遼寧省沈陽市高二上期末教學質量監(jiān)測物理試題

1、2014-2015學年遼寧省沈陽市高二（上）期末物理試卷一、選擇題：本題共12小題每小題4分，共48分在每小題給出的四個選項中，第1-8題只有一項符合題目要求，第9-12題有多項符合題目要求全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的或不答的得0分1（4分）（2014秋沈陽期末）人類發(fā)現(xiàn)電和磁的聯(lián)系，經歷了漫長的歲月1820年，丹麥物理學家奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應l831年，英國物理學家法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，下列相關說法正確的是（） A 給小磁針上方的導線通電，小磁針一定會發(fā)生偏轉 B 給小磁針上方的導線通電，小磁針可能會發(fā)生偏轉 C 線圈橫截面積大，磁鐵穿過線圈時產生的感應電流就強 D

2、 磁鐵的磁性強，磁鐵穿過線圈時產生的感應電流就強【考點】： 通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向【分析】： 對于電流的磁效應，根據安培定則進行分析線圈中產生電磁感應現(xiàn)象時，感應電動勢的大小與磁通量變化率成正比，由法拉第電磁感應感應定律和歐姆定律結合進行分析【解析】： 解：A、給小磁針上方的導線通電時，若導線位于東西方向，根據安培定則可知，在小磁針處導線產生的磁場方向位于南北方向，與地磁場方向一致時，觀察不到小磁針的偏轉故A錯誤B、由A分析可知，給小磁針上方的導線通電，小磁針可能會發(fā)生偏轉，故B正確C、線圈橫截面積越大，磁通量變化率不一定越大，感應電動勢不一定越大，所以磁鐵穿過時產生的感應電流不一

3、定越大，故C錯誤D、由法拉第電磁感應感應定律可知：感應電動勢的大小與磁通量變化率成正比，而磁通量變化率反映了磁通量變化快慢，磁通量變化快慢與磁鐵穿過線圈的速度大小有關，所以感應電動勢的大小與磁鐵穿過線圈的速度大小有關，則感應電流的強弱與磁鐵穿過線圈的速度大小有關，故D錯誤故選：B【點評】： 本題關鍵要理解電流磁效應實驗的原理，掌握安培定則，準確理解法拉第電磁感應感應定律，理解磁通量變化率反映了磁通量變化的快慢2（4分）（2014秋沈陽期末）兩個大小相同的小球帶有同種電荷，質量分別為m1和m2，帶電量分別為q1和q2，用絕緣細線懸掛后，因靜電力排斥而使兩懸線張開，與豎直方向的夾角分別為1和2，且

4、兩球處于同一水平線上，如圖所示若1=2，則下列判斷正確的是（） A m1一定等于m2 B q1一定等于q2 C 一定滿足 D 必然同時滿足q1=q2，m1=m2【考點】： 庫侖定律；共點力平衡的條件及其應用【分析】： 分別對兩小球進行受力分析，根據受力可知，由共點力平衡條件得到各自的重力與庫侖力的關系，抓住相互間的庫侖力大小相等，得到質量與角度的關系，分析求解【解析】： 解：題中電荷電量可能不同，也可能相同，但各自所受的電場力大小卻相同，方向相反由于它們與豎直線所成的角度均為，且兩球同處一水平線上，所以根據共點力平衡條件可確定，它們的質量一定相等故BCD錯誤，A正確；故選：A【點評】： 本題中

5、庫侖力是兩個小球聯(lián)系的紐帶，由平衡條件分別找出兩個小球的質量與庫侖力關系是解題的關鍵3（4分）（2014秋沈陽期末）如圖所示，有兩個固定的、電量相等、電性相反的點電荷Q1、Q2，a、b是它們連線的中垂線上的兩個點，c是它們產生的電場中的另一點，以無窮遠處為電勢的零點，則下列說法中正確的是（） A a、b兩點場強相同 B a點場強一定小于b點場強 C b點的電勢一定比a點的電勢高 D c點的電勢一定比b點的電勢高【考點】： 電場線；電場強度【分析】： 等量異種點電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，而且這條等勢線一直延伸到無窮遠處根據電場強度方向與等勢面垂直，并且由電勢高處指向電勢低處，分析場強的方

