1、2015-2016学年河北省衡水市武邑中学高二（上）第二次月考物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）1在物理学史上，首先提出磁场对运动电荷有力的作用的科学家是（）A欧姆B安培C洛伦兹D法拉第2如图所示，为两个同心圆环，当一有界匀强磁场恰好完全垂直穿过A环面时，A环面磁通量为1，此时B环磁通量为2，有关磁通量的大小说法正确的是（）A12B1=2C12D不确定3如图，R1=R2=R3=4，若在A、C两点之间加上U=6V的电压，则电流表的读数为（）A0B0.5AC1AD1.5A4如图所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上，今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向
2、导线的左边，两者彼此绝缘，当导线上的电流突然增大时，线框整个受力为（）A受力向右B受力向左C受力向上D受力为零5如图所示，直线a为某电源的路端电压随电流强度的变化图线，直线b为电阻R两端的电压随电流强度的变化图线用该电源和该电阻组成的闭合电路，以下说法正确的是（）A电源路端电压为2VB电源的输出功率为2WC电源的短路电流为2AD电源的内电阻为26如图，用两根材料、粗细、长度完全相同的导线，绕成匝数分别为n1=50和n2=100的圆形闭合线圈A和B，两线圈平面与匀强磁场垂直当磁感应强度随时间均匀变化时，两线圈中的感应电流之比IA：IB为（）A2：1B1：2C4：1D1：47如图所示，M和N是带有
3、异种电荷的带电金属导体，P和Q是M表面上的两点，S是N表面上的一点，在M和N之间的电场中画有三条等势线现有一个带正电的粒子（重力不计）在电场中的运动轨迹如图中虚线所示，不计带电粒子对原电场的影响，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）AP点的电势高于Q点的电势B电荷在F点的加速度小于其在W点的加速度C带电粒子在F点的电势能大于在E点的电势能D带电粒子应该由E点射入经F点到W点8如图所示，闭合导体线框abcd从高处自由下落一段定距离后，进入一个有理想边界的匀强磁场中，磁场宽度h大于线圈宽度l从bc边开始进入磁场到ad边即将进入磁场的这段时间里，下面表示该过程中线框里感应电流i随时间t变化规律的图象
4、中，一定错误的是（）ABCD9如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面为一正方形的匀强磁场区，在从ab边离开磁场的电子中，下列判断正确的是（）A从b点离开的电子速度最大B从b点离开的电子在磁场中运动时间最长C从b点离开的电子速度偏转角最大D在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合10如图所示，虚线EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B一带电微粒自离EF为h的高处由静止下落，从B点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D点射出下列说法正确的是（）A微粒受到的电场力的方向一定竖直向上B微粒做圆周运动的半径为C从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势
5、能之和在最低点C最小D从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先增大后减小11如图甲所示，某静电除尘装置矩形通道的长为L，宽为b，高为d，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料如图乙所示是此装置的截面图，上、下两板与电压恒为U的高压直流电源相连带负电的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当碰到下板后其所带的电荷被中和，同时其被收集将收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率不计尘埃所受的重力及尘埃间的相互作用要增大尘埃率，下列措施可行的是（）A只增大宽度LB只增大高度dC只增大宽度bD只增大速度v012如图所示，有五根完全相同的金属杆，其中四根固连在一起构成正方形闭合框架，固定在绝
6、缘水平桌面上，另一根金属杆ab搁在其上且始终接触良好匀强磁场垂直穿过桌面，不计ab杆与框架的摩擦，当ab杆在外力F作用下匀速沿框架从最左端向最右端运动过程中（）A外力F是恒力B桌面对框架的水平作用力先变小后变大C正方形框架的发热功率先变小后变大D金属杆ab产生的总热量小于外力F所做总功的一半二、解答题（共4小题，满分52分）13（1）武宏达同学在“研究感应电动势大小”的实验中，如图1，把一根条形磁铁从同样高度插到线圈中同样的位置处，第一次快插，第二次慢插，两情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是E1E2；通过线圈导线横截面电量的大小关系是q1q2（选填“”、“=”或“”符号）通过查阅资料他发
