2019年上海市宝山区高考物理一模试卷解析版

2019年上海市宝山区高考物理一模试卷

一、单选题（本大题共12小题，共40.0分）

1. 首先发现“磁”能生“电”的物理学家是（ ）

A. 安培 B. 奥斯特 C. 法拉第 2. 描述运动和力的关系的物理定律是（ ）

D. 楞次

A. 牛顿第一定律和牛顿第二定律 B. 牛顿第一定律和牛顿第三定律 C. 牛顿第二定律和牛顿第三定律

D. 牛顿第一定律、牛顿第二定律和牛顿第三定律

3. 科学思维在物理问题的研究中十分重要，历史上有一位物理学家受到万有引力定律

的启发，运用类比创建了另一个物理定律，该定律是（ ） A. 牛顿第二定律 B. 库仓定律 C. 楞次定律 D. 闭合电路欧姆定律 4. 关于能量的转化下列说法中正确的是（ ）

A. 满足能量守恒定律的物理过程都能自发地进行

B. 不但能量的总量保持不变，而且能量的可利用性在逐步提高 C. 空调机既能致热又能制冷，说明热传递不存在方向性 D. 热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化

5. 振动着的单摆摆球，通过平衡位置时，它受到的回复力（ ）

A. 指向地面 B. 指向悬点 C. 数值为零 D. 垂直摆线，指向运动方向

6. 两列机械波在介质中产生干涉现象，它们的振幅分别为A1和A2，某一时刻介质中

质点P的位移大小为A1+A2，则（ ） A. 质点P的振幅一直为A1+A2

B. 质点P的振幅再过半个周期为|A1-A2| C. 质点P的位移大小一直为A1+A2

D. 质点P的位移大小再过半个周期为零

7. 在静电场中将一负电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则（ ）

A. a点电势高于b点电势 B. a点电场强度大于b点电场强度 C. a点电势能大于b点电势能 D. 电场线方向从b指向a 8. 如图所示，在倾斜的环形赛道上有若干辆小车正在行

驶，假设最前面的小车做匀速圆周运动，则它所受的合外力（ ）

A. 是一个恒力，方向沿OA方向 B. 是一个恒力，方向沿OB方向

C. 是一个变力，此时方向沿OA方向 D. 是一个变力，此时方向沿OB方向 9. 探测器探测到土星外层上有一个环．为了判断它是土星的一部分还是土星的卫星

群，可以测量环中各层的线速度v与该层到土星中心的距离R之间的关系来确定（ ）

A. 若v2∝R，则该环是土星的一部分 B. 若v2∝R，则该环是土星的卫星群

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C. 若v∝，则该环是土星的一部分 D. 若v2∝，则该环是土星的卫星群

10. 如图所示，用绳牵引小船，设水的阻力不变，则在小船匀速靠岸的过程中（ ）

A. 绳子拉力不断减小

C. 船的浮力不变 B. 绳子拉力不断增大 D. 船的浮力增大

11. 如图，a、b、c三个上下平行的圆形线圈同轴水平放置，现

闭合b线圈中的电键S，则在闭合S的瞬间，由上向下观察（ ）

A. a、c线圈中无感应电流

B. a、c线圈中的感应电流都沿顺时针方向 C. a、c线圈中的感应电流都沿逆时针方向 D. a、c线圈中感应电流的方向相反 12. 压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而增大。某同学利用压敏电阻设计了一个判断

电梯运动状态的装置，其装置示意图如图1所示。将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为2I0．电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图2中甲、乙、丙、丁所示，则下列判断中正确的是（ ）

