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2023-2024学年辽宁省大连二十四中协作校高二（上）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年辽宁省大连二十四中协作校高二（上）期末物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法中正确的是( )
A. 安培发现了电流的磁效应B. 奥斯特发现了电磁感应现象
C. 法拉第发现了产生感应电流的条件D. 麦克斯韦用实验证实电磁波的存在
2.一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来。下列说法正确的是( )
A. 磁针的磁场使圆盘磁化，圆盘产生的磁场导致磁针转动
B. 圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C. 在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D. 圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
3.如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是( )
A. B.
C. D.
4.如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平面的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称。导线中均通有大小相等、方向向下的电流。已知长直导线在周围产生磁场的磁感应强度B=KIr，式中K是常数、I是导线中的电流、r为点到与导线的距离。一带负电小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点，关于该过程中小球的对水平面压力大小，下列说法中正确的是( )
A. 先增大后减小B. 先减小后增大C. 一直在增大D. 一直在减小
5.2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录.为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则( )
A. 电场力的瞬时功率为qE v12+v22B. 该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C. 该离子的加速度大小不变，方向变化D. v1v2的比值不断减小
6.如图所示，纸面内有一圆心为O，半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里。由距离O点0.4R处的P点沿着与PO连线成θ=30°的方向发射速率大小不等的电子。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用。为使电子不离开圆形磁场区域，则电子的最大速率为( )
A. 7eBR10mB. 29eBR10mC. 21eBR40mD. (5−2 3)eBR5m
7.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为4Ω、1Ω和6Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I，则该变压器原、副线圈匝数的比值为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，足够长的荧屏板MN的上方分布了垂直纸面向里的匀强磁场。荧屏板上P点的正上方有一粒子源S，能够在纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为v0，电荷量为−q(q>0)、质量为m的带负电粒子。粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为d，P点到粒子源S的距离为12d，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用，则下列说法正确的是( )
A. 打到荧屏板上的粒子到P点的最远距离为 152d
B. 粒子能打到荧屏板上的区域长度为 15d
C. 从粒子源出发到荧屏板的最短时间为πd6v0
D. 从粒子源出发到荧屏板的最长时间为5πd3v0
9.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．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁场方向垂直于霍尔元件的工作面向下，磁感应强度大小为B，通入图示方向的电流I，在C、D两侧面会形成电势差UCD，则下列说法中正确的是( )
A. 若霍尔元件的载流子为正电荷，则C点的电势比D点高
B. 若电流I越大，则电势差UCD越大
C. 若磁感应强度B越大，则电势差UCD越小
D. 在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，则该元件的工作面应保持水平
10.如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。与导轨垂直的虚线ab、cd之间区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN从导轨上不同位置同时由静止释放，PQ棒释放高度小于MN棒释放高度，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ棒进入磁场时加速度恰好为零。从PQ棒进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学在实验室测定金属导体电阻的实验中：
(1)游标卡尺测量长度如图1所示，可知其长度为L= ______ cm；
(2)如图2所示，为一正在测量中的多用电表表盘，如果用欧姆挡“×100”测量，读数为______ Ω；如果用“直流5V”挡测量，则读数为______ V。
(3)一个灵敏电流表，它的满偏电流为Ig=50μA，表头内阻Rg=1000Ω，若要将它改装成量程为0.5A的电流表，应并联的电阻阻值为______ Ω。(保留两位有效数字)。
12.为了测量一节干电池的电动势和内阻，某同学采用“伏安法”进行实验测量，现备有下列器材：
A.被测干电池一节；
B.电流表1：量程0～0.6A，内阻rA=0.3Ω；
C.电流表2：量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω；
D.电压表1：量程0～3V，内阻未知；
E.电压表2：量程0～15V，内阻未知；
F.滑动变阻器1：0～10Ω，2A；
G.滑动变阻器2：0～100Ω，1A；
H.开关、导线若干。
利用伏安法测干电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量干电池的电动势和内阻。
(1)上述现有器材，选用：A、______ 、H(填写器材前面的字母)；
(2)实验电路图应选择图中的______ (选填“甲”或“乙”)；
(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U−I图像，则干电池的电动势E= ______ V，内电阻r= ______ Ω。
