高二(下学期)期末物理试卷及答案解析

高二〔下学期〕期末物理试卷及答案解析〔90100分〕题号 一 二得分

三 四 总分一、单项选择题〔1030.0分〕物理学中用到的科学争论方法，在建立以下物理概念时，都用到“等效替代”方法的是〔 〕“质点”“电场强度”C.“总电阻”“电场强度”

“平均速度”“点电荷”D.“合力与分力”“总电阻”如下图，一根条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，环中的感应电流〔自左向右看〕〔 〕沿顺时针方向先沿顺时针方向后沿逆时针方向沿逆时针方向先沿逆时针方向后沿顺时针方向如下图，R是光敏电阻，当它受到的光照强度增大时，则〔 〕L变暗C的带电量增大电压表的读数增大电源的总功率减小如下图，两个相切的圆表示一个静止原子核发生某种核变化后，产生的两种运动粒子在匀强磁场中的运动轨迹，可能的是〔 〕原子核放出了一个电子大圆是核的运动轨迹124页原子核发生了α衰变原子核发生了β衰变以往我们生疏的光电效应是单光子光电效应，即一个电子极短时间内能吸取到一个光子而从金属外表逸出。强激光的消灭丰富了人们对于光电效应的生疏，用强激光照耀金属，由于其光子密度极大，一个电子在短时间内吸取多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被试验证明。光电效应试验vkvk，则发生了光电效应；此时，假设加上反向电压Uk接电源Ak、A之间就形成了使光电子减速的电场，渐渐增大U，光电流会渐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是〔其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量〕〔〕U= - B.U= C.U=2hv-W D.U=图示电路中，变压器为抱负变压器，a、b接在电压有效值不变的变流电源两端，R0为定值电阻，R为光敏电阻〔阻值随光照强度的增大而减小〕。现观看到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数1.0A，则以下说法正确的选项是〔〕2V示数增大2C.R光敏电阻上光照强度在增加以下说法不正确的选项是〔 〕

B.V示数增大3D.该变压器起升压作用3黑体辐射，随着温度的上升，一方面各种波长的辐射强度都有增加，另一方面辐射强度的极大值向波长较长的方向移动普朗克在争论黑体辐射问题时提出了能量子假说光较强时，包含的光子数较多，照耀金属时产生的光电子较多，因而饱和电流较大光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性224页u=220sinπt〔V〕的沟通电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为4：1，电流表、电压表均为抱负电表。以下说法正确的选项是〔〕55C.电压表的读数为55 V

W B.0.25AD.50Hz如下图为电视机显像管的原理示意图(俯视图)向和强弱都在不断变化，电子束打在荧光屏上的光点就会移动，从而实现扫描，以下关于荧光屏上的光点说法正确的选项是A点，则磁场垂直纸面对里AB扫描，则磁场垂直纸面对里且不断减弱AB扫描，则磁场垂直纸面对外且不断减弱AB扫描，则磁场垂直纸面对外，减弱后向里、增加如下图，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根导体棒a、b、cc最长，b最短，将c弯成始终径与b等长的半圆，将装置置于竖直向下的匀强磁场中，在接通电源后，三导体棒中有等大的电流通过，则三棒受到安培力的大小关系为324页B. C. D.二、多项选择题〔834.0分〕如图甲所示，电阻不计的矩形线框在匀强电场B中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动，产生了如图乙所示的正弦交变电流．抱负变压器的原副线圈匝数之比为10：1，V为沟通电压表，灯泡的电阻RΩC为电容器电容器的击穿电压为2V开头时开关S处于断开状态以下说法正确的选项是〔 t=0.01s时刻，穿过矩形线框的磁通量最大t=0.01s05HzS后，电容器会被击穿A如下图，L为一纯电感线圈〔即电阻为零〕，L是一灯泡，以下说法正确的选项是〔 〕AS接通的瞬间，无电流通过灯泡Sab的电流S断开瞬间，无电流通过灯泡424页Sba的电流Rr，放在与线圈平面垂直向里的磁场00中磁感应强度B随时间t变化规律为=B1-〔其中B0和t都是不变量，且t＞1〕。在磁感应强度B随时间t变化过程中，下面说法正确的选项是〔 〕00线圈中的感应电流方向不变线圈总是有扩张的趋势00～2t时间内，通过线圈截面的电量为000～2t时间内，线圈产生的焦耳热为0在如图〔a〕所示的电路中，Rl为定值电阻，R2为滑动变阻器，电表均为抱负电表．闭合开关S，将滑P〔b〕1.8W；10Ω；2R0.9W；2甲是电池的路端电压-电流图线。气体压强是由大量气体分子撞击器壁引起的．以下因素中，与气体压强大小有关的是〔 〕容器壁的面积C.气体分子的质量以下说法中正确的选项是〔 〕

