2018-2019学年吉林省长春市第十一高中高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年吉林省长春市第十一高中高二上学期期末考试物理试题 解析版

吉林省长春市第十一高中2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题 一、选择题 ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 楞次最先发现了电流的磁效应 B. 法拉第发现了产生感应电流的条件 C. 由可知，磁感应强度大小与放在该处的一小段通电导线I、L的乘积成反比 D. 若运动的电荷不受洛伦兹力作用，则该处磁感应强度为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，由磁场本身决定，与导线受到的安培力以及电流强度I和导线长度L的乘积都无关。‎ ‎【详解】A、B项：奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故A错误，B正确；‎ C项：磁感应强度大小由磁场本身决定，与放在该处的一小段通电导线的电流及长度无关，故C错误；‎ D项：当运动电荷的速度方向与B平行时，运动的电荷不受洛伦兹力作用，但磁感应强度不为零，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎2.如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环以轴心沿如图方向转动时，则a、b、c、d四个小磁针的运动情况是（ ）‎ A. a、b、d不动，c的N极朝纸外 B. a、b、d的N极朝纸内，c的N极朝纸外 C. d不动， c的N极朝纸外 ，a、b的N极朝纸内 D. a、b、d的N极朝纸外，c的N极朝纸内 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 圆环转动时形成电流，电流周围有磁场，会对小磁针有力的作用，规定小磁针静止时N极的指向即为该处磁场方向，根据右手螺旋定则可知圆环内部磁场方向向外，圆环外部磁场方向向里，所以小磁针a、b、d的N极朝纸内，c的N极朝纸外。故B正确 故选B ‎3.如图所示，甲是回旋加速器的原理图，乙是研究自感现象的实验电路图，丙是欧姆表的内部电路图，丁图是动圈式话筒的原理图，下列说法正确的是（ ）‎ A. 甲图是加速带电粒子的装置，其加速电压越大，带电粒子最后获得的速度越大 B. 乙图电路开关断开瞬间，灯泡A一定会突然闪亮一下 C. 丙图在测量电阻前，需两表笔短接，调节R1使指针指向0Ω D. 丁图声波使膜片振动，从而带动音圈产生感应电流，利用了电流磁效应的原理 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 回旋加速器加速粒子，最终速度与加速电压无关；断开开关的瞬间，电感对电流有阻碍作用，根据通过灯泡的电流与之前比较，判断是否会闪一下．欧姆表在使用时每次换档均要进行一次欧姆调零；动圈式话筒通过声波使膜片振动，从而带动音圈产生感应电流。‎ ‎【详解】A项：根据可知，粒子的最大速度，可知最大速度与加速电压无关。只和磁场区域的半径有关；故A错误；‎ B项：电键断开的瞬间，由于线圈对电流有阻碍作用，通过线圈的电流会通过灯泡A，所以灯泡A不会立即熄灭，若断开前，通过电感的电流大于灯泡的电流，断开开关后，灯泡会闪亮一下然后逐渐熄灭。若断开前，通过电感的电流小于等于灯泡的电流，断开开关后，灯泡不会闪亮一下，故B错误；‎ C项：丙图为多用电表的欧姆档；需要进行欧姆调零；故在换档后，需两表笔短接，调节R1‎ 使指针指向0Ω．故C正确；‎ D项：丁图利用了电磁感应的原理，声波使膜片振动，从而带动音圈产生感应电流，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查了回旋加速器、自感现象、多用电表的使用以及话筒的原理等基础知识点，难度不大，关键要理解各种现象的原理，即可轻松解决。‎ ‎4.如下图所示，ab间接入u=200sin100πtV的交流电源，理想变压器的原副线圈匝数比为2︰1，Rt为热敏电阻，且在此时的环境温度下Rt=2Ω(温度升高时其电阻减小)，忽略保险丝L的电阻，电路中电表均为理想电表，电路正常工作，则(　　 )‎ A. 保险丝的熔断电流不小于 B. 原副线圈交流电压的频率之比为2︰1‎ C. 若在副线圈两端并入一个耐压值为100V的电容器，电容器可以正常工作 D. 若环境温度升高，电压表示数减小，电流表示数增大，输入功率不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可知交流电压最大值Um=200V，由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流。‎ ‎【详解】A项：原线圈两端电压最大值Um=200V，有效值为： 副线圈两端电压为：，在当前温度下，副线圈中的电流为：，此时流过保险丝的电流，故A正确；‎ B项：变压器不能改变交变电流的频率，故B错误；‎ C项：原线圈两端电压最大值Um=200V，所以副线圈两端的最大电压为100V，此时电容器被击穿，故C错误；‎ D项：若Rt 处的温度升高时，电阻变小，副线圈中的电流变大，电压表的示数不变，原线圈中的电流变大，输入功率变大，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。