1.如圖，一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長直導(dǎo)線在同一豎直平面內(nèi)，環(huán)的圓心與兩導(dǎo)線距離相等，環(huán)的直徑小于兩導(dǎo)線間距．兩導(dǎo)線中通有大小相等、方向向下的恒定電流．以下說法正確的是( )
A. 金屬環(huán)向上運(yùn)動(dòng)，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向
B. 金屬環(huán)向下運(yùn)動(dòng)，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向
C. 金屬環(huán)向左側(cè)直導(dǎo)線靠近，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針
D. 金屬環(huán)向右側(cè)直導(dǎo)線靠近，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針
【答案】D
【解析】【分析】
通過線圈面積的磁通量發(fā)生變化時(shí)，則會(huì)出現(xiàn)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，當(dāng)電路閉合時(shí)，則產(chǎn)生感應(yīng)電流．結(jié)合楞次定律可判定感應(yīng)電流方向．
本題考查楞次定律的應(yīng)用，掌握感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件，理解安培定則的內(nèi)容．穿過線框的磁通量變化有幾種方式，有磁場(chǎng)變化導(dǎo)致磁通量變化，也有面積變化導(dǎo)致磁通量變化，還有磁場(chǎng)與面積均變化導(dǎo)致磁通量變化的，最后有磁場(chǎng)與面積均沒有變，而是放置的角度變化導(dǎo)致磁通量變化．
【解答】
AB、直導(dǎo)線之間的磁場(chǎng)是對(duì)稱的，圓環(huán)在中間時(shí)，通過圓環(huán)的磁通量為零，金屬環(huán)上下運(yùn)動(dòng)的時(shí)候，圓環(huán)的磁通量不變，不會(huì)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故AB錯(cuò)誤；
C、金屬環(huán)向左側(cè)直導(dǎo)線靠近，則穿過圓環(huán)的磁場(chǎng)垂直紙面向外并且增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律可得，環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，故C錯(cuò)誤；
D、金屬環(huán)向右側(cè)直導(dǎo)線靠近，則穿過圓環(huán)的磁場(chǎng)垂直紙面向里并且增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律可得，環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故D正確；
故選：D。
2.如圖所示，矩形線圈MNPQ處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直，PQ邊剛好處于磁場(chǎng)右邊界．則當(dāng)線圈做下列運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過線圈的磁通量會(huì)發(fā)生變化的是( )
A. 線圈向右平移且MN邊未離開磁場(chǎng)B. 線圈向左平移且MN邊未離開磁場(chǎng)
C. 線圈向上平移且MQ邊未離開磁場(chǎng)D. 線圈向下平移且NP邊未離開磁場(chǎng)
【答案】A
【解析】【分析】
通過線圈的磁通量可以根據(jù)Φ=BSsinθ進(jìn)行求解，分析磁通量是否發(fā)生變化即可。
本題主要考查磁通量的概念及公式。
【解答】
A.線圈向右平移且MN邊未離開磁場(chǎng)的過程中線圈在磁場(chǎng)中的面積減小，導(dǎo)致穿過線圈的磁通量減小，故A正確；
B.線圈向左平移且MN邊未離開磁場(chǎng)，線圈平面始終與磁場(chǎng)垂直，穿過線圈的磁通量不變，故B錯(cuò)誤；
C.線圈向上平移且MQ邊未離開磁場(chǎng)線圈平面始終與磁場(chǎng)垂直，穿過線圈的磁通量不變，故C錯(cuò)誤；
D.線圈向下平移且NP邊未離開磁場(chǎng)線圈平面始終與磁場(chǎng)垂直，穿過線圈的磁通量不變，故D錯(cuò)誤。
故選A。
3.如圖所示為一個(gè)小型電熱水器．浸入水中的加熱元件電阻器RL=1.0 Ω，在外部并聯(lián)的電阻RS=2.0 Ω，電源為恒流源，在正常工作時(shí)，電源始終給電路提供I=3.0 A的恒定電流．則下列說法正確的是( )
A. RL兩端的電壓為3.0 V
B. 流過RL的電流為1.0 A
C. RS上消耗的電功率為2.0 W
D. 如果減小RS的電阻，則RL的電功率增大
【答案】C
【解析】解：
