2025-2026学年甘肃省嘉峪关一中高二（上）期末物理试卷-普通用卷

这是一份2025-2026学年甘肃省嘉峪关一中高二（上）期末物理试卷-普通用卷，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于物理学史，下列说法中正确的是( )
A. 图1−1是法拉第线圈，法拉第发现了“电生磁”
B. 图1−2是电流的磁效应，奥斯特发现了“磁生电”
C. 图1−3是库仑通过静电力扭秤实验研究，发现了库仑定律
D. 图1−4对应的是楞次提出的分子电流假说
2.一束电子从赤道上空由上向下运动，在地球磁场的作用下，它将( )
A. 向东偏转B. 向西偏转C. 向南偏转D. 向北偏转
3.两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图所示的方向通入两铝环，则两环的运动情况是( )
A. 都绕圆柱体转动B. 彼此相向运动，且具有大小相等的加速度
C. 彼此相向运动，电流大的加速度大D. 彼此背向运动，电流大的加速度大
4.下列四图表示真空中不计重力的电子分别以速度v按如图所示的方向进入匀强电场E或匀强磁场B中，下列说法正确的是( )
A. 图甲中带电粒子做匀速直线运动
B. 图乙中带电粒子做匀变速曲线运动
C. 图丙中带电粒子在纸面所在平面内做匀速圆周运动
D. 图丁中带电粒子做匀加速直线运动
5.如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D(D>L)、方向竖直向下的有界匀强磁场，在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以F表示拉力大小(以向右为正)、以Uab表示线框ab两点间的电势差，则下列反映这些物理量随时间变化的图像中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，某空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，O处有一粒子源，可以在纸面内沿各个方向均匀发射质量为m、电荷量为+q、速度大小为v的带电粒子，在粒子源上方固定一足够大的水平挡板MN，OA垂直于MN且OA=L，已知粒子打到挡板最左侧的点到A点的距离是打到最右侧的点到A点距离的23。若不计粒子重力和粒子间的相互作用，打到挡板上的粒子全被吸收，sin37∘=0.6。则磁感应强度的大小为( )
A. 8mv5qLB. 2mvqLC. 5qL8mvD. mv2qL
7.如图所示，下列说法正确的是( )
A. 图甲是回旋加速器示意图，电压U越大，粒子最终速度越大
B. 图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的正极
C. 图丙是速度选择器，带电粒子能够通过速度选择器的条件是v=EB，与粒子电性无关
D. 图丁是霍尔效应示意图，若导体中的自由电荷是电子，则导体上表面的电势比下表面的电势高
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.在研究微型电动机的性能时，可采用图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V.则有关这台电动机正常运转时的说法正确的是( )
A. 电动机的输出功率为22WB. 电动机的输出功率为30W
C. 电动机的内电阻为2ΩD. 电动机的内电阻为7.5Ω
9.图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕着垂直于磁场方向的轴匀速转动。线圈的匝数n=100匝、电阻r=10Ω，线圈的两端与R=90Ω的电阻连接，电流表为理想电表，熔断器电阻忽略不计。从t=0时刻开始计时，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按如图乙所示的规律变化。下列说法正确的是( )
A. t=0.01s时，电流表示数为零
B. t=0.01s时，线圈中磁通量的变化率为零
C. 通过熔断器的电流为3.14A
D. 从t=0.01s到t=0.02s，通过R的电荷量为0.02C
10.某电厂对用户进行供电的原理如图所示。发电机的输出电压为U1=380V，输电线的总电阻r=15Ω，为了减小损耗采用了高压输电。变压器视为理想变压器，其中升压变压器的匝数比为n1：n2=1：20，用户获得的电压为U4=220V，如果某次输电时发电厂的输出功率为P1=7.6×105W，则下列说法中正确的有( )
A. 输电线上的电流为100A
B. 降压变压器的输入电压U3为6100V
C. 用户获得的功率为1.5×105W
D. 降压变压器的匝数比为n3：n4=380：11
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学在做探究电磁感应现象规律的实验中，她选择了一个灵敏电流计G，在没有电流通过灵敏电流计的情况下，电流计的指针恰好指在刻度盘中央。她先将灵敏电流计G连接在图甲所示的电路中，电流计的指针如图甲所示。