‎ ‎5.如图所示，有一金属块放在垂直于侧面C的匀强磁场中，当有稳恒电流自左向右通过时，下列说法正确的是(　　 )‎ A. 金属块上表面的电势高于下表面的电势 B. 磁感应强度增大时，金属块上、下两表面间的电势差U增大 C. 电流增大时，金属块上、下两表面间的电势差U减小 D. 电流不变时，金属块中单位体积内自由电子越多，上下两表面间的电势差U越大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电子做定向移动时，受到洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据电流的微观表达式以及平衡求出电压表的示数和单位体积内的自由电子数。‎ ‎【详解】A项：根据左手定则，知电子向上表面偏转，上表面带负电，下表面带正电，所以上表面比下表面电势低，故A错误；‎ B项：最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有：，得U=Bvd，故B增大时M、N两表面间的电压U增大，B正确；‎ C项：设电流横截面的宽为b，高为d，电流的微观表达式为I=nevS=nevbd，电流增大，则v增大，又U=Bvd则U增大，故C错误；‎ D项：由C选项分析可知， ，则，单位体积内的自由电子数越多，则电势差越小，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力方向，以及最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。‎ ‎6.用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率。则(　　) ‎ A. 圆环中产生逆时针方向的感应电流 B. 圆环具有收缩的趋势 C. 圆环中感应电流的大小为 D. 图中a、b两点间的电势差大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故A错误；由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故B错误；由法拉第电磁感应定律可知，，感应电流，故C错误；与闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为，故D正确；故选D．‎ 考点：楞次定律;法拉第电磁感应定律 ‎【名师点睛】本题考查了楞次定律及法拉第电磁感应定律，注意理解“增反减同”的应用，还应注意ab两点的电势差为电源的路端电压，故应为不在磁场中的部分两端的电压。‎ ‎7.如图电路，C为电容器的电容，D为理想二极管（具有单向导通作用），电流表、电压表均为理想电表。闭合开关S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数改变量大小为，电压表V2的示数改变量大小为，电流表A的示数改变量大小为，则下列判断正确的有（ ）‎ A. 电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小，电流表A的示数变小 B. 滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量不变 C. 滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少 D. 的值变大，的值不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电路图先明确电路的结构，再根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化，可分析电容器的电压，再分析电容器所带电量的变化。‎ ‎【详解】由图可知，R1与R串联，V1测R两端的电压，V2测路端的电压。‎ A项：若滑片P向左端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，由公式可知，路端电压增大，即电压表V2的示数变大，R1的电压减小，所以R两端电压增大，即电压表V1的示数变大，，故A错误；‎ B、C项：若滑片P向左端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，R1的电压减小，由于理想二极管具有单向导通作用，只能充电，不能放电，所以电容器所带的电荷量不变，故B正确，C错误；‎ D项：根据闭合电路欧姆定律得：由U2=E-Ir，则不变，根据闭合电路欧姆定律得：U1=E-I（R1+r），则，不变，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】对于闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路-内电路-外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质。‎ ‎8.如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕OO′轴匀速转动，则以下判断正确的是 (　 　)‎ A. 