2018-2019学年广西南宁市第三中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年广西南宁市第三中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

南宁三中2018—2019学年度上学期高二期考物理试卷 一、选择题 ‎1.下列说法正确的是( )‎ A. 电场和磁场都是客观存在，电场线和磁感线也是客观存在 B. 电场和磁场都具有力的性质，不计重力的电荷在电场和磁场中一定受到力的作用 C. 电源电动势在数值上等于电路断开时，电源两极间电压 D. 电流元在磁场中受磁场力为零时，此处磁感应强度也为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场与磁场都是客观存在的特殊物质,电场线和磁场线是人们为形象地描述电场和磁场而引入的，不是客观存在的; 电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压; 磁感应强度B描述磁场强弱和方向的物理量，与放入磁场中的电流元无关，由磁场本身决定.‎ ‎【详解】A、电场线和磁场线是人们为形象地描述电场和磁场而引入的，不是客观存在的;故A错误.‎ B、电荷在电场中的电荷一定受到电场力的作用, 静止的电荷处于磁场中不受到洛伦兹力;故B错误.‎ C、根据闭合电路欧姆定律得知，电源的电动势等于内外电压之和，当外电路断开时，电源电动势在数值上等于电源两极间电压;故C正确.‎ D、若导线与磁场平行，则磁场力为零；所以安培力为零时，不能说明磁感应强度为零;故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题综合考查电场与磁场,电场力与洛伦兹力,电动势,磁感应强度等概念,重点在于概念的辨析.‎ ‎2. 如图所示，有一正方形闭合线圈，在足够大的匀强磁场中运动。下列四个图中能产生感应电流的是 A. 图甲 B. 图乙 C. 图丙 D. 图丁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A图中线框平行于磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故A错误；B图中线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故B错误；C图线框绕轴转动，但穿过的磁通量为零，且始终为零，因此也不会产生感应电流，故C错误；D图线框绕轴转动，导致磁通量发生变化，因此线框产生感应电流，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化．据此可正确解答本题．‎ ‎3.如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A和B是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有(　　)‎ A. 当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，稳定后B灯亮度不变 B. 当开关S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭 C. 当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势低 D. 当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流由a到b ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。断开瞬间也可以按照同样的思路分析.‎ ‎【详解】A、电键S闭合瞬间，自感系数很大，线圈L 对电流有阻碍作用很强，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，故A错误；‎ B、C、D、稳定后当电键K断开后，A立刻熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源左端为高电势，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由a到b，所以a点电势比b点电势高，B闪一下再熄灭，故B、C错误，D正确。‎ 故选D.‎ ‎【点睛】明确自感现象是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解，注意线圈的电阻不计是解题的关键.‎ ‎4.如图所示的直角坐标系中，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q的点电荷对称地放置在x 轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是(　　)‎ A. b点的电势为零，电场强度也为零 B. a点电场强度大于b点的电场强度，同一正的试探电荷在a点和b点所受电场力方向向右 C. 将正的试探电荷从b点移到a点，电势能减少 D. 将同一正的试探电荷先后分别从O、b点移到a点，第二次电场力做功较多，电势能的变化较少。‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向。根据等势面和电场线分布情况，分析电势和场强的关系.‎ ‎【详解】A、结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以b点的电势等于0，而电场强度不等于0;故A错误.‎ B、由图，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右；根据点电荷电场强度公式 ‎，及矢量的叠加原理，可知，x轴上O点的电场强度最小，而y轴上，O点的电场强度最大，那么a点电场强度比b点电场强度的大故B正确；‎ C、电场线由Q指向-Q，故正电荷从b向a运动的过程中，电场力做负功，电势能减增加；故C错误.‎ D、两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等;故D错误.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆，同时再根据电场力做功以及电势能的规律进行分析求解.‎ ‎5.