B.气体分子的数量D.气体分子的运动速度大小液体中的集中现象是由液体的对流形成的液体外表张力与浸润现象都是分子力作用的表现只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能肯定相等524页分子间引力和斥力都是随着分子间距离的减小而增大肯定质量的抱负气体，假设压强不变，体积增大，那么它肯定从外界吸热1 2 0 〔约为微米量级试验装置如图甲所示。TT是具有标准平面的玻璃平晶，AD；A为待测金属丝，直径为D；两者中心间距为L。试验中用波长为λ的单色光垂直照耀平晶外表，观看到的干预条纹如图乙所示，测得相邻条纹的间距为ΔL。则以下说法正确的选项是〔1 2 0 0AA直径相差越大，ΔL越小0C.|D-D|=0

AA直径相差越大，ΔL越大0D.|D-D|=001 2 21一列简谐横波沿x轴传播，t与t时刻的波形分别如图中实线与虚线所示，t-t=0.21 2 21A.10m/s B.20m/s C.30m/s D.40m/s三、试验题〔211.0分〕如下图，为“探究电磁感应现象”的试验中所用器材的示意图。请用笔画线代替导线，将所缺导线补接完整；电路连接完整后，某同学闭合开关时觉察灵敏电流计的指针向左偏了一下，然后他将滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电流计指针将 ；他再将开关断开时电流计指针将 〔选填“向左偏转”、“向右偏转”或“不偏转”〕。624页在一个小灯泡上面标有“6V0.1A”的字样，现在要测量这个灯泡的I-U图线．以下器材可供选用A．伏特表〔0～5V〕 B．伏特表〔0～10V〕C．安培表〔0～0.3A〕 D．安培表〔0～0.6A〕E．滑动变阻器〔30Ω，2A〕F．学生电源〔直流9V〕开关、导线等．试验中所用伏特表应选 ，安培表应选 ．〔填写编号〕在如图方框内画出试验电路图，要求安培表外接．四、计算题〔553.0分〕abcdmRL，现H处由静止自由释放。在导线框下落过程中，线框平面始终在与磁场垂直的竖直平面内运动，且ab边保持水平。磁BMN、PQ的d〔d＜L〕。导线框cdv，重力加g，不计空气阻力，求：abI的大小；导线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热Q；从导线框开头运动到导线框穿过磁场所用的时间t。724页824页23. 23. MNPQ，其中左边POMQ”是倾角为α导轨间距为L，电阻不计。水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．水平导轨光滑，a棒与斜轨间动摩擦因数为μ，导体棒abm，电阻值分别为R=R，R=2R．bab棒放置在水平导轨上足够远处，ah接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g。求：〔1〕a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；最终稳定时两棒的速度大小；a棒开头下落到最终稳定的过程中，b棒上产生的内能。某电站，输送的电功率为P=500kW，当使用U=5kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处4800度．求：这时的输电效率ηr．假设想使输电效率提高到98%，又不转变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？H=25cm的水银柱L=20cmp0=75cmHg27℃．现将玻璃管在竖直平面内缓慢转动半周至开口向下，求此时封闭空气的长度；缓慢转动至水平后，再将封闭气体温度上升到37℃，求此时封闭空气的长度。如下图，折射率n= 、半径为R的透亮半球体固定在水平地面上，OP点有一点光源，过透亮半球体的球心O有一足够c。求：POt；假设不考虑光在透亮半球体中的反射影响，光屏上光照面积S的大小。924页1024页答案和解析【答案】D【解析】解：A、质点，承受抱负化模型的方法，电场强度承受比值定义法．故A错误．B、平均速度，承受等效替代的方法．点电荷，承受抱负化模型的方法，故B错误．C、“总电阻”承受等效替代的方法，电场强度承受比值定义法，故C错误，D、合力与分力、“总电阻”，均承受等效替代的方法，故D正确．应选：D．点”、“点电荷”承受抱负化模型的方法，“平均速度”、“电场强度”承受比值定义法．