(1)为了探究电磁感应规律，该同学将灵敏电流计G与一螺线管串联，如图乙所示。通过分析可知图乙中的条形磁铁的运动情况是______(填“向上拔出”或“向下插入”)。
(2)该同学按丙图连接好仪器后开始实验探究。下列说法正确的是______。
A.开关闭合后，线圈A插入线圈B中或从线圈B中拔出，都会引起电表的指针偏转
B.线圈A插入线圈B中后，在开关闭合和断开的瞬间，电表的指针均不会偏转
C.开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电表的指针静止在中央零刻度
D.开关闭合后，只要移动滑动变阻器的滑片P，电表的指针一定会偏转
(3)该同学又把一铜线圈水平固定在铁架台上，其两端连接在电流传感器上，能得到该铜线圈中的电流随时间变化的图线。两次实验中分别得到了如图丁、戊所示的电流随时间变化的图线(两次用同一条形磁铁，在距离铜线圈上端不同高度处，由静止沿铜线圈轴线竖直下落，始终保持直立姿态，且所受空气阻力可忽略不计)。根据此实验的操作，下列说法正确的是______。
A.在磁铁穿过线圈的过程中，两次线圈内磁通量的变化量相同
B.条形磁铁距离铜线圈上端的高度越大，产生的感应电流峰值越大
C.两次实验中，线圈内产生的焦耳热相同
D.磁体所受的磁场力都是先向上后向下
12.某实验小组为了测量某一段特殊金属丝的电阻率，采用如下操作步骤开展实验：
(1)先用多用电表×1Ω挡粗测其电阻，显示结果如图甲所示，粗测其电阻阻值为______Ω；用螺旋测微器测量其直径；再用50分度的游标卡尺测量金属丝的长度，长度测量结果为______ cm。
(2)为了减小实验误差，实验过程中要求电流表示数从零开始记录多组数据，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A.电流表A1，量程为0−1.5mA，内阻r1=500Ω
B.电流表A2，量程为0−0.6A，内阻r2约为1Ω
C.电压表，量程为0−3V内阻r3约为1kΩ
D.定值电阻。R1=500Ω
E.定值电阻。R2=9500Ω
F.滑动变阻器。Rp，最大阻值为10Ω
G.电源(电动势约为15V)
H.开关一只，导线若干
回答下列问题：
①有实验小组选择采用的电路设计如图所示，为提高实验测量的准确度，与电流表A1串联的电阻R应选择______(选填“R1”或“R2”)，左端导线a应接______(选填“b”或“c”)触点；
②实验时测得。A1示数为I1，A2示数为I2，由此可测得该金属丝的电阻。Rx=______(用r1、I1I2、R1或R2表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共41分。
13.在如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=100Ω，R2阻值未知，R3是一滑动变阻器，当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流的变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在滑动变阻器的两个不同端点得到的。求：
(1)电源的电动势和内阻。
(2)定值电阻R2的阻值。
(3)滑动变阻器的最大阻值。
14.如图所示，在虚线边界MM′和虚线边界PP′内有匀强磁场，磁感应强度大小为0.8T。MM′、PP′之间的距离为d=0.4m。有一边长为l=0.4m的正方形金属框从高处由静止落下，cd边恰好到达磁场边界MM′时的速度为v=5m/s，然后金属框以5m/s的速度匀速穿过磁场区域(整个过程cd边始终保持水平)，整个金属框的电阻为R=0.8Ω。g=10m/s2，不计空气阻力，求：
(1)金属框静止下落的位置到MM′的高度h；
(2)金属框的质量m；
(3)从cd边进入磁场开始，到ab边刚要离开磁场的过程中，金属框中产生的热量Q。
15.如图所示，在等腰直角三角形OAD内部有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，OA在x轴上，长度为L。一粒子的质量为m、电荷量为q，从OA中点C垂直OA射入磁场，刚好垂直OD射出磁场，不计粒子所受的重力。
(1)判断粒子的电性；
(2)求粒子的速度大小v；
(3)求粒子打在y轴上的点P的坐标；
(4)求粒子从射入磁场到打在y轴上的总时间t。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A：第一幅图是法拉第线圈，法拉第发现了“磁生电”，故A错误；
B：第二幅图是电流的磁效应，小磁针在磁场中发生偏转，奥斯特发现了“电生磁”，故B错误；
C：第三幅图是库仑通过静电力扭秤实验研究，采用放大法发现了库仑定律，故C正确；
D：第四幅图对应的是安培提出的分子电流假说，故D错误；
故选：C。
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。
本题考查物理学史和常识问题，对于物理学上的重大发现，要加强记忆。
2.【答案】B
【解析】解：赤道处的磁场方向从南向北，电子在地球赤道上空竖直向下运动，根据左手定则，洛伦兹力的方向向西，所以粒子将向西偏转．选项B正确．
故选：B.