A. 甲图表示电梯可能做匀加速上升运动 B. 乙图表示电梯可能做匀减速上升运动 C. 丙图表示电梯可能做匀加速下降运动 D. 丁图表示电梯可能做匀减速下降运动

二、填空题（本大题共4小题，共16.0分）

13. 人们知道鸽子有很强的返巢能力，有人猜想鸽子体内可能有______，通过地磁场对

它的作用来辨认方向。为了证实这个假设，在鸽子翅膀下系上一小块______，以扰乱鸽子对地磁场的“感觉”，结果鸽子不能飞回家了。由此，猜想得到了证实。 14. 将一小球竖直向上抛出，小球在第3内的位移是零，再过2.5s小球落至地面，则抛

出时小球的速度大小为______m/s，抛出点距地面的高度为______m．（不计空气阻

2

力，g=10m/s）

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15. 如图所示，L形直角细管，竖直部分管内两水银柱长度分别为

56cm和20cm，竖直管和水平管各封闭了一段气体A和B，长度分别为19cm和28cm，且上端水银面恰至管口，外界大气压强为76mHg．现以水平管为轴缓慢转动使L形管变为水平，此过程中气柱B的长度变为______cm，溢出的水银柱长度为______cm。

106W的电功率。假定水轮机和16. 如图为水力发电的示意图，一台发电机能提供6.4×

发电机的效率都是80%，则从上游冲下来的水每秒钟提供给水轮机______J的能量。若上、下游水面落差为24.8m，且上游水的流速为2m/s，则每秒钟需要______kg质

2

量的水通过水轮机，才能产生这样的电功率。（g=10m/s）

三、实验题探究题（本大题共2小题，共14.0分）

17. 有一根足够长的水平弹性轻绳，绳的左端O振动了3s，产生的波形如图所示，

（1）O点的振动频率为______Hz； （2）若从此时刻起波源停止振动，试在图中画出，从该时刻起经过3s后的波形图。

18. 有一种电池，电动势约为9V，内阻约为30Ω，若该电池允许输出的最大电流为50mA，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学选用的实验器材有：电键、电压传感器、定值电阻R0、电阻箱R（阻值范围为0～9999Ω），设计的实验电路如图甲所示。

（1）定值电阻R0起______作用，实验室备有的R0有以下几种规格： （A）100Ω2.0W（B）200Ω1.0W（C）500Ω2.0W（D）2000Ω5.0W 本实验应选用哪一种规格？______

（2）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关K，调整电阻箱的阻值R，读取电压表的示数U，计录多组数据，作出了如图乙所示的图线，则乙图中的横坐标表示______（用所给物理量的字母来表示）。若乙图中图线的截距为a，斜率为b，则电池的电动势为______，内阻为______。 四、计算题（本大题共2小题，共30.0分）

19. 如图（a）所示，倾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平地面上，质量m=2kg的物体置

于其上。t=0时对物体施加一个平行于斜面向上的拉力F，t=1s时撤去拉力，斜面足够长，物体运动的部分v一t图如图（b）所示。

2

（1）物体在第2s运动过程中加速度的大小是多少m/s？

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（2）求斜面的动摩擦因素；

（3）物体运动到斜面最高位置时能否保持静止？请说明理由。 （4）物体在何时具有最大机械能？若以地面为零势能面，则最大机械能是多少J？

20. 如图甲所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L为0.5m，

导轨左端连接一个阻值为2Ω的定值电阻R，将一根质量为0.2kg的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd的电阻r=2Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B=2T．若棒以1m/s的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F作用，并保持拉力的功率恒为4W，从此时开始计时，经过2s后金属棒的速度保持稳定不变，图乙为安培力与时间的关系图象。试问：

（1）金属棒cd开始运动时其中的电流方向怎样？

（2）金属棒在前2s内所做的是一种怎样的运动？并说明理由。 （3）2s后金属棒的速度大小是多少m/s？ （4）0～2s内通过电阻R的电量约多少C？

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】

解：1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，即电生磁的现象，英国科学法拉第坚信电与磁是紧密联系的，经过十多年的艰苦研究，于1831年发现了电磁感应现象，即磁生电的现象，故C正确，ABD错误。 故选：C。

