2017-2018学年云南省玉溪市玉溪一中高二上学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年云南省玉溪市玉溪一中高二上学期期中考试物理试题 解析版

云南省玉溪市第一中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题 一、单选题（10小题）‎ ‎1. 物理学中的许多规律是通过实验发现的，下列说法中符合史实的是（ ）‎ A. 牛顿通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持 B. 库仑通过扭秤实验测出了静电力常量 C. 奥斯特通过实验发现了电流的热效应 D. 法拉第通过实验发现了电磁感应现象 ‎【答案】D ‎【解析】伽利略通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持，故A错误；库仑通过扭秤实验发现了库仑定律，故B错误；奥斯特通过实验发现了电流的磁效应，故C错误；法拉第通过实验发现了电磁感应现象，故D正确；故选D.‎ ‎2. 如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，通电螺线管受到A磁场的作用力的方向是（ ）‎ A. 水平向左 B. 水平向右 C. 竖直向下 D. 竖直向上 ‎【答案】C ‎【解析】解：首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向：水平向左．‎ 根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上，故ACD错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查安培定则和左手定则综合应用的能力，对于几种定则关键要搞清两点：一是何时用；二是怎样用．‎ ‎3. 产生感应电流的条件，以下说法中正确的是（ ）‎ A. 闭合电路在磁场中运动，闭合电路中就一定会有感应电流 B. 闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，闭合电路中一定会有感应电流 C. 穿过闭合电路的磁通量为零的瞬间，闭合电路中一定不会产生感应电流 D. 穿过闭合电路的磁通量发生了变化，闭合电路中一定会有感应电流 ‎【答案】D ‎【解析】位于磁场中的闭合线圈，只有磁通量发生变化，才一定会产生感应电流．故A错误．闭合电路在磁场中作切割磁感线运动，而闭合电路中磁通量却没有变化，则闭合电路中就没有感应电流．故B错误．穿过闭合电路的磁通量为零的瞬间，闭合电路中磁通量的变化率最大，故产生感应电流．故C错误．穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化，磁通量一定发生变化，则闭合电路中就有感应电流．故D正确．故选D.‎ ‎【点睛】感应电流产生的条件细分有两点：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化，即穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化．‎ ‎4. 如图所示，电路中、均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（ ）‎ A. 增大的阻值 B. 增大的阻值 C. 增大两板间的距离 D. 断开电键S ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R1的电压，改变R2，对电容器的电压没有影响．增大R1分担的电压增大，电容器的电压增大，油滴将向上运动．断开开关S，电容器放电，油滴将向下运动．减小平行板的正对面积，电容器的电压不变，油滴不动．‎ 解：A、电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R1的电压，当增大R1的阻值，导致总电流减小，则外电压增大，因此电容器的电压增大，板间场强增强，油滴将向上运动．故A错误．‎ B、电路稳定时，当增大R2的阻值，不改变电路中的电流，因此电容器的电压不变，板间场强不变，油滴将不运动．故B错误．‎ C、增大两板间的距离，因电容器的电压不变，则电场强度减小，导致油滴向下运动．故C正确．‎ D、断开开关S，电容器放电，板间场强逐渐减小，油滴将向下运动．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】本题关键分析电容器的电压是否变化．当断开开关S，改变板间距离时，板间场强不变，油滴也保持不动．‎ ‎5. 如图甲所示，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用仪器测得线圈cd间电压如图乙所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则ABCD四个描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】因为线圈cd中每个时间段内电流大小不变化，则每个时间段内产生的感应电动势不变；‎ 根据法拉第电磁感应定律得：，‎ 电流为：，‎ 则线圈ab中每个时间段内电流的磁场均匀变化。正确反应这一关系的图象只有C,故C正确，A、B、D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【名师点睛】‎ 线圈cd与示波器连接，在每个时间段内电流不随时间变化，则根据法拉第电磁感应定律，产生感应电流的磁场均匀变化，由此判断线圈ab电流的变化。‎ ‎6. 如图所示的电路中，输入电压U恒为12 V，灯泡L标有“6 V,12 W”字样，电动机线圈的电阻若灯泡恰能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电动机的总功率是72W B. 