重庆市九龙坡区育才中学2020学年高二物理下学期期中试题(含解析)

重庆育才中学校高2020级高二下期物理模拟试题一、选择题.如图所示，竖直放置的铜盘下半部分置于水平的匀强磁场中，盘面与磁场方向垂直，铜盘安装在水平的铜轴上，有一“匚形”金属线框平面与磁场方向平行，缺口处分别通过铜片C、D与转动轴、铜盘的边缘接触，构成闭合回路。则铜盘绕轴匀速转动过程中，下列说法正确的是A.电阻R中没有感应电流 B.电阻R中的感应电流方向由a至bC.穿过闭合回路的磁通量变化率为零 D.穿过闭合回路的磁通量变化率为一非零常量【答案】D【解析】试题分析：将铜盘看成是由无数条铜条组成，铜条在外力的作用下做切割磁感线运动，故电路中产生感应电流，选项A错误；由右手定则可以判断出，电阻R中的感应电流方向由b至a,选项B错误；由于电路中有感应电流产生，故穿过闭合回路的磁通量的变化率不为零，所以选项C错误，D正确。考点：电磁感应现象。.如图所示，有一矩形线圈面积为S,匝数为N,总电阻为r,外电阻为R,接触电阻不计。线圈绕垂直于磁感线的轴。。以角速度不■匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B.则（）A.当线圈平面与磁感线平行时，线圈中电流强度为零B.电流有效值1=它三空Ri-rC.外力做功的平均功率p=^—RIrD.当线圈平面与磁感线平行时开始转动9口“过程中，通过电阻的电量为X-R+T【答案】D【解析】试题分析：当线圈平面与磁感线平行时，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，线圈中电流不为零，故A错误.感应电动势最大值是Em-NBSw,所以MBS* NBSw感应电动势有效值U ,所以电流有效值1二一，故B错误.根据能量守恒定Q 0（R十门律得：外力做功的平均功率等于整个电路消耗的热功率，所以外力做功的平均功率P十"解得p=四我"，故C错误.通过电阻R的电量为q=="--电，烟,2（R卜r） RIrRHR+r故D正确.故选D.考点：本题考查了交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功和电功率 .3.卫星发射进入预定轨道往往需要进行多次轨道调整，如图所示，某次发射任务中先将卫星送至近地轨道，然后再控制卫星进入椭圆轨道，最后进入预定圆形轨道运动。图中O点为地心，A点是近地轨道和椭圆轨道的交点，B点是远地轨道与椭圆轨道的交点，远地点B离地面高度为6R（R为地球半径）。设卫星在近地轨道运动的周期为T,下列说法正确的是（ ）A.控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道需要使卫星减速B.卫星在近地轨道与远地轨道运动的速度之比为示:1C.卫星从A点经4T的时间刚好能到达B点D.卫星在近地轨道通过A点的加速度小于在椭圆轨道通过A点时的加速度【答案】C【解析】【详解】控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道时需做离心运动，可知需要的向心力增大，所以需要加速才能实现。故A错误。近地圆轨道1与远地圆轨道的半径分别为R和7R,根据卫星的线速度公式1匕知,卫星在近地圆轨道1与远地圆轨道运R+TTO动2的速度之比1,故B错误。卫星在椭圆轨道上的半长轴：a=J=4R由开普勒第三定律;;K,可得：浮■图2有T椭圆=8丁；卫星在椭圆轨道上运动时，T由近地点A到远地点B的过程恰好等于椭圆的运动的半个周期，所以:L旦7T.故Mm GMC正确。根据牛顿第二定律和万有引力定律得： G,=ma得a=i,所以卫星在近/ r地轨道通过A点的加速度等于卫星在椭圆轨道上通过A点的加速度。故D错误。故选Co【点睛】对于卫星运动问题，要理解并牢记开普勒第二定律和开普勒第三定律，明确卫星只受万有引力，加速度只与卫星的位置有关。4.用如图所示的装置研究光电效应现象。闭合电键 S,用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零；移动变阻器的触点c,发现当电压表的示数大于或等于1.6V时，电流表示数为零，则下列说法正确的是（）A.光电子的最大初动能为1.15eVB.光电管阴极的逸出功为1.15eVC.电键S断开后，电流表G中电流仍为零D.当滑动触头向a端滑动时，电压表示数增大，电流表G中电流增大【答案】B【解析】【分析】该装置所加的电压为反向电压，根据光电效应方程 &n=hT-W0,求出逸出功.电键S断开，只要有光电子发出，则有电流流过电流表.【详解】该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于 1.6V时，电流表示数为0,知道光电子的最大初动能为1.6eV,根据光电效应方程日看丫-岫W=1.15eV.故A错误，B正确。电键S断开后，用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表。故C错误。当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，则到达集电极的电子的数目减小，电流减小。故D错误。故选Bo5.