浙江省嘉兴市桐乡高中高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

浙江省嘉兴市桐乡高中2015-2016学年高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（共10题，每题3分，共30分）1下列图中能产生感应电流的是（）abcd2如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为l，匝数为n，过ab中点和cd中点的连线oo恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为b，则穿过线圈的磁通量为（）abcbl2dnbl23如图所示，滑动变阻器阻值变化范围为or，定值电阻阻值为r0，设a、b两端电压恒为u，要使r0获得的电压、应把滑动变阻器的滑片p移到（）ar的中点偏下br的最上端cr的中点dr的中点偏上4分别测量两个电池的路端电压和电流，得到如图所示的a、b两条ui图线，比较两图线，可得出结论（）aa电池的电动势较小、内阻较大ba电池的电动势较大、内阻较大cb电池的电动势较大、内阻较小db电池的电动势较小、内阻较大5如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的m、n两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流a、o、b在m、n的连线上，o为mn的中点，c、d位于mn的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（）ao点处的磁感应强度为零ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同da、c两点处磁感应强度的方向不同6在一个边界为等边三角形的区域内，存在一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在磁场边界上的p点处有一个粒子源，发出比荷相同的三个粒子a、b、c（不计重力）沿同一方向进入磁场，三个粒子通过磁场的轨迹如图所示，用ta、tb、tc分别表示a、b、c通过磁场的时间；用ra、rb、rc分别表示a、b、c在磁场中的运动半径，则下列判断正确的是（）ata=tbtcbtctbtacrcrbradrbrarc7在如图所示的平行板器件中，电场强度e和磁感应强度b相互垂直一带电粒子（重力不计） 从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子（）a一定带正电b速度v=c若速度v，粒子一定不能从板间射出d若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动8如图所示，a是长直密绕通电螺线管小线圈b与电流表连接，并沿a的轴线ox从o点自左向右匀速穿过螺线管a能正确反映通过电流表中电流i随x变化规律的是（）abcd9如图所示，均匀的金属长方形线框从匀强磁场中以匀速v拉出，它的两边固定有带金属滑轮的导电机构，金属框向右运动时能总是与两边良好接触，一理想电压表跨接在pq两导电机构上，当金属框向右匀速拉出的过程中，已知金属框的长为a，宽为b，磁感应强度为b，电压表的读数为（）a恒定不变，读数为bbvb恒定不变，读数为bavc读数变大d读数变小10在平行于水平地面的有界匀强磁场上方，有三个单匝线框a、b、c，从静止开始同时释放，磁感线始终与线框平面垂直，三个线框都是由相同的金属材料做成的相同正方形，其中a不闭合，有个小缺口；b、c都是闭合的，但b导线的横截面积比a和c的大，a和b边长相同，c的边长比a和b大，如图所示下列关于它们的落地时间的判断正确的是（）aa最后落地bb最后落地cc最后落地db，c同时落地二、多项选择题（共5题，每题4分，共20分）11在如图所示的电路中，定值电阻r的阻值为10，电动机的线圈电阻值为2，a、b端加有44v的恒定电压，电压表（不计其电阻对电路的影响）的示数为24v由此可知（）a通过电动机的电流强度为12ab通过电动机的电流强度为2ac电动机消耗的总功率为48wd电动机输出的功率为40w12图中装置可演示磁场对通电导线的作用电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，l是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，l便在导轨上滑动下列说法正确的是（）a若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则l向右滑动b若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则l向右滑动c若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则l向左滑动d若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则l向左滑动13在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为b，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的pq为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个半径为a、质量为m、电阻为r的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线pq重合时，圆环的速度为v，则下列说法正确的是（）a此时圆环中的电功率为b此时圆环的加速度为c此过程中通过圆环截面的电量为d此过程中回路产生的电能为0.75mv214两根相距为l的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，回路总电阻为2r