2017-2018学年宁夏石嘴山市第三中学高二上学期期末考试物理试题 解析版
2017-2018学年宁夏石嘴山市第三中学高二上学期期末考试物理试题 解析版
一、单项选择题
1. 在电源一定的电路里，下面说法正确的是（ ）
A. 外电路电阻增加一倍，路端电压也增加一倍
B. 电源电动势等于内电路与外电路的电压之和
C. 外电路短路时，路端电压等于电源的电动势
D. 路端电压一定大于内电路电压
【答案】B
【解析】根据知外电阻增加一倍，路端电压也增加，但不是一倍，A错误；电源电动势等于内电压与外电压之和，B正确；外电路短路时，电源内电压等于电源电动势，路端电压为零；外电阻为零，C错误；根据知外电压的大小要看内外电阻之比，故路端电压不一定大于内电压，D错误．
2. 如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线,A、B是这条直线上的两点.一电子以速度vA经过A点向B点运动,经过一段时间后,电子以速度vB经过B点,且vB与vA方向相反,则（）
A. A点的场强一定大于B点的场强
B. A点的电势一定低于B点的电势
C. 电子在A点的动能一定小于它在B点的动能
D. 电子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能
【答案】D
【解析】试题分析：电场线的疏密表示电场的强弱，由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集．
由于带正电的粒子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，即可判断出电子所受的电场力方向向左，电场线方向向右．沿电场线方向电势降低，由于从A到B过程中电场力做负功，粒子的电势能增大，动能减小．
解：
A、由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集，故无法判断A、B两点场强的大小，故A错误．
B、由于电子在A点时速度方向向右，而到达B点时速度方向向左，故电子所受的电场力方向向左，而电子所受电场力的方向与电场的方向相反，故场强向右，所以A点电势一定高于B点的电势．故B错误．
C、由于从A到B过程中电场力做负功，电子的动能减小，所以电子在A点的动能一定大于在B点的动能，故C错误．
D、从A到B过程中电场力做负功，电子的电势能增大，所以电子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能，故D正确．
故选：D．
【点评】物体速度方向的变化说明物体所受的电场力方向向左，这是本题的突破口．学会寻找解题的突破口是我们学习物理时必须具有的一种能力．
3. 如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落。如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置 时的加速度关系为 （ ）
A. a1＞a2＞a3＞a4
B. a1 = a3 >a2>a4
C. a1 = a3＞a4＞a2
D. a4 = a2＞a3＞a1
【答案】B
【解析】试题分析：未进磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1=a3=g．磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，根据牛顿第二定律知加速度a2＜g．而由于线框在磁场中也做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2时的速度，故此时加速度一定小于2时的加速度，故a4＜a2；故关系为：a1=a3＞a2＞a4
故选B．
考点：牛顿第二定律；楞次定律
【名师点睛】解决本题的关键知道完全进入磁场后没有感应电流，不受安培力，在进磁场的过程，根据右手定则判定出感应电流的方向，根据左手定则知道受到向上的安培力。
4. 如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线的电势差相等．一正电荷在等势线U3上时具有动能为20J，当它运动到等势线U1上时，速度恰好为零，令U2=0，那么，当该电荷的电势能为4J时，其动能大小为：（ ）
A. 16J B. 10J C. 6J D. 4J
【答案】C
【解析】试题分析：相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，根据动能定理求出电荷经经过等势面时的动能，确出电荷的总能量，再由能量守恒定律求出电势能为4J时它的动能．
正电荷在等势面上时动能20J，在等势面上时动能为零，动能的减小为20J．由于相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面间时电场力做功相等，动能减小量相等，则电荷经经过等势面时的动能为10J，又，所以电荷的动能与电势能的总量为10J，根据能量守恒定律得到，电势能为4J时它的动能为6J，C正确．
5. 如图所示，质量、电量分别为m1、m2、q1、q2的两球，用绝缘丝线悬于同一点，静止后它们恰好位于同一水平面上，细线与竖直方向夹角分别为α、β，则（ ）
A. 若m1=m2，q1
β
C. 若q1=q2，m1>m2，则α>β
D. 若m1>m2，则α<β,与q1、q2 是否相等无关
【答案】D
【解析】试题分析：对、球进行受力分析，如图
因为两球处于静止状态，则根据共点力平衡：，由于是一对相互作用力，大小相等，所以若．则有；若．则有，与电荷量大小无关，故D正确
考点：考查了共点力平衡条件，电场力
6. 如图所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（ ）
A. 同时向两侧推开
B. 同时向螺线管靠拢
C. 一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断
