2018-2019学年福建省晋江市季延中学高二上学期期末考试物理试题 解析版
季延中学2018年秋高二年期末考试物理科试卷
一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．每题只有一个选项是正确的．）
1. 首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是 （ ）
A. 安培 B. 法拉第 C. 奥斯特 D. 特斯拉
【答案】C
【解析】
【详解】首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是丹麦的物理学家奥斯特；安培提出了分子电流假说，研究了通电导线的磁场；法拉第研究了电磁感应现象；特斯拉是电力工程师；故B正确．故选B。
2.电场强度是用比值定义法定义的物理量，下列哪个物理量的表达式是不相同的物理方法（ ）
A. 电流 B. 磁感应强度
C. 电容 D. 电阻
【答案】A
【解析】
比值法定义中，被定义的物理量与等式右边的各个物理量没有关系，而根据欧姆定律可知电流的大小和其两端的电压成之比，和其电阻成反比，故A不是应用了比值法定义；磁感应强度，采用的是比值定义法，电容C反映电容器容纳电荷的本领大小，与Q、U无关，采用的是比值定义法，电阻，与U、I无关，采用的是比值定义法，故BCD都用了比值法定义。
3.电场中有a、b两点，a点电势为4V，带电量为C的负离子仅在电场力作用下从a运动到b的过程中，电场力做正功J，则 （ ）
A. b点电势是2V
B. a、b两点中，b点电势较高
C. 此电荷的电势能增加
D. 该电荷速度一定减小
【答案】B
【解析】
a、b间的电势差，所以b点的电势高；又；所以：，A错误B正确；负电荷从a点运动到b点，电场力做正功，电势能减小，动能增大，即速度增大，CD错误．
4.如图，长为的直导线拆成边长相等，夹角为的形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为，当在该导线中通以电流强度为的电流时，该形通电导线受到的安培力大小为
A. 0 B. 0.5 C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：导线在磁场内有效长度为，故该V形通电导线受到安培力大小为，选项C正确，选项ABD错误。
考点：安培力
【名师点睛】由安培力公式进行计算，注意式中的应为等效长度，本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义。
5.如图所示，变压器原副线圈的匝数比为3:1，L1、为四只规格均为“6V，6W”的相同灯泡，各电表为理想电表，四只灯泡均能正常发光则 下列说法正确的是（ ）
A. 此电路输入电压U=18V
B. 电流表的示数为3A
C. 电压表的示数为0V
D. 原线圈的输入功率为24W
【答案】B
【解析】
【分析】
由四只灯泡均正常发光，则可求得原副线圈的电流，求得匝数之比，由图象中的周期求得频率，各表的示数为有效值．
【详解】B、副线圈中每个灯泡正常发光，则电流为，则电流表测量的是三个灯泡的总电流，故示数为I2=3A；则B正确.
A、原线圈的电流为I1=1A，由理想变压器的电流比等于匝数的反比可得匝数比为3:1,输出电压为6V，则原线圈电压为18V，输入电压为18+6=24V，则A错误.
C、电压表示数为原线圈两端的电压18V，则C错误；
D、原线圈输入功率为P=U1I1=18W，则D错误.
故选B.
【点睛】考查变压器的基本内容，明确电流电压与匝数的关系，电表的示数为有效值．
6.两个分别带有电荷量和的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为.两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题.
【详解】接触前两个带电小球的库仑力为，接触之后两球电荷中和后在均分，故电荷量都为+Q，此时的库仑力为，解得；故D正确.故选D.
【点睛】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键.