四、简答题：本大题共2小题，共30分。
13.空间中存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。电子枪将无初速的电子经加速电压加速后在纸面内垂直于SO的方向射出。一个截面为半圆形的粒子接收器P1MP2固定在如图所示的位置，其截面半径为R，直径沿SO方向放置，P1、O、P2、S在同一条直线上，圆心位于O点，OM垂直于P1P2，SO长度为2R。已知电子电荷量为e，质量为m，图中OM与OS垂直。
设电子击中接收器即被吸收，不计电荷间的相互作用。
(1)为使电子能打到接收器上，求电子枪加速电压U的调节范围；
(2)若某电子刚好达到M点，求该电子速度的大小；
(3)求能打到接收器P1MP2上的电子从S点到击中接收器的最短时间。
14.如图甲，MN与PQ为间距L=1m的平行导轨，导轨的上部分水平长度l=1.2m，下部分足够长且处于倾角θ=37°的绝缘斜面上，水平导轨的左端接一阻值R=0.8Ω的电阻，水平部分处于竖直向上的、磁感应强度B1随时间t按图乙所示规律变化的匀强磁场中，倾斜部分处于垂直导轨平面向上的、磁感应强度B=1T的匀强磁场中。在t1=0.1s时将一质量m=0.4kg、电阻r=0.2Ω的金属棒静止放在倾斜导轨部分的上端，金属棒恰好静止，已知金属棒与两导轨间的动摩擦因数处处相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在t2=0.25s时给金属棒一个沿斜面向下的拉力F使金属棒从静止开始匀加速度运动，拉力F的大小与金属棒运动的速度大小的关系式为F=kv+0.8，其中k为定值，金属棒在运动过程中与两导轨接触良好且始终与导轨垂直，不计导轨的电阻，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)t1=0.1s，电阻R中电流大小及方向；
(2)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；
(3)k的值为多大；
(4)t2=0.25s到t3=1.25s时间内流过电阻R截面的电量。
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
15.如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd的边长ab=cd=50cm，bc=ad=20cm，匝数n=200，线圈的总电阻r=0.20Ω，线圈在磁感强度B=0.05T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度ω=300rad/s.线圈两端通过电刷E、F与阻值R=4.8Ω的定值电阻连接．
(1)从线圈经过中性面开始计时，写出线圈中感应电动势随时间变化的表达式；
(2)发电机的输出功率；
(3)求从线圈经过中性面开始计时，经过14周期时间通过电阻R的电荷量．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，故A错误；
BC、1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，故B错误，C正确；
D、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D错误。
故选：C。
根据安培、法拉第、麦克斯韦、奥斯特、赫兹等对电磁学发展的贡献进行分析解答。
本题是物理学史问题，平时要加强记忆是基本的学习方法，既可以学到历史知识，也可以学到科学精神和研究方法。
2.【答案】B
【解析】解：A、铜质圆盘不会被磁化，本现象与磁化现象无关，故A错误；
B、圆盘在径向的金属条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等，从而形成涡流，涡流产生的磁场又导致磁针转动，故B正确；
C、由于圆盘面积不变，距离磁铁的距离不变，故整个圆盘中的磁通量没有变化，故C错误；
D、引起磁针转动的电流是导体切割产生的，不是因为自由电子随圆盘转动形成的电流引起的，故D错误。
故选：B。
通过题意明确涡流的产生，再根据磁极和电流间的相互作用分析磁铁的运动，注意圆盘中无法形成整体电流，但可以形成涡流。
本题要注意明确电流的形成不是因为自由电子运动，而是由于圆盘切割磁感线产生了电动势，从而在圆盘局部形成了涡流。
3.【答案】B
【解析】解：在t=0时刻闭合开关S时，线圈中电流增大，产生自感电动势，使得线圈中电流只能逐渐增大，干路中电流I也逐渐增大，根据欧姆定律UAB=E−Ir，UAB逐渐减小直到稳定，稳定时，电阻R的电流小于灯泡D的电流；
在t=t1时刻断开S时，灯泡中原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，电阻R、灯泡D和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，此时流过灯泡D的电流方向与原来的方向相反，B点的电势比A点电势高，UAB<0，由于稳定时线圈中电流较小，根据UAB=IRD，则此时UAB值比稳定时小，电压逐渐减小，最后减小为0，故选：B。
当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据欧姆定律和楞次定来分析。
本题考查综合运用楞次定律和欧姆定律分析自感现象的能力。要注意电势差的正负。
4.【答案】C
【解析】解：根据右手螺旋定则可知，从a点出发沿连线运动到b点，直线M到O处的磁场方向垂直于MN向里，直线N到O处的磁场方向垂直于MN向外，所以由M到N的过程中，合磁场大小先减小过O点后反向增大，而方向先向外，过O点后向里，根据左手定则可知，带负电的小球受到的洛伦兹力方向开始的方向向上，大小在减小，过O得后洛伦兹力的方向向下，大小在增大，而小球还受重力和支持力的作用，根据竖直方向上的平衡条件可知，小球在运动过程中，对桌面的压力一直在增大，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据右手螺旋定则，判断出MN直线中间部分磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，根据受力分析确定压力大小的变化情况。
本题考查了右手螺旋定则和左手定则的熟练应用，正确解答带电粒子在磁场中运动的思路为先明确受力情况，再进一步明确其运动形式和规律。
5.【答案】C
【解析】解：A、根据功率的计算公式可知电场力的瞬时功率为P=Eqv1，故A错误；
B、由于v1与磁场B平行，v2与磁场B垂直，离子受到的洛伦兹力为F洛=qv2B，故B错误；
C、离子受到的电场力不变，洛伦兹力大小不变，方向总是与电场力方向垂直，则该离子的加速度大小不变，方向改变；故C正确；
D、根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v1v2的比值不断增大，故D错误。
故选：C。
根据功率的计算公式求出电场力的瞬时功率；根据v1、v2与磁场B的方向，计算出洛伦兹力的表达式；根据离子受到的电场力和洛伦兹力判断离子的加速度如何变化；根据运动的合成与分解，分析离子在垂直于纸面内和沿水平方向的运动性质，判断v1v2的比值如何变化。
本题考查了带电粒子在复合场中的运动，解决本题的关键是准确分析带电粒子在复合场中的受力以及运动情况。
6.【答案】C
【解析】解：电子的速率最大时，运动轨迹如图，此时电子的运动轨迹与磁场边界相切，
根据evB=mv2r得：
v=erBm