对于物理学上常用的科学争论方法：等效替代法、抱负化模型法、比值定义法等等要理解并把握，并进展归纳总结，对学习物理量的意义有很大的帮助．【答案】C【解析】解：条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，原磁场方向向右，且磁通量在增加，依据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向左，由安培定则，知感应电流的方向〔自左向右看〕沿逆时针方向．故C正确，A、B、D错误．应选：C．解决此题的关键把握用楞次定律推断感应电流方向的步骤，先推断原磁场的方向以及磁通量是增加还是减小，再依据楞次定律推断出感应电流的磁场方向，最终依据安培定则，推断出感应电流的方向．【答案】B【解析】解：A、当光照强度增大时，光敏电阻阻值减小，外电路总电阻减小，依据欧姆定律得知，总电流IA错误；B、灯泡两端电压，电容器两端电压增大，依据Q=UC可知电容器CB正确。C、电流变大，电源内阻所占电压变大，路端电压U减小，所以则电压表的示数减小，故C错误。D、电源的总功率P=EI，总电流增大，电源电动势不变，则电源的总功率变大，故D错误。应选：B。确定电压表示数的变化，依据P=EI求电源的总功率变化状况，．依据电流的变化推断通过灯泡电流和电压的变化，进而推断电容器两段电压的变化，依据Q=UC推断电容器带电量的变化。→整体→局部”的挨次分析。【答案】C【解析】解：ACD/原子核发生衰变，粒子的速度方向相反，由图可知粒子的运动的轨迹在两侧，依据左手定则可以得知，衰变后的粒子带的电性一样，所以释放的粒子应当是氦核，所以原子核发生的可能是α衰变AD错误，C正确；B、静止的原子核发生衰变，依据动量守恒可知，衰变前后，动量守恒，故两个粒子的动量p=mv相等，由可知，q越大，轨道半径越小；故大圆是释放粒子的运动轨迹，小圆是核的运动轨迹，故B错误应选：C。静止的原子核发生衰变，依据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在依据粒子在磁场中运动的轨迹可以推断粒子的电荷的性质；从而确定可能的状况，衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供给向心力可得半径公式，结合轨迹图分析即可明确两圆对应的粒子。此题综合考察了原子衰变、动量守恒以及粒子在磁场中的运动，依据粒子的速度的方向相反和两个粒子的运动的轨迹由左手定则可以分析推断粒子的带电的状况。ν的强激光照耀阴极ν的强激光照耀阴极K，则发生了光电效应，即吸取的光子能量为nhv，n=2，3，4…则有：eU=nhv-W，解得：U=，n=2，3，4A正确，BCD错误。应选：A。km依据光电效应方程Ekm=hv-W，以及E =eU进展分析。km解决此题的关键把握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系。【解析】解：AV2示数不变。A错误；BA2R0RV3B错误；CRRC正确；1 D、观看到电流表A0.2A，电流表A1.0A，即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量，依据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故D1 依据欧姆定律分析负载电阻的变化，图中变压器局部等效为一个电源，变压器右侧其余局部是外电路，外电路中，R0与滑动变阻器R串联；然后结合闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压、电流关系分析即可。此题关键是明确电路构造，依据闭合电路欧姆定律、变压器变压公式和变流公式、串并联电路的电压电流关系列式分析。【答案】A【解析】【分析】随着温度的上升，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，黑体热辐射的强度与波长有关；光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性；光电流越大，则饱和电流较大；普朗克提出能量子假说，为人们争论量子论打下根底．解决此题的关键知道黑体辐射的强度与温度有关，温度越高，黑体辐射的强度越大，随着温度的上升，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．理解能量量子化的内涵，把握饱和电流大小与光电子个数有关，留意光电效应、康普顿效应的作用．