《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題強(qiáng)化練（六）機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題強(qiáng)化練（六）機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系（含解析）（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)題強(qiáng)化練(六) 考點(diǎn)1　機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 1．以下運(yùn)動(dòng)中物體的機(jī)械能一定守恒的是(　　) A．物體做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．物體從高處以的加速度豎直下落 C．不計(jì)空氣阻力，細(xì)繩一端拴一小球，使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng) D．物體做勻變速曲線運(yùn)動(dòng) 解析：物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能不變，而重力勢(shì)能可能變化，所以機(jī)械能不一定守恒，故A錯(cuò)誤；物體從高處以的加速度豎直下落時(shí)，必定受到向上的阻力，物體的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；不計(jì)空氣阻力，細(xì)繩一端拴一小球，使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，細(xì)繩的拉力對(duì)小球不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故C正確；物體做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)可能有除重力以外的其他力做

2、功，機(jī)械能不一定守恒，故D錯(cuò)誤． 答案：C 2．(多選)(2019·鄭州模擬)如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的光滑軌道由一段拋物線AB組成，A點(diǎn)為拋物線頂點(diǎn)，已知h＝0.8 m，x＝0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，一小環(huán)套在軌道上的A點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小環(huán)以初速度v0＝2 m/s從A點(diǎn)水平拋出后，與軌道無(wú)相互作用力 B．小環(huán)以初速度v0＝1 m/s從A點(diǎn)水平拋出后，與軌道無(wú)相互作用力 C．若小環(huán)從A點(diǎn)由靜止因微小擾動(dòng)而滑下，到達(dá)B點(diǎn)的速度為4 m/s D．若小環(huán)從A點(diǎn)由靜止因微小擾動(dòng)而滑下，到達(dá)B點(diǎn)的時(shí)間為0.4 s 解析：由x＝v0t和h＝gt2可得，若

3、初速度v0＝2 m/s時(shí)，x＝2t，y＝0.8－5t2，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，小環(huán)運(yùn)動(dòng)規(guī)律恰好與圖中拋物線重合．故小環(huán)恰好沿拋物線到達(dá)B點(diǎn)，小環(huán)與軌道無(wú)相互作用，故A正確；小環(huán)以初速度v0＝1 m/s從A點(diǎn)水平拋出后，做拋物線的軌道與AB不同，故與軌道間一定有相互作用力，故B錯(cuò)誤；若小環(huán)從A點(diǎn)由靜止因微小擾動(dòng)而滑下，小環(huán)下滑中機(jī)械能守恒．則有mgh＝mv2，解得v＝4 m/s，故C正確；若小球做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，由h＝gt2可得時(shí)間為0.4 s．但如果是讓小球由靜止下滑時(shí)，水平方向上不再是勻速直線運(yùn)動(dòng)，并且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的水平速度一定小于2 m/s，因此到達(dá)B點(diǎn)的時(shí)間要長(zhǎng)于0.4 s，故D錯(cuò)誤． 答案：AC

4、 3．(2019·哈爾濱六中檢測(cè))如圖所示，物體A的質(zhì)量為M，圓環(huán)B的質(zhì)量為m，通過(guò)繩子連接在一起，圓環(huán)套在光滑的豎直桿上，開(kāi)始時(shí)連接圓環(huán)的繩子處于水平，長(zhǎng)度l＝4 m，現(xiàn)從靜止釋放圓環(huán)．不計(jì)定滑輪和空氣的阻力，g取10 m/s2，若圓環(huán)下降h＝3 m時(shí)的速度v＝5 m/s，則A和B的質(zhì)量關(guān)系為(　　) A.＝　　　　　 B.＝ C.＝ D.＝ 解析：圓環(huán)下降3 m后的速度可以按如圖所示分解，故可得vA＝vcos θ＝，A、B和繩子看成一個(gè)整體，整體只有重力做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)圓環(huán)下降h＝3 m時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒可得mgh＝MghA＋mv2＋Mv，其中hA＝－l，聯(lián)立可得＝，故

5、A正確． 答案：A 考點(diǎn)2　能量守恒定律 4．(多選)(2019·宜春模擬)某貨場(chǎng)有一簡(jiǎn)易的節(jié)能運(yùn)輸裝置，如圖所示．小車(chē)在軌道頂端時(shí)，自動(dòng)將貨物裝入車(chē)中，然后小車(chē)載著貨物沿不光滑的軌道無(wú)初速度下滑，到達(dá)斜面底端后，小車(chē)前端的緩沖彈簧被壓縮，當(dāng)彈簧被壓縮至最短，立即鎖定并自動(dòng)將貨物卸下．卸完貨物后隨即解鎖，小車(chē)恰好能被彈回到軌道頂端，此后重復(fù)上述過(guò)程．則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．小車(chē)在往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能是守恒的 B．小車(chē)上滑時(shí)經(jīng)過(guò)軌道中點(diǎn)的加速度大于下滑時(shí)經(jīng)過(guò)該點(diǎn)的加速度 C．小車(chē)上滑過(guò)程中克服摩擦阻力做的功小于小車(chē)下滑過(guò)程中克服摩擦阻力做的功 D．小車(chē)下滑到最低點(diǎn)

