重庆市彭水一中高二物理下学期期末模拟试卷（含解析）.doc

2014-2015学年重庆市彭水一中高二（下）期末物理模拟试卷1（3分）（2013秋扬州期末）下列各图中，已标出电流i、磁感应强度b的方向，其中符合安培定则的是（）abcd2（3分）（2010上海校级模拟）如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的s极朝下在将磁铁的s极插入线圈的过程中（）a通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥b通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引c通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥d通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引3（3分）（2008大同模拟）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，取线圈中磁场b的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度b随时间t如图乙变化时，下列图中能正确表示线圈中感应电流变化的是（）abcd4（3分）（2013秋进贤县期末）如图所示，a、b、c是相同的白炽灯，l是自感系数很大、电阻很小的自感线圈现将s闭合，下面说法正确的是（）ab、c灯同时亮，a灯后亮ba、b、c灯同时亮，然后a灯逐渐变暗，最后熄灭ca灯一直不亮，只有b灯和c灯亮da、b、c灯同时亮，并且亮暗没有变化5（3分）（2015春重庆校级期末）质量为2kg的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g取10m/s2，下列说法中正确的是（）a2s末小球的动能为40jb2s末小球的动量大小为40kgm/sc2s内重力的冲量大小为20nsd2s内重力的平均功率为20w6（3分）（2015江西二模）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电流表、电压表均为理想电表，r是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）原线圈接入如图乙示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（）a电压u的频率为100 hzb电压表的示数为22vc照射r的光变强时，灯泡变暗d照射r的光变强时，电流表的示数变大7（3分）（2014秋绥化期末）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，pq为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为b1=b，b2=2b，一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为r的正方形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为，则下列判断正确的是（）a此过程中通过线框截面的电量为b此过程中线框克服安培力做的功为mv2c此时线框的加速度为d此时线框中的电功率为8（3分）（2014珠海二模）如图所示，在磁感应强度为b、方向竖直向下的匀强磁场中，有一水平放置的u形导轨，导轨左端连接一阻值为r的电阻，导轨电阻不计导轨间距离为l，在导轨上垂直放置一根金属棒mn，与导轨接触良好，电阻为r，用外力拉着金属棒向右以速度v做匀速运动则金属棒运动过程中（）a金属棒中的电流方向为由n到mb电阻r两端的电压为blvc金属棒受到的安培力大小为d电阻r产生焦耳热的功率为二、实验题9（2015春重庆校级期末）请完成以下两小题：（1）图a中螺旋测微器读数为mm图b中游标卡尺（游标尺上有50个等分刻度）读数为cm（2）欧姆表“1”档的中值电阻为20，已知其内装有一节干电池，干电池的电动势为1.5v该欧姆表表头满偏电流为ma，要测2.5k的电阻应选档10（12分）（2013秋威海期末）电源的电动势和内电阻的测量是高中阶段重要的实验在某次实验中，实验室可以提供的器材有：a待测电池：电动势e（约3v）、内电阻r（约1）b电流表：量程500a，内阻为400c电流表：量程1a，内阻约0.2d滑动变阻器：阻值0600，额定电流0.5ae滑动变阻器：阻值020，额定电流2.5af定值电阻7600g定值电阻600（1）某实验小组根据实验室提供的器材，设计的实验电路如图所示，根据实验目的和该电路原理图，电路中电流表a1应选择，电流表a2应选择，滑动变阻器r1应选择，定值电阻r2应选择（请填写器材前的字母）（2）根据实验原理图可以写出电源的电动势和电源内阻的关系为，式中各物理量的意义为三、计算题11（2013秋扬州期末）如图所示，大量质量为m、电荷量为+q的粒子，从静止开始经极板a、b间加速后，沿中心线方向陆续进入平行极板c、d间的偏转电场，飞出偏转电场后进入右侧的有界匀强磁场，最后从磁场左边界飞出已知a、b间电压为u