北京市師大附中2017-2018學年高二上學期期末考試物理試題

北京師大附中20172018學年上學期高二年級期末考試物理試卷（理科）一、單項選擇題1.下列物理量屬于矢量的是A.電動勢B.電流C.磁感應強度D.磁通量【答案】C【解析】矢量是既有大小又有方向的物理量，磁感應強度是矢量，而標量是只有大小沒有方向的物理量，電流強度、電動勢和磁通量都是標量，故ABD錯誤，C正確．故選C．2.關于磁感應強度的下列說法中，正確的是A.由可知，B與電流強度I成反比B.由可知，B與電流受到的安培力F成正比C.垂直磁場放置的通電導線的受力方向就是磁感應強度方向D.磁感應強度的大小、方向與放入磁場的導線的電流大小、導線長度、導線取向等均無關【答案】D【解析】磁感應強度是采用比值法定義的，B與F、I無關，由磁場本身屬性決定，故AB錯誤；垂直于磁場方向放置的通電導線的受力方向與磁感應強度的方向垂直．故C錯誤．磁感應強度描述磁場本身的強弱和方向，大小、方向與放入其中的通電導線的電流大小、導線長度、導線取向等均無關，由磁場本身屬性決定．故D正確．故選D．【點睛】磁感應強度描述磁場本身的強弱和方向，磁感應強度的大小與通電導線中的電流、所受磁場力的大小無關．磁感線上某點的切線方向表示該點的磁感應強度的方向．3.關于感應電動勢大小的下列說法中，正確的是A.線圈中磁通量變化越大，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢一定越大B.線圈中磁通量越大，產(chǎn)生的感應電動勢一定越大C.線圈放在磁感強度越強的地方，產(chǎn)生的感應電動勢一定越大D.線圈中磁通量變化越快，產(chǎn)生的感應電動勢越大【答案】D【解析】A項：根據(jù)可知，線圈中磁通量變化大，但磁通量變化率不一定越大，所以產(chǎn)生的感應電動勢也不一定越大，故A錯誤；B項：根據(jù)線圈中磁通量大，但磁通量變化率不一定越大，所以產(chǎn)生的感應電動勢也不一定越大，故B錯誤；C項：線圈放在磁感應強度越強的地方，磁通量雖然較大，但變化率不一定大，所以產(chǎn)生的感應電動勢也不一定越大，故C錯誤；D項：線圈中磁通量變化越快，產(chǎn)生的感應電動勢越大，故D正確。4.以下說法正確的是A.通電導線在磁場中一定會受到安培力的作用B.磁鐵對通電導線不會有力的作用C.兩根通電導線之間可能有斥力的作用D.運動電荷在磁場中一定受到洛倫茲力的作用【答案】C【解析】通電導線在磁場中平行磁場方向放置時不受安培力，故A錯誤；磁鐵的周圍存在磁場，磁場對通電導線可能有安培力的作用，故B錯誤．兩根通電導線如果電流方向相同，則存在引力作用，如果電流方向相反，則存在斥力作用，故C正確．若運動電荷的速度方向與磁感線的方向平行，則運動電荷不受洛倫茲力的作用．故D錯誤；選C.5.如圖所示，正確標明了通電導線所受安培力F方向的是A.B.C.D.【答案】B【解析】根據(jù)左手定則可知：A圖中安培力向下，故A錯誤；B圖中安培力向下，故B正確；C圖中安培力向下，故C錯誤；D圖中垂直于電流和磁場向外，故D錯誤．故選B．【點睛】正確應用左手定則是解答本題的關鍵，在應用時為防止手忙腳亂，可以先讓四指和電流方向一致，然后通過旋轉(zhuǎn)手讓磁感線穿過手心，從而進一步確定大拇指的指向即安培力方向．6.如圖所示為“研究感應電流產(chǎn)生的條件”的實驗裝置，下列操作中，電流計的指針不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)的是A.將條形磁鐵插入線圈的過程中B.將條形磁鐵從線圈中拔出的過程中C.將條形磁鐵放在線圈中不動D.將條形磁鐵從圖示位置向左移動的過程中【答案】C【解析】試題分析：將條形磁鐵插入線圈的過程中或者將條形磁鐵從線圈中拔出的過程中，將條形磁鐵從圖示位置向左移動的過程中穿過線圈的磁通量都發(fā)生變化，所以ABD由感應電流產(chǎn)生，故選C，考點：考查了感應電流產(chǎn)生的條件點評：判斷電路中有關感應電流產(chǎn)生關鍵抓住感應電流產(chǎn)生的條件：一是電路要閉合；二是穿過電路的磁通量要變化．