通过磁场方向、电流方向，根据左手定则判断洛伦兹力的方向．
解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、洛伦兹力方向的关系，同时要注意电磁场的分布规律．
3.【答案】B
【解析】解：根据电流间相互作用规律“通向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环应相互吸引，即彼此相向运动，再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律可知，两圆环的加速度大小相等，所以B正确ACD错误。
故选：B。
本题的关键是明确两电流间的相互作用规律“同相电流相互吸引，异向电流相互排斥”，并结合牛顿第三定律和牛顿第二定律即可求解．
要熟记电流间相互作用规律“通向电流相互吸引，异向电流相互排斥”．
4.【答案】B
【解析】解：AB、电子在匀强电场中运动，受恒定的电场力，加速度大小不变，方向水平向左，图甲中加速度方向与初速度方向相反，故电子做匀减速直线运动，然后再反向匀加速，图乙中加速度方向与初速度方向垂直，电子做匀变速曲线运动，故A错误，B正确；
CD、电子在匀强磁场中运动，由左手定则可知，图丙中电子受垂直纸面向外的洛伦兹力，在垂直纸面的平面内做匀速圆周运动，图丁中电子电子不受洛伦兹力，做匀速直线运动，故CD错误。
故选：B。
AB、电子在匀强电场中运动，受与电场方向相反的电场力，根据加速度方向与速度方向关系分析；
CD、电子在匀强磁场中运动，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，再分析电子的运动情况。
考查了带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动状态分析方法，熟练应用左手定则判断洛伦兹力。
5.【答案】C
【解析】解：AB、根据题意分析可知，线框向右做匀速直线运动，进入磁场和出磁场过程中根据楞次定律阻碍相对运动的条件，可知拉力与安培力等大反向，即根据安培力公式有F=BIL=BBLvRL=B2L2vR
即线圈进入磁场和出离磁场的过程中拉力大小相同，方向相同；线框完全进入磁场运动过程中，闭合线框中ΔΦ=0，线框中无感应电流，故安培力为0，拉力大小为0，故AB错误；
CD、根据题意分析可知，线框进入磁场时，ab导体棒切割磁感线，即电源，根据右手定则可知φa>φb
故ab两端电势差为路端电压Uab=34E=34BLv
完全进入磁场，线框中无电流，故Uab=E=BLv
线框穿出磁场过程中，cd边切割磁感线，根据楞次定律判断感应电流可知φa>φb
则Uab=14E=14BLv
对应图像可知，故C正确，D错误。
故选：C。
线框以恒定速度通过磁场，分为“进入磁场”“完全在磁场中”“离开磁场”三个阶段。根据受力分析和电路分析判断F和Uab的变化。
解决线框过磁场的问题，需明确“进入、完全在磁场中、离开”三个阶段的电磁感应状态，结合受力分析，拉力与安培力平衡和电路分析判断物理量的变化。
6.【答案】A
【解析】解：根据题意分析可知，设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，粒子打到挡板最左侧的点为C点，则粒子的轨迹在C点与挡板相切。设A、C间距离为x1，由几何关系有r2=x12+(L−r)2
粒子打到挡板最右侧的点为D点，分析可知OD为粒子做圆周运动轨迹圆的直径。
设A、D间距离为x2，由几何关系可得(2r)2=x22+L2
由题意知x1x2=23
解得r=5L8(另一解舍去)
由牛顿第二定律有qvB=mv2r
解得B=8mv5qL，故A正确，BCD错误；
故选：A。
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。粒子源O沿纸面各方向发射粒子，打在水平挡板MN上的最左、最右点到A的距离满足比例关系。需通过几何关系确定轨迹半径，结合洛伦兹力公式求解磁感应强度。
本题关键是通过几何关系确定粒子做圆周运动的轨道半径，结合洛伦兹力提供向心力的公式求解磁感应强度。需注意粒子轨迹的对称性及三角函数在几何关系中的应用。