0；极板c、d长为l，间距为d；磁场的磁感应强度大小为b，方向垂直纸面向里，磁场的左边界与c、d右端相距l，且与中心线垂直假设所有粒子都能飞出偏转电场，并进入右侧匀强磁场，不计粒子的重力及相互间的作用则：（1）求粒子在偏转电场中运动的时间t；（2）求能使所有粒子均能进入匀强磁场区域的偏转电压的最大值u；（3）接第（2）问，当偏转电压为时，求粒子进出磁场位置之间的距离12（2013秋扬州期末）如图所示，一正方形线圈从某一高度自由下落，恰好匀速进入其下方的匀强磁场区域已知正方形线圈质量为m，边长为l，电阻为r，匀强磁场的磁感应强度为b，高度为2l，求：（1）线圈进入磁场时回路产生的感应电流i1的大小和方向；（2）线圈离开磁场过程中通过横截面的电荷量q；（3）线圈下边缘刚离开磁场时线圈的速度v的大小13（12分）（2013深圳二模）如图甲所示，电阻不计的光滑平行金属导轨相距l=0.5m，上端连接r=0.5的电阻，下端连着电阻不计的金属卡环，导轨与水平面的夹角=300，导轨间虚线区域存在方向垂直导轨平面向上的磁场，其上、下边界之间的距离s=1om，磁感应强度bt图如图乙所示长为l且质量为m=0.5kg的金属棒ab的电阻不计，垂直导轨放置于距离磁场上边界d=2.5m处，在t=o时刻由静止释放，棒与导轨始终接触良好，滑至导轨底端被环卡住不动g取10m/s2，求：（1）棒运动到磁场上边界的时间；（2）棒进人磁场时受到的安培力；（3）在05s时间内电路中产生的焦耳热四.（选做题）14（6分）（2015湖南模拟）下列说法正确的是（）a根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小b放射性物质的温度升高，则半衰期减小c用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，不可能使氘核分解为一个质子和一个中子d某放射性原子核经过2次衰变和一次衰变，核内质子数减少3个e根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小15（2014秋湖北期末）一台发电机最大输出功率为4000kw，电压为4000v，经变压器t1升压后向远方输电输电线路总电阻r=1k到目的地经变压器t2降压，使额定电压为220v的用电器正常工作若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，t1和t2为理想变压器，发电机处于满负荷工作状态，试求：（1）输电线上的功率损失和电压损失（2）原、副线圈匝数比各为多少？16（2015铜川二模）如图所示，半径分别为r和r（rr）的甲乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道cd相连，在水平轨道cd上一轻弹簧a、b被两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点，求：两小球的质量比若ma=mb=m，要求a，b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有多少弹性势能2014-2015学年重庆市彭水一中高二（下）期末物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题1（3分）（2013秋扬州期末）下列各图中，已标出电流i、磁感应强度b的方向，其中符合安培定则的是（）abcd考点：安培定则分析：安培定则，也叫右手螺旋定则，是表示电流和电流激的磁场的磁感线方向间关系的定则，根据安培定则的应用即可正确解答解答：解：通电直导线中的安培定则（安培定则一）：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向由此可知ab错误；通电螺线管中的安培定则（安培定则二）：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的n极，据此可知c正确，d错误故选c点评：加强练习熟练掌握安培定则的内容，注意磁场方向的表示方法2（3分）（2010上海校级模拟）如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的s极朝下在将磁铁的s极插入线圈的过程中（）a通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥b通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引c通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥d通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引考点：楞次定律分析：当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向上，根据右手螺旋定则判断感应电流的方向；根据楞次定律“来拒去留”可判断磁铁与线圈的相互作用解答：解：当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