物理卷·2018届湖北省沙市中学高二上学期第四次双周练物理试卷（b卷） （解析版） 21页

2016-2017 学年湖北省沙市中学高二（上）第四次双周练物理试 卷（B 卷） 　 一、选择题（1-7 题为单选，8-12 为多选，每题 4 分，共 48 分） 1．如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是（　　） A．向左摆动 B．向右摆动 C．静止 D．不能判定 2．当穿过线圈的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是（　　） A．线圈中一定有感应电流 B．线圈中一定有感应电动势 C．感应电动势的大小跟磁通量的变化成正比 D．感应电动势的大小跟线圈的电阻有关 3．如图所示，MP、PQ 为两条平行水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻 R，金属棒 ab 斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，ab=L，磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直于导轨平 面．设金属棒与两导轨间夹角为 60°，以速度 v 水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻， 则流过金属棒中的电流为（　　） A． B． C． D． 4．有两根长直导线 a、b 互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在如图所示的平 面内，O 点为两根导线连线的中点，M、N 为两导线连线的中垂线上的两点，与 O 点的距 离相等，aM 与 MN 夹角为 θ．若两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流 I，单根导 线中的电流在 M 处产生的磁感应强度为 B0，则关于线段 MN 上各点的磁感应强度，下列说 法中正确的是（　　） A．M 点和 N 点的磁感应强度方向一定相反 B．M 点和 N 点的磁感应强度大小均为 2B0cosθ C．M 点和 N 点的磁感应强度大小均为 2B0sinθ D．在线段 MN 上有磁感应强度为零的点 5．如图所示，在纸面内半径为 R 的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为 B 的 匀强磁场，一点电荷从图中 A 点以速度 v0 垂直磁场射入，当该电荷离开磁场时，速度方向 刚好改变了 180°，不计电荷的重力，下列说法正确的是（　　） A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过 O 点 B．该点电荷的比荷为 C．该点电荷在磁场中的运动时间 t= D．该点电荷带正电 6．如图所示，半径为 r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场 B 中，绕 O 轴以角速度 ω 沿逆 时针方向匀强转动，则通过电阻 R 的电流的大小和方向是（金属圆盘的电阻不计）（　　） A．I= ，由 c 到 d B．I= ，由 d 到 c C．I= ，由 c 到 d D．I= ，由 d 到 c 7．如图甲所示，在圆形线圈的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里．若磁场 的磁感应强度 B 按照图乙所示规律变化，则线圈中的感应电流 i 随时间 t 变化的图线是（取 逆时针方向的电流为正）（　　） A． B． C． D． 8．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是（　　） A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象 B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在 C．库仑发现了点电荷的相互作用规律：密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值 D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律：洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律 9．如图所示电路中，L 为电感线圈，电阻不计，A、B 为两个灯泡，则（　　） A．合上 S 的瞬间，A 先发光，B 后发光 B．合上 S 的瞬间，A、B 同时发光 C．合上 S 后，A 逐渐变亮，B 逐渐变暗直至熄灭 D．断开 S 时，A 立即熄灭，B 重新亮后再熄灭 10．图甲是回旋加速器的原理示意图．其核心部分是两个 D 形金属盒，在加速带电粒子时， 两金属盒置于匀强磁场中（磁感应强度大小恒定），并分别与高频电源相连．加速时某带电 粒子的动能 Ek 随时间 t 的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则 下列判断正确的是（　　） A．