电子运动半径最大，速度最大。电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线，过电子圆周运动的圆心做OP的垂线，由几何关系得rcs60°+ (R−r)2−(rsin60°)2=0.4R
解得：r=2140R
则最大速率为：
v=21eBR40m，故ABD错误，C正确。
故选：C。
做出电子运动轨迹图，根据几何关系求得半径，从而确定电子的最大速率。
此题考查了带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的处理方法，解题的关键是画出粒子的运动轨迹，利用好几何知识分析求解。
7.【答案】A
【解析】解：设变压器原、副线圈匝数之比为k，则开关S断开时，副线圈电流为kI。
根据理想变压器原理可知：U−IR1kI(R2+R3)=k
开关S闭合时，有：U−4IR14kIR2=k
代入数据联立解得：k=2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
变压器输入电压为U与电阻R1两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求得线圈匝数之比。
本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系。
8.【答案】AD
【解析】解：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，画出粒子在磁场中的可能运动轨迹如图所示。
A、根据几何知识可知，当粒子打在SP右侧极板MN上的Q点，且SQ等于粒子做圆周运动的直径，打到荧屏板上的粒子到P点的距离为最远，由几何知识得打到荧屏板上的粒子到P点的最远距离为：PQ= (2d)2−(d2)2= 152d，故A正确；
B、由几何知识可知，当粒子在SP左侧的运动轨迹恰好与MN相切与K点时，此时粒子为打在MN板左侧的最远点，由几何知识得
KP= d2−(d2)2= 32d
则粒子能打到荧屏板上的区域长度为
L=KP+QP=( 3+ 15)2d，故B错误；
C、由几何知识可知，当粒子在磁场中运动轨迹过P点时，粒子运动轨迹所对应的弦长最短，轨迹对应的圆心角最小，则从粒子源出发到荧屏板所用时间最短，由几何知识得
sinθ=d4d=14则轨迹所对应的圆心角大小为：2θ<30°
而若圆心角为30°时，所用时间为：tmin=2πd12v0=πd6v0
所以从粒子源出发到荧屏板的最短时间小于πd6v0，故C错误；
D、由几何知识可知，当粒子在SP右侧的运动轨迹恰好与MN相切于T点时，轨迹对应的圆心角最大，从粒子源出发到荧屏板所用时间最长，由几何知识可得此时粒子运动轨迹所对应的圆心角为
θ=300°
所以运动所用最长时间为
tmax=300°360∘⋅2πdv0=5πd3v0，故D正确。
故选：AD。
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求距离P点的最远距离和打到荧光板区域长度；所有粒子运动线速度大小相等，粒子在磁场中运动时间与轨迹弧长成正比，作出粒子运动的最长弧长和最短弧长即可求最长时间和最短时间。
本题考查了带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的问题，解题关键是根据要求准确作出粒子的运动轨迹，粒子源发射速度相同方向不同的同种粒子，它们做圆周运动半径相同，可以从动圆角度分析粒子的运动，确定满足要求的轨迹。
9.【答案】AB
【解析】解：A、根据左手定则，正电荷向C侧面偏转，C表面带正电，D表面带负电，所以C表面的电势高，故A正确。
BC、CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有qUb=qvB，I=nqvS=nqvbc，则U=BInqc.可见电势差的大小与材料、磁感应强度、电流的大小有关。故B正确，C错误。
D、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过。故D错误。
故选：AB。
在霍尔元件中，移动的是正电荷，根据左手定则判断出正电荷所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道C、D两侧面会形成电势差UCD的正负．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差UCD与什么因素有关．
解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡．
10.【答案】BC
【解析】解：PQ棒进入磁场时加速度恰好为零，则PQ进入磁场匀速运动，设速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流：I0=BLvR，满足：mgsinθ=B2L2vR保持不变，根据右手定则可知电流方向Q→P，由图像可知为正向电流；
AB、如果PQ离开磁场时MM还没有进入磁场，此时电流为零；因PQ棒释放高度小于MN棒释放高度，由动能定理可知MN进入磁场时的速度v1>v，则有：mgsinθMN离开磁场时可能已经匀速，电流减小至I1=I0，方向为负向，故A错误，B正确；
CD、如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时产生的感应电流大小为：I=BLv1−BLvR，电流方向为N→M→P→Q，为负；此时的电流大小可以大于I0或于I0或等于I0，此后随着MN受安培阻力，PQ受安培动力，v1减小，v增大，则电流I逐渐变小，若达到二者的速度相等时，电流为零，两棒受重力的作用而加速运动，电流一直为零，当PQ离开磁场后，MN重新开始做减速运动，PQ流过的电流为负逐渐减小，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势计算公式求解感应电流大小与速度的关系，根据PQ和MN进入磁场的先后顺序判断电流的变化，根据右手定则判断电流方向。
对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系。
11.【答案】11.050 800 3.30 0.10
【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.05mm，所测长度读数为110mm+10×0.05mm=110.50mm=11.050cm
(2)根据欧姆表的读数规则，其读数为8×100Ω=800Ω，直流5V的精度是0.1V，根据电压表的读数要求，其读数为3.30V；
(3)根据并联电路的知识，满足
IgRg=(I−Ig)R并
代入Ig=50μA，Rg=1000Ω，I=0.5A
解得R并=0.10Ω
故答案为：(1)11.050；
(2)800，3.30；
(3)0.10。
(1)(2)根据游标卡尺、欧姆表、电压表的读数规则完成读数；
(3)根据并联电路分流的原理列式并代入数据求解。
熟练掌握基本器材的使用和读数规则，能够准确的进行相关数据的测量。
12.【答案】BDF 甲 1.5 0.7
【解析】解：(1)本实验中必选的仪器有：被测干电池一节；采用“伏安法”测电源电动势和内阻，因此需要电流表和电压表，为了读数准确，电流表选量程为0～0.6A的电流表1，即选B；一节干电池电压约1.5V，电压表选量程为0～3V的电压表1，即选D；由于要测量多组数据，因此需要滑动变阻器，滑动变阻器选择阻值较小滑动变阻器1，即F，有利于电表的数值变化，减小误差；另外还需要开关、导线若干。