图示位置线圈中的感应电动势最大为Em＝BL2ω B. 闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωcosωt C. 线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝‎ D. 线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最大值与有效值的倍，每当线框通过中性面时，电流方向改变；当磁通量为零时，线框切割速度最大，产生的电动势也最大。‎ ‎【详解】A项：图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，感应电动势为零，故A错误；‎ B项：当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为Em=BSω=，瞬时值表达式为e=Emsinωt=，故B错误；‎ C项：线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈磁通量的变化量大小为△Φ=2BS=，流过电阻R的电荷量为q=，故C错误；‎ D项：感应电动势的有效值为，感应电流有效值为 ，R产生的热量为Q=I2RT， 联立解得：，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．同时注意磁场只有一半。‎ ‎9.如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B的匀强磁场，在x轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为B/2的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中运动的半径为R。则(　 　)‎ A. 粒子经偏转后一定能回到原点O B. 粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1‎ C. 粒子完成一次周期性运动的时间为 D. 粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3R ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断粒子所受的洛伦兹力方向，确定粒子能否回到原点O；根据牛顿第二定律求解半径；由求解周期；根据几何知识求解粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进的距离。‎ ‎【详解】A项：根据左手定则判断可知，负电荷在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，不可能回到原点0，故A错误；‎ B项：由得粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2，故B错误；‎ C项：负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60°，在第一象限轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子圆周运动的周期为，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为同理，在第四象限运动的时间为，完在成一次周期性运动的时间为T′=t1+t2=，故C正确；‎ D项：根据几何知识得：粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x=R+2R=3R，故D正确。‎ 故选：CD。‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键是根据轨迹的圆心角等于速度的偏向角，找到圆心角，即可由几何知识求出运动时间和前进的距离。‎ ‎10.如图所示，导体棒沿两平行导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是（规定电流由M经R到N为正方向，安培力向左为正方向）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】设ac左侧磁感应强度是B，则右侧的为2B．导轨间距为L。金属棒PQ通过bac区域时，由右手定则可知金属棒感应电流从Q到P，为正方向，有：，PQ刚要到ac时，‎ ‎；金属棒PQ通过bdc区域时，由右手定则可知金属棒感应电流从P到Q，为负方向，有：，可知i随时间均匀减小，PQ棒刚离开ac时，．故A正确，B错误。金属棒PQ通过bac区域时，安培力为：F=Bi•2vt=∝t2．金属棒PQ通过bdc区域时，安培力大小为：F=2Bi•（L-2vt）=．根据数学知识可得，C正确，D错误。故选AC。‎ ‎【点睛】本题运用半定量的研究方法，通过法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式得到感应电流和安培力的表达式，再进行分析，要注意公式E=BLv中L是有效的切割长度．‎ ‎11.如图，水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨间距为L，电阻不计，导轨所处空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上放有质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b。