1、高考资源网（） 您身边的高考专家2020北京通州高三（上）期末物理2020年1月一、选择题1.如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线M和N，通有大小相等方向相反的电流I，在纸面上与M、N距离相等的一点P处，M、N导线产生的磁场的磁感应强度分别为B1、B2，则下图中正确标出B1与B2合矢量B的方向的是 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】试题分析：MN在P点产生的磁感应强度大小相等，根据安培定则，电流M在P点的磁场向右上方，电流N在P点的磁场的方向向右下方，所以，合磁场的方向一定右 A该图与结论不相符，选项A错误；B该图与结论不相符，选项B错误；C该图与结论不相符，选项C错误
2、；D该图与结论相符，选项D正确；故选D2.如图所示，三块相同蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，磁铁的极在上，极在下，固定不动。导体棒用图中轻而柔软的细导线悬挂起来，它们与导体棒和电源构成回路（电源没有在图中画出），导线接在直流电源的正负极两端，认为导体棒所在位置附近均为强磁场，接通电源后，逐渐加大电流，看到导体棒的摆动幅度也逐渐变大。根据本次试验操作的现象，下列说法正确的是A. 导线接在直流电源的负极，导线接在直流电源的正极B. 电流越大，导体棒受到的安培力越大C. 电流的方向影响导体棒受到安培力的方向D. 磁场越强，导体棒受到的安培力越大【答案】B【解析】【详解】ACD此次实验操作过程没有改变电
3、流方向，导体棒所在位置处为匀强磁场，根据本实验现象不能确定电流方向，也就不能确定导线接的正负极；故不能说明电流方向与安培力方向的关系，也不能说明磁场大小与安培力大小的关系，故A错误，C错误，D错误。B根据实验现象可知此次实验操作过程中过程中其他条件不变，电流越大导体棒的摆动幅度也逐渐变大，根据力的平衡可知导体棒受到的安培力也越大，故B正确；故选B。3.如图所示，虚线代表电场中三条电场线，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹。M、N是这条轨迹上的两点，下列判断中正确的是A. 点的电势比点的电势低B. 点的场强比点的场强小C. 带电粒子通过点时动能比点大D. 带电粒子通过点时电
4、势能比点时小【答案】A【解析】【详解】A由图可以知道带电粒子所受电场力沿电场线向右，因为粒子带正电，故电场线向右，故M点的电势低于N点的电势，故A正确；B因为电场线越密电场强度越大，由图可以知道M点的场强大于N点的场强，故B错误；CD若带电粒子在从M向N运动，则过程中电场力做负功，带电粒子的电势能增大，动能减小，故带电粒子在M点时的电势能小于N点；动能大于N点；故C错误，D错误。故选A。4.如图甲所示为一台小型发电机构造的示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示。发动机线圈内电阻为，外接灯泡的电阻为，则A. 在的时刻，穿过线圈磁通量为零B. 瞬时电动势的表达式为C
5、. 电压表的示数为D. 灯泡的电功率为【答案】B【解析】【详解】A由图可知，在t=0.01s的时刻，电动势为0，则为中性面，穿过线圈磁通量最大，故A错误；B由图可知电动势的最大值为，周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为：故B正确；C因为电动势最大值为，所以有效值：电压表的示数为外阻分压：故C错误；D灯泡的功率为：故D错误。故选B。5.某同学利用电流传感器研究电容器的放电过程，他按如图甲所示连接电路。先使开关接1，电容器很快充电完毕。然后将开关掷向2，电容器通过放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的曲线如图乙所示。紧接着他进一步研究滑动变阻器的阻值对放电过程的影响，下
6、列判断正确的是A. 将滑片向右移动一段距离，重复以上操作，所得曲线与坐标轴所围面积将增大B. 将滑片向左移动一段距离，重复以上操作，所得曲线与坐标轴所围面积将减小C. 将滑片向右移动一段距离，重复以上操作，所得曲线与横轴交点的位置将向右移动D. 将滑片向左移动一段距离，重复以上操作，所得曲线与纵轴交点的位置将向下移动【答案】C【解析】【详解】ABI-t图线与坐标轴所围成的面积表示电容器放电的电荷量，而电容器的带电量：Q=CU因为C和U都不变，故Q没有变化，所以曲线与坐标轴所围面积不变，故A错误，B错误；C将滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，由闭合电路欧姆定律知，将开关掷向2时电容器开