如图所示，T为理想变压器，原线圈匝数为n1,副线圈匝数为n2,副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，下列说法正确的 是()A.若只闭合电键S时，V的示数一定不变、V的示数一定变小B.若只闭合电键S时，A、A和A3的示数一定都变大C.若只增加原线圈匝数ni,R消耗的功率一定变大D.若只增加原线圈匝数ni,变压器输入功率一定变大【答案】A【解析】【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可.【详解】当只闭合S时，两个电阻并联，电路的总电阻减小，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压不变， V1的示数一定不变，副线圈的电流变大，A示数都变大，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，所以输电线ab和cd上的电压变大，所以V2的示数变小；副线圈的电流变大，A和A的示数变大，AU]Hj的示数减小，故A正确，B错误；若只增加原线圈匝数ni,则根据;可知，U%叱减小，则R消耗的功率一定变小，次级消耗的功率一定减小，则变压器输入功率一定变小，选项CD昔误；故选A..如图所示，等腰三角形内以底边中线为界，左右两边分布有垂直纸面向外和垂直纸面向里的等强度匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L,高为L.纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于图中所示位置.以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表小电流-位移（1-*）关系的是【答案】B【解析】试题分析：位移在过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针I方向，为正值；L效r则|尸上1有效切线长度为L萦-kL,更土R R R位移在L~，过程：两边都切割磁感线，产生感应电动势，穿过线框的磁通量增大，总的磁感线方向向里，根据楞次定律判断出来感应电流方向为逆时针，为负值；有效切线长度为L地T,]4.R位移在2L~3J.过程：有效切线长度为L^-L-(xM,)-2L^,1="二根据楞次定律判断出来感应电流方向沿顺时针方向，为正值.根据数学知识知道B正确.故选B.考点：本题考查了导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律..质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B,支架的两直角边长度分别为21和l,支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示，开始时OA边处于水平位置，由静止释放，则( )A球的速度最大时，角BOA的角平分线在竖直方向A球的速度最大时，A球在其运动圆周的最低点A球的速度最大时，两小球的重力势能之和最小A球的速度最大时，B球在其运动圆周的最高点【答案】AC【解析】【详解】AB系统的机械能守恒，由机械能守恒可知，两球的动能最大时，总重力势能最小，选项C正确；根据题意知两球的角速度相同，线速度之比为VA：VB=CD?2l:⑴？l=2:1;当OA与竖直方向的夹角为9时，由机械能守恒得：mg?21cos9-2mg?lIoI IoM H （1-sin8）=m\A+?2m\B,解得：va=gl（sin0+cos0）-gl,由数学知识知，wm 4 4当8=45°时，sin0+cos0有最大值，此时角BOA的角平分线在竖直方向，A球不在其运动圆周的最低点，B球不在其运动圆周的最高点，故BD昔误,A正确。故选AG【点睛】本题中的AB的位置关系并不是在一条直线上，所以在球AB的势能的变化时要注意它们之间的关系，在解题的过程中还要用到数学的三角函数的知识，要求学生的数学基本功要好.8.如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S,某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电 的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场。已知/AOC=60,从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T/2 （T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间为（ ）XX//Q¥XKJfr¥XM/XKXX■翼XXXsT T T TA.B.C.D.2 4 0 o【答案】C【解析】试题分析：由题意知，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T/2,运动轨迹如图所示，从P点离开磁场，SP为直径，要运动的时间最短，根据t-r-T,要求轨迹圆心角最小，轨迹的弦最短，即S到OC边的距离最短，当SQ垂直于OC时最短，所以粒子从Q点离开磁场时间最短，如图所示，£x，/ii*XXTJ,叫*WXXr； \/： *X'工二欠:\ ）xrxx乂X1，『—L——>— ..iM-■jMlsZAOC60°,所以/QP生30°,所以5Q=:*=□,故轨迹圆心角8=60°,所一以运动时间l2TuLj,所以C正确；AB、D错误2为6考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动.