7、现有种称为“巨磁电阻”的材料，这种材料具有磁阻效应，即其电阻随磁场的增加而增大，利用这种效应可以测量磁感应强度为了测量所用条形磁铁两极处的磁感应轻度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值R0，请按要求帮助他完成下列实验（2）武宏达同学将该磁敏电阻放到磁场中，用已经调零且选择旋钮指向欧姆档“100”的位置测量，发现指针偏转角度太大，这时应将选择旋钮指向相邻欧姆档“”位置，欧姆调零后测量，其表盘及指针所指位置如图2所示，则电阻为需要设计一个可以较准确测量原磁场中该磁敏电阻阻值的电路在图3中虚线框内画出实验电路原理图（磁敏电阻及所处磁场已给出，不考虑磁场对电路其它部分的影响）提供的器材如下：A磁场电
8、阻，无磁场时电阻值R0=10B滑动变阻器R，全电阻约2C电流表，量程25mA，内阻约3符号D电压表，量程3V，内阻约3k，符号E直流电源E，电动势3V，内阻不计F开关S，导线若干（3）正确连接，将磁敏电阻置入原待测磁场中，测量数据如表： 12 34 5 U（V） 0.00 0.63 1.25 2.10 2.53 I（mA）0.0 3.06.0 10.012.0 根据上表可求出磁敏电阻的测量值RB=14一台小型电动机车在U=3V电压下工作，用此电动机匀速提升重力G=4N的物体时，通过它的电流I=0.2A测得某段时间t=30s内该物体被提升h=3m若不计一切摩擦和阻力，试求：（1）电动机的输入功率
9、（2）在提升重物的t=30s内，电动机线圈所产生的热量（3）电动机线圈的电阻15如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点（1）判读墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；（2）求磁感应强度B的值；（3）现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B，则B的大小为多少？16如图甲所
10、示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨，NQMN，导轨的电阻均不计导轨平面与水平面间的夹角=37，NQ间连接有一个R=4的电阻有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0=1T将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到温度速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q=0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿向下运动过程中始终与NQ平行（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8），求：（1）刚开始运动时金属棒的加速度是多少？金属棒与导轨间的动摩擦因数？（2
11、）稳定运动时金属棒的速度是多少？cd离NQ的距离s？（3）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量？（4）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻时，让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B应怎样随时间t变化（写出B关于t的函数关系式）2015-2016学年河北省衡水市武邑中学高二（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）1在物理学史上，首先提出磁场对运动电荷有力的作用的科学家是（）A欧姆B安培C洛伦兹D法拉第【考点】物理学史【分析】首先提出磁场对运动电荷有力的作用的科学家是洛伦兹【解答】解：在物理学史上，荷
12、兰物理学家洛伦兹首先提出磁场对运动电荷有力的作用，不是欧姆、安培和法拉第故选C【点评】本题考查对电磁学做出贡献的几个物理学家的成就的了解，可结合时代、物理学家的贡绩等等进行记忆2如图所示，为两个同心圆环，当一有界匀强磁场恰好完全垂直穿过A环面时，A环面磁通量为1，此时B环磁通量为2，有关磁通量的大小说法正确的是（）A12B1=2C12D不确定【考点】磁通量【分析】当磁场与面垂直时，磁感应强度与面的面积的乘积是该面的磁通量求出面的面积，然后求出磁通量；【解答】解：只有S1内有磁场，由S1与S2构成的环内没有磁场，所以环1和2 的磁通量是相等的，即1=2；故选：B【点评】本题考查磁通量的求法，磁通