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是( )‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由图可知，0-1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1-2s内电路中的电流为顺时针，2-3s内，电路中的电流为顺时针，3-4s内，电路中的电流为逆时针，由可知，电路中电流大小恒定不变．‎ 故选D 考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律 ‎【名师点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，注意图线的斜率等于磁感应强度的变化率，斜率的符号能反映感应电流的方向，知道这些才能准确的利用楞次定律进行判定。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎6.如图，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电、磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c 为圆环上的三个点，a 点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放．下列判断正确的是(　　)‎ A. 当小球运动的弧长为圆周长的1/4时，洛伦兹力最大 B. 当小球运动的弧长为圆周长的1/2时，洛伦兹力最大 C. 小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大 D. 小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 球所受的电场力与重力大小相等，二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于等效的重力，所以bc弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最低点”.关于圆心对称的位置就是“最高点”；在“最低点”时速度最大。再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可.‎ ‎【详解】A、小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，二力大小相等，故二力的合力方向于水平方向成45°向左下，如图：‎ 故小球运动到圆弧bc的中点时，速度最大，此时的洛伦兹力最大，即小球运动的弧长为圆周长的时，洛仑兹力最大;故A错误.‎ B、由A的分析可知，结合对称性可知，当小球运动的弧长为圆周长的时，洛仑兹力最小;故B错误.‎ C、小球由a到b的过场中，电场力和重力均做正功，重力势能和电势能都减小;故C错误.‎ D、小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增加；因力的合力方向将于水平方向成45°向左下，当小球运动到圆弧bc的中点时速度最大，所以小球从b点运动到c点过程中，动能先增大，后减小;故D正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】该题关键要能够根据受力分析找出做圆周运动等效的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题.‎ ‎7. 如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电流表A的示数变小，电压表V的示数变大 B. 小灯泡L变亮 C. 电容器C上电荷量减少 D. 电源的总功率变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 解：‎ A、B闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小．电压表的示数U=E﹣I（RL+r），I减小，其他量不变，则U增大，即电压表V的示数变大．故A正确，B错误．‎ C、电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q=CU，知电容器C上的电荷量增大．故C错误．‎ D、电源的总功率P=EI，I减小，则电源的总功率变小．故D错误．‎ 故选：A ‎【点评】本题是电路动态变化分析问题，电容器所在电路相当于开关断开，根据欧姆定律进行分析．‎ ‎8.如图所示装置中，ab、cd杆原来均静止，当ab杆在外力作用下向右加速运动，cd杆保持静止，忽略闭合铁芯漏磁，则下列说法不正确的是(　　)‎ A. ab杆中感应电流方向是从a到b，a端电势高于b端 B. 线圈L2的磁通量增大 C. cd杆中感应电流方向是从c到d D. cd杆受到水平向右的安培力的作用 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ab杆运动先动生出I1，其产生的磁场变化再感生出I2；二次感应的关键是第一个感应电流是变化的.‎ ‎【详解】A、ab杆向右运动切割磁感线，根据右手定则知ab棒作为电源的电流流向为a到 b，此方向为电源内部的流向，则a为电源负极，b为电源正极，a端电势低于b端；故A错误.‎ B、ab杆向右加速运动，由可知L1的电流逐渐增大，产生的磁场由安培定则可知向上增强，而忽略闭合铁芯漏磁，则穿过L2的磁通量向下逐渐增强；故B正确.‎ C、L2的磁通量向下逐渐增强，根据楞次定律知感应电流I2从c到d，故C正确.‎ D、感应电流I2从c到d，由左手定则知cd棒受到的安培力水平向右；故D正确.‎ 本题选不正确的故选A.‎ ‎【点睛】题综合考查了右手定则、左手定则、安培定则以及楞次定律，综合性较强，关键搞清各种定则适用的范围，不能混淆．‎ ‎9.小型发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场可视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈从图示位置以角速度ω绕OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，下列说法正确的是(　　)‎ A. 若从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝2Ne0sin ωt B. 从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝2Ne0cos ωt C. 发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，产生的感应电动势的平均值是 D. 