，即通过电阻的电流方向为ba根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥综上所述：线圈中感应电流的方向为电阻的电流方向为ba，磁铁与线圈相互排斥故选：c点评：楞次定律应用的题目我们一定会做，大胆的去找原磁场方向，磁通量的变化情况，应用楞次定律判断即可3（3分）（2008大同模拟）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，取线圈中磁场b的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度b随时间t如图乙变化时，下列图中能正确表示线圈中感应电流变化的是（）abcd考点：楞次定律专题：电场力与电势的性质专题分析：根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势，根据楞次定律判断出各段时间内感应电动势的方向解答：解：在0s内，根据法拉第电磁感应定律，=根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相反，为负值；在t内，根据法拉第电磁感应定律，e=n=2e，所以感应电流是之前的2倍再根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值故a正确，b、c、d错误故选a点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律e=n=n，再掌握闭合电路欧姆定律，并会根据楞次定律判断感应电动势的方向4（3分）（2013秋进贤县期末）如图所示，a、b、c是相同的白炽灯，l是自感系数很大、电阻很小的自感线圈现将s闭合，下面说法正确的是（）ab、c灯同时亮，a灯后亮ba、b、c灯同时亮，然后a灯逐渐变暗，最后熄灭ca灯一直不亮，只有b灯和c灯亮da、b、c灯同时亮，并且亮暗没有变化考点：自感现象和自感系数分析：当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析解答：解：该电路可以看做是左右两部分并联后又串联起来s刚刚接通时，l上的自感会使提供它的电流慢慢增大根据变化电路的特性，l支路上的电流增大时，和它并联的a上的电流就减小，和它串联的b、c上的电流就增大所以s刚刚接通时a灯先达到最亮，a、b、c灯同时亮，然后a灯逐渐变暗，最后熄灭；故a、c、d错误，b正确；故选：b点评：对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源5（3分）（2015春重庆校级期末）质量为2kg的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g取10m/s2，下列说法中正确的是（）a2s末小球的动能为40jb2s末小球的动量大小为40kgm/sc2s内重力的冲量大小为20nsd2s内重力的平均功率为20w考点：动量定理；功率、平均功率和瞬时功率专题：动量定理应用专题分析：根据速度时间公式求出2s末的速度，从而得出2s末的动能，根据动量的公式求出2s末的动量根据冲量公式求出2s内重力的冲量根据2s内重力做功的大小，结合平均功率公式求出2s内重力做功的平均功率解答：解：a、2s末小球的速度v=gt=102m/s=20m/s，则2s末小球的动能，故a错误b、2s末小球的动量大小p=mv=220kgm/s=40kgm/s，故b正确c、2s内重力的冲量i=mgt=202ns=40ns，故c错误d、2s内重力的平均功率=故d错误故选：b点评：本题考查了动量、动能、功率的基本运用，知道动量和动能的区别，以及平均功率和瞬时功率的区别，基础题6（3分）（2015江西二模）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电流表、电压表均为理想电表，r是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）原线圈接入如图乙示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（）a电压u的频率为100 hzb电压表的示数为22vc照射r的光变强时，灯泡变暗d照射r的光变强时，电流表的示数变大考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：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解答：解：a、原线圈接入如图乙所示，t=0.02s，所以频率为f= hz，故a错误；b、原线圈接入电压的最大值是220v，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22v，所以v的示数为22v，故b正确；c、有光照射r时，r阻值随光强增大而减小，根据，可知电路中的电流增大所以灯泡变亮故c错误；d、有光照射r时，r阻值随光强增大而减小，根据p=，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以a的示数变大，故d正确；故