D. 同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断
【答案】A
【解析】试题分析：当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动．故A正确．
故选A．
7. 在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )
A. 灯泡L变亮
B. 电源的输出功率变大
C. 电容器C上的电荷量减少
D. 电流表读数变小，电压表读数变大
【答案】D
【解析】试题分析：当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，总电流I减小，而灯泡的功率，不变，I减小，则P减小，则灯泡变暗，故A错误；当电源的内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大．由于灯炮L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的内、外电阻的差值增大，则电源的输出功率减小，故B错误；根据串联电路分压规律知：变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，则电容器上电压也增大，由知，其电荷量增大，故C错误；总电流减小，电流表读数变小，电压表读数为，则U变大，故D正确。
考点：闭合电路的欧姆定律
【名师点睛】本题的难点在于确定电源的输出功率如何变化，可以用数学证明，当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，这是很重要的结论要记牢．对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器的电压与它并联的电路两端的电压相等。
8. 在平行板电容器A、B两板上加上如图1-63所示的电压，开始B板的电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在电场作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)( )
A. 电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动
B. 电子一直向A板运动
C. 电子一直向B板运动
D. 电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做来回周期性运动
【答案】C
【解析】试题分析：根据图像可知，在0～0.2s内，电子所受电场力水平向左，故电子向左加速，在0.2s时速度达到最大，0.2～0.4s内受到向右的电场力，向左做匀减速运动，加速度大小与加速阶段的加速度大小相同，故可知在0.4s时，电子的速度减小到零，0.4s时刻再次向左加速，所以可知电子一直向B板运动，故只有C选项正确。
考点：带电粒子在交变电场中的运动
9. 两条直导线互相垂直，如图所示，但相隔一个小距离，其中一条AB是固定的，另一条CD能自由转动．当电流按图所示的方向通入两条导线时，CD导线将( )．
A. 顺时针方向转动，同时靠近导线AB；
B. 逆时针方向转动，不平动；
C. 顺时针方向转动，同时离开导线AB；
D. 逆时针方向转动，同时靠近导线AB．
【答案】D
【解析】电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向外，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向下，右边的电流元所受安培力方向向上，知CD导线逆时针方向转动．当CD导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引．所以导线CD逆时针方向转动，同时靠近导线AB，D正确．
10. 如图所示，现将电池组（左-、右+）滑线变阻器、带铁芯的线圈A(小线圈）、线圈B（大线圈）、电流计及开关如图1连接。在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。由此可以推断（）
A. 线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转
B. 线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转
C. 滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央
D. 因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向
【答案】B
【解析】试题分析：因为当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，变阻器的电阻变大，通过线圈A的电流变小，则线圈A产生的磁场变小，故当线圈B中的磁通量变小时，电流计指针向右偏转；则当线圈A向上移动时，通过线圈B的磁通量也会变小，故电流表的指针也会向右偏，故选项A错误；当断开开关时，线圈A中的电流变小，故会引起穿过线圈B的磁通量变小，所以电流计的指针向右偏，选项B正确；当变阻器的滑片匀速滑动时，线圈A中的电流也会均匀变化，则线圈A产生的磁场也会均匀变化，故线圈B中产生的电流是不变的，有一定的大小，故选项C错误；虽然线圈A、线圈B的绕线方向未知，但我们可以根据使电流计指针向右偏的条件得出其他情况下出现的现象，故选项D错误。
考点：楞次定律，电流的磁场。
11. 如图所示，在真空中，匀强电场E的方向竖直向下，水平匀强磁场B垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷。已知a静止，油滴b水平向右匀速运动，油滴c水平向左匀速运动。三者质量ma、mb和mc相比较 （ ）
A. ma>mb>mc B. mb>ma>mc
