北京市第四十三中學2025屆高三物理上學期開學考試試題含解析

PAGE25-北京市第四十三中學2025屆高三物理上學期開學考試試題（含解析）一、單項選擇題:(每題2分，共38分)1.作用在同一點上的兩個力，大小分別是3N和5N，其合力的大小可能是（）A.0N B.1NC.3N D.15N【答案】C【解析】【詳解】作用在同一點上的兩個力，F(xiàn)1=3N、F2=5N，當兩個力的方向相反時，其合力最小Fmin=F2﹣F1=5N﹣3N=2N當兩個力的方向相同時，其合力最大Fmax=F1+F2=5N+3N=8N因為兩個力的方向不確定，所以其合力的大小在2N與8N之間，故選項C正確，ABD錯誤。故選C。2.汽車以36km/h速度行駛，剎車后得到的加速度大小為4m/s2，從剎車起先，經(jīng)5S，汽車通過的位移是（）A.0m B.100m C.12.5m D.37.5m【答案】C【解析】【詳解】由題意知取汽車初速度方向為正方向，則有：v0=36km/h=10m/s，a=﹣4m/s2，t=5s因為汽車剎車停止后將停止運動，故據(jù)v=v0+at得停車時間∵t＞t?！嗥噭x車后5s內(nèi)的位移即為剎車后2.5s內(nèi)的位移所以剎車后5s內(nèi)的位移x====12.5m3.如圖所示為某質(zhì)點做直線運動的圖象，關于這個質(zhì)點在內(nèi)的運動狀況，下列說法中正確的是（）A.質(zhì)點始終向同一方向運動B.加速度大小不變，方向與初速度方向相同C.內(nèi)通過的路程為，而位移為零D.末物體離動身點最遠【答案】C【解析】【詳解】圖象的斜率的大小表示質(zhì)點運動的加速度大小，由于圖象的斜率不變，所以質(zhì)點運動的加速度不變，因此物體做勻變速直線運動，起先時速度方向與加速度方向相反，物體減速運動，時，物體速度減為零，然后物體反向加速運動，時，回到起始點，4s內(nèi)通過的位移為零；由圖可知4s內(nèi)質(zhì)點通過的路程為故A、B、D錯誤，C正確；故選C。4.如圖所示，一個質(zhì)量為的鋼球，放在傾角為的固定斜面上，用一豎直擋板攔住，處于靜止狀態(tài)．各個接觸面的均光滑，重力加速度為．球?qū)ωQ直擋板壓力的大小是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】以球為探討對象，球受重力、擋板和斜面對球體的支持力和，其受力分析圖如圖所示：依據(jù)平衡條件有：，依據(jù)牛頓第三定律可以知道，球?qū)ωQ直檔板壓大的大小等于擋板和斜面對球體的彈力，C正確．故選C．5.一物體做直線運動，其加速度隨時間改變的a—t圖象如圖所示．下列v—t圖象中，可能正確描述此物體運動的是A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】由a—t圖象知，0～0.5T時間內(nèi)的加速度與T～2T時間內(nèi)的加速度大小相等，方向相反，而對應時間內(nèi)的v-t圖象的斜率的肯定值相等，正負不同，可得D正確，ABC錯誤6.如圖所示，物體A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，且mA>mB．二者用細繩連接后跨過定滑輪，A靜止在傾角θ=30°的斜面上，B懸掛著，且斜面上方的細繩與斜面平行．若將斜面傾角θ緩慢增大到45°，物體A仍保持靜止．不計滑輪摩擦．則下列推斷正確的是A.物體A受細繩的拉力可能增大B.物體A受的靜摩擦力可能增大C.物體A對斜面的壓力可能增大D.物體A受斜面的作用力可能增大【答案】B【解析】【詳解】A.因為B始終保持靜止，所以細繩間的張力等于B的重力，即細繩對A的拉力,所以在傾斜角緩慢增大過程中，物體A受到的細繩的拉力不變，A錯誤．B.當，傾斜角緩慢增大到45°的過程中f漸漸增大，方向向上．當時，在傾斜角緩慢增大到使的過程中，知道靜摩擦力隨著角度的增大而減小，方向沿斜面對下，當時摩擦力為零，在傾斜角從使成立到45°過程中，靜摩擦力隨著角度的增加而增大，方向沿斜面對上．