在 Ek﹣t 图象中 t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1 B．高频电流的变化周期应该等于 tn﹣tn﹣1 C．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大 D．D 形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大 11．在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为 B，方向相反的水平匀强磁场，如 图所示的 PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为 a、质量为 m、电阻为 R 的 金属圆环垂直磁场方向，以速度 v 从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线 PQ 重 合时，圆环的速度为 v，则下列说法正确的是（　　） A．此时圆环中的电功率为 B．此时圆环的加速度为 C．此过程中通过圆环截面的电量为 D．此过程中回路产生的电能为 0.75mv2 12．如图所示，水平固定放置的足够长的 U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导 轨上放着金属棒 ab，开始时 ab 棒以水平初速度 v0 向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光 滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程（　　） A．安培力对 ab 棒所做的功不相等 B．电流所做的功相等 C．电流产生的总内能相等 D．通过 ab 棒的电荷量相等 　 二、实验题（共 14 分） 13． （1）图甲中的读数　　mm 图乙中的读数　　mm． 14．某同学利用电压表和电阻箱测定一种特殊电池的电动势（电动势 E 约为 9V，内阻 r 约 为 50Ω）． 已知该电池允许输出的最大电流为 150mA，该同学利用如图甲所示的电路进行实验，图中 电压表的内阻约为 2kΩ，量程为 15V，R 为电阻箱，阻值范围 0～9999Ω，R0 是定值电阻， 起保护电路的作用． （1）实验室备有的定值电阻 R0 有以下几种规格： A.2Ω B.20Ω C.200Ω D.2000Ω 本实验应选　　（填入相应的字母）作为保护电阻． 该同学完成电路的连接后，闭合开关 S，调节电阻箱的阻值，读取电压表的示数，其中电压 表的某一次偏转如图乙所示，其读数为　　． （3）改变电阻箱的阻值，取得多组数据，作出了如图丙所示的图线，则根据该同学所作的 图线可求得该电池的电动势 E 为　　V，内阻 r 为　　Ω． 　 三、计算题（48 分） 15．如图所示，一个圆形线圈的匝数 n=1000，线圈面积 S=200cm2，线圈的电阻 r=1Ω，线 圈外接一个阻值 R=4Ω 的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应 强度随时间变化规律如图所示；求： （1）前 4s 内的感应电动势 前 5s 内的感应电动势． 16．受动画片《四驱兄弟》的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车．某玩具赛车充电 电池的输出功率 P 随电流 I 变化的图象如图所示． （1）求该电池的电动势 E 和内阻 r； 求该电池的输出功率最大时对应的外电阻 R（纯电阻）． 17．如图所示，有界匀强磁场的磁感强度 B=2×10﹣3T；磁场右边是宽度 L=0.2m、场强 E=40V/m、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量 q=﹣3.2×10﹣19C，质量 m=6.4× 10﹣27kg，以 v=4×104m/s 的速度沿 OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场， 最后从电场右边界射出．求： （1）带电粒子在磁场中运动的轨道半径； 带电粒子飞出电场时的动能 Ek． 18．如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为 L=1m，上端接有电阻 R=3Ω， 虚线 OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量 m=0.1kg、电阻 r=1Ω 的金属杆 ab， 从 OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程 中的 vt 图象如图乙所示．求： （1）磁感应强度 B 杆在磁场中下落 0.1s 的过程中电阻 R 产生的热量． 19．t=0 时，磁场在 xOy 平面内的分布如图所示，其磁感应强度的大小均为 B0，方向垂直 于 xOy 平面，相邻磁场区域的磁场方向相反，每个同向磁场区域的宽度均为 L0，整个磁场 以速度 v 沿 x 轴正方向匀速运动．