7.如图所示,一带铁芯线圈置于竖直悬挂的闭合铝框右侧,与线圈相连的导线abcd内有水平向里变化的磁场。下列哪种变化磁场可使铝框向左偏离 ( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：由楞次定律的运动学描述“来拒去留”可知，要使铝框向左远离，则螺线管中应产生增大的磁场；而螺线管中的磁场是由abcd区域内的磁场变化引起的，故abcd中的磁场变化率应增大，故有A符合，BCD是不符合．所以A正确，BCD错误；故选A．
考点：楞次定律
【名师点睛】本题应明确abcd区域内的磁场变化引起螺线管的电磁感应；而螺线管中电流的变化才会引起导线环中电磁感应．
8.一正三角形导线框ABC（高为a）从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两匀强磁场区域。两磁场区域磁感应强度大小均为B，磁场方向相反且均垂直于平面、宽度均为a,则感应电流I与线框移动距离x的关系图线可能是（以逆时针方向为感应电流的正方向）（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
当线框移动距离x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2不变，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大，故A错误；当线框移动距离x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故B错误；当线框移动距离x在2a～3a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。
9.如图，光滑半圆形轨道与光滑曲面轨道在B处平滑连接，前者置于水平向里的匀强磁场中，有一带正电小球从A静止释放，且能沿轨道前进，并恰能通过半圆形轨道最高点C.现若撤去磁场，使球从静止释放仍能恰好通过半圆形轨道最高点，则释放高度H′与原释放高度H的关系是：
A. H′
H D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】
有磁场时，恰好通过最高点，靠重力和洛伦兹力的合力提供向心力，无磁场时，恰好通过重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出最高点的临界速度，通过动能定理比较释放点的高度．
【详解】有磁场时，恰好通过最高点，有：；无磁场时，恰好通过最高点有：，由两式可知，v1>v2.根据动能定理，由于洛伦兹力和支持力不做功，都是只有重力做功，，可知；故选A.
【点睛】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律的运用，知道圆周运动的最高点，恰好通过时向心力的来源．
10. 美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量。如图，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电。现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则
A. 油滴带正电
B. 油滴带电荷量为
C. 电容器的电容为
D. 将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
【答案】C
【解析】
试题分析：由题，带电荷量为的微粒静止不动，则微粒受到向上的电场力，平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故A错误；由平衡条件得：，解得油滴带电荷量为：，故B错误；根据，结合，且，则得电容器的电容为：．故C正确；极板N向下缓慢移动一小段距离，电容器两极板距离增大，板间场强减小，微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动，故D错误。
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，注意由受力情况来确定运动情况，是解题的思路。
二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分．有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）
11.如图，正点电荷放在O 点，图中画出它产生的电场的六条对称分布的电场线。以水平电场线上的O’ 点为圆心画一个圆，与电场线分别相交于 a、b、c、d、e，下列说法正确的是 ( )
A. b、e两点的电场强度相同
B. a点电势高于e点电势
C. b、c两点间电势差等于 e、d两点间电势差
D. 电子沿圆周由d运动到 c，电场力做功为零
【答案】CD
【解析】
由图看出，b、e两点到O点的距离相等，根据可得两点的电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、e两点的电场强度不同，A错误；根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故a点电势低于e点电势，B错误；根据对称性可知，d、c的电势相等，同理b、e的电势相等．所以b、c两点间电势差与e、d两点间电势差相等，C正确；d点的电势与c点的电势相等，电子沿圆周由d到c，电场力做不做功，D正确．
12.回旋加速器的主要结构如图所示，两个D形空盒拼成一个圆形空腔，中间留一条缝隙，当其工作时，关于回旋加速器加速带电粒子所获得的能量，下列说法正确的是
A. 与加速器的半径有关，半径越大，能量越大
B. 与加速器的磁场有关，磁场越强，能量越大
C. 与加速器的电场有关，电场越强，能量越大
D. 与带电粒子的质量和电荷量均有关，质量、电荷量越大，能量越大
【答案】AB
【解析】
【详解】由qvB＝得：，则最大动能为：，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关。半径越大，能量越大；磁场越强，能量越大；故AB正确；由可知，粒子获得的最大动能与加速电场无关。故C错误；由可知，质量和电量都大，粒子获得的最大动能不一定大。故D错误。故选AB。
13.一台直流电动机的电阻为R，额定电压为U，额定电流为I，当其正常工作时下述正确的是 ( )