首先成功发现“磁生电”的物理学家是法拉第。

对于物理学上重大的发现和著名理论，要加强记忆，这是高考考查内容之一。

2.【答案】A

【解析】

解：牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态。 它揭示了力不是物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因；

牛顿第二定律：物体的加速度与物体受到的合外力成正比，与物体的质量成反比，它揭示了物体受到力后运动状态变化的快慢与力之间的关系； 牛顿第三定律：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，它揭示了物体之间的相互作用力的特点，与运动状态无关。

由以上的分析可知，描述运动和力的关系的物理定律牛顿第一定律和牛顿第二定律。故A正确，BCD错误 故选：A。

根据牛顿的三个定律的内容以及描述的关系分析即可。

该题考查对牛顿的三个定律的理解，知道其内容即可正确解答。基础题目。 3.【答案】B

【解析】

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解：科学方法在物理问题的研究中十分重要，历史上有一位物理学家受到牛顿万有引力定律的启发，运用类比方法方法在电磁学领域中建立了一个物理学定律，该定律的名称为库仑定律。故ACD错误，B正确 故选：B。

明确理想模型、控制变量、等效替代、类比等各种方法的应用即可正确解答本题。

解决此类问题要确切理解控制变量法及其它物理研究方法的含义。 4.【答案】D

【解析】

解：A、满足能量守恒定律的物理过程不一定能自发进行，还要遵守热力学第二定律，故A错误。

B、自然界一切发生的能量转化过程都具有单向特性，遵守能量守恒定律，但能量的利用率将下降，即能量的品质在退化，故B错误。

C、空调机既能致热又能制冷是由于消耗电能，不能说明热传递不存在方向性。故C错误。

D、根据热力学第二定律，热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化，故D正确。 故选：D。

自然界一切发生的能量转化过程都具有单向特性，遵守热力学第二定律；然后结合热力学第二定律得几种不同的说法分析即可。

本题考查对热力学第二定律的理解，知道自然界中一切与热现象有关的过程都具有单向性，透彻理解热力学第二定律得几种不同说法的含义是关键。 5.【答案】C

【解析】

解：摆球受到的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力，经过平衡位置时，回复力为零。由于单摆做圆周运动在平衡位置，合力不为零，合力提供向心力，

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方向指向悬点。故C正确，A、B、D错误。 故选：C。

单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力，方向指向平衡位置． 解决本题的关键知道单摆做简谐运动回复力的来源，知道在平衡位置，回复力为零，合力不为零． 6.【答案】A

【解析】

解：AB、相干波的叠加是稳定的，即质点P的振幅一直为A1+A2，故A正确B错误；

C、质点的位移是随时间变化的，故C错误；

D、此刻，P在波峰，半个周期后P点将运动到波谷，位移大小为A1+A2，故D错误； 故选：A。

产生稳定干涉，则加强的区域始终加强，但质点的位移是随时间变化的，振幅是稳定的，减弱的区域始终减弱。

振动的位移是随时间变化的，而振幅是不变的（无阻尼振动）。 7.【答案】A

【解析】

解：A、负电荷从a点移到b点，电场力做负功，根据电场力做功公式W=qUab，知Uab＞0，因此a点电势一定比b点高，故A正确；

B、电场强度与电势没有直接关系，所以不能确定电场强度的大小，故B错误。

C、电场力做了负功，电势能要增大，所以a点电势能小于b点电势能，故C错误；

D、电场力做功与路径无关，所以通过电场力做功无法判断电场线方向，故D错误。

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故选：A。

电势是从能量的观点来描述电场的，电场力做功对应着电势能的转化，而电场强度是从力的角度来描述电场的，根据电场力做功公式W=qU分析。 解决本题的关键知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加，与是否受其它力做功无法。 8.【答案】D

