1.如圖所示，通電導線所受安培力或運動電荷所受洛倫茲力正確的是( )
A. B. C. D.
2.如圖所示，兩勻強磁場的方向相同，以虛線MN為理想邊界，磁感應(yīng)強度大小分別為B1、B2，今有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從MN上的P點沿垂直于磁場方向射入勻強磁場B1中，其運動軌跡為如圖虛線所示的“心”形圖線。則以下說法正確的是( )
A. 電子的運行軌跡為PENCMDP
B. B1=2B2
C. 電子從射入磁場到回到P點用時為2πmB1e
D. B1=4B2
3.如圖所示，先后以速度v1和v2勻速把一矩形線圈水平拉出有界勻強磁場區(qū)域，v1=2v2，則在先后兩種情況下( )
A. 線圈中的感應(yīng)電動勢之比為E1：E2=1：2
B. 線圈中的感應(yīng)電流之比為I1：I2=4：2
C. 線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1：Q2=2：1
D. 通過線圈某截面的電荷量之比q1：q2=2：1
4.如圖所示，abcd為水平固定的足夠長的“?”形金屬導軌，間距為L，導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，導軌電阻不計，足夠長的金屬棒MN傾斜放置，與導軌成夾角θ=30°，金屬棒單位長度的電阻為r，保持金屬棒以速度v(速度方向平行于ab，如圖)勻速運動(金屬棒尚未脫離導軌)，金屬棒與導軌接觸良好，則通過金屬棒中的電流為( )
A. Bv2rB. Bv4rC. BvrD. 3Bvr
5.如圖所示，圖線a是線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動時所產(chǎn)生正弦交流電的圖象，當調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速后，所產(chǎn)生正弦交流電的圖象如圖線b所示，以下關(guān)于這兩個正弦交流電的說法正確的是( )
A. 線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為2：3
B. 兩種情況在0.3 s內(nèi)通過線圈的磁通量變化之比為1：1
C. 兩種情況在相等時間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱之比Qa：Qb=3：2
D. 兩種情況在相等時間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱之比Qa：Qb=9：4
6.如圖所示為遠距離輸電示意圖，某個小水電站發(fā)電機的輸出功率為100kW，發(fā)電機的電壓為250V.通過升壓變壓器升高電壓后向遠處輸電，輸電線總電阻為R=8Ω，在用戶端用降壓變壓器把電壓降為220V.要求在輸電線上損失的功率控制為5kW(即用戶得到的功率為95kW)。下列說法正確的是( )
A. 輸電線上通過的電流為400AB. 降壓變壓器的輸入電壓為4000V
C. 升壓變壓器的匝數(shù)比為n1n2=116D. 降壓變壓器的匝數(shù)比為n3n4=20011
7.如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，其余電路電阻都不計，勻強磁場垂直于導軌平面向下，磁感應(yīng)強度大小為B.現(xiàn)將質(zhì)量為m的導體棒由靜止釋放，當棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時，速度為υ.下列說法錯誤的是( )
A. 導體棒的a端電勢比b端電勢高
B. 導體棒達到穩(wěn)定狀態(tài)前做加速度減少的加速運動
C. 當導體棒速度達到v3時加速度為23gsinθ
D. 導體棒達到穩(wěn)定狀態(tài)后，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱等于重力所做的功
二、多選題（本題共3小題，共12分）
