北京市朝阳区2019届高三上学期期末考试物理试卷（解析版） 22页

北京市朝阳区2018～2019学年度第一学期期末统一检测 高三年级物理试卷 ‎ 一、选择题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。把答案用2B铅笔填涂在答题卡上。‎ ‎1.关于磁场中某一点磁感应强度的方向，下列说法正确的是 A. 与一小段通电直导线所受磁场力的方向一致 B. 与运动电荷所受磁场力的方向一致 C. 与小磁针N极所受磁场力的方向一致 D. 与小磁针S极所受磁场力的方向一致 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据左手定则，磁场方向与所受磁场力的方向垂直，某点磁场方向与小磁针N极受力方向相同 ‎【详解】A、根据左手定则，磁场中某点磁感应强度的方向与一小段通电直导线所受磁场力的方向垂直，故A错误；‎ B、根据左手定则，某点磁感应强度的方向与运动电荷所受磁场力的方向垂直，故B错误；‎ CD、磁场中某点磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同，故C正确，D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查了磁场方向的规定、磁感线的物理意义、磁感应强度的矢量性等等，属于基础题。‎ ‎2.下列现象可以用安培分子电流假说解释的是 A. 运动电荷在磁场中受到磁场力 B. 通电导线周围存在磁场 C. 磁铁插入闭合线圈，线圈中产生电流 D. 磁铁加热到一定温度，磁性会消失 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 安培的分子环形电流假说是说核外电子绕原子核作圆周运动故可以解释磁化、退磁现象，通电导线的磁场是由自由电荷的定向运动形成的，即产生磁场的不是分子电流，故不能解释电流为什么能产生磁场。‎ ‎【详解】A、运动电荷在磁场中受到磁场力是磁场对运动电荷的作用，与安培分子电流假说无关。故A错误；‎ B、通电导线的磁场是由自由电荷的定向运动形成的，即产生磁场的不是分子电流，故安培的分子环形电流假说不可以用来解释通电导线周围存在磁场。故B错误；‎ C、磁铁插入闭合线圈，线圈中产生电流属于电磁感应现象，与安培分子电流假说，故C错误；‎ D、磁铁内部的分子电流的排布是大致相同的，故每个分子电流产生磁场相互加强，但在高温时，分子电流的排布重新变的杂乱无章，每个分子电流产生的磁场相互抵消，故对外不显磁性，故安培的分子电流假说可以用来解释磁体在高温时失去磁性。故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】掌握了安培的分子电流假说的内容即可顺利解决此类题目，所以要加强对基本概念的学习。‎ ‎3.如图所示，一个带正电的球体M放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N先后挂在横杆上的P1和P2处。当小球N静止时，丝线与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2（θ2图中未标出）。则 A. 小球N带正电，θ1>θ2‎ B. 小球N带正电，θ1<θ2‎ C. 小球N带负电，θ1>θ2‎ D. 小球N带负电，θ1<θ2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对小球受力分析，其受重力，绳的拉力，库仑力，进而得到夹角的表达式 ‎【详解】小球M与N相互排斥，M、N带同种电荷，M带正电，N也带正电，小球N受重力mg，绳的拉力，库仑力F，绳与竖直方向夹角为：，库仑力：， 由于电荷N悬挂在P1点时距离小，库仑力大，偏角大，故θ1＞θ2，故A正确，B、C、D错误.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】重点掌握库仑力表达式，其次是正确表示角度，尽量用重力，不要用绳的拉力来表示．‎ ‎4.一个固定电容器在充电过程中，两个极板间的电压U随电容器所带电荷量Q的变化而变化。下图中正确反映U和Q关系的图像是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明确电容器的电容由本身的性质决定，与Q和U无关，根据Q=CU，知U与Q成正比。‎ ‎【详解】根据，可知，由于电容器不变，因此电压U和电量Q成正比，故A正确BCD错误。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握电容的定义式为，知道C与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比，同时根据电容器的决定式理解电容器电容大小与那些因素有关 ‎ ‎ ‎5.