0整个装置处于磁感应强度大小为b，方向竖直向上的匀强磁场中当ab杆在平行于水平导轨的拉力f作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动重力加速度为g以下说法正确的是（）aab杆所受拉力f的大小为mgbcd杆所受摩擦力为零c回路中的电流强度为d与v1大小的关系为=15如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，水平虚线l下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为b正方形闭合金属线框边长为h，质量为m，电阻为r，放置于l上方一定距离处，保持线框底边ab与l平行并由静止释放，当ab边到达l时，线框速度为v0ab边到达l下方距离d处时，线框速度也为v0，以下说法正确的是（）aab边刚进入磁场时，电流方向为abbab边刚进入磁场时，线框加速度沿斜面向下c线框进入磁场过程中的最小速度小于d线框进入磁场过程中产生的热量为mgdsin三、实验题（共2题，20分）16用如图甲所示的电路图研究灯泡l（2.4v，1.0w）的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下正常工作时的电阻值，检验其标示的准确性（1）在闭合开关s前，滑动变阻器触头应放在端（选填“a”或“b”）（2）根据电路图，请在图乙中以笔划线代替导线将实物图补充完整（3）实验后作出的ui图象如图丙所示，图中曲线弯曲的主要原因是：（4）根据所得到的图象如图丙所示，求出它在额定电压（2.4v）下工作时的电阻值r=，这个测量值比真实值偏（选填“大”或“小”）17有一内阻未知（约20k60k）、量程（010v）的直流电压表某同学想通过一个多用表中的欧姆档，直接去测量上述电压表的内阻，该多用表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30，欧姆档的选择开关拨至倍率挡先将红、黑表棒短接调零后，选用图1中方式连接在实验中，某同学读出欧姆表的读数为（如图2），这时电压表的读数为v计算出欧姆表中电池的电动势为v四、计算题（共3题，共30分）18如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=1000，线圈面积s=200cm2，线圈的电阻r=1，线圈外接一个阻值r=4的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示求：（1）请说明线圈中的电流方向；（2）前4s内的感应电动势；（3）前4s内通过r的电荷量19如图所示，相距为l的两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨由两种材料组成pg右侧部分单位长度电阻为r0，且pq=qh=gh=lpg左侧导轨与导体棒电阻均不计整个导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度为b质量为m的导体棒ac在恒力f作用下从静止开始运动，在到达pg之前导体棒ac已经匀速（1）求当导体棒匀速运动时回路中的电流；（2）若导体棒运动到pq中点时速度大小为v1，试计算此时导体棒加速度；（3）若导体棒初始位置与pg相距为d，运动到qh位置时速度大小为v2，试计算整个过程回路中产生的焦耳热20如图所示，区域中有竖直向上的均强电场，电场强度为e；区域内有垂直纸面向外的水平均强磁场，磁感应强度为b；区域中有垂直纸面向里的水平均强磁场，磁感应强度为2b一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界o点正上方的m点以速度v0水平射入电场，经水平分界线op上的a点与op成60角射入区域的磁场，并垂直竖直边界cd进入区域的均强磁场中求：（1）粒子在区域匀强磁场中运动的轨道半径；（2）o、m间的距离；（3）粒子从第一次进入区域到第一次离开区域所经历的时间t2015-2016学年浙江省嘉兴市桐乡高中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共10题，每题3分，共30分）1下列图中能产生感应电流的是（）abcd【考点】感应电流的产生条件【分析】本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化据此可正确解答本题【解答】解：a、线框整体切割磁感线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故a错误；b、线框被拉出磁场的过程中，穿过的磁通量发生变化，因此也会产生感应电流，故b正确；c、线框平行于磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故c错误；d、线框绕平行于磁感线的轴转动，虽然上下边切割磁感线，但穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故d错误；故选：b【点评】本题考查感应电流产生的条件，首先要明确是哪一个线圈，然后根据磁通量的公式：=bs找出变化的物理量，从而确定磁通量是否发生变化基础题目2如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为l，匝数为n，过ab中点和cd中点的连线oo恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为b，则穿过线圈的磁通量为（）abcbl2dnbl2【考点】磁通量【分析】在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量为=bs，图中s有磁感线穿过线圈的面积，即为有效面积，磁通量与线圈的匝数无关【解答】解：如图，当正方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为b的