故器材还需BDF；
(2)由于电流表内阻已知而电压表内阻未知，因此应采用相对电源来说的电流表内接法，故选择图甲；
(3)由闭合回路欧姆定律可得
U=E−I(r+rA)
根据U−I图像可得
E=1.5V
r+rA=ΔUΔI=1.5−1.00.5−0=1Ω
解得r=0.7Ω
故答案为：(1)B、D、F；(2)甲；(3)1.5，0.7。
(1)实验中要能保证安全和准确性选择电表；
(2)本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；
(3)由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻。
本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，由图像得出电动势和内电阻。
13.【答案】解：(1)电子在电子枪中加速，由动能定理得
eU=12mv02−0
解得
v0= 2eUm
由牛顿第二定律
ev0B=mv02r
解得
r= 2meUeB
作出恰好能打到接收屏P1或P2上的电子的运动轨迹，如图所示
根据几何知识可知，如果被接收屏吸收，则最小半径为
rmin=R2
代入半径表达式，电压的最小值为
Umin=B2R2e8m
最大半径为
rmax=3R2
代入半径表达式，电压的最大值为
Umax=9B2R2e8m
故电子枪加速电压U的调节范围为
B2R2e8m≤U≤9B2R2e8m；
(2)若电子达到M点，作出轨迹线，圆心在O1，电子运动的示意图如图所示
由几何关系可得
(2R−r3)2+R2=r32
解得
r3=5R4
根据牛顿第二定律
evB=mv2r
解得电子的速度为
v3=5eBR4m；
(3)电子运动时间最短时，其对应的轨迹的圆心角最小，当电子打接收器上的位置和S点连线与虚线OS的夹角最大时，即相切，圆心角最小，在如图所示
由几何关系，可得对应圆心角
θ=120°
由
T=2πrv=2πmeB
根据时间与周期的关系
t=θ360∘T
解得电子运动的最短时间为
tmin=13T=2πm3eB。
答：(1)为使电子能打到接收器上，电子枪加速电压U的调节范围为B2R2e8m≤U≤9B2R2e8m；
(2)若某电子刚好达到M点，该电子速度的大小为5eBR4m；
(3)能打到接收器P1MP2上的电子从S点到击中接收器的最短时间为2πm3eB。
【解析】(1)根据动能定理求解电子从电子枪中出来的速度，根据牛顿第二定律求解轨道半径的表达式，根据几何知识求解电子能打到接收器上做圆周运动的半径的临界值，根据半径的表达式求解电子枪加速电压U的调节范围；
(2)根据几何知识求解运动半径，根据牛顿第二定律求解电子的速度；
(3)根据几何知识求解圆心角，根据时间与周期的关系式求解时间。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程，熟练应用几何知识求解半径和圆心角、牛顿第二定律求解速度。
14.【答案】解：(1)t1=0.1s时，设此时电阻R中的电流大小为I0，根据法拉第电磁感应定律有：E=ΔBΔt⋅Ll
又根据闭合电路欧姆定律有：I0=ER+r
代入数据解得：I0=4.8A
由楞次定律可得，电阻R中电流方向由P指向N。
(2)t1=0.1s时将金属棒放在倾斜导轨上端，金属棒恰能静止，设此时棒中电流大小为I0
根据题设条件计算可得：BI0L>mgsinθ，所以静摩擦力到达最大，且沿斜面向下
由平衡条件有：BI0L=mgsinθ+μmgcsθ
代入数据解得：μ=0.75
(3)金属棒在倾斜导轨上做匀加速运动，金属棒在倾斜导轨上运动时受到的安培力大小：FA=BIL
由动生电动势公式有：E=BLv
由欧姆定律有：I=ER+r
根据牛顿第二定律得：F+mgsinθ−μmgcsθ−FA=ma
代入题给数据有：(k−B2L2R+r)v+0.8=ma
由于a不随v变化，故有：k−B2L2R+r=0
代入数据可得：k=1N⋅s/m
(4)由以上分析知，金属棒运动的加速度大小：a=2m/s2
t2=0.25s到t3=1.25s时间内金属棒在倾斜导轨上下滑的距离：x=12a(t3−t2)2=12×2×(1.25−0.25)2m=1m
此段时间内通过金属棒的电荷量：q2=I−⋅Δt=B⋅ΔSΔt(R+r)Δt=BLxR+r=1×1×10.8+0.2C=1C
答：(1)t1=0.1s，电阻R中电流大小为4.8A，方向由P指向N；
(2)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ为0.75；
(3)k的值为1N⋅s/m
(4)t2=0.25s到t3=1.25s时间内流过电阻R截面的电量为1C。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求电流的大小，由楞次定律判断电流方向；
(2)判断出摩擦力的方向后，由平衡条件和题设条件求动摩擦因数；
(3)根据牛顿第二定律和动生电动势等写出加速度的表达式，结合题设条件求出k的值；
(4)求出金属棒的位移后，由电荷量的经验公式求电荷量。
本题是应用倾斜轨道模型考查动生电动势和感生电动势问题，综合了平衡和动力学问题。分清受力方向，弄清运动过程，用相关规律能解决问题。
15.【答案】解：(1)线圈产生感应电动势的最大值
Em=nBωS
解得：Em=300V
感应电动势随时间变化的表达式
e=Emsinωt=300sin300t(V)
(2)线圈中感应电动势的有效值
E=Em 2=150 2V
电流的有效值
I=ER+r=150 24.8+0.2A=30 2A
交流发电机的输出功率即为电阻R的热功率
P=I2R=(30 2)2×4.8W=8.64×103W
(3)根据法拉第电磁感应定律有：
E=n△⌀△t=nB△S△t
由闭合电路欧姆定律：I=ER+r
q=It
联立解得：q=0.2C
答：(1)从线圈经过中性面开始计时，线圈中感应电动势随时间变化的表达式e=Emsinωt=300sin300t(V)；
(2)发电机的输出功率8.64×103W；
(3)求从线圈经过中性面开始计时，经过14周期时间通过电阻R的电荷量为0.2C
【解析】(1)根据Em=nBSω求出最大电动势，再写出瞬时值表达式；
(2)先根据最大值与有效值的关系求出有效值，再根据闭合电路欧姆定律求解电流的有效值，之后求解外电阻的热功率就是发电机的输出功率；
(3)用平均电流与时间爱你的乘积来计算通过电阻R的电荷量．
解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBSω，以及知道峰值与有效值的关系，知道求解电荷量时要用平均值．
1.下列说法中正确的是( )
A. 安培发现了电流的磁效应B. 奥斯特发现了电磁感应现象
C. 法拉第发现了产生感应电流的条件D. 麦克斯韦用实验证实电磁波的存在
2.一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来。下列说法正确的是( )
A. 磁针的磁场使圆盘磁化，圆盘产生的磁场导致磁针转动
B. 圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C. 在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D. 圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
3.如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是( )
