1、2015-2016学年江西省南昌市进贤一中高二（上）期末物理试卷一、选择题（第1-6小题为单选题，第7-10小题为多选题，每小题4分，共40分）1关于场强的三个公式E=E=kE=的适用范围，下列说法正确的是（）A三个公式都只能在真空中适用B公式和只能在真空中适用，公式在真空中和介质中都适用C公式和只能在真空中适用，公式在真空中和介质中都适用D公式适用于任何电场，公式只适用于点电荷形成的电场，公式只适用于匀强电场2如图所示，一根长为L的铝棒用两个劲度系数均为k的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，当铝棒中通过的电流I方向从左到右时，弹簧的长度变化了x，则下面说法正确的是
2、（）A弹簧长度缩短了x，B=B弹簧长度缩短了x，B=C弹簧长度伸长了x，B=D弹簧长度伸长了x，B=3一个面积S=4102m2、匝数n=100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是（）A在开始的2s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08Wb/sB在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C在开始的2s内线圈中产生的感应电动势等于0.08VD在第3s末线圈中的感应电动势等于零4一个按正弦规律变化的交变电流的it图象如图所示下列说法中不正确的是（）A该交流电的周期为T=0，02sB该交变电流的频率f=50HzC该交变电流的有效值
3、I=20AD该交变电流的最大值为Im=20A5如图所示，R4是半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，这就是一个火警报警器的电路，电流表是安放在值班室的显示器，电源两极之间接一个报警器，当R4所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是（）AI变大，U变小BI变大，U变大CI变小，U变大DI变小，U变小6如图所示，水平向左的匀强电场场强大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为L，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点把小球拉到使细线水平的位置A，然后由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成角=60的位置B时速度为零以下说法中正确的是（
4、）AA点电势低于的B点的电势B小球受到的重力与电场力的关系是C小球在B时，细线拉力为T=2mgD小球从A运动到B过程中，电场力对其做的功为7如图所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场为B，不计ab与导轨电阻，不计摩擦，且ab与导轨接触良好若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是（）A拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量B杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量C电流所做的功等于重力势能的增加量D拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量8如图所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向
5、里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间恰好沿水平方向做直线运动现使球从轨道上较低的b点开始滑下，经P点进入板间，在之后运动的一小段时间内（）A小球的重力势能可能会减小B小球的机械能可能不变C小球的电势能一定会减少D小球动能可能减小9如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中（E和B已知），小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则（）A小球可能带正电B小球做匀速圆周运动的半径为C小球做匀速圆周运动的周期为D若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加10如图所示，abcd为用粗细均匀的同种
6、材料制成的矩形金属线框，其中bc的长为2L，ab的长度只有bc长度的一半现将线框放在水平光滑绝缘的桌面上，在外力F的作用下让线框以速度v匀速穿过右边两个磁感应强度大小相等、方向相反且边界距离均为L的匀强磁场区域若以图示位置开始计时，规定顺时针方向为电流的正方向，磁感线向下穿过线框时的磁通量为正则下列关于穿过金属线框的磁通量、金属线框中的电流I、cb间的电势差Ucb以及外力F的大小随时间变化的图象中，可能正确的是（）ABCD二、填空题（每空2分，20分）11有一个1000匝的线圈，在0.4秒内通过它的磁通量从0.02wb增加到0.09wb，求线圈中的感应电动势？如果线圈的电阻式10，把一个电阻9
7、90的电热器连接在它的两端，通过电热器的电流时多大？12正方形导线框处于匀强磁场中，磁场方向垂直框平面，磁感应强度随时间均匀增加，变化率为k导体框质量为m、边长为L，总电阻为R，在恒定外力F作用下由静止开始运动导体框在磁场中的加速度大小为，导体框中感应电流做功的功率为13图中游标卡尺的读数是cm，螺旋测微器的读数是cm14有一待测的电阻器Rx，其阻值约在4050之间，实验室准备用伏安法来测量该电阻值的实验器材有：电压表V（量程010V，内电阻约20k）；电流表A1，（量程0500mA，内电阻约20）；电流表A2，（量程0300mA，内电阻约4）；滑动变阻器R1（最大阻值为10，额定电流为2A）
