1、2015-2016学年云南省红河州开远四中高二（下）期中物理试卷一、单项选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分每小题只有一个选项符合题目要求）1真空中有两个点电荷，若每个电荷的电荷量都增大到原来的2倍，相隔的距离增大到原来的4倍，则它们的相互作用力（）A增大到原来的4倍B增大到原来的2倍C减小到原来的倍D减小到原来的倍2一根圆柱形玻璃管中的水银柱电阻为R，现将这些水银倒入另一根圆柱形玻璃管中，该管内径为原来的2倍，则此时水银柱的电阻为（）A2RB4RCD16R3某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是（）A粒子带负
2、电B粒子在M点的场强大于它在N点的场强C粒子在M点的动能小于它在N点的动能D粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度4一个电流表的满偏电流Ig=1mA内阻为500，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A串联一个10k的电阻B并联一个10k的电阻C串联一个9.5k的电阻D并联一个9.5k的电阻5一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，飞机机身长为a，翼展为b；该空间地磁场磁感应强度的水平分量为B1，竖直分量为B2；驾驶员左侧机翼的端点用A表示，右侧机翼的端点用B表示，用E表示飞机产生的感应电动势，则（）AE=B1vb，且A点电势低于B点电势BE=B1vb，且A点电势高于B点电势C
3、E=B2vb，且A点电势低于B点电势DE=B2vb，且A点电势高于B点电势6条形磁铁竖直放置，闭合圆环水平放置，条形磁铁中心线穿过圆环中心，如图所示若圆环为弹性环，其形状由I扩大变为II，那么圆环内磁通量变化的情况是（）A磁通量增大B磁通量减小C磁通量不变D条件不足，无法确定7如图1所示，一个匝数为50匝的圆形线圈M，它的两端点a、b与内阻很大的电压表相连，线圈中磁通量的变化规律如图2所示，则ab两点的电势高低与电压表读数正确的为（）Aab，20VBab，100VCab，20VDab，100V8一矩形线圈abcd位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里（如图甲所示），磁感应
4、强度B随时间t变化的规律如图乙所示以I表示线圈中的感应电流（图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向），则下图中能正确表示线圈中电流I随时间t变化规律的是（）ABCD二、不定项选择题（本题包括4小题，每小题4分，共16分每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）9下列叙述中符合物理学史的是（）A英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象B丹麦物理学家奥斯特发现了电磁感应现象C美国科学家亨利发现了电磁感应现象D俄国物理学家楞次发现了关于感应电流方向的规律楞次定律10电阻R1、R2的IU图象如图所示，则下列说法正确的是（）AR1：R2=3：1B将R1与
5、R2串联后接于电源上，则电压比U1：U2=1：3C将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D将R1与R2并联后接于电源上，则功率比P1：P2=1：311关于电路中电源电动势和路端电压的概念，以下说法正确的是（）A在闭合电路中，路端电压可能大于电源电动势B电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压C在闭合电路中，路端电压随外电路的电阻增大而增大D在闭合电路中，路端电压随外电路的电阻增大而减小12在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（）A电压表V的示数变小B电流表A2的示数变小C电流
6、表A1的示数变大D电流表A的示数变小三、填空题（本题包括4小题，每空及作图各2分，共28分）13用螺旋测微器（千分尺）测金属导线的直径，其示数如甲图所示，该金属导线的直径为mm用游标卡尺（卡尺的游标有20等分）测量一支铅笔的长度，测量结果如图乙所示，由此可知铅笔的长度是mm14某同学通过实验研究一个小灯泡灯丝的伏安特性，如表是他在实验时获得的通过灯泡的电流I和灯泡两端电压U的一系列数据I/A00.080.140.180.230.310.360.390.420.440.460.49U/V00.380.690.901.151.602.152.503.053.604.155.15（1）请在坐标图中描
7、绘出这个小灯泡的UI图线（2）请比较电压为1.0V与3.0V时小灯泡的电阻大小，并说明其原因（3）实验前，实验室里有下列器材，这位同学在实验过程中选用的是（填写字母代号）A直流电源 B030的滑动变阻器C电压表（015V，内阻约15k） D电压表（06V，内阻约3k）E电流表（00.6A，内阻约0.1） F电流表（03A，内阻约0.01）G开关 H导线（4）实验时，这位同学应选用下列所所示的电路图15在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：器材规格待测干电池电动势为1.5V，内电阻小于0.1电流表G满偏电流3mA，内阻Rg=10电流表A量程00.6A，内电阻0.1滑动变阻器R1