13、量的大小可以用磁感线的条数进行判断由图可知，两线圈中磁感线的条数相同，故磁通量相同3如图，R1=R2=R3=4，若在A、C两点之间加上U=6V的电压，则电流表的读数为（）A0B0.5AC1AD1.5A【考点】串联电路和并联电路【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】明确电路结构，根据串并联电路的规律求解总电阻，再由欧姆定律求得总电流，则由并联电路分流原理可求得电流表的电流【解答】解：当电压加在AC两点时，R2与R3并联后与R1串联，电流表测量流过R2的电流； 电路中总电阻R总=4+=6，则总电流I=1A； 根据并联电路分压原理可知，流过电流表的电流为0.5A； 故选：B【点评】本题考查串
14、并联电路的基本规律，要注意明确电路结构，并能准确应用串并联电路的基本规律进行分析求解4如图所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上，今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线上的电流突然增大时，线框整个受力为（）A受力向右B受力向左C受力向上D受力为零【考点】楞次定律【分析】金属线框放在导线MN上，导线中电流产生磁场，当导线中电流增大时，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律判断线框所受有安培力方向当磁通量增大时，线框应向磁通量减小的方向移动【解答】解：金属线框放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框左右两侧磁场方向相反，线框左
15、侧的磁通量大于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况当导线中电流增大时，穿过线框的磁通量增大，线框产生感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框将向磁通量减小方向运动，即向右移动，故A正确，BCD错误；故选：A【点评】本题运用楞次定律判断电磁感应中导体的运动方向，也可以根据因果关系，运用安培定则、楞次定律和左手定则按部就班进行分析判断5如图所示，直线a为某电源的路端电压随电流强度的变化图线，直线b为电阻R两端的电压随电流强度的变化图线用该电源和该电阻组成的闭合电路，以下说法正确的是（）A电源路端电压为2VB电源的输出功率为2WC电源的短路电流为2AD电源的内电阻为2【
16、考点】闭合电路的欧姆定律【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】由a图线纵轴截距得到电源的电动势，由横截距知电源短路电流，斜率得到内阻，两交点即为二者构成一闭合回路时工作电压与工作电流，可求输出功率P出【解答】解：A、由交点坐标知路端电压U=2V，工作电流为I=2A，则输出功率为 P出=UI=22=4W，故A正确，B错误；C、由a图线纵截距知：电源的电动势为 E=3V，由横截距知电源短路电流为 I0=6A，电源的内阻 r=0.5，故CD错误；故选：A【点评】本题关键要理解电源的UI线与电阻的伏安特性曲线的交点的物理意义，知道交点表示该电源与电阻组合时的工作状态6如图，用两根材料、粗细、长
17、度完全相同的导线，绕成匝数分别为n1=50和n2=100的圆形闭合线圈A和B，两线圈平面与匀强磁场垂直当磁感应强度随时间均匀变化时，两线圈中的感应电流之比IA：IB为（）A2：1B1：2C4：1D1：4【考点】法拉第电磁感应定律【分析】由法拉第电磁感应定律E=n=nR2，求解感应电动势之比根据电阻定律：电阻r=，感应电流I=，联立求解感应电流之比【解答】解：由法拉第电磁感应定律得：E=n=nR2，可知，感应电动势与半径的平方成正比而根据电阻定律：线圈的电阻为r=，线圈中感应电流I=，由上综合得到，感应电流与线圈半径成正比即IA：IB=RA：RB；因相同导线绕成匝数分别为n1和n2的圆形线圈，因
18、此半径与匝数成反比，故IA：IB=n2：n1=2：1，故A正确，BCD错误；故选：A【点评】本题是法拉第电磁感应定律和电阻定律的综合应用求解感应电流之比，采用比例法研究7如图所示，M和N是带有异种电荷的带电金属导体，P和Q是M表面上的两点，S是N表面上的一点，在M和N之间的电场中画有三条等势线现有一个带正电的粒子（重力不计）在电场中的运动轨迹如图中虚线所示，不计带电粒子对原电场的影响，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）AP点的电势高于Q点的电势B电荷在F点的加速度小于其在W点的加速度C带电粒子在F点的电势能大于在E点的电势能D带电粒子应该由E点射入经F点到W点【考点】等势面【专题】定性思想；
19、推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】处于静电平衡状态的导体，其表面是一个等势面；等差等势面的疏密表示电场的强弱；结合粒子轨迹弯曲的方向判断出粒子受力的方向，然后结合轨迹判定电势能的变化【解答】解：A、P和Q两点在带电体M的表面上，M是处于静电平衡状态的导体，其表面是一个等势面，故P和Q两点的电势相等，故A错误；B、等差等势面的疏密表示电场的强弱，结合图可知，F点的等势线密，所以F点的电场强度大，所以电荷在F点的加速度大于其在W点的加速度故B错误；C、带正电的粒子弯曲的方向向下，所以从F点到E点，电场力做正功，电势能减小，故F点的电势能大于E点的电势能，故C正确；D、由图不能判断出粒子运动的方