8、；滑动变阻器R2（最大阻值为250，额定电流为0.1A）；直流电源E（电动势为9V，内电阻约为0.5）；开关及若干导线实验要求电表读数从零开始变化，并能多测出几组电流、电压值，以便画出IU图线（1）电流表应选用（2）滑动变阻器选用（选填器材代号）（3）请在如图所示的方框内画出实验电路图三、计算题15矩形线圈abcd，长ab=20cm，宽bc=10cm，匝数n=200，每匝线圈电阻R=0.25，整个线圈平面均有垂直于线框平面的匀强磁场穿过，磁感应强度B随时间的变化规律如图所示，求（1）线圈回路的感应电动势（2）在t=0.3s时线圈ab边所受的安培力的大小16如图所示，跟水平面成=37角且连接电源
9、的光滑金属框架宽L=20cm，一根重为G的金属棒ab水平放在金属框架，磁感应强度B=0.6T，方向竖直向上，金属棒ab的电阻Rab=1，电源电动势为25V，内阻r=1，当滑动变阻器的电阻为3时，金属棒刚好处于静止状态（1）求通过金属棒的电流大小（2）求金属棒的重力大小？（sin 37=0.6，cos37=0.8）17如图所示为交流发电机示意图，匝数n=100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO轴以50rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部20的电阻R相连接，已知线圈绕OO轴转动时产生的电动势最大值Em=NBS，求：（1）电压表和电流表
10、示数？（2）电阻R上所消耗的电功率是多少？（3）由图示位置转过90的过程中，通过R的电量是多少？18如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内存在一沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限内存在一垂直于xOy平面向里的匀强磁场现有一电子（质量为m、电荷量大小为e）以初速度0从电场中坐标为（3L，L）的P点沿垂直于场强方向射入，然后从x轴上的A点（图中未画出）射入磁场已知电场强度大小为，磁感应强度为（1）电子在A点的速度大小及速度方向与x轴负方向的夹角；（2）电子从磁场中出射点的位置坐标；（3）电子在磁场中运动所用的时间2015-2016学年江西省南昌市进贤一中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、
11、选择题（第1-6小题为单选题，第7-10小题为多选题，每小题4分，共40分）1关于场强的三个公式E=E=kE=的适用范围，下列说法正确的是（）A三个公式都只能在真空中适用B公式和只能在真空中适用，公式在真空中和介质中都适用C公式和只能在真空中适用，公式在真空中和介质中都适用D公式适用于任何电场，公式只适用于点电荷形成的电场，公式只适用于匀强电场【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度【分析】本题应明确三个公式的来源：公式为电场的定义式，公式是根据定义及库仑定律求出的公式，公式为匀强电场中得出的场强与电势差的关系【解答】解：因公式为电场强度的定义式，故适用于任意电场；而公式是由库仑定律
12、得出的直空中点电荷周围的场强，故只能适用于真空中点电荷形成的电场；公式是匀强电场中场强与电势关系，故只能适用于匀强电场；故选D【点评】每一个物理公式都有其适用的范围，故在学习中要注意体会其范围，以免错用了公式2如图所示，一根长为L的铝棒用两个劲度系数均为k的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，当铝棒中通过的电流I方向从左到右时，弹簧的长度变化了x，则下面说法正确的是（）A弹簧长度缩短了x，B=B弹簧长度缩短了x，B=C弹簧长度伸长了x，B=D弹簧长度伸长了x，B=【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用；胡克定律【分析】根据左手定则判断安培力的方向，则可明确弹簧的形变
13、量的变化；分别对金属杆有无电流的情况由平衡条件列式，联立可求得磁感应强度【解答】解：设棒的重力为mg，原来的形变量为x，铝棒放入磁场后，没有通电流时，由平衡关系可得：mg=2kx铝棒通有电流时，由左手定则可知，安培力向上；故形变量减小了x； 由平衡关系可得：BIL+2k（xx）=mg联立解得：B=故选：A【点评】本题考查安培力的计算，要注意正确应用共点力的平衡条件；并掌握安培力方向的判断3一个面积S=4102m2、匝数n=100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是（）A在开始的2s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08Wb/
14、sB在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C在开始的2s内线圈中产生的感应电动势等于0.08VD在第3s末线圈中的感应电动势等于零【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量【分析】由图象看出，磁感应强度随时间均匀增大，从而得出磁通量的变化率，再由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，从而即可求解【解答】解：A、由图象的斜率求得： =T/s=2T/s，因此=S=24102 Wb/s=8102Wb/s，故A正确，B、开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量不等于零，故B错误；C、根据法拉第电磁感应定律得：E=n=nS=10024102 Wb/s=8V，可知它们的感应电动势大小为8V，故C错误；D