C. mc>ma>mb D. ma=mb=mc
【答案】C
【解析】a静止，不受洛伦兹力，由受力平衡，有①，重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故三个液滴都带负电．b受力平衡，有②，c受力平衡，有③，解得，C正确．
12. 回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示.它的核心部分是两个D
形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速。两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。如果用同一回旋加速器分别加速氚核（）和α粒子（）比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有（ ）
A. 加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大
B. 加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小
C. 加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小
D. 加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大
【答案】B
【解析】试题分析：回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电粒子．带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据比较周期．当粒子最后离开回旋加速器时的速度最大，根据求出粒子的最大速度，从而得出最大动能的大小关系．
带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据，知氚核（13H）的质量与电量的比值大于α粒子（24He），所以氚核在磁场中运动的周期大，则加速氚核的交流电源的周期较大．根据得，最大速度，则最大动能，氚核的质量是粒子的倍，氚核的电量是倍，则氚核的最大动能是α粒子的倍，即氚核的最大动能较小，B正确．
13. 如图所示，平行导体滑轨MM’、NN’水平放置，固定在匀强磁场中．磁场的方向与水平面垂直向下．滑线AB、CD横放其上静止，形成一个闭合电路．当AB向右滑动的瞬间，电路中感应电流的方向及滑线CD受到的磁场力的方向分别为（）
A. 电流方向沿ABCDA；CD受力方向向右
B. 电流方向沿ABCDA；CD受力方向向左
C. 电流方向沿ADCBA；CD受力方向向右
D. 电流方向沿ADCBA; CD受力方向向左
【答案】C
【解析】由右手安培定则可知，当AB向右运动时电流由B到A，故电流方向沿ADCBA；则再由左手定则可得CD受力向右，A正确．
14. 如图所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力的作用，则可知线框的运动情况是 （）
A. 向左平动进入磁场 B. 向右平动退出磁场
C. 沿竖直方向向上平动 D. 沿竖直方向向下平动
【答案】A
【解析】试题分析：由题，ab边受竖直向上的磁场力的作用，根据左手守则判断出ab边中感应电流的方向是a→b，再根据右手定则判断线圈向左平动切割磁感线．故A正确，B错误．当线圈沿竖直方向向上或向下平动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，ab边不受磁场力作用．故CD错误．
故选A
考点：左手定则和右手定则的综合应用，
点评：关键抓住两个定则“在什么条件下用”和“怎样用”．
15. 如图所示，一宽40cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一边长为20cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v=20cm/s通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行。取它刚进入磁场的时刻t=0，在下列图线中，正确反映感应电流强度随时间变化规律的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】试题分析：线框开始进入到全部进入时，线框的右边切割磁感线，由右手定则可知，电流沿逆时针方向，在i-t图象为正；因速度保持不变，故电流大小不变，此段时间为；当全部进入时，线框中磁通量不变，故没有感应电流，运动时间为1s；当线框开始离开时，左边切割磁感线，由右手定则可知感应电流为顺时针，故电流为负值，且电流大小不变，切割时间也为1s；故C正确；故选C．
考点：楞次定律；法拉第电磁感应定律
二、多项选择题
16. 长为L的导线ab斜放在水平导轨上（导线与导轨的夹角为θ），两导轨相互平行且间距为d，匀强磁场的磁感应强度为B，如图所示，当通过ab的电流为I时，导线ab所受安培力的大小为（ ）
A. ILB B. ILBsinθ C. IdB/sinθ D. IdB/cosθ
【答案】AC
17. 一个带正电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域。设电场和磁场区域有理想的分界线，且分界线与电场方向平行，如图中的虚线所示。在如图所示的几种轨迹中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，则粒子带正电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向上．故A正确；当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，则粒子带负电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向下，故B错误；当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，则粒子带正电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向下，故C错误；当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向上，则粒子带正电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向上，故D正确。