若在磁场所在区间内放置一由 n 匝线圈组成的矩形线框 abcd，线框的 bc 边平行于 x 轴．bc=LB、ab=L，LB 略大于 L0，总电阻为 R，线框始终保持 静止．求： （1）线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小； 线框所受安培力的大小和方向． 　 2016-2017 学年湖北省沙市中学高二（上）第四次双周练 物理试卷（B 卷） 参考答案与试题解析 　 一、选择题（1-7 题为单选，8-12 为多选，每题 4 分，共 48 分） 1．如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是（　　） A．向左摆动 B．向右摆动 C．静止 D．不能判定 【考点】楞次定律． 【分析】分析线圈中磁通量的变化，则由楞次定律可得出铜环的运动情况． 【解答】解：当磁铁向铜环运动时，铜环中的磁通量要增大，则由楞次定律可知，铜环为了 阻碍磁通量的变化而会向后摆去，即向右摆动 故选 B． 【点评】本题可直接利用楞次定律的阻碍作用去解决，楞次定律的含义可理解为：增反、减 同、来拒、去留． 　 2．当穿过线圈的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是（　　） A．线圈中一定有感应电流 B．线圈中一定有感应电动势 C．感应电动势的大小跟磁通量的变化成正比 D．感应电动势的大小跟线圈的电阻有关 【考点】法拉第电磁感应定律． 【分析】当穿过闭合回路的磁通量发生变化，在闭合回路中就会产生感应电流．线圈中的感 应电动势与磁通量的变化率成正比． 【解答】解：A、当线圈中的磁通量发生变化时，若线圈是闭合的，则有感应电流，若不闭 合，则无感应电流，有感应电动势．故 A 错误，B 正确， C、根据法拉第电磁感应定律，E= ．知感应电动势的大小与磁通量的变化率成正 比．故 C 错误． D、感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与线圈电阻无关．当电路闭合，则感 应电流与线圈电阻有关．故 D 错误； 故选：B． 【点评】解决本题的关键知道感应电流产生的条件，以及掌握法拉第电磁感应定律E= ． 　 3．如图所示，MP、PQ 为两条平行水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻 R，金属棒 ab 斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，ab=L，磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直于导轨平 面．设金属棒与两导轨间夹角为 60°，以速度 v 水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻， 则流过金属棒中的电流为（　　） A． B． C． D． 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律． 【分析】当金属棒以速度v 水平向右匀速运动，金属棒切割磁感线，产生感应电动势和感应 电流，金属棒有效的切割长度为 L，求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出电流． 【解答】解：当金属棒以速度v 水平向右匀速运动，金属棒切割磁感线，产生感应电动势和 感应电流， 金属棒有效的切割长度为 L， ab 中产生的感应电动势为 E=B Lv， 通过 R 的电流为 I= = ，故 B 正确，ACD 错误． 故选：B． 【点评】本题容易产生的错误是认为金属棒的切割长度为 L，感应电动势为 E=BLv． 　 4．有两根长直导线 a、b 互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在如图所示的平 面内，O 点为两根导线连线的中点，M、N 为两导线连线的中垂线上的两点，与 O 点的距 离相等，aM 与 MN 夹角为 θ．若两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流 I，单根导 线中的电流在 M 处产生的磁感应强度为 B0，则关于线段 MN 上各点的磁感应强度，下列说 法中正确的是（　　） A．M 点和 N 点的磁感应强度方向一定相反 B．M 点和 N 点的磁感应强度大小均为 2B0cosθ C．M 点和 N 点的磁感应强度大小均为 2B0sinθ D．在线段 MN 上有磁感应强度为零的点 【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向． 【分析】根据安培定则判断两根导线在 M、N 两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则， 进行合成，确定大小和方向的关系．在线段 MN 上没有点的磁感应强度为零． 【解答】解：A、根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向， 由于对称，两根通电导线在 MN 两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合 成得到，M 点和 N 点的磁感应强度大小相等，M 点磁场向右，N 点磁场向右，方向相同．