15、、由图看出，第3s末线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，感应电动势也不等于零，故D错误；故选：A【点评】本题中磁感应强度均匀增大，穿过线圈的磁通量均匀增加，线圈中产生恒定的电动势，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，是经常采用的方法和思路4一个按正弦规律变化的交变电流的it图象如图所示下列说法中不正确的是（）A该交流电的周期为T=0，02sB该交变电流的频率f=50HzC该交变电流的有效值I=20AD该交变电流的最大值为Im=20A【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】直接从图象中即可求出交流电的峰值及周期，从而求频率，写出电流的瞬时值表达式【解答】解：A、题中图象描述的是电
16、流随时间的变化关系，周期为0.02s，故A正确；B、频率与周期为倒数关系；频率为50Hz；故B正确；C由图可知，该交流电的峰值是20A，有效值为=10A；故C错误；D正确；本题选错误的；故选：C【点评】明确交流电图象的物理意义，正确根据图象获取有关交流电的信息是交流电中的基本要求，要重点把握5如图所示，R4是半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，这就是一个火警报警器的电路，电流表是安放在值班室的显示器，电源两极之间接一个报警器，当R4所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是（）AI变大，U变小BI变大，U变大CI变小，U变大DI变小，U变小【考点】闭合电路
17、的欧姆定律【分析】R3为用半导体热敏材料制成的传感器，温度升高时，其电阻减小当传感器R4所在处出现火情时，分析R4的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，即可知U的变化根据并联部分电压的变化，分析I的变化【解答】解：当传感器R4所在处出现火情时，R4的阻值变小，R2、R3与R4的并联电阻减小，外电路总电阻变小，则总电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即有U变小因U变小，而电流增大，故R1分压增大；并联部分分压减小；故电流表示数减小；故选：A【点评】本题解题关键是掌握热敏电阻与温度的关系，再按“局部整体局部”的顺序进行动态变化分析6如图所示，水平向左的匀强电场场强大小为
18、E，一根不可伸长的绝缘细线长度为L，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点把小球拉到使细线水平的位置A，然后由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成角=60的位置B时速度为零以下说法中正确的是（）AA点电势低于的B点的电势B小球受到的重力与电场力的关系是C小球在B时，细线拉力为T=2mgD小球从A运动到B过程中，电场力对其做的功为【考点】电势能；电场强度；电势【分析】类比单摆，小球从A点静止释放，运动到B点速度为0，说明弧AB的中点是运动的最低点，对小球进行受力分析，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，再根据几何关系可以求出Eq，球到达B点时速度为零，向心力为
19、零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析，再根据几何关系即可解题【解答】解：A：沿电场线的方向电势降落，所以A点的电势高于B点的电势，故A错误；B：类比单摆，根据对称性可知，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30，根据三角函数关系可得：qEsin30=mgcos30，化简可知Eq=mg，选项B正确；C：小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEcos60+mgsin60，故细线拉力T=mg，选项C错误；D：小球从A到B，沿电场线方向运动的有效距离：，所以电场力做功：，故D错误故选B【点评】题要求同学们能正确进行
20、受力，并能联想到已学的物理模型，根据相关公式解题7如图所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场为B，不计ab与导轨电阻，不计摩擦，且ab与导轨接触良好若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是（）A拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量B杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量C电流所做的功等于重力势能的增加量D拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量【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；电磁感应中的能量转化【分析】ab杆匀速上升时，动能不变，重力势能增加，整个回路的内能增加，根据能