18. 在方向如图所示的匀强电场（场强为E）和匀强磁场（磁感应强度为B）共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0 射入场区，则 （ ）
A. 若v0 ＞E/B，电子沿轨迹Ⅰ运动，射出场区时，速度v＞v0
B. 若v0 ＞E/B，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v＜v0
C. 若v0 ＜E/B，电子沿轨迹Ⅰ运动，射出场区时，速度v＞v0
D. 若v0 ＜E/B，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v＜v0
【答案】BC
【解析】若v0 ＞E/B，则洛伦兹力大于电场力，因为电子所受洛伦兹力向下，所以电子将下偏转，电子沿轨迹Ⅱ运动，电场力做负功，动能减小，所以射出场区时，速度v＜v0，故A错误B正确
若v0 ＜E/B，则洛伦兹力小于电场力，电子向电场力方向偏转，电子沿轨迹Ⅰ运动，电场力做正功，动能增大，所以射出场区时，速度v＞v0，故C正确D错误
故选BC
19. 如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，线圈c中将有感应电流产生（ ）
A. 向右做匀速运动 B. 向左做匀速运动
C. 向右做减速运动 D. 向左做减速运动
【答案】CD
【解析】导体棒ab做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，AB错误；导体棒ab向右做减速运动或向左做减速运动时，根据右手定则判断得到，感应电流变化，螺线管产生的磁场变化，穿过c的磁通量变化，根据楞次定律得知，c中产生感应电流，CD正确．
20. 如图所示,虚线代表电场中的三个等势面，相邻两个等势面的电势差相等，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q为轨迹上的两点，据此可得( )
A. 三个等势面中，Q点所在处的等势面电势最高
B. 该质点通过P点时电势能最大
C. 该质点通过P点时动能最大
D. 该质点通过P点时加速度最大
【答案】BD
【解析】试题分析：质点只受电场力作用，质点做曲线运动，电场力指向运动轨迹的内侧，判断出电场力的方向，从而判断出电场力做功正负，分析电势能的变化．根据电场线和等势线垂直，由电场线的方向分析电势的高低．
质点所受的电场力指向轨迹内侧，且电场力与等势面垂直，则知由于电荷带正电，可知电场线指向右下方，若质点是从Q到P，因此质点从Q到P过程中电场力做负功，电势能增大，动能减小，电势增大，即P点的电势最高，电势能最大，动能最小；若质点是从P到Q，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，电势减小，即P点电势最大，电势能最大， 动能最小，综上所述，AC错误B正确；电场线越密，电场强度越大，同一电荷受到的电场力越大，加速度越大，故P点时的加速度最大，故D正确．
21. 某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知( )
A. 反映Pr变化的图线是c
B. 电源电动势为8V
C. 电源内阻为2Ω
D. 当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω
【答案】ACD
【解析】试题分析：电源的总功率，功率与电流成正比，由知电源内部的发热功率与电流的平方成正比，A正确；直流电源的总功率，P-I图象的斜率等于电动势E，则有，电流为2A时电源的总功率与发热功率相等，则根据可得，当电流为0．5A时，根据闭合电路欧姆定律
可得出外电路的电阻为6Ω，CD正确
考点：考查闭合电路欧姆定律的图象应用
【名师点睛】要注意根据电源的总功率公式求解电动势，根据发热功率的公式，求解电源的内阻．
三、填空题
22. 如图所示，将边长为L、总电阻为R的正方形闭合线圈，从磁感强度为B的匀强磁场中以速度v匀速拉出（磁场方向，垂直线圈平面）
（1）所用拉力F＝_________．
（2）拉力F做的功WF＝________．
（3）拉力F的功率PF＝________．
（4）线圈放出的热量Q＝_________．
（5）通过导线截面的电量q＝_________．
【答案】 (1). (2). (3). (4). (5).
【解析】（1）线框受到的安培力，由平衡条件可知，拉力
（2）拉力的功；
（3）拉力功率：；
（4）感应电动势，产生的焦耳热；
（5）感应电动势，电流，电荷量；
23. 测一个阻值约为25kΩ的电阻，备有下列器材
A．电流表（量程100μA，内阻2kΩ）
B．电流表（量程500μA，内阻300Ω）
C．电压表（量程10V，内阻100kΩ）
D．电压表（量程50V，内阻500kΩ）
E．直流稳压电源（电动势15V，允许最大电流1A）
F．滑动变阻器（最大电阻1kΩ，额定功率1W）
G．导线若干.
（1）电流表应选_____，电压表应选______.
（2）画出测量Rx的电路图_____.
（3）用实线表示导线，将图中选定的器材连接成实验电路_____.
【答案】 (1). C (2). B (3). (4).