如图所示，取一对用绝缘柱支持的导体A和B，使它们彼此接触。起初它们不带电。把带正电荷的物体C移近导体A，再把A和B分开，然后移去C。则 A. A带正电，B带负电 B. A带负电，B带正电 C. A、B带同种电荷 D. A、B都不带电 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据静电感应规律可明确AB两端所带电性，再根据电荷间的相互作用分析移走C后AB所带电量。‎ ‎【详解】带正电的物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电；‎ 先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，所以A端带负电，B端带正电；故B正确，ACD错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查静电现象，要注意理解感应起电的性质，并明确正负电荷之间的相互作用所带来的现象，能通过所学物理规律进行分析解答。‎ ‎6.在静电场中，将一正电荷从a移动到b点，电场力做了负功，则（ ）‎ A. b点的电场强度一定比a点大 B. 电场线方向一定从b指向a C. b点的电势一定比a点高 D. 该电荷的动能一定减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电场力做负功，该电荷电势能增加．正电荷在电势高处电势能较大，C正确．电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用，总功不一定为负．由动能定理可知，动能不一定减小，D错．电势高低与场强大小无必然联系，A错．b点电势高于a点．但a、b可能不在同一条电场线上，B错．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎7.如图所示，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向上滑动的过程中 （ ）‎ A. 电压表与电流表的示数都增大 B. 电压表与电流表的示数都减小 C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小 D. 电压表的示数减小，电流表的示数增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 解：滑片下移，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，内阻两端电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；‎ 由欧姆定律可知，R1上的分压增大，故并联部分电压减小，即可知电流表示数减小，故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化．‎ ‎8.如图所示，两根平行直导轨MN、PQ固定在同一水平面内，间距为L。导轨的左端接有电源E和开关S，导体棒ab垂直于导轨放置。空间存在斜向右上方的匀强磁场，其方向与轨道平面成θ角，且与导体棒ab垂直。闭合开关S，导体棒ab仍保持静止。已知通过导体棒的电流为I，则闭合开关S后，下列说法正确的是 A. 导体棒所受的摩擦力小于ILB，方向水平向左 B. 导体棒所受的摩擦力小于ILB，方向水平向右 C. 导体棒所受的安培力小于ILB，方向水平向左 D. 导体棒所受的安培力小于ILB，方向水平向右 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电流的方向利用左手定则确定安培力的方向，再根据共点力平衡条件确定摩擦力的大小和方向。‎ ‎【详解】由图可知，电流由b到a，则根据左手定则可知，安培力斜向右下方，根据平衡条件可知，摩擦力水平向左，大小等于安培力沿水平方向上的分力，故摩擦力一定小于BIL，故A正确，BCD错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题考查安培力以及共点力的平衡条件，要注意明确左手定则的应用，准确分析安培力的方向是解题的关键。‎ ‎9.如图1所示，一个矩形导线框放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的固定轴以角速度rad/s顺时针转动。若以线框平面与磁场方向垂直时（如图2）为计时起点，并规定bc边中电流i的方向由b流向c时为正，则i-t图像正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，线圈从中性面开始旋转，所以是正弦函数，根据楞次定律可以判断出电流方向，写出电流的瞬时表达式即可求解。