选：bd点评：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7（3分）（2014秋绥化期末）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，pq为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为b1=b，b2=2b，一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为r的正方形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为，则下列判断正确的是（）a此过程中通过线框截面的电量为b此过程中线框克服安培力做的功为mv2c此时线框的加速度为d此时线框中的电功率为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量q=it相结合求解电量此时线框中感应电动势为e=2ba，感应电流为i=，线框所受的安培力的合力为f=2bia，再由牛顿第二定律求解加速度根据能量守恒定律求解产生的电能由p=i2r求解电功率解答：解：a、感应电动势为：e=，感应电流为：i=，电荷量为：q=it，解得：q=，故a正确b、由能量守恒定律得，此过程中回路产生的电能为：e=mv2m（）2=mv2，故b正确；c、此时感应电动势：e=2ba+ba=bav，线框电流为：i=，由牛顿第二定律得：2bia+bia=ma加，解得：a加=，故c正确；d、此时线框的电功率为：p=i2r=，故d错误；故选：abc点评：本题考查电磁感应规律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、能量守恒定律等等，难点是搞清楚磁通量的变化8（3分）（2014珠海二模）如图所示，在磁感应强度为b、方向竖直向下的匀强磁场中，有一水平放置的u形导轨，导轨左端连接一阻值为r的电阻，导轨电阻不计导轨间距离为l，在导轨上垂直放置一根金属棒mn，与导轨接触良好，电阻为r，用外力拉着金属棒向右以速度v做匀速运动则金属棒运动过程中（）a金属棒中的电流方向为由n到mb电阻r两端的电压为blvc金属棒受到的安培力大小为d电阻r产生焦耳热的功率为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率专题：电磁感应与电路结合分析：对于切割产生的感应电流方向，由右手定则或楞次定律判断；由公式e=blv求出mn产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律求出回路中的感应电流大小，即可由欧姆定律u=ir求解r两端的电压；由f=bil求出mn所受的安培力大小；电阻r产生焦耳热的功率由公式p=i2r求解解答：解：a、由右手定则判断得知金属棒mn中的电流方向为由n到m，故a正确；b、mn产生的感应电动势为 e=blv，回路中的感应电流大小为 i=，则电阻r两端的电压为u=ir=，故b错误；c、金属棒mn受到的安培力大小为 f=bil=，故c正确；d、电阻r产生焦耳热的功率为 p=i2r=（）2r=，故d错误故选：ac点评：对于单棒切割的类型，掌握电磁感应的基本规律，如右手定则或楞次定律、感应电动势公式e=blv、欧姆定律和安培力公式f=bil等等是基础，关键要明确各个量的关系，熟练运用相关的公式求解二、实验题9（2015春重庆校级期末）请完成以下两小题：（1）图a中螺旋测微器读数为1.998mm图b中游标卡尺（游标尺上有50个等分刻度）读数为1.094cm（2）欧姆表“1”档的中值电阻为20，已知其内装有一节干电池，干电池的电动势为1.5v该欧姆表表头满偏电流为75ma，要测2.5k的电阻应选100档考点：用多用电表测电阻；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题分析：（1）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游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读（2）测电阻时应使指针指在中央刻度附近误差较小解答：解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.0149.8mm=0.498mm，所以最终读数为1.5+0.498=1.998mm游标卡尺的固定刻度读数为10mm，游标读数为0.0247mm=0.94mm，所以最终读数为10.94mm=1.094cm（2）根据欧姆定律，满偏电流即外电阻为0时：i=0.075a=75ma；要测2.5k的电阻，为使指针指在中央刻度附近误差较小，即使指针指25，则应选100档；故答案为：（1）1.998，1.094（2）75，100点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数时要注意明确游标的分度值10（12分）（2013秋威海期末）电源的电动势和内电阻的测量是高中阶段重要的实验在某次实验中，实验室可以提供的器材有：a待测电池：电动势e（约3v）、内电