8.光滑水平面上放著一異形物塊b，其曲面是四分之一圓弧，在它的最低點靜止地放著一個小球c，如圖所示?；瑝Ka以初速度v0水平向左運動，與b碰撞后迅速粘在一起。已知a、b、c的質(zhì)量均為m，小球c不能從物塊b的上端離開，在它們相互作用與運動的全過程中( )
A. a、b、c組成的系統(tǒng)動量守恒B. a、b、c組成的系統(tǒng)機械能不守恒
C. 小球c在曲面上上升的最大高度為v023gD. 小球c在曲面上上升的最大高度為v0212g
9.在圖(a)所示的交流電路中，電源電壓的有效值為220V，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10：1，R1、R2、R3均為固定電阻，R2=10Ω，R3=20Ω，各電表均為理想電表。已知電阻R2中電流i2隨時間t變化的正弦曲線如圖(b)所示。下列說法正確的是
( )
A. 所用交流電的頻率為50HzB. 電壓表的示數(shù)為100V
C. 電流表的示數(shù)為1.0AD. 變壓器傳輸?shù)碾姽β蕿?5.0W
10.如圖所示，水平光滑的平行金屬導軌間距為l，左端與電阻R相連接，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向豎直向上，質(zhì)量一定的金屬棒垂直放在導軌上，令棒以一定的初速度向右運動，當其通過位置a時速率為va，通過位置b時速率為vb，到位置c時棒剛好靜止，設(shè)導軌與棒的電阻均不計，a、b的間距是b、c的間距的兩倍，則以下說法正確的是( )
A. 在棒從a到b與從b到c的兩個過程中，通過棒的橫截面的電荷量相等
B. 棒運動的加速度不變
C. 棒通過a、b兩位置時，電阻R的電功率之比為9：1
D. 在棒從a到b與從b到c的兩個過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量之比為8：1
三、實驗題（本題共2小題，共24分）
11.某小組利用實驗室的電流表和電壓表測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)電阻。
(1)要求盡量減小干電池內(nèi)電阻的實驗誤差，應(yīng)選擇______ (選填“甲”、“乙”)電路圖。
(2)該組同學記錄了若干組數(shù)據(jù)，并將對應(yīng)點標在圖中的坐標紙上，畫出了U?I圖線。
(3)利用圖像丙求得干電池的電動勢E= ______ V(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)，內(nèi)電阻r= ______ Ω(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。
(4)在測量電源的電動勢和內(nèi)阻的實驗中，由于所用電壓表(視為理想電壓表)的量程較小，另一組同學設(shè)計了如圖丁所示的電路圖。

電阻箱R(電阻范圍0～999.9Ω)
a、實驗時，應(yīng)先將電阻箱的電阻調(diào)到最大值；
b、改變電阻箱的阻值R，分別測出阻值為R0的定值電阻兩端的電壓U。根據(jù)實驗數(shù)據(jù)描點，繪出的1U?R圖像是一條直線。若直線的斜率為k，在1U坐標軸上的截距為b。則該電源的電動勢E= ______ 和內(nèi)阻r= ______ 。(用k、b和R0表示)
12.用如圖所示的裝置來“探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象和感應(yīng)電流的方向”，帶鐵芯的線圈甲與阻值較大的電阻R0、電流表A、電源E、開關(guān)S、滑動變阻器R組成回路；套在空心鐵圓柱體上的線圈乙的兩端接到另一個電流表B上，線圈甲的鐵芯有一小部分插在空心鐵圓柱體內(nèi)。兩電流表完全相同，零刻度線在表盤中央，如果電流從正接線柱流入，指針向左偏轉(zhuǎn)，反之向右偏轉(zhuǎn)，回答下列問題：
(1)閉合開關(guān)S一段時間后，電流表B的指針是否有偏轉(zhuǎn)？______(選填“有”或“沒有”)；
(2)閉合開關(guān)S一段時間后，當滑動變阻器滑片較快地向a端滑動時，電流表A的指針______，電流表B的指針______；(均選填“向左偏”、“向右偏”或“不偏轉(zhuǎn)”)