7、始放电的电流减小，则曲线与纵轴交点的位置将向下移动，由于曲线与坐标轴所围面积不变，所以曲线与横轴交点的位置将向右移动，故C正确；D将滑片P向左移动时，变阻器接入电路电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，将开关掷向2时电容器开始放电的电流增加，则曲线与纵轴交点的位置将向上移动，故D错误。故选C。6.如图所示，是一火警报警器的电路示意图，其中为半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小，电流表为值班室的显示器，电源两极之间接一个报警器，下列说法正确的是A. 当所在处出现火情时，显示器的电流、报警器两端的电压都变小B. 当所在处出现火情时，显示器的电流、报警器两端的电压都变大
8、C. 当所在处出现火情时，显示器的电流、报警器两端的电压都变大D. 当所在处出现火情时，显示器的电流、报警器两端的电压都变小【答案】AD【解析】【详解】AB半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小，当所在处出现火情时，的电阻变小，根据“串反并同法”可知显示器的电流、报警器两端的电压都变小，故A正确，B错误；CD同理当所在处出现火情时，的电阻变小，显示器的电流、报警器两端的电压都变小，故C错误，D正确。故选AD。7.如图所示，正方形区域中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，一个氢核从边的中点沿着既垂直于边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从边中点射出磁场，若将磁场的感应强度变为原来的一
9、半，其他条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是A. 点B. 点C. 在之间某点D. 在之间某点【答案】D【解析】【详解】设正方向的边长为l，由题意可知氢核从n点射出时其轨道半径：氢核在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力可得：当磁感应强度变为原来的一半时，由洛伦兹力提供向心力得：计算得出现在氢核的轨道半径：再结合图中的几何关系可知氢核应从b、n点之间某点穿出；故D正确，ABC错误。故选D。8.如图所示，在两平行板间有电场强度为的匀强电场，方向向上，一带电荷量为的负离子（重力不计），垂直电场方向以速度从缝飞入两板间，沿直线飞出缝，下列说法中正确的是( )A. 平行板间有垂直纸面向里的磁场B.
10、所加磁场的磁感应强度大小为C. 若该粒子从缝飞入也一定从飞出D. 若该粒子的电荷量变为，从缝飞入也一定从飞出【答案】D【解析】【详解】AB负离子受电场力和洛仑兹力，这两个力均与速度垂直，粒子做直线运动，故合力为零，故有：qE=qvB解得：因为离子带负电，故电场力向下，根据平衡条件可知洛仑兹力向上，根据左手定则，磁场方向垂直向外；故A错误，B错误；C若该粒子从S2进入可知电场力仍然向下，由左手定则可知洛伦兹力也向下，故粒子受力不平衡，合力与速度与速度不在一条直线上，故不能从S1射出，故C错误；D由AB选项分析可知粒子作直线运动与粒子所带电荷量无关，故即使粒子带电量变为2q，从缝飞入也一定从飞出，
11、故D正确。故选D。9.某研究性学习小组描绘了三种电学元件的伏安特性曲线，如图所示，下列判断中正确的是A. 图甲反映该电学元件的导电性能随电压的增大而增强B. 图乙反映该电学元件的导电性能随温度的升高而减弱C 图丙反映该电学元件加正向电压和反向电压时导电性能一样D. 图丙反映该电学元件如果加上较高的反向电压（大于）时，反向电流才急剧变大【答案】D【解析】【详解】A由图甲可知随着电压增加图线斜率不变，即该元件电阻阻值的倒数不变，阻值不变，导电性能不变，故A错误；B由图乙可知随着电压增加图线斜率变小，该元件电阻阻值的倒数变小，阻值增加，导电性能随电压的增大而减弱，但不能说明和温度的变化情况，故B错误
12、；C由图丙可知加正向电压和反向电压时图线关于原点不对称，因为横坐标不一样的，故导电性能不一样，故C错误。D根据图丙可知该电学元件如果加上较高反向电压（大于）时，反向电流才急剧变大，故D正确。故选D。10.如图所示，天平可以用来测定磁感应强度，磁场方向垂直纸面（虚线围成的区域），天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，共匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，下底边长为，右侧边深入磁场中的长为，线圈中通有电流（方向如图）时，在天平左、右两边加上质量分别为的砝码，天平平衡；当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为的砝码后天平重新平衡，下列说法中正确的是（ ）A. 磁场的方向是垂直纸面向里B. 磁场的磁感应强度C.