【解析】题（1）中首先应根据电源电动势大小选择电压表量程，再根据欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程；题（2）根据待测电阻满足可知电流表应用内接法，根据变阻器的全电阻远小于待测电阻可知变阻器应采用分压式接法；题（3）连线图时，应先连接好分压电路再连接测量电路，注意电表的正负极．
（1）根据电源的电动势为15V，可知电压表应选择C，通过待测电阻的最大电流为，所以电流表应选B；
（2）由于待测电阻满足，所以电流表应用内接法，由于变阻器的全电阻远小于待测电阻，所以变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示
（3）实物连线图如图所示：
四、计算题
24. 如图所示，一簇平行线为方向未知的匀强电场的电场线，沿与此平行线成60°角的方向，把一带电荷量为q=-1.0×10-6C的质点从A点移到B点，电场力做功为2.0×10-6J，已知A、B两点间距为2cm。求：
（1）匀强电场的大小。
（2）如果B点电势为φB=1V，则A点电势为多大。
【答案】（1）200V/m；（2）－1V
【解析】试题分析：根据匀强电场中，电场力做功为，d是沿电场方向两点间的距离求出电场强度E的大小．根据电场力方向与位移方向的关系判断场强的方向．由题意得，电荷在电场力与重力共同作用下，从A运动到B，因此两个力的合力沿AB方向，所以根据电场力与夹角由三角函数关系，可求出电荷的质量．
（1）如题中图，AB两点沿电场方向的距离为；
又；
则；
（2）如果B点电势为，则A点电势为；
25. 如图所示，一个U形导体框架，其宽度l=1m，框架所在平面与水平面的夹用α=30°。其电阻可忽略不计。设匀强磁场与U形框架的平面垂直。匀强磁场的磁感强度 B＝0.2T。今有一条形导体ab，其质量为m＝0.5kg，有效电阻R=0.1Ω，跨接在U形框架上，并且能无摩擦地滑动，求
（1）由静止释放导体，导体ab下滑的最大速度vm；
（2）在最大速度vm时，在ab上释放的电功率。（g=10m／s2）。
【答案】（1）2.5m/s（2）2.5W
【解析】（1）导体ab受G和框架的支持力N，而做加速运动由牛顿第二定律
解得
，解得
随着速度v的增加，加速度a逐渐减小。当时，速度v有最大值
（2）在导体ab的速度达到最大值时，电阻上释放的电功率
26. 如图所示，匝数N=100匝、截面积S=0.2m2、电阻r=0.5Ω的圆形线圈MN
处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按B=0.6+0.02t（T）的规律变化．处于磁场外的电阻R1=3.5Ω，R2=6Ω，电容C=30μF，开关S开始时未闭合，求：
（1）闭合S后，线圈两端M、N两点间的电压UMN和电阻R2消耗的电功率；
（2）闭合S一段时间后又打开S，则S断开后通过R2的电荷量为多少？
【答案】（1）0.38V；（2）
【解析】试题分析：（1）由题给条件可知磁感应强度的变化率为：
故回路产生的电动势为：
感应电流：
由闭合电路欧姆定律有：UMN=E-Ir=0．38V
故R2消耗的电功率：P2＝I2R2=9．6×10-3W
（2）S合时：UC=IR2=0．24V
充电电量：Q=CUC=7．2×10-6C
S开时：R2放电，放电的电量：Q=7．2×10-6C，即为S断开后通过R2的电荷量．
考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路欧姆定律；电功率；电量
【名师点睛】本题电磁感应与电路知识的综合应用，关键是求解感应电动势；根据磁感应强度随时间的变化规律求解磁感应强度的变化率，然后根据法拉第电磁感应定律求解电动势的大小；
27. 如图所示的电路中，理想电流表的读数为0.75A，理想电压表的读数为2.0V，R3=4.0Ω.通电某一段时间后，因某一电阻烧断，使电流表的读数为0.80A，电压表的读数为3.2V，则：
（1）电路中哪一个电阻发生故障？
（2）此电路中R1和R2的阻值各为多大？
（3）电源的电动势和内阻各为多大？
【答案】（1）R2（2）4.0Ω、8.0Ω（3）4.0V、1.0Ω
【解析】（1）若烧断，则电流表无示数，若烧断，则电压表无示数，故发生故障；
（2）烧断前，根据欧姆定律有：①
烧断后，电压表读数为路端电压，故②
代入①解得
（3）烧断前，；
烧断后，，联立解得；
28. 如图所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿y轴负方向的匀强电场，第四象限内无电场和磁场。质量为m、带电量为q的粒子从M点以速度v0沿x轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经N、P最后又回到M点。设OM=L，ON=2L，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）匀强磁场的方向；
（3）磁感应强度B的大小。
【答案】（1）（2）垂直纸面向里（3）
【解析】
试题分析：分析带电粒子的运动情况：电子在电场中，受到竖直向上的电场力而做类平抛运动（或匀变速曲线运动）；根据粒子受力的方向与电场线方向的关系判断出粒子的电性；根据平抛运动的规律求出电场强度；根据匀变速直线运动的规律求出粒子在y方向的分速度，然后使用平行四边形定则求出带电粒子到达N点时的速度大小和方向；进入磁场做匀速圆周运动； 画出轨迹，根据图象中的几何关系求得圆周运动的半径；根据洛伦兹力提供向心力，写出动力学的方程，求得磁场的强度；
（1）粒子从M至N运动过程粒子逆着电场线的方向发生偏转，说明受力的方向与电场线的方向相反，所以粒子带负电．
粒子从M至N运动过程做类平抛运动，有：①，加速度②
运动时间：③，由①②③得电场强度：④
（2、3）到达N时：，设与x成角，所以：θ=45°
带电粒子到N点速度：⑤
带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由左手定则可得：粒子带负电荷．圆心在O′处，设半径为R，由几何关系知带电粒子过P点的速度方向与x成45°角，
则，则⑥
由牛顿第二定律得：⑦
由⑥⑦解得：，由左手定则可知，方向垂直于纸面向里；