发电机线圈从垂直中性面位置转动180°的过程中，产生的感应电动势的平均值是 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合中性面的特点可知从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式；由法拉第电磁感应定律求出平均电动势.‎ ‎【详解】A、B、矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，所以N匝矩形线圈产生的感应电动势的最大值是2Ne0, 线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大，而感应电动势等于0，所以从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为 e=Emsinωt=2Ne0sinωt；故A正确，B错误.‎ C、在线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，单匝线圈上的磁通量的变化量，产生的感应电动势的平均值是；故C正确.‎ D、发电机线圈从垂直中性面位置转动180°的过程中，磁通量的变化量，感应电动势的平均值是；故D正确.‎ 故选ACD.‎ ‎【点睛】本题考查了交流电产生的原理和最大值、平均值的关系，知道整个矩形线圈产生的感应电动势是ab边和cd边产生的感应电动势之和.‎ ‎10.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，图中电表均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、电感线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是(　　)‎ A. 电压u的频率为50 Hz B. 电压表的示数为22V C. 有光照射R时，电流表的示数变大 D. 抽出L中的铁芯，D灯变亮 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比．和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R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.‎ ‎【详解】A、原线圈接入题图乙所示的电源电压，T=0.02 s，所以频率为;故A 正确.‎ B、原线圈接入电压的最大值是，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22 V，所以电压表的示数为22 V，故B错误；‎ C、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表的示数变大，故C正确；‎ D、抽出L中的铁芯，电感线圈自感系数减小，电感线圈对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D正确.‎ 故选ACD.‎ ‎【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法.‎ ‎11.有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势随x的分布如图所示。一质量为m、带电量为−q的粒子只在电场力的作用下，以初速度v0从x=0处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下关于该粒子运动的说法中正确的是（）‎ A. 粒子从x=0处运动到x=x1处的过程中动能逐渐增大 B. 粒子从x=x1处运动到x=x3处的过程中电势能逐渐减小 C. 欲使粒子能够到达x=x4处，则粒子从x=0处出发时的最小速度应为 D. 若，则粒子在运动过程中的最小速度为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 粒子从O运动到的过程中，电势降低，场强方向沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，A错误．粒子从运动到的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势小，可知粒子的电势能不断减小，B正确．根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到处，就能到达处，当粒子恰好运动到 处时，由动能定理得：，解得：，则要使粒子能运动到处，粒子的初速度至少为．C错误．若，粒子运动到处电势能最大，动能最小，由动能定理得：，解得： ，D正确，选BD.‎ ‎【点睛】根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况，即可判断动能的变化．根据负电荷在电势高处电势小，判断电势能的变化．粒子如能运动到处，就能到达处，根据动能定理研究过程，求解最小速度．粒子运动到处电势能最大，动能最小，由动能定理求解最小速度．‎ ‎12.如图，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子的质量m，电荷量q，速率v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则(　　)‎ A. 当v<时所有离子都打不到荧光屏上 B. 当v<时所有离子都打不到荧光屏上 C. 当v＝时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为 D. 当v＝时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式求出离子的轨道半径，画出轨迹示意图，然后求出离子到达荧光屏上离子数与总数的比值.‎ ‎【详解】A、根据半径公式,当时有，直径2R＜L，离荧光屏最近的离子都打不到荧光屏上，所以当时所有离子都打不到荧光屏，故A正确；‎ B、根据半径公式，当时，R＜L，当半径非常小时，即时肯定所有离子都打不到荧光屏上；当有离子打到荧光屏上，故B错误；‎ C、D、当时，根据半径公式，离子恰好打到MN上的临界运动轨迹如图所示：‎ 离子速度为v1从下侧回旋，刚好和边界相切，离子速度为v2时从上侧回旋，刚好和上边界相切，打到N点的离子离开S时的初速度方向和打到M′点的离子离开S时的初速度方向夹角θ=π，能打到荧光屏上的离子数与发射的粒子总数之比：，故C正确，D错误；‎ 故选AC.