匀强磁场中时，磁通量为：=b=故选：a【点评】本题考查对于匀强磁场中磁通量的求解能力对于公式=bs，要懂得s的意义：有效面积，即有磁感线穿过的面积3如图所示，滑动变阻器阻值变化范围为or，定值电阻阻值为r0，设a、b两端电压恒为u，要使r0获得的电压、应把滑动变阻器的滑片p移到（）ar的中点偏下br的最上端cr的中点dr的中点偏上【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】根据串联电路电压与电阻成正比的规律，以及并联电路的特点，分析滑动变阻器的滑片p的位置【解答】解：要使r0获得的电压，根据串联电路电压与电阻成正比的规律，可知变阻器滑片上部分的电阻与下部分和r0并联的总电阻相等，根据并联总电阻比任何一个支路的电阻都小的规律可知，变阻器滑片上部分的电阻小于下部分的电阻，所以滑片p应移到r的中点偏上故abc错误，d正确故选：d【点评】解决本题关键根据串、并联电路的特点，理解分压器的原理要知道并联总电阻比任何一个支路的电阻都小的规律，并灵活运用4分别测量两个电池的路端电压和电流，得到如图所示的a、b两条ui图线，比较两图线，可得出结论（）aa电池的电动势较小、内阻较大ba电池的电动势较大、内阻较大cb电池的电动势较大、内阻较小db电池的电动势较小、内阻较大【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】根据闭合电路欧姆定律得到u=eir，ui图象的斜率的绝对值表示电源的内电阻，纵轴截距表示电源的电动势，横轴截距表示短路电流【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得到u=eir；ui图象的斜率的绝对值表示电源的内电阻，故a图线对应的电源的内电阻较大；纵轴截距表示电源的电动势，故a图线的电动势较大；故选：b【点评】本题关键根据闭合电路欧姆定律推导出u与i的关系表达式，然后结合图象分析横轴截距、纵轴截距、斜率的含义，基础题5如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的m、n两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流a、o、b在m、n的连线上，o为mn的中点，c、d位于mn的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（）ao点处的磁感应强度为零ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同da、c两点处磁感应强度的方向不同【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成【解答】解：a、根据右手螺旋定则，m处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，n处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0故a错误b、m在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，n在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同故b错误c、m在c处产生的磁场方向垂直于cm偏下，在d出产生的磁场方向垂直dm偏下，n在c处产生的磁场方向垂直于cn偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dn偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等故c正确d、a、c两点的磁场方向都是竖直向下故d错误故选c【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成6在一个边界为等边三角形的区域内，存在一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在磁场边界上的p点处有一个粒子源，发出比荷相同的三个粒子a、b、c（不计重力）沿同一方向进入磁场，三个粒子通过磁场的轨迹如图所示，用ta、tb、tc分别表示a、b、c通过磁场的时间；用ra、rb、rc分别表示a、b、c在磁场中的运动半径，则下列判断正确的是（）ata=tbtcbtctbtacrcrbradrbrarc【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】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由图示求出粒子转过的圆心角关系、判断出粒子的轨道半径关系，然后应用周期公式比较粒子运动时间关系【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由图示情景可知：粒子轨道半径：rcrbra，粒子转过的圆心角：a=bc，粒子在磁场中做圆周运动的周期：t=，由于粒子的比荷相同、b相同，则粒子周期相同，粒子在磁场中的运动时间：t=t，由于a=bc，t相同，则：ta=tbtc，故ac正确，bd错误；故选：ac【点评】本题考查了比较粒子运动时间与轨道半径关系，分析清楚图示情景、由于周期公式即可正确解题7在如图所示的平行板器件中，电场强度e和磁感应强度b相互垂直一带电粒子（重力不计） 