陜西省榆林市第二中學(xué)2019-2020學(xué)年高二物理下學(xué)期開學(xué)考試試題(含解析)

陜西省榆林市第二中學(xué)2018-2019學(xué)年高二物理放學(xué)期開學(xué)考試一試題（含解析）時間:90分鐘滿分:100分一、單項(xiàng)選擇題（本大題共10小題，共30.0分）關(guān)于物理科學(xué)家和他們的貢獻(xiàn)，以下說法中正確的選項(xiàng)是奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，并發(fā)現(xiàn)了電磁感覺現(xiàn)象B.庫侖提出了庫侖定律，并最早用實(shí)驗(yàn)測得元電荷e的數(shù)值焦耳第一引入電場線和磁感線，極大地促進(jìn)了他對電磁現(xiàn)象的研究安培依照通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性，提出了分子電流假說【答案】D【解析】【解析】解答此題應(yīng)記牢：奧斯特、法拉第、庫侖、安培等科學(xué)家的物理學(xué)成就，即可進(jìn)行解答．【詳解】A．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，是法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感覺現(xiàn)象，故A錯誤；B．庫侖提出了庫侖定律，是密立根最早用實(shí)驗(yàn)測得元電荷e的數(shù)值，故B錯誤；C．法拉第第一引入電場線和磁感線，極大地促進(jìn)了他對電磁現(xiàn)象的研究，故C錯誤；D．安培依照通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性，提出了分子電流假說，揭穿了磁現(xiàn)象的電實(shí)質(zhì)，故D正確。應(yīng)選：D?！军c(diǎn)睛】物理學(xué)史是知識性問題，關(guān)于物理學(xué)上重要發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、出名理論要加強(qiáng)記憶，注重積累．初速度為電子，沿平行于通電長直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子初始運(yùn)動方向如圖，則()電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率不變電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變1電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率改變【答案】C【解析】【解析】依照安培定則判斷出通電導(dǎo)體右側(cè)的磁場方向，爾后依照左手定則判斷出電子所受洛倫茲力的方向，即得出電子的偏轉(zhuǎn)方向，注意應(yīng)用左手定則時四指指向與電子運(yùn)動方向相反，洛倫茲力不做功。【詳解】由安培定則可知導(dǎo)體右側(cè)磁場方向垂直紙面向里，爾后跟左手定則可知運(yùn)動電子所受洛倫茲力向右，因此電子將向右偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，故其速率不變，故ABD錯誤，C正確。應(yīng)選：C?！军c(diǎn)睛】在解決帶電粒子在磁場中運(yùn)動問題時安培定則與左手定則經(jīng)常結(jié)合應(yīng)用，在平時練習(xí)中要加強(qiáng)訓(xùn)練，以提高應(yīng)用它們的解題能力。3.以下列圖為電阻和的伏安特點(diǎn)曲線，并且把第一象限分為了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個地域現(xiàn)把和并聯(lián)在電路中，耗資的電功率分別用和表示；并聯(lián)的總電阻設(shè)為以下關(guān)于與的大小關(guān)系及R的伏安特點(diǎn)曲線應(yīng)該在的地域正確的選項(xiàng)是特點(diǎn)曲線在Ⅰ區(qū)，特點(diǎn)曲線在Ⅲ區(qū)，特點(diǎn)曲線在Ⅰ區(qū)，特點(diǎn)曲線在Ⅲ區(qū)，【答案】C【解析】圖像斜率表示，斜率大，電阻小，兩電阻并聯(lián)，電壓相同，據(jù),知.并聯(lián)后電2阻更小，斜率更大，特點(diǎn)曲線在Ⅰ區(qū)，C對。