13、 磁场的磁感应强度D. 磁场的磁感应强度【答案】AC【解析】【详解】A电流反向后，安培力反向，需要在天平右边加上砝码才能重新平衡，所以开始时安培力向下，由左手定则可知磁感应强度的方向垂直纸面向里，故A正确。BCD根据平衡条件有：当电流反向后有：联立有：则磁场大小：故C正确，BD错误故选AC。11.在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体内的垂直于磁场和电流方向的两个端面之间会出现电势差，这一现象就是霍尔效应，这个电势差也被叫做霍尔电压。同时在导体内形成霍尔电场，利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图所示，在匀强磁场（磁场方向垂直于前后
14、表面），有一载流导体，已知上表面宽为，侧面高为（已在图中标出），若通过导体的电流为，电压表示数为，电子的电荷量为，导体单位体积内的自由电子数为，下列说法中正确的是A. 洛伦兹力对电子做正功B. 磁感应强度大小为C. 导体内形成的霍尔电场D. 若图中的电流是电子的定向运动产生的，则上表面比下表面地势高。【答案】B【解析】【详解】A洛伦兹力在任何情况下都不做功，故A错误；BC当电压表示数稳定U时，根据受力平衡有：根据匀强电场电场强度与电势差的关系有：根据电流为观表达式有：联立可得：故B正确，C错误；D电流是电子的定向运动产生的，电子定向移动方向与电流方向相反，故由左手定则可以判断电子向上表面偏转，
15、所以上表面电势低于下表面，故D错误。故选B。12.如图中是匀强磁场里的一片金属片，其平面与磁场方向平行，一个粒子从某点以与垂直的速度射出，动能是，该粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。今测得它在金属片两边的轨道半径之比是，若在穿越金属板过程中粒子受到的阻力大小及电荷量恒定，则下列说法正确的是A. 该粒子的动能增加了B. 该粒子的动能减少了C. 该粒子做圆周运动的周期减小D. 该粒子最多能穿越金属板6次【答案】B【解析】【详解】ABD根据：可得：所以：即：又因为动能表达式：所以开始的动能为：穿过金属板后的动能：粒子每穿过一次金属片损失的动能：所以有：即该粒子最多能穿过的金属板的次数为5次；故B正确，
16、AD错误；C带电粒子在磁场中做圆周运动的周期，根据：可得：可知周期与速度无关，故C错误。故选B。13.某课外探究小组用如图所示实验装置测量学校所在位置的电磁场的水平分量，将一段细长的直导体棒南北方向放置，并与开关、导线、电阻箱和电动势为、内阻为的电源组成如图所示的电路。在导体棒的正下方距离为处放一小磁针，开关断开时小磁针与导体棒平行，现闭合开关，缓慢调节电阻箱接入电路中的电阻值，发现小磁针逐渐偏离南北方向，当电阻箱接入电路的电阻值为时，小磁针的偏转角恰好为60，已知通电长直导线周围某点磁感应强度为（式中为通过导线的电流强度、为该点到通电长直导线的距离，为常数），导体棒和导线电阻均可忽略不计，则