8、最大阻值为20，额定电流为10A滑动变阻器R2最大阻值为200，额定电流为1A定值电阻R0990开关、若干导线（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图1所示中的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选（填“R1”或者“R2”）（2）该同学顺利完成实验，测出的数据经转换后如表所示请你根据这些数据帮他在下面坐标图中画出UI图象，并由图得出电池的电动势E=V，内阻r=；I/A0.100.170.230.30U/V1.201.000.800.6016一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是1、
9、10、100用10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到挡如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是四、计算题（本题包括3小题，共32分解答应写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤，只写出最后答案的不得分有数值的计算题答案中必须写出明确的数值和单位）17如图所示电路中，电源电动势E=10V，内阻 r=0.5，电动机的电阻R0=1.0，电阻R1=1.5电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V，求：（1）电源总功率？（2）电动机消耗的电功率？（3）电源的输出功率？18如图所
10、示，一束带负电的离子（电荷量的绝对值为e），以速度v垂直射入磁感强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与原来入射方向的夹角是60，不计重力，求：（1）离子的质量（2）离子穿过磁场的时间19如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=1.0102T，导轨间距L=2m，导轨左端串接一电阻为R=2的灯泡，其它部分电阻均不计，金属棒MN垂直于导轨，并与灯泡构成一闭合电路，当金属棒MN 在水平向右的恒力F作用下以v=10m/s的速度向右匀速运动时，求：（1）流过金属棒MN的感应电流的方向如何？画出等效电路图；（2）感应电流的大小；（3）恒力F的大小和方向201
11、5-2016学年云南省红河州开远四中高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分每小题只有一个选项符合题目要求）1真空中有两个点电荷，若每个电荷的电荷量都增大到原来的2倍，相隔的距离增大到原来的4倍，则它们的相互作用力（）A增大到原来的4倍B增大到原来的2倍C减小到原来的倍D减小到原来的倍【考点】库仑定律【分析】根据库仑定律的公式F=k 进行分析【解答】解：真空中的两个点电荷相距R，根据库仑定律得：F=k如果每个电荷的电量均增大到原来的2倍，相隔的距离增大到原来的2倍，F=k=F，故C正确、ABD错误故选：C2一根圆柱形玻璃管中的水银柱电阻为R，
12、现将这些水银倒入另一根圆柱形玻璃管中，该管内径为原来的2倍，则此时水银柱的电阻为（）A2RB4RCD16R【考点】电阻定律【分析】根据电阻定律公式R=列式分析电阻的变化即可【解答】解：圆柱形玻璃管中的水银柱电阻为R，根据电阻定律，有：R= 将这些水银倒入另一根圆柱形玻璃管中，该管内径为原来的2倍，故截面积变为4倍，长度减小为，根据电阻定律，有：R= 联立解得：R=故选：C3某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是（）A粒子带负电B粒子在M点的场强大于它在N点的场强C粒子在M点的动能小于它在N点的动能D粒子在M点的加速度大
13、于它在N点的加速度【考点】电场线【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加【解答】解：A、由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力沿着电场线的方向，据场强方向规定可知电荷为正电荷，所以A错误BD、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，N点的场强大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，所以BD错误；C、正电荷沿着电场的方向运动，所以电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在M点的动能小于它在N点的动能，故C正确故选：C4一个电流表的满偏电流I
14、g=1mA内阻为500，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A串联一个10k的电阻B并联一个10k的电阻C串联一个9.5k的电阻D并联一个9.5k的电阻【考点】把电流表改装成电压表【分析】电流表串联电阻起分压作用为电压表，电流表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻总电阻=量程除以满偏电流【解答】解：要将电流表改装成电压表，必须在电流表上串联一个大电阻，串联电阻起分压作用应串联电阻为R=9.5103k故C正确，ABD错误故选：C5一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，飞机机身长为a，翼展为b；该空间地磁场磁感应强度的水平分量为B1，竖直分量为B2；驾驶员左侧机翼的端点用A表示，右