7.如圖所示，一金屬圓環(huán)水平固定放置，現(xiàn)將一豎直的條形磁鐵，在圓環(huán)上方沿圓環(huán)軸線無初速度釋放，在條形磁鐵穿過圓環(huán)的過程中，條形磁鐵與圓環(huán)A.始終相互吸引B.始終相互排斥C.先相互吸引，后相互排斥D.先相互排斥，后相互吸引【答案】D【解析】因圓環(huán)從開始下降到達磁鐵中間時，磁通量一直增大；而當從中間向下運動時，磁通量減小時；則由楞次定律可知，當條形磁鐵靠近圓環(huán)時，感應電流阻礙其靠近，是排斥力；當磁鐵穿過圓環(huán)遠離圓環(huán)時，感應電流阻礙其遠離，是吸引力，故先相互排斥，后相互吸引；當考查發(fā)生電磁感應時的相互作用時，可以直接利用楞次定律的第二種描述：來拒去留．8.如圖所示，三根通電長直導線P、O、R互相平行，垂直紙面放置，其間距均為L；電流均為I’方向垂直紙面向里。O點為P、Q的中點，RO垂直于PQ，則O點的磁感強度方向為A.方向指向x軸正方向B.方向指向y軸正方向C.方向指向x軸負方向D.方向指向y軸負方向【答案】C【解析】P、Q兩根導線距離0點的距離相等，根據(jù)安培定則，在O點產(chǎn)生的磁場方向相反，大小相等，合場強為零，所以合場強等于R在O點產(chǎn)生的場強，根據(jù)安培定則，方向沿x軸負方向，故選C.9.一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.豎直向上B.豎直向下C.水平向南D.水平向北【答案】A10.如右圖所示，一個水平放置的矩形線圈abcd（俯視abcd為逆時針繞向，即bc邊在外），在細長水平磁鐵的S極附近豎直下落，由位置I經(jīng)位置Ⅱ到位置Ⅲ。位置Ⅱ與磁鐵同一平面，位置I和Ⅲ都很靠近Ⅱ，則在下落過程中，線圈中的感應電流的方向為A.abcdaB.adcbaC.從abcda到adcbaD.從adcba到abcda【答案】B【解析】試題分析：如圖所示，線圈從位置Ⅰ到位置Ⅱ的過程中，穿過線圈方向向下的磁通量減小，則產(chǎn)生感應電流；根據(jù)楞次定律，感應電流的磁場的方向向下，屬于感應電流的方向為adcba方向；線圈從位置Ⅱ到位置Ⅲ的過程中，穿過線圈向上的磁通量增加，所以感應電流的磁場的方向向下，產(chǎn)生感應電流的方向為adcba方向．所以整個過程中感應電流的方向始終都是沿adcba方向．故B選項正確．故選B.考點：楞次定律【名師點睛】此題是對楞次定律的考查；要知道穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，則閉合電路中產(chǎn)生感應電流；判斷感應電流的方向用楞次定律，熟練掌握用楞次定律判斷感應電流方向的步驟；楞次定律歷來都是考查的重點.11.如圖所示電路，電源內(nèi)阻不可忽略。開關S閉合后，在滑動變阻器R0的滑片向下滑動的過程中A.電壓表的示數(shù)增大，電流表的示數(shù)減小B.電壓表的示數(shù)減小，電流表的示數(shù)增大C.電壓表與電流表的示數(shù)都增大D.電壓表與電流表的示數(shù)都減小【答案】D【解析】當滑片下移時，滑動變阻器接入電阻減小，則外電路總電阻減小，電路中總電流增大，電源的內(nèi)電壓增大，則由閉合電路歐姆定律可知，電路的路端電壓減小，故電壓表示數(shù)減??；由歐姆定律可知，上的分壓增大，而路端電壓減小，故并聯(lián)部分的電壓減小，則電流表示數(shù)減小，故D正確，ABC錯誤；故選D．【點睛】由電路圖可知：與并聯(lián)后與串聯(lián)，電壓表測路端電壓；由滑片的移動可知滑動變阻器接入電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化及路端電壓的變化，再分析局部電路可得出電流表中示數(shù)的變化．12.如圖，在正方形abcd范圍內(nèi)，有方向垂直紙面向里的勻強磁場，兩個電子以不同的速率，從a點沿ab方向垂直磁場方向射入磁場，其中甲電子從c點射出，乙電子從d點射出。