20、向是否由E点射入经F点到W点，故D错误；故选：C【点评】本题关键先通过功能关系判断电场力方向，得到电场线的分布情况，然后结合电场线判断电势、电势能的变化情况，不难8如图所示，闭合导体线框abcd从高处自由下落一段定距离后，进入一个有理想边界的匀强磁场中，磁场宽度h大于线圈宽度l从bc边开始进入磁场到ad边即将进入磁场的这段时间里，下面表示该过程中线框里感应电流i随时间t变化规律的图象中，一定错误的是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，可能做匀速运动，可能做加速运动，也可能做减速运动，根据安
21、培力公式F=，安培力与速度成正比，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况，确定速度图象的斜率变化情况【解答】解：A、ab边刚进入磁场时，若所受的安培力小于重力，线框做加速运动，随着速度的增大，由安培力公式F=可知，安培力增大，故加速度减小，线框做加速度减小的加速运动，速度图象的斜率逐渐减小，感应电流I=，I随时间增大，但It图象斜率减小，故A正确，B错误；C、ab边刚进入磁场时，若所受的安培力大于重力，线框做减速运动，随着速度的减小，由安培力公式F=可知，安培力减小，加速度减小，则线框做加速度减小的减速运动，速度图象的斜率逐渐减小，感应电流I=，I随时间减小，It图象斜率减小，故C正确；D、ab
22、边刚进入磁场时，若所受的安培力与重力平衡，则线框做匀速运动，速度不变，电流也就恒定，故D正确；本题选择错误的，故选：B【点评】本题的解题关键是抓住安培力公式F=，分析安培力的变化，确定加速度的变化，同时要掌握速度图象的斜率等于加速度这一知识点9如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面为一正方形的匀强磁场区，在从ab边离开磁场的电子中，下列判断正确的是（）A从b点离开的电子速度最大B从b点离开的电子在磁场中运动时间最长C从b点离开的电子速度偏转角最大D在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】由轨道半径的
23、大小确定速度的大小，由偏转角的大小确定时间的大小【解答】解：电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有：evB=得：R=电子在磁场中的运动时间为：t= 为转过的圆心角，也是速度的偏向角A 同为电子，B也相同，故R越大，v也越大从b点离开时半径最大故A正确B、C 从b点离开时，偏转角最小（为）；从a点离开时，偏转角为最大（为）故C错误从b点出来速度的偏向角最小，故时间最小故B错误D 若运动时间相同，则偏转角相同，为同一轨迹故D正确故选：AD【点评】粒子运动的轨道半径的公式为R=，得R大，V大用t= 可求出在磁场中的运动时间10如图所示，虚线EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，
24、磁感应强度为B一带电微粒自离EF为h的高处由静止下落，从B点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D点射出下列说法正确的是（）A微粒受到的电场力的方向一定竖直向上B微粒做圆周运动的半径为C从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势能之和在最低点C最小D从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先增大后减小【考点】带电粒子在混合场中的运动；电势差与电场强度的关系【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中，受到重力、电场力和洛伦兹力而做匀速圆周运动，可知电场力与重力平衡由洛伦兹力提供向心力，可求出微粒做圆周运动的半径根据电场力做功正负，判断电势能的变化和机械能的变化
25、【解答】解：A、由题，带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力必定平衡，则微粒受到的电场力的方向一定竖直向上故A正确B、由上则有：mg=qE 由洛伦兹力提供向心力，则有 又下落的过程中机械能守恒，得：联立三式得，微粒做圆周运动的半径为r=故B正确C、根据能量守恒定律得知：微粒在B到D的运动过程中，电势能、动能、重力势能之和一定，动能不变，则知微粒的电势能和重力势能之和一定不变故C错误D、由于电场力方向竖直向上，则微粒从B点运动到D点的过程中，电场力先做负功后做正功，则其电势能先增大后减小故D正确故选：ABD【点评】本题解题关键是分析微粒做匀速圆周运动的受力情况，根据合