A. B.
C. D.
4.如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平面的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称。导线中均通有大小相等、方向向下的电流。已知长直导线在周围产生磁场的磁感应强度B=KIr，式中K是常数、I是导线中的电流、r为点到与导线的距离。一带负电小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点，关于该过程中小球的对水平面压力大小，下列说法中正确的是( )
A. 先增大后减小B. 先减小后增大C. 一直在增大D. 一直在减小
5.2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录.为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则( )
A. 电场力的瞬时功率为qE v12+v22B. 该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C. 该离子的加速度大小不变，方向变化D. v1v2的比值不断减小
6.如图所示，纸面内有一圆心为O，半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里。由距离O点0.4R处的P点沿着与PO连线成θ=30°的方向发射速率大小不等的电子。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用。为使电子不离开圆形磁场区域，则电子的最大速率为( )
A. 7eBR10mB. 29eBR10mC. 21eBR40mD. (5−2 3)eBR5m
7.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为4Ω、1Ω和6Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I，则该变压器原、副线圈匝数的比值为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，足够长的荧屏板MN的上方分布了垂直纸面向里的匀强磁场。荧屏板上P点的正上方有一粒子源S，能够在纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为v0，电荷量为−q(q>0)、质量为m的带负电粒子。粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为d，P点到粒子源S的距离为12d，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用，则下列说法正确的是( )
A. 打到荧屏板上的粒子到P点的最远距离为 152d
B. 粒子能打到荧屏板上的区域长度为 15d
C. 从粒子源出发到荧屏板的最短时间为πd6v0
D. 从粒子源出发到荧屏板的最长时间为5πd3v0
9.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．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁场方向垂直于霍尔元件的工作面向下，磁感应强度大小为B，通入图示方向的电流I，在C、D两侧面会形成电势差UCD，则下列说法中正确的是( )
A. 若霍尔元件的载流子为正电荷，则C点的电势比D点高
B. 若电流I越大，则电势差UCD越大
C. 若磁感应强度B越大，则电势差UCD越小
D. 在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，则该元件的工作面应保持水平
10.如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。与导轨垂直的虚线ab、cd之间区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN从导轨上不同位置同时由静止释放，PQ棒释放高度小于MN棒释放高度，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ棒进入磁场时加速度恰好为零。从PQ棒进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学在实验室测定金属导体电阻的实验中：
(1)游标卡尺测量长度如图1所示，可知其长度为L= ______ cm；
(2)如图2所示，为一正在测量中的多用电表表盘，如果用欧姆挡“×100”测量，读数为______ Ω；如果用“直流5V”挡测量，则读数为______ V。
(3)一个灵敏电流表，它的满偏电流为Ig=50μA，表头内阻Rg=1000Ω，若要将它改装成量程为0.5A的电流表，应并联的电阻阻值为______ Ω。(保留两位有效数字)。
12.为了测量一节干电池的电动势和内阻，某同学采用“伏安法”进行实验测量，现备有下列器材：
A.被测干电池一节；
B.电流表1：量程0～0.6A，内阻rA=0.3Ω；
C.电流表2：量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω；
D.电压表1：量程0～3V，内阻未知；
E.电压表2：量程0～15V，内阻未知；
F.滑动变阻器1：0～10Ω，2A；
G.滑动变阻器2：0～100Ω，1A；
H.开关、导线若干。
利用伏安法测干电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量干电池的电动势和内阻。
(1)上述现有器材，选用：A、______ 、H(填写器材前面的字母)；
(2)实验电路图应选择图中的______ (选填“甲”或“乙”)；
(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U−I图像，则干电池的电动势E= ______ V，内电阻r= ______ Ω。
四、简答题：本大题共2小题，共30分。
13.空间中存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。电子枪将无初速的电子经加速电压加速后在纸面内垂直于SO的方向射出。一个截面为半圆形的粒子接收器P1MP2固定在如图所示的位置，其截面半径为R，直径沿SO方向放置，P1、O、P2、S在同一条直线上，圆心位于O点，OM垂直于P1P2，SO长度为2R。已知电子电荷量为e，质量为m，图中OM与OS垂直。
设电子击中接收器即被吸收，不计电荷间的相互作用。
(1)为使电子能打到接收器上，求电子枪加速电压U的调节范围；
(2)若某电子刚好达到M点，求该电子速度的大小；
(3)求能打到接收器P1MP2上的电子从S点到击中接收器的最短时间。