【解析】

解：匀速圆周运动的小车受到的合外力方向一定指向圆心，大小不变，方向时刻变化，故ABC错误，D正确。 故选：D。

匀速圆周运动的物体合外力方向一定时刻指向圆心，由此分析。

本题主要是考查了向心力的概念；知道做匀速圆周运动的物体受到的合力提供向心力，且向心力的方向一定指向圆心，始终与速度方向垂直，不会改变速度大小，只会改变速度方向。 9.【答案】D

【解析】

解：若是土星的一部分 则各层转动的角速度相等，根据v=ωR得：v∝R，故A、C错误；

若该层是土星的卫星群，则向心力等于万有引力，根据v2=

，即v∝

2

得：

，故B错误，D正确。

故选：D。

若是土星的一部分，则各层转动的角速度相等，根据v=ωR可以判断v与R的关系；若该层是土星的卫星群，则向心力等于万有引力，根据可以判断v与R的关系．

解决本题要知道若是土星的一部分，则各层转动的角速度相等，若该层是土星的卫星群，则根据向心力等于万有引力求解，难度不大，属于中档题． 10.【答案】B

【解析】

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，

解：对小船进行受力分析，如图，因为小船做匀速直线运动，所以小船处于平衡，设拉力与水平方向的夹角为θ，有： Fcosθ=f…① Fsinθ+F浮=mg…②

小船在匀速靠岸的过程中，θ增大，阻力f不变，根据平衡方程①知，绳子的拉力F增大，根据平衡方程②知，F增大，sinθ增大，所以船的浮力减小。故B正确，ACD错误。 故选：B。

对小船进行受力分析，受重力、浮力、绳子的拉力、阻力，根据共点力平衡条件判断绳子的拉力和浮力的变化。

解决本题的关键能够正确地对船进行受力分析，抓住水平方向和竖直方向合力为零，根据平衡分析。关键是找出小船的两个分运动，然后将合速度分解，求出合速度与拉绳子速度的表达式，再进行讨论。 11.【答案】B

【解析】

解：闭合时，下方线圈中电流逆时针方向，根据安培定则穿过上方线圈的磁场方向向上，磁通量增大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向下，由安培定则判断感应电流为顺时针方向；故B正确，ACD错误 故选：B。

根据安培定则确定电流产生的磁场方向，根据楞次定律判断上方线圈中感应电流的方向；

该题考查楞次定律的应用，楞次定律应用的题目我们一定要会做，大胆的去找原磁场方向，磁通量的变化情况，应用楞次定律常规的步骤进行判断即可。

12.【答案】D

【解析】

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解：AB、当电流均匀增大时，其电阻是变小的，则压力是变大的，电梯不可能做匀变速运动。故AB错误。

C、当电流均匀减小时，其电阻是增大的，则压力变小，电梯不可能做匀变速运动，故C错误；

D、电梯静止时电流表示数为2I0．由图电流为静止时的一半，而且不变，由欧姆定律知，其电阻增大，且不变，则压力增大且不变，电梯可能做匀减速下降运动。故D正确。 故选：D。

由题意：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，根据牛顿定律判断压力的变化，确定电压的变化，确定电流的变化。将各项逐一分析，就能作答。 本题是信息题或新概念题，关键要从题目大量文字材料中抓住核心的信息。这也是力电综合题，关键要抓住力电之间的纽带：压力。 13.【答案】生物磁体 磁石

【解析】

解：鸽子依靠地球磁场的磁力线来定位，可以猜想鸽子体内可能存在类似于小磁极的物质------生物磁体，验证假设时在鸽子身上绑上小磁铁已达到干扰鸽子对地球磁场的判断的目的，这样鸽子如果迷失方向了，就验证了实验猜想；

故答案为：生物磁体，磁石

这个实验说明，鸽子所以能够从陌生的地方飞回来，是依靠地球磁场的磁力线来定向的，一旦在翅膀上给它系上一块磁石，就扰乱了它对地球磁场的“感觉”，而使它迷失了方向。

此题是一个假设猜想然后验证猜想的实验题，属于基础性理论，不难。 14.【答案】25 13.75

【解析】

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解：小球在第3秒内的位移是零，第3秒内的平均速度也为零，而平均速度等于中间时刻的速度，即第2.5秒瞬间速度为零，故小球上升的时间为t1=2.5s，下落时间为t2=3s，