26、力提供向心力进行判断11如图甲所示，某静电除尘装置矩形通道的长为L，宽为b，高为d，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料如图乙所示是此装置的截面图，上、下两板与电压恒为U的高压直流电源相连带负电的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当碰到下板后其所带的电荷被中和，同时其被收集将收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率不计尘埃所受的重力及尘埃间的相互作用要增大尘埃率，下列措施可行的是（）A只增大宽度LB只增大高度dC只增大宽度bD只增大速度v0【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为
27、y=（）2，增大y便可增大除尘率【解答】解：增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为y=（）2即增加y即可A、只增加长度L，可以增加y，故A满足条件；B、只增大高度d，由题意知d增加则位移y减小，故不满足条件；C、只增大宽度b，不会影响y，故C不满足条件；D、只增加水平速度v0，y减小，故不满足条件故选：A【点评】此题为结合生活背景的题目，考查频率较高，注意构建物理情景类平抛运动，应用运动的分解知识求解12如图所示，有五根完全相同的金属杆，其中四根固连在一起构成正方形闭合框架，固定在绝缘水平桌面上，另一根金属杆ab搁在其上且始终
28、接触良好匀强磁场垂直穿过桌面，不计ab杆与框架的摩擦，当ab杆在外力F作用下匀速沿框架从最左端向最右端运动过程中（）A外力F是恒力B桌面对框架的水平作用力先变小后变大C正方形框架的发热功率先变小后变大D金属杆ab产生的总热量小于外力F所做总功的一半【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【专题】定性思想；推理法；电磁感应功能问题【分析】ab杆切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，ab把金属框分为左右两部分，这两部分并联与ab构成闭合回路，由并联电路特点判断外电路电阻如何变化，然后应用安培力公式、平衡条件、电功率公式分析答题【解答】解：A、ab杆向右匀速运动，产生的感应电动势为
29、 E=BLv，是定值ab可以看做电源，框架构成外电路，当ab运动到框架的中间位置时，外电路电阻最大，且等于ab的电阻，因此在ab运动的过程中，外电路总电阻R先增大后减小，由闭合电路欧姆定律知，通过ab杆的电流先减小后增大，ab受到的安培力为FB=BIL，可知安培力先减小后增大ab匀速运动，由平衡条件得：F=FB，所以外力F先减小后增大，故A错误；B、由A可知，电路中总电流先减小后增大，框架受到的安培力FB框=BIL，先减小后增大，由平衡条件可知，桌面对框架的水平作用力与所受的安培力大小相等，所以桌面对框架的水平作用力先变小后变大，故B正确；C、正方形框架的发热功率相当于电源的输出功率，当ab滑
30、到正方形的中线时，电源的内外电阻相等，电源的输出功率最大，即正方形框架的发热功率最大，所以正方形框架的发热功率先增大后减小，故C错误D、当ab在框架的中央时，内外电阻相等，除此之外，外电阻总是小于内电阻的，由U=IR可知，外电压小于等于内电压，由Q=W=UIt可知外电路产生的总热量小于ab杆产生的总热量，整个回路产生的总热量等于外力做的总功，所以金属杆ab产生的总热量大于外力F所做总功的一半，故D错误；故选：B【点评】本题是一道电磁感应与力学、电路知识的综合题，要掌握电磁感应与力学、电路的基本规律，如E=BLv、并联电路特点、欧姆定律、安培力公式、电功与电功率公式等等本题的难点与解题关键是：知
31、道ab杆是电源，框架是外电路，判断出外电阻先增大后减小二、解答题（共4小题，满分52分）13（1）武宏达同学在“研究感应电动势大小”的实验中，如图1，把一根条形磁铁从同样高度插到线圈中同样的位置处，第一次快插，第二次慢插，两情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是E1E2；通过线圈导线横截面电量的大小关系是q1=q2（选填“”、“=”或“”符号）通过查阅资料他发现有种称为“巨磁电阻”的材料，这种材料具有磁阻效应，即其电阻随磁场的增加而增大，利用这种效应可以测量磁感应强度为了测量所用条形磁铁两极处的磁感应轻度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值R0，请按要求帮助他完成下列实验（2）武宏达同学将