6、時(shí)彈簧彈性勢(shì)能的最大值等于貨物減少的重力勢(shì)能 解析：小車(chē)在往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，摩擦力對(duì)小車(chē)做功，所以其機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；設(shè)下滑的加速度為a1，上滑的加速度為a2，小車(chē)質(zhì)量為M，貨物質(zhì)量為m，則根據(jù)牛頓第二定律得，下滑過(guò)程(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a1，上滑過(guò)程Mgsin θ＋μMgcos θ＝Ma2，解得a1

7、為彈簧的彈性勢(shì)能和內(nèi)能，故D錯(cuò)誤． 答案：BC 5．(多選)(2019·株洲模擬)如圖所示，在傾角為θ＝30°的足夠長(zhǎng)的固定粗糙斜面上一質(zhì)量為m＝0.4 kg的滑塊在t＝0時(shí)刻自斜面底端以某一初速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，滑塊上滑過(guò)程中距斜面底端的距離d＝10t－5t2(m)，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．在t＝1 s時(shí)刻滑塊開(kāi)始下滑 B．在t＝2 s時(shí)刻滑塊返回斜面底端 C．滑塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ D．滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能損失10 J 解析：由滑塊上滑過(guò)程中距斜面底端的距離d＝10t－5t2(m)，可知滑

8、塊的初速度為10 m/s，加速度大小為10 m/s2，方向沿斜面向下，則到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)有0＝v0－at，代入數(shù)據(jù)解得t＝1 s，故A正確；對(duì)滑塊上滑過(guò)程由牛頓第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，代入數(shù)據(jù)得μ＝，到達(dá)最高點(diǎn)速度為零時(shí)有mgsin θ＝μmgcos θ，滑塊不會(huì)向下滑動(dòng)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)，故B、C錯(cuò)誤；滑塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的位移x＝v0t－at2＝10×1 m－×10×12 m＝5 m，滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能損失ΔE＝μmgcos θ·x＝×0.4×10××5 J＝10 J，故D正確． 答案：AD 6．(多選)(2019·張掖模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊以一定初速

9、度滑上傾角為θ的固定斜面，同時(shí)施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tan θ，取出發(fā)點(diǎn)為參考點(diǎn)，能正確描述滑塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q、滑塊的動(dòng)能Ek、機(jī)械能E隨時(shí)間t變化關(guān)系及滑塊的勢(shì)能Ep隨位移x變化關(guān)系的是(　　) 解析：因?yàn)棣蹋絫an θ＝，所以當(dāng)滑塊向上滑動(dòng)過(guò)程中，受到的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff＝μmgcos θ＝mgsin θ，方向沿斜面向下，而在沿斜面向下的方向上還受到重力的分力，即沿斜面向下的合力為2mgsin θ＞F，故滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，Ek＝mv2＝m(v0－at)2，動(dòng)能是關(guān)于時(shí)間的二次函數(shù)，不是線性函數(shù)，故B錯(cuò)誤；產(chǎn)

10、生熱量等于克服滑動(dòng)摩擦力做的功，即Q＝Ffx＝mg(v0t＋at2)·cos θ，與t不是線性函數(shù)，故A錯(cuò)誤；滑塊的重力勢(shì)能等于克服重力所做的功，其大小為Ep＝mgh＝mgxsin θ，與位移x成正比，故C正確；因?yàn)镕與摩擦力等大反向，所以?xún)烧咦龉Υ鷶?shù)和為零，即過(guò)程中合力做功等于重力做功，機(jī)械能保持不變，故D正確． 答案：CD 考點(diǎn)3　功能關(guān)系的應(yīng)用 7.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止開(kāi)始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒(méi)有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(　　)