6、向根據電場線的疏密判斷場強的大小【解析】： 解：A、a、b兩點場強方向均與ac連線垂直向右，方向相同a點處電場線比b處疏，則a場強比b點小故A錯誤，B正確C、等量異種點電荷連線的垂直平分線是一條零等勢線，所以a點電勢與b點電勢相等故A錯誤D、等量異種點電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，a、b點處于同一等勢線上，而且這條等勢線一直延伸到無窮遠處，則a、b與無窮遠處電勢相等，無窮遠處電勢為零，又該電場電場線由正電荷出發(fā)到負電荷終止，故c點電勢比ab電勢低，故D錯誤故選：B【點評】： 對于等量同種、等量異種電荷電場的電場線和等勢線分布掌握要牢固，這是考試熱點，要抓住對稱性，同時，要抓住連線的垂直平分

7、線的特點4（4分）（2014秋沈陽期末）在如圖所示的正方形區(qū)域內有勻強磁場，一束電子以不同的速率從a點沿ab方向射入勻強磁場區(qū)域，最終又從磁場區(qū)域射出則下列結論中正確的是（） A 從c點射出的電子和從d點射出的電子，其速率之比為2：1 B 從c點射出的電子和從d點射出的電子，其速率之比為1：2 C 若電子從bc邊射出，則電子射入磁場時的速率越大，其在磁場中的運動時間就越長 D 若電子從ad邊射出，則電子射入磁場時的速率越大，其在磁場中的運動時間就越短【考點】： 帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力【專題】： 帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】： 帶電粒子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲

8、力提供向心力，先由幾何知識可分別求得從c點和d點飛出的粒子的軌跡半徑，則由牛頓第二定律和向心力公式求得兩個粒子的速率，即可求出速率之比；由轉動的角度可知運動時間之比【解析】： 解：A、設電子在磁場中運動的軌跡半徑為r，根據洛倫茲力提供向心力，得：qvB=m，解得：v=，可見，vr設磁場邊長為L，如圖所示，電子從c點離開磁場時，其軌跡半徑為 rc=L；從d點離開磁場的電子，其軌跡半徑為rd=，則得：vc：vd=2：l故A正確，B錯誤C、由v=可知，粒子在速度越大，粒子的軌道半徑越大，若電子從bc邊射出，則電子射入磁場時的速率越大，軌道半徑越大，電子轉過的圓心角越小，其在磁場中的運動時間就越短，故

9、C錯誤；D、若電子從ad邊射出，則電子在磁場中轉過的圓心角都相等，都是90°，它們在磁場中的運動時間相等，與電子的速率無關，故D錯誤；故選：A【點評】： 本題屬于帶電粒子在磁場中的偏轉中典型題目，此類題的關鍵在于確定圓心及由幾何關系求出半徑5（4分）（2014秋沈陽期末）如圖，EOF為一勻強磁場的邊界，且E0上EOOO，OO為EOF的角平分線，磁場方向垂直于紙面向里一邊長為l的正方形導線框沿OO方向勻速進入磁場，t=0時刻恰好位于圖示位置規(guī)定導線框中感應電流沿逆時針方向時為正，則感應電流i與時間t的關系下列圖象可能正確的是（） A B C D 【考點】： 導體切割磁感線時的感應電動勢

10、；閉合電路的歐姆定律【專題】： 電磁感應中的力學問題【分析】： 運用E=BLv找出感應電動勢隨時間變化的情況其中L為切割磁感線的有效長度根據右手定則判斷出感應電流的方向【解析】： 解：在整個正方形導線框通過磁場的過程中，切割磁感線的邊框為兩豎直邊框，兩水平邊框不切割磁感線由于正方形導線框沿OO方向勻速通過磁場，從開始到左邊框到達O之前，進入磁場切割磁感線的有效長度隨時間均勻增加，根據E=BLv得出感應電動勢隨時間也均勻增加，由于電阻不變，所以感應電流i也隨時間均勻增加根據右手定則判斷出感應電流的方向，結合導線框中感應電流沿順時針方向時為正，得出開始為負方向當左邊框到達OO之后，由于進入磁場切割