32、该磁敏电阻放到磁场中，用已经调零且选择旋钮指向欧姆档“100”的位置测量，发现指针偏转角度太大，这时应将选择旋钮指向相邻欧姆档“10”位置，欧姆调零后测量，其表盘及指针所指位置如图2所示，则电阻为220需要设计一个可以较准确测量原磁场中该磁敏电阻阻值的电路在图3中虚线框内画出实验电路原理图（磁敏电阻及所处磁场已给出，不考虑磁场对电路其它部分的影响）提供的器材如下：A磁场电阻，无磁场时电阻值R0=10B滑动变阻器R，全电阻约2C电流表，量程25mA，内阻约3符号D电压表，量程3V，内阻约3k，符号E直流电源E，电动势3V，内阻不计F开关S，导线若干（3）正确连接，将磁敏电阻置入原待测磁场中，测量
33、数据如表： 12 34 5 U（V） 0.00 0.63 1.25 2.10 2.53 I（mA）0.0 3.06.0 10.012.0 根据上表可求出磁敏电阻的测量值RB=210【考点】研究电磁感应现象【专题】实验题；定量思想；方程法；电磁感应功能问题【分析】两次磁铁的起始和终止位置相同，知磁通量的变化量相同，应用法拉第电磁感应定律比较感应电动势的大小；由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由电流定义式求出电荷量大小；使用欧姆表测电阻应选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数； 采用多次测量取平均的
34、方法，求出磁敏电阻的阻值RB【解答】解：（1）条形磁铁从同样高度插到线圈中同样的位置处，磁通量的变化量相同，第一次快插，第二次慢插，t1t2，由法拉第电磁感应定律：E=n可知，感应电动势：E1E2，感应电流：I=，电荷量q=It，解得：q=n，由于n、R都相等，则电荷量：q1=q2；（2）某同学要用多用电表粗测一个电阻丝电阻，选择开关指向欧姆挡“100”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确测量，应换小挡，应该将选择开关换成欧姆挡的“10”档位，然后进行欧姆调零；由图示表盘可知，则此段电阻丝的电阻为2210=220；（3）由R= 求出每次R的测量值，再采用多次测量
35、取平均的方法，则得RB=（+）210故答案为：（1），=；（2）10，220；（3）210【点评】知道磁通量的变化量相等、应用法拉第电磁感应定律即可正确解题解题时要注意两种情况下，磁通量的变化量相等，这是正确解题的关键本题考查了欧姆表的使用注意事项与欧姆表读数，要注意：欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数14一台小型电动机车在U=3V电压下工作，用此电动机匀速提升重力G=4N的物体时，通过它的电流I=0.2A测得某段时间t=30s内该物体被提升h=3m若不计一切摩擦和阻力，试求：（1）电动机的输入功率（2）在提升重物的t=30s内，电动机线圈所产生的热量（3）
36、电动机线圈的电阻【考点】电功、电功率【专题】简答题；定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】（1）由P=UI求出电动机的输入功率（2）电动机总功率等于热功率与输出功率之和，由P=Fv求出电动机的输出功率，然后求出线圈的热功率（3）由电功率公式Q=I2r的变形公式求出线圈电阻【解答】解：（1）电动机的输入功率P入=UI=0.23 W=0.6 W（2）电动机提升重物的机械功率P机=Fv=（4）W=0.4 W根据能量关系P入=P机+PQ，得生热的功率PQ=P入P机=（0.60.4）W=0.2 W所生热量Q=PQt=0.230 J=6 J（3）由焦耳定律Q=I2Rt，得线圈电阻R=5答：（1）电动机的输
37、入功率为0.6W（2）线圈电阻产生的热量为6J（3）电动机线圈的电阻为5【点评】本题考查功率公式的应用，要注意电功率公式正确应用；同时明确电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和15如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点（1）判读墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；（2）求磁感应强度B的值；（3）现保持喷
38、口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B，则B的大小为多少？【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）根据电场力和重力平衡求出电荷量的大小，通过电场力的方向确定电荷的正负（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，粒子做匀速圆周运动，根据粒子垂直打在M点，通过几何关系得出粒子的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小（3）根据几何关系得出粒子做圆周运动的轨道半径，结合带电粒子在磁场中运动的半径公式求出磁感应强度的大小【解答】解：（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，有： 由式得，