7.【答案】C
【解析】解：A、图甲是回旋加速器示意图，粒子最终沿D形盒侧壁射出时速度最大，根据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvmaxB=mvmax2R
解得vmax=qBRm
故粒子的最大速度与电压U无关，故A错误；
B、图乙是磁流体发电机的结构示意图，根据左手定则可知，正粒子向B板偏转，负离子向A板偏转，故B板是发电机的正极，故B错误；
C、根据题图分析可知，图丙是速度选择器，不管带电粒子带正电还是带负电，带电粒子所受洛伦兹力与电场力的方向都相反，如果满足qvB=qE
即v=EB
则带电粒子能够通过速度选择器，故C正确；
D、根据题图分析可知，图丁是霍尔效应示意图，若导体中的自由电荷是电子，根据左手定则可知，电子所受的洛伦兹力向上，则导体上表面带负电，上表面的电势比下表面的电势低，故D错误。
故选：C。
根据回旋加速器、磁流体发电机、速度选择器和霍尔效应的相关知识。需结合各装置的工作原理，利用洛伦兹力、电场力的平衡条件及左手定则，对每个选项逐一分析。
本题关键在于理解各装置的核心原理：回旋加速器：粒子最终速度由D形盒半径决定，与加速电压无关；磁流体发电机：通过左手定则判断电荷偏转方向，确定极板极性；速度选择器：电场力与洛伦兹力平衡，速度条件v=EB与电性无关；霍尔效应：自由电荷(电子)的洛伦兹力方向决定电势高低，电子偏转后上表面带负电，电势更低。
8.【答案】AC
【解析】解：C、D、电动机的电阻R=UI=10.5=2Ω，故C正确，D错误；
A、B、电动机的总功率为：P=U1I1=15V×2A=30W；
克服自身电阻的功率为：PR=I12R=22×2=8W；
电动机正常运转时的输出功率为：P输出=P−PR=30W−8W=22W.故A正确，B错误；
故选：AC。
从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式R=UI可求电动机停转时的电阻；利用公式P=UI可求电动机的总功率，根据公式P=I2R可求电动机克服本身电阻的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率．
本题考查电阻、功率的有关计算，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，要知道非纯电阻电路的功率的计算方法，这是本题的重点和难点．
9.【答案】BD
【解析】解：A、电流表测量的是电流的有效值，线圈匀速转动时，电流表示数不变且不为零，故A错误；
B、在Φ−t图像中，图线的斜率表示磁通量的变化率，根据图乙可知，t=0.01s时，Φ−t图像的斜率为零，即线圈中磁通量的变化率为零，故B正确；
C、根据图乙可知，t=0时，线圈中磁通量最大，即线圈此时处于中性面位置处，可知线圈转动过程中产生的是正弦式交流电。
由图乙知，磁通量最大值为Φm=BS=1×10−2Wb，周期为T=0.02s
线圈产生的电动势最大值为
Em=nBSω=nBS⋅2πT=100×1×10−2×2π0.02V=100πV
电动势的有效值为
E=Em 2=100π 2V=50 2πV
根据闭合电路的欧姆定律可得电流的有效值为
I=ER+r=50 2π90+10A= 22πA，故C错误；
D、从t=0.01s到t=0.02s，通过R的电荷量为
q=I−Δt=E−r+RΔt=nΔΦΔt(r+R)⋅Δt=nΔΦr+R
从t=0.01s到t=0.02s，其磁通量的变化量ΔΦ=2×10−2Wb，代入上式解得：q=0.02C，故D正确。
故选：BD。
电流表测量的是电流的有效值，线圈匀速转动时，电流表示数不变；由图乙读出t=0.01s时线圈中磁通量的大小，再由斜率分析磁通量的变化率大小；由Em=nBSω求出电动势的最大值，由E=Em 2求电动势有效值，再由闭合电路欧姆定律求出电流有效值，即可得到通过熔断器的电流；推导出通过R的电荷量与磁通量变化量的关系，再求通过R的电荷量。
此题考查正弦式交变电流的产生规律，解决本题的关键要知道峰值、有效值的区别，能熟练推导出电荷量与磁通量变化量的关系式，并能灵活运用。
10.【答案】AB