A、RL、RS的并聯(lián)值為R并=RLRSRL+RS=23Ω，RL兩端的電壓為U=R并I=23×3V=2V，故A錯(cuò)誤；
B、流過RL的電流為IL=URL=21A=2A，故B錯(cuò)誤；
C、RS上消耗的電功率為PS=U2RS=222W=2.0W，故C正確；
D、流過RL的電流為IL=RSRL+RLI=1RLRS+1I，如果減小RS的電阻，則IL減小，RL的電功率減小，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
本題考查了電功、電功率、歐姆定律等知識(shí)點(diǎn)。易錯(cuò)點(diǎn)：這道題是電流恒定，誤以為是電壓恒定而誤解。
先算出RL、RS的并聯(lián)值為R并，利用U=R并I算出RL兩端的電壓；利用歐姆定律IL=URL可以算出流過RL的電流；利用PS=U2RS可以算出RS上消耗的電功率；利用流過RL的電流為IL=RSRL+RLI公式，討論減小RS，RL的電功率的變化。
4.如圖所示是矩形線框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的電壓隨時(shí)間變化的圖象，則下列說法中正確的是( )
A. 交流電壓的有效值為110V
B. 交流電的頻率為0.25Hz
C. 0.02s時(shí)通過線框的磁通量為零
D. 0.01s末線框平面平行于磁場(chǎng)，通過線框的磁通量變化最快
【答案】D
【解析】【分析】
根據(jù)圖象可知交流電的周期，從而求得頻率，可求得結(jié)論．電動(dòng)勢(shì)為零時(shí)磁通量最大，線框平面垂直于磁場(chǎng)，磁通量為零時(shí)電動(dòng)勢(shì)最大，線框平面于磁場(chǎng)平行．
本題考查了對(duì)交流電圖象的認(rèn)識(shí)，要具備從圖象中獲得有用信息的能力；重點(diǎn)在于找出最大值和周期，再通過公式求解有效值和角速度及頻率等．
【解答】
解：A、根據(jù)圖象可知，交流電壓的最大值為110V，有效值為110 2=55 2V，故A錯(cuò)誤；
B、周期為0.04s；故頻率為f=10.04=25Hz，故B錯(cuò)誤；
C、0.02s末交變電流的電壓為零，線框平面垂直于磁場(chǎng)，通過線框的磁通量最大，故C錯(cuò)誤；
D、由圖象可知，在0.01s末，交變電流的電壓最大，所以此時(shí)的線框平面于磁場(chǎng)平行，通過線框的磁通量變化最快，故D正確；
故選：D
5.如圖電路中，電源的內(nèi)阻為r，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向上端a滑動(dòng)過程中，兩表的示數(shù)變化情況為( )
A. 電壓表示數(shù)減小，電流表示數(shù)增大B. 電壓表示數(shù)增大，電流表示數(shù)減少
C. 兩電表示數(shù)都增大D. 兩電表示數(shù)都減小
【答案】B
【解析】解：當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向上滑動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻增大，與R2并聯(lián)的電阻增大，外電路總電阻R總增大，總電流I減小，路端電壓U=E?Ir增大，電壓表讀數(shù)增大；并聯(lián)部分的電阻增大，分擔(dān)的電壓增大，U2增大，流過R2的電流I2增大，電流表的讀數(shù)IA=I?I2減小。故ACD錯(cuò)誤，B正確。
故選：B。
動(dòng)態(tài)變化分析問題一般按照“局部→整體→局部”的順序，分析總電阻變化→總電流變化→總電壓變化，再分析局部電壓、電流、功率的變化進(jìn)行．對(duì)于電流表讀數(shù)來說，由于滑動(dòng)變阻器的電流、電壓和電阻都在變化，不好確定，可從總電流的變化和R2電流變化確定．
電路動(dòng)態(tài)變化分析是常見的題型，容易犯的錯(cuò)誤是認(rèn)為支路電阻增大，并聯(lián)總電阻減?。绢}中變阻器的電壓、電流和電阻都是變化的，技巧是研究干路電流和另一支路電流變化情況來確定．
6.如圖中半徑為的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，繞O軸以角速度ω沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則通過電阻R的電流的方向和大小是(金屬圓盤的電阻不計(jì))( )
A. 由c到d，I=Br2ωRB. 由d到c，I=Br2ωR
C. 由c到d，I=Br2ω2RD. 由d到c，I=Br2ω2R
【答案】D
【解析】解：
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=Brv=12Br?rω=12Br2ω，
根據(jù)歐姆定律，通過電阻R的電流為：I=ER=Br2ω2R。
由右手定則，圓盤相當(dāng)于電源，其方向?yàn)閺倪吘壷赶驁A心，所以電阻R中的電流方向?yàn)閺膁到c。故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