‎ ‎【详解】线圈从中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流为零，在0-1s内，电流方向从b到c，为正值，故电流的瞬时电流的表达式为，根据数学知识可知，A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等知识和规律，是一道基础题。‎ ‎ ‎ ‎10.在如图所示的电路中，A1、A2为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，R为滑动变阻器，S为开关。闭合开关后，发现A1比A2亮。自感线圈L的直流电阻为RL，此时滑动变阻器接入电路的电阻为R0。下列说法正确的是 A. ；断开开关S的瞬间，A2中的电流方向为 B. ；断开开关S的瞬间，A2中的电流方向为 C. ；断开开关S的瞬间，A2中的电流方向为 D. ；断开开关S的瞬间，A2中的电流方向为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据灯泡亮度结合欧姆定律判断电阻的大小；根据线圈的自感分析电流方向。‎ ‎【详解】根据题意可知，闭合开关后，发现A1比A2亮，说明通过A1的电流强度大于通过A2的电流强度，根据欧姆定律可知R0＞RL；此时通过A1的电流方向向右；‎ 断开开关S的瞬间，由于线圈的自感，使得A2中的电流方向为b→a，故ACD错误，B正确。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查了自感线圈对电流发生变化时的阻碍作用，知道自感线圈的电流增大瞬间相当于断路，减小瞬间相当于电源，稳定后相当于短路。‎ ‎11.如图所示，空间中存在匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的方向水平且互相垂直。一带电微粒沿直线由a向b运动，在此过程中 A. 微粒做匀加速直线运动 B. 微粒的动量减小 C. 微粒的电势能增加 D. 微粒的机械能增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，可判断粒子合外力为零，再根据各力的做功情况，即可判断。‎ ‎【详解】AB、微粒受到重力、电场力和洛伦兹力作用，微粒做直线运动，其合力方向与速度方向共线，根据做直线运动的条件可知微粒的受力情况如图所示：‎ 所以微粒一定带负电；微粒一定做匀速直线运动，否则速度变化，洛伦兹力变化，微粒做曲线运动，因此微粒的动量保持不变，故AB错误；‎ C、微粒由a沿直线运动到b的过场中，电场力做正功，电势能一定减小，故C错误；‎ D、重力做负功，重力势能增加，而动能不变，则微粒的机械能一定增加，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）。若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动。‎ ‎12.如图所示，电压表由灵敏电流计G与电阻R串联而成。某同学在使用中发现一块电压表的读数总比真实值偏大一点，若要校准，可采用的措施是 A. 在电阻R上串联一个比其大得多的电阻 B. 在电阻R上串联一个比其小得多的电阻 C. 在电阻R上并联一个比其大得多的电阻 D. 在电阻R上并联一个比其小得多的电阻 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此电压表的读数比准确值偏大一点，故加上相同电压时，要使电流适当小些，故需要略微增加电阻R的值。‎ ‎【详解】电压表由表头G和电阻R串联而成，发现此电压表的读数比准确值稍微大一些，说明加上相同电压时，要使电流适当小些，故需要略微增加电阻R的值，可以与电阻R串联电阻实现，但电压表的读数比准确值稍微大一些，故串联电阻要比R小得多，故ACD错误，B正确；‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】要明确电压表的改装和读数原理，灵活运用电阻串并联规律。‎ ‎13.静电场方向平行于x轴，将一电荷量为的带电粒子在处由静止释放，粒子只在电场力作用下沿x轴运动，其电势能EP随x的变化关系如图所示。若规定x轴正方向为电场强度E、加速度a的正方向，四幅示意图分别表示电势j 随x的分布、场强E随x的分布、粒子的加速度a随x的变化关系和粒子的动能Ek随x的变化关系，其中正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电势能和电势的关系确定φ-x图象，而在φ-x图象的斜率表示电场强度，判断出场强的大小，由牛顿第二定律F=qE=ma判断出加速度的变化，由v=v0+at判断出速度的变化，根据动能定理判断出动能的变化。