一電子在電場中由a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的軌跡如圖中虛線所示，圖中平行實(shí)線是等勢面則以下說法中正確的選項(xiàng)是a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)低電子在a點(diǎn)的加速度方向向右電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)動能減小電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)電勢能減小【答案】C【解析】【解析】電場線密的地方電場的強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場的強(qiáng)度小，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增加?！驹斀狻緼．依照電子的運(yùn)動軌跡可知，電子受的電場力向下，電場線與等勢面垂直，由此可知電場線的方向向上，沿電場線的方向，電勢降低，因此a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)高，因此A錯誤；B．由A的解析可知，電子受的電場力向下，因此電子在a點(diǎn)的加速度方向向下，因此B錯誤；C．從a點(diǎn)到b點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功，因此電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)動能減小，因此C正確；D．電場力做負(fù)功，電勢能增加，因此電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)電勢能增加，因此D錯誤。應(yīng)選：C?！军c(diǎn)睛】加強(qiáng)基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)，掌握住電場線的特點(diǎn)，同時結(jié)合功能關(guān)系解析，基礎(chǔ)問題。在研究微型電動機(jī)的性能時，應(yīng)用以下列圖的實(shí)驗(yàn)電路，圖中電表均為理想電表。當(dāng)調(diào)節(jié)滑動變阻器R并控制電動機(jī)停止轉(zhuǎn)動時，電流表和電壓表的示數(shù)分別為0.50A和2.0V。重新調(diào)治R并使電動機(jī)恢復(fù)正常運(yùn)轉(zhuǎn)，此時電流表和電壓表的示數(shù)分別為2.0A和24.0V。則這臺電動機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時輸出功率為3A.32WB.44WC.47WD.48W【答案】A【解析】依照停轉(zhuǎn)時電壓電流表的示數(shù)可以知道線圈電阻，電動機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時輸出功率選A6.以下列圖，一段長方體形導(dǎo)電資料，左右兩端面的邊長都為a和b，內(nèi)有帶電量為q的某種自由運(yùn)動電荷導(dǎo)電資料置于方向垂直于其前表面向里的勻強(qiáng)磁場中，內(nèi)部磁感覺強(qiáng)度大小為當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時，測得導(dǎo)電資料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢比下表面的低由此可得該導(dǎo)電資料單位體積內(nèi)自由運(yùn)動電荷數(shù)及自由運(yùn)動電荷的正負(fù)分別為()A.，負(fù)B.，正C.，負(fù)D.，正【答案】C【解析】正確理解電流的微觀表達(dá)式，并知道穩(wěn)準(zhǔn)時電荷碰到的電場力和洛倫茲力平衡，是解決此題的要點(diǎn)．由于上表面電勢低，依照左手定則判斷出自由運(yùn)動電荷帶負(fù)電，消除B、D兩項(xiàng)．電荷穩(wěn)準(zhǔn)時，所受電場力和洛倫茲力平衡，|q|＝|q|vB，由電流的微觀表達(dá)式知：I＝|q|nSv|q|nabv，聯(lián)立可得n＝，應(yīng)選C正確．【此處有視頻，請去附件查察】以下列圖，在半徑為R的圓形地域內(nèi)充滿磁感覺強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，MN是一豎直放置的感光板從圓形磁場最高點(diǎn)P垂直磁場射入大量的帶正電、電荷量為q、質(zhì)量為m、速度為v的粒子，不考慮粒子間的互相作用力，關(guān)于這些粒子的運(yùn)動以下說法正確的選項(xiàng)是)4A.只要對著圓心入射，出射后均可垂直打在MN上對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線不用然過圓心對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中經(jīng)過的弧長越長，時間也越長D.