故 A 错误． B、C 两根导线在 M 点产生的磁感应强度的方向如图所示，根据平行四边形定则进行合成， 得到 M 点和 N 点的磁感应强度大小为 2B0sinθ．同理，N 点的磁感应强度大小也为 2B0sinθ．故 B 错误．C 正确． D、只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度 才为零，根据矢量的合成可知，线段 MN 上的磁感应强度不可能为零．故 D 错误． 故选：C． 【点评】本题考查安培定则和平行四边定则的综合应用，注意安培定则的用右手． 　 5．如图所示，在纸面内半径为 R 的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为 B 的 匀强磁场，一点电荷从图中 A 点以速度 v0 垂直磁场射入，当该电荷离开磁场时，速度方向 刚好改变了 180°，不计电荷的重力，下列说法正确的是（　　） A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过 O 点 B．该点电荷的比荷为 C．该点电荷在磁场中的运动时间 t= D．该点电荷带正电 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力． 【分析】根据电荷在磁场中偏转 180°和电荷在磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动作 出电荷在磁场中的运运轨迹，根据已知条件由几何关系和洛伦兹力提供向心力推导即可． 【解答】解：如图所示，点电荷在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系作出点电荷运动轨 迹有： 电荷在电场中刚好运动 ，电荷做圆周运动的半径 r=Rsin30°所以有： A、如图，电荷离开磁场时速度方向与进入磁场时速度方向相反，其反向延长线不通过 O 点， 故 A 错误； B、根据洛伦兹力提供向心力有 ⇒ = ，故 B 正确； C、由图知该电荷在磁场中运动的时间 t= = = ，所以 C 错误； D、根据电荷偏转方向由洛伦兹力方向判定该电荷带负电，故 D 错误． 故选 B． 【点评】正确的判断带电粒子在磁场中的运动轨迹，利用几何关系求运动半径，洛伦兹力提 供向心力是解决本题的关键． 　 6．如图所示，半径为 r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场 B 中，绕 O 轴以角速度 ω 沿逆 时针方向匀强转动，则通过电阻 R 的电流的大小和方向是（金属圆盘的电阻不计）（　　） A．I= ，由 c 到 d B．I= ，由 d 到 c C．I= ，由 c 到 d D．I= ，由 d 到 c 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律． 【分析】圆盘在磁场中转动，相当于无数个棒绕端点转动，只是棒上各点切割磁感线的速度 不同，可以用棒中点速度平均值来代替，至于电流方向用右手定则去判断． 【解答】解：根据法拉第电磁感应定律，切割产生的感应电动势： ，据欧姆定律，通过电阻 R 的电流： ．由右手定则，圆盘相当于电源，其方向为从边缘指向圆心，所 以电阻 R 中的电流方向为从 d 到 c．由此看来，选项 ABC 错误，D 选项正确． 故选：D 【点评】本题两个关键点：一是对圆盘怎么处理？把它看成是无数个半径在切割磁感线就行 了．二是半径相当于电源，而电源内部电流的方向是从负极到正极，所以圆心的电势高，则 外电路的电流方向就很好判断． 　 7．如图甲所示，在圆形线圈的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里．若磁场 的磁感应强度 B 按照图乙所示规律变化，则线圈中的感应电流 i 随时间 t 变化的图线是（取 逆时针方向的电流为正）（　　） A． B． C． D． 【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律． 【分析】当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当 线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生． 【解答】解：磁感应强度在 0 到 内，由法拉第电磁感应定律可得，随着磁场的均匀变大， 由于磁感应强度随时间变化率不变，则感应电动势大小不变，感应电流的大小也不变；由于 磁感线是向里在减小．所以由楞次定律可得线圈感应电流是顺时针，由于环中感应电流沿逆 时针方向为正方向，则感应电流为负的． 同理，磁感应强度在 到 T 内，感应电流不变，且电流方向为正．所以只有 A 选项正确，BCD 均错误． 故选：A． 【点评】感应电流的方向由楞次定律来确定，而其大小是由法拉第电磁感应定律结合闭合电 路殴姆定律来算得的． 　 8．