【解析】解：A.升压变压器原线圈电流为
I1=P1U1=7.6×105380A=2000A
根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系
I1I2=n2n1
解得输电线上的电流为
I2=100A，故A正确；
B.根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
U1U2=n1n2
解得
U2=7600V
降压变压器的输入电压
U3=U2−I2r=7600V−15×100V=6100V，故B正确；
C.输电线上损失的功率
ΔP=I22r=1002×15W=1.5×105W
用户获得的功率为
P=P1−ΔP=7.6×105W−1.5×105W=6.1×105W，故C错误；
D.降压变压器的匝数比为
n3n4=U3U4=6100220=30511，故D错误。
故选：AB。
A：根据输入功率求解升压变压器原线圈中的电流，再根据变压器原副线圈电流与线圈匝数关系求解输电线上的电流；
B：根据变压器原副线圈电压与线圈匝数关系求解升压变压器副线圈两端电压，再根据输电线电压关系求解降压变压器原线圈输入电压；
C：先根据功率公式求解输电线上损失的功率，再根据功率输电线上功率关系求解用户得到的功率；
D：根据变压器原副线圈电压与线圈匝数关系求解降压变压器的匝数比。
本题考查变压器及远距离输电问题，要求学生熟练掌握变压器输入和输出的电压、电流、功率的定量关系和制约关系。
11.【答案】向上拔出 AD AB
【解析】解：(1)要使灵敏电流计的指针向右偏转，可知线圈中感应电流的方向时逆时针的，由安培定则可知，感应电流的磁场方向向上，条形磁铁磁场方向向上，根据楞次定律可知，磁通量减小，条形磁铁向上拔出。
(2)A、开关闭合后，线圈A插入线圈B中或从线圈B中拔出，都会使穿过线圈B的磁通量发生变化，回路产生感应电流，从而引起电表的指针偏转，故A正确；B、线圈A插入线圈B中后，在开关闭合和断开的瞬间，A线圈的电流都会发生变化，从而使穿过线圈B的磁通量发生变化，回路产生感应电流，电表的指针均会偏转，故B错误；CD、开关闭合后，无论滑动变阻器的滑片P匀速滑动、加速滑动或者减速滑动，滑动变阻器接入电路阻值发生变化，A线圈的电流发生变化，从而使穿过线圈B的磁通量发生变化，回路产生感应电流，电表的指针会偏转，指针不会静上在中央零刻度，故C错误，D正确。
故选：AD。
(3)A.在磁铁穿过线圈的过程中，由于两次用同一条形磁铁，初末位置穿过线圈的磁通量相等，则线圈内磁通量的变化量相同，故A正确；B.条形磁铁距离铜线圈上端的高度越大，在磁铁穿过线圈的过程中，条形磁铁的速度越大，使得线圈内磁通量的变化越快，产生的感应电动势越大，产生的感应电流峰值越大，故B正确；C.两次实验中，条形磁铁受到的磁场力大小不同，则磁铁克服磁场力做功不同，磁铁减少的机械能不同，所以线圈内产生的焦耳热不同，故C错误；D.由于磁铁一直相对于线圈向下运动，根据“来拒去留”推论可知，磁体所受的磁场力一直向上，故D错误。
故选：AB。故答案为：(1)向上拔出；(2)AD；(3)AB。
(1)根据楞次定律分析；
(2)根据产生感应电流的条件分析，即穿过闭合电路的磁通量发生变化；
(3)根据楞次定律结合法拉第电磁感应定律分析。
熟练掌握产生感应电流的条件和楞次定律是解题的基础。
12.【答案】26;10.006 R2;c;I1(R2+r1)I2−I1
【解析】解：(1)由图甲可知，多用电表×1Ω挡，粗测电阻阻值为26Ω。
由图乙可知，用50分度的游标卡尺测量金属丝的长度，长度测量结果为
10cm+3×0.02mm=10.006cm
(2)①由实验电路可知，与电流表A1串联的电阻R，组成电压表，为提高实验测量的准确度，电源电动势约为15V，因此电阻R应选择R2，由欧姆定律可得
U=IgA1(r1+R2)
代入数据解得U=15V
因待测电阻约为26Ω，则有
Rx=26Ω< (r1+R2)r2= 10000×1Ω=100Ω
因此左端导线a应接c。
②由实验电路图和欧姆定律可得
I1(r1+R2)=Rx(I2−I1)
解得
Rx=I1(r1+R2)I2−I1
故答案为：(1)26；10.006；(2)R2；c；I1(R2+r1)I2−I1。