如图，斜面体C置于水平地面上，斜面上的小物块B通过轻质细绳跨过光滑的定滑轮与物块A连接，连接B的一段细绳与斜面平行，系统处于静止状态，现对A施加一水平力F使A缓慢地运动，B与斜面体C均保持静止，则在此过程中（ ）A.水平平地面对斜面体C的支持力减小 B.轻质细纯对物块B的作用力不变C.斜面体C对物块B的摩擦力一直增大 D.水平地面对斜面体 C的摩擦力一直增大【答案】AD【解析】取物体A为研究对象，分析其受力情况，设细绳与竖直方向夹角为明则水平力:绳子的拉力AB细纯与竖直方向夹角3逐渐增大，绳子的拉力T逐渐增大,T在竖直方向的分力逐渐增大,所以水平地面对斜面体C的支持力减小；所以A选项是正确的；B错C、在这个过程中尽管绳子张力变大，但是因为物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定；故C错误；D细纯与竖直方向夹角a逐渐增大，绳子的拉力T逐渐增大,T在水平方向的分力逐渐增大，则地面对斜面体的摩擦力一定变大；所以D选项是正确的；故选AD点睛：以物体B受力分析，由共点力的平衡条件可求得拉力变化；再对B受力分析可求得地面对斜面体的支持力以及摩擦力的变化；再对B和C物体受力分析可以知道C受到的摩擦力的变化..如图所示，轻质弹簧左端固定，置于场强为E水平向左的匀强电场中，一质量为m,电荷量为+q的绝缘物块（可视为质点），从距弹簧右端Li处由静止释放，物块与水平面间动摩擦因数为，物块向左运动经A点（图中未画出）时速度最大为v,弹簧被压缩到最短时物体离释放点的距离为L2,重力加速度为g,则从物块释放到弹簧压缩至最短的过程中A.物块与弹簧组成的系统机械能的增加量为 （qE mg）L2B.物块电势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和C.物块的速度最大时，弹簧的弹性势能为（qEmg）Li；mV一D.若物块能弹回，则向右运动过程中经过A点时速度最大【答案】AB【解析】试题分析：根据功能关系可以知道，电场力和摩擦阻力的功等于机械能的变化， 则:\E-（qE故选项A正确；根据能量守恒可以知道，物块电势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和，故选项 B正确；由题可以知道，当物块处于A点即弹簧处于压缩状态时，速度最大，而不是弹簧处于原长时速度最大，故选项C错误；当物块的速度最大时即处于平衡状态，当向左运动到速度最大即 A

点时，受到向左的电场力和向右的摩擦力和弹力即：EqrmglF殍，若物体能弹回，在处于速度最大时，则：R1+Pmg-Fi，可以看出：源＞3，即向右运动时速度最大的位置不是A点，故选项D错误。考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理【名师点睛】运用能量守恒或动能定理解题，关键选择好研究的过程，分析过程中的能量转化，然后列式求解，对于第二问，关键要确定滑块最终停止的位置。.如图所示，套在很长的绝缘直棒上的小球，质量为1.0Xl0-4kg,带电量为4.0X10-4C的正电荷，小球在棒上可以滑动，将此棒竖直放置在沿水平 方向的匀强电TOC\o"1-5"\h\z场和匀强磁场中，匀强电场的电场强度E=10N/C,方向水平向右，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T,方向为垂直于纸面向里，小球与棒间的动摩擦因数为 0.2,设小球在运动过程中所带电荷量保持不变， g取10m/s2.( )K蒐Xr/X .XXXX*K比*B翼J—*A.小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度为2m/s2B.小球由静止沿棒竖直下落最大速度2m/sC.若磁场的方向反向，其余条件不变，小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度为5m/s2D.若磁场的方向反向，其余条件不变，小球由静止沿棒竖直下落的最大速度为45m/s【答案】AD【解析】【详解】小环静止时只受电场力、重力及摩擦力，电场力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，小环的加速度应为:10-0.2上；开始时，小环的加速度应为:10-0.2x4.0sio4x]o[ - ■2m,仁；I010-4小环速度将增大，产生洛仑兹力，由左手定则可知，洛仑兹力向右，故水平方向合力将增大，摩擦力将增大；加速度将减小，当加速度等于零时，即重力等于摩擦力,此时小环速度达到最大，则有：mg? （qvB+qE）,解得：mg-pqE10*x10-02mg-pqE10*x10-02k4K1。