11、 A．重力做功2mgR　 B．機(jī)械能減少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR 解析：小球由P到B的過(guò)程重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，A錯(cuò)誤；小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)恰好對(duì)軌道沒(méi)有壓力，由牛頓第二定律可知mg＝m，即小球在B點(diǎn)的速度v＝；小球由P到B的過(guò)程，由動(dòng)能定理可知合力做功W合＝ΔEk＝mv2＝mgR，C錯(cuò)誤；又因?yàn)閃合＝WG＋Wf，所以小球由P到B的過(guò)程摩擦力做功Wf＝W合－WG＝－mgR，由功能關(guān)系知，物體的機(jī)械能將減少mgR，B錯(cuò)誤，D正確． 答案：D 8．(多選)(2019·惠州模擬)如圖所示為傾角為θ＝30°的斜面軌道，質(zhì)量為M的木箱與軌道間的動(dòng)

12、摩擦因數(shù)為.木箱在軌道頂端時(shí)，將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無(wú)初速滑下，輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端．下列選項(xiàng)正確的是(　　) A．在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能 B．木箱不與彈簧接觸時(shí)，上滑的加速度大于下滑的加速度 C．M＝2m D．m＝2M 解析：在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能和內(nèi)能，故A錯(cuò)誤；受力分析可知，下滑時(shí)加速度為gsin θ－μgcos θ，上滑時(shí)加速度為gsin θ＋μgcos θ，故B正確；設(shè)下滑的距離為l，

13、根據(jù)功能關(guān)系有：μ(m＋M)glcos θ＋μMglcos θ＝mglsin θ，得m＝2M，故D正確，C錯(cuò)誤． 答案：BD 9.(2019·泉州模擬)如圖所示為地鐵站用于安全檢查的裝置，主要由水平傳送帶和X光透視系統(tǒng)兩部分組成，傳送過(guò)程傳送帶速度不變．假設(shè)乘客把物品輕放在傳送帶上之后，物品總會(huì)先、后經(jīng)歷兩個(gè)階段的運(yùn)動(dòng)，用v表示傳送帶速率，用μ表示物品與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，則(　　) A．前階段，物品可能向傳送方向的相反方向運(yùn)動(dòng) B．后階段，物品受到摩擦力的方向跟傳送方向相同 C．v相同時(shí)，μ不同的等質(zhì)量物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同 D．μ相同時(shí)，v增大為原來(lái)的2倍，前階段

14、物品的位移增大為原來(lái)的2倍 解析：物品輕放在傳送帶上，前階段，物品受到向前的滑動(dòng)摩擦力，所以物品的運(yùn)動(dòng)方向一定與傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向相同，故A錯(cuò)誤；后階段，物品與傳送帶一起做勻速運(yùn)動(dòng)，不受摩擦力，故B錯(cuò)誤；設(shè)物品勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a，由牛頓第二定律得Ff＝μmg＝ma，物品的加速度大小為a＝μg，勻加速的時(shí)間為t＝＝，位移為x＝t，傳送帶勻速的位移為x′＝vt，物品相對(duì)傳送帶滑行的距離為Δx＝x′－x＝＝，物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgΔx＝mv2，則知v相同時(shí)，μ不同的等質(zhì)量物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同，故C正確；前階段物品的位移為x＝＝，則知μ相同時(shí)，v增大為原來(lái)的2倍，前階段物

15、品的位移增大為原來(lái)的4倍，故D錯(cuò)誤． 答案：C 10.如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為θ＝30°，其上A、B兩點(diǎn)間的距離為l＝5 m，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v＝1 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝10 kg的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上的A點(diǎn)，已知小物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，在傳送帶將小物體從A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)的過(guò)程中，求(g取10 m/s2)： (1)傳送帶對(duì)小物體做的功； (2)電動(dòng)機(jī)做的功． 解析：(1)小物體剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma， 解得小物體上升的加速度為a＝＝2.5 m/s2， 當(dāng)小物體的速度為

16、v＝1 m/s時(shí)， 小物體的位移x＝＝0.2 m<5 m， 之后小物體以v＝1 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)， 由功能關(guān)系得W＝ΔEk＋ΔEp＝mv2＋mglsin θ＝255 J； (2)電動(dòng)機(jī)做的功等于小物體的機(jī)械能的增加量和小物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q之和，由v＝at得 t＝＝0.4 s， 相對(duì)位移x′＝vt－t＝0.2 m， 摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgx′cos θ＝15 J， 故電動(dòng)機(jī)做的功為W電＝W＋Q＝270 J. 答案：(1)255 J　(2)270 J 考點(diǎn)4　電磁場(chǎng)中的能量問(wèn)題 11．(2019·濮陽(yáng)模擬)某電場(chǎng)中x軸上電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的關(guān)系如圖所