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是（　　） A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象 B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在 C．库仑发现了点电荷的相互作用规律：密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值 D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律：洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律 【考点】物理学史；库仑定律；磁场对电流的作用；电磁波的产生． 【分析】本题考查电磁学中的相关物理学史，应掌握在电磁学发展中作出突出贡献的科学家 的名字及主要发现． 【解答】解：A、奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故 A 正确； B、麦克斯韦预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在；楞次是发现了电磁感应中的 感应电流的方向，故 B 错误； C、库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根测定了元电荷的数值，故 C 正确； D、洛仑兹发现磁场对运动电荷作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故 D 错误； 故 AC 正确，BD 错误； 故选 AC． 【点评】近几年高考中增加了对物理学史的考查，在学习中要注意掌握科学家们的主要贡献， 要求能熟记． 　 9．如图所示电路中，L 为电感线圈，电阻不计，A、B 为两个灯泡，则（　　） A．合上 S 的瞬间，A 先发光，B 后发光 B．合上 S 的瞬间，A、B 同时发光 C．合上 S 后，A 逐渐变亮，B 逐渐变暗直至熄灭 D．断开 S 时，A 立即熄灭，B 重新亮后再熄灭 【考点】自感现象和自感系数． 【分析】电感线圈 L 中电流变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化；故电键接通瞬 间通过线圈的电流缓慢增加，电键断开瞬间通过线圈的电流缓慢减少． 【解答】解：A、合上 S 时，电路中立即建立了电场，故立即就有了电流，故灯泡 A、B 同 时变亮；但通过线圈的电流要增加，会产生自感电动势，电流缓慢增加；当电流稳定后，线 圈相当于直导线，灯泡 B 被短路，故电键闭合后，灯泡 A、B 同时亮，但 B 逐渐熄灭，A 更亮，故 A 错误，B 正确，C 正确； D、断开 S 时，A 灯立即熄灭；线圈产生自感电动势，和灯泡 B 构成闭合电路，B 灯先闪亮 后逐渐变暗；故 D 正确； 故选：BCD 【点评】本题考查了通电自感和断电自感，关键要明确线圈中的自感电动势总是阻碍电流的 增加和减小，即总是阻碍电流的变化． 　 10．图甲是回旋加速器的原理示意图．其核心部分是两个 D 形金属盒，在加速带电粒子时， 两金属盒置于匀强磁场中（磁感应强度大小恒定），并分别与高频电源相连．加速时某带电 粒子的动能 Ek 随时间 t 的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则 下列判断正确的是（　　） A．在 Ek﹣t 图象中 t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1 B．高频电流的变化周期应该等于 tn﹣tn﹣1 C．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大 D．D 形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大 【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理． 【分析】回旋加速器工作条件是交流电源的周期必须和粒子在磁场中圆周运动的周期一致， 由公式 T= 和 r= 进行分析判断． 【解答】解：A、根据 T= 知，粒子回旋周期不变，在 Ek﹣t 图中应有 t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1，故 A 正确； B、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于 2 （tn﹣tn﹣1），故 B 错误； C、D 根据公式 r= ，得 v= ，故最大动能 Ekm= = ，则知粒子获得的最 大动能与 D 形盒的半径有关，D 形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大，与加速的次 数无关．故 C 错误，D 正确； 故选：AD 【点评】本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由 D 型盒的半 径决定的． 　 11．