17、该位置地磁场的水平分量大小为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由闭合电路欧姆定律可得：由题目条件可知小磁针处电流产生的磁场为：由小磁针的偏转角恰好为60可得：联立解得地磁场的水平分量的大小：故C正确，ABD错误。故选C。14.是“第五代移动通讯技术”的简称。目前通州区是北京市覆盖率最高的区县，相信很多人都经历过手机信号不好或不稳定的情况，能有效解决信号问题。由于先前的等已经将大部分通讯频段占用，留给的频段已经很小了。采用了比更高的频段，网络运用的是毫米波，将网络通讯速度提高百倍以上，但毫米波也有明显缺陷，穿透能力弱，目前解决的办法是缩减基站体积，在城市各个角落建立类似于路灯的微
18、型基站。综合上述材料，下列说法中不正确的是A. 信号不适合长距离传输B. 手机信号不好或不稳定的情况有可能因为多普勒效应或地面楼房钢筋结构对信号一定量的屏蔽C. 信号比信号更容易发生衍射现象D. 随着基站数量增多并且越来越密集，可以把基站的功率设计小一些【答案】C【解析】【详解】A因为信号穿透能力弱，故不适合长距离传输，故A不符合题意；B因5G信号穿透能力弱，手机信号不好或不稳定的情况有可能因为多普勒效应或地面楼房钢筋结构对信号一定量的屏蔽，故B不符合题意；C采用了比的频段,即比频率更高，波长更短，更不容易发生衍射现象，故C符合题意；D随着基站数量增多并且越来越密集，可以吧基站功率设计小一些建
19、立微型基站，故D不符合题意。本题选择不正确的，故选C。二、填空题15.在“测定一节干电池的电动势和内阻”的实验中，回答下列问题：（1）请根据图甲、图乙，图丙的实验电路原理图，分别写出这三种测量方法所对应的电动势的表达式（用电压表示数、电流表示数、外电阻、内电阻表示）。图甲：E=_ 图乙：E=_ 图丙：E=_（2）若想利用电流表和电压表来完成实验，要求尽量减小实验误差，在图甲和图丁中，应选择图_（选填“甲”或“丁”），因为_，所以实验误差较小。【答案】 (1). (2). (3). (4). 甲 (5). 电源内阻较小，丁电路中的电流表分压影响较大【解析】【详解】(1)1根据题意可知图甲电动势的
20、表达式为：2图乙电动势的表达式为：3图丙电动势的表达式为：(2)45根据：测量电源电动势和内阻时，需要测出多组对应的路端电压U和干路电流I，电压表和电流表内阻影响会造成实验误差；电源内阻较小，所以丁电路中的电流表分压影响较大，因此应选择甲电路。16.小红用如图甲所示的装置探究“影响感应电流方向的因素”，螺线管与电流计构成闭合电路，条形磁铁N极朝下，请回答下列问题：（1）要想使电流计指针发生偏转，即有感应电流产生，小红进行了以下四种操作，其中可行的是_（选填选项前的字母）。A. 螺线管不动，磁铁匀速插入或拔出螺线管B. 螺线管不动，磁铁加速插入或拔出螺线管C. 磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速
21、向上运动D. 磁铁与螺线管保持相对静止，一起在水平面内做圆周运动（2）在（1）的研究中，小红发现电流计指针偏转方向会有不同，也就是感应电流方向不同，根据（1）中的操作，则感应电流方向与下列哪些因素有关_（选填选项前的字母）。A. 螺线管的匝数B. 磁铁的磁性强弱C. 磁铁运动的方向D. 磁铁运动的速度大小（3）小红又将实验装置改造，如图乙所示，螺线管经过滑动变阻器与开关、电池相连构成直流电路；螺线管与电流计构成闭合电路，螺线管套在螺线管的外面，为了探究影响感应电流方向的因素，闭合开关后，以不同速度移动滑动变阻器的划片，观察指针摆动情况；由此实验可以得出恰当的结论是_（选填选项前的字母）。A.