‎ ‎【点睛】本题考查了离子在磁场中的运动，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚离子运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律即可解题．‎ 二、填空题 ‎13.如图1是用游标卡尺测量时的刻度图，为20分度游标尺，读数为：_________cm；图2中螺旋测微器的读数为：________mm。‎ ‎【答案】 (1). 1.375 (2). 0.700‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【详解】20分度的游标卡尺，精确度是‎0.05mm，游标卡尺的主尺读数为‎13mm，游标尺上第15个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为15×‎0.05mm=‎0.75mm，所以最终读数为：‎13mm+‎0.75mm=‎13.75mm=‎1.375cm．‎ 螺旋测微器的固定刻度为‎0.5mm，可动刻度为20.0×‎0.01mm=‎0.200mm，所以最终读数为‎0.5mm+‎0.200mm=‎0.700mm．‎ ‎【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．‎ ‎14. 小明同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，为了更准确选取电压表和电流表的合适量程，决定先用多用电表测量小灯泡的阻值。‎ ‎（1）在使用前发现电表指针位置如下图甲所示，该同学应该调节哪个位置_________（选“①”或者“②”）；‎ ‎（2）小明使用多用电表欧姆档的“×‎10”‎档测量小灯泡电阻阻值，读数如图乙所示，为了更准确地进行测量，小明应该旋转开关至欧姆档_______（填“×‎100”‎档；或“×‎1”‎档），两表笔短接并调节______（选“①”或者“②”）。‎ ‎（3）按正确步骤测量时，指针指在如图丙位置，则小灯泡阻值的测量值为_________Ω ‎【答案】（1）① ；（2）×1 ; ② （3）28Ω （25-30范围都可）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由图甲可知，电表指针没有指在左侧零刻度处，故应进行机械调零，故应用螺丝刀调节旋钮①；‎ ‎（2）由图乙可知，测量电阻时指针偏转较大，表盘上示数偏小，则说明所选档位太大，故应换用小档位，故选：×1；同时每次换档后均应进行欧姆调零，故将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指到右侧零刻度处；‎ ‎（3）由图可知，电阻R=28×1=28Ω 考点：欧姆表的使用 ‎【名师点睛】本题利用多用电表测量电阻，要注意掌握多用电表的使用方法，掌握机械调零和欧姆调零，同时注意如何选择合适的档位，并进行读数，注意明确每次换档均应进行欧姆调零。‎ ‎15. 在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，备有下列器材：‎ A．待测的干电池一节 B．电流表A1（量程0~3 mA，内阻Rg1＝10Ω）‎ C．电流表A2（量程0~‎0.6 A，内阻Rg2＝0.1Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0~20Ω，‎1.0 A）‎ E．电阻箱R0（0~9999.9Ω）‎ F．开关和若干导线 ‎（1）某同学发现上述器材中没有电压表，他想利用其中的一个电流表和电阻箱改装成一块电压表，其量 程为 0~3 V，并设计了图甲所示的a、b两个参考实验电路（虚线框内为改装电压表的电路），其中合理的 是______（选填“a”或“b”）电路；此时R0的阻值应取______Ω。‎ ‎（2）图乙为该同学根据合理电路所绘出的I1-I2图象（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数）。根据该图线可得被测电池的电动势E＝______V，内阻r＝______Ω。‎ ‎【答案】（1）b；990；（2）1.48（1.46~1.49之间）；0.84（0.82~0.87之间）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，电路中电流最大为：，故电流表至少应选择量程，故应将电流表G串联一个电阻，改装成较大量程的电压表使用，电表流A由于内阻较小，故应采用相对电源来说的外接法，故a、b两个参考实验电路，其中合理的是b，要改装的电压表量程为，，解得：。‎ ‎（2））图象与纵轴的交点得最大电流为，根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为：，根据图象与纵轴的交点得电动势为：，与横轴的交点可得出路端电压为时电流是，由闭合电路欧姆定律可得：。‎ 考点：测定电源的电动势和内阻 ‎【名师点睛】在电学实验的考查中常常要使用电表的改装，在解题时要注意分析题意，明确各电表能否正确使用，能根据图象得出电动势和内阻。‎ 三、计算题 ‎16.两条金属导轨上水平放置一根导电棒ab，处于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，导电棒质量为m=‎1.2kg，长L=‎1m。当导电棒中通入I1=‎3A电流时，它可在导轨上匀速滑动，若电流强度增大为I2=‎5A时，导电棒可获得a=‎2m/s2的加速度，求：‎ ‎（1）画出导电棒ab的受力示意图。‎ ‎（2）装置所在处的磁感强度B的大小。‎ ‎【答案】（1）导电棒的受力图：（2）1.2T ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当导电棒在导轨上匀速滑动时，滑动摩擦力与安培力平衡，列出平衡方程；导电棒加速运动时，安培力与滑动摩擦力的合力产生加速度，根据牛顿第二定律列方程，再与平衡方程联立解出B．‎ ‎【详解】(1)设电流方向由a到b，画出导电棒的受力图如图示:‎ ‎(2)导电棒做匀速直线运动，由力的平衡的BI‎1L-f=0 ‎ 由牛顿第二定律得：BI‎2L-f=ma 解得B=1.2T ‎【点睛】本题是电磁学知识与力学知识的综合应用，其桥梁是安培力．‎ ‎17.某个水电站发电机的输出功率为100KW，发电机的电压为250V。通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为2Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V。要求在输电线上损失的功率控制为5KW（即用户得到的功率为95KW）。