11、磁感線的有效長度不變，所以感應電流i不變當左邊框到達OO中點，右邊框即將進入磁場切割磁感線，由于左邊框的切割磁感線的有效長度在減小，而右邊框切割磁感線有效長度在增大，而左右邊框切割磁感線產生的感應電動勢方向相反，所以整個感應電動勢隨時間也均勻減小當左邊框到達距O點時，左右邊框切割磁感線的有效長度相等，此時感應電動勢為0，再往后跟前面過程相反故A正確，B、C、D錯誤故選：A【點評】： 注意分析正方形導線框運動過程中切割磁感線的有效長度變化情況規(guī)定導線框中感應電流沿順時針方向時為正，反過來即為負值6（4分）（2014秋沈陽期末）如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一半徑為3R的橡膠圓盤，圓盤

12、平面與磁場方向垂直，在圓盤上固定一長為2R的金屬桿AB，AB沿半徑方向放置，A點位于圓盤的邊緣當橡膠圓盤繞過圓心0點且垂直于圓盤的轉軸以角速度勻速轉動時，金屬桿AB兩端的電勢差大小為（） A BR2 B BR2 C 2BR2 D 4BR2【考點】： 導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律【分析】： AB段切割磁感線產生感應電動勢，AB產生的感應電動勢為 E=BLv，求出棒兩端的電壓【解析】： 解：由法拉第電磁感應定律得：AB產生的感應電動勢為：，A點的速度為：vA=3R，vB=R，AB段的平均速度為：=2RAB段的電勢差為：，故D正確；故選：D【點評】： 本題中轉動切割是法拉第電磁感

13、應定律應用的延伸應用，關鍵要掌握轉動切割磁感線時感應電動勢公式：，及平均速度的計算方法7（4分）（2014秋沈陽期末）如圖所示，兩傾斜放置的光滑平行金屬導軌間距為L，電阻不計，導軌平面與水平面夾角為，導軌上端接入一內電阻可忽略的電源，電源電動勢為E一粗細均勻的金屬棒電阻為R，金屬棒水平放在導軌上且與導軌接觸良好欲使金屬棒靜止在導軌上不動，則以下說法正確的是（） A 可加豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為 B 可加豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為 C 所加勻強磁場磁感應強度的最小值為 D 所加勻強磁場磁感應強度的最大值為【考點】： 安培力；共點力平衡的條件及其應用【分析】： 通電導線垂直處于勻強磁

14、場中，則由電流方向結合左手定則可得安培力的方向，再由安培力、重力及支持力處于平衡可求得安培力的大小根據公式F=BIL可確定磁場的方向與大小【解析】： 解：A、加豎直向上的勻強磁場，安培力方向水平向左，導體棒不可能處于平衡故A錯誤B、當加豎直向上的勻強磁場時，導體棒受重力、支持力和水平向右的安培力，如圖所示，根據共點力平衡有：mgtan=BIL，I=，所以故B正確C、當安培力方向與支持力方向垂直時，安培力最小，最小值為mgsin，則BIL=mgsin，I=，所以B的最小值為故C錯誤D、當安培力方向與重力相同時，磁場強度最大，故，故D錯誤；故選：B【點評】： 由于棒所處平衡位置，那么安培力的方向不

15、同，導致安培力的大小不同，從而得出不同的磁感應強度大小與方向D選項中，當直徑變化時，電流雖然變化，但質量也同時變化，且變化相同，所以仍處于平衡狀態(tài)8（4分）（2014秋沈陽期末）如圖所示，M、N為簡化的磁流體發(fā)電機的兩個水平極板，相距d=0.2m，板間有垂直于紙面向外的勻強磁場，B=1.0T，外電路中可變負載電阻R的最大阻值為l0，電離氣體（含有大量的正、負帶電粒子，且不計重力）以速率v=1100m/s平行極板由左向右射入，極板間電離氣體的等效內阻r=l，斷開開關S，穩(wěn)定之后，下列說法正確的是（） A M板電勢高于N板電勢 B 該發(fā)電機的電動勢為220V C 若閉合開關s，負載電阻R=10時發(fā)