(3)滑動變阻器滑片保持不動，閉合開關(guān)S一段時間后，線圈乙以及空心鐵圓柱體向左移動，電流表B的指針偏轉(zhuǎn)情況是______(選填“向左偏”、“向右偏”或“不偏轉(zhuǎn)”)。
四、簡答題（本題共1小題，共12分）
13.如圖所示，圓管構(gòu)成的半圓形豎直軌道固定在水平地面上，軌道半徑為R，MN為直徑且與水平面垂直，直徑略小于圓管內(nèi)徑的小球A以某一初速度沖進軌道，到達半圓軌道最高點M時與靜止于該處的質(zhì)量與A相同的小球B發(fā)生碰撞，碰后兩球粘在一起飛出軌道，落地點距N為2R.重力加速度為g，忽略圓管內(nèi)徑，空氣阻力及各處摩擦均不計，求：
(1)粘合后的兩球從飛出軌道到落地的時間t；
(2)小球A沖進軌道時速度v的大小。
五、計算題（本題共2小題，共24分）
14.2020年屬于不平凡的一年，原本屬于全國人民的新春佳節(jié)卻被一場突如其來的疫情打破了，如今新冠病毒在全國白衣天使和所有工作人員的共同努力下得到了有效的遏制，根據(jù)中共中央應(yīng)對新冠肺炎疫情工作領(lǐng)導小組印發(fā)《意見》在有效防控疫情的同時積極有序推進復工復產(chǎn)。為了防止復工復產(chǎn)期間停電事故的發(fā)生，某工廠購買了一臺應(yīng)急備用發(fā)電機及升壓變壓器及降壓變壓器各一臺。如圖，發(fā)電機內(nèi)阻為1Ω，升壓變壓器匝數(shù)比為1：10，降壓變壓器匝數(shù)比9：1，輸電線總電阻R=5Ω。工廠共36個車間，每個車間有“220V，22W”燈10盞，若保證全部電燈正常發(fā)光，則：
(1)發(fā)電機輸出功率多大？
(2)發(fā)電機電動勢多大？
(3)輸電的效率是多少？
15.如圖所示，平行光滑金屬導軌PQ、MN分別由一段圓弧和水平部分組成，水平部分固定在絕緣水平面上，導軌間距為L，M、P間接有阻值為R的定值電阻，導軌水平部分在CD、EF間有垂直導軌平面向上的勻強磁場Ⅰ，磁感應(yīng)強度大小為B，GH右側(cè)有垂直導軌平面向下的勻強磁場Ⅱ，磁感應(yīng)強度大小為2B，金屬棒b垂直導軌放在導軌的EF、GH之間，金屬棒a在圓弧導軌上離水平面高?處由靜止釋放，金屬棒在導軌上運動過程中始終與導軌接觸良好并與導軌垂直，兩金屬棒接入電路的電阻均為R，質(zhì)量均為m，CD、EF間的距離為2?，重力加速度為g，金屬棒a與b碰撞后粘在一起，最后金屬棒a、b停在磁場Ⅱ區(qū)域內(nèi)，求：
(1)金屬棒a通過磁場Ⅰ的過程中，通過定值電阻的電荷量；
(2)金屬棒a離開磁場Ⅰ時的速度大??；
(3)從a棒開始運動到ab兩桿運動停止過程中，產(chǎn)生的焦耳熱Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、安培力方向判斷方法：伸開左手，使大拇指與其它四指垂直且在一個平面內(nèi)，讓磁感線穿過掌心，四指所指方向為電流方向，大拇指所指方向就是安培力的方向，可知安培力方向豎直向下，故A錯誤；
B、電流和磁場的方向平行，安培力為零，故B錯誤；
C、洛倫茲力方向判斷方法：伸開左手，讓磁感線穿過掌心，四指所指方向為正電荷運動的方向，為負電荷運動的反方向，則和四指垂直的的大拇指的方向為洛倫茲力的方向，則可知洛倫茲力方向豎直向下，故C正確；
D、根據(jù)C選項洛倫茲力方向的判斷方法可知洛倫茲力方向豎直向下，故D錯誤。
故選：C。
ACD、根據(jù)左手定則判斷安培力和洛倫茲力的方向；
B、磁場和電流方向平行，則安培力為零。
本題考查了安培力和洛倫茲力的方向，解題的關(guān)鍵是熟練掌握左手定則，注意電流和磁場方向平行時安培力為零，在判斷洛倫茲力的方向時，若運動電荷為負電荷，則四指指向負電荷運動的反方向。
2.【答案】B
【解析】A、根據(jù)左手定則可知：電子從P點沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場B1時，受到的洛倫茲力方向向上，所以電子的運行軌跡為PDMCNEP，故A錯誤；
BD、由圖象可知，電子在勻強磁場B1中運動半徑是勻強磁場B2中運動半徑的一半，