22、螺线管的磁性变强或变弱影响指针摆动幅度大小B. 螺线管的磁性变强或变弱影响指针摆动方向C. 螺线管的磁性强弱变化快慢影响指针摆动幅度大小D. 螺线管的磁性强弱变化快慢影响指针摆动方向（4）在（3）的研究中，完成实验后未断开开关，也未把两螺线管和铁芯分开设置，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除_（选填“”或“”）螺线管所在电路时发生的。试分析被电击的原因：_。【答案】 (1). AB (2). C (3). BC (4). A (5). 电流快速减小，由于自感作用，螺线管会产生很大的感应电动势【解析】【详解】(1)1AB螺线管不动磁铁不管是匀速还是加速插入或拔出螺线管磁通量都会发生改
23、变，会产生感应电流，电流计指针发生偏转，故A正确，B正确；CD磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动或一起在水平面内做圆周运动，螺线管磁通量都不发生变化，故不会产生感应电流，电流计指针不偏转，故C错误，D错误。故选AB。(2)2根据(1)的操作会发现磁铁插入或拔出时螺线管时电流计指针偏转方向会有不同，故可知感应电流方向与磁铁运动的方向有关，故C正确，ABD错误；故选C。(3)3以不同速度移动滑动变阻器的划片可以改变螺线管的磁性强弱及其强弱变化快慢，通过操作可以判断螺线管的磁性变强或变弱影响指针摆动方向，磁性强弱变化快慢影响指针摆动幅度大小；故BC正确，AD错误。故选BC。(4)45在拆除螺
24、线管时，电流快速减小，由于自感作用，螺线管会产生很大的感应电动势，所以被电击一下。三、计算及论述题17.如图所示，一正电荷由静止开始经加速电场加速后，从偏转电场左边缘点沿平行于板面的方向射入偏转电场。并从另一侧射出，已知该正电荷质量为，电荷量为，加速电场电压为，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为，极板长度为，板间距为，下极板接地，忽略该正电荷所受重力。（1）求该正电荷射入偏转电场时的初速度；（2）若该正电荷恰好从右侧下极板边缘飞出，求其在点具有的电势能；（3）电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势的定义式，并据此求出（2）中点的电势，简要说明电势的特点。【答案】(1) (2) (3) ，
25、特点见解析【解析】【详解】(1)当正电荷在加速电场中时，根据动能定理有：可得：(2)正电荷在偏转电场中做类平抛运动，该正电荷恰好从右侧下极板边缘飞出，则：联立各式解得：所以射出电场时的速度：因为下极板接地，电势为0，电势能为0，故正电荷从A点进入到飞出过程中由动能定理可得：又根据能量关系有：联立以上各式解得：(3)电势的定义式：根据定义式可知A点的电势为：电势的特点为沿着电场线的方向电势逐渐降低，与路径无关，与零电势点的选取有关；与场中所放的带电体电荷量无关。答：（1）该正电荷射入偏转电场时的初速度；（2）其在点具有的电势能；（3）电势的定义式，（2）中点的电势。18.“类比法”是一种常用的研
26、究方法。（1）场是一种特殊物质，电场与磁场都是客观存在的场，可以通过用单位面积上的磁通量来描述磁场强弱，同理也可以用通过单位面积上的电通量来描述电场强弱，如图所示，已知真空中静止的点电荷产生的电场中，以为球心的某一球面的电通量=（为某一常数）请推导库仑定律中的静电力常数的表达式：（2）做功与路径无关的力场叫做势场，在这类场中可以引入势和势能的概念，场力做功可以度量势能的变化，例如静电场和引力场。设质量为的天体周围存在引力场，已知该天体的半径为，引力常量为，请类比静电场，取无穷远处的引力势为零，写出在距离该天体中心为处的引力势的表达式（已知引力势能表达式为，rR）。【答案】（1） （2）(rR)
27、【解析】【详解】(1)设球半径为r，根据点电荷的场强公式可知球面上各处的电场强度大小为：由于球面上各处场强方向斗鱼球面垂直，故通过球面的电通量可表示为：又由题设条件可知：联立可得：(2)在电场中电势与电势能的关系为：其中q为放入电场中的检验电荷；类似的我们在质量为M的天体周围距离球心r处放入一个检验质点，其质量为m，则其引力势能为： ( rR)所以可得在该处的引力势为：( rR)答：(1)库仑定律中的静电力常数的表达式；(2)在距离该天体中心为处的引力势的表达式( rR)。19.某学生选用匝数可调的可拆变压器（该变压器视为理想变压器），如图甲所示，做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验