16、電機的效率最小 D 若閉合開關s，負載電阻R=10時發(fā)電機的輸出功率最大【考點】： 霍爾效應及其應用；電功、電功率【分析】： 根據左手定則判斷出電荷的偏轉方向，確定兩極板所帶電荷的電性，從而確定電勢的高低；根據電荷所受洛倫茲力和電場力相等求出發(fā)電機的電動勢當外電阻等于內電阻時，發(fā)電機的輸出功率最大【解析】： 解：A、根據左手定則知，正電荷向下偏，負電荷向上偏，則M板的電勢低于N板的電勢故A錯誤B、根據qvB=q，解得電動勢為：E=vBd=1100×1×0.2V=220V故B正確C、發(fā)電機的效率=，當負載電阻R=10時，發(fā)電機的效率最大故C錯誤D、當外電阻等于內電阻時，即負載

17、電阻R=1，發(fā)電機的輸出功率最大故D錯誤故選：B【點評】： 解決本題的關鍵會運用左手定則判斷電荷所受洛倫茲力的方向，知道穩(wěn)定時電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡，注意發(fā)電機的效率與功率的區(qū)別9（4分）（2014秋沈陽期末）水平桌面上放一閉合鋁環(huán)，在鋁環(huán)軸線上方有一條形磁鐵，當條形磁鐵沿軸線豎直向下迅速靠近鋁環(huán)時，下列判斷正確的是（） A 鋁環(huán)有收縮的趨勢 B 鋁環(huán)有擴張的趨勢 C 鋁環(huán)對桌面的壓力增大 D 鋁環(huán)對桌面的壓力減小【考點】： 楞次定律【分析】： 通過楞次定律可知鋁環(huán)中的感應電流產生的磁場要阻礙通過鋁環(huán)的磁通量的增加，從而可知鋁環(huán)的運動的趨勢和面積大小的變化趨勢，從而可得知正確選項【解析

18、】： 解：當條形磁鐵沿軸線豎直向下迅速靠近鋁環(huán)時，通過鋁環(huán)的磁通量增加，根據楞次定律，鋁環(huán)中產生的感應電流的磁場要阻礙磁通量的增加，阻礙磁鐵的靠近，所以鋁環(huán)對桌面的壓力會增大，鋁環(huán)還有收縮的趨勢，以縮小面積來阻礙磁通量的增加所以選項AC正確，BD錯誤故選：AC【點評】： 解答該題的關鍵是對楞次定律的理解和靈活應用，楞次定律的內容是“感應電流具有這樣的方向，即感應電流的磁場磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化”，可以從以下幾個方面來理解：1、注意是“阻礙”，不是“阻止”，更不是“相反”，而是“延緩”的意思2、從原磁通量的變化來看，應這樣理解：當原磁通量增加時，感應電流的磁場與原來磁場的方向相反

19、，當原磁場減小時，感應電流的磁場就與原來的磁場方向相反即為“增反減同”3、從磁體和導體的相對運動來理解：感應電流總是要阻礙導體和磁極間的相對運動，即為“來則阻，去則留”4、從能量轉化的角度來理解：產生感應電流的過程，是其它形式的能轉化為電能的過程在解答問題的過程中，要靈活的利用對楞次定律的各種理解，這樣能做到事半功倍的效果10（4分）（2014秋沈陽期末）一個微型吸塵器的直流電動機的額定電壓為U，額定電流為I，線圈電阻為R，將它接在電動勢為E，內阻為r的直流電源的兩極間，電動機恰好能正常工作，則（） A 電動機消耗的總功率為UI B 電動機消耗的熱功率為 C 電源的輸出功率為EI D 電源的效