15、侧机翼的端点用B表示，用E表示飞机产生的感应电动势，则（）AE=B1vb，且A点电势低于B点电势BE=B1vb，且A点电势高于B点电势CE=B2vb，且A点电势低于B点电势DE=B2vb，且A点电势高于B点电势【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，切割磁感应强度的竖直分量，根据E=BLv求出切割产生的感应电动势大小，根据右手定则判断出感应电动势的方向，从而确定出A、B两点电势的高低【解答】解：一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，切割磁感应强度的竖直分量，切割的长度等于驿站的长度，所以E=B2bv，根据右手定则，感应电动势的方向B指向A，所以A点的电
16、势高于B点的电势故D正确，A、B、C错误故选D6条形磁铁竖直放置，闭合圆环水平放置，条形磁铁中心线穿过圆环中心，如图所示若圆环为弹性环，其形状由I扩大变为II，那么圆环内磁通量变化的情况是（）A磁通量增大B磁通量减小C磁通量不变D条件不足，无法确定【考点】磁通量【分析】磁感线是闭合曲线，在磁铁外部，从N极出发进入S极；在磁铁内部，从S极指向N极图中，磁铁内部穿过线圈的磁感线方向向上，磁铁外部，穿过线圈的磁感线方向向下，与内部的磁通量抵消一部分，根据线圈面积大小，抵消多少来分析磁通量变化情况【解答】解：磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和，图中内部磁感线线比外部
17、多外部的磁感线与内部的磁感线方向相反，外部的磁感线将内部抵消，位置磁铁外部磁感线条数少，将内部磁感线抵消少，则位置磁通量大而位置磁铁外部磁感线条数多，将内部磁感线抵消多，则位置磁通量小故选B7如图1所示，一个匝数为50匝的圆形线圈M，它的两端点a、b与内阻很大的电压表相连，线圈中磁通量的变化规律如图2所示，则ab两点的电势高低与电压表读数正确的为（）Aab，20VBab，100VCab，20VDab，100V【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】根据法拉第电磁感应定律求出线圈中感应电动势根据楞次定律判断感应电流的方向结合电路知识求出a、b两点电势差【解答】解：从图中发现：线圈的
18、磁通量是增大的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相反，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据安培定则，我们可以判断出线圈中感应电流的方向为：逆时针方向在回路中，线圈相当于电源，由于电流是逆时针方向，所以a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以a点的电势大于b点的电势根据法拉第电磁感应定律得：E=n=502 v=100v电压表读数为100v故选B8一矩形线圈abcd位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里（如图甲所示），磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示以I表示线圈中的感应电流（图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向），则下图中能正确表示线圈中电流I随
19、时间t变化规律的是（）ABCD【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】由图2可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象【解答】解：感应定律和欧姆定律得I=，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率由图2可知，01时间内，B增大，增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则感应电流是逆时针的，因而是负值所以可判断01为负的恒值；12为正的恒值；23为零；34为负的恒值；45为零；56为正的恒值故C正确，ABD错误；故选：C二、不定项选择题
20、（本题包括4小题，每小题4分，共16分每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）9下列叙述中符合物理学史的是（）A英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象B丹麦物理学家奥斯特发现了电磁感应现象C美国科学家亨利发现了电磁感应现象D俄国物理学家楞次发现了关于感应电流方向的规律楞次定律【考点】物理学史【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：A、英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，故A正确；B、丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误；C、美国科学家亨利发现了自感现象，故C错误；D、俄国物理学家楞次发现了关
21、于感应电流方向的规律楞次定律，故D正确；故选：AD10电阻R1、R2的IU图象如图所示，则下列说法正确的是（）AR1：R2=3：1B将R1与R2串联后接于电源上，则电压比U1：U2=1：3C将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D将R1与R2并联后接于电源上，则功率比P1：P2=1：3【考点】欧姆定律；串联电路和并联电路【分析】通过IU图象得出两电阻的关系串联电路电流相等，并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比【解答】解：A、根据IU图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3，故A错误；B、串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电压比U1：U2=