电动机的热功率是1W C. 电动机的输出功率是10W D. 整个电路消耗的电功率是22W ‎【答案】B ‎【解析】电动机为非纯电阻电器，欧姆定律对电动机不再适用，灯泡L正常发光，则，即电路中的电流I=2A，故整个电路消耗的总功率，电动机的输入功率等，电动机的热功率，电动机的输出功率，故C正确，ABD错误．故选C．‎ ‎【点睛】根据灯泡的额定功率可求得电路中电流，则由P=UI可求得总功率，根据串联电路规律可求得电动机的输入功率；根据可求得电动机的热功率，即可求得电动机的输出功率．‎ ‎7. 如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点．可以判定（ ）‎ A. 粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 B. M点的电势高于N点的电势 C. 粒子带负电 D. 粒子在M点的动能大于在N点的动能 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小．故A错误；根据顺着电场线方向电势逐渐降低可知，M点的电势高于N点的电势，故B正确；‎ C、由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电．故C错误；粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大，则粒子在M点的动能小于在N点的动能，故D错误．故选B.‎ 考点：带电粒子在电场中的运动.‎ ‎【名师点睛】此题考查了带电粒子在电场中的运动问题；对于粒子在电场中运动的问题，往往要根据曲线运动的特点：合力方向指向轨迹的内侧，从而来判断电场力方向．再结合电场线的物理意义分析电场强度、电势的大小。‎ ‎8. 两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有A、B、C三点，如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. a点电势比b点低 B. a、b、c三点和无穷远处等电势 C. a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点小 D. 一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：两个等量异种电荷连线的垂直线为零等势面，所以a、b、c电势相等，而且与无穷远处电势相等．故A错误，B正确；根据场强的叠加可知a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同．由于b处电场线较a处的密，所以b处的电场强度大于a处电场强度，故C错误；一个电子在a点受到的电场方向垂直于垂直平分线向左，无初速释放后，将向左下方运动，不可能到达c点．故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ 考点：等量异种电荷电场、电势分布规律 ‎【名师点睛】此题考查了等量异种电荷的电场分布，对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布要熟练掌握，根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小．根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系．等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，这些是考试的热点，要抓住对称性进行记忆。‎ ‎9. 板长为Ｌ的两块带电平行板中间有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为时，带电粒子沿轨迹②落到B板上的P点，P点为B板的中点。已知两次为同种粒子且入射速度相同，则偏转电压和之比为（ ） ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：设板长为L、板间距为d、粒子的电量为q、质量为m，初速度为v．对①轨迹运动的粒子做类平抛运动。在水平方向：，在竖直方向：由牛顿第二定律得：，电场强度为：，以上联立两式得到：；同理对②轨迹运动的粒子做类平抛运动。在水平方向：，在竖直方向：。由牛顿第二定律得：，电场强度为：，以上联立两式得到：，所以，故C正确，ABD错误。所以C正确，ABD错误。‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的偏转。同一种粒子以相同的速度从带电平行板上边缘垂直射入匀强电场，粒子做类平抛运动．由于两次极板间的电压不同，导致加速度不同，所以沿不同轨迹落在不同点．在两个方向上利用运动学公式和牛顿第二定律，写出规律，最后用比值的方法可以求解。‎ ‎10. 如图所示，一根长度L的直导体棒中通以大小为I的电流，静止在导轨上，已知垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成角。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 导体棒受到磁场力大小为 B. 导体棒对轨道压力大小为 C. 导体棒受到导轨摩擦力为 D. 导体棒受到导轨摩擦力 ‎【答案】D ‎ ‎ 考点：物体的平衡、安培力 ‎【名师点睛】此题考查了物体的平衡、安培力。首先对导体棒受力分析，并进行正交分解，注意安培力公式F=BILsinθ，θ为B与I之间的夹角；根据平衡条件求解导体棒受到导轨摩擦力和支持力，此题属于基础题。‎ 二、多选题（8小题）‎ ‎11. 