不計重力，則甲、乙電子A.速率之比1:2B.在磁場中運行的周期之比1:2C.速度偏轉(zhuǎn)角之比為1:2D.電子在磁場中運動時，動能和動量均不變【答案】C【解析】設磁場邊長為a，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有，解得：，兩個粒子的運動軌跡如圖所示粒子甲從c點離開，其半徑為a；粒子乙從d離開，半徑為，則速率之比為，故A錯誤；粒子的運行周期，，故B錯誤；由圖可知，甲粒子的偏轉(zhuǎn)角是，乙粒子的偏轉(zhuǎn)角是，速度偏轉(zhuǎn)角之比為1:2，故C正確；根據(jù)動能，得動能之比為，根據(jù)動量P=mv，得，故D錯誤；選C.【點睛】帶電粒子在磁場中做圓周運動，由幾何知識可分別求得從c點和d點飛出的粒子的半徑和偏轉(zhuǎn)角，則由向心力公式可求得各自的速率及比值；根據(jù)動能和動量的表達式分別比較兩個粒子的動能和動量有沒有變化．13.矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示。若規(guī)定順時針方向為感應電流I的正方向，下列各圖中正確的是A.B.C.D.【答案】D【解析】試題分析：由圖可知，01s內(nèi)，線圈中磁通量的變化率相同，故01s內(nèi)電流的方向相同，由楞次定律可知，電路中電流方向為逆時針，即電流為負方向；同理可知，12s內(nèi)電路中的電流為順時針，23s內(nèi)，電路中的電流為順時針，34s內(nèi)，電路中的電流為逆時針，由可知，電路中電流大小恒定不變．故選D考點：法拉第電磁感應定律；楞次定律【名師點睛】本題要求學生能正確理解Bt圖的含義，注意圖線的斜率等于磁感應強度的變化率，斜率的符號能反映感應電流的方向，知道這些才能準確的利用楞次定律進行判定。14.如圖所示，固定于水平面上的金屬架abcd處在豎直向下的勻強磁場中，金屬棒MN沿框架以速度v向右做勻速運動。t=0時，磁感應強度為B0，此時MN到達的位置恰好使MbcN構成一個邊長為l的正方形。為使MN棒中不產(chǎn)生感應電流，從t=0開始，磁感應強度B隨時間t變化的示意圖為A.B.C.D.【答案】C【解析】試題分析：根據(jù)楞次定律，若閉合回路內(nèi)的磁通量不發(fā)生變化，則無感應電流產(chǎn)生。從開始經(jīng)過時間則線框面積變化為，則磁通量，即磁通量等于時的磁通量。帶入得，隨著時間的延長，磁感應強度無限接近于0，當又不會等于0，對照選項C對ABD錯?？键c：楞次定律【名師點睛】線框里面產(chǎn)生兩個電動勢，即由于磁場的變化而產(chǎn)生的電動勢和由于導體棒運動而產(chǎn)生的電動勢，當兩個電動勢等大反向時即無感應電流產(chǎn)生，即線框的磁通量始終維持不變，始終等于時的磁通量。把磁通量不變的關系轉(zhuǎn)化為數(shù)學關系，根據(jù)數(shù)學函數(shù)關系判斷圖像。15.在高能物理研究中，粒子回旋加速器起著重要作用，下左圖為它的示意圖。它由兩個鋁制的D形盒組成，兩個D形盒正中間開有一條狹縫。兩個D形盒處在勻強磁場中并接有高頻交變電壓。右圖為俯視圖，在D形盒上半面中心S處有一正粒子源，它發(fā)出的正粒子，經(jīng)狹縫電壓加速后，進入D形盒中。在磁場力的作用下運動半周，再經(jīng)狹縫電壓加速。如此周而復始，最后到達D形盒的邊緣，獲得最大速度，由導出裝置導出。己知正離子電荷量為q，質(zhì)量為m，加速時電極間電壓大小為U，磁場的磁感應強度大小為B，D形盒的半徑為R。每次加速的時間極短，可忽略不計。正粒子從離子源出發(fā)時的初速度為零，不計粒子所受重力。則A.高頻交變電壓變化的周期為B.粒子可能獲得的最大動能為C.粒子第1次與第n次在下半盒中運動的軌道半徑之比為D.