请你设计两个变压器的匝数比。为此，请你：‎ ‎（1）画出远距离输送电能的线路示意图。‎ ‎（2）降压变压器输出的电流是多少？输电线上通过的电流是多少？‎ ‎（3）输电线上损失的电压是多少？升压变压器输出的电压是多少？‎ ‎（4）两变压器的匝数比各应等于多少？‎ ‎【答案】（1）输电示意图见解析；（2）‎431.8 A ；‎50A（3）100V；1900V（4）1：8；95:11‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据用户端的功率和电压求出用户端的电流，根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流．根据输电线上的电流和输电线的电阻求出输电线上损失的电压，根据输出功率和输送的电流得出升压变压器的输出电压．根据原副线圈的电压比求出升压变压器的匝数比，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，从而通过电压比得出降压变压器的匝数比．‎ ‎【详解】(1)输电线路示意图如图所示:‎ ‎(2)降压变压器输出的电流即用户得到的电流:A=‎‎431.8A 由,得输电线上通过的电流为:A ‎(3)输电线上损失的电压为:V 对理想变压器 得升压变压器的输出电压V 降压变压器的输入电压1900V ‎(4)根据理想变压器匝数与电压的关系 ‎【点睛】解决本题的关键知道原副线圈的电压比与匝数比的关系，知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系．‎ ‎18.如图所示，两根半径为r=‎0.5m的圆弧轨道，间距为L=‎1m，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R=2Ω的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B=1T．将一根长度稍大于L，质量为m=‎1kg、电阻为R0=1Ω的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放。已知当金属棒到达如图所示的cd位置（金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ=60°）时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.5mg。求：‎ ‎（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向；‎ ‎（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量；‎ ‎（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量。（g=‎10m/s2）‎ ‎【答案】(1),方向为a→R→b (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）金属棒速度最大时，在轨道的切线方向所受的合力为零，则有：mgcosθ=BIL 解得 ‎ 流经R的电流方向是a→R→b ‎（2）金属棒滑到底端的过程中，穿过回路的磁通量的变化量为： ‎ 平均电动势： ‎ 平均电流 则流经R的电量：‎ 解得整个回路的总电阻 ‎ ‎（3）在轨道最低点，由牛顿第二定律可得：N-mg=m ‎ 由能量关系：Q=mgr-mv2‎ 电阻R上的发热量： ‎ 解得R=2Ω R0=0.5Ω 点睛：解决本题的关键是明确金属棒是垂直切割磁感线的，与平直轨道上运动情况相似，注意电量与磁通量的变化量有关，热量往往根据能量守恒求解．‎ ‎19.如图所示，在坐标系xOy内有一半径为a的圆形区域，圆心坐标为O1（a，0），圆内分布有垂直纸面向里的匀强磁场，在直线y=a的上方和直线x=‎2a的左侧区域内，有一沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小为E，一质量为m、电荷量为+q（q>0）的粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入，当入射速度方向沿x轴方向时，粒子恰好从O1点正上方的A点射出磁场，不计粒子重力，求：‎ ‎（1）磁感应强度B的大小；‎ ‎（2）粒子离开第一象限时速度方向与y轴正方向的夹角正切值；‎ ‎（3）若将电场方向变为沿y轴负方向，电场强度大小不变，粒子以速度v从O点垂直于磁场方向、并与x轴正方向夹角θ=300射入第一象限，求粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间t ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据几何关系先得到圆心、半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式求解；‎ ‎(2)粒子离开磁场后，进入电场，根据动能定理列式求解粒子在电场中的位移；粒子进入电场到达最高点后，又沿原路返回磁场，再得到第二次圆心和射出点，最后得到总路程；‎ ‎(3)粒子在磁场中做圆周运动，先得到第一次圆心和射出点，进入电场后，又沿原路返回，再得到第二次圆心和射出点，最后得到总时间.‎ ‎【详解】(1)当粒子速度沿x轴方向入射，从A点射出磁场时，几何关系知：r=a 由 ‎(2)从A点进入电场后作类平抛运动；‎ 沿水平方向做匀加速直线运动：‎ 沿竖直方向做匀速直线运动：vy=v0‎ ‎∴粒子离开第一象限时速度与y轴的夹角：‎ ‎(3)粒子从磁场中的P点射出，因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相等，OO1PO2构成菱形，故粒子从P点的出射方向与OO1平行，即与y轴平行；轨迹如图所示：‎ ‎∴粒子从O到P所对应的圆心角为θ1=60°，粒子从O到P用时：‎ 由几何知识可知，粒子由P点到x轴的距离 粒子在电场中做匀变速运动的时间：‎ 粒子磁场和电场之间匀速直线运动的时间：‎ 粒子由P点第2次进入磁场，从Q点射出，ＰO1QO3构成菱形；由几何知识可知Q点在x轴上，即为（‎2a，0）点；‎ 粒子由P到Q所对应的圆心角θ2=120°，粒子从P到Q用时：‎ ‎∴粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间：‎ ‎【点睛】本题关键先确定圆心、半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列式求解；第三问关键先根据题意，分析后画出物体的运动轨迹，然后再列式计算.‎