14.如图甲，MN与PQ为间距L=1m的平行导轨，导轨的上部分水平长度l=1.2m，下部分足够长且处于倾角θ=37°的绝缘斜面上，水平导轨的左端接一阻值R=0.8Ω的电阻，水平部分处于竖直向上的、磁感应强度B1随时间t按图乙所示规律变化的匀强磁场中，倾斜部分处于垂直导轨平面向上的、磁感应强度B=1T的匀强磁场中。在t1=0.1s时将一质量m=0.4kg、电阻r=0.2Ω的金属棒静止放在倾斜导轨部分的上端，金属棒恰好静止，已知金属棒与两导轨间的动摩擦因数处处相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在t2=0.25s时给金属棒一个沿斜面向下的拉力F使金属棒从静止开始匀加速度运动，拉力F的大小与金属棒运动的速度大小的关系式为F=kv+0.8，其中k为定值，金属棒在运动过程中与两导轨接触良好且始终与导轨垂直，不计导轨的电阻，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)t1=0.1s，电阻R中电流大小及方向；
(2)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；
(3)k的值为多大；
(4)t2=0.25s到t3=1.25s时间内流过电阻R截面的电量。
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
15.如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd的边长ab=cd=50cm，bc=ad=20cm，匝数n=200，线圈的总电阻r=0.20Ω，线圈在磁感强度B=0.05T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度ω=300rad/s.线圈两端通过电刷E、F与阻值R=4.8Ω的定值电阻连接．
(1)从线圈经过中性面开始计时，写出线圈中感应电动势随时间变化的表达式；
(2)发电机的输出功率；
(3)求从线圈经过中性面开始计时，经过14周期时间通过电阻R的电荷量．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，故A错误；
BC、1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，故B错误，C正确；
D、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D错误。
故选：C。
根据安培、法拉第、麦克斯韦、奥斯特、赫兹等对电磁学发展的贡献进行分析解答。
本题是物理学史问题，平时要加强记忆是基本的学习方法，既可以学到历史知识，也可以学到科学精神和研究方法。
2.【答案】B
【解析】解：A、铜质圆盘不会被磁化，本现象与磁化现象无关，故A错误；
B、圆盘在径向的金属条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等，从而形成涡流，涡流产生的磁场又导致磁针转动，故B正确；
C、由于圆盘面积不变，距离磁铁的距离不变，故整个圆盘中的磁通量没有变化，故C错误；
D、引起磁针转动的电流是导体切割产生的，不是因为自由电子随圆盘转动形成的电流引起的，故D错误。
故选：B。
通过题意明确涡流的产生，再根据磁极和电流间的相互作用分析磁铁的运动，注意圆盘中无法形成整体电流，但可以形成涡流。
本题要注意明确电流的形成不是因为自由电子运动，而是由于圆盘切割磁感线产生了电动势，从而在圆盘局部形成了涡流。
3.【答案】B
【解析】解：在t=0时刻闭合开关S时，线圈中电流增大，产生自感电动势，使得线圈中电流只能逐渐增大，干路中电流I也逐渐增大，根据欧姆定律UAB=E−Ir，UAB逐渐减小直到稳定，稳定时，电阻R的电流小于灯泡D的电流；
在t=t1时刻断开S时，灯泡中原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，电阻R、灯泡D和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，此时流过灯泡D的电流方向与原来的方向相反，B点的电势比A点电势高，UAB<0，由于稳定时线圈中电流较小，根据UAB=IRD，则此时UAB值比稳定时小，电压逐渐减小，最后减小为0，故选：B。
当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据欧姆定律和楞次定来分析。
本题考查综合运用楞次定律和欧姆定律分析自感现象的能力。要注意电势差的正负。
4.【答案】C
【解析】解：根据右手螺旋定则可知，从a点出发沿连线运动到b点，直线M到O处的磁场方向垂直于MN向里，直线N到O处的磁场方向垂直于MN向外，所以由M到N的过程中，合磁场大小先减小过O点后反向增大，而方向先向外，过O点后向里，根据左手定则可知，带负电的小球受到的洛伦兹力方向开始的方向向上，大小在减小，过O得后洛伦兹力的方向向下，大小在增大，而小球还受重力和支持力的作用，根据竖直方向上的平衡条件可知，小球在运动过程中，对桌面的压力一直在增大，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据右手螺旋定则，判断出MN直线中间部分磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，根据受力分析确定压力大小的变化情况。
本题考查了右手螺旋定则和左手定则的熟练应用，正确解答带电粒子在磁场中运动的思路为先明确受力情况，再进一步明确其运动形式和规律。
5.【答案】C
【解析】解：A、根据功率的计算公式可知电场力的瞬时功率为P=Eqv1，故A错误；
B、由于v1与磁场B平行，v2与磁场B垂直，离子受到的洛伦兹力为F洛=qv2B，故B错误；
C、离子受到的电场力不变，洛伦兹力大小不变，方向总是与电场力方向垂直，则该离子的加速度大小不变，方向改变；故C正确；
D、根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v1v2的比值不断增大，故D错误。
故选：C。
根据功率的计算公式求出电场力的瞬时功率；根据v1、v2与磁场B的方向，计算出洛伦兹力的表达式；根据离子受到的电场力和洛伦兹力判断离子的加速度如何变化；根据运动的合成与分解，分析离子在垂直于纸面内和沿水平方向的运动性质，判断v1v2的比值如何变化。
本题考查了带电粒子在复合场中的运动，解决本题的关键是准确分析带电粒子在复合场中的受力以及运动情况。
6.【答案】C
【解析】解：电子的速率最大时，运动轨迹如图，此时电子的运动轨迹与磁场边界相切，
根据evB=mv2r得：
v=erBm
电子运动半径最大，速度最大。电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线，过电子圆周运动的圆心做OP的垂线，由几何关系得rcs60°+ (R−r)2−(rsin60°)2=0.4R