开始时金属棒b静止，金属棒a获得向右的初速度v0，从金属棒a开始运动到最终两棒以相同的速度匀速运动的过程中，经过每个金属棒的电荷量为q，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是(　 　)‎ A. a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动 B. 最终两金属棒匀速运动的速度为 C. 两金属棒产生的焦耳热为 ‎ D. a和b距离增加量为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对金属棒根据动量守恒定律列式即可求解稳定时速度；‎ 从a棒开始运动到两金属棒最终稳定过程中，根据能量守恒定律列式求解；‎ 从开始运动到两金属棒最终稳定的过程中，对金属棒a由动量定理结合电磁感应定律列式求解。‎ ‎【详解】A项：金属棒a向右运动切割磁感线，根据右手定则可知：在回路中产生逆时针方向的电流，据左手定则a棒受到向左的安培力，b棒受到向右的安培力，a 棒在安培力作用下做减速运动，速度减小，电动势减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，故a棒做加速度减小的减速运动；同理b棒做加速度减小的加速运动，故A错误；‎ B项：a、b两棒组成的系统，合外力为零，由动量守恒定律得：mv0=2mv 解得：，故B正确；‎ C项：根据能量守恒定律，整个过程产生的焦耳热，故C正确；‎ D项： 根据电荷量的推论公式：，解得：，故D错误。‎ 故选：BC。‎ ‎【点睛】本题考查了多个知识点的综合应用，是双杆类型。做这类题我们首先应该从运动过程和受力分析入手研究，运用一些物理规律求解问题，特别是能量的转化与守恒的应用非常广泛需要注意。‎ ‎12.如图所示，边长为2L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个由某种材料做成的边长为L、粗细均匀的正方形导线框abcd所在平面与磁场方向垂直；导线框、虚线框的对角线重合，导线框各边的电阻大小均为R。在导线框从图示位置开始以恒定速度v沿对角线方向进入磁场，到整个导线框离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 导线框进入磁场区域的过程中有向里收缩的趋势 B. 导线框中有感应电流的时间为 C. 导线框的bd对角线有一半进入磁场时，整个导线框所受安培力大小为 D. 导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导线框ac两点间的电压为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据楞次定律判断感应电流的方向；当磁通量变化时，线框中将产生感应电流；确定出线框有效的切割长度，由公式E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由F=BIL求出安培力，由串联电路的特点求解a、c间的电压。‎ ‎【详解】A项：导线框进入磁场区域时磁通量增加，根据楞次定律判断得知产生逆时针方向的感应电流，由于磁通量增大，故线圈由收缩的趋势，故A正确；‎ B项：当线框进入和离开磁场时磁通量变化，才有感应电流产生，所以有感应电流的时间为，故B错误；‎ C、D项：导线框的bd对角线有一半进入磁场时，线框有效的切割长度为： ‎ 产生的感应电动势为： ‎ 感应电流为： ‎ 整个导线框所受安培力大小为：F=BIl= ，‎ 导线框a、c两点间的电压为：U=I•2R= 故C、D正确。‎ 故选：ACD。‎ ‎【点睛】本题关键要理解“有效”二字，知道感应电动势公式E=Blv中l是有效的切割长度，安培力公式F=BIl，l也是有效长度。‎ 二、实验题 ‎13.在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。‎ ‎(1)用螺旋测微器测量待测金属丝的直径，从图中的示数可读出该次测量金属丝的直径D为_______mm。‎ ‎(2)用伏安法测量待测金属丝接入电路部分的电阻Rx(约为5)，现有电池组(3 V，内阻1)、电压表(0—3 V，内阻约3 k)，开关和导线若干，以及下列仪器可供选择：‎ A．电流表(0—3 A，内阻约0.025)‎ B．电流表(0—0.6 A，内阻约0.125)‎ C．滑动变阻器(0—20，额定电流2 A)‎ D．滑动变阻器(0—200，额定电流1.5 A)‎ 为了减小误差及操作方便，在实验中电流表应选用_______，滑动变阻器应选用_______(选填字母代号)。‎ ‎(3)根据第(2)问中选择的实验仪器，应选择图中_______电路进行实验(选填“甲”或“乙”)。‎ ‎(4) 若待测金属丝接入电路部分的长度为l，直径为D，电阻为Rx，计算金属丝电阻率的表达式为ρ=____________(用已知字母表示)。‎ ‎【答案】 (1). 0.396-0.399； (2). B； (3). C； (4). 