【解答】A错误．普朗克在争论黑体辐射问题时，提出了能量子假说：能量在传播与吸取时，是一份一份的，故B正确；C.光较强时，包含的光子数较多，照耀金属时产生的光电子较多，因而饱和电流较大，故C正确；D.光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性，故D正确；此题选择错误的，应选：A。【答案】B【解析】解：AC、由输入电压的瞬时值表达式可知，原线圈输入电压有效值U【解析】解：AC、由输入电压的瞬时值表达式可知，原线圈输入电压有效值U1=220V，由变压器的变压比=55V，电压表读数为55V，U2I2=A=1A，P2=UI=55×1W=55W，22原线圈输入功率等于副线圈输出功率，则原线圈输入功率为55W，故A错误，C错误；B、由变压器的变流比B正确；I1Dω=，交变电流的频率=Hz=0.5HzD错误。应选：B。依据原线圈输入电压的瞬时值表达式求出输入电压的有效值，依据变压比求出副线圈电压；应用欧姆定律P=UI求出副线圈功率，然后依据题意分析答题。此题考察了变压器原理，把握变压器的变压比与电流表是解题的前提，分析清楚电路构造、求出原线圈输入电压，应用变压比与变流比即可解题。【解析】试题分析：阴极放射出的电子，经电场加速后进入磁场偏转．假设偏转线圈中无电流，不受洛伦兹力，电子将不偏转；依据左手定则推断磁场的方向．依据半径公式分析要使电子束在荧光屏上的位BA点移动，偏转磁场强度如何变化．A、假设光点打在A点，电子在磁场中向上偏转，说明洛伦兹力的方向向上，电子带负电荷，运动的方向与电流的方向相反，依据左手定则可得，磁场垂直纸面对外．故A错误；B、C、D、要使电子束在荧光屏上的位置由AB点移动，电子在偏转磁场中运动的半径先增大后减小，则电子在磁场中圆周运动的半径公式分析得知，偏转磁场强度应领先由大到小，再由小到大．故BC则电子在磁场中圆周运动的半径公式分析得知，偏转磁场强度应领先由大到小，再由小到大．故BC错误，D正确．D【解析】【分析】此题考察了安培力；此题关键要确定出导体棒的有效长度，知道对于弯棒的有效长度等于连接两端直导线的长度。图中导体棒都与磁场垂直，对直棒的安培力，直接应用安培力公式F=BIL求解；对于弯棒c，可等效为长度为直径的直棒。【解答】a、bLaLb．cd；a a b 由于导体棒都与匀强磁场垂直，则：a、b两棒所受的安培力大小分别为：F=BIL；F=BIL=BIda a b cbc棒所受的安培力与长度为直径的直棒所受的安培力大小相等，则有：F=BId；La＞d，则有：Fa＞F=Fc；cbABC错误，D正确。D。【解析】解：A、由图象可知，在【解析】解：A、由图象可知，在t=0.01s时，电压最小，此时是磁通量的变化率最小，此时穿过线圈的磁A正确；B、电压表读数为副线圈有效值，原线圈的电压的有效值为220V，由电压与匝数成正比可得副线圈的电压22V22VB错误、C0.02s50HzC错误．D、副线圈电压的峰值为22 V＞23V，闭合开关S后，电容器会被击穿，所以D正确．应选：AD．电表读数为沟通电有效值，不能与瞬时值混淆，输出功率也是用有效值计算P=U2I2．电流表读数可依据公式求得．电表读数为沟通电有效值，正弦沟通电有效值等于最大值的，电容器的击穿电压为最大值．【答案】式求得．电表读数为沟通电有效值，正弦沟通电有效值等于最大值的，电容器的击穿电压为最大值．【解析】解：AS接通瞬间，L相当于断路，所以有电通过灯泡，灯泡中有从abA错误，B正确；CS接通瞬间，灯泡有向右的电流，稳定后AS断开瞬间，线圈阻碍电流减小，L相当于电源，保持原有电流方向，导致灯泡中有从baCD正确；应选：BD．电感线圈在接通瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，断开时相当于电源．此题考察了电感线圈对电流发生突变时的阻碍作用，记住电感线圈在接通瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，断开时相当于电源．【答案】AD【解析】答：A、由B=B 可知，0～t0时间内，B均匀减小，t=t0时，B=0，t0时刻后，B反向从零均匀增大，整个过程中，磁场的变化率是，是常数，由楞次定律和法拉第电磁感应定律知，感应电动势、感A正确；B、t0时刻前，B均匀减小，穿过线圈的磁通量削减，线圈有扩张趋势，t0时刻后，B均匀增大，穿过线圈的B错误；C、0～2t0时间内，通过线圈截面的电量为q= =