在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为 B，方向相反的水平匀强磁场，如 图所示的 PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为 a、质量为 m、电阻为 R 的 金属圆环垂直磁场方向，以速度 v 从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线 PQ 重 合时，圆环的速度为 v，则下列说法正确的是（　　） A．此时圆环中的电功率为 B．此时圆环的加速度为 C．此过程中通过圆环截面的电量为 D．此过程中回路产生的电能为 0.75mv2 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化． 【分析】由导体切割磁感线公式可求得感应电动势，由功率公式可求得电功率；由闭合电路 欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力，由牛顿第二定律求得加速度； 由法拉第电磁感应定律可求得通过截面的电量； 【解答】解：A、当直径与边界线重合时，圆环运动到直径刚好与边界线 PQ 重合时，圆环 左右两半环均产生感应电动势，故线圈中的感应电动势 E=2B×2a× =2Bav； 圆环中的电功率 P= = ，故 A 正确； B、此时圆环受力 F=2BI×2a=2B2 ×2a= ，由牛顿第二定律可得，加速度 a= = ，故 B 错误； C、电路中的平均电动势 = ，则电路中通过的电量 Q= △t= △t= = ， 故 C 正确； D、此过程中产生的电能等于电路中的热量，也等于外力所做的功，则一定也等于动能的改 变量，故 E= mv2﹣ m = mv2=0.375mv2．故 D 错误； 故选：AC． 【点评】本题考查电磁感应规律、闭合电路运算、感应电动势瞬时值与平均值应用等．关键 为：搞清楚磁通量的变化、平动切割的有效长度、瞬时值与平均值． 　 12．如图所示，水平固定放置的足够长的 U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导 轨上放着金属棒 ab，开始时 ab 棒以水平初速度 v0 向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光 滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程（　　） A．安培力对 ab 棒所做的功不相等 B．电流所做的功相等 C．电流产生的总内能相等 D．通过 ab 棒的电荷量相等 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化． 【分析】金属棒在导轨上做减速运动，最后金属棒静止在导轨上；对金属棒进行受力分析， 从能量转化的角度分析答题． 【解答】解：A、当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的 内能等于金属棒的初动能，电流做功等于棒的初动能； 当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转 化为内能，另一方面要克服安培力做功， 金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和 等于金属棒的初动能，安培力做功等于电流产生的焦耳热， 由以上分析可知，导轨粗糙时，安培力做的功少，电流做功少，导轨光滑时，安培力做的功 多，电流做功多，两种情况下，产生的内能相等，都等于金属棒的初动能；故 BC 错误； D、导轨光滑时，导体棒的位移 s 大，导轨粗糙时，导体棒位移小，感应电荷量 Q= = = ，B、R、导体棒长度 L 相同，s 越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量 多，故 D 错误． 故选：A． 【点评】本题难度不大，对金属棒正确受力分析，从能量的角度分析问题，即可正确解 题． 　 二、实验题（共 14 分） 13． （1）图甲中的读数　50.15　mm 图乙中的读数　5.804　mm． 【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用． 【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺 旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读． 【解答】解：20 分度的游标卡尺，精确度是 0.05mm，游标卡尺的主尺读数为 50mm，游标 尺上第 3 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 3×0.05mm=0.15mm，所以最终读 数为：50mm+0.15mm=50.15mm． 螺旋测微器的固定刻度为 5.5mm，可动刻度为 30.4×0.01mm=0.304mm，所以最终读数为 5.5mm+0.304mm=5.804mm． 故答案为：（1）50.15；5.804． 