圓盤在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)，相當(dāng)于無數(shù)個(gè)棒繞端點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，只是棒上各點(diǎn)切割磁感線的速度不同，可以用棒中點(diǎn)速度平均值來代替，至于電流方向用右手定則去判斷。
本題兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)：一是對(duì)圓盤怎么處理？把它看成是無數(shù)個(gè)半徑在切割磁感線就行了。二是半徑相當(dāng)于電源，而電源內(nèi)部電流的方向是從負(fù)極到正極，所以圓心的電勢(shì)高，則外電路的電流方向就很好判斷。
7.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三個(gè)質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對(duì)準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入磁場(chǎng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖．若帶電粒子只受磁場(chǎng)力的作用，則下列說法錯(cuò)誤的是( )
A. 三個(gè)粒子都帶正電荷B. c粒子速率最小
C. c粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短D. 它們做圓周運(yùn)動(dòng)的周期Ta=Tb=Tc
【答案】B
【解析】解：A、三個(gè)帶電粒子均向上偏轉(zhuǎn)，射入磁場(chǎng)時(shí)所受的洛倫茲力均向上，根據(jù)左手定則判斷得知：三個(gè)粒子都帶正電荷。故A正確。
B、粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)qvB=mv2r，可得：r=mvqB，則可知三個(gè)帶電粒子的質(zhì)量、電荷量相同，在同一個(gè)磁場(chǎng)中，當(dāng)速度越大時(shí)、軌道半徑越大，則由圖知，a粒子的軌跡半徑最小，c粒子的軌跡半徑最大，則a粒子速率最小，c粒子速率最大，故B錯(cuò)誤，
C、D三個(gè)帶電粒子的質(zhì)量和電荷量都相同，由粒子運(yùn)動(dòng)的周期T=2πmqB及t=θ2πT，θ是粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角，也等于速度的偏轉(zhuǎn)角，可知，三粒子運(yùn)動(dòng)的周期相同，即Ta=Tb=Tc。
由圖知，a在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角最大，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，c在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角最小，c粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，故CD正確。
本題選錯(cuò)誤的，故選：B。
三個(gè)質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子，以不同的速率垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，則運(yùn)動(dòng)半徑的不同，導(dǎo)致運(yùn)動(dòng)軌跡也不同．運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的半徑越大，粒子的速率也越大．而運(yùn)動(dòng)周期它們均一樣，運(yùn)動(dòng)時(shí)間由圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角決定．
帶電粒子在磁場(chǎng)、質(zhì)量及電量相同情況下，運(yùn)動(dòng)的半徑與速率成正比，從而根據(jù)運(yùn)動(dòng)圓弧來確定速率的大??；運(yùn)動(dòng)的周期均相同的情況下，可根據(jù)圓弧的對(duì)應(yīng)圓心角來確定運(yùn)動(dòng)的時(shí)間的長短．
二、多選題：本大題共3小題，共15分。
8.法拉第為電磁學(xué)的發(fā)展做出了巨大貢獻(xiàn)，提出了“場(chǎng)”的概念，發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象等，下列關(guān)于磁場(chǎng)和電磁感應(yīng)現(xiàn)象的認(rèn)識(shí)正確的有( )
A. 運(yùn)動(dòng)電荷在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中一定會(huì)受到洛倫茲力作用
B. 運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中某處所受洛倫茲力的方向一定與該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直