= C错误；D0～2t0时间内感应电动势为E= =D正确。应选：AD。

= 产生的焦耳热为Q= = ，A、由楞次定律和法拉第电磁感应定律解答；B、由楞次定律的推论解答；C、由电磁感应的推论解答；D、由电磁感应定律和焦耳定律解答。娴熟应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解题，解答B项要熟记推论：增缩减扩，解答C项要熟记二级结【解析】解：ABDP从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，R1R2V1V2的示数减小，V1V2电池的路端电压-电流图线．2 V2U=E-I〔R+r2 1 由图线甲斜率的大小等于R+r，由图知：R+r= = 1 1R1R=1

= Ω=5Ω则得：r=5Ω，2由甲图知：I=0.2A时，U=4V，22 则电源的电动势为：E=U+I〔R+r〕=4+0.2×10=62 1 当R+R=r时电源的输出功率最大则电源的最大输出功率为Pm= 1

CR1R1+r=R2R2P2m=正确；应选：AC

= W=0.9WC将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，分析电路中电流的变化，确定两个电压表读数的变化，推断两图线与电压表示数的对应关系；依据闭合电路欧姆定律求解电源的内电阻和电动R1Rl看成电源的内阻，当等效电源的内外电阻相等时，滑动变阻器R2的功率最大．此题的关键是：一是分析电路图，确认电路组成、连接方式、三电表的测量对象，能从图象上得到相关信息．二能运用等效思维求解滑动变阻器R2的最大功率．【答案】CD【解析】【分析】气体压强是由于气体分子撞击器壁引起的，与分子的密集程度和分子的平均动能有关．解决此题的关键知道影响气体压强的微观因素：1、气体分子的密集程度，2、气体分子的平均动能．【解答】气体压强是气体分子撞击器壁引起的，从微观角度讲，与气体的密集程度和气体的平均动能有关，所以与气体压强有关的是气体分子的质量和气体分子运动的速度大小．应选：CD．【答案】BDE【解析】解：A、液体中的集中现象都是由于分子热运动而产生的，故A错误。B、液体的外表张力是分子力作用的表现，外层分子较为稀疏，分子间表现为引力；浸润现象也是分子力作B正确。C平均动能相等，但是物体的总动能与分子数有关，质量和体积相等的物体仅说明物体的平均密度一样，如果不是同一种物质，它们的总分子数不肯定相等，因此两物体的内能不肯定相等，故C错误。D、分子间的引力和斥力都是随分子间距离的减小而增大，只不过在不同状况下合力对外表现不同，故D正确。E、依据气态方程可知肯定质量的抱负气体压强不变，体积增大，温度肯定上升，因此内能增加，体积增大则对外做功，依据△U=W+QE正确；应选：BDE。液体中的集中现象都是由于分子热运动而产生的；液体外表张力与浸润现象都是分子力作用的表现；分子的平均动能一样，但分子数不肯定一样，故分子动能不肯定一样，内能也不肯定一样；分子间的引力和斥力都是随分子间距离的减小而增大；依据热力学第肯定律△U=W+Q，可以求得压强不变，体积增大，那么它肯定从外界吸热。此题考察了热力学第肯定律、分子间的相互作用力、物体的内能、液体的外表张力、抱负气体的状态方程等学问点。对于这分学问很多是属于记忆局部的，因此需要留意寻常的记忆与积存。【答案】AD【解析】解：AB、设标准平面的玻璃晶之间的夹角为【解析】解：AB、设标准平面的玻璃晶之间的夹角为θ，由题设条件，则有tanθ=，由空气薄膜干预的条件，则有：2△Ltanθ=λ，即为：ΔL=AA0直径相差越大，θ越大，ΔLA正确，B错误；CD、tanθ=，结合2△Ltanθ=λ，联立解得：|D-D0|= ，故C错误，D正确。应选：AD。依据题意，结合几何关系，及空气薄膜干预条件，即可求解。考察干预的原理，及其形成条件，理解干预条纹的间距公式应用，并留意几何学问的运用。λ=8λ=8m；①假设波向右传播：t-t=〔n+〕T21解得：T=v==10〔4n+3〕〔n=0、1、2…〕②假设波向左传播：t-t=〔n+〕T21解得：T=v==10〔4n+1〕〔n=0、1、2…〕AC正确、BD错误；AC。依据波向右与向左传播波速的两个通项，再进展争论得出结果。