【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基 本仪器进行有关测量． 　 14．某同学利用电压表和电阻箱测定一种特殊电池的电动势（电动势 E 约为 9V，内阻 r 约 为 50Ω）． 已知该电池允许输出的最大电流为 150mA，该同学利用如图甲所示的电路进行实验，图中 电压表的内阻约为 2kΩ，量程为 15V，R 为电阻箱，阻值范围 0～9999Ω，R0 是定值电阻， 起保护电路的作用． （1）实验室备有的定值电阻 R0 有以下几种规格： A.2Ω B.20Ω C.200Ω D.2000Ω 本实验应选　B　（填入相应的字母）作为保护电阻． 该同学完成电路的连接后，闭合开关 S，调节电阻箱的阻值，读取电压表的示数，其中电压 表的某一次偏转如图乙所示，其读数为　6.5　． （3）改变电阻箱的阻值，取得多组数据，作出了如图丙所示的图线，则根据该同学所作的 图线可求得该电池的电动势 E 为　10　V，内阻 r 为　50　Ω． 【考点】测定电源的电动势和内阻． 【分析】（1）当电阻箱的电阻调为零时，电路中电流最大，根据闭合电路欧姆定律求出此时 的 R0，再选择定值电阻 R0 的规格． 根据电压表应选择 15V 的量程进行读数． （3）本实验采取伏阻法测量电源的电动势和内阻，根据实验的原理 E=U+ r，知 = + ，通过图线的斜率和截距去求电源的电动势和内阻． 【解答】解：（1）当电阻箱的电阻调为零时，电路中电流最大，根据闭合电路欧姆定律得 Im= 得 R0=10Ω 所以实验应选 B． 电压表应选择 15V 的量程，所以读数为 6.5V， （3）闭合开关，调整电阻箱的阻值，读出电压表的示数，再改变电阻箱的电阻，得出多组 数据． 根据 E=U+ r，知 = + ， 知图线的纵轴截距表示电动势的倒数，图线的斜率等于 ． 有： =0.1， 解得 E=10V． =5，解得 r=50Ω． 故答案为： （1）B．6.5 v（3）10V，50Ω 【点评】解决本题的关键：知道运用伏阻法测量电源电动势和内阻的原理，会根据图象测量 电源的电动势和内阻，将两个非线性关系的物理量，变成两个线性关系的物理量． 　 三、计算题（48 分） 15．如图所示，一个圆形线圈的匝数 n=1000，线圈面积 S=200cm2，线圈的电阻 r=1Ω，线 圈外接一个阻值 R=4Ω 的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应 强度随时间变化规律如图所示；求： （1）前 4s 内的感应电动势 前 5s 内的感应电动势． 【考点】法拉第电磁感应定律． 【分析】（1）前 4S 内，在 B﹣t 图中同一条直线，磁感应强度的变化率是相同的，由法拉第 电磁感应定律可得出前 4S 内的感应电动势． 再运用法拉第电磁感应定律求得出前 5S 内的感应电动势 【解答】解：（1）根据 B﹣t 图中同一条直线，磁感应强度的变化率是相同的，则磁通量的 变化率也是相同的，所以产生的感应电动势为定值，前 4S 内磁通量的变化为： △φ=φ2﹣φ1=S（B2﹣B1）=200×10﹣4×（0.4﹣0.2）Wb=4×10﹣3Wb 由法拉第电磁感应定律得：E=n S=1000× V=1V； 前 5S 内磁通量的变化量：△φ′=φ′2﹣φ′1=S（B2′﹣B1）=200×10﹣4×（0.2﹣0.2）Wb=0 由法拉第电磁感应定律得：E′=n =0 答：（1）前 4S 内的感应电动势为 1V． 前 5S 内的感应电动势为 0． 【点评】解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，以及磁通量表达式的应 用，注意成立条件：B 与 S 垂直． 　 16．受动画片《四驱兄弟》的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车．某玩具赛车充电 电池的输出功率 P 随电流 I 变化的图象如图所示． （1）求该电池的电动势 E 和内阻 r； 求该电池的输出功率最大时对应的外电阻 R（纯电阻）． 【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律． 【分析】（1）当电源的内外电阻相等时，根据电池的输出功率 P 最大为 Pm= ，由图读出 Pm，列出含 E、r 的方程；当 I=4A 时，输出功率为零，电源被短路，由欧姆定律写出列出 含 E、r 的方程，再联立组成方程组求解． 由电池的输出功率 P 最大时电源的内阻等于外电阻求解． 【解答】解 （1）I1=2A 时，Pm= I2=4A 时，输出功率为零，此时电源被短路， 即：I2= ． 解得：E=2V，r=0.5Ω． 电源的输出功率 P=I2R=（ ）2R= 而 R=r 时，R+ 取最小值 2r，故此时电源的输出功率最大； 故当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；则有： R=r=0.5Ω 答：（1）该电池的电动势 E 为 2V，内阻 r 为 0.5Ω； 该电池的输出功率最大时对应的外电阻 R 为 0.5Ω； 【点评】本题考查读图能力和应用数学知识求极值的能力．