从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子（）a一定带正电b速度v=c若速度v，粒子一定不能从板间射出d若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】带电粒子进入复合场，受电场力和洛伦兹力，通过比较电场力和洛伦兹力的大小和方向，判断是否平衡，从而确定能否沿虚线路径通过【解答】解：a、粒子从左射入，不论带正电还是负电，电场力大小为qe，洛伦兹力大小f=qvb=qe，两个力平衡，速度v=，粒子做匀速直线运动故a错误，b正确c、若速度v，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，可能从板间射出故c错误d、此粒子从右端沿虚线方向进入，电场力与洛伦兹力在同一方向，不能做直线运动故d错误故选：b【点评】解决本题的关键知道在速度选择器中，从左边射入，速度满足条件，电场力与洛伦兹力平衡与电量、电性无关8如图所示，a是长直密绕通电螺线管小线圈b与电流表连接，并沿a的轴线ox从o点自左向右匀速穿过螺线管a能正确反映通过电流表中电流i随x变化规律的是（）abcd【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【分析】小线圈b在接近和穿出通电螺线管时，其磁通量发生变化，将有感应电流产生，当小线圈b在螺线管内部运动时，由于内部是匀强磁场，其磁通量不发生变化，故无电流【解答】本题通过电流与时间图象来考查对楞次定律的理解，当小线圈b在螺线管内部运动时，其磁通量不变，无感应电流，因此选项ab错误；根据电流的方向可知，选项d错误，故本题正确选项为c【点评】本题将楞次定律问题和图象问题相结合，对于图象问题可以通过排除法来选择9如图所示，均匀的金属长方形线框从匀强磁场中以匀速v拉出，它的两边固定有带金属滑轮的导电机构，金属框向右运动时能总是与两边良好接触，一理想电压表跨接在pq两导电机构上，当金属框向右匀速拉出的过程中，已知金属框的长为a，宽为b，磁感应强度为b，电压表的读数为（）a恒定不变，读数为bbvb恒定不变，读数为bavc读数变大d读数变小【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【专题】电磁感应与电路结合【分析】当金属框向右匀速拉出的过程中，左边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，其余部分是外电路，根据路端电压随外电阻增大而增大进行判断【解答】解：由题意，当金属框向右匀速拉出的过程中，左边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，其余部分是外电路由公式e=blv知，左边产生的感应电动势等于 bbv，保持不变，线框中感应电流也不变，而pq右侧的电阻增大，由欧姆定律u=ir知，pq间的电压增大，则电压表的读数变大根据闭合电路欧姆定律得知，pq间的电压必定小于bbv故c正确，abd错误故选c【点评】本题实质是简单的电路动态分析问题，将线框左边看成电源，其余部分看成外电路，运用闭合电路欧姆定律进行分析10在平行于水平地面的有界匀强磁场上方，有三个单匝线框a、b、c，从静止开始同时释放，磁感线始终与线框平面垂直，三个线框都是由相同的金属材料做成的相同正方形，其中a不闭合，有个小缺口；b、c都是闭合的，但b导线的横截面积比a和c的大，a和b边长相同，c的边长比a和b大，如图所示下列关于它们的落地时间的判断正确的是（）aa最后落地bb最后落地cc最后落地db，c同时落地【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】比较思想；方程法；电磁感应功能问题【分析】根据线圈的受力情况，运用牛顿第二定律分析加速度，再判断运动时间关系a线圈有一个缺口，进入磁场后，不产生感应电流，不受安培力作用，只受重力，加速度等于g而b、c线圈是闭合的，进入磁场后，产生感应电流，线圈受到竖直向上的安培力作用，根据牛顿第二定律研究bc加速度的关系，再分析下落时间的关系【解答】解：a线圈进入磁场后，由于a有一个缺口，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度等于g而b、c线圈是闭合的，进入磁场后，产生感应电流，受到竖直向上的安培力作用，加速度小于g，则a线圈最先落地对于b、c两个线圈，设任意一个线圈的边长为l，横截面积为s，电阻率为电，密度为密，质量为m，进入磁场后速度为v时加速度为a，根据牛顿第二定律得：mg=ma，则 a=g=g=g，可知a与横截面积s无关，所以b、c线圈进入磁场的过程加速度相同，直到b完全进入磁场，b完全进入磁场后磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度等于g，做匀加速直线运动，c后完全进入磁场，所以c最后落地，故c正确故选：c【点评】本题难点在于根据牛顿第二定律、电阻定律和密度公式，分析bc加速度与横截面积无关，将质量和电阻细化，是解题的关键二、多项选择题（共5题，每题4分，共20分）11在如图所示的电路中，定值电阻r的阻值为10，电动机的线圈电阻值为2，a、b端加有44v的恒定电压，电压表（不计其电阻对电路的影响）的示数为24v由此可知（）a通过电动机的电流强度为12ab通过电动机的电流强度为2ac电动机消耗的总功率为48wd电动机输出的功率为40w【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】根据ab两端的电压和电压表的示数，求出r两端的电压，再根据欧姆定律求出通过r的电流，即等于通过电动机的电流根据p=i2r求出电动机消耗的热功率电动机的输出功率等于输入功率减去电动机内部消耗的功率【解答】解：a、通过电动机的电流等于通过r的电流，为：i=a=2a故a错误b正确c、电动机消耗的总功率we：p=ui=242=48w故c正确d、电动机的输出功率we：p出=uii2r=4842w=40w故d正确故选：bcd【点评】解决本题的关键会灵活运用欧姆定律，以及知道电动机的输出功率等于输入功率减去电动机内部消耗的功率12图中装置可演示磁场对通电导线的作用电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，l是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，l便在导轨上滑动下列说法正确的是（）a若