只要速度滿足，沿不相同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上【答案】D【解析】對著圓心入射，只有軌道半徑為R的粒子出射后可垂直打在MN上，選項(xiàng)A錯誤；由對稱性可知，對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線必然過圓心，選項(xiàng)B錯誤；對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中經(jīng)過的弧長所對的圓心角越小，運(yùn)動時間越短，選項(xiàng)C錯誤；只要速度滿足v＝，沿不相同方向入射的粒子出射后均可垂直打在上，選項(xiàng)D正確。MN8.以下列圖，在互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電荷量為q的液滴在豎直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，已知電場強(qiáng)度為E，磁感覺強(qiáng)度為B，則油滴的質(zhì)量和環(huán)繞速度分別為（）A.，B.，C.，D.，【答案】D【解析】試題解析:液滴在重力、電場力和洛侖茲力下做勻速圓周運(yùn)動，可知，液滴碰到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，因此電場力豎直向上，與電場方向相同，mg=qE，得5m=；液滴在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R=，得v=，故D正確?？键c(diǎn)：帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動．如圖中所示，在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感覺電流的正方向，當(dāng)磁場的磁感覺強(qiáng)度B隨時間t按如圖2變化時，以下四圖中正確表示線圈中感覺電動勢E隨時間t變化的是A.B.C.D.【答案】A【解析】在0-1s內(nèi)，依照法拉第電磁感覺定律，．依照楞次定律，感覺電動勢的方向與圖示箭頭方向相同，為正當(dāng)；在1-3s內(nèi)，磁感覺強(qiáng)度不變，感覺電動勢為零；在3-5s內(nèi)，依照法拉第電磁感覺定律，．依照楞次定律，感覺電動勢的方向與圖示方向相反，為負(fù)值，故A正確．【此處有視頻，請去附件查察】10.如圖甲所示，兩個點(diǎn)電荷、固定在x軸上距離為L的兩點(diǎn)，其中帶正電荷位于原點(diǎn)O，a、b是它們的連線延長線上的兩點(diǎn)，其中b點(diǎn)與O點(diǎn)相距現(xiàn)有一帶正電的粒子q以必然的初速度沿x軸從a點(diǎn)開始經(jīng)b點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動粒子只受電場力作用，設(shè)粒子經(jīng)過a，6b兩點(diǎn)時的速度分別為、，其速度隨坐標(biāo)x變化的圖象如圖乙所示，則以下判斷不正確的是帶負(fù)電且電荷量小于b點(diǎn)的場強(qiáng)必然為零a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的電勢高粒子在a點(diǎn)的電勢能比b點(diǎn)的電勢能小【答案】ABD【解析】【詳解】由圖象解析可知：在b點(diǎn)前做加速運(yùn)動，b點(diǎn)后做減速運(yùn)動，可見b點(diǎn)的加速度為0，則在b點(diǎn)碰到兩點(diǎn)電荷的電場力平衡，可知b點(diǎn)的合場強(qiáng)為零，Q2帶負(fù)電，且有，因此，Q1＞Q2，故AB正確．該電荷從a點(diǎn)到b點(diǎn)，做加速運(yùn)動，且該電荷為正電荷，電場力做正功，因此電勢能減小，再據(jù)Ep=qφ知，電勢降低，因此b點(diǎn)電勢較低，故C正確，D錯誤；應(yīng)選ABC．二、多項(xiàng)選擇題（本大題共5小題，共20.0分）在以下列圖的電路中，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，平行板電容器C的兩金屬板水平放置，和為定值電阻，P為滑動變阻器R的滑動觸頭，G為矯捷電流表，A為理想電流表開關(guān)S閉合后，C的兩板間恰好有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)在P向上移動的過程中，以下說法不正確的選項(xiàng)是（）表的示數(shù)變大油滴向上加速運(yùn)動G中有由a至b的電流7電源的輸出功率必然變大【答案】BC【解析】試題解析：油滴原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力與電場力平衡．G電路穩(wěn)準(zhǔn)時，電容器的電壓等于變阻器兩端的電壓．當(dāng)滑片P向上搬動的過程中，變阻器的電壓增大，電容器的電壓增大，板間場強(qiáng)增大，油滴向上做加速運(yùn)動．電容器充電，G中有從b到a的電流．