所以B正確．C.物體A對斜面的壓力,隨著角度的增大而減小，C錯誤．D.物體A受到細繩的拉力（不變），重力（不變），斜面的作用力大小等于拉力與重力的合力大小，所以也保持不變,D錯誤．故選B。7.如圖所示，肯定質(zhì)量的物體通過輕繩懸掛，結點為O．人沿水平方向拉著OB繩，物體和人均處于靜止狀態(tài)．若人的拉力方向不變，緩慢向左移動一小段距離，下列說法正確的是（）A.OA繩中的拉力先減小后增大B.OB繩中的拉力不變C.人對地面的壓力漸漸減小D.地面給人的摩擦力漸漸增大【答案】D【解析】解：將重物的重力進行分解，當人的拉力方向不變，緩慢向左移動一小段距離，則OA與豎直方向夾角變大，OA的拉力由圖中1位置變到2位置，可見OA繩子拉力變大，OB繩拉力漸漸變大；OA拉力變大，則繩子拉力水平方向分力變大，依據(jù)平衡條件知地面給人的摩擦力漸漸增大；人對地面的壓力始終等于人的重力，保持不變；故選D．【點評】本題考查了動態(tài)平衡問題，用圖解法比較直觀，還可以用函數(shù)法．8.如圖所示，兩段等長細線串接著兩個質(zhì)量相等的小球a、b，懸掛于O點?，F(xiàn)在兩個小球上分別加上水平方向的外力，其中作用在b球上的力大小F，作用在a球上的力大小為2FA. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】對ab整體，受重力、上邊繩拉力、F和2F四力平衡，因此上邊繩向右偏。假設細線a與豎直方向夾角為α，細線b與豎直方向夾角為β，對ab整體受力如圖1可得：tanα=對細線b受力如圖2所示，可知：tanβ=因此：α<β。故B符合題意，ACD不符合題意。故選B。9.意大利科學家伽利略在探討物體變速運動規(guī)律時，做了聞名的“斜面試驗”，他測量了銅球在較小傾角斜面上的運動狀況，發(fā)覺銅球做的是勻變速直線運動，且銅球加速度隨斜面傾角的增大而增大,于是他對大傾角狀況進行了合理的外推，由此得出的結論是（）A.自由落體運動是一種勻變速直線運動B.力是使物體產(chǎn)生加速度的緣由C.力不是維持物體運動的緣由D.物體都具有保持原來運動狀態(tài)的屬性，即慣性【答案】A【解析】【詳解】A．銅球在較小傾角斜面上的運動狀況，發(fā)覺銅球做的是勻變速直線運動，且銅球加速度隨斜面傾角的增大而增大，傾角最大的狀況就是90°時，這時物體做自由落體運動，由此得出的結論是自由落體運動是一種勻變速直線運動。故A正確；B．該試驗不能得出力是使物體產(chǎn)生加速度的緣由這個結論，故B錯誤。C．物體的運動不須要力來維持，但是該試驗不能得出該結論，故C錯誤。D．該試驗不能得出慣性這一結論，故D錯誤。故選A10.太陽系中的行星受到太陽的引力繞太陽公轉(zhuǎn)，然而它們公轉(zhuǎn)的周期卻各不相同．若把水星和地球繞太陽的運動軌跡都近似看作圓周，依據(jù)觀測得知，地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期大于水星繞太陽公轉(zhuǎn)的周期，則由此可以判定（）A.水星的密度大于地球的密度B.水星的質(zhì)量大于地球的質(zhì)量C.地球的向心加速度大于水星的向心加速度D.地球到太陽的距離大于水星到太陽的距離【答案】D【解析】【詳解】依據(jù)萬有有引力供應向心力得軌道半徑大，周期大，知地球軌道半徑大于水星。依據(jù)軌道半徑大，向心加速度小，所以地球的向心加速度小于水星的向心加速度。由于水星和地球都是環(huán)繞天體，無法求出質(zhì)量，也無法求出密度。故ABC錯誤，D正確。故選D。11.如圖所示，愛好小組的同學為了探討豎直運動的電梯中物體的受力狀況，在電梯地板上放置了一個壓力傳感器，將質(zhì)量為4kg的物體放在傳感器上．在電梯運動的某段過程中，傳感器的示數(shù)為44N．g取10m/s2.