(1)根据多用电表、游标卡尺读数规则读数；
(2)根据电表改装、电路设计与电阻计算，结合实验原理、器材参数分析各步骤。
本题核心在于电表改装、电路接法选择，以及电阻的推导。
13.【答案】电源的电动势等于20V，内阻等于20Ω；
定值电阻R2的阻值等于5Ω；
滑动变阻器的最大阻值等于300Ω
【解析】(1)电源的路端电压随电流的变化图线斜率大小等于电源的内阻，则有内阻
r=|ΔUΔI|=16−40.8−0.2Ω=20Ω
电源的电动势为
E=U+Ir
取电压U1=16V，电流I1=0.2A，代入解得
E=20V
(2)当滑片P滑到最右端时，R1被短路，外电路的电阻最小，电流最大。此时电压U2=4V，电流I2=0.8A，则定值电阻
R2=U2I2,解得R2=5Ω
(3)当滑片P滑到最左端时，滑动变阻器阻值最大，外电阻最大，电流最小，此时路端电压U1=16V，电流I1=0.2A
外电路总电阻
R=U1I1,解得R=80Ω
又
R=R2+R1R3R1+R3
代入解得
R3=300Ω
答：(1)电源的电动势等于20V，内阻等于20Ω；
(2)定值电阻R2的阻值等于5Ω；
(3)滑动变阻器的最大阻值等于300Ω。
(1)由闭合电路欧姆定律结合图像可求电源电动势和内阻；
(2)当P滑到R3的右端时，R1被短路，对应题图乙中的B点，根据欧姆定律求R2；
(3)当滑片P滑到最左端时，滑动变阻器阻值最大，外电阻最大，电流最小，结合欧姆定律求解最大阻值。
要掌握U−I图像，会由U−I图像求电源电动势与内电阻；分析清楚电路结构，根据图像找出电路所对应的电压与电流值是正确解题的关键。
14.【答案】金属框静止下落的位置到MM′的高度为1.25m 金属框的质量为0.064kg 从cd边进入磁场开始，到ab边刚要离开磁场的过程中，金属框中产生的热量为0.512J
【解析】解：(1)根据机械能守恒，有mgh=12mv2
解得h=1.25m
(2)感应电动势E=Blv
感应电流I=ER
安培力F=BIl
根据力的平衡，可得F=mg
联立，解得m=0.064kg
(3)运动时间t=d+lv
焦耳定律Q=I2Rt
联立，解得Q=0.512J
答：(1)金属框静止下落的位置到MM′的高度为1.25m；
(2)金属框的质量为0.064kg；
(3)从cd边进入磁场开始，到ab边刚要离开磁场的过程中，金属框中产生的热量为0.512J。
(1)通过机械能守恒求下落高度；
(2)利用安培力与重力的平衡结合电磁感应公式求质量；
(3)根据能量守恒结合位移分析求热量。
解决这类电磁感应中的能量问题，关键在于明确能量转化：金属框匀速运动时，动能不变，重力势能的减少通过克服安培力做功转化为电热；同时，通过受力分析结合电磁感应的安培力公式，利用平衡条件建立方程，结合机械能守恒定律求解相关物理量。
15.【答案】粒子带正电；
粒子的速度大小为BLq2m；
粒子打在y轴上的点P的坐标为(0, 22L)；
粒子从射入磁场到打在y轴上的总时间为(π+4)m4Bq
【解析】(1)粒子刚好垂直OD射出磁场，依据左手定则可判断粒子带正电。
(2)粒子从OA中点C垂直OA射入磁场，刚好垂直OD射出磁场，说明粒子做匀速圆周运动的圆心为O点半径R=0.5L，有
qvB=mv2R
解得
v=BLq2m。
(3)设粒子垂直OD射出的点为K，OK=0.5L，ΔOAD是等腰直角三角形，可得出ΔOPK是等腰直角三角形
PK=0.5L，OP= 22L
粒子打在y轴上的点P的坐标为(0, 22L)。
(4)粒子从射入磁场到打在y轴上的总路程
s=πL8+0.5L，且t=sv
解得t=(π+4)m4Bq。
答：(1)粒子带正电；
(2)粒子的速度大小为BLq2m；
(3)粒子打在y轴上的点P的坐标为(0, 22L)；
(4)粒子从射入磁场到打在y轴上的总时间为(π+4)m4Bq。
(1)由左手定则判断粒子的电性；
(2)由洛伦兹力提供向心力求粒子的速度大小v；
(3)由几何关系求粒子打在y轴上的点P的坐标；
(4)由运动学公式求粒子从射入磁场到打在y轴上的总时间t。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。