28、时，保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，可以研究副线圈匝数对输出电压的影响。（1）以为纵坐标，为横坐标。在图乙中画出变压器的输出电压与匝数关系图像的示意图，并说明图像斜率的物理意义。（2）设变压器原线圈的匝数为，感应电动势为，端电压为；副线圈的匝数为，感应电动势为，端电压为。请理论推导理想变压器线圈两端的电压与匝数的关系。（3）如图丙、丁所示，是电压互感器和电流互感器的原理图（“”中的电表未画出），根据他们的工作原理填写下列表格。“”中所用的电表（选填“电压表”或“电流表”）比较原线圈与副线圈导线的粗细（选填“较粗”或“较细”）丙丁【答案】(1)图见解析，物理意义为每匝线圈的电压 (2
29、)推导过程见解析 (3)见解析【解析】【详解】(1)根据题意做出图像如图所示：图像斜率的物理意义表示每匝线圈产生的电压。(2)由于互感现象没有漏磁，原副线圈中的每匝线圈都具有相同的，根据法拉第电磁感应定律有： 所以联立有：由于不计原副线圈的电阻，因此原线圈两端电压U1=E1，副线圈两端电压U2=E2，所以有：(3)根据电压互感器和电流互感器原理和特点可填表如下：“”中所用的电表（选填“电压表”或“电流表”）比较原线圈与副线圈导线的粗细（选填“较粗”或“较细”）丙电压表较细丁电流表较粗20.电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，在不同的电源中，非静电力做功的本领也不相同，物理学
30、中用电动势来表明电源的这种特性。（1）电动势在数值上等于非静电力把的电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，如图甲所示，如果移送电荷时非静电力所做的功为，写出电动势的表达式；（2）如图乙所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为，金属框两平行导轨间距为。金属棒在外力的作用下，沿框架以速度向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为a.在金属棒产生电势的过程中，请说明是什么力充当非静电力，求出这个非静电力产生的电动势的表达式；b.展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导线中金属离子对一个自由电子沿导
31、线长度方向的平均作用力的表达式；（3）现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图丙所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使电子加速。上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，如果从上向下看，电子沿逆时针方向运动。已知电子的电荷量为e，电子做圆周运动的轨道半径为r，因电流变化而产生的磁感应强度随时间的变化率为（k为一定值）。求电子在圆形轨道中加速一周的过程中，感生电场对电子所做功及电子所受非静电力的大小。【答案】(1) (2)a.外力充当非静电力，； b
32、. (3)， 【解析】【详解】(1)根据电动势的定义可知：(2)a.在金属棒产生电势的过程中外力充当非静电力；由题意可知金属棒在外力和安培力的作用下做匀速直线运动，则：所以根据电动势的定义有：b.从微观角度看，导线中的自由电子与金属离子发生了碰撞，可以看做是安全弹性碰撞，碰后自由电子损失动能，损失的动能转化为焦耳热。从整体上看，可以视为金属离子对自由电子整体运动的平均阻力导致自由电子动能的的损失。设导线MN的横截面积为S，单位体积内的自由电子数为n，自由电子沿导线长度方向运动的平均速度为ve，则导线MN内的自由电子总数为：导线中的电流为：在极短时间t内，导线内所有自由电子克服金属离子做功导致自
33、由电子的动能损失为：从宏观角度看，力F对导线做功，而导线的速度不变，即导线的动能不变，所以力F的功完全转化为焦耳热。t时间内，力F做功：又因为：即：当导线MN做匀速运动时外力等于安培力，即：联立以上各式可解得：(3)据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为：加速一周感生电场对电子所做的功：设非静电力为F，电子运动一周，非静电力做功为：根据电动势的定义：联立解得：答：(1) 电动势的表达式；(2)a.在金属棒产生电势的过程中，外力充当非静电力；这个非静电力产生的电动势；b. 导线中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力；(3)电子在圆形轨道中加速一周的过程中，感生电场对电子所做功，电子所受非静电力。- 25 - 版权所有高考资源网