‎ ‎【详解】A、根据EP=φq可知，由于粒子带负电，则可知，电势的变化应与图中方向相反，故φ-x图象应为与EP-x形状对称的图象；故A错误；‎ B、φ-x图象的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，则知在x=0的左侧，存在向左的匀强电场，x=0右侧存在向右的匀强电场，故B 错误；‎ C、根据牛顿第二定律知 qE=ma，粒子在匀强电场中运动时加速度不变，由于粒子带负电，粒子的加速度在x=0左侧加速度为正值，大小不变，在x=0右侧加速度为负值，且大小不变，故C错误；‎ D、在x=0左侧粒子根据动能定理qEx=Ek2，在x=0的右侧，根据动能定理可得-qEx=Ek′-Ek ‎，故给出的图象正确，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题主要考查了φ-x图象，从图象中判断出斜率即为电场强度，然后利用牛顿第二定律判断出加速度，速度时间公式判断速度。‎ 二、非选择题共8小题，共61分。把答案填在答题卡相应的位置。‎ ‎14.实验室中某块多用电表的欧姆档有四个倍率，分别是“×1”、“×10”、“×100”和“×1k”。某同学利用该电表测量电阻时，采用欧姆档“×100”倍率测量，操作步骤正确，发现表头指针如图1所示，为了较准确地进行测量，应换到欧姆档“_________”倍率。更换倍率后，重新调零，再对电阻进行测量，表盘的指针如图2所示，则该电阻的测量值为_________Ω。‎ ‎【答案】 (1). ×10 (2). 100Ω ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 偏角大说明电阻小，要换用小倍率挡，重新调零后测量，读数为示数乘以倍率。‎ ‎【详解】表头指针偏转角度很大，说明待测电阻阻值小，说明所选档位太大，为了较准确地进行测量， 应换到×10挡。‎ 欧姆表的读数为：示数×倍率，由图知表盘指针指10，选择开关置于×10挡，即倍率为10，‎ 故电阻的阻值时：10×10=100Ω。‎ 答案为：×10，100。‎ ‎【点睛】本题考查了欧姆表档位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数。‎ ‎15.某同学利用电流表和电压表测定电阻Rx的阻值，设计了图1和图2‎ 两个实验电路。已知电流表的内阻约0.125Ω，电压表的内阻约3kΩ，Rx的阻值约5Ω。‎ ‎（1）为减小系统误差，应该选择的实验电路是______（选填“图1”或“图2”）。‎ ‎（2）请从误差分析的角度，说明选择的理由：_______________________________‎ ‎【答案】 (1). 图2 (2). 相对误差较小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法，从而即可求解。‎ ‎【详解】（1）根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法。‎ ‎（2）若采用图1所示电路，，相对误差；若采用图2所示电路，，相对误差。可见图2所示电路的误差较小。‎ ‎【点睛】考查电流表的内接还是外接法，掌握选择的方法与原则，理解相对误差的概念。‎ ‎16.某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验。已选用的器材有：电池组E（电动势3.0V）、小灯泡L（额定功率1W，额定电流0.5A）、电流表（0～0.6A）、开关和导线若干。‎ ‎（1）实验中电压表应选用______；滑动变阻器应选用______。（选填相应器材前的字母）‎ A．电压表（0～3V） B．电压表（0～15V）‎ C．滑动变阻器（0～5Ω） D．滑动变阻器（0～50Ω）‎ ‎（2）该同学设计了如图1所示的实验电路。图2是实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据图1所示的实验电路，补充完成图2中实物间的连线。‎ ‎ ‎ ‎（3）实验得到小灯泡L的伏安特性曲线如图3所示。现将小灯泡L接入如图4所示的电路。已知电源电动势、内阻，，闭合开关S，小灯泡消耗的功率P=________W（结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). A C (2). (3). 0.27~0.33‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据电源电压选择电压表，根据方便性原则选取滑动变阻器。 （2）根据实验原理连接实物电路图。 （3）作出I-U关系图象，根据图象交点表示的物理意义解答。‎ ‎【详解】：（1）由于电池组E电动势为3.0V，故电压表选A；为了操作方便，滑动变阻器应选用C； （2）滑动变阻器采用分压器接法，电流表外接，如图所示： （3）可将R0=5Ω视为内电阻，则该电动势视为3V、内阻为6Ω的电源，画出I-U关系图象如图所示： ‎ 交点表示小灯泡的实际电压和电流，根据电功率的计算公式可得：P=UI=0.85×0.36W=0.31W。