21、量守恒进行分析【解答】解：A、根据能量守恒定律知，拉力F做的功等于重力势能的增加量和电阻R上产生的热量之和故A错误B、根据功能关系知，杆ab克服安培力做功等于电阻R上产生的热量故B正确C、安培力的大小与重力的大小不等，则电流做的功与重力做功大小不等，即电流做功不等于重力势能的增加量故C错误D、根据动能定理知，拉力和重力做功等于克服安培力做功的大小，克服安培力做功等于电阻R上的热量故 D正确故选BD【点评】解决本题的关键理清整个过程中的能量转换，结合能量守恒定律和功能关系进行解决8如图所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道
22、端点P进入板间恰好沿水平方向做直线运动现使球从轨道上较低的b点开始滑下，经P点进入板间，在之后运动的一小段时间内（）A小球的重力势能可能会减小B小球的机械能可能不变C小球的电势能一定会减少D小球动能可能减小【考点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系【分析】根据小球的运动状态可分析小球的受力情况从而得出小球的电性；再分析小于在混合场中各力做功情况，由功能关系即可分析各能量的变化【解答】解：如果小球带负电，则小球在金属板间受到向下的重力，向上的电场力，向下的洛伦兹力，则小球可能受力平衡，沿水平方向做匀速直线运动；若小球带正电，则小球受向下的重力、向下的电场力，向上的洛仑兹力，也可能平衡，故小球带正
23、负电均可以；若小球带负电，当小球从稍低的b点由静止释放时，通过重力势能减小，小球进入金属板间的速度将减小，则F洛减小，F洛+mgF电，小球将向上运动，电场力做正功，合外力做正功所以小球在电磁场中运动的过程中动能增大，电势能减小；由于只有电势能和机械能之间的转化，故机械能与电势能的总量不变；若小球带正电，由于小球的洛仑兹力减小，则小球向下运动，重力及电场力均做正功，故动能增大；电势能减小；但机械能与电势能的总量不变；故AC正确，BD错误；故选：AC【点评】本题中要注意电荷有两种可能，在分析时应分别进行讨论；同时注意分析正负电荷在混合场中的受力情况，从而确定物体的运动情况9如图所示，已知一带电小球
24、在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中（E和B已知），小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则（）A小球可能带正电B小球做匀速圆周运动的半径为C小球做匀速圆周运动的周期为D若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加【考点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，即洛伦兹力提供向心力，所以mg=Eq，由于电场力的方向与场强的方向相反，根据qvB=，解得r=，运动周期T=，在加速电场中根据动能定理qU=【解答】解：A、小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，即洛伦兹
25、力提供向心力，所以mg=Eq，由于电场力的方向与场强的方向相反，故小球带负电，故A错误；B、由于洛伦兹力提供向心力，故有qvB=，解得r=，又由于qU=，解得v=所以r=，故B正确；C、由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期T=，故C正确；D、由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期T=，显然运动周期与加速电压无关，故D错误；故选BC【点评】本题考查了带电粒子在复合场中的圆周运动的周期公式，轨道半径公式，带电粒子在电场中的加速运动和动能定理，本题综合性较强，选项D容易出错10如图所示，abcd为用粗细均匀的同种材料制成的矩形金属线框，其中bc的长为2L，ab的长度只有bc长度的一
26、半现将线框放在水平光滑绝缘的桌面上，在外力F的作用下让线框以速度v匀速穿过右边两个磁感应强度大小相等、方向相反且边界距离均为L的匀强磁场区域若以图示位置开始计时，规定顺时针方向为电流的正方向，磁感线向下穿过线框时的磁通量为正则下列关于穿过金属线框的磁通量、金属线框中的电流I、cb间的电势差Ucb以及外力F的大小随时间变化的图象中，可能正确的是（）ABCD【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】由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由法拉第电磁感应定律及E=BLV可得出电动势的变化；由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流变化，根据U=IR可以知道电压变化，根据F=BIL可求
27、得安培力的变化分段列式分析【解答】解：A、当线框开始进入磁场，由=BLvt，可知磁通量均匀增加，当全部进入时达到最大0；此后向外的磁通量增加，总磁通逐渐减小；当运动到2.5L时，磁通量最小为零，故A正确B、在0内，由右手定则知感应电流为逆时针，为负值感应电动势为 E=BLv，感应电流大小为 I0=在内，由右手定则知感应电流为顺时针，为正值感应电动势为 E=BLv，感应电流大小为 I0=故B正确C、根据欧姆定律U=IR知，电势差Ucb大小不变，在0内，感应电流为逆时针，b点电势高，故Ucb为负在内，感应电流为顺时针，c点电势高，故Ucb为正故C错误D、根据感应电流大小不变，由F=BIL和平衡条件