對此過程的分析正確的是()A.物體受到的重力變大B.物體的加速度大小為1m/s2C.電梯正在減速上升D.電梯的加速度大小為4m/s2【答案】B【解析】【詳解】A．電梯中的物體處于超重、平衡、失重狀態(tài)時是加速度不同，本身的重力不變，選項A錯誤．BD．由牛頓其次定律可知，而由牛頓第三定律得，解得：，故選項B正確、選項D錯誤．C．加速度向上，運動是加速向上或減速向下，選項C錯誤．故選B．12.某同學將一個質(zhì)量為的小球豎直向上拋出，小球上升的最大高度為。設上升過程中空氣阻力大小恒定。則在上升過程中（）A.小球的動能減小了B.小球機械能減小了C.小球重力勢能減小了D.小球克服空氣阻力做功【答案】B【解析】【詳解】A．由動能定理故動能減小了，故A錯誤；B．由可得，機械能削減了，故B正確；C．由可得，則重力勢能增加了，故C錯誤；D．由，克服空氣阻力做功，故D錯誤。故選B。13.以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并起先計時，一個物體所受空氣阻力可忽視，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實線描述兩物體運動的圖像可能正確的是A. B.C. D.【答案】D【解析】試題分析：豎直上拋運動不受空氣阻力，做向上勻減速直線運動至最高點再向下自由落體運動，圖象時傾斜向下的直線，四個選項均正確表示；考慮阻力的上拋運動，上升中，隨著減小，減小，對應圖象的斜率減小，選項A錯誤．下降中，隨著隨著增大，接著減?。谧罡唿c時，，對應圖與軸的交點，其斜率應當?shù)扔冢ù藭r與豎直上拋的最高點相同的加速度），即過交點的切線應當與豎直上拋運動的直線平行，只有D選項滿意．故選D．考點：本題考查了牛頓其次定律、圖象的特點、豎直上拋運動狀態(tài)的推斷．14.如圖所示,在M點分別以不同速度將兩小球水平拋出．兩小球分別落在水平地面上的P點、Q點．已知O點是M點在地面上的豎直投影,OP:PQ=1:3,且不考慮空氣阻力的影響．下列說法中正確的是()A.兩小球的下落時間之比為1:3B.兩小球的下落時間之比為1:4C.兩小球的初速度大小之比為1:3D.兩小球的初速度大小之比為1:4【答案】D【解析】【詳解】AB、兩球的拋出高度相同,故下落時間相同,故AB錯；CD、依據(jù)題意OP:PQ=1:3，則水平位移之比為1:4，水平方向上做勻速直線運動則，且運動時間相等，所以水平方向的速度之比為1:4，故C錯；D對；綜上所述本題答案是：D【點睛】兩小球所在高度相同,故下落時間相同,由水平位移關系可求出兩小球的初速度的大小關系15.一列簡諧橫波沿x軸傳播，圖（甲）為t＝0.5s時的波動圖像，圖（乙）為介質(zhì)中質(zhì)點P的振動圖像．對該波的傳播方向和傳播速度的說法中正確的是（）A.沿+方向傳播，波速為4m/sB.沿-方向傳播，波速為4m/sC.沿+方向傳播，波速為8m/sD.沿-方向傳播，波速為8m/s【答案】A【解析】【詳解】由振動圖像可知，質(zhì)點P在t=0.5s時向y軸正方向運動，結合波形圖可知波沿+方向傳播，波速為故選A。16.一個直流電動機，線圈電阻是0.5Ω，當它兩端所加電壓為6V時，通過電動機的電流是2A。由此可知（）A.電動機消耗的電功率為10WB.電動機發(fā)熱的功率為10WC.電動機輸出的機械功率為10WD.電動機的工作效率為20%【答案】C【解析】【詳解】A．設直流電動機線圈電阻為r，電動機工作時通過的電流為I，兩端的電壓為U。總功率為P=UI=2×6=12W所以A錯誤。B．發(fā)熱功率為P熱=I2r=22×0.5=2W所以B錯誤。C．依據(jù)能量守恒定律，其輸出功率為P出=P?P熱=12W?2W=10W所以C正確。D．電動機的工作效率為所以D錯誤。故選C。17.如圖所示，取一對用絕緣支柱支撐的金屬導體A和B，使它們彼此接觸．起初它們不帶電，貼近A、B下面的金屬箔片是閉合的．