根據(jù)r=mvBe
可知，B1=2B2，故B正確，D錯誤；
C、電子在整個過程中，在勻強磁場B1中運動兩個半圓，即運動一個周期，在勻強磁場B2中運動半個周期，所以
T=2πmB1e+πmB2e=4πmB1e，故C錯誤。
故選：B。
電子在磁場中受到洛倫茲力作用做勻速圓周運動，根據(jù)左手定則判斷電子的繞行方向，根據(jù)周期公式分三個部分求解運動一周的時間，根據(jù)半徑關(guān)系求解兩磁場的關(guān)系。
本題是帶電粒子在磁場中運動的問題，要求同學們能根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向，能結(jié)合幾何關(guān)系求解，知道半徑公式及周期公式，難度適中。
3.【答案】C
【解析】解：A、v1=2v2，根據(jù)E=BLv，知感應(yīng)電動勢之比2：1，故A錯誤；
B、感應(yīng)電流I=ER=BLvR，由于v1=2v2，則感應(yīng)電流之比為2：1，故B錯誤；
C、v1=2v2，知時間比為1：2，根據(jù)Q=I2Rt，知熱量之比為2：1，故C正確；
D、根據(jù)q=It=n△ΦR，兩種情況磁通量的變化量相同，所以通過某截面的電荷量之比為1：1.故D錯誤；
故選：C。
根據(jù)E=BLv，求出線圈中的感應(yīng)電動勢之比，再求出感應(yīng)電流之比。
根據(jù)Q=I2Rt，求出線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之比。
根據(jù)q=It=n△ΦR，求出通過線圈某截面的電荷量之比。
本題是電磁感應(yīng)與電路相結(jié)合的綜合題，解決本題的關(guān)鍵掌握導體切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv，以及通過某截面的電荷量q=n△ΦR。
4.【答案】A
【解析】解：金屬棒切割磁感線的有效長度等于導軌間距L，感應(yīng)電動勢：E=BLv，
導體棒接入電路的長度：l=Lsinθ=Lsin30°=2L，
回路的總電阻：R=lr=2Lr
通過金屬棒的電流：I=ER=BLv2Lr=Bv2r，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
根據(jù)E=BLv求出感應(yīng)電動勢，其中L是切割磁感線的有效長度，根據(jù)閉合電路歐姆定律求感應(yīng)電流的大小。
本題考查導體切割磁感線中的電動勢和安培力公式的應(yīng)用，要注意明確E=BLv中L為導線的有效切割長度，并不是金屬桿的長度，而求安培力時L為金屬桿存在電流的長度。
5.【答案】D
【解析】解：A、由圖讀出兩電流周期之比為Ta：Tb=0.4s：0.6s=2：3，而T=1n，則線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為3：2.故A錯誤。
B、t=0時刻U=0，根據(jù)法拉第定律，磁通量變化率為零，而磁通量最大。
t=0.3s時刻b電壓為零，磁通量反向最大，a電壓最大，磁通量為零。
在0.3 s內(nèi)a的磁通量的變化量是BS，b的磁通量的變化量是2BS，所以兩種情況在0.3 s內(nèi)通過線圈的磁通量的變化量之比為1：2，故B錯誤。
C、由電動勢的最大值Em=NBSω，則兩個電壓最大之值比Uma：Umb=ωa：ωb=3：2，所以兩個電壓有效值之比是3：2，
根據(jù)Q=U2Rt得所以兩種情況在相等時間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱之比Qa：Qb=9：4，故C錯誤，D正確；
故選：D。
由圖讀出a電壓最大值Um，周期T，由ω=2πT求出ω，寫出交流電a的瞬時值表達式．由周期關(guān)系求出轉(zhuǎn)速關(guān)系．由周期關(guān)系求出轉(zhuǎn)速關(guān)系．t=0.3S時刻b電壓為零，a電壓最大，由法拉第電磁感應(yīng)定律分析磁通量變化量．
本題考查對正弦式電流圖象的理解能力．對于正弦式電流的感應(yīng)電動勢與磁通量的關(guān)系、電動勢最大值公式Em=nBSω能理解掌握，就能正確解答．