‎ 故答案为：（1）A；C；（2）图象见解析；（3）0.31（0.27～0.33均可）‎ ‎【点睛】对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。对于实验仪器的选取一般要求满足安全性原则、准确性原则和操作方便原则。‎ ‎17.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比。原线圈接电压为（V）的交流电源，副线圈接的电阻。电流表和电压表可视为理想电表。求：‎ ‎（1）副线圈中电压表的示数U；‎ ‎（2）原线圈中电流表的示数I。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电压表显示的是有效值，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比。‎ ‎【详解】（1）由题意可知，原线圈电压的有效值。设副线圈电压的有效值为U2，则有 所以电压表的读数 ‎（2）副线圈中电流的有效值 因为 所以电流表的读数 ‎【点睛】本题考查了变压器的构造和原理，难度不大。‎ ‎18.如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v从P点垂直于磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，经历半个圆周，从Q点射出磁场。不计带电粒子所受重力。求：‎ ‎（1）P、Q两点间的距离d；‎ ‎（2）粒子从P点运动到Q点所用的时间t。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道半径，然后求出P、Q两点间的距离d；‎ ‎（2）由周期与半径的关系求出周期，求出粒子运动的时间。‎ ‎【详解】（1）设带电粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为r。根据牛顿第二定律有 所以 所以 ‎（2）粒子做圆周运动的周期 所以 ‎【点睛】本题考查了求粒子做圆周运动的轨道半径、周期，应用牛顿第二定律、线速度与周期的关系即可正确解题。‎ ‎19.如图所示，真空中有一对水平放置的平行金属板，金属板间的电压为U，长度为L，间距为d。一带正电的粒子以速度v0沿平行于板面的方向射入平行金属板间，并从另一侧射出。已知带电粒子的质量为m，电荷量为+q。金属板间的电场可看做匀强电场，不计带电粒子所受重力。‎ ‎（1）带电粒子射出平行金属板时速度v的大小；‎ ‎（2）在带电粒子通过平行金属板的过程中，电场力所做的功W。‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出速度大小。 （2）应用动能定理可以求出功。‎ ‎【详解】（1）平行金属板间匀强电场场强 在平行金属板的方向，带电粒子以速度做匀速直线运动，则有 在垂直金属板的方向，带电粒子做初速度为零的匀加速运动，根据牛顿第二定律有 所以 所以 ‎（2）根据动能理可求得，电场力所做的功：‎ ‎【点睛】对于带电粒子在电场中的运动问题，关键是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律。在解决问题时，主要可以从两条线索展开： 其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等。这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况。 其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等。这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。‎ ‎20.如图1所示的电路，电源的电动势为E、内阻为r，R为变阻箱，电流表可视为理想电表。闭合开关S，改变变阻箱R的阻值，电流表的示数I随之变化。‎ ‎（1）当变阻箱的阻值为R1时，求电流表的示数I1。‎ ‎（2）以为纵坐标，R为横坐标，在图2中画出变阻箱阻值R变化过程中图像的示意图，并分别说明图线与纵轴交点和图线斜率的物理意义；‎ ‎（3）在金属导体中，自由电子定向移动形成电流。已知自由电子在导线内定向移动速率的数量级为m/s，但实际上，闭合开关S后，电路中几乎瞬间就形成了电流，请说明理由。‎ ‎【答案】（1） （2）U-I图像 ,图像与纵轴交点的坐标值为，斜率为 （3）闭合开关的瞬间，电路中的各个位置迅速建立了电场，在电场的作用下，电路中各处的自由电子几乎同时开始定向移动，整个电路也就几乎同时形成了电流。