C. 穿過閉合導(dǎo)體線圈的磁通量變化越快，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大
D. 穿過閉合導(dǎo)體線圈的磁通量為零，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定為零
【答案】BC
【解析】解：A.根據(jù)洛倫茲力公式F=qvBsinθ可知，當(dāng)運(yùn)動(dòng)電荷的速度方向與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，不受到洛倫茲力作用，故A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)左手定則，運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中某處所受洛倫茲力的方向一定與該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，故B正確；
C.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=nΔΦΔt
可知穿過閉合導(dǎo)體線圈的磁通量變化越快，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大，故C正確；
D.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的產(chǎn)生與磁通量的變化率有關(guān)，與回路中的磁通量的多少無關(guān)，故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
A.根據(jù)洛倫茲力公式F=qvBsinθ分析作答；
B.根據(jù)左手定則進(jìn)行判斷；
CD.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律進(jìn)行分析作答。
本題考查了對(duì)洛倫茲力的理解，考查了影響感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的因素，屬于必備知識(shí)，需要加強(qiáng)理解記憶。
9.回旋加速器的核心部分是與高頻交流電源兩極相連接的兩個(gè)D形金屬盒，兩盒的狹縫間加有周期性變化的電場(chǎng)，使粒子在通過狹縫時(shí)每次都能得到加速。如圖所示，D形盒半徑為R，若用該回旋加速器加速質(zhì)子(11H)時(shí)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交流電頻率為f、則( )
A. 質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πfR
B. 質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場(chǎng)的電壓大小有關(guān)
C. 只要R足夠大，質(zhì)子的速度可以被加速到任意值
D. B不變，要使該回旋加速器也能用于加速α粒子(24He)，應(yīng)將交流電的頻率調(diào)整為12f
【答案】AD
【解析】解：A.質(zhì)子被加速后的最大速度
v=2πRT=2πRf
故A正確；
BD.由
qvB=mv2R
可得
v=qBRm
可知最大速度與加速電場(chǎng)的電壓大小無關(guān)，聯(lián)立A中的速度可得
f=qB2πm
所以要使該回旋加速器也能用于加速α粒子( 24He)，應(yīng)將交流電的頻率調(diào)整為12f
故B錯(cuò)誤，D正確；
C.當(dāng)粒子的速度接近光速時(shí)，需要考慮相對(duì)論質(zhì)量，那么粒子的回旋周期就會(huì)發(fā)生變化，這樣就不能保證粒子一直被加速。而且粒子的速度不可能大于光速。故C錯(cuò)誤。
故選：AD。
質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)，其最大速度由D型盒半徑?jīng)Q定，與電壓無關(guān)，交變電源的周期與粒子回旋的周期相同。
本題考查回旋加速器的原理，重點(diǎn)是理解其原理，不要死記硬背。
10.如圖所示，P、Q是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，導(dǎo)軌足夠長且電阻可忽略不計(jì)。圖中EFGH矩形區(qū)域有一方向垂直導(dǎo)軌平面向上、感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在t=t1時(shí)刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場(chǎng)邊界EF、GH進(jìn)入磁場(chǎng)，速度大小均為v0；一段時(shí)間后，在t=t2時(shí)刻流經(jīng)a棒的電流為0，b棒仍處于磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b相同材料制成，長度均為L，電阻分別為2R和R，a、b棒的質(zhì)量分別為2m和m。在運(yùn)動(dòng)過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則( )