A. 电动机所消耗的电功率为IU
B. t秒内所产生的电热为IUt
C. t秒内所产生的电热为I2Rt
D. t秒内所产生的机械能为IUt－I2Rt
【答案】ACD
【解析】
【分析】
电动机是非纯电阻，在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，这两个的计算结果是不一样的，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的．
【详解】ABC、电动机所消耗的电功率为P=UI，而I2R计算的是电动机的内阻的发热功率，所以产生的电热为Q=I2Rt，所以AC正确，B错误；D、t秒内所产生的机械能为电动机的总功减去发热的部分，所以机械能为W=UIt-I2Rt=I（U-IR）t，所以D正确。本题选错误的，故选B。
【点睛】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．
14. 如图，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对从油边离开磁场的电子，下列判断正确的是（ ）
A. 从a点离开的电子速度最小
B. 从a点离开的电子在磁场中运动时间最短
C. 从b点离开的电子运动半径最小
D. 从b点离开的电子速度偏转角最小
【答案】BC
【解析】
试题分析：根据，由轨道半径的大小确定速度的大小，根据t=，由偏转角的大小确定时间的大小．
解：对于从右边离开磁场的电子，从a离开的轨道半径最大，根据带电粒子在匀强磁场中的半径公式，知轨道半径大，则速度大，则a点离开的电子速度最大．从a点离开的电子偏转角最小，则圆弧的圆心角最小，根据t==，与粒子的速度无关，知θ越小，运行的时间越短．故B、C正确，A、D错误．
故选BC．
【点评】解决本题的关键掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式，以及知道带电粒子在磁场中运行的周期与速度的大小无关．
15.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，两平行金属板间有匀强磁场．开关S闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示位置时，一带正电粒子恰好以速度v匀速穿过两板．若不计重力，以下说法正确的是 ( )
A. 如果将开关断开，粒子将继续沿直线运动
B. 保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子将向下偏转
C. 保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出
D. 保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出
【答案】BD
【解析】
【详解】若开关断开，则电容器与电源断开，而与R形成通路，电荷会减小，故两板间的电场强度要减小，故所受电场力减小，粒子不会做直线运动，故A错误；保持开关闭合，将a极板向下移动一点，板间距离减小，电压不变，由E=U/d可知，板间场强增大，因为粒子带正电，则粒子所受电场力向下，洛仑兹力向上，带电粒子受电场力变大，则粒子将向下偏转，故B正确；由图可知a板带正电，b板带负电；带电粒子带正电，则受电场力向下，洛仑兹力向上，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若滑片向上滑动，则滑动变阻器接入电阻减小，则电路中电流增大，定值电阻及内阻上的电压增大，则由闭合电路的欧姆定律可知R两端的电压减小，故电容器两端的电压减小，则由E=U/d可知，所受极板间电场强度小，则所受电场力减小，故粒子一定向上偏转，不可能从下极板边缘射出，故C错误；若滑片向下滑动，则滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，定值电阻及内阻上的电压减小，则由闭合电路的欧姆定律可知R两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，则由E=U/d可知，所受极板间电场强度增大，则所受电场力增大，故粒子将向下偏转，可能从下极板边缘飞出，故D正确。故选BD。
【点睛】本题综合了电路、电容及磁场的知识，综合性较强；要求大家熟练掌握速度选择器模型，会利用闭合电路欧姆定律进行电路的动态分析，分析滑片移动时，极板间场强的变化可知电场力的变化，则可知粒子受力的变化，结合粒子电性判断出带电粒子偏转的方向。
16.如图所示，U形光滑金属导轨水平放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨间距为L，在导轨右端连接有一个阻值为R的定值电阻。有一根长为L的导体棒ab与固定在O点的绝缘轻弹簧相连后垂直放置在导轨上，弹簧原长时导体棒ab在图中的虚线位置。现施外力将弹簧压缩一定的距离后松开，导体棒ab在导轨上往复运动最后停在虚线处。已知弹簧初始被压缩时储存的弹性势能为Ep，在运动过程中导体棒ab与导轨始终接触良好，导体棒ab的电阻r=R，导轨电阻不计，则下列说法中正确的是：
A. 导体棒ab在运动过程中能产生交变电流
B. 定值电阻产生的总热量为弹性势能Ep的一半
C. 导体棒ab向右运动时安培力做负功，向左运动时做正功
D. 导体棒ab全程克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热的一半
【答案】AB
【解析】
【分析】
根据右手定则判断出初始时刻感应电流的方向；导体棒运动过程中，产生电能，根据功能关系分析导体棒开始运动后弹性势能与动能和电能的相互转化；根据能量守恒求解在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热.
【详解】A、导体棒在弹簧的弹力和安培力的作用下向右和向左往返运动切割磁感线，根据右手定则知电流不断改变方向，则产生的电流为交流电；故A正确.
B、导轨光滑，则导体棒在往返运动到停止时一定在弹簧恢复到原长处，由于弹力做正功释放弹性势能，安培力做负功发电生热，由能量守恒定律可知，而，两电阻阻值相等且串联，则；故B正确.
C、导体棒向右运动时安培力向左，向左运动时安培力向右，故安培力一直阻碍导体棒的运动，始终所负功；故C错误.