,乂10口qR5m故A正确，B错误；若磁场的方向反向,其余条件不变，则洛伦兹力向左，故当洛伦兹力与电场力平衡时加速度最大，为10m/s2;当摩擦力与重力平衡时，速度最大，故：mg却（qvB-qE）,解得:D正确；故选ADmg+四后101x]0+C24x10v D正确；故选AD【点睛】本题要注意分析带电小球的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高.同时注意因速度的变化，导致洛伦兹力变化，从而使合力发生变化，最终导致加速度发生变化.12.如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m,电阻为R,在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由静止下落到刚完全穿过匀强磁场区域过程的v-t图象，图中字母均为已知量•重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是（）计空气阻力。下列说法正确的是（）B.金属线框的边长为vi（t2-ti）C.磁场的磁感应强度为 -一;户页蚓/viD.金属线框在0-t4的时间内所产生的热量为 二叫鱼4％”»

【答案】BCD【解析】【分析】金属框进入磁场前做匀加速运动，由图线与时间轴所围的面积读出金属框初始位置的bc边到边界MN勺高度；由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，根据时间和速度求解金属框的边长；由图知，金属线框进入磁场过程做匀速直线运动，重力和安培力平衡，列式可求出 B,由能量守恒定律求出在进入磁场过程中金属框产生的热量.【详解】金属线框刚进入磁场时，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿 abcda方向；故A错误；由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为,又l=V1(t2-t1)oV1,运动时间为t2-t1,故金属框的边长：l=v1(t2,又l=V1(t2-t1)o；；故C正确；t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q=mgl=mgj1(t2-t1)；t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q=mgl+|m(v32-v22)=mgu1(t2-t1)+：m(v32-v22);故Q=G+Q=2mgj1(12-t1)+：m(v32-V22);故D正确；故选BCD二、实验题13.(1)在测电源电动势和内阻实验中，下列说法正确的是A.用新电池较好 B.用旧电池好C.新、旧电池一样 D.以上说法都不对fUNTL上11——,——― >irifJu.1"由(2)如图所示是根据某次实验记录的数据画出的 U--I图线，关于此图线，下列说法中正确的是A.纵轴的截距表示电源的电动势，即E=3.0VB.横轴的截距表示电源的短路电流，即I短=0.6AC.电源的内阻r 5.0D.电源的内阻r 1.0【答案】（1）B（2）AD【解析】试题分析：（1）用伏安法测电源电动势与内阻实验，应采用内阻较大的电源（旧干电池），使电压表示数变化明显，减小实验误差，故B正确。（2）A由闭合电路欧姆定律可知结合数学知识可知，纵轴截距为电源的电动势，故电动势为E=3.0V;故A正确；B、横轴的截距表示当电压为2.4V时的电AH30-94流，不是短路电流，故B错误。C、图象的斜率表示电源的内阻，11 -一-=10公。A106故C错误、D正确.故选AD考点：本题考查了测定电源的电动势和内阻。14.兴趣小组同学想测量一捆带绝缘漆的锲铭合金丝（横截面视为圆形）的长度。（1）如图1所示，他们用螺旋测微器测得合金丝的直径d=mm查得锲铭合金丝的电阻率为p,若测出合金丝的电阻为R,则合金丝的长度可以根据公式L= 求出（用p、d、R九表示）。（2）他们用表盘如图2所示的多用电表测量合金丝的电阻。先将选择开关调到电阻挡的“X10”位置，将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，把两笔尖相互接触，调节旋钮T,使多用电表的指针指向电阻档的 刻线（选填“0”或）。之后将红、黑表笔的笔尖分别与合金丝两端接触，发现指针偏转角度过大，于是他们将选择开关调到电阻挡的 位置（选填“X1”或“X100”）。(3)正确选择挡位并重新调零后，他们将红、黑表笔分别与合金丝的两端接触，测得合金丝的电阻为15Q。他们还想用伏安法测量合金丝的电阻时，发现实验室提供的电流表内阻约0.5Q,电压表内阻约3kQ0为减小实验误差，在实验中应采用图中的电路(选填“甲”或“乙”)。—II ~ —11—~~£~R R甲 z♦【答案】(1)0.200(0.198mm-0.201mm^间均可)，—d;(2)0,X1;(3)甲。I4PI【解析】【详解】(1)螺旋测微器主尺读数为零，主尺中线与可动刻度第 20条刻度线对齐，读出20.0,最终读数为合金丝的直径：d=)+20.0x0.01=0.200mm。根据电阻定律RrL,合金丝的横截面积S-V,合金丝的长度i,=@二财。S 4 「p4P(2)欧姆表选档后要进行欧姆调零：把两笔尖相互接触，调节旋钮 T,使多用电表的指针指向电阻档的0刻线。欧姆表测得的电阻值二示数X倍数，指针从8刻度线向右偏转，偏转角度太大，导致示数太小，原因是选档的倍数太大，故应选择倍数较小的档位，即选XI档。(3)由题目给出的数据可知：R2<RAR,该合金丝的阻值较小故应采用电流表的外接法，即选甲电路。三.计算题