2.5=25m/s； 由小球的初速度为：v=gt1=10×小球上升的高度：下落的高度为：

=

m=31.25m

故小球抛出点离地面的高度为：h=h2-h1=13.75m 故答案为：25，13.75

小球在第3秒内的位移是零，第3秒内的平均速度也为零，而平均速度等于中间时刻的速度，即第2.5秒瞬间速度为零，故小球上升的时间为2.5s，下落时间为3s，根据根据度。

本题考查自由落体运动和竖直上抛运动，关键根据题目条件明确上升和下落的时间，根据15.【答案】56 42

【解析】

分别求出上升和下落的高度，二者之差即所求高

列式求解

解：由图可知，A中的气体压强为：PA=（76+56）cmHg=132cmHg； B中气体压强为：PB=（132+20）cmHg=152cmHg；

L形管变为水平后，两部分气体压强均等于大气压强P=76mcHg； 由玻意耳定律可知：PBLBs=PLB′s； PALAs=PLA′s；

代入以上数据解得：LA′=33cm；LB′=56cm；

故A气体长度增加了33-19cm=14cm； B中气体长度增加56-28=28cm； 溢出的水银长度为14+28cm=42cm； 故答案为：56，42

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分别以上下各液柱为研究对象，由平衡可求得A、B内气体的压强；L水平后两部分气体的压强都应等于大气压强，则由玻意耳定律可得出气体长度的变化，得出溢出的水银长度。

本题考查玻意耳定律及封闭气体压强，要求能正确理解题意：转后整体装置是平放在地面上的，故气体压强为大气压强。 16.【答案】1.0×107 4×104

【解析】

106W，效率是80%，则从上游冲下来的水解：发电机能提供的电功率P=6.4×每秒钟提供给水轮机的能量为： W1=P′t=

=1.0×107J；

80%=1.0×107J ）×

上游水每秒钟需要提供的水的质量为m，则（104 解得：m=4×

107，4×104 故答案为：1.0×

水的机械能转化为水轮机的能量，水轮机的能量转化为发电机的发的电量。注意转化效率为80%。

此题考查能量转化的效率问题，注意是水的机械能转化为水轮机的能量。 17.【答案】0.5

【解析】

解：（1）根据波形图可知，解得周期T=2s； 则振动频率为f=

=0.5Hz；

s

（2）若从此时刻起波源停止振动，从该时刻起经过3s该波形先后平移3段，其波形图如图所示：

故答案为：（1）0.5；（2）见解析。

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（1）根据波形图求出周期，再根据周期和频率的关系求解频率；