現(xiàn)在把帶正電荷的球C移近導體A，可以看到A、B上的金屬箔片都張開了．下列說法正確的是()A.A內(nèi)部的場強比B內(nèi)部的場強大B.A、B內(nèi)部的場強均為零C.A左端的電勢比B右端的電勢低D.A左端的電勢比B右端的電勢高【答案】B【解析】試題分析：當導體A、B放在帶正電的旁邊時，出現(xiàn)感應起電現(xiàn)象．電荷四周有電場存在，從而導體A、B處于電場中，在電場力的作用下，使導體中的自由電子重新分布．而處于靜電平衡的導體，電荷只分布在外表面，內(nèi)部電場強度為零，且是等勢體．解：A、帶正電荷的球C移近導體A，在A的左端感應出負電荷，在B的右端出現(xiàn)正電荷，電荷只分布在外表面，內(nèi)部場強到處為零，導體是個等勢體．故選B點評：體現(xiàn)物體靜電感應起電的實質(zhì)，及靜電平衡狀態(tài)時，帶電體的電荷只分布在外表面，內(nèi)部電場強度為零，且導體的電勢到處相等．18.一根通電直導線水平放置在地球赤道的上方，其中的電流方向為自西向東，該導線所受地磁場的安培力方向為（）A.水平向北 B.水平向南 C.豎直向上 D.豎直向下【答案】C【解析】【詳解】赤道處的地磁場方向從南向北，電流方向自西向東，依據(jù)左手定則，安培力的方向豎直向上。故選C?！军c睛】解決本題的關鍵駕馭左手定則推斷磁場方向、電流方向、安培力方向的關系；知道地磁場在赤道上方的方向是由南向北。19.在空間存在著豎直向上的各處勻稱的磁場，將一個不變形的單匝金屬圓線圈放入磁場中，規(guī)定線圈中感應電流方向如圖甲所示的方向為正．當磁場的磁感應強度隨時間的改變規(guī)律如圖乙所示時，圖丙中能正確表示線圈中感應電流隨時間改變的圖線是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】試題分析：依據(jù)法拉第電磁感應定律，由于線圈面積不變，所以感應電動勢與磁感應強度的改變率即圖像的斜率成正比，依據(jù)圖像，感應電動勢為定值，感應電流為定值，感應電動勢為0，感應電流為0，感應電動勢為定值而且是感應電動勢的一半，感應電流也是感應電流的一半，比照選項CD錯．依據(jù)楞次定律向上的磁通量增大，感應電流沿正方向，選項A錯B對．考點：電磁感應定律楞次定律二、多項選擇題：(每題4分，漏選得2分，共20分)20.如圖所示，一個正方形導線框abcd，邊長為L，質(zhì)量為m。將線框從距水平勻強磁場上方h處由靜止釋放，在線框下落過程中，不計空氣阻力，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場邊界平行。當ab邊剛進入磁場時，線框速度為v。在線框進入磁場的整個過程中，下列說法正確的是（）A.線框可能做加速度減小的加速運動B.線框可能做加速度減小的減速運動C.安培力對線框的沖量大小肯定為D.線框克服安培力做功肯定為【答案】ABD【解析】【詳解】AB．若線框下落進入磁場時的速度較小，產(chǎn)生的感應電流較小，安培力較小，線框的加速度向下做加速運動，隨著速度的增加，安培力變大，加速度減小，即線圈做加速度減小的加速運動；若線框下落進入磁場時的速度較大，產(chǎn)生的感應電流較大，安培力較大，線框的加速度向上做減速運動，隨著速度的減小，安培力減小，加速度減小，即線圈做加速度減小的減速運動；故選項AB正確；C．對從線圈起先下落到全部進入磁場的整個過程運用動量定理可得IG－I安=mv故安培力對線框的沖量大小不是mv，選項C錯誤；D．對整個過程運用能量守恒得故線框克服安培力做功肯定為選項D正確。故選ABD。21.如圖所示，圖中以點電荷為圓心的虛線同心圓是該點電荷電場中球形等勢面的橫截面圖。一個帶正電的粒子經(jīng)過該電場，它的運動軌跡如圖中實線所示，和是軌跡上的兩點。不計帶電粒子受到的重力，由此可以推斷（）A.此粒子在點的加速度小于在點的加速度B.此粒子在點的電勢能大于在點的電勢能C.此粒子在點的動能小于在點的動能D.