A. t1時(shí)刻a棒加速度大小為2B2L2v03mR
B. t2時(shí)刻a棒的速度為13v0
C. t1～t2時(shí)間內(nèi)，通過a、b棒橫截面的電荷量相等
D. t1～t2時(shí)間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為89mv02
【答案】BCD
【解析】解：A、根據(jù)右手定則，金屬棒a、b進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流均為順時(shí)針方向，則回路的電動(dòng)勢(shì)為a、b各自產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)之和，即：E=2BLv0
感應(yīng)電流：I=ER+2R=2BLv03R
對(duì)a由牛頓第二定律得：BIL=2ma
聯(lián)立以上各式解得：a=B2L2v03mR，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)左手定則可知a棒受到的安培力向左，b棒受到的安培力向右，由于流過a、b的電流大小一直相等，故兩棒受到的安培力大小相等，方向相反，則a與b組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。由題知，t2時(shí)刻流過a的電流為零時(shí)，說明a、b之間的磁通量不變，即a、b在t2時(shí)刻達(dá)到了共同速度，設(shè)為v，取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有：2mv0?mv0=(2m+m)v
整理解得：v=13v0，故B正確；
C、在t1～t2時(shí)間內(nèi)，根據(jù)q=IΔt，因通過兩棒的電流時(shí)刻相等，所用時(shí)間相同，所以通過兩棒橫截面的電荷量相等，故C正確；
D、在t1～t2時(shí)間內(nèi)，對(duì)a、b組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒有：12(2m+m)v02=12(2m+m)v02+Q
解得回路中產(chǎn)生的總熱量為：Q=43mv02
因a、b流過的電流一直相等，所用時(shí)間相同，由焦耳定律Q=I2Rt可得：Qa：Qb=2：1
所以t1～t2時(shí)間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為：Qa=2R2R+RQ=89mv02，故D正確。
故選：BCD。
應(yīng)用右手定則判斷a、b棒產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向，確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，求得a棒所受安培力，由牛頓第二定律求得加速度；
由已知求得b棒質(zhì)量，分析a、b受力，判斷系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律解答；
由q=It判斷兩棒通過的電荷量的關(guān)系；
根據(jù)能量守恒求出整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量，再根據(jù)焦耳定律求a棒上產(chǎn)生的熱量。
本題考查電磁感應(yīng)中力與運(yùn)動(dòng)，能量轉(zhuǎn)化相關(guān)問題。涉及到了雙棒切割磁感線的電量和能量求解、滿足動(dòng)量守恒的條件，應(yīng)用動(dòng)量與能量觀點(diǎn)去解題。
三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共15分。
11.如圖所示為“探究感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件”的實(shí)驗(yàn)電路，實(shí)驗(yàn)時(shí)：
(1)閉合開關(guān)前，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P置于______(填“a”或“b”)端；
(2)調(diào)整好電路后，將開關(guān)閉合，電流表指針向右偏轉(zhuǎn)了一下后又返回到中間位置。接著將A線圈稍微向上拔出一些，則穿過線圈C的磁通量會(huì)______(填“增大”“減小”或“不變”)，在拔出過程中電流表指針______(填“向左”“向右”或“不”)偏轉(zhuǎn)；
(3)實(shí)驗(yàn)過程中，發(fā)現(xiàn)線圈C下端接線柱導(dǎo)線斷開，在保持開關(guān)S閉合的狀態(tài)下，在把導(dǎo)線重新連接好的過程中，可發(fā)現(xiàn)電流表指針______(填“向左”“向右”或“不”)偏轉(zhuǎn)。
【答案】(1)a；
(2)減小，向左；
(3)不
【解析】(1)置于a端時(shí)，使開關(guān)閉合時(shí)，回路中的電流最小，對(duì)電路起到保護(hù)作用；