28、知，F的大小不变，故D错误；故选：AB【点评】电磁感应与图象的结合问题，在解题时，往往定量与定性分析相结合分析，要选择合适的解法，如排除法等进行解答二、填空题（每空2分，20分）11有一个1000匝的线圈，在0.4秒内通过它的磁通量从0.02wb增加到0.09wb，求线圈中的感应电动势？如果线圈的电阻式10，把一个电阻990的电热器连接在它的两端，通过电热器的电流时多大？【考点】感生电动势、动生电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】根据法拉第电磁感应定律求解线圈中的感应电动势由闭合电路欧姆定律求解通过电热器的电流【解答】解：已知n=1000，t=0.4s，=0.09Wb0.02Wb=0.07Wb，
29、则根据法拉第电磁感应定律得 感应电动势E=1000V=175V由闭合电路欧姆定律得， 通过电热器的电流I=A=0.175A答：线圈中的感应电动势为175V 通过电热器的电流为0.175A【点评】本题是电磁感应与电路知识的简单综合当穿过线圈的磁通量均匀变化时，线圈中产生恒定电流，感应电流与感应电动势之间的关系遵守闭合电路欧姆定律12正方形导线框处于匀强磁场中，磁场方向垂直框平面，磁感应强度随时间均匀增加，变化率为k导体框质量为m、边长为L，总电阻为R，在恒定外力F作用下由静止开始运动导体框在磁场中的加速度大小为，导体框中感应电流做功的功率为【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；电功、电
30、功率【分析】对导线框受力分析，利用牛顿第二定律可以求出加速度；根据法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，再根据可以求出导体框中感应电流做功的功率【解答】解：导线框在磁场中受到的合外力等于F，由牛顿第二定律得：导体框在磁场中的加速度大小为：由法拉第的磁感应定律得：线框中产生感应电动势为 由可得：导体框中感应电流做功的功率为 故答案为： 【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握感应电流产生条件，楞次定律，及法拉第电磁感应定律13图中游标卡尺的读数是1.050cm，螺旋测微器的读数是0.15840.1586cm【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，
31、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：1、游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.05mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm=1.050cm2、螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为8.50.01mm=0.085mm，所以最终读数为1.5mm+0.085mm=1.585mm=0.1585cm，由于需要估读，最后的结果可以在0.15840.1586之间故答案为：1.050；0.15840.1586【点评】对于基本测量仪器如
32、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有一待测的电阻器Rx，其阻值约在4050之间，实验室准备用伏安法来测量该电阻值的实验器材有：电压表V（量程010V，内电阻约20k）；电流表A1，（量程0500mA，内电阻约20）；电流表A2，（量程0300mA，内电阻约4）；滑动变阻器R1（最大阻值为10，额定电流为2A）；滑动变阻器R2（最大阻值为250，额定电流为0.1A）；直流电源E（电动势为9V，内电阻约为0.5）；开关及若干导线实验要求电表读数从零开始变化，并能多测出几组电流、电压值，以便画出IU图线（1）电流表应选用A2（2）滑动变阻器选用R1（选填器材
33、代号）（3）请在如图所示的方框内画出实验电路图【考点】伏安法测电阻【分析】由欧姆定律求出电路最大电流，根据该电流选择电流表；根据电路电流及方便实验操作的原则选择滑动变阻器；根据题目要求确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后作出实验电路图【解答】解：（1）电路最大电流约为I=0.225A=225mA300mA，因此电流表应选择A2；（2）滑动变阻器R2的额定电流是0.1A0.225A，且滑动变阻器R2的最大阻值较大，实验操作不方便，为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选R1；（3）实验要求电表读数从零开始变化，因此滑动变阻器应采用分压接法
34、，Rx阻值约在4050之间，电流表A2内电阻约4，电压表V内阻约20k，电压表内阻远大于待测电阻阻值，因此电流表应采用外接法，实验电路图如图所示故答案为：（1）A2；（2）R1；（3）电路图如图所示【点评】本题考查了实验器材的选择、设计电路的设计，是实验的常考问题，一定要掌握；实验电路设计是本题的难点，确定滑动变阻器的接法、电流表的接法是正确解题的关键三、计算题15矩形线圈abcd，长ab=20cm，宽bc=10cm，匝数n=200，每匝线圈电阻R=0.25，整个线圈平面均有垂直于线框平面的匀强磁场穿过，磁感应强度B随时间的变化规律如图所示，求（1）线圈回路的感应电动势（2）在t=0.3s时线