（2）若从此时刻起波源停止振动，从该时刻起经过3s该波形先后平移3段，由此画图。

本题主要是考查了波的图象；解答此类问题关键是要能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。

18.【答案】保护电路 B

【解析】

解：（1）当滑动变阻器短路时，定值电阻在起保护电路的作用； 电路中通过的最大电流为50mA，则由闭合电路欧姆定律可知： R0=

-r=

-30=150Ω，则所给四个定值电阻中符合条件的只有B；

r， -图线，

（2）由图甲所示电路图可知，电源电动势：E=U+Ir=U+整理得：

=

+

，为方便实验数据处理应作出

；由图示

-

图乙所示图线横坐标表示a=

，b=

图线可知，

，电源电动势：E=，电源内阻：r=；

；；。

故答案为：（1）保护电路；B；（2）

（1）已知电源电动势、内阻及最大电流，由闭合电路欧姆定律可得出电路中最小电阻，则可找出保护电阻；

（2）由闭合电路欧姆定律可得出表达式，再结合图象和数学知识可得出图象的截距及斜率的含义，则可求得电动势和内电阻。

本题关键在于能由图象知识（斜率与截距的意义）结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息。

19.【答案】解：（1）根据v-t图象的斜率表示加速度，知物体在第2s运动过程中加速

度的大小为： a2=

=10m/s2。

（2）1-2s内过程，由牛顿第二定律得： mgsinθ+μmgcosθ=ma2。

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得：μ=

解得：μ=0.5

（3）不能保持静止。 mgsinθ=2×10×0.6N=12N μmgcosθ=0.5×2×10×0.8N=8N

表明物体在最高点时重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，所以不能保持静止。 （4）物体在第1s末时具有最大机械能。 此时，物体相对地面的高度为：h=s1sinθ=最大机械能为：Emax=

+mgh=

=6m

+2×10×6=520J

2

答：（1）物体在第2s运动过程中加速度的大小是10m/s。 （2）斜面的动摩擦因素是0.5；

（3）物体运动到斜面最高位置时不能保持静止，因为物体在最高点时重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力。

（4）物体在第1s末时具有最大机械能，若以地面为零势能面，则最大机械能是520J。 【解析】

（1）根据v-t图象的斜率来求物体的加速度大小。

（2）研究1-2s内过程，由牛顿第二定律求斜面的动摩擦因素；

（3）物体运动到斜面最高位置时，根据重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的关系，判断物体能否保持静止。

（4）在1-2s内物体的机械能增大，在1s之后物体的机械能减小，可知t=1s时物体具有最大机械能，分别求动能和势能，从而求得最大机械能。 本题关键理清物体的运动情况，知道图象的斜率表示加速度，面积表示位移。运用运动学公式和牛顿第二定律求动摩擦因数。

20.【答案】解：（1）由右手定则判断知，开始运动时金属棒cd中的电流方向由d指

向c。

（2）金属棒在前2s内所做的是一种加速度减小的变加速直线运动。

对于金属棒运动的起始时刻，金属棒在水平方向上受到安培力FA和拉力F的作用。 FA=BIL=BF==N=4N

所以F＞FA，金属棒所受的合力方向与初速度方向相同，因此金属棒向右做加速运动 由于FA=

，所以FA将随着v的增大而不断增大 L=

=

N=0.25N

又由于F=，所以F将随着v的增大而不断减小。 而F-FA=ma，所以加速度a将不断减小。

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所以金属棒在前2s内所做的是一种加速度减小的变加速直线运动。 （3）金属棒速度最大时，所受的合外力为零，即F=FA， 则=

=

=4m/s

解得2s后金属棒的速度大小vm=

（4）图线与横轴之间共约83（81～85）个小方格。

0.2×0.1N•s=1.66N•s，即∑FA•△t=1.66N•s 相应的“面积”为83×故通过电阻R的电量q=∑I•△t=

•△t=

=

C=1.66C（1.62C～1.70C）

答：（1）金属棒cd开始运动时其中的电流方向由d指向c。

（2）金属棒在前2s内所做的是一种加速度减小的变加速直线运动。理由见上。 （3）2s后金属棒的速度大小是4m/s。

（4）0～2s内通过电阻R的电量约1.66C。 【解析】

（1）根据右手定则判断金属棒中感应电流方向。

（2）在前2s内，随着速度增大，由P=Fv知拉力F减小，安培力增大，合力减小，加速度减小，导体棒做加速度减小的变加速运动。

（3）2s后金属棒做匀速直线运动，合外力为零，根据平衡条件和功率公式结合求速度。

（4）根据F安-t图象与时间轴所围的面积求出0～2s内安培力的冲量，再根据动量定理求通过电阻R的电量。

本题与汽车的起动类似，要通过分析金属棒的受力情况，来判断其运动情况，能熟练推导出安培力与速度的关系。要知道F安-t图象与时间轴所围的面积表示安培力的冲量。

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