甲； (5). ；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；‎ ‎(2) 根据最大电流选择电流表，根据额定电流及金属丝电阻选择更接近的最大电阻；‎ ‎(3) 根据金属丝电阻较小选择外接法；‎ ‎(4) 根据直径求得横截面积，然后根据反解出电阻率。‎ ‎【详解】(1) 由图所示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+39.8×0.01mm=0.398mm（0.396～0.399均正确）；‎ ‎(2) 根据待测金属丝接入电路部分的电阻Rx （约为5Ω），现有电池组3V，电路中电流约0.6A左右；为了减小误差，在实验中电流表应选用B；‎ 为了实验时，滑动变阻器控制更灵敏，滑动变阻器的最大电阻应与金属丝电阻接近，且变阻器额定电流比电路最大电流大，滑动变阻器应选用C；‎ ‎(3) 由于待测的电阻阻值较小，故采用外接法，即应选择图2中甲电路进行实验；‎ ‎(4) 待测金属丝接入电路部分的长度为l，直径为D，故横截面积，电阻为Rx，根据电阻定律可得：金属丝电阻率的表达式为ρ＝。‎ ‎【点睛】待测的电阻阻值较小时，电流表的分压效果较明显，故应选用外接法；待测的电阻阻值较大时，电压表的分流效果较明显，故应选用内接法。‎ ‎14.在做“测电源电动势与内阻”的实验中，‎ ‎（1）某物理研究性学习小组先用多用电表粗测了一节干电池的电动势。 如图所示是测量时选择开关与表头指针所处的位置，则该电池的电动势为________V，实验结束后，应将选择开关拨到图中的_____挡位（选填A、B、C或D）。‎ ‎（2）为了较精确地测量这节干电池的电动势和内阻，该学习小组从实验室选定了如下实验器材：‎ A．定值电阻R0（阻值为900）‎ B．滑动变阻器R1（0～10，额定电流为2 A）‎ C．电流表G（满偏电流3.0mA，内阻为100）‎ D．电流表A（量程0～0.6A，内阻约为1）‎ E．开关一个，导线若干 ‎①请将图甲中实验电路补充完整____________；‎ ‎②图乙为该学习小组根据正确的实验得到的数据画出的图线，纵坐标I1为电流表G的示数，横坐标I2为电流表A的示数，则可知被测电源的电动势为______V，内阻为______ （保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 1.42-1.43； (2). A； (3). (4). 1.4； (5). 0.67；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 根据电表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；实验结束后，应将选择开关拨到交流电压的最高档 ‎(2) 所给实验器材中，有两个电流表，没有电压表，也没有电阻箱，只能用伏安法测电池电动势与内阻，可以用电流表与定值电阻组装一个电压表，根据伏安法测电源电动势与内阻的原理作出电路图；根据欧姆定律和串联的知识求出I1和电源两端电压U的关系，根据图象与纵轴的交点求出电动势，由与横轴的交点可得出路端电压为某一值时电流，则可求得内阻。‎ ‎【详解】(1) 由于测量一节干电池的电动势，所以多用电表应选直流电压2.5 V挡，又由于此时电压挡的分度值为0.1 V，所以读数为1.42V；‎ 实验结束后，应将选择开关拨到交流电压的最高档即图中的A；‎ ‎(2) ①所给实验器材中没有电压表，给出了两个电流表，可以将电流表G与定值电阻R0串联，改装成电压表，用电流表A测电路电流，滑动变阻器R1串联接入电路，实验电路图如图所示：‎ ‎②电源两端电压为：U=I1（R0+RG）=I1（900+100）=1000I1，‎ 图象与纵轴的交点是电源电动势，由图示图象可知，‎ 电动势为：E=0.0014A×1000Ω=1.4V，‎ 由图示图象可知，图象与横轴交点对应的纵坐标为1.0mA，‎ 对应的电压值：U=1000I1=1000×0.001=1V，‎ 图象斜率的绝对值是电源内阻，由图示图象可知，‎ 电源内阻：。‎ ‎【点睛】当器材中没有电压表时，应考虑将电流表与定值电阻串联代替电压表；涉及到用图象求解的问题，应先根据物理规律解出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，然后再根据截距和斜率的概念求解即可。‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5 T，边长为L=10 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈总电阻r=1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO’匀速转动，角速度ω=2π rad/s，外电路电阻R=4 Ω，求：‎ ‎(1)由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°时的瞬时感应电动势；‎ ‎(2)交变电压表的示数；‎ ‎【答案】（1） （2）1.78V ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先根据Em=NBωS求出最大值，再根据最大值与有效值的关系求出有效值；‎ ‎(2) 电压表测量的是电阻R的电压，根据闭合电路欧姆定律即可求解。