35、圈ab边所受的安培力的大小【考点】法拉第电磁感应定律【分析】（1）线圈在变化的磁场中，产生感应电动势，形成感应电流，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小；（2）再由闭合电路的殴姆定律来算出感应电流大小【解答】解：（1）从图象可知：穿过线圈平面的磁通量随时间均匀增大，线圈回路中产生的感应电动势是不变的根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为：（2）当t=0.3s时，B=20102 T F=nBIL=200201020.040.2=0.32N；答：（1）线圈回路的感应电动势2V；（2）在t=0.3s时线圈ab边所受的安培力的大小0.32N【点评】本题关键要掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路殴姆定律及
36、安培力的公式同时要理解图象的数学意义，知道斜率等于，注意图象的横纵坐标的倍率16如图所示，跟水平面成=37角且连接电源的光滑金属框架宽L=20cm，一根重为G的金属棒ab水平放在金属框架，磁感应强度B=0.6T，方向竖直向上，金属棒ab的电阻Rab=1，电源电动势为25V，内阻r=1，当滑动变阻器的电阻为3时，金属棒刚好处于静止状态（1）求通过金属棒的电流大小（2）求金属棒的重力大小？（sin 37=0.6，cos37=0.8）【考点】安培力【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律列式求解电流强度；（2）由题，金属棒处于静止状态时，受力平衡，分析受力情况，求出安培力，由平衡条件求解重力G【解答】解：
37、（1）根据闭合电路欧姆定律，有：I=（2）金属棒与磁场垂直，所受安培力大小为：F=BIL=0.650.2N=0.6N金属棒处于静止状态时，受到重力G、安培力F和斜面的支持力N，由平衡条件得F=Gsin37得到：G=1N答：（1）通过金属棒的电流大小为0.6A；（2）金属棒的重力大小为1N【点评】本题是通电导体在磁场平衡问题，安培力是联系力与磁场和桥梁，关键在于安培力的分析和计算17如图所示为交流发电机示意图，匝数n=100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO轴以50rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部20的电阻R相连接，已知线圈绕O
38、O轴转动时产生的电动势最大值Em=NBS，求：（1）电压表和电流表示数？（2）电阻R上所消耗的电功率是多少？（3）由图示位置转过90的过程中，通过R的电量是多少？【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为Em=NBS电流表测量电流的有效值根据有效值与最大值的关系求出电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压；（2）电阻R上消耗的功率用电流的有效值乘以电压的有效值；（3）根据电量表达式，与感应电动势结合，得出q=It=n公式，从而可求得【解答】解：（1）感应电动势最大值Em=nBS=1000.50.10.250=
39、有效值：电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：=2.0A，U=IR=220=40V （2）电阻R上所消耗的电功率P=IU=240=80W （3）由图示位置转过90的过程中，通过R上的电量答：（1）电压表示数为40V，电流表示数为2.0A；（2）电阻R上所消耗的电功率是80W；（3）由图示位置转过90的过程中，通过R的电量是0.04C【点评】此题首先要能够求出闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的感应电动势的表达式，产生电动式的线圈相当于电源，从而传化为电路的问题，在解题过程中一定要注意，电压表和电流表的示数为有效值18如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内存在一沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限内
40、存在一垂直于xOy平面向里的匀强磁场现有一电子（质量为m、电荷量大小为e）以初速度0从电场中坐标为（3L，L）的P点沿垂直于场强方向射入，然后从x轴上的A点（图中未画出）射入磁场已知电场强度大小为，磁感应强度为（1）电子在A点的速度大小及速度方向与x轴负方向的夹角；（2）电子从磁场中出射点的位置坐标；（3）电子在磁场中运动所用的时间【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】电子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律可求解电子在A点的速度；根据平抛运动规律求得电子眼x方向的位移，从而可知电子入射点的横坐标，电子在磁场中由于洛伦兹力作用做圆周运动，结合几何关系可求得出射
41、点位置坐标；根据电子在磁场中的偏转可求解运动时间【解答】解：（1）电子在电场中做类平抛运动，从P点到A点过程：eE=mavy=at1解得：vy=v0故电子在A点的速度vA=设vA与x轴负方向夹角为则tan=1即=45；（2）电子在电场中做类平抛运动，沿x方向的位移：x=v0t1=2LA点到O点的距离：xA=3Lx=L电子在磁场中做圆周运动：evAB=故R=解得：R=则圆周在x轴上的弦长：x=2Rcos45=L即电子从匀强磁场中出射点的位置坐标为O（0，0）（3）电子在磁场中运动的周期：T=故电子在磁场中运动所用的时间：t=答：（1）电子在A点的速度大小为，速度方向与x轴负方向的夹角为45；（2）电子从磁场中出射点的位置坐标为O（0，0）；（3）电子在磁场中运动所用的时间为【点评】电子在电场中做类平抛运动的研究方法是运动的分解，而磁场中圆周运动的研究常根据轨迹图结合几何关系求解，都是常用的思路，难度不大