20、率為1【考點】： 電功、電功率【專題】： 恒定電流專題【分析】： 在計算電功率的公式中，總功率用P=IU來計算，發(fā)熱的功率用P=I2R來計算，如果是計算純電阻的功率，這兩個公式的計算結果是一樣的，但對于電動機等非純電阻，第一個計算的是總功率，第二個只是計算發(fā)熱的功率，這兩個的計算結果是不一樣的【解析】： 解：A、電動機消耗的總功率應該用P=IU來計算，所以總功率為IU，所以A正確；B、電動機消耗的熱功率應該用P=I2R來計算，所以熱功率P=I2R，所以B錯誤C、電源的輸出功率等于電動機的輸入功率，得P出=UI故C錯誤D、電源的總功率為IE，內部發(fā)熱的功率為I2r，所以電源的效率為=l，所以D正

21、確故選AD【點評】： 對于電功率的計算，一定要分析清楚是不是純電阻電路，對于非純電阻電路，總功率和發(fā)熱功率的計算公式是不一樣的11（4分）（2014秋沈陽期末）如圖甲所示，一邊長L=lm、電阻R=5、匝數n=10匝的正方形線圈直接與一個理想電流表相連，線圈內有變化的磁場，以垂直紙面向里的方向為磁場的正方向，磁場隨時間的變化情況如圖乙所示，則下列判斷中正確的是（） A 02s的時間內，理想電流表的指針改變方向1次 B 02s的時間內，理想電流表的指針位置始終不變 C 0一ls的時間內，理想電流表的讀數為2A D 12s的時間內，理想電流表的讀數為0.5A【考點】： 法拉第電磁感應定律；閉合電路的

22、歐姆定律【分析】： 由圖象的斜率讀出磁感應強度B的變化率，由法拉第電磁感應定律可求得線圈中的感應電動勢由閉合電路歐姆定律可求得感應電流大小，根據楞次定律來確定感應電流的方向，從而即可求解【解析】： 解：A、01s的時間內，垂直向里的磁場在減小，根據楞次定律可知，減則同，則線圈中產生順時針感應電流，同理，12s的時間內，垂直向外的磁場在增加，由楞次定律：增則反，可知，線圈有順時針感應電流，故A錯誤，B正確；C、根據法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢大小為E=N=N=10××12=10V，則感應電流大小I=A=2A，故C正確，D錯誤故選：BC【點評】： 本題是感生電動勢類型，關

23、鍵要掌握法拉第電磁感應定律的表達式E=n，再結合閉合電路歐姆定律進行求解，注意楞次定律來確定感應電動勢的方向12（4分）（2014秋沈陽期末）如圖所示，兩根互相平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小不等、方向相反的電流a、o、b在M、N的連線上，o為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到0點的距離均相等則下列說法正確的是（） A 0點處的磁感應強度不可能為零 B B點處的磁感應強度不可能為零 C a、b兩點處的磁感應強度大小可能相等，方向相反 D c、d兩點處的磁感應強度大小可能相等，方向相同【考點】： 磁感應強度【分析】： 根據右手螺旋定則確定兩根

24、導線在a、b、c、d四點磁場的方向，根據平行四邊形定則進行合成【解析】： 解：A、根據右手螺旋定則，M處導線在O點產生的磁場方向豎直向下，N處導線在O點產生的磁場方向豎直向下，合成后磁感應強度不等于0，因此垂直于紙面向外的通電直導線受到的力不為零故A正確B、根據右手螺旋定則，M處導線在b點產生的磁場方向豎直向下，N處導線在b點產生的磁場方向豎直向下，合成后磁感應強度不等于0故B正確；C、M在a處產生的磁場方向豎直向下，在b處產生的磁場方向豎直向下，N在a處產生的磁場方向豎直向下，b處產生的磁場方向豎直向下，根據場強的疊加知，a、b兩點處磁感應強度大小相等，方向相同故C錯誤D、M在c處產生的磁場