(2)拔出一些時(shí)回路面積不變，磁場(chǎng)減弱，故磁通量減?。灰?yàn)榇磐吭龃髸r(shí)，指針向右偏轉(zhuǎn)，故當(dāng)磁場(chǎng)方向不變，磁通量減小時(shí)，指針向左偏轉(zhuǎn)；
(3)在接好導(dǎo)線的過程中沒有磁通量的變化，故指針不會(huì)偏轉(zhuǎn)。
12.某校舉行了一次物理實(shí)驗(yàn)操作技能比賽，其中一項(xiàng)比賽為選用合適的電學(xué)元件設(shè)計(jì)合理的電路，并能較準(zhǔn)確的測(cè)量同一電池組的電動(dòng)勢(shì)及其內(nèi)阻。提供的器材如下：
A.電流表G(滿偏電流10mA，內(nèi)阻10Ω)
B.電流表A(0～0.6A～3A，內(nèi)阻未知)
C.電壓表V(0～5V～10V，內(nèi)阻未知)
D.滑動(dòng)變阻器R(0～100Ω,1A)
E.定值電阻R0(阻值990Ω)
F.開關(guān)與導(dǎo)線若干
(1)圖(a)是小宇同學(xué)根據(jù)選用的儀器設(shè)計(jì)測(cè)量該電池組電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的電路圖。根據(jù)該實(shí)驗(yàn)電路測(cè)出的數(shù)據(jù)繪制的I1?I2圖線如圖(b)所示(I1為電流表G的示數(shù)，I2為電流表A的示數(shù))，則由圖線可以得到被測(cè)電池組的電動(dòng)勢(shì)E=______V，內(nèi)阻r=______Ω；(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)
(2)另一位小張同學(xué)則設(shè)計(jì)了圖(c)所示的實(shí)驗(yàn)電路對(duì)電池組進(jìn)行測(cè)量，記錄了單刀雙擲開關(guān)S2分別接1、2對(duì)應(yīng)電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I；根據(jù)實(shí)驗(yàn)記錄的數(shù)據(jù)繪制U?I圖線如圖(d)中所示的A、B兩條圖線。
可以判斷圖線A是利用單刀雙擲開關(guān)S2接______(選填“1”或“2”)中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描出的；分析A、B兩條圖線可知，此電池組的電動(dòng)勢(shì)為E=______，內(nèi)阻r=______(用圖中EA、EB、IA，IB表示)。
【答案】(1)7.5；5.0；(2)1；EA；EAIB
【解析】【分析】本題考查測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)，熟悉實(shí)驗(yàn)原理是解題的關(guān)鍵。
(1)由閉合電路歐姆定律列方程得出I1與I2的關(guān)系，結(jié)合圖像斜率和縱截距含義列方程即可求出電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻；
(2)將開關(guān)接1、2時(shí)分別由閉合電路歐姆定律列方程得出U、I關(guān)系時(shí)，結(jié)合圖像縱截距的含義，比較圖像即可判斷；根據(jù)圖像斜率的含義求出電動(dòng)勢(shì)，結(jié)合圖像橫截距含義得出內(nèi)阻。
【解答】(1)由閉合電路歐姆定律：E=I1(rG+R0)+(I1+I2)r，可得I1=?rrG+R0+rI2+ErG+R0+r，可見I1?I2圖像的斜率的絕對(duì)值為rrG+R0+r，縱截距為ErG+R0+r。延長圖(b)如圖所示：
由圖知，ErG+R0+r=7.5×10?3A，rrG+R0+r=(5?7.5)×10?30.5?0，聯(lián)立知，電動(dòng)勢(shì)E=7.5V，內(nèi)阻r=5.0Ω；
(2)當(dāng)開關(guān)接1時(shí)，E=U+I(r+rA)，即U=?(r+rA)I+E，此時(shí)U?I圖像的縱截距為E；當(dāng)開關(guān)接2時(shí)，E=U+(I+URV)r，即U=?r1+rRVI+E1+rRV，此時(shí)U?I圖像的縱截距為E1+rRV?？梢婇_關(guān)接1時(shí)U?I圖像的縱截距較大，故圖線A是利用單刀雙擲開關(guān)S2接1中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描出的。由圖線A知，電動(dòng)勢(shì)E=EA，由E=U+(I+URV)r知，圖線B的橫截距為Er，由圖知，Er=IB，解得內(nèi)阻r=EAIB。
四、計(jì)算題：本大題共3小題，共42分。
13.傾角θ=30°的光滑導(dǎo)體滑軌AB和CD上端接入一電動(dòng)勢(shì)E=3V的電源，滑軌間距l(xiāng)=10cm。將一根質(zhì)量m=30g、電阻R=0.5Ω的金屬棒水平放置在滑軌上，滑軌處在垂直于水平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)閉合開關(guān)S后，金屬棒剛好靜止在滑軌上，如圖所示。不計(jì)電源的內(nèi)阻和滑軌的電阻，取重力加速度g=10m/s2，求