解得：r=2140R
则最大速率为：
v=21eBR40m，故ABD错误，C正确。
故选：C。
做出电子运动轨迹图，根据几何关系求得半径，从而确定电子的最大速率。
此题考查了带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的处理方法，解题的关键是画出粒子的运动轨迹，利用好几何知识分析求解。
7.【答案】A
【解析】解：设变压器原、副线圈匝数之比为k，则开关S断开时，副线圈电流为kI。
根据理想变压器原理可知：U−IR1kI(R2+R3)=k
开关S闭合时，有：U−4IR14kIR2=k
代入数据联立解得：k=2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
变压器输入电压为U与电阻R1两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求得线圈匝数之比。
本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系。
8.【答案】AD
【解析】解：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，画出粒子在磁场中的可能运动轨迹如图所示。
A、根据几何知识可知，当粒子打在SP右侧极板MN上的Q点，且SQ等于粒子做圆周运动的直径，打到荧屏板上的粒子到P点的距离为最远，由几何知识得打到荧屏板上的粒子到P点的最远距离为：PQ= (2d)2−(d2)2= 152d，故A正确；
B、由几何知识可知，当粒子在SP左侧的运动轨迹恰好与MN相切与K点时，此时粒子为打在MN板左侧的最远点，由几何知识得
KP= d2−(d2)2= 32d
则粒子能打到荧屏板上的区域长度为
L=KP+QP=( 3+ 15)2d，故B错误；
C、由几何知识可知，当粒子在磁场中运动轨迹过P点时，粒子运动轨迹所对应的弦长最短，轨迹对应的圆心角最小，则从粒子源出发到荧屏板所用时间最短，由几何知识得
sinθ=d4d=14
而若圆心角为30°时，所用时间为：tmin=2πd12v0=πd6v0
所以从粒子源出发到荧屏板的最短时间小于πd6v0，故C错误；
D、由几何知识可知，当粒子在SP右侧的运动轨迹恰好与MN相切于T点时，轨迹对应的圆心角最大，从粒子源出发到荧屏板所用时间最长，由几何知识可得此时粒子运动轨迹所对应的圆心角为
θ=300°
所以运动所用最长时间为
tmax=300°360∘⋅2πdv0=5πd3v0，故D正确。
故选：AD。
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求距离P点的最远距离和打到荧光板区域长度；所有粒子运动线速度大小相等，粒子在磁场中运动时间与轨迹弧长成正比，作出粒子运动的最长弧长和最短弧长即可求最长时间和最短时间。
本题考查了带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的问题，解题关键是根据要求准确作出粒子的运动轨迹，粒子源发射速度相同方向不同的同种粒子，它们做圆周运动半径相同，可以从动圆角度分析粒子的运动，确定满足要求的轨迹。
9.【答案】AB
【解析】解：A、根据左手定则，正电荷向C侧面偏转，C表面带正电，D表面带负电，所以C表面的电势高，故A正确。
BC、CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有qUb=qvB，I=nqvS=nqvbc，则U=BInqc.可见电势差的大小与材料、磁感应强度、电流的大小有关。故B正确，C错误。
D、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过。故D错误。
故选：AB。
在霍尔元件中，移动的是正电荷，根据左手定则判断出正电荷所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道C、D两侧面会形成电势差UCD的正负．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差UCD与什么因素有关．
解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡．
10.【答案】BC
【解析】解：PQ棒进入磁场时加速度恰好为零，则PQ进入磁场匀速运动，设速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流：I0=BLvR，满足：mgsinθ=B2L2vR保持不变，根据右手定则可知电流方向Q→P，由图像可知为正向电流；
AB、如果PQ离开磁场时MM还没有进入磁场，此时电流为零；因PQ棒释放高度小于MN棒释放高度，由动能定理可知MN进入磁场时的速度v1>v，则有：mgsinθ
CD、如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时产生的感应电流大小为：I=BLv1−BLvR，电流方向为N→M→P→Q，为负；此时的电流大小可以大于I0或于I0或等于I0，此后随着MN受安培阻力，PQ受安培动力，v1减小，v增大，则电流I逐渐变小，若达到二者的速度相等时，电流为零，两棒受重力的作用而加速运动，电流一直为零，当PQ离开磁场后，MN重新开始做减速运动，PQ流过的电流为负逐渐减小，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势计算公式求解感应电流大小与速度的关系，根据PQ和MN进入磁场的先后顺序判断电流的变化，根据右手定则判断电流方向。
对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系。
11.【答案】11.050 800 3.30 0.10
【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.05mm，所测长度读数为110mm+10×0.05mm=110.50mm=11.050cm
(2)根据欧姆表的读数规则，其读数为8×100Ω=800Ω，直流5V的精度是0.1V，根据电压表的读数要求，其读数为3.30V；
(3)根据并联电路的知识，满足
IgRg=(I−Ig)R并
代入Ig=50μA，Rg=1000Ω，I=0.5A
解得R并=0.10Ω
故答案为：(1)11.050；
(2)800，3.30；
(3)0.10。
(1)(2)根据游标卡尺、欧姆表、电压表的读数规则完成读数；
(3)根据并联电路分流的原理列式并代入数据求解。
熟练掌握基本器材的使用和读数规则，能够准确的进行相关数据的测量。
12.【答案】BDF 甲 1.5 0.7