25、方向垂直于cM偏下，在d出產生的磁場方向垂直dM偏下，N在c處產生的磁場方向垂直于cN偏下，在d處產生的磁場方向垂直于dN偏下，根據平行四邊形定則，知c處的磁場方向豎直向下，d處的磁場方向豎直向下，且合場強大小相等故D正確故選：ABD【點評】： 解決本題的關鍵掌握右手螺旋定則判斷電流與其周圍磁場方向的關系，會根據平行四邊形定則進行合成二、實驗題：本題共2小題，共l5分13（4分）（2014秋沈陽期末）一位同學使用多用電表測電阻，當他用“×10”的歐姆擋測量時，讀出的電阻值為2000，這位學生在測量時已注意到：待測電阻與其他元件和電源斷開，不用手碰表筆的金屬桿為使測量電阻的阻值更加準確

26、，接下來他操作的主要步驟應為：把選擇開關撥到“×100”的歐姆擋上將紅、黑兩表筆相短接，旋轉歐姆調零旋鈕，使指針指在歐姆零處把兩表筆分別與待測電阻的兩端相接，發(fā)現(xiàn)這時指針偏轉適中，隨即記下電阻數值；把表筆從測試筆插孔拔出后，選擇開關撥到“OFF”，把多用電表放回桌上原處【考點】： 用多用電表測電阻【專題】： 實驗題【分析】： 為了測量結果盡量準確，讀數時指針應指針在中央刻度附近，歐姆表換擋后要重新歐姆調零【解析】： 解：、當他用“×10”的歐姆擋測量時，讀出的電阻值為2000，則指針指在表盤示數為200的刻度附近，為了使指針指在中央刻度附近，則應把選擇開關撥到“×

27、100”的歐姆擋上；換擋后應重新進行歐姆調零：將紅、黑兩表筆相短接，旋轉歐姆調零旋鈕，使指針指在歐姆零處；故答案為：把選擇開關撥到“×100”的歐姆擋上；將紅、黑兩表筆相短接，旋轉歐姆調零旋鈕，使指針指在歐姆零處【點評】： 本題考查了歐姆表使用注意事項，指針指在中央刻度附近讀數時誤差最小14（11分）（2014秋沈陽期末）某實驗小組用伏安法測定一個待測電阻Rx的阻值（阻值粗測為190），實驗室提供如下器材：電池組E：電動勢3V，內阻不計電流表A1：量程015mA，內阻約為100電流表A2：量程03mA，內阻為100變阻器R1：阻值范圍020，額定電流2A電阻箱R2，阻值范圍09999

28、，額定電流1A電鍵S、導線若干要求實驗中盡可能準確地測量Rx的阻值，請回答下面問題：（1）為了測量待測電阻兩端的電壓，可以將電流表A2與電阻箱串聯(lián)，并將電阻箱阻值調到900，這樣可以改裝成一個量程為3.0V的電壓表（2）在圖1方框中畫出測量Rx阻值的完整電路圖，并在圖中標明器材代號（3）調節(jié)滑動變阻器R1，兩表的示數如圖2所示，可讀出電流表A1的示數是9.5mA，電流表A2的示數是1.50mA，則精確得到待測電阻Rx的阻值是187.5【考點】： 伏安法測電阻【專題】： 實驗題；恒定電流專題【分析】： （1）應用伏安法測電阻，需要用電壓表測待測電阻電壓，現(xiàn)在沒有電壓表，應該用小量程電流表與電阻箱

29、串聯(lián)改裝成電壓表，由串聯(lián)電路特點及歐姆定律可以求出串聯(lián)電阻阻值（2）滑動變阻器阻值遠小于待測電阻阻值，滑動變阻器應采用分壓接法；根據待測電阻阻值與電表內阻間的關系，確定電流表采用內接法還是外接法，然后作出電路圖（3）根據電表量程確定電表分度值，讀出電表示數；由歐姆定律可以求出待測電阻阻值；根據電路結構分析實驗誤差【解析】： 解：（1）為了測量待測電阻兩端的電壓，可以將電流表A1電阻箱串聯(lián)組成電壓表；改裝后電壓表量程是3V，則電阻箱阻值R=900；（2）滑動變阻器最大阻值遠小于待測電阻阻值，滑動變阻器應采用分壓接法，待測電阻阻值約為190，電流表A1內阻約為100，電壓表內阻為RV=100+90