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则l向右滑动b若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则l向右滑动c若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则l向左滑动d若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则l向左滑动【考点】安培力【专题】压轴题【分析】由安培定则判断出电流产生的磁场方向，然后由左手定则判断出导体棒受到的安培力方向，从而判断出导轨l的移动方向【解答】解：a、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，l所受安培力向左，l向左滑动，故a错误；b、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，l受到的安培力向右，l向右滑动，故b正确；c、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，l所受安培力向右，l向右滑动，故c错误；d、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，l所受安培力向左，则l向左滑动，故d正确；故选bd【点评】熟练应用安培定则与左手定则即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题13在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为b，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的pq为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个半径为a、质量为m、电阻为r的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线pq重合时，圆环的速度为v，则下列说法正确的是（）a此时圆环中的电功率为b此时圆环的加速度为c此过程中通过圆环截面的电量为d此过程中回路产生的电能为0.75mv2【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】由导体切割磁感线公式可求得感应电动势，由功率公式可求得电功率；由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力，由牛顿第二定律求得加速度；由法拉第电磁感应定律可求得通过截面的电量；【解答】解：a、当直径与边界线重合时，圆环运动到直径刚好与边界线pq重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故线圈中的感应电动势e=2b2a=2bav；圆环中的电功率p=，故a正确；b、此时圆环受力f=2bi2a=2b22a=，由牛顿第二定律可得，加速度a=，故b错误；c、电路中的平均电动势=，则电路中通过的电量q=t=t=，故c正确；d、此过程中产生的电能等于电路中的热量，也等于外力所做的功，则一定也等于动能的改变量，故e=mv2m=mv2=0.375mv2故d错误；故选：ac【点评】本题考查电磁感应规律、闭合电路运算、感应电动势瞬时值与平均值应用等关键为：搞清楚磁通量的变化、平动切割的有效长度、瞬时值与平均值14两根相距为l的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，回路总电阻为2r0整个装置处于磁感应强度大小为b，方向竖直向上的匀强磁场中当ab杆在平行于水平导轨的拉力f作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动重力加速度为g以下说法正确的是（）aab杆所受拉力f的大小为mgbcd杆所受摩擦力为零c回路中的电流强度为d与v1大小的关系为=【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【专题】理想气体状态方程专题【分析】当导体棒ab匀速向右运动时，切割磁感线（cd运动时不切割磁感线），在回路中产生感应电流，从而使导体棒ab受到水平向左的安培力导体棒cd受到水平向右的安培力，使导体棒和轨道之间产生弹力，从而使cd受到向上的摩擦力，把力分析清楚，然后根据受力平衡求解【解答】解：由右手定则可知，回路中感应电流方向为：abdca，感应电流大小：i= 导体ab受到水平向左的安培力，由受力平衡得：bil+mg=f 导体棒cd运动时，受到向右的安培力，的摩擦力不为零，cd受到摩擦力和重力平衡，由平衡条件得：bil=mg 联立以上各式解得：f=mg+，=，故d正确，abc错误故选：d【点评】本题涉及电磁感应过程中的复杂受力分析，解决这类问题的关键是，根据法拉第电磁感应定律判断感应电流方向，然后根据安培定则或楞次定律判断安培力方向，进一步根据运动状态列方程求解15如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，水平虚线l下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为b正方形闭合金属线框边长为h，质量为m，电阻为r，放置于l上方一定距离处，保持线框底边ab与l平行并由静止释放，当ab边到达l时，线框速度为v0ab边到达l下方距离d处时，线框速度也为v0，以下说法正确的是（）aab边刚进入磁场时，电流方向为abbab边刚进入磁场时，线框加速度沿斜面向下c线框进入磁场过程中的最小速度小于d线框进入磁场过程中产生的热量为mgdsin【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据右手定则判断出ab边刚进入磁场时，电流的方向；当ab边到达l时，线框速度为v0ab