6.【答案】C
【解析】解：A、根據(jù)ΔP=I22R可得I2=25A，故A錯誤；
B、輸電線路上損失的電壓ΔU=I2R=25×8V=200V
升壓變壓器副線圈兩端的電壓U2=P1I2=10000025V=4000V，故降壓變壓器原線圈兩端的電壓為U3=U2?ΔU=4000V=200V=3800V，故B錯誤；
C、升壓變壓器的匝數(shù)比為n1n2=U1U2=2504000=116，故C正確；
D、降壓變壓器的匝數(shù)比為n3n4=U3U4=3800220=19011，故D錯誤；
故選：C。
根據(jù)輸電損失功率公式ΔP=I2R計算電流；由輸送功率P=UI計算輸送電壓U2；由電壓與匝數(shù)成正比和電壓分配關(guān)系計算匝數(shù)之比．
本題關(guān)鍵是結(jié)合變壓器的變壓比公式和功率損耗的公式ΔP=I2R列式求解，基礎(chǔ)問題．
7.【答案】A
【解析】解：A、根據(jù)右手定則可得金屬棒中的電流方向a→b，由于金屬棒為電源，所以b端電勢高，故A錯誤；
B、根據(jù)牛頓第二定律可得金屬棒下滑過程中的加速度a=mgsinθ?BILm=gsinθ?B2L2v′mR，由此可知，速度增大、加速度減小，所以導體棒達到穩(wěn)定狀態(tài)前做加速度減少的加速運動，故B正確；
C、根據(jù)牛頓第二定律可得金屬棒下滑過程中的加速度a=mgsinθ?BILm=gsinθ?B2L2v′mR，當速度為v′=v時加速度為零，即gsinθ=B2L2vmR，當導體棒速度達到v3時，加速度a=gsinθ?B2L2v′mR=gsinθ?B2L2?v3mR=23gsinθ，故C正確；
D、導體棒達到穩(wěn)定狀態(tài)后，根據(jù)能量守恒定律可得電阻R產(chǎn)生的焦耳熱等于重力所做的功，故D正確。
本題選錯誤的，故選：A。
根據(jù)右手定則判斷電勢高低；根據(jù)牛頓第二定律可得金屬棒下滑過程中的加速度，由此確定運動狀態(tài)；根據(jù)能量守恒定律分析R產(chǎn)生的焦耳熱．
對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：
一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；
另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解．
8.【答案】BD
【解析】解：A、ab一起與c作用過程，水平方向合力為零，動量守恒，豎直方向c有向下的加速度，合力不為零，動量不守恒，故abc組成系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；
B、滑塊a以初速度v0水平向左運動，與b碰撞后迅速粘在一起，為非彈性碰撞，機械能不守恒，故B正確；
CD、ab作用過程，動量守恒，則有：mv0=2mv1…①
根據(jù)ab碰撞后由于c作用，當三者速度相等時，c上升的高度最高，有：2mv1=3mv2…②
該過程機械能守恒，則有：12?2mv12=12?3mv22+mg?m…③
①②③聯(lián)立解得：?m=v0212g，故C錯誤，D正確；
故選：BD。
abc組成系統(tǒng)，水平方向合力為零，系統(tǒng)動量守恒；根據(jù)ab碰撞后由于c作用，當三者速度相等時，c上升的高度最高，該過程能量守恒，水平方向動量守恒。
本題考查動量守恒定律及能量守恒定律的應(yīng)用，要注意分析清楚物體運動過程，分段應(yīng)用動量守恒定律、能量守恒定律即可正確解題。
9.【答案】AD
【解析】解：A、分析圖(b)可知，交流電的周期為0.02s，則頻率為50Hz，故A正確；
BCD、分析副線圈電路，兩電阻并聯(lián)，電流之比等于電阻的反比，通過電阻R2的電流有效值為 2 2A=1A，則通過電阻R3的電流為0.5A，電流表示數(shù)為0.5A，副線圈輸出電流：I2=1.5A，根據(jù)變流比可知，原線圈輸入電流：I1=n2n1I2=0.15A，變壓器的輸出功率：P2=IR22R2+IR32R3=10W+5W=15W，則輸入功率：P1=15W，分析原線圈電路，根據(jù)能量守恒可知，總功率：UI1=P1+I12R1，解得電阻R1=800Ω，則電壓表示數(shù)：UR1=I1R1=120V，故BC錯誤，D正確。