粒子在回旋加速器中的總的時間為【答案】C【解析】加速電場變化的周期與粒子在磁場中運動周期相等，則有：，故A錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有，解得，粒子獲得的最大動能，故B錯誤；粒子在電場中第一次加速，則有，解得，則粒子以第一次在下半盒中運動，根據(jù)，解得；粒子在第n次進入下半盒運動前，已在電場中加速了（2n1）次，則有，解得，則半徑為，故半徑之比為，故C正確；粒子在加速器中運動的總時間為，故D錯誤；選C.【點睛】粒子先在電場中加速，然后進入磁場，做勻速圓周運動，半圓周后后，粒子再次進入電場，此時電源交換電極，粒子繼續(xù)加速．16.如圖所示，足夠長通電直導線平放在光滑水平面上并固定，電流I恒定不變。將一個金屬環(huán)以初速度v0沿與導線成一定角度θ(θ<90゜)的方向滑出，此后關于金屬環(huán)在水平面內(nèi)運動的分析，下列判斷中正確的是A.金屬環(huán)做曲線運動，速度先減小后增大B.金屬環(huán)做曲線運動，速度一直減小至0后靜止C.金屬環(huán)做直線運動，速度一直減小至0后靜止D.金屬環(huán)最終做勻速直線運動，運動方向與直導線平行【答案】D【解析】金屬環(huán)周圍有環(huán)形的磁場，金屬環(huán)向右運動，磁通量減小，根據(jù)“來拒去留”可知，所受的安培力將阻礙金屬圓環(huán)遠離通電直導線，即安培力垂直直導線向左，與運動方向并非相反，安培力使金屬環(huán)在垂直導線方向做減速運動，當垂直導線方向的速度減為零，只剩沿導線方向的速度，然后磁通量不變，無感應電流，水平方向合力為零，故最終做勻速直線運動，方向與直導線平行，D正確，選D.【點睛】金屬環(huán)周圍有環(huán)形的磁場，金屬環(huán)向右上運動，磁通量減小，根據(jù)“來拒去留”可知，所受的安培力與運動方向相反，使金屬環(huán)在垂直導線方向做減速運動，當垂直導線方向的速度減為零，最終金屬環(huán)的運動狀態(tài)為勻速沿導線運動，速度為原來速度的沿導線方向上的分量．二、多項選擇題17.指南針是我國古代四大發(fā)明之一。關于指南針，下列說明正確的是A.指南針可以僅具有一個磁極B.指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場C.僅受地磁場作用的指南針，指向南方的磁極是指南針的南極D.在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導線，導線通電時指南針不偏轉(zhuǎn)【答案】AD【解析】不存在單獨的磁單極子，指南針也不例外，故A錯誤；指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場，地磁場是南北指向的，故B正確；因為地球是一個磁體，地磁南極在地理北極附近，地磁北極在地理南極附近，根據(jù)磁極之間相互作用，指向南方的磁極是指南針的北極，故C錯誤；在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導線，根據(jù)安培定則，電流的磁場在指南針位置是東西方向的，故導線通電時指南針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故D正確；選BD.18.在法拉第時代，下列驗證“由磁產(chǎn)生電”設想的實驗中，能觀察到感應電流的是A.將繞在條形磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，然后順著磁鐵方向滑動線圈，同時觀察電流表的變化B.在一通有恒定電流的線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈，然后觀察電流表的變化C.將一房間內(nèi)的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接，往線圈中插入條形磁鐵后，再到相鄰房間去觀察電流的變化D.