39、q= 由于电场方向向下，电荷所受的电场力方向向上，可知墨滴带负电荷 （2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有： 考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰好完成四分之一圆周运动，则半径R=d 由式得，B=（3）根据题设，墨滴的运动轨迹如图，设圆周运动的半径为R，有： 由图示可得， 得， 联立式可得，答：（1）墨滴带负电，电量为（2）磁感应强度B=（3）B的大小为【点评】本题考查粒子在复合场中的运动，知道粒子在电场和重力场区域做匀速直线运动，进入电场、磁场和重力场区域，做匀速圆周运动结合牛顿第二定律和共点力平衡进行求解16如图甲所示
40、，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨，NQMN，导轨的电阻均不计导轨平面与水平面间的夹角=37，NQ间连接有一个R=4的电阻有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0=1T将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到温度速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q=0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿向下运动过程中始终与NQ平行（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8），求：（1）刚开始运动时金属棒的加速度是多少？金属棒与导轨间的动摩擦因数？（2）
41、稳定运动时金属棒的速度是多少？cd离NQ的距离s？（3）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量？（4）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻时，让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B应怎样随时间t变化（写出B关于t的函数关系式）【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【专题】计算题；定量思想；寻找守恒量法；电磁感应功能问题【分析】（1）当刚释放时，由图乙读出加速度，此时导体棒中没有感应电流，所以只受重力、支持力与静摩擦力，由牛顿第二定律可求出动摩擦因数（2）当金属棒速度稳定时加速度为零，由图乙读出速度，此时金属棒受到重力、支持力、安
42、培力与滑动摩擦力达到平衡，这样可以列出安培力公式，产生感应电动势的公式，再由闭合电路殴姆定律，列出平衡方程可求出金属棒的内阻，从而利用通过棒的电量来确定发生的距离（3）金属棒滑行至cd处的过程中，由能量守恒定律求电阻R上产生的热量（4）要使金属棒中不产生感应电流，则穿过线框的磁通量不变同时棒受到重力、支持力与滑动摩擦力做匀加速直线运动从而可求出磁感应强度B随时间t变化的规律【解答】解：（1）由图乙知，当v=0时，a=2m/s2，即刚开始运动时金属棒的加速度是2m/s2由牛顿第二定律得：mgsinmgcos=ma代入解得 =0.5 （2）当金属棒速度稳定时加速度为零，由图象可知：金属棒的最大速度
43、为 vm=2m/s 当金属棒达到稳定速度时，有 FA=B0IL；且有 B0IL+mgcos=mgsin解得 I=0.2A；金属棒产生的感应电动势：E=B0Lv=10.52=1V；因 I=，解得金属棒的电阻 r=1电量为：q=t=t=即有：s=2m（3）金属棒滑行至cd处的过程中，根据能量守恒定律得：电阻R上产生的热量 QR=（mghmgscos37mv2）代入解得 QR=0.08J（4）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流此时金属棒将沿导轨做匀加速运动 由牛顿第二定律有：mgsinmgcos=ma则 a=g（sincos）=10（0.60.50.8）m/s2=2m/s2根据磁通量不变，得 B0Ls=BL（s+vt+at2）则磁感应强度与时间变化关系：B= T答：（1）刚开始运动时金属棒的加速度是2m/s2金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.5； （2）稳定运动时金属棒的速度是2m/s，cd离NQ的距离2m；（3）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量0.08J；（4）磁感应强度B应怎样随时间t变化规律为 B= T【点评】本题要准确把握金属棒的运动情况及其受力情况，知道加速度为零时速度最大，明确电量与金属棒移动的距离有关，巧妙用磁通量的变化去求出面积从而算出棒的距离抓住线框的总磁通量不变时，金属棒中将不产生感应电流