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据实验数据由闭合电路欧姆定律列方程，然后求出电流；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律求出与R的关系式；‎ ‎（3）闭合开关的瞬间，电路中的各个位置迅速建立了电场，在电场的作用下，电路中各处的自由电子几乎同时开始定向移动。据此分析。‎ ‎【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律有 ‎ ‎ ‎（2）U-I图像如答图2所示。图像与纵轴交点的坐标值为，斜率为。‎ ‎（3）闭合开关的瞬间，电路中的各个位置迅速建立了电场，在电场的作用下，电路中各处的自由电子几乎同时开始定向移动，整个电路也就几乎同时形成了电流。‎ ‎【点睛】本题考查了闭合电路欧姆定律、与R的图象，电流的形成，掌握闭合电路欧姆定律的实质是正确解题的关键。‎ ‎21.如图所示，‎ 固定于同一水平面内的光滑、平行长直金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接有定值电阻。粗细和材质均匀的金属杆MN在与其垂直的水平恒力作用下，在导轨上匀速向右运动；金属杆MN始终与导线框形成闭合电路，其长度恰好等于平行轨道的间距，导轨电阻不计。‎ ‎（1）已知匀强磁场的磁感强度为B，金属杆MN的长度为L，速度为v。‎ a．请通过法拉第电磁感应定律推导证明，金属杆MN切割磁感线产生的电动势。‎ b．请结合电源电动势定义式推导证明，金属杆MN切割磁感线产生的电动势。‎ ‎（2）已知定值电阻的阻值为R，金属杆MN的电阻为r，水平恒力为F，某段时间内，金属杆MN向右运动距离为x。‎ a．请结合能量守恒定律，求这段时间内金属杆MN上产生的热量Q；‎ b．经典物理学认为，在金属导体中，定向移动的自由电子频繁地与金属离子发生碰撞，把定向移动的动能不断传递给金属离子，使金属离子的热振动加剧，因而导体的温度升高。在考虑大量自由电子的统计结果时，电子与金属离子的碰撞结果可视为导体对电子有连续的阻力。‎ 展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型，并在此基础上求这段时间内金属杆MN上产生的热量Q。‎ ‎【答案】（1）a．在∆t时间内，金属杆MN的位移 闭合电路面积的变化量是 则穿过闭合电路的磁通量的变化量是 根据法拉第电磁感应定律有 b．金属杆MN切割磁感线时，MN相当于电源，由右手定则可以判断M为正极，N为负极。‎ 因为金属杆MN的运动，自由电子受到沿金属杆方向洛的伦兹力（分力）的作用，充当非静电力。设自由电子的电荷量为e，则有。‎ 在自由电子由N定向移动到M的过程中，做的功，所以导线MN切割磁感线产生的电动势 ‎（2）a．设电阻R上产生的热量为，根据能量守恒定律有.又因为 ,所以 b． ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）a、根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势；‎ b、应用洛伦兹力求出洛伦兹力，由功的计算公式求出功，然后由电动势的定义式求出电动势。‎ ‎（2）a、应用能量守恒定律与串联电路特点求出产生的热量；‎ b、应用E=BLv，欧姆定律、洛伦兹力公式与功的计算公式求出产生的热量。‎ ‎【详解】（1）a．在∆t时间内，金属杆MN的位移 闭合电路面积的变化量是 则穿过闭合电路的磁通量的变化量是 根据法拉第电磁感应定律有 b．金属杆MN切割磁感线时，MN相当于电源，由右手定则可以判断M为正极，N为负极。‎ 因为金属杆MN的运动，自由电子受到沿金属杆方向洛的伦兹力（分力）的作用，充当非静电力。设自由电子的电荷量为e，则有。‎ 在自由电子由N定向移动到M的过程中，做的功，所以导线MN切割磁感线产生的电动势 ‎（2）a．设电阻R上产生的热量为，根据能量守恒定律有 又因为 所以 b．设磁场的磁感强度为B，金属杆MN的长度为L，则金属杆MN切割磁感线产生的电动势，所以金属杆MN两端的电势差 金属杆MN中的电场可视为匀强电场，其场强 自由电子在金属杆MN中所受的电场力 因为金属杆MN的运动，自由电子受到沿金属杆方向的洛伦兹力（分力）‎ 因为金属杆中的电流不变，所以可假设自由电子以速度u 相对导线做匀速直线运动。假设导体对每个电子的阻力都为f阻。在沿金属杆MN的方向，根据牛顿第二定律有，即 所以 设MN中自由电荷的数量为N，这段时间为t，则自由电子克服f阻做的总功 因为自由电子以速度u相对导线做匀速直线运动，所以自由电子受到垂直金属杆MN方向的洛伦兹力（分力），则有金属杆MN所受的安培力 p 取金属杆MN为研究对象，根据牛顿第二定律有 所以 由题意可知：‎ ‎【点睛】本题关键是从功能关系的角度理解电磁感应的微观机理，应用切割公式、闭合电路欧姆定律公式、安培力公式、电流的微观表达式、功能关系等列式求解即可；注意E=BLv中的v是垂直于L的速度。‎ ‎ ‎