阻r（约1）b电流表：量程500a，内阻为400c电流表：量程1a，内阻约0.2d滑动变阻器：阻值0600，额定电流0.5ae滑动变阻器：阻值020，额定电流2.5af定值电阻7600g定值电阻600（1）某实验小组根据实验室提供的器材，设计的实验电路如图所示，根据实验目的和该电路原理图，电路中电流表a1应选择c，电流表a2应选择b，滑动变阻器r1应选择e，定值电阻r2应选择f（请填写器材前的字母）（2）根据实验原理图可以写出电源的电动势和电源内阻的关系为e=8000i2+i1r，式中各物理量的意义为i2为电流表a2的读数，ii1为电流表a1的读数考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）将小量程的电流表串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表，采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小（2）根据闭合回路欧姆定律可以求出电源的电动势和电源内阻的关系解答：解：（1）将小量程的电流表串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表，采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小所以电路中电流表a1应选择c，a2应选择b，r1应选择e，r2应选择f（2）在闭合电路中，电源电动势：e=u+ir=i2（r2+ra2）+i1r=i2（400+7600）+i1r=8000i2+i1r，ii2为电流表a2的读数，i1为电流表a1的读数；故答案为：（1）c；b；e；f；（2）e=8000i2+i1r；i2为电流表a2的读数，ii1为电流表a1的读数点评：测定电动势和内阻的实验中要注意数据的处理时主要应用了图象法，在学习中要掌握读数及画图的能力，要结合公式理解图象中点、线、交点及截距的意义三、计算题11（2013秋扬州期末）如图所示，大量质量为m、电荷量为+q的粒子，从静止开始经极板a、b间加速后，沿中心线方向陆续进入平行极板c、d间的偏转电场，飞出偏转电场后进入右侧的有界匀强磁场，最后从磁场左边界飞出已知a、b间电压为u0；极板c、d长为l，间距为d；磁场的磁感应强度大小为b，方向垂直纸面向里，磁场的左边界与c、d右端相距l，且与中心线垂直假设所有粒子都能飞出偏转电场，并进入右侧匀强磁场，不计粒子的重力及相互间的作用则：（1）求粒子在偏转电场中运动的时间t；（2）求能使所有粒子均能进入匀强磁场区域的偏转电压的最大值u；（3）接第（2）问，当偏转电压为时，求粒子进出磁场位置之间的距离考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在ab间加速，根据动能定理可以求出初速度，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向做匀速运动，根据t=即可求解；（2）当粒子擦着偏转极板边缘飞出时，偏转电压最大，根据牛顿第二定律及匀加速直线运动位移时间公式即可求解；（3）设粒子进入偏转电场时速度为v0，离开偏转电场时速度为v，速度v的偏向角为，在磁场中轨道半径为r，根据几何关系求出粒子离开偏转电场时的速度，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据向心力公式求出半径，再结合几何关系求出粒子进出磁场位置之间的距离解答：解：（1）粒子在ab间加速，有：又粒子在偏转电场中，水平方向：l=v0t，所以：（2）当粒子擦着偏转极板边缘飞出时，偏转电压最大，即为：又因有：且：代入第（1）问数据得：（3）设粒子进入偏转电场时速度为v0，离开偏转电场时速度为v，速度v的偏向角为，在磁场中轨道半径为r，粒子离开偏转电场时，vcos=v0在匀强磁场中：粒子进出磁场位置之间的距离：h=2rcos解得：答：（1）粒子在偏转电场中运动的时间t为；（2）能使所有粒子均能进入匀强磁场区域的偏转电压的最大值为；（3）当偏转电压为时，粒子进出磁场位置之间的距离为点评：本题关键是明确粒子的运动规律，然后分直线加速、类似平抛运动和匀速圆周运动三个过程分别选用相应的规律进行分析，难度适中12（2013秋扬州期末）如图所示，一正方形线圈从某一高度自由下落，恰好匀速进入其下方的匀强磁场区域已知正方形线圈质量为m，边长为l，电阻为r，匀强磁场的磁感应强度为b，高度为2l，求：（1）线圈进入磁场时回路产生的感应电流i1的大小和方向；（2）线圈离开磁场过程中通过横截面的电荷量q；（3）线圈下边缘刚离开磁场时线圈的速度v的大小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）线圈做匀速直线运动，处于平衡状态，由安培力公式与平衡条件求出电流大小，由右手定则判断出电流方向（2）由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由电流定义式求出感应电荷量（3）由平衡条件求出线圈接入磁场时的速度，由速度位移公式可以求出线圈离开磁场时的速度解答：解：（1）线圈进入磁场时匀速，由平衡条件得：mg=f