D、由功能关系可知安培力做负功功衡量其它能转化为电能的多少，有，故D错误.
故选AB.
【点睛】弄清运动过程中能量如何转化，并应用能量转化和守恒定律分析解决问题是此题关键，当然右手定则和安培定则也熟练运用.
三、实验题（两题，共15分）
17.某兴趣小组研究一金属丝的物理性质，
(1) 首先用螺旋测微器测量其直径，其值为_____________mm。
为了进一步测量此金属丝电阻Rx的阻值，准备先用多用电表粗测出它的阻值，然后再用
安法精确地测量，实验室里准备了以下器材：
A．多用电表
B．电压表Vl，量程6 V，内阻约10 kΩ
C．电压表V2，量程15 V，内阻约20 kΩ
D．电流表Al，量程0.6 A，内阻约0.2 Ω
E．电流表A2，量程3 A，内阻约0.02 Ω
F．电源：电动势E=7.5 V
G．滑动变阻器Rl，最大阻值10 Ω，最大电流为2 A
H．滑动变阻器R2，最大阻值50 Ω，最大电流为0.2 A
I．导线、电键若干
(2) 在用多用电表粗测电阻时，该小组首先选用“×10”欧姆挡，其阻值如图甲中指针所示，为了减小多用电表的读数误差，多用电表的选择开关应换用__________欧姆挡(选填“×100”或“×1”)，并要重新进行________________________；按正确的操作程序再一次用多用电表测量该待测电阻的阻值时，其阻值如图乙中指针所示，则Rx的阻值大约是_________Ω；
(3) 在用伏安法测量该电阻的阻值时，要求待测电阻的电压从0开始可以连续调节，则在上述器材中应选出的器材是___________________________ (填器材前面的字母代号) ；
(4) 在虚线框内画出用伏安法测量该电阻的阻值时的实验电路图__________。
【答案】 (1). ; (2). ; (3). 欧姆档欧姆调零; (4). ; (5). BDFGI; (6).
【解析】
【详解】（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为：0.5mm+38.5×0.01mm=0.885mm；
（2）由图所示可知，欧姆表针偏角过大，故说明所选量程过大，使读数偏小，故应换用小档位，使指针偏角在中间位置，故应选用×1档；由图所示可知，欧姆表指针示数为9.0，则其读数为：9.0×1=9.0Ω；
（3）电源、滑动变阻器、导线和电键是构成闭合电路必须选择的；要减小误差，在不超出量程的情况下，电压表和电流表量程尽量选择较小的量程；由于实验要求待测电阻的电压从0开始可以连续调节，实验要选取电阻值较小的滑动变阻器，故选：BDFGI；
（4）为获得较大的电压条件范围，滑动变阻器选择分压式接法；由于待测电阻的电阻值与电流表的电阻值较接进，故采用电流表外接法，则实验原理图如图所示；
【点睛】本题考查了多用电表的读数，对多用电表进行读数前要明确多用电表选择开关置于什么挡上，根据多用电表的档位及表盘确定其分度值，然后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直。
18.某同学为了测一节干电池的电动势E和内电阻r。
⑴ 先用多用电表估测电动势E。将选择开关旋至直流2.5V档，红、黑表笔与干电池的正、负极相接，此时指针所指位置如图甲所示，则此时多用表的读数为_______V。
⑵ 再用伏安法更精确地测量该干电池的电动势和内电阻，实验电路如图乙所示。请你用实线代替导线在图丙中连接好实物_______，要求变阻器的滑动头向右滑动时，其电阻值变大。
⑶ 由实验测得的7组数据已在图丁的U-I图上标出，请你完成图线________。由图象可得E＝_______V（保留三位有效数字），r＝_______Ω（保留两位有效数字）。
⑷ 这位同学对以上实验的系统误差进行了分析，其中正确的是_______。
A．主要是由电压表的分流引起的
B．主要是由电流表的分压引起的
C．电动势测量值小于真实值
D．内阻测量值大于真实值
【答案】 (1). ； (2). 图见解析； (3). 图见解析; (4). ; (5). 1.0-1.1; (6). AC;
【解析】
【详解】（1）选择开关旋至直流2.5V档，由图示多用电表可知，多用电表分度值是0.5V，多用电表示数是1.45V；
（2）变阻器的滑动头向右滑动时，其电阻值变大，滑动变阻器应接左下接线柱，根据实验电路图连接实物电路图，如图丙所示；
（3）用直线把坐标系中各点连接起来，得到U-I图象，如图丁所示；由图象可知，
图象与纵轴交点是1.5V，则电源电动势E=1.5V，电源内阻；
（4）在测量电源的电动势和内阻时，电压表测量电源的外电压准确，电流表测量通过电源的电流偏小，因为电压表起分流作用．可以将电压表内阻与电源并联后看作等效电源，实际测量的是等效电源的电动势和内电阻，知电动势的测量值偏小，内电阻的测量值偏小．故AC正确，BD错误，故选AC.