故選：AD。
根據(jù)周期確定頻率。分析副線圈電路，得到流過電阻R3的電流，根據(jù)變流比確定原線圈輸入電流。根據(jù)能量守恒，得到電壓表示數(shù)和變壓器傳輸電功率。
此題考查了變壓器的構(gòu)造和原理，明確變壓比、變流比是解題的關(guān)鍵，對于原線圈串聯(lián)電阻的電路，需要從電流入手分析。
10.【答案】CD
【解析】解：A.通過棒的橫截面的電荷量為：q=I??Δt=E?R?Δt=ΔΦΔtR?Δt=ΔΦR=BΔSR
由已知可得棒從a到b與從b到c的兩個過程中，回路包圍的面積變化量之比為2：1，則兩個過程中通過棒的橫截面的電荷量之比為2：1，故A錯誤；
B.棒運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律得：F安=BIl=BERl=BBlvRl=ma
解得棒的加速度為：a=B2l2mRv
可知棒運動的加速度隨著速度的減小而減小，故B錯誤；
C.安培力的沖量為：I安=BI?l?Δt=Blq
取向右為正方向，對棒從a到b的過程，根據(jù)動量定理有：?Blq1=mvb?mva
對棒從b到c的過程，根據(jù)動量定理有：?Blq2=0?mvb
由于q1=2q2，聯(lián)立解得：va=3vb
電阻R的電功率等于棒克服安培力做功的功率，則有：P=F安v=B2l2v2R
故棒通過a、b兩位置時，電阻R的電功率之比為Pa：Pb=va2：vb2=9：1，故C正確；
D.根據(jù)能量守恒可知，在棒從a到b與從b到c的兩個過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量等于相應(yīng)過程中棒的動能的減少量。則有：Q1Q2=12mva2?12mvb212mvb2=81
即在棒從a到b與從b到c的兩個過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量之比為8：1，故D正確。
故選：CD。
根據(jù)電流的定義式、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律推導通過棒的橫截面的電荷量的表達式；根據(jù)安培力的計算公式和牛頓第二定律求解加速度的表達式；根據(jù)動量定理和安培力的沖量的經(jīng)驗公式求得va和vb的大小關(guān)系，電阻R的電功率等于棒克服安培力做功的功率；根據(jù)能量守恒可知電阻R上產(chǎn)生的熱量等于相應(yīng)過程中棒的動能的減少量。
本題考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象中力與運動分析、安培力、功能關(guān)系，產(chǎn)生的電荷量相關(guān)知識。培養(yǎng)綜合分析基本能力。掌握電磁感應(yīng)現(xiàn)象中電荷量與安培力的沖量的經(jīng)驗公式。
11.【答案】甲 1.45 1.3 1kR0 bk?R0
【解析】解：(1)干電池的內(nèi)阻較小，采用電流表相對電源外接可減小干電池內(nèi)電阻的實驗誤差，應(yīng)選擇甲電路圖。
(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=E?Ir
結(jié)合U?I圖線可得：E=1.45V，r=|ΔUΔI|=1.45?0.80.5Ω=1.3Ω
(4)b、根據(jù)閉合電路歐姆定律得：
E=UR0(R0+R+r)，變形為：1U=1ER0R+1ER0(R0+r)
根據(jù)題意可得：1ER0=k，1ER0(R0+r)=b
解得：E=1kR0,r=bk?R0
故答案為：(1)甲；(3)1.45；1.3；(4)b、1kR0；bk?R0
(1)干電池的內(nèi)阻較小，采用電流表相對電源外接可減小干電池內(nèi)電阻的實驗誤差；
(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律求得U?I圖像的表達式，結(jié)合U?I圖像的斜率和縱截距求解；