安，且f安=bi1l，解得：，由右手定则可知：沿逆时针方向（2）在线圈离开磁场的过程中：，电流：，电荷量：；（3）线圈刚进入磁场时：e1=blv0，电流：，线圈刚进入磁场时的速度：，从线圈完全进入磁场到线圈下边缘刚离开磁场的过程中，线圈做匀加速运动，则，解得：；答：（1）线圈进入磁场时回路产生的感应电流i1，方向：沿逆时针方向；（2）线圈离开磁场过程中通过横截面的电荷量为；（3）线圈下边缘刚离开磁场时线圈的速度为点评：挖掘”恰好匀速下落“意义是本题的突破口，本题在电磁感应中属于常规题，从力的角度研究电磁感应现象，根据受力情况分析线圈的运动情况，并运用运动学公式求解13（12分）（2013深圳二模）如图甲所示，电阻不计的光滑平行金属导轨相距l=0.5m，上端连接r=0.5的电阻，下端连着电阻不计的金属卡环，导轨与水平面的夹角=300，导轨间虚线区域存在方向垂直导轨平面向上的磁场，其上、下边界之间的距离s=1om，磁感应强度bt图如图乙所示长为l且质量为m=0.5kg的金属棒ab的电阻不计，垂直导轨放置于距离磁场上边界d=2.5m处，在t=o时刻由静止释放，棒与导轨始终接触良好，滑至导轨底端被环卡住不动g取10m/s2，求：（1）棒运动到磁场上边界的时间；（2）棒进人磁场时受到的安培力；（3）在05s时间内电路中产生的焦耳热考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）棒从静止释放到刚进磁场的过程中做匀加速运动，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学位移公式求解时间；（2）由速度公式求出棒刚进磁场时的速度v，由e=blv、i=、f=bil结合，求解安培力；（3）根据安培力与重力沿斜面向下的分力关系，分析可知棒做匀速直线运动，即可求出棒运动到导轨底端的时间棒被卡住后磁场开始均匀变化，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由焦耳定律求解热量解答：解：（1）棒从静止释放到刚进磁场的过程中做匀加速运动，由牛顿第二定律得： mgsin=ma得：a=gsin=5m/s2由运动学公式：d= 得：t=1s（2）棒刚进磁场时的速度v=at=5m/s由法拉第电磁感应定律：e=blv 而 i=、f安=bil 得：安培力f安=2.5n（3）因为f安=mgsin=2.5n，所以金属棒进入磁场后做匀速直线运动，运动至导轨底端的时间为：t1=2s 由图可知，棒被卡住1s后磁场才开始均匀变化，且=1t/s由法拉第电磁感应定律：e1=ls=5v 所以在05s时间内电路中产生的焦耳热为：q=q1+q2而q1=25j，q2=50j 所以q=75j答：（1）棒运动到磁场上边界的时间是1s；（2）棒进人磁场时受到的安培力是2.5n；（3）在05s时间内电路中产生的焦耳热是75j点评：本题根据牛顿第二定律和运动学公式结合分析棒的运动情况，关键是求解安培力当棒被卡住后磁场均匀变化，回路中产生恒定电流，由焦耳定律求解热量四.（选做题）14（6分）（2015湖南模拟）下列说法正确的是（）a根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小b放射性物质的温度升高，则半衰期减小c用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，不可能使氘核分解为一个质子和一个中子d某放射性原子核经过2次衰变和一次衰变，核内质子数减少3个e根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小考点：玻尔模型和氢原子的能级结构专题：原子的能级结构专题分析：玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的；半衰期由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关；核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等；根据质量数和电荷数守恒判断；玻尔理论由玻尔提出是在卢瑟福原子模型基础上加上普朗克的量子概念后建立的解答：解：a、玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的，故氢原子在辐射光子的同时，轨道不是连续地减小，故a错误b、半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关，故b错误；c、核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等，故用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，还要另给它们分离时所需要的足够的动能（光子方向有动量），所以不可能使氘核分解为一个质子和一个中子，故c正确；d、根据质量数和电荷数守恒，某放射性原子核经过2次衰变质子数减少4，一次衰变质子数增加1，故核内质子数减少3个，d正确；e、能级跃迁时，由于高能级轨道半径较大，速度较小，电势能较大，故氢原子的核外电子由较高能级跃迁