(1)金屬棒中的電流？
(2)金屬棒受到的安培力方向和大??？
(3)磁場(chǎng)的方向和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小？
【答案】解：(1)由閉合回路歐姆定律得
I=ER，
得到
I=6A；
(2)因?yàn)榇艌?chǎng)方向垂直與水平面，安培力沿水平方向，導(dǎo)棒靜止，側(cè)視圖如圖所示，
安培力方向向右，根據(jù)受力平衡，
FAcsθ=mgsinθ，
得到安培力大小為：
FA=mgtan?θ= 310N=0.17N；
(3)根據(jù)左手定則，磁場(chǎng)方向垂直水平面向下，
有安培力公式
FA=BIL，
得到磁感應(yīng)強(qiáng)度
B=FAIL= 36T=0.29T。
【解析】本題考查安培力作用下的平衡問題。解決問題的關(guān)鍵是對(duì)金屬棒進(jìn)行正確的受力分析，結(jié)合閉合電路歐姆定律、安培力公式和平衡條件進(jìn)行分析判斷。
14.如圖所示，空間某區(qū)域存在電場(chǎng)和磁場(chǎng)，上半側(cè)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，下半側(cè)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，中間為分界面，電場(chǎng)與分界面垂直，磁場(chǎng)垂直紙面向里，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E=100V/m。一個(gè)質(zhì)量為m=0.1kg、帶電荷量為q=?0.05C的帶電微粒(不計(jì)重力)，開始時(shí)位于電場(chǎng)一側(cè)與分界面相距h=3m的P點(diǎn)，PO垂直于分界面，D位于O點(diǎn)右側(cè)。此微粒以初速度v0=10m/s平行于界面射出，要使微粒第一次通過界面時(shí)擊中D點(diǎn)，且此后恰好能返回到P點(diǎn)，求：

(1)OD之間的距離d；
(2)微粒第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v大小和方向；
(3)微粒從拋出到第一次回到P點(diǎn)的時(shí)間t。
【答案】解：(1)設(shè)帶電微粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，時(shí)間為t1，則
qE=ma，h=12at12，d=v0t1
代入數(shù)據(jù)可得a=50m/s2，t1= 35s，
d=2 3m≈3.46m
即O、D兩點(diǎn)之間的距離為3.46m。
(2)運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：
由圖可知tanθ=at1v0= 3，得：：θ=60°
速度大小為v=v0csθ=20m/s
(3)設(shè)帶電微粒作勻速圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則R=dsinθ=4m
根據(jù)牛頓第二定律可知qvB=mv2R
代入數(shù)據(jù)可得：B=10T，
帶電微粒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=360°?2×60°360°×2πmqB=4π15s
帶電微粒從拋出到第一次回到P點(diǎn)的時(shí)間為t=2t1+t2≈1.53s
【解析】本題考查帶電微粒在電場(chǎng)力作用下的類平拋運(yùn)動(dòng)和有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問題，難度中等。
(1)帶電微粒在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得出OD間的距離及在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
(2)根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系求解微粒第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v大小和方向；
(3)帶電微粒在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可得出粒子半徑的表達(dá)式，則由牛頓第二定律可求得B，再由轉(zhuǎn)過的角度可求得在磁場(chǎng)中的轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)間，則可求得總時(shí)間。