(4)根據(jù)閉合電路歐姆定律求得1U?R圖像的表達式，結(jié)合1U?R圖像的斜率和縱截距求解。
本題考查了測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)電阻的實驗，掌握實驗原理和應(yīng)用圖像處理實驗數(shù)據(jù)的方法。
12.【答案】沒有 向左偏 向右偏 向右偏
【解析】解：(1)閉合開關(guān)S一段時間后，磁通量已經(jīng)穩(wěn)定不變，所以乙圖中線圈中無感應(yīng)電流，指針不偏轉(zhuǎn)；
(2)當滑片P較快地向a端滑動時，變阻器接入電路的電阻迅速減小，甲線圈電路中電流增大，可知甲表指針向左偏轉(zhuǎn)角度逐漸增大；根據(jù)楞次定律穿過乙線圈的向左磁通量增大，乙線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場向右，根據(jù)安培定則，乙線圈的電流方向是從“?”接線柱流入乙表，乙表向右偏轉(zhuǎn)；
(2)將乙圈整個向左移動時，穿過乙線圈的磁通量增大，乙線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流的磁場向右，根據(jù)楞次定律和安培定則判斷可知，乙線圈感應(yīng)電流從“?”接線柱流入乙表，乙表向右偏轉(zhuǎn)。
故答案為：(1)沒有；(2)向左偏、向右偏；(3)向右偏
(1)閉合一段時間后，根據(jù)磁通量是否變化判斷是否有感應(yīng)電流；
(2)根據(jù)電路中電流的變化，判斷甲電流表指針偏轉(zhuǎn)方向。根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，結(jié)合題中條件，判斷乙電流表指針偏轉(zhuǎn)方向。
(3)當將乙線圈向左移動時，穿過乙線圈的磁通量增大，由楞次定律確定指針的方向。
知道磁場方向或磁通量變化情況相反時，感應(yīng)電流反向是判斷電流表指針偏轉(zhuǎn)方向的關(guān)鍵；本題關(guān)鍵要掌握楞次定律，并能運用來判斷感應(yīng)電流的方向。
13.【答案】解：(1)粘合后的兩球飛出軌道后做平拋運動，豎直方向分運動為自由落體運動，
有2R=12gt2…①
解得t=2 Rg…②
(2)設(shè)球A的質(zhì)量為m，碰撞前速度大小為v1，把球A沖進軌道最低點時的重力勢能定為0，由機械能守恒定律知 12mv2=12mv12+2mgR…③
設(shè)碰撞后粘合在一起的兩球速度大小為v2，則v2=2Rt= gR
由動量守恒定律知 mv1=2mv2…④
飛出軌道后做平拋運動，水平方向分運動為勻速直線運動，有 2R=v2t…⑤
綜合②③④⑤式得v=2 2gR
答：(1)兩球從飛出軌道到落地的時間t=2 Rg
(2)小球A沖進軌道時速度為2 2gR。
【解析】(1)求平拋運動的時間，當然是從豎直方向的自由落體運動中求得。
(2)小球A以某一初速度沖進軌道，到達半圓軌道最高點的過程機械能守恒、A與B碰撞過程動量守恒，而碰撞完成后的速度就是AB一起平拋的初速度。列出機械能守恒和動量守恒的方程組，問題可解。
本題考查機械能守恒和動量守恒，分段列出相應(yīng)的物理規(guī)律方程是解決問題的關(guān)鍵，
14.【答案】解：(1)根據(jù)題意，所有燈都正常工作的總功率為：P4=22×10×36 W=7920W，
用電器都正常工作時的總電流為：I4=P4U4=7920220A=36A
兩個變壓器之間輸電線上的電流為，根據(jù)I3I4=n4n3可得：IR=I3=4A，
故輸電線上損耗的電功率：PR=IR2R=42×5W=80W。
升壓變壓器的輸出功率為：P1=PR+P4=80W+7920W=8000W，
發(fā)電機輸出功率為：P出=P1=4480W。
(2)降壓變壓器上的輸入電壓為U3，根據(jù)U3U4=n3n4，解得：U3=1980V，
輸電線上的電壓損失為：UR=IRR=4×5V=20V，
因此升壓變壓器的輸出電壓為：U2=UR+U3=20V+1980V=2000V。
升壓變壓器的輸入電壓為U1，根據(jù)U1U2=n1n2得：U1=200V，