電場中點的電勢低于點的電勢【答案】AD【解析】【詳解】A．粒子運動軌跡為曲線，依據(jù)合力指向曲線內(nèi)側(cè)可推斷場源電荷為正電荷，離場源電荷越近粒子受到電場力越大，加速度越大，所以粒子在M點的加速度小于在N點的加速度，故A正確；BC．粒子從N到M電場力做正功，動能增大，M點的動能大于在N點的動能，電勢能削減，即在M點的電勢能小于在N點的電勢能，故BC錯誤；D．場源電荷為正電荷，電場線從正電荷指向無窮遠，沿電場線電勢漸漸降低，即N點電勢高于M點電勢，故D正確。故選AD。22.如圖所示電路中，燈泡、的規(guī)格相同，電感線圈的自感系數(shù)足夠大且電阻可忽視。下列關于此電路的說法中正確的是（）A.閉合后的瞬間，、同時亮，然后變暗最終熄滅B.閉合后的瞬間，先亮，漸漸變亮，最終、一樣亮C.斷開后的瞬間，馬上熄滅，漸漸變暗最終熄滅D.斷開后的瞬間，馬上熄滅，閃亮一下后熄滅【答案】AD【解析】【詳解】AB．S閉合后的瞬間，自感系數(shù)足夠大的線圈由于自感作用阻礙電流，相當于斷路，此時燈泡A和燈泡B串聯(lián)同時亮，待電路穩(wěn)定后沒有電流的改變，線圈不再產(chǎn)生感應電動勢，對電流沒有阻礙作用，相當于短路，此時A燈熄滅，B燈變亮，故A正確，B錯誤。CD．S斷開后的瞬間，電流突然減小，線圈由于自感作用產(chǎn)生感應電流，與燈泡A構成新的回路，所以A燈會先閃亮一下后熄滅。B燈馬上熄滅，故C錯誤，D正確。故選AD。23.如圖所示是通過變壓器降壓給用戶供電的示意圖．變壓器輸入電壓是市區(qū)電網(wǎng)的電壓，負載改變時輸入電壓不會有大的波動．輸出電壓通過輸電線輸送給用戶，輸電線的電阻用表示，開關閉合后，相當于接入電路中工作的用電器增加．假如變壓器上的能量損失可以忽視，全部電表均為志向電表，則開關閉合后（）A.電表示數(shù)不變，示數(shù)減小B.電表、示數(shù)均增大C.原線圈輸入功率減小D.電阻兩端的電壓減小【答案】BD【解析】【詳解】A．因為輸入電壓幾乎不變，原副線圈的電壓比等于匝數(shù)之比，則副線圈的電壓幾乎不變，即電壓表V1、V2的讀數(shù)幾乎不變，故A錯誤；

B．因為負載增加，則副線圈總電阻減小，副線圈電壓不變，則副線圈電流增大，即A2增大，原副線圈電流之比等于匝數(shù)之反比，所以A1示數(shù)變大，故B正確；

C．因為負載增加，則副線圈總電阻減小，副線圈電壓不變，則副線圈電流增大，由P=UI知功率增加，故C錯誤；

D．電壓表V2、V3示數(shù)之差等于副線圈導線上的電壓損失，△U=IR增加，電阻R1兩端的電壓減小，故D正確。

故選BD。24.在圖所示的空間直角坐標系所在的區(qū)域內(nèi)，同時存在勻強電場E和勻強磁場B。已知從坐標原點O沿x軸正方向射入的質(zhì)子，穿過此區(qū)域時未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則可以推斷此區(qū)域中E和B的方向可能是（）A.E和B都沿y軸的負方向B.E和B都沿x軸的正方向C.E沿y軸正方向，B沿z軸負方向D.E沿z軸正方向，B沿y軸負方向【答案】BC【解析】【詳解】A．若E和B都沿y軸的負方向，則電場力沿y軸負方向，由左手定則知洛倫茲力沿z軸正方向，所以不行能平衡，質(zhì)子不能沿直線運動，故A錯誤；B．E、B都沿x軸正方向時，電場力沿x軸正方向，小球不受洛倫茲力，質(zhì)子能沿直線運動，所以B正確；C．E沿y軸正方向，電場力沿y軸正方向；B沿z軸負方向，則洛倫茲力沿y軸負方向，則當電場力等于洛倫茲力時，質(zhì)子沿直線運動，選項C正確；D．E沿z軸正方向，則電場力沿z軸正方向；B沿y軸負方向，則洛倫茲力沿z軸正方向，不行能平衡，質(zhì)子不能沿直線運動，所以D錯誤。故選BC。三、計算題：（共42分）25.