繞在同一鐵環(huán)上的兩個線圈，分別接電源和電流表，在給線圈通電或斷電的瞬間，觀察電流表的變化【答案】BCD【解析】將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，然后順著磁鐵方向滑動線圈，回路中沒有磁通量的變化，不能產(chǎn)生感應電流，觀察到電流表沒有變化，故A錯誤；在一通恒定電流線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈，回路中沒有磁通量的變化，不能產(chǎn)生感應電流，觀察到電流表沒有變化，故B錯誤；將一房間內(nèi)的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接，往線圈中插入條形磁鐵的過程中有感應電流產(chǎn)生，但是之后，再到相鄰房間去觀察時，回路中已經(jīng)沒有磁通量的變化，此時觀察到的電流表沒有變化，故C錯誤；繞在同一鐵環(huán)上的兩個線圈，分別接電源和電流表，在給線圈通電或斷電的瞬間，回路中的磁通量發(fā)生變化，能觀察電流表的變化，故D正確．選D.【點睛】產(chǎn)生感應電流的條件：閉合回路的磁通量發(fā)生變化或閉合電路的一部分導體在磁場中做切割磁感線運動，導體中有感應電流．19.如圖所示電路，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r。當開關S閉合后，小型直流電動機M和指示燈L都恰能正常工作。己知指示燈L的電阻為R0，額定電流為I，電動機M的線圈電阻為R，則下列說法中正確的是A.電動機的額定電壓為IRB.電動機的輸出功率為IEI2RC.電源的輸出功率為IEI2rD.整個電路的熱功率為I2(R0+R+r)【答案】BC【解析】試題分析：因為電動機和指示燈是非純電阻，所以不能根據(jù)歐姆定律計算其兩端的電壓，A錯誤；電源的輸出功率為，B錯誤C正確；根據(jù)焦耳定律可得整個電路的熱功率為，D正確；考點：考查了電功率的計算【名師點睛】當電動機正常工作時，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立，求電功率只能用，求電熱只能用，求機械功率要根據(jù)能量守恒得到20.如圖所示，一個電阻值為R，匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連結成閉合回路。線圈的半徑為r1。在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖所示。圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0。導線的電阻不計。則A.流經(jīng)電阻R1中的電流方向為b到aB.回路中感應電動勢的大小為C.回路中感應電流大小為D.a與b之間的電勢差為【答案】AD【解析】由楞次定律可判斷通過電阻上的電流方向為從b到a，故A正確；由圖示圖象可知，磁感應強度的變化率：，由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢：，面積：，則感應電動勢：，感應電流：，a與b之間的電勢差等于線圈兩端電壓，即路端電壓：，故B錯誤，CD正確；選ACD.【點睛】線圈平面垂直處于勻強磁場中，當磁感應強度隨著時間均勻變化時，線圈中的磁通量發(fā)生變化，從而導致出現(xiàn)感應電動勢，產(chǎn)生感應電流．由楞次定律可確定感應電流方向，由法拉第電磁感應定律可求出感應電動勢大小．三、實驗題21.下圖中游標卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)分別為________mm，________mm?！敬鸢浮?1).29.8(2).1.650【點睛】游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．22.用如圖所示的多用電表測量電阻，要用到選擇開關K和兩個部件S、T。請根據(jù)下列步驟完成電阻測量：(1)旋動部件________，使指針對準電流的“0”刻線。(2)將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×100”的位置。