當(dāng)滑片P向下搬動的過程中，油滴向下加速運(yùn)動，電容器放電，G中有從a到b的電流．將S斷開到電路牢固的過程，電容器經(jīng)過R2和R放電，板間場強(qiáng)逐漸減小，油滴向下運(yùn)動，G中有從a到b的剎時電流經(jīng)過．A、B當(dāng)滑片P向上搬動的過程中，電阻變大回路電流變小表的示數(shù)變小，變阻器的電壓增大，電容器的電壓增大，板間場強(qiáng)增大，油滴向上做加速運(yùn)動．電容器充電，G中有從b到a的電流．故A錯誤，B正確，C錯誤．D、當(dāng)滑片P向上搬動的過程中，電阻變大回路電流變小，電源的輸出功率必然變?。蔇錯誤．應(yīng)選B?？键c(diǎn)：電容器的動向解析；閉合電路的歐姆定律．議論：此題是電容的動向變化解析問題，要點(diǎn)在于確定電容器的電壓及其變化．當(dāng)電路牢固時，電容器的電壓等于所在支路兩端的電壓．互相絕緣、互相垂直的兩根通電直導(dǎo)線與閉合線圈共面，以下列圖中穿過線圈的磁通量可能為零的是A.B.C.D.【答案】AB【解析】A．依照安培定則，電流I1在第一象限磁場方向是垂直紙面向里，I2在第一象限磁場方向是垂直紙面向外，因此磁通量可能為零，故A錯誤．B．依照安培定則，電流I1在第一象限磁場方向是垂直紙面向外，I2在第一象限磁場方向是垂直紙面向里，因此磁通量可能為零，故B錯誤．C．依照安培定則，電流I1在第一象限磁場方向是垂直紙面向里，I2在第一象限磁場方向是8垂直紙面向里，因此磁通量不可以能為零，故C正確．D．依照安培定則，電流I1在第一象限磁場方向是垂直紙面向外，I2在第一象限磁場方向是垂直紙面向外，因此磁通量不可以能為零，故D正確．應(yīng)選CD．點(diǎn)睛：此題是磁場的疊加問題，解決此題的要點(diǎn)會用安培定則判斷磁場的方向，以及知道當(dāng)有多個磁場時，此時磁通量為凈磁通量．一勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面，規(guī)定向里的方向?yàn)檎?，在磁場中有一?xì)金屬圓環(huán)，線圈平面位于紙面內(nèi)，以下列圖．現(xiàn)令磁感覺強(qiáng)度隨時間變化，先按圖中所示的圖線變化，此后又按圖線和變化，令，，分別表示這三段變化過程中感覺電動勢的大小，，，分別表示對應(yīng)的感覺電流，則（），沿逆時針方向，沿順時針方向，沿逆時針方向，沿順時針方向，沿順時針方向，沿逆時針方向，沿順時針方向，沿順時針方向【答案】BD【解析】試題解析：由法拉第電磁感覺定律可得出三者感覺電動勢的大小關(guān)系；由楞次定律可得出三段過程中電流的方向．由法拉第電磁感覺定律可知，由圖知應(yīng)有第段中磁通量的變化率較小，而、兩段中磁通量的變化率相同，故有，由楞次定律可判斷出沿逆時針方向，與均沿順時針方向，故AC錯誤，BD正確．一個一價和一個二價的靜止銅離子，經(jīng)過同一電壓加速后，再垂直射入同一勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電9場，爾后打在同一屏上，屏與偏轉(zhuǎn)電場方向平行，以下說法正確的選項(xiàng)是)二價銅離子打在屏上時的速度小離子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，二價銅離子飛到屏上用的時間短離子經(jīng)過加速電場過程中，電場力對二價銅離子做的功大在走開偏轉(zhuǎn)電場時，兩種離子在電場方向上的位移不相等【答案】BC【解析】【解析】粒子經(jīng)過加速電場加速后，可以應(yīng)用動能定理解出其速度，粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動，水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，結(jié)合動能定理與運(yùn)動學(xué)關(guān)系式解出要求的物理量?！驹斀狻緼．粒子在全程中電場力做功為：，由于兩粒子質(zhì)量相同，電荷量之比為1：2，因此末速度之比為1：，故A錯誤；B．粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，因此豎直方向：y=，由于豎直方向位移y相同，因此電量大的粒子所用時間少，故B正確；C．粒子經(jīng)過加速電場加速時，只有電場力做功，由動能定理得：解得：v0=，兩種粒子的電荷量之比為1：2，質(zhì)量加速電壓都相同，加速電場做功為1：2，故C正確；D．粒子經(jīng)過加速電場加速時，只有電場力做功，由動能定理得：，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，因此豎直方向有：，可見y與帶電粒子的電荷量、質(zhì)量沒關(guān)．說明兩個粒子走開偏轉(zhuǎn)電場時，偏轉(zhuǎn)距離y相等。故D錯誤。應(yīng)選：BC?！