15.如圖所示，一邊長L=0.2 m、質(zhì)量m1=0.5 kg、電阻R=0.1 Ω的正方形導(dǎo)體線框abcd，與一質(zhì)量為m2=2 kg的物塊通過輕質(zhì)細(xì)線跨過兩定滑輪相連．起初ad邊距磁場(chǎng)下邊界為d1=0.8 m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.5 T，磁場(chǎng)寬度d2=0.3 m，物塊放在傾角θ=53°的斜面上，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5.現(xiàn)將物塊由靜止釋放，經(jīng)一段時(shí)間后發(fā)現(xiàn)當(dāng)ad邊從磁場(chǎng)上邊緣穿出時(shí)，線框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)．g取10 m/s2，sin 53°=0.8，cs 53°=0.6.求：
(1)線框ad邊從磁場(chǎng)上邊緣穿出時(shí)速度的大?。?br>(2)線框剛剛?cè)窟M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的大?。?br>(3)從釋放物塊到線框完全離開磁場(chǎng)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱．
【答案】解：(1)由于線框勻速出磁場(chǎng)，受力分析知
對(duì)m2有：m2gsinθ?μm2gcsθ?T=0…①
對(duì)m1有：T?m1g?BIL=0…②
又因?yàn)橛校篒=BLvR…③
聯(lián)立①②③可得：v=2m/s
(2)從線框剛剛?cè)窟M(jìn)入磁場(chǎng)到線框ad邊剛要離開磁場(chǎng)，由動(dòng)能定理得：
(m2gsinθ?μm2gcsθ)(d2?L)?m1g(d2?L)=12(m1+m2)v2?Ek
將速度v代入，得線框與物塊的動(dòng)能和為：Ek=4.5J
所以此時(shí)線框的動(dòng)能為：E′k=m1m1+m2Ek=0.9J
(3)從初狀態(tài)到線框剛剛完全出磁場(chǎng)，由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律可得：
(m2gsinθ?μm2gcsθ)(d1+d2+L)?m1g(d1+d2+L)=Q+12(m1+m2)v2
將數(shù)值代入得Q=1.5 J
【解析】(1)由于線框勻速出磁場(chǎng)，受力分析由平衡條件列方程即可解的．
(2)從線框剛剛?cè)窟M(jìn)入磁場(chǎng)到線框ad邊剛要離開磁場(chǎng)，由動(dòng)能定理可解得．
(3)從初狀態(tài)到線框剛剛完全出磁場(chǎng)，由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律可解得．
此題綜合性強(qiáng)，需要綜合考慮運(yùn)動(dòng)學(xué)中力的平衡及動(dòng)能定理和能量守恒的知識(shí)進(jìn)行解題，所以難度較大些．

相關(guān)試卷

四川省成都市七校2024-2025學(xué)年高二（上）月考物理試卷（含解析）：

這是一份四川省成都市七校2024-2025學(xué)年高二（上）月考物理試卷（含解析），共16頁。試卷主要包含了單選題，多選題，實(shí)驗(yàn)題，計(jì)算題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

新疆烏魯木齊市聯(lián)考2024-2025學(xué)年高二（上）月考物理試卷-（含解析）：

這是一份新疆烏魯木齊市聯(lián)考2024-2025學(xué)年高二（上）月考物理試卷-（含解析），共16頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，實(shí)驗(yàn)題，計(jì)算題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2024-2025學(xué)年江蘇省泰州中學(xué)高二（上）月考物理試卷（10月）（含解析）：

這是一份2024-2025學(xué)年江蘇省泰州中學(xué)高二（上）月考物理試卷（10月）（含解析），共15頁。試卷主要包含了單選題，實(shí)驗(yàn)題，計(jì)算題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2024-2025學(xué)年四川省北川中學(xué)高二（上）第一次月考物理試卷（含解析）

2024-2025學(xué)年四川省北川中學(xué)高二（上）第一次月考物理試卷（含解析）
2024-2025學(xué)年江西省樂平中學(xué)高二（上）月考物理試卷（9月）（含解析）

2024-2025學(xué)年江西省樂平中學(xué)高二（上）月考物理試卷（9月）（含解析）
2024-2025學(xué)年江蘇省揚(yáng)州中學(xué)高二（上）月考物理試卷（9月）（含解析）

2024-2025學(xué)年江蘇省揚(yáng)州中學(xué)高二（上）月考物理試卷（9月）（含解析）
2024-2025學(xué)年四川省成都市高二（上）開學(xué)物理試卷（含解析）

2024-2025學(xué)年四川省成都市高二（上）開學(xué)物理試卷（含解析）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
月考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部