边到达l下方距离d处时，线框速度也为v0，知线框进入磁场时做减速运动，完全进入磁场后做加速运动当线框完全进入磁场时，速度最小，根据能量守恒定律求出线框进入磁场过程中产生的热量【解答】解：a、根据右手定则知，ab边刚进入磁场时，电流方向为ab故a正确b、当ab边到达l时，线框速度为v0ab边到达l下方距离d处时，线框速度也为v0，知线框进入磁场时做减速运动，完全进入磁场后做加速运动，则ab边刚进入磁场时，做减速运动，加速度方向向上故b错误c、线框从进入磁场到完全进入的过程中，做减速运动，完全进入的瞬间速度最小，此时安培力大于重力沿斜面方向的分力，根据e=bih，i=，fa=bil，根据famgsin，有，解得v故c错误d、对线框进入磁场的过程运用能量守恒定律得，mgdsin=q故d正确故选：ad【点评】本题综合考查了右手定则、安培力大小公式、闭合电路欧姆定律、切割产生的感应电动势公式和能量守恒，知道线框进入磁场的运动规律是解决本题的关键三、实验题（共2题，20分）16用如图甲所示的电路图研究灯泡l（2.4v，1.0w）的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下正常工作时的电阻值，检验其标示的准确性（1）在闭合开关s前，滑动变阻器触头应放在a端（选填“a”或“b”）（2）根据电路图，请在图乙中以笔划线代替导线将实物图补充完整（3）实验后作出的ui图象如图丙所示，图中曲线弯曲的主要原因是：随着灯丝中的电流增大，温度升高，灯丝的电阻率增大，电阻增大（4）根据所得到的图象如图丙所示，求出它在额定电压（2.4v）下工作时的电阻值r=4.8，这个测量值比真实值偏小（选填“大”或“小”）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；恒定电流专题【分析】做电学实验首先应注意保护电流表，因此，闭合开关前应将滑动触头打到使通过电流表电路的电流最小的位置【解答】解：（1）、由图甲知当滑动触头打到a端时通过电流表的电流是零，为防止烧表，在闭合开关s前，滑动变阻器触头应放在a端（2）、根据电路图连线实物图如图所示（3）、图中曲线弯曲的主要原因是随着灯丝中的电流增大，温度升高，灯丝的电阻率增大，电阻增大（4）、由图丙知小灯泡在额定电压（2.4v）下工作时的电流为0.5a，由r=得r=4.8，根据欧姆定律，由于电压表的分流使得电流表测量值大于通过小灯泡的实际电流，故测得的电阻值偏小故答案为（1）a（2）如图所示（3）随着灯丝中的电流增大，温度升高，灯丝的电阻率增大，电阻增大（4）4.8，小【点评】注意变阻器分压式和限流式在在闭合开关s前滑动触头位置的不同要求17有一内阻未知（约20k60k）、量程（010v）的直流电压表某同学想通过一个多用表中的欧姆档，直接去测量上述电压表的内阻，该多用表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30，欧姆档的选择开关拨至倍率1k挡先将红、黑表棒短接调零后，选用图1中a方式连接在实验中，某同学读出欧姆表的读数为40k（如图2），这时电压表的读数为5.0v计算出欧姆表中电池的电动势为8.75v【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题【分析】欧姆表中值电阻附近刻度比较均匀，读数误差最小；红表笔连接着内部表头的正极，黑表笔连接着内部表头的负极，故电流从红表笔流入，黑表笔流出；欧姆表读数=表盘读数倍率；欧姆表内电阻等于中值电阻，根据闭合电路欧姆定律列式求解欧姆表电动势【解答】解：欧姆表中值电阻附近刻度比较均匀，读数误差最小，故倍率选择“1k”挡位；电流从红表笔流入，黑表笔流出，故a方式正确；欧姆表读数=表盘读数倍率=401k=40k；电压表读数为：5v；欧姆表内电阻等于中值电阻，为r=30k；根据闭合电路欧姆定律，有：e=ir+u=8.75v；故答案为：1k，a；40 k，5.0，8.75【点评】本题关键是明确欧姆表原理、读数规律、中值电阻，然后根据闭合电路欧姆定律列式求解四、计算题（共3题，共30分）18如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=1000，线圈面积s=200cm2，线圈的电阻r=1，线圈外接一个阻值r=4的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示求：（1）请说明线圈中的电流方向；（2）前4s内的感应电动势；（3）前4s内通过r的电荷量【考点】法拉第电磁感应定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】（1）根据楞次定律，即可求解感应电流方向；（2）根据法拉第电磁感应定律，结合磁感应强度的变化率求出前4s内感应电动势的大小（2）根据感应电动势，结合闭合电路欧姆定律、电流的定义式求出通过r的电荷量【解答】解：（1）根据楞次定律可知，线圈中的电流方向逆时针；（2）由图象可知前4s内磁感应强度b的变化率=t/s=0.05t/s 4s内的平均感应电动势 e=ns=10000.020.05 v=1 v（3）电路中的平均感应电流=，q=t，又因为e=n，所以q=n=1000c=0.8c答：（1）线圈中的电流方向逆时针；（2）前4s内的感应电动势1v；（3）前4s内通过r的电荷量0.8c【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流的定义式的综合运用，难度不大，需加强训练19如图所示，相距为l的两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨由两种材料组成pg右侧部分单位长度电阻为r0，且pq=qh=gh=lpg左侧导轨与导体棒电阻均不计整个导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度为b质量为m的导体棒ac在恒力f作用下从静止开始运动，在到达pg之前导体棒ac已经匀