30、0=1000，電壓表內阻遠大于待測電阻阻值，電流表應采用外接法，電路圖如圖所示（3）由圖示可知，電流表A1的示數為9.5mA，電流表A2的示數是1.50mA；待測電阻兩端電壓U=I2RV=1.50×105A×1000=1.5V，測得待測電阻Rx=187.5電流表采用外接法，電流測量值偏大，由歐姆定律可知，測量值比較真實值小故答案為：（1）900；（2）電路圖如右圖；（3）9.5； 1.50； 187.5【點評】： 要會把電流表改裝成電壓表，會求改裝電壓表時串聯(lián)電阻的阻值；確定滑動變阻器的接法與電流表接法是設計實驗電路圖的關鍵三、計算題（本題共3小題，第l5題9分，第16題1

31、2分，第17題16分，共37分解答時應該寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）15（9分）（2014秋沈陽期末）兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距L=2m，頂端接阻值R=9的電阻質量m=0.1kg、電阻r=l的金屬棒在磁場邊界上方某處由靜止釋放，金屬棒和導軌接觸良好，磁感應強度B=IT的勻強磁場與導軌所在平面垂直，磁場足夠大，如圖所示，不計導軌電阻，重力加速度g=10m/s2求：（1）金屬棒在磁場中運動時，流過電阻R的電流方向；（2）金屬棒運動的最大速度；（3）金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時，電阻R消耗的熱功率【考點】： 導

32、體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律【專題】： 電磁感應與圖像結合【分析】： （1）由右手定則或楞次定律判斷感應電流的方向（2）金屬棒做勻速運動時運動速度最大根據電磁感應規(guī)律得到安培力與速度的關系式，由平衡條件得到最大速度（3）由歐姆定律得到電路中電流，即可求得電阻R消耗的熱功率【解析】： 解：（1）由右手定則（楞次定律）可知：電流方向ba（2）當金屬棒運動的加速度為0時，金屬桿獲得最大速度，即： mg=BIL又 I= E=BLv聯(lián)立解得：=2.5m/s（3）由上式可知：I=0.5A故：電阻R 的熱功率為：P=I2R=2.25W答：（1）金屬棒在磁場中運動時，流過電阻R的電流方向是b

33、a；（2）金屬棒運動的最大速度是2.5m/s；（3）金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時，電阻R消耗的熱功率是2.25W【點評】： 金屬棒在運動過程中克服安培力做功，把金屬棒的動能轉化為焦耳熱，在此過程中金屬棒做加速度減小的減速運動；對棒進行受力分析、熟練應用法拉第電磁感應定律、歐姆定律、平衡條件等正確解題16（12分）（2014秋沈陽期末）相距為d的兩塊平行金屬板M和N與電源連接，電鍵K閉合后，MN間形成一個勻強電場，一帶電粒子（不計重力）垂直于電場方向從靠近M板的邊緣處射入電場，粒子恰好打在N板中央如圖所示，若使粒子剛好飛出電場，求（1）只移動N板改變兩板間距離，N板下移的距離是多少？（2）把閉合的電鍵K打開，只移動N板改變兩板間的距離，N板下移的距離是多少？【考點】： 帶電粒子在勻強電場中的運動【專題】： 帶電粒子在電場中的運動專題【分析】： 以一定速度垂直進入偏轉電場，由于速度與電場力垂直，所以粒子做類平拋運動這樣類平拋運動可將看成沿初速度方向的勻速直線與垂直于初速度方向勻加速直線運動根據運動學公式解題【解析】： 解：（1）由于一重力不計的帶電粒子垂直于電場方向從M邊緣射入電場，做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線