此题由于波传播的不确定造成多解，可以得出波向右与向左传播波速的两个通项，再进展推断。【解析】解：〔1〕将电源、电键、变阻器、小螺线管A串联成一个回路，再将电流计与大螺线管B串联成另一个回路，电路图如以下图所示：〔2〕闭合开关，穿过螺线管A的磁通量增大，灵敏电流表的指针向左偏一下；那么合上电键后，将滑线变阻器的滑片P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，螺线管A电流变B的磁场方向不变，但磁通量变大，灵敏电流计指针将左偏转；再将开关断开时，穿过螺线管B的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将右偏转。故答案为：〔1〕如上图所示；〔2〕向左偏转；向右偏转。留意该试验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管A串联成的回路，二是电流计与大螺B串联成的回路，据此可正确解答；依据闭合开关时觉察灵敏电流计的指针向左偏了一下，即磁通量增大，则指针左偏一下，从而判定滑P向右滑动或断开开关时，磁通量如何变化，进而判定求解。此题考察争论电磁感应现象及验证楞次定律的试验，对于该试验留意两个回路的不同。知道磁场方向或磁通量变化状况相反时，感应电流反向是推断电流表指针偏转方向的关键。对于该试验，要明确试验原理及操作过程，寻常要留意加强试验练习。【答案】B；C【解析】解：〔1〕因灯泡的额定电压为6V，为保证安全选用的电压表量程应大于6V，故只能选用0～10VB；灯泡的额定电流I=0.1A；故电流表应选择0～0.3AC；〔2〕由题意要求可知，电压从零开头变化，并要多测几组数据，故只能承受滑动变阻器分压接法，要求安培表外接，电路图如下图故答案为：〔1〕B、C；〔2〕如图仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值推断需要的电压表；由流过灯泡的电流推断需要的电流表；依据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法．此题考察试验中的仪表选择及接法的选择；应留意滑动变阻器分压及限流接法的区分及应用，同时还应明确内外接法的不同及推断．【答案】解：〔1〕ab边刚进入磁场时的速度为v1，线框进入磁场前做自由落体运动，线框从开头下落ab边刚进入磁场过程，由动能定理得：mgH= -01解得：v=1ab边进入磁场时切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv1由欧姆定律可知，感应电流：I=解得：I= ；从导线框开头下落到cd刚穿出磁场过程，对导线框，由能量守恒定律得：mg〔H+L+d〕= +Q解得：Q=mg〔H+L+d〕-mv2线框进入与离开磁场过程，由法拉第电磁感应定律可知平均感应电动势为：平均感应电流为：通过导线框横截面的电荷量为：q=解得：q= ，线框进入磁场与离开磁场过程通过线框导线横截面的电荷量为：q1=q=2ab、cdt1线框进入磁场与离开磁场过程通过线框导线横截面的电荷量为：q1=q=2ab、cdt1、t2，ab、cd先后穿过磁场过程回路的平均感应电流分别为、，从导线框开头下落到cd边刚穿出磁场过程，对导线框，由动量定理得：mgt-BLt1-BLt=mv-02其中：t1=q，1t=q，2 2解得：t=+；答：〔1〕abI的大小是；〔2〕导线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热Qmg〔H+L+d〕-mv2；〔3〕从导线框开头运动到导线框穿过磁场所用的时间t为+。从线框开头下落到cd的焦耳热。由法拉第电磁感应定律求出线框进入与离开磁场时的平均感应电动势，应用欧姆定律求出平均感应电流，由电流定义式求出线框进入与离开磁场过程通过线框的电荷量；对线框应用动量定理可以求出运动时间。22.【答案】解：〔1〕P=500kW22.【答案】解：〔1〕P=500kWE=Pt=12023度，终点得到的电能E′=E-△E=7200度，因此效率η==60%．I==Pr=I2rP=r=200kW，r=20Ω．〔2r=20Ω．〔2〕输电线上损耗功率，Pr=200kWP′=10kW，r计算可得输电电压应调整为U′=22.4kV．