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 若电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零 B. 若电荷在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零 C. 在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L、电流为I的通电直导线所受到的安培力的大小，介于零（含零）和（含）之间 D. 将通电导体置于匀强磁场中，若导体长度和电流大小一定，那么导体所受的安培力大小也是一定的 ‎【答案】AC ‎【解析】若电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零，选项A正确；静止的电荷不受磁场力作用，则若电荷在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度不一定为零，选项B错误； 在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L、电流为I的通电直导线所受到的最大安培力为BIL，则安培力的大小，介于零（含零）和BIL（含BIL）之间，选项C正确； 将通电导体置于匀强磁场中，若导体长度和电流大小一定，但是由于导体的放置方式不同，则所受的安培力的大小不同，即导体所受的安培力大小不是一定的，选项D错误；故选AC.‎ ‎12. 在如图所示的图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图可知( )‎ A. 电源的电动势为3V，内阻为 B. 电阻R的阻值为 C. 电源的输出功率为2W D. 电源的效率为 ‎【答案】ABD ‎【解析】A、由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，为，其斜率大小等于电源的内阻，则内阻为，故A正确；‎ B、电阻R的阻值为，故B正确；‎ C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有，，电源的输出功率为，故C错误；‎ D、电源的效率为，故D正确。‎ 点睛：根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，斜率大小读出电源的内阻，图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小，两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率。‎ ‎13. 如图所示,在一个水平放置闭合的线圈上方放一条形磁铁,希望线圈中产生顺时针方向的电流(从上向下看),那么下列选项中可以做到的是( ).‎ A. 磁铁下端为N极,磁铁向上运动 B. 磁铁上端为N极,磁铁向上运动 C. 磁铁下端为N极,磁铁向下运动 D. 磁铁上端为N极,磁铁向下运动 ‎【答案】AD ‎【点睛】根据图示电流方向，由安培定则判断出感应电流磁场方向；当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律判断出原磁场方向，从而判断出磁铁的磁极极性；然后再根据楞次定律“来拒去留”可判断磁铁与线圈的相互作用 ‎14. 如图所示，竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道OQP，其中Q是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE在O点相切，质量为m的小球沿水平轨道运动，通过O点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球落地时的动能为 B. 小球落地点离O点的距离为2R C. 小球运动到半圆形轨道最高点P时，向心力恰好为零 D. 小球到达Q点的速度大小为 ‎【答案】ABD ‎【解析】试题分析：小球恰好通过最高点P，根据重力提供向心力，有，解得：； 以水平轨道平面为零势能面，根据机械能守恒定律得：mv2＝mvP2+mg•2R＝2．5mgR，即小球落地时的动能为2．5mgR，故A正确，C错误；小球离开P点后做平抛运动，则运动时间为：，‎ 则水平位移为：，故B正确；小球从Q点运动到P点的过程中，根据动能定理得：mvP2−mvQ2＝−mgR；解得：vQ＝，故D正确．故选ABD。‎ 考点：牛顿定律及动能定理的应用 ‎【名师点睛】本题关键是明确小球的运动情况，然后分过程运用机械能守恒定律、平抛运动的分位移公式和向心力公式列式求解；小球恰好通过P点，重力恰好等于向心力。‎ ‎15. 如图甲所示，螺线管匝数匝，横截面积，螺线管导线电阻，电阻，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电阻R的电流方向是从A到C B. 感应电流的大小保持不变 C. 电阻R两端的电压为6V D. C点电势为4.8V ‎【答案】BD ‎【解析】A、由楞次定律，电阻R的电流方向是从C到A，选项A错误；‎ B、由于磁感应强度均匀增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，感应电流的大小保持不变，选项B正确；‎ CD、螺线管内产生的感应电动势E＝＝1 500×20×10－4×2 V＝6 V，电流I＝1.2 A，电阻R的电压为U＝IR＝4.8 V，C点的电势为4.8 V，选项C错误、D正确。‎ 故选：BD。‎ ‎16. 如图所示的电路中, 和是完全相同的灯泡,线圈L的电阻可以忽略,下列说法中正确的是( )‎ A. 闭合电键S接通电路时,始终比亮 B. 闭合电键S接通电路时,先亮,后亮,最后一样亮 C. 断开电键S切断电路时,先熄灭,过一会儿才熄灭 D. 断开电键S切断电路时,和都要过一会儿才熄灭 ‎【答案】BD ‎【解析】合上开关K接通电路，立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮．故A错误，B正确；断开开关K切断电路时，线圈对电流的减小有阻碍作用相当于电源，与和串联，所以两灯泡一起过一会儿熄灭．故C错误，D正确．故选BD.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小．‎ ‎17. 如图所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻为R，时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在向纸面外转动，则（ ）‎ A. 线圈中电流t时刻瞬时值表达式为 B. 线圈中电流的有效值为 C. 线圈中电流的有效值为 D. 线圈中消耗的电功率为 ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：线圈所围面积为S，角速度是ω，所以线圈产生的交流电的最大值是：BSω，线圈从中性面的位置开始计时，所以时刻t线圈中电流的瞬时值，故A错误；线圈中电流的有效值．故B错误，C正确；线圈消耗的电功率，故D正确；故选CD．‎ 考点：交流电的瞬时值；有效值 ‎【名师点睛】该题考查正弦式交流电的产生的原理，正确写出交流电表达式是解决本题的关键，注意求解电功和电功率都要用交流电的有效值． 题目难度不大．‎ ‎18. 如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置．在管子的底部固定一电荷量为Q的正点电荷．在距离底部点电荷为的管口A处，有一电荷量为q、质量为m的点电荷由静止释放，在距离底部点电荷为的B处速度恰好为零．现让一个电荷量为q、质量为3m的点电荷仍在A处由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为，则该点电荷运动过程中（ ）‎ A. 速度最大处与底部点电荷的距离是 B. 速度最大处与底部点电荷的距离是 C. 运动到B处的速度是 D. 运动到B处的速度是 ‎【答案】BC ‎【解析】当点电荷的质量为m时，则在下落过程中受重力和电库仑力，下落到B点时速度为零，由动能定理可得：，即，当点电荷的质量变为3m时，下落到B点时库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能定理得，解得；当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，，解得，‎ 故BC正确，AD错误，故选BC.‎ ‎【点睛】由题意可知，电荷在下落过程中受重力、库仑力，由动能定理可得出两力做功的关系；同理可应用动能定理求出当质量变化时B点的速度；通过对过程的分析可得出速度最大处的位置；并通过电场力做功的正负，来判定电势能增加还是降低．‎ 三、实验题（3小题）‎ ‎19. 如图，游标卡尺读数为_______________mm ‎【答案】13.40‎ ‎【解析】游标卡尺的主尺读数为，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，则游标读数为，最终读数为 故答案为13.40.‎ ‎20. 一多用电表的电阻档有四个倍率，分别是、、、。用档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度较小，为了较准确地进行测量，应换到_____档。如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是_____________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如右图所示，则该电阻的阻值是________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 重新进行欧姆调零 (3). 1400‎ ‎【解析】表头指针偏转角度较小，说明倍率档选择的太小，则为了较准确地进行测量，应换到×100档。如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是重新进行欧姆调零；若补上该步骤后测量，表盘的示数如右图所示，则该电阻的阻值是14×100=1400Ω。‎ ‎21. 某同学想描绘标有“3.8 V0.3 A ”的小灯泡灯丝电阻R随电压U变化的图象。除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：‎ 电流表：A（量程0.6 A，内阻约)‎ 电压表：V(量程5 V，内阻约 ) ‎ 电源： E（电动势为4V，内阻约为）‎ 滑动变阻器：R1（最大阻值约为）、R2（最大阻值约为）‎ 电键S，导线若干。‎ ‎（1）在答题卡的方线框内画出电路图_______‎ ‎（2）为了调节方便，实验中应选用滑动变阻器____。(选填器材前的字母代号)‎ ‎（3）根据实验数据，计算并描绘出的图象如图乙所示.由图象可知当所加电压为3.00V时，灯泡实际消耗的电功率为_______W（计算结果保留两位有效数字）. ‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 0.78W ‎【解析】（1）因测伏安特性曲线要求电压与电流调节范围大，故变阻器需用分压式接法，所以要选择电阻值比较小的，故选；因测伏安特性曲线要求电压与电流调节范围大，故变阻器需用分压式接法；小灯泡的电阻值：，由于，即电压表的电阻远大于小灯泡的电阻，所以实验中采用电流表外接法，实验原理图如图：，（3）由R-U图象知，当U=3.00V时，则灯泡实际消耗的电功率为.‎ 故答案为：（1），（2），（3）0.78.‎ ‎【点睛】测定小灯泡的伏安特性曲线实验要求电压与电流从零调起或要求电流电压调节范围大一些，因此，滑动变阻器应采用分压式接法．‎ 四、计算题（4小题）‎ ‎22. 