如圖所示，一固定在地面上的金屬軌道ABC，其中AB長s1＝1m，BC與水平面間的夾角為α＝37°，一小物塊放在A處，小物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，現(xiàn)在給小物塊一個水平向左的初速度v0＝3m/s.小物塊經(jīng)過B處時無機械能損失(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求：(1)小物塊第一次到達B處的速度大??；(2)小物塊在BC段向上運動時的加速度大小；(3)若小物塊剛好能滑到C處，求BC的長度s2.【答案】(1)2m/s；(2)8m/s2；(3)0.25m【解析】【詳解】(1)小物塊從A運動到B，由動能定理得－μmgs1＝mvB2－mv0,代入數(shù)據(jù)解得vB＝2m/s.(2)小物塊從B到C過程中，由牛頓其次定律得μmgcosα＋mgsinα＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝8m/s2(3)小物塊以初速度vB沿斜面對上運動至速度為零的過程中，經(jīng)過的路程為s2，由0－vB2＝－2as2，代入數(shù)據(jù)解得s2＝0.25m綜上所述本題答案是：(1)2m/s；(2)8m/s2；(3)0.25m【點睛】（1）利用動能定理求出物塊滑到B點時的速度（2）正確受力分析求出物塊在斜面上運動時的加速度（3）利用運動學公式求出物塊在斜面上運動的最大距離．26.“嫦娥一號”的勝利放射，為實現(xiàn)中華民族幾千年的奔月幻想邁出了重要的一步．已知“嫦娥一號”繞月飛行軌道近似為圓形，距月球表面高度為H，飛行周期為T，月球的半徑為R，引力常量為G．求：(1)“嫦娥一號”繞月飛行時的線速度大??；(2)月球的質(zhì)量；(3)若放射一顆繞月球表面做勻速圓周運動的飛船，則其繞月運行的線速度應為多大．【答案】（1）（2）（3）【解析】（）“嫦娥一號”繞月飛行時的線速度大?。ǎ┰O月球質(zhì)量為M．“嫦娥一號”的質(zhì)量為m．依據(jù)牛二定律得解得．（）設繞月飛船運行的線速度為，飛船質(zhì)量為，則又．聯(lián)立得27.(1)如圖所示，兩根足夠長的平行導軌，間距L＝0.3m，在導軌間有垂直于紙面對里的勻強磁場，磁感應強度B1＝0.5T．一根直金屬桿MN以v＝2m/s的速度向右勻速運動，桿MN始終與導軌垂直且接觸良好．桿MN的電阻r1＝1Ω，導軌的電阻可忽視．求桿MN中產(chǎn)生的感應電動勢E1.(2)如圖乙所示，一個匝數(shù)n＝100的圓形線圈，面積S1＝0.4m2，電阻r2＝1Ω.在線圈中存在面積S2＝0.3m2垂直線圈平面(指向紙外)的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B2隨時間t改變的關系如圖丙所示．求圓形線圈中產(chǎn)生的感應電動勢E(3)有一個R＝2Ω的電阻，將其兩端分別與圖甲中的導軌和圖乙中的圓形線圈相連接，b端接地．試推斷以上兩種狀況中，哪種狀況a端的電勢較高？求這種狀況中a端的電勢φa.【答案】（1）0.3V；（2）4.5V；（3）a端的電勢較高V【解析】【詳解】(1)桿MN做切割磁感線的運動，依據(jù)法拉第電磁感應定律E1=B1Lv代入數(shù)據(jù)得產(chǎn)生的感應電動勢E1=0.3V(2)穿過圓形線圈的磁通量發(fā)生改變代入數(shù)據(jù)得產(chǎn)生的感應電動勢E2=4.5V(3)依據(jù)右手定則，可知，圖甲a是正極，而由楞次定律可知，圖乙中b是正極，因此當電阻R與圖甲中的導軌相連接時，a端的電勢較高，通過電阻R的電流電阻R兩端的電勢差?a-?b=IR得a端的電勢?a=IR=0.2V28.如圖所示的裝置放置在真空中，炙熱的金屬絲可以放射電子，金屬絲和豎直金屬板之間加一電壓U1＝2500V，放射出的電子被加速后，從金屬板上的小孔S射出．裝置右側(cè)有兩個相同的平行金屬極板水平正對放置，板長l＝6.0cm，相距d