(3)將插入“+”、“”插孔的表筆短接，旋動部件________，使指針對準電阻的________（填“0刻線”或“∞刻線”）。(4)將兩表筆分別與待測電阻相接，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過小。為了得到比較準確的測量結果，請從下列選項中挑出合理的步驟，并按________的順序避行操作，再完成讀數(shù)測量。A．將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×1K”的位置B．將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×10”的位置C．將兩表筆的金屬部分分別與被測電阻的兩根引線相接D．將兩表筆短接，旋動合適部件，對電表進行校準【答案】(1).(1)S(2).(3)T(3).0刻線(4).(4)ADC【解析】①首先要對表盤機械校零，所以旋動部件是S.③接著是歐姆調(diào)零，將“＋”、“－”插孔的表筆短接，旋動部件T，讓表盤指針指在最右端零刻度處．④當兩表筆分別與待測電阻相接，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過小，為了得到比較準確的測量結果，必須將指針指在中間刻度附近，所以要將倍率調(diào)大．原因是指針偏轉(zhuǎn)小，則說明刻度盤值大，現(xiàn)在要指針偏大即刻度盤值要小，則只有調(diào)大倍率才會實現(xiàn)．所以正確順序BDC.視頻23.在測定金屬的電阻率的實驗中，待測金屬導線的長約0.8m，直徑小于1mm，電阻在5Ω左右。實驗主要步驟如下：(1)用刻度尺測量金屬導線的長度，測3次，求出平均值l；(2)在金屬導線的3個不同位置上用螺旋測微器測量直徑，求出平均值d；(3)用伏安法測量該金屬導線的電阻R。在左邊方框中畫出實驗電路圖_________，并把右圖中所給的器材連線補充完整______。安培計要求用00.6A量程，內(nèi)阻約1Ω;伏特計要求用03V量程，內(nèi)阻約幾kΩ;電源電動勢為6V;滑動變阻器最大阻值20Ω。根據(jù)以上測量值，得到該種金屬電阻率的表達式為ρ=________。【答案】(1).見解析圖(2).見解析圖(3).【解析】因電阻絲電阻值遠小于電壓表內(nèi)阻值，與內(nèi)阻的電流表的電阻差別比較小，為減小誤差，電流表應用外接法．要提高實驗的準確度，實驗中測量的電壓和電流的數(shù)值不要太接近，所以最好使用滑動變阻器的分壓式接法．實驗電路如圖所示實物連接如圖根據(jù)，其中，解得.24.利用電流表和電壓表測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)電阻。要求盡量減小實驗誤差，實驗電路如圖1所示。(1)現(xiàn)有電流表(00．6A)、開關和導線若干，以及以下器材：A．電壓表(0~15V)B．電壓表(0~3V)C．滑動變阻器(0~50Ω)D．滑動變阻器(0~500Q)實驗中電壓表應選用________；滑動變阻器應選用________。（選填相應器材前的字母）(2)某位同學記錄的6組數(shù)據(jù)如下表所示，其中5組數(shù)據(jù)的對應點已經(jīng)標在圖2的坐標紙上，請標出余下的一組數(shù)據(jù)的對應點，并畫出UI圖線________。序號123456電壓U(V)1.451.401.301.251.201.10電流I(A)0.0600.1200.2400.2600.3600.480(3)根據(jù)(2)中所畫圖線可得出干電池的電動勢E=________V，內(nèi)電阻r=________Ω。(4)實驗中隨著滑動變阻器滑片的移動，電壓表的示數(shù)U及干電池的輸出功率P都會發(fā)生變化，圖3各示意圖中正確反映PU關系的是________。【答案】(1).(1)B(2).C(3).(2)如圖(4).(3)1.50(1.49～1.51)(5).0.83(0.81～0.85)(6).