22、R1：R2=1：3，故B正确；C、并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=3：1故C错误；D、并联电路，电压相等，根据P=可知，功率比P1：P2=3：1，故D错误故选：B11关于电路中电源电动势和路端电压的概念，以下说法正确的是（）A在闭合电路中，路端电压可能大于电源电动势B电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压C在闭合电路中，路端电压随外电路的电阻增大而增大D在闭合电路中，路端电压随外电路的电阻增大而减小【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻【分析】明确电动势的定义，对于给定的电源，其电动势不变，与外电路无关，根据闭合电路欧
23、姆定律可知，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小【解答】解：A、由闭合电路的欧姆定律：E=U内+U路可知，一个闭合电路中，路端电压不可能大于电源电动势故A错误； B、当外电路断开时，电源两端的电压等于电源的电动势； 故B正确； C、由闭合电路的欧姆定律，I=，U路=IR，得：U路=，即路端电压随外电路的电阻增大而增大故C正确，D错误故选：BC12在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（）A电压表V的示数变小B电流表A2的示数变小C电流表A1的示数变大D电流表A的示数变小【考点】闭合电路的欧姆定律
24、【分析】由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表及电压表的变化【解答】解：AD、当滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则由U=EIr可知，路端电压增大；则可知电流表A的示数减小，电压表V的示数增大；故A错误，D正确；BC、因路端电压增大，A1中电流增大；因总电流减小，而R1中电流增大，则A2中电流减小，故BC正确故选：BCD三、填空题（本题包括4小题，每空及作图各2分，共28分）13用螺旋测微器（千分尺）测金属导线的直径，其示数如甲图所示，该金属导线的直
25、径为8.474mm用游标卡尺（卡尺的游标有20等分）测量一支铅笔的长度，测量结果如图乙所示，由此可知铅笔的长度是100.60mm【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：螺旋测微器的固定刻度为8mm，可动刻度为47.40.01mm=0.474mm，所以最终读数为8mm+0.474mm=8.474mm20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为100mm，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为
26、120.05mm=0.60mm，所以最终读数为：100mm+0.60mm=100.60mm故答案为：8.474 100.6014某同学通过实验研究一个小灯泡灯丝的伏安特性，如表是他在实验时获得的通过灯泡的电流I和灯泡两端电压U的一系列数据I/A00.080.140.180.230.310.360.390.420.440.460.49U/V00.380.690.901.151.602.152.503.053.604.155.15（1）请在坐标图中描绘出这个小灯泡的UI图线（2）请比较电压为1.0V与3.0V时小灯泡的电阻大小，并说明其原因（3）实验前，实验室里有下列器材，这位同学在实验过程中选用
27、的是（填写字母代号）ABDEGHA直流电源 B030的滑动变阻器C电压表（015V，内阻约15k） D电压表（06V，内阻约3k）E电流表（00.6A，内阻约0.1） F电流表（03A，内阻约0.01）G开关 H导线（4）实验时，这位同学应选用下列所所示的电路图B【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】根据实验要求及实验中的数据处理方法去作出UI图象，并选择出合理的仪器【解答】解：（1）采用描点法将各点描入坐标中，再用平滑的曲线将各点相连即为UI图象；（2）由图中数据利用欧姆定律可以求出R14.5R25.9，说明温度升高，材料的电阻率变大；（3）必选仪器有：电源、导线、开关、滑动变阻器；由表中
28、数据可知，电流最大值为0.49A；电压最大值为5V；故电流表应选择E，电压表应选择D；故应选择ABDEGH （4）由题意可知，滑动变阻器应选择分压接法；电流表应选择外接法；故答案为：（1）答案如上图；（2）温度升高，材料的电阻率变大；（3）ABDEGH；（4）B15在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：器材规格待测干电池电动势为1.5V，内电阻小于0.1电流表G满偏电流3mA，内阻Rg=10电流表A量程00.6A，内电阻0.1滑动变阻器R1最大阻值为20，额定电流为10A滑动变阻器R2最大阻值为200，额定电流为1A定值电阻R0990开关、若干导线（1）某同学发现上述器材中虽
29、然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图1所示中的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是图b所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选R1（填“R1”或者“R2”）（2）该同学顺利完成实验，测出的数据经转换后如表所示请你根据这些数据帮他在下面坐标图中画出UI图象，并由图得出电池的电动势E=1.5V，内阻r=3；I/A0.100.170.230.30U/V1.201.000.800.60【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和