升壓變壓器的輸入電流為I1，根據(jù)I1I2=n2n1，其中I2=I3得：I1=40A，
發(fā)電機的電動勢：E=U1+I1r=200V+40×1V=240V，
(3)由(1)可知，輸電線上損耗的電功率：PR=80W。
η=P4P出×100% =79208000×100%=99%
答：(1)發(fā)電機輸出功率為8000W
(2)發(fā)電機電動勢240V；
(3)輸電的效率是99%。
【解析】(1)根據(jù)用戶端所有燈泡消耗的電功率得出降壓變壓器的輸出功率，根據(jù)P=UI求出降壓變壓器副線圈的電流，結(jié)合電流比等于匝數(shù)之反比求出輸電線上的電流，從而得出輸電線上的功率損失，加上所有班級的總功率即為發(fā)電機輸出功率；
(2)根據(jù)降壓變壓器的輸出電壓，結(jié)合匝數(shù)比得出降壓變壓器的輸入電壓，通過電壓損失得出升壓變壓器的輸出電壓，從而通過匝數(shù)比得出輸入電壓，結(jié)合升壓變壓器原線圈中的電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出發(fā)電機的電動勢；
(3)用戶得到的功率與發(fā)電機輸出功率之比即為輸電效率。
解決本題的關(guān)鍵知道升壓變壓器的輸出功率等于線路損耗功率和降壓變壓器的輸入功率之和，發(fā)電機的輸出功率等于升壓變壓器的輸出功率，以及知道升壓變壓器的輸出電壓等于電壓損失與降壓變壓器的輸入電壓之和。
15.【答案】解：(1)金屬棒a通過磁場I的過程中，通過金屬棒a的電量q=I??Δt
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E?=ΔΦΔt=BL×2?Δt
外電路中的總電阻為R′=R2
根據(jù)閉合電路歐姆定律有I?=E?R′+R=E?R+R2=2E?3R
解得q=4BL?3R
則通過定值電阻的電量為qR=12q=2BL?3R
(2)設(shè)金屬棒a進入磁場I時的速度大小為v1，根據(jù)機械能守恒有：mg?=12mv12
解得v1= 2g?
金屬棒a通過磁場I的過程中，以v1的方向為正方向，根據(jù)動量定理有：
?BI?L?Δt=mv2?mv1
又有：q=I??Δt
聯(lián)立可得：?Blq=mv2?mv1
解得：v2= 2g??4B2L2?3mR；
(3)設(shè)金屬棒a與b碰撞后的共同速度為v3，以v2的方向為正方向，根據(jù)動量守恒有：
mv2=2mv3
則該碰撞過程損失的機械能為：
ΔE=12mv22?12?2mv32=14mv22=14m( 2g??4B2L2?3mR)2
由于最后金屬棒a與b靜止，根據(jù)能量守恒定律，可知從a棒開始運動到ab兩桿運動停止過程中，有：
mg?=Q+ΔE
解得：Q=mg??14m( 2g??4B2L2?3mR)2。
答：(1)通過定值電阻的電荷量為4BL?3R；
(2)金屬棒a離開磁場Ⅰ時的速度大小為 2g??4B2L2?3mR；
(3)從a棒開始運動到ab兩桿運動停止過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為mg??14m( 2g??4B2L2?3mR)2。
【解析】(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、電流的定義式和閉合電路歐姆定律得出通過導體棒的電荷量，從而求出通過定值電阻的電荷量；
(2)根據(jù)機械能守恒定律得出金屬棒a進入磁場時的速度，金屬棒a通過磁場Ⅰ過程，由動量定理列方程即可求出其離開磁場Ⅰ時的速度大小；
(3)金屬棒a與b碰撞前后，由動量守恒定律列方程，結(jié)合能量守恒定律即可求出從a棒開始運動到ab兩桿運動停止過程中產(chǎn)生的焦耳熱。
本題主要是考查電磁感應(yīng)中力學問題，對于安培力作用下導體棒的運動問題，如果涉及電荷量、求位移問題，常根據(jù)動量定理結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律列方程進行解答。

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