(4)C【解析】（1）一節(jié)干電池電動勢約為1.5V，則電壓表應選B，為方便實驗操作，滑動變阻器應選C；（2）根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內(nèi)描出對應點，然后作出電源的UI圖象如圖所示：（3）由得出的電源UI圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值是1.50，則電源電動勢E=1.50V，電源內(nèi)阻：；（4）電壓表測量路端電壓，其示數(shù)隨滑動變阻器的阻值增大而增大；而當內(nèi)阻和外阻相等時，輸出功率最大；此時輸出電壓為電動勢的一半．外電路斷開時，路端電壓等于電源的電動勢，此時輸出功率為零；故符合條件的圖象應為C．四、計算題25.如圖所示，質(zhì)量為m的導體棒MN靜止在水平導軌上，導體棒與導軌寬度同為L，己知電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，導體棒的電阻為R，其余部分與接觸電阻不計，磁場方向垂直導軌平面向上，磁感應強度為B，求：(1)導體棒受的安培力大小和方向：(2)軌道對導體棒的支持力和摩擦力大小?！敬鸢浮?1)方向水平向左；(2)【解析】試題分析：導體棒處于靜止狀態(tài)，合外力為零，分析受力情況，根據(jù)平衡條件、歐姆定律和安培力公式結合進行求解．（1）棒的受力分析圖如圖所示：根據(jù)左手定則可知，安培力方向水平向左大小為，其中，解得：（2）根據(jù)平衡條件得：26.在磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中有一個長方形金屬線圈abcd，匝數(shù)n=10，ad邊長L1=2m，ab邊長L2=3m。線圈的ad邊與磁場的左側邊界重合，如圖所示，線圈的電阻R=4Ω。用外力把線圈從左側邊界勻速平移出磁場，速度大小為v=2m/s。試求在線圈勻速平移出磁場的過程中：(1)線圈產(chǎn)生的電動勢E大?。?2)b、c兩點間的電勢差Ubc；(3)外力對線圈所做的功W；(4)通過線圈導線某截面的電量q?！敬鸢浮?1)20V(2)16V(3)150J(4)7.5C【解析】試題分析：（1）讓線圈勻速平動移出磁場時，bc邊切割磁感線而產(chǎn)生恒定感應電動勢，根據(jù)即可求解；（2）bc邊切割磁感線，故bc邊相當于電源，且b點電勢低于c點電勢，先求出（為路端電壓），再根據(jù)即可求解；（3）因線圈勻速出磁場，故外力對線圈做的功等于線圈中消耗的電能；（3）根據(jù)根據(jù)法拉第電磁感應定律平均感應電動勢，再根據(jù)求平均感應電流，最后根據(jù)即可求解.（1）讓線圈勻速平動移出磁場時，bc邊切割磁感線而產(chǎn)生恒定感應電動勢則有：（2）根據(jù)右手定則可知，電流從b流到c，此時bc邊相當于電源，且b點電勢低于c點電勢，則有：而相當于路端電壓，則有：故（3）外力對線圈做的功等于線圈中消耗的電能，即，其中則有：（4）根據(jù)法拉第電磁感應定律有：，其中則感應電流為通過線圈導線某截面的電量27.如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應強度為B的勻強磁場，在ad邊中點O，方向垂直磁場向里射入一速度方向跟ad邊夾角θ=30゜、大小為v0（未知量）的帶正電粒子，己知粒子質(zhì)量為m，電量為q，ad邊長為L,ab邊足夠長，粒子重力不計，求：(1)若粒子恰好不能從磁場下邊界射出，求粒子的入射速度大小V01;(2)若粒子恰好沿磁場上邊界切線射出，求粒子的入射速度大小V02。(3)若帶電粒子的速度v0大小可取任意值，求粒子在磁場中運動的最長時間。【答案】【解析】試題分析：（1）（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，當其軌跡恰好與ab邊相切時，軌跡半徑最小，對應的速度最?。斊滠壽E恰好與cd邊相切時，軌跡半徑最大，對應的速度最大，由幾何知識求出對應的半徑