30、误差的减小（2）应用描点法作出图象，根据图象求出电源电动势与内阻【解答】解：（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表a、b两个参考实验电路，其中合理的是b，因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小滑动变阻器应选R1（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：由图示电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势E=1.5V，电源内阻r=3；故答案为：（1）b，R1；（2）1.5，316一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是1、10、100用10挡测量某电阻时
31、，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到100挡如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是重新进行欧姆调零，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是2100【考点】用多用电表测电阻【分析】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【解答】解：用10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到100挡如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零，由图示表盘可知
32、，该电阻的阻值是21100=2100故答案为：100；重新进行欧姆调零；2100；四、计算题（本题包括3小题，共32分解答应写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤，只写出最后答案的不得分有数值的计算题答案中必须写出明确的数值和单位）17如图所示电路中，电源电动势E=10V，内阻 r=0.5，电动机的电阻R0=1.0，电阻R1=1.5电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V，求：（1）电源总功率？（2）电动机消耗的电功率？（3）电源的输出功率？【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）通过电阻两端的电压求出电路中的电流，电源的总功率为P=EI即可求得；（2）由U内=Ir可求得电
33、源内阻分得电压，电动机两端的电压为U=EU1U内，电动机消耗的功率为P动=UI；（3）由P热=I2r可求的电源内阻消耗的功率，输出功率为P出=PP热【解答】解：（1）电路中的电流为I=，电源的总功率为P=EI=102W=20W；（2）电源内阻分的电压为U内=Ir=20.5V=1V，电动机两端的电压为U=EU1U内=1031V=6V，电动机消耗的功率为P动=UI=62W=12W；（3）内阻消耗的功率为P内=I2r=220.5W=2W，电源输出功率为P出=PP热=202W=18 W答：（1）电源总功率为20W；（2）电动机消耗的电功率为12W；（3）电源的输出功率为18W18如图所示，一束带负电的
34、离子（电荷量的绝对值为e），以速度v垂直射入磁感强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与原来入射方向的夹角是60，不计重力，求：（1）离子的质量（2）离子穿过磁场的时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求出质量；由几何知识求出轨迹所对的圆心角，由t=求出时间，s是弧长【解答】解：（1）粒子的运动轨迹图如图所示，根据几何关系有：sin60=由牛顿第二定律，得evB=m联立得：m=（2）粒子圆周运动的周期：T=t=T得：t=答：（1）离子的质量m=；（2）离子穿过磁场的时间
35、t=19如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=1.0102T，导轨间距L=2m，导轨左端串接一电阻为R=2的灯泡，其它部分电阻均不计，金属棒MN垂直于导轨，并与灯泡构成一闭合电路，当金属棒MN 在水平向右的恒力F作用下以v=10m/s的速度向右匀速运动时，求：（1）流过金属棒MN的感应电流的方向如何？画出等效电路图；（2）感应电流的大小；（3）恒力F的大小和方向【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；法拉第电磁感应定律【分析】（1）根据右手定则可得电流方向，根据电路连接情况画出电路图；（2）根据感应电动势的计算公式计算感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律计算电流强度；（3）根据共点力的平衡条件拉力大小和方向【解答】解：（1）根据右手定则可得电流方向从N到M，其等效电路图如图所示：（2）根据感应电动势的计算公式可得E=BLv，根据闭合电路的欧姆定律可得：；（3）根据共点力的平衡条件可得：F=F安=BIL=0.010.12N=0.002N，方向向右答：（1）流过金属棒MN的感应电流的方向为从N到M，其等效电路图如图所示：（2）感应电流的大小为0.1A；（3）恒力F的大小为0.002N，方向向右2016年12月9日