【解析】解：(1)本实验中必选的仪器有：被测干电池一节；采用“伏安法”测电源电动势和内阻，因此需要电流表和电压表，为了读数准确，电流表选量程为0～0.6A的电流表1，即选B；一节干电池电压约1.5V，电压表选量程为0～3V的电压表1，即选D；由于要测量多组数据，因此需要滑动变阻器，滑动变阻器选择阻值较小滑动变阻器1，即F，有利于电表的数值变化，减小误差；另外还需要开关、导线若干。
故器材还需BDF；
(2)由于电流表内阻已知而电压表内阻未知，因此应采用相对电源来说的电流表内接法，故选择图甲；
(3)由闭合回路欧姆定律可得
U=E−I(r+rA)
根据U−I图像可得
E=1.5V
r+rA=ΔUΔI=1.5−1.00.5−0=1Ω
解得r=0.7Ω
故答案为：(1)B、D、F；(2)甲；(3)1.5，0.7。
(1)实验中要能保证安全和准确性选择电表；
(2)本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；
(3)由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻。
本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，由图像得出电动势和内电阻。
13.【答案】解：(1)电子在电子枪中加速，由动能定理得
eU=12mv02−0
解得
v0= 2eUm
由牛顿第二定律
ev0B=mv02r
解得
r= 2meUeB
作出恰好能打到接收屏P1或P2上的电子的运动轨迹，如图所示
根据几何知识可知，如果被接收屏吸收，则最小半径为
rmin=R2
代入半径表达式，电压的最小值为
Umin=B2R2e8m
最大半径为
rmax=3R2
代入半径表达式，电压的最大值为
Umax=9B2R2e8m
故电子枪加速电压U的调节范围为
B2R2e8m≤U≤9B2R2e8m；
(2)若电子达到M点，作出轨迹线，圆心在O1，电子运动的示意图如图所示
由几何关系可得
(2R−r3)2+R2=r32
解得
r3=5R4
根据牛顿第二定律
evB=mv2r
解得电子的速度为
v3=5eBR4m；
(3)电子运动时间最短时，其对应的轨迹的圆心角最小，当电子打接收器上的位置和S点连线与虚线OS的夹角最大时，即相切，圆心角最小，在如图所示
由几何关系，可得对应圆心角
θ=120°
由
T=2πrv=2πmeB
根据时间与周期的关系
t=θ360∘T
解得电子运动的最短时间为
tmin=13T=2πm3eB。
答：(1)为使电子能打到接收器上，电子枪加速电压U的调节范围为B2R2e8m≤U≤9B2R2e8m；
(2)若某电子刚好达到M点，该电子速度的大小为5eBR4m；
(3)能打到接收器P1MP2上的电子从S点到击中接收器的最短时间为2πm3eB。
【解析】(1)根据动能定理求解电子从电子枪中出来的速度，根据牛顿第二定律求解轨道半径的表达式，根据几何知识求解电子能打到接收器上做圆周运动的半径的临界值，根据半径的表达式求解电子枪加速电压U的调节范围；
(2)根据几何知识求解运动半径，根据牛顿第二定律求解电子的速度；
(3)根据几何知识求解圆心角，根据时间与周期的关系式求解时间。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程，熟练应用几何知识求解半径和圆心角、牛顿第二定律求解速度。
14.【答案】解：(1)t1=0.1s时，设此时电阻R中的电流大小为I0，根据法拉第电磁感应定律有：E=ΔBΔt⋅Ll
又根据闭合电路欧姆定律有：I0=ER+r
代入数据解得：I0=4.8A
由楞次定律可得，电阻R中电流方向由P指向N。
(2)t1=0.1s时将金属棒放在倾斜导轨上端，金属棒恰能静止，设此时棒中电流大小为I0
根据题设条件计算可得：BI0L>mgsinθ，所以静摩擦力到达最大，且沿斜面向下
由平衡条件有：BI0L=mgsinθ+μmgcsθ
代入数据解得：μ=0.75
(3)金属棒在倾斜导轨上做匀加速运动，金属棒在倾斜导轨上运动时受到的安培力大小：FA=BIL
由动生电动势公式有：E=BLv
由欧姆定律有：I=ER+r
根据牛顿第二定律得：F+mgsinθ−μmgcsθ−FA=ma
代入题给数据有：(k−B2L2R+r)v+0.8=ma
由于a不随v变化，故有：k−B2L2R+r=0
代入数据可得：k=1N⋅s/m
(4)由以上分析知，金属棒运动的加速度大小：a=2m/s2
t2=0.25s到t3=1.25s时间内金属棒在倾斜导轨上下滑的距离：x=12a(t3−t2)2=12×2×(1.25−0.25)2m=1m
此段时间内通过金属棒的电荷量：q2=I−⋅Δt=B⋅ΔSΔt(R+r)Δt=BLxR+r=1×1×10.8+0.2C=1C
答：(1)t1=0.1s，电阻R中电流大小为4.8A，方向由P指向N；
(2)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ为0.75；
(3)k的值为1N⋅s/m
(4)t2=0.25s到t3=1.25s时间内流过电阻R截面的电量为1C。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求电流的大小，由楞次定律判断电流方向；
(2)判断出摩擦力的方向后，由平衡条件和题设条件求动摩擦因数；
(3)根据牛顿第二定律和动生电动势等写出加速度的表达式，结合题设条件求出k的值；
(4)求出金属棒的位移后，由电荷量的经验公式求电荷量。
本题是应用倾斜轨道模型考查动生电动势和感生电动势问题，综合了平衡和动力学问题。分清受力方向，弄清运动过程，用相关规律能解决问题。
15.【答案】解：(1)线圈产生感应电动势的最大值
Em=nBωS
解得：Em=300V
感应电动势随时间变化的表达式
e=Emsinωt=300sin300t(V)
(2)线圈中感应电动势的有效值
E=Em 2=150 2V
电流的有效值
I=ER+r=150 24.8+0.2A=30 2A
交流发电机的输出功率即为电阻R的热功率
P=I2R=(30 2)2×4.8W=8.64×103W
(3)根据法拉第电磁感应定律有：
E=n△⌀△t=nB△S△t
由闭合电路欧姆定律：I=ER+r
q=It
联立解得：q=0.2C
答：(1)从线圈经过中性面开始计时，线圈中感应电动势随时间变化的表达式e=Emsinωt=300sin300t(V)；
(2)发电机的输出功率8.64×103W；
(3)求从线圈经过中性面开始计时，经过14周期时间通过电阻R的电荷量为0.2C
【解析】(1)根据Em=nBSω求出最大电动势，再写出瞬时值表达式；
(2)先根据最大值与有效值的关系求出有效值，再根据闭合电路欧姆定律求解电流的有效值，之后求解外电阻的热功率就是发电机的输出功率；
(3)用平均电流与时间爱你的乘积来计算通过电阻R的电荷量．
解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBSω，以及知道峰值与有效值的关系，知道求解电荷量时要用平均值．
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