‎ ‎【详解】(1) 根据Em=NBωS，‎ 可得感应电动势的最大值：‎ ‎ Em=100×0.5×0.1×0.1×2πv=v 因此感应电动势的瞬时表达式为e=cos2πt（V）‎ 由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角时的瞬时感应电动：‎ e=cos2πt（V）=；‎ ‎(2) 转动过程中，交流电压表的示数为有效值，‎ 电流的最大值： ‎ 所以U=IR=。‎ ‎【点睛】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要能根据题意写出瞬时值的表达式，知道有效值跟峰值的关系，难度不大，属于基础题。线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流。而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定。‎ ‎16.如图所示，半径为r、电阻不计的两个半圆形光滑导轨并列竖直放置，在轨道左上方端点M、N间接有阻值为R的小灯泡，整个轨道处在磁感应强度为B的匀强磁场中，两导轨间距为L，现有一质量为m，电阻也是R的金属棒ab从MN处由静止释放，经一定时间到达导轨最低点O、O’，此时速度为v。‎ ‎（1）求金属棒ab到达导轨最低点OO’时，整个电路的瞬时热功率P ‎（2）求ab棒从M、N到O、O’的过程中，流过小灯泡的电荷量q ‎【答案】（1） (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据公式E═BLυ计算出电动势，再根据闭合电路欧姆定律计算出电流，根据P=EI就可计算整个电路的瞬时电功率；由公式求解电荷量。‎ ‎【详解】(1) 在最低点ab棒切割磁力线产生的：E=BLv ‎ ‎ ‎ 瞬时功率：P=EI ‎ 联立解得： ；‎ ‎(2) 在ab棒下滑的过程中设流过小灯泡的电荷量为q，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得：。‎ ‎【点睛】对于导体棒切割磁感线问题，要熟练掌握电动势公式E=BLυ，会灵活运用闭合电路欧姆定律．解决能量问题常用能量守恒定律解决。‎ ‎17.abcd是质量为m，长和宽分别为b和l的矩形金属线框，有静止沿两条平行光滑的倾斜轨道下滑，轨道平面与水平面成θ角。efmn为一矩形磁场区域，磁感应强度为B，方向竖直向上。已知da=an=ne=b，线框的cd边刚要离开磁区时的瞬时速度为v，整个线框的电阻为R，试用题中给出的物理量（m、b、l、B、θ、v、R）表述下列物理量。‎ ‎（1）ab刚进入磁区时产生的感应电动势；‎ ‎（2）此时线框的加速度；‎ ‎（3）线框下滑过程中共产生的热量。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析: （1）设ab边进入磁区时的速度为v，由机械能守恒定律可得：‎ 可得：‎ 所以，ab刚进入磁区时产生的感应电动势 ‎（2）当ab边刚进入磁区时，受到的安培力为：‎ 由牛顿第二定律可得：mgsinθ —F = ma 可得：‎ ‎（3）线圈从初始位置到全部穿过磁区减少的重力势能是3mgbsinθ，根据能量守恒有：‎ 考点： 功能关系；导体棒切割磁感线产生感应电动势 ‎18.如图所示，在竖直平面内，直线MO与水平线PQ相交于O，二者夹角θ=30°，在MOP范围内存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E，MOQ上方的某个区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O点处在磁场的边界上，现有一群质量为m、电量为+q的带电粒子在纸面内以大小不等的速率v（v≤v0）垂直于MO从O点射入磁场，所有粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。求：‎ ‎（1）速度最大的粒子在磁场中运动的时间；‎ ‎（2）速度最大的粒子打在水平线POQ上的位置离O点的距离；‎ ‎（3）磁场区域的最小面积。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）因粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左，说明粒子速度方向改变了，由几何关系可得粒子的运动轨迹如图所示。设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，粒子在匀强磁场中运动时间为t1‎ 因为 所以 ‎（2）由，得 设粒子自N点水平飞出磁场，出磁场后应做匀速运动至OM，设匀速运动的距离为s，由几何关系知：‎ 过MO后粒子在电场中做类平抛运动，设运动的时间为t2，则：‎ ‎ ‎ 由几何关系知，速度最大的粒子打在水平线POQ上的位置离O点的距离 ‎（3）由题知速度大小不同的粒子均要水平通过OM，则其飞出磁场的位置均应在ON的连线上，故磁场范围的最小面积是速度最大的粒子在磁场中的轨迹与ON所围成的面积 扇形的面积 的面积为：‎ 考点：带电粒子在匀强磁场和电场中的运动 ‎【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场及匀强磁场中的运动问题；首先要搞清粒子在电场和磁场中的运动性质，结合类平抛运动的规律及匀速圆周运动的规律解答；注意在磁场中的运动问题，必须要画出几何图线，几何几何关系列出方程才能解答.‎ ‎ ‎ ‎ ‎