电子质量为m、电荷量为q，以速度与x轴成角(弧度制)射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图所示，求：‎ ‎(1)OP的长度d； ‎ ‎(2)电子从由O点射入到落在P点所需的时间t.‎ ‎ ‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】试题分析：（1）电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出电子的轨道半径，然后由几何知识求出OP间的距离．‎ ‎（2）由几何知识求出电子在磁场中转过的圆心角，然后求出电子在磁场中的运动时间．‎ 解：过O点和P点作速度方向的垂线，两线交点C即为电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，电子运动轨迹如图所示；‎ ‎（1）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：qv0B=m，‎ 解得电子轨道半径：R=，‎ 由几何知识得：OP=2Rsinθ=sinθ；‎ ‎（2）由图示可知，电子做圆周运动转过的圆心角：φ=2θ，‎ 电子做圆周运动的周期：T=，‎ 电子在磁场中运动的时间：t=T=×=；‎ 答：（1）OP的长度为sinθ；‎ ‎（2）电子从由O点射入到落在P点所需的时间．‎ ‎【点评】本题考查了求弦长、电子在磁场中的运动时间，知道电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律及几何知识即可正确解题，作出电子的运动轨迹、求出电子转过的圆心角是正确解题的关键．‎ ‎23. 如图所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L的单匝正方形线框abcd，在外力的作用下以恒定的速率v向右运动进入磁感应强度为B的有界匀强磁场区域．线框进入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab边始终平行于磁场的边界，已知线框的四个边的电阻值相等，均为R.求：‎ ‎(1)在ab边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小．‎ ‎(2)在ab边刚进入磁场区域时，ab边两端的电压．‎ ‎(3)在线框进入磁场的整个过程中，线框中的电流产生的热量．‎ ‎ ‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】试题分析：（1）ab边切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv 通过线框的电流为，‎ ‎（2）ab边两端的电压为路端电压 Uab＝E 所以 ‎（3）线框被拉入磁场的整个过程所用时间 线框中电流产生的热量 考点：法拉第电磁感应定律 ‎【名师点睛】由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势，由焦耳定律可求出产生的热量．但注意是ab边两端的电压，由于ab边切割，相当电源接入三个电阻均为R的外电阻，电源的内电阻也为R的电路，所以ab边两端的电压是电路中的路端电压．‎ ‎24. 如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为的绝缘细线把质量为，带有正电荷的金属小球（可视为质点）悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为。现将小球拉至位置A使细线水平伸直后由静止释放，（取，，）求：‎ ‎(1)匀强电场的场强大小E；‎ ‎(2)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小T.‎ ‎ ‎ ‎【答案】 6N ‎【解析】试题分析：（1）根据小球静止在B点，通过共点力平衡求出匀强电场的场强大小．（2）根据动能定理求出小球通过最低点的速度，结合牛顿第二定律求出细线的拉力．‎ ‎（1）小球受到电场力qE、重力和线的拉力作用处于静止 根据共点力平衡条件有：‎ 代入数据解得：‎ ‎（2）小球从A点运动到C点的过程，根据动能定理有：‎ ‎ ‎ 设小球在最低点时细线对小球的拉力为T，根据牛顿第二定律有：‎ ‎ ‎ 联立并代入数据解得：‎ ‎【点睛】本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律和动能定理的综合，知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．‎ ‎ ‎ ‎25. 如图所示，质量为M的导体棒ab ‎，垂直放在相距为的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d的平行金属板.和分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．‎ ‎(1)调节，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v.‎ ‎(2)改变，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的.‎ ‎ ‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】(1)对ab匀速下滑时：m1gsinθ=BIl①‎ 解得通过棒的电流为：I=m1gsinθ/Bl 由I=Blv/(R+Rx)…② ‎ 联立①②解之得：v=2m1gRsinθ/B2l2       ‎ ‎(2)对板间粒子有：qU/d=m2g…③‎ 根据欧姆定律得Rx=U/I…④‎ 联立①③④解之得：Rx=m2Bdl/m1qsinθ ‎ ‎ ‎ ‎