17、示，設(shè)x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方向．一帶電荷量為q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿z軸正方向運(yùn)動(dòng)，結(jié)果粒子剛好能運(yùn)動(dòng)到x＝3x0處．假設(shè)粒子僅受電場(chǎng)力作用，E0、x0已知，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．粒子一定帶負(fù)電 B．粒子的初動(dòng)能大小為qE0x0 C．粒子沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大動(dòng)能為2qE0x0 D．粒子沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能先增大后減小 解析：從圖中可知粒子在沿x軸正向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)強(qiáng)度方向發(fā)生改變，并且在x0～3x0過(guò)程中電場(chǎng)強(qiáng)度和位移都比0～x0過(guò)程中的大，也就是說(shuō)如果先做負(fù)功后做正功，粒子不可能在3x0處?kù)o止，所以只有先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減小后增大，故粒子一定

18、帶正電，故A、D錯(cuò)誤；因?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度是均勻減小的，0～x0過(guò)程中平均電場(chǎng)強(qiáng)度為E0，x0～3x0過(guò)程中平均電場(chǎng)強(qiáng)度為E0，根據(jù)動(dòng)能定理得E0qx0－E0q·2x0＝0－Ek0，解得初動(dòng)能Ek0＝E0qx0，故B錯(cuò)誤；在0～x0過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，所以在x0處動(dòng)能最大，最大為Ekm＝Ek0＋E0qx0＝2E0qx0，故C正確． 答案：C 12．如圖所示，絕緣斜面處在一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電金屬塊由靜止開(kāi)始沿斜面滑到底端．已知在金屬塊下滑的過(guò)程中動(dòng)能增加0.3 J，重力做功1.5 J，電勢(shì)能增加0.5 J，則以下判斷正確的是(　　) A．金屬塊帶負(fù)電荷 B．電場(chǎng)力做功0.5 J

19、 C．金屬塊克服摩擦力做功0.8 J D．金屬塊的機(jī)械能減少1.2 J 解析：金屬塊的電勢(shì)能增加，說(shuō)明電場(chǎng)力做負(fù)功，則電場(chǎng)力方向豎直向上，所以金屬塊帶正電荷，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；克服電場(chǎng)力做多少功，電勢(shì)能就增加多少，故金屬塊克服電場(chǎng)力做功0.5 J，即電場(chǎng)力做功－0.5 J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可得WG＋WE＋WFf＝ΔEk，解得WFf＝－0.7 J，即金屬塊克服摩擦力做功0.7 J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；重力做功1.5 J，金屬塊的重力勢(shì)能減少1.5 J，動(dòng)能增加0.3 J，故機(jī)械能減少1.2 J，選項(xiàng)D正確． 答案：D 13．(2019·佛山模擬)CD、EF是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導(dǎo)

20、軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)度為d，如圖所示．導(dǎo)軌的右端接有一電阻R，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接．將一阻值也為R的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場(chǎng)的右邊界處．已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且動(dòng)摩擦因數(shù)為u，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．電阻R的最大電流為 B．流過(guò)電阻R的電荷量為 C．整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh D．電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh 解析：金屬棒下滑過(guò)程中，機(jī)械能守恒，得mgh＝mv2，金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度v＝，金屬棒到達(dá)水平面后進(jìn)入磁場(chǎng)受到向

21、左的安培力做減速運(yùn)動(dòng)，則剛到達(dá)水平面時(shí)的速度最大，所以最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，最大的感應(yīng)電流為I＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；通過(guò)金屬棒的電荷量為q＝＝，選項(xiàng)B正確；金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgh－W安－μmgd＝0，則克服安培力做功W安＝mgh－μmgd，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，電阻與導(dǎo)體棒電阻相等，通過(guò)它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生焦耳熱QR＝Q＝W安＝(mgh－μmgd)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：B 14．(2019·玉溪模擬)如圖所示，兩根光滑的平行金屬導(dǎo)軌位于水平面內(nèi)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌所在平面垂直，兩根金屬桿甲和乙可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸良好且保持垂

22、直．起初兩根桿都靜止．現(xiàn)突然給甲一個(gè)沖量使其獲得速度v而開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，回路中的電阻不可忽略，那么在以后的運(yùn)動(dòng)中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．甲克服安培力做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱 B．甲動(dòng)能的減少量等于系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱 C．甲機(jī)械能的減少量等于乙獲得的動(dòng)能與系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱之和 D．最終兩根金屬桿都會(huì)停止運(yùn)動(dòng) 解析：給甲一個(gè)沖量使其獲得速度v而開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，回路中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流．根據(jù)左手定則，甲棒受到向左的安培力而減速，乙棒受到向右的安培力而加速，根據(jù)能量守恒定律，故甲棒減小的動(dòng)能等于系統(tǒng)增加的內(nèi)能和乙棒增加的動(dòng)能之和，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確． 答案：C - 10 -