组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B. 组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C. 实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D. 摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大（2）用游标卡尺测量摆球的直径如图甲，则小球的直径为_cm。用秒表测出单摆的多个周期。（3）改变摆长多次测量,得到多组周期(T)与

25、摆长(l)的值，作出T2l图象如图所示。图象不过原点的原因可能是测出摆线长度后,在计算摆长时_(填：漏加小球半径或加了小球直径)。若图象的斜率为k，则当地的重力加速度为_。(写出表达式)【答案】 (1). BC (2). 1.030 (3). 多加了小球半径 (4). 【解析】【详解】（1）为减小空气阻力对实验的影响，减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径都较小的摆球，A错误；为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，B正确；实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，不能使单摆成为圆锥摆，C正确；单摆摆角最大摆角应小于5，摆长一定的情况下，摆的振幅尽量小些，D错误；（2）由图示游标卡尺可知，

26、小球直径为：10mm+60.05mm=10.30mm=1.030cm；（3）摆线长度与摆球半径之和为单摆摆长，由图示图象可知，单摆周期T=0时摆长为a，说明所测摆长偏大，这是由于把摆线长度与摆球直径之和作为摆长了，多加了摆球半径；由单摆周期公式：可知，T2-l图象的斜率，重力加速度：；18.18.如图1所示，某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面aa和bb。O为直线AO与aa的交点。在直线OA上竖直地插上P1、P2两枚大头针。（1）该同学接下来要完成的必要步骤有_A.插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像B. 插上

27、大头针P3，使P3挡住P1的像和P2的像C. 插上大头针P4，使P4仅挡住P3D.插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像（2）过P3、P4作直线交bb于O，过O作垂直于bb的直线NN，连接OO。测量图1中角和的大小。则玻璃砖的折射率n=_.（3）如图2所示，该同学在实验中将玻璃砖界面aa和bb的间距画得过宽。若其他操作正确，则折射率的测量值_准确值(选填“大于”、“小于”或“等于”).【答案】 (1). BD (2). (3). 小于【解析】【详解】（1）确定P3大头针的位置的方法是大头针P3能挡住P1、P2的像，则P3必定在出射光线方向上所以确定P3大头针的位置的方法是大头针P3能挡

28、住P1、P2的像确定P4大头针的位置的方法是大头针P4能 挡住P1、P2和P3的像，故选BD；（2）测定玻璃砖折射率的原理是折射定律；（3）作图时，玻璃砖应与所画的边界相齐该同学的做法中，出射光线的侧向偏移距离小于理论的侧向偏移距离，所以测量出的折射角要小于真实的折射角，导致测量值偏小四、计算题：3小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。19.19.一个小型应急交流发电机，内部为n=50匝边长L=20cm的正方形线圈，总电阻为r=1.0。线圈在磁感应强度为B=0.1的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀

29、速转动。发电机对一电阻为R=9.0的电灯供电，线路中其它电阻不计，若发电机的转动角速度为=100rad/s时，电灯正常发光。求：（1）交流发电机发出的电动势的最大值；（2）电灯正常发光的功率；（3）从图示位置开始，线圈转过30的过程中，通过电灯的电量。（4）线圈每转动一分钟，外力所需做的功。【答案】（1）20V（2）18W（3）0.01C（4）1200J【解析】【详解】（I）电动势的最大值为；（II）电动势的有效值为，流过电灯的电流为，电灯正常发光的功率；（III）通过电灯的电量；（IV）整个回路上产生的热量为，故20.20.如图所示，直角三角形ABC是一玻璃砖的横截面,AB=L，C=90,A

30、=60。一束单色光PD从AB边上的D点射入玻璃砖，入射角为45，DB=1/4，折射光DE恰好射到玻璃砖BC边的中点E，已知光在真空中的传播速度为c。求：（1）玻璃砖的折射率；（2）该光束从AB边上的D点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需的时间。【答案】（1）（2）【解析】【详解】(1)作出光路图，如图所示过E点的法线是三角形的中位线,由几何关系可知DEB为等腰三角形，由几何知识可知光在AB边折射时折射角为r=30，所以玻璃砖的折射率为n=（2）设临界角为，有，可解得；由光路图及几何知识可判断,光在BC边上的入射角为60，大于临界角，则光在BC边上发生全反射。光在AC边的入射角为30，小于临界角，

31、所以光从AC第一次射出玻璃砖根据几何知识可知，则光束从AB边射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需要的时间为而，可解得21.21.如图所示,两条平行的水平金属导轨相距L=1m，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37,整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。金属棒PQ的质量为m=0.2kg，MN、PQ电阻分别为R1=1和R2=2。MN置于粗糙水平导轨上，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。MN棒在水平外力F1的作用下以v1=3m/s的速度向右做匀速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态。此时PQNM回路消耗的电功率为P=3W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN

32、始终在水平导轨上运动。(sin 37=0.6，cos 37=0.8)求：（1）磁感应强度B的大小；（2）F2的大小和方向；（3）若改变F1的作用规律，使MN棒从静止开始运动，运动速度v与位移x满足关系：v=0.4x，PQ棒仍然静止在倾斜轨道上。求MN棒从静止开始到x=5m的过程中，MN棒产生的焦耳热。【答案】（1）B=1T（2）0.4N；方向沿斜面向上（3）【解析】回路消耗的电功率， MN棒切割磁感线产生的感应电动势根据法拉第电磁感应定律，（2）PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态受到重力、垂直斜面的支持力、沿斜面向上的拉力、水平向右的安培力，沿斜面方向：，方向沿斜面向上（3）安培力,安培力与位移成正比关系，安培力做的功等于回路中产生的焦耳热， MN棒产生的焦耳热.【名师点睛】（1）根据回路消耗的电功率求出干路电流，根据法拉第电磁感应定律表示出感应电动势，求出磁感应强度。（2）对PQ受力分析，根据受力平衡求出F2的大小和方向。（3）速度v与位移s成正比，安培力与位移成正比，利用安培力的平均值求解安培力做的功，再功能关系即可求出系统产生的焦耳热再利用串联电阻产生的热量与电阻成正比求出MN棒产生的热量。 ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%