15.某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站 ，发电机输出功率为9KW输出电压为500V,输电线的总电阻为10Q，允许线路损耗的功率为输出功率的4%,求：⑴村民和村办小企业需要220V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？【答案】(1)1：3;72：11(2)320V; 5760W【解析】建立如图甲所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比.本题可以从线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流 I线，再根据输出功率求出U2,然后再求出U3.(1)由线路损耗的功率P线=IR线可得I线==A=6A又因为P输出=U2I线，所以U2==7=1500VU3=U2-I线R线=(1500—6X10)V=1440V根据理想变压器规律nr5根据理想变压器规律nr5OOF1丁茨-1500V他514401772%L；220F11所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是 1：3和72：11(2)若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图乙所示)，乙由P输出=UI线’可得I线==A=18A所以线路损耗的功率P线=IR线=182X10%3240W用户得到的电压U用户=U—I线R线=(500—18X10)V=320V用户得到的功率P用户=P输出一P线=(9000—3240)W=5760W.16.如图所示，质量为M=2Kg的小车静止在光滑的水平地面上，其AB部分为半径R=0.5m的光滑1/4圆弧，BC部分水平粗糙，BC长为L=1m,一质量m=1Kg可看做质点的小物块从A点由静止释放，恰好能滑到C点，重力加速度g取10m/s2,(1)小物块与小车BC部分间的动摩擦因数；(2)小物块从A滑到C的过程中，小物块获得的最大速率.【答案】(1)0.5(2)ym/s【解析】【分析】(1)物块滑至C点时，物块与小车的速度相同，由水平方向动量守恒和系统的能量守恒定律列式求解.

(2)当滑块滑到B点时，小车速度最大根据动量守恒定律和功能关系列式求解即可.【详解】(1)小物块滑至C点，物块与小车的速度相同，设共同速度为 v.取向右为正方向，根据动量守恒定律，得：0=(M+mv可得v=0根据功能关系，有：mgR=mgL解得：p-----05L1(2)小物块滑至B时，车速最大.由水平■方向动量守恒得：mv-Mv2=02由动能关系：mgR=mv+.、MvL/]5解得小物块获得的最大速率V2=m/s17.如图所示，光滑的水平平行金属导轨间距为L,导轨电阻忽略不计。空间存在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B,轻质导体棒ab垂直导轨放置，导体棒ab的电阻为r,与导轨之间接触良好。两导轨之间接有定值电阻，其阻值为R,轻质导体棒中间系一轻细线，细线通过定滑轮悬挂质量为m的物体,现从静止释放该物体，当物体速度达到最大时，下落的高度为h,在本问题情景中，物体下落过程中不着地，导轨足够长，忽略空气阻力和一切摩擦阻力，重力加速度为go求:(1)go求:(1)物体下落过程的最大速度Vm；R上产生的电热Q;R上产生的电热Q;(3)物体从静止开始下落至速度达到最大时，所需的时间 t【答案】(1)bV(2)【答案】(1)bV(2)mghR_mg:R(R-ri

"j2BV~【解析】【分析】在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为 0时，下落速度达到最大，由平衡条件、闭合电路欧姆定律和电磁感应定律求出物体下落过程的最大速度；在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律求出电阻R上产生的电热；在系统加速过程中，分别对导体棒和物体分析，根据动量定理可得所需的时间；解：(1)在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为 0时，下落速度达到最大对物体，由平衡条件可得mg=Fr对导体棒Fr=BIL对导体棒与导轨、电阻R组成的回路，根据闭合电路欧姆定律］R1r根据电磁感应定律E=BLvm联立以上各式解得%」呷T丁B-L-(2)在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律可得, 2八mgh=mvm+Q总在此过程中任一时刻通过R和r两部分电阻的电流相等，则电功率之比正比于电阻之比，故整个过程中回路中的R与r两部分电阻产生的电热正比于电阻，所以mghRmYa(R+r)/