对于电源的输出功率，可以由数 学知识证明当 R=r 时，电源的输出功率最大，最大值为 Pm= ． 　 17．如图所示，有界匀强磁场的磁感强度 B=2×10﹣3T；磁场右边是宽度 L=0.2m、场强 E=40V/m、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量 q=﹣3.2×10﹣19C，质量 m=6.4× 10﹣27kg，以 v=4×104m/s 的速度沿 OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场， 最后从电场右边界射出．求： （1）带电粒子在磁场中运动的轨道半径； 带电粒子飞出电场时的动能 Ek． 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动． 【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律求出带电粒子在磁场中运动的轨 道半径． 粒子在飞出电场的过程中，洛仑兹力不做功，仅电场力做功．由动能定理求出粒子飞出电场 时的动能 Ek． 【解答】解：（1）根据 得， 粒子在磁场中运动的轨道半径 r= =0.4m． 带电粒子在电场中运动时，电场力做功，根据动能定理得， ， 代入数据解得带电粒子飞出电场时的动能 Ek=7.68×10﹣18J． 答：（1）带电粒子在磁场中运动的轨道半径为 0.4m； 带电粒子飞出电场时的动能为 7.68×10﹣18J． 【点评】本题是常见的带电粒子在磁场中和电场中运动的问题，画出轨迹，运用几何知识是 处理带电粒子在磁场中运动问题的基本方法． 　 18．如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为 L=1m，上端接有电阻 R=3Ω， 虚线 OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量 m=0.1kg、电阻 r=1Ω 的金属杆 ab， 从 OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程 中的 vt 图象如图乙所示．求： （1）磁感应强度 B 杆在磁场中下落 0.1s 的过程中电阻 R 产生的热量． 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定 律；焦耳定律． 【分析】（1）根据杆下落过程中的 v﹣t 图象可知开始导体棒自由落体运动，进入磁场时开 始匀速运动，根据受力平衡可解得正确结果． 导体棒在磁场中匀速运动，因此回路中电流恒定，根据 Q=I2Rt，可求出回路中的产生的热 量． 【解答】解析：（1）由图象知，杆自由下落 0.1 s 进入磁场以 v=1.0 m/s 作匀速运动 产生的电动势：E=BLv ① 杆中的电流： ② 杆所受安培力：F 安=BIL ③ 由平衡条件得：mg=F 安 ④ 代入数据联立①②③④得：B=2T． 故磁感应强度 B=2T． 电阻 R 产生的热量：Q=I2Rt ⑤ 联立①②⑤解得：Q=0.075 J． 故杆在磁场中下落 0.1s 的过程中电阻 R 产生的热量 Q=0.075 J． 【点评】本题比较简单考查了导体切割磁感线产生电动势 E=BLv 的理解和应用，注意公式 的适用条件以及公式中各个物理量的含义． 　 19．t=0 时，磁场在 xOy 平面内的分布如图所示，其磁感应强度的大小均为 B0，方向垂直 于 xOy 平面，相邻磁场区域的磁场方向相反，每个同向磁场区域的宽度均为 L0，整个磁场 以速度 v 沿 x 轴正方向匀速运动．若在磁场所在区间内放置一由 n 匝线圈组成的矩形线框 abcd，线框的 bc 边平行于 x 轴．bc=LB、ab=L，LB 略大于 L0，总电阻为 R，线框始终保持 静止．求： （1）线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小； 线框所受安培力的大小和方向． 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势． 【分析】（1）整个磁场以速度 v 沿 x 轴正方向匀速运动，相当于磁场不动，线框向左做匀速 运动，切割磁感线的速度大小为 v，线框左右两边都切割磁感线，而且有 n 匝线圈，由 E=2nB0Lv 求整个线框中产生的感应电动势，再由欧姆定律求感应电流的大小． 线框所受的安培力的合力等于左右两边所受的安培力之和，由左手定则判断可知方向向右， 由 F=2nB0LI 求安培力的大小． 【解答】解：（1）线框相对于磁场向左做切割磁感线的匀速运动，切割磁感线的速度大小 为 v，任意时刻线框中产生的总电动势大小为 E=2nB0Lv 导线中电流的大小为 I= = 线框所受安培力的大小 F=2nB0LI= 由左手定则判断知，线框所受的安培力方向始终沿 x 轴正方向． 答： （1）线框中产生的总电动势大小是 2nB0Lv，导线中的电流大小是 ； 线框所受安培力的大小为 ，方向始终沿 x 轴正方向． 【点评】本题关键要掌握法拉第定律、欧姆定律和安培力公式、左手定则，要注意线框有n 匝，不能应用公式 E=BLv 求感应电动势，线框的左右两边都受安培力作用，注意细节．