【点睛】电源的U-I图象斜率等于电源内阻；由图象求电源内阻时，一定要注意图象纵坐标轴的起点是否是零，这是容易忽略的地方．
四、计算题（三题，共31分）
19.如图所示，ab =25cm，ad =20cm，匝数为50匝的矩形线圈．线圈总电阻 r =1Ω
，外电路电阻R =9Ω，磁感应强度B =0．4T，线圈绕垂直于磁感线的OO’ 轴以角速度50 rad/s匀速转动．求：
(1)从此位置开始计时，它的感应电动势的瞬时值表达式．
(2)1min内R上消耗的电能．
(3)线圈由如图位置转过30°的过程中，流过R的电量为多少？
【答案】(1)e=50cos50t (2) 6750J (3)q=0.05C
【解析】
试题分析：（1）根据感应电动势的瞬时值表达式e=nBωScosωt即可求解；
（2）先求电动势有效值，根据闭合电路欧姆定律求得电流，1min内R上消耗的电能为W=I2Rt；
（3）线圈由如图位置转过30°的过程中，△φ=BSsin30°，通过R的电量为Q=．
解：（1）感应电动势的最大值为：Em=nBSω
此位置开始计时，电动势最大，所以感应电动势的瞬时值表达式为e=nBωScosωt=50cos50t（V）
（2）电动势有效值为E==25V；
电流I==2．5A
1min内R上消耗的电能为W=I2Rt=6750J
（3）线圈由如图位置转过30°的过程中，△φ=BSsin30°=0．01wb
通过R的电量为Q==5×10﹣2C
20.如图所示，空间区域I、II有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，I区域竖直方向的宽度为d，Ⅱ区域竖直方向的宽度足够大．匀强电场方向竖直向上，Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B、方向分别水平向里和向外．一个质量为m，电何量为q
的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入复合场后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g．
(1)试判断小球的电性，并求出电场强度E的大小；
(2)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它下落时距MN的高度h；
【答案】（1）（2）
【解析】
(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，说明重力与电场力平衡，电场力竖直向上，则可知：小球带正电：
解得：；
(2)带电小球在进入磁场前做自由落体运动，根据机械能守恒有:
带电小球在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，根据牛顿第二定律，有：
由于带电小球在I、II两个区域的运动过程中q、v、B、m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R，内角为60°，如图所示：
由几何关系知：
解得：
点睛：本题考查了带电小球在磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，作出小球的运动轨迹、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、功的计算公式即可正确解题；分析清楚运动过程、作出小球运动轨迹是正确解题的关键。
21.如图所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，半径r＝0.5 m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场．一个匝数n＝10匝的刚性正方形线框abcd，通过松弛的柔软导线与一个额定功率P＝1.25 W的小灯泡A相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边．已知线框质量m＝2 kg，总电阻R0＝1.25 Ω，边长L>2r，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.从t＝0时起，磁场的磁感应强度按B＝2－t(T)的规律变化．开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常发光．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小灯泡正常发光时的电阻R；
(2)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q.
【答案】(1)1.25 Ω (2)3.14 J
【解析】
【分析】
（1）根据法拉第电磁感应定律，即可求解感应电动势；由功率表达式，结合闭合电路欧姆定律即可；
（2）对线框受力分析，并结合平衡条件，及焦耳定律，从而求得。
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律有E＝n
得
小灯泡正常发光，有P＝I2R
由闭合电路欧姆定律有E＝I(R0＋R)
则有P＝()2R，代入数据解得R＝1.25 Ω.
（2）对线框受力分析如图
设线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为B′，由力的平衡条件有
mgsin θ＝F安＋f＝F安＋μmgcos θ
F安＝nB′I×2r
联立解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小B′＝0.4 T
线框在斜面上可保持静止的时间
小灯泡产生的热量Q＝Pt＝1.25×J＝3.14 J.