军c(diǎn)睛】把類平拋運(yùn)動分解成水平方向的勻速直線運(yùn)動，豎直方向的勻加速直線運(yùn)動，結(jié)合牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動規(guī)律解題。10以下列圖，圓滑斜面固定在水平川面上，勻強(qiáng)電場平行于斜面下，彈簧另一端固定，滑塊處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)給滑塊一個沿斜面向下的初速度，滑塊最遠(yuǎn)能到達(dá)P點(diǎn)在些過程中滑塊的動能必然減小彈簧的彈性勢能必然增大滑塊電勢能的改變量必然小于重力與彈簧彈力做功的代數(shù)和滑塊機(jī)械能的改變量等于電場力與彈簧彈力做功的代數(shù)和【答案】AD【解析】滑塊可能帶正電也可能帶負(fù)電，彈簧開始可能壓縮可能拉伸，但速度必然是減小到零，A對；B錯；由能量守恒，D對；三、實(shí)驗(yàn)題研究題（本大題共2小題，共15.0分）在“測定金屬的電阻率”的實(shí)驗(yàn)中，用螺旋測微器測量金屬絲直徑時的刻度地址如圖所示，用米尺測出金屬絲的長度L，金屬絲的電阻大體為，先用伏安法測出金屬絲的電阻R，爾后依照電阻定律計(jì)算出該金屬資料的電阻率．從圖中讀出金屬絲的直徑為______mm．為此取兩節(jié)新的干電池、電鍵和若干導(dǎo)線及以下器材：A.電壓表，內(nèi)阻B.電壓表，內(nèi)阻C.電流表，內(nèi)阻D.電流表，內(nèi)阻E.滑動變阻器，F(xiàn).滑動變阻器，要求較正確地測出其阻值，應(yīng)采用的器材有______只填代號．【答案】(1).0.680；(2).A、C、E【解析】11【解析】旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器示數(shù)；依照電源電動勢選擇電壓表，依照電路最大電流選擇電流表，為方便實(shí)驗(yàn)操作應(yīng)選最大阻值較小的滑動變阻器；依照電路圖解析答題?！驹斀狻?1)由圖所示螺旋測微器可知，其示數(shù)為0.5mm+18.0×0.01mm=0.680mm；因此金屬絲的直徑在0.679mm～0.681mm；兩節(jié)新的干電池，電源電動勢為3V，若采用電壓表15V，測量讀數(shù)誤差較大，因此電壓表選A；電路最大電流約為，電流表應(yīng)選C；金屬絲的電阻大體為5Ω，為方便實(shí)驗(yàn)操作滑動變阻器應(yīng)選E?！军c(diǎn)睛】此題觀察了螺旋測微器讀數(shù)、實(shí)驗(yàn)器材選擇、實(shí)驗(yàn)電路解析；螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器示數(shù)，螺旋測微器需要估讀；要掌握實(shí)驗(yàn)器材的選擇原則。17.某同學(xué)測量一只未知阻值的電阻Rx他先用多用電表進(jìn)行測量，指針偏轉(zhuǎn)如圖甲所示為了使多用電表的測量結(jié)果改正確，該同學(xué)應(yīng)采用______擋位，更換擋位重新測量從前應(yīng)進(jìn)行的步驟是______．接下再用“伏安法”測量該電阻，所用儀器如圖乙所示，其中電壓表內(nèi)阻約為，電流表內(nèi)阻約為，滑動變阻器最大阻值為圖中部分連線已經(jīng)連接好，為了盡可能正確地測量電阻，請你完成其余的連線____．該同學(xué)用“伏安法”測量的電阻的值將______選填“大于”、“小于”或“等于”被測電阻的實(shí)質(zhì)值．12【答案】(1).；(2).重新調(diào)零；(3).；(4).大于【解析】【解析】題①應(yīng)明確當(dāng)歐姆表的指針偏角過小時，說明待測電阻的阻值太大，應(yīng)選擇倍率較大的擋，注意每次選檔后都應(yīng)重新調(diào)零；題②在讀出待測電阻的阻值后再判斷電流表應(yīng)用內(nèi)接法，根據(jù)變阻器的全電阻遠(yuǎn)小于待測電阻可知，變阻器應(yīng)采用分壓式接法；題③依照歐姆定律求出待測電阻的表達(dá)式即可。【詳解】(1)歐姆表的指針偏角過小，說明待測電阻阻值很大，應(yīng)選擇倍率較大的擋，因此應(yīng)采用×100擋，換擋后應(yīng)該重新調(diào)零；(2)歐姆表的讀數(shù)為R=100×10Ω=1000Ω，由于滿足，因此電流表應(yīng)用外接法；由于滑動變阻器的全電阻遠(yuǎn)小于待測電阻，因此變阻器應(yīng)采用分壓式接法，即電路應(yīng)是分壓內(nèi)接法，連線圖如圖①②所示：(3)依照歐姆定律，因此測量值應(yīng)大于待測電阻的實(shí)質(zhì)值?！军c(diǎn)睛】應(yīng)明確：①當(dāng)歐姆表的指針偏角過?。ù螅r，應(yīng)選擇倍率較大（?。┑膿酰虎诋?dāng)待測電阻滿足時，電流表應(yīng)用外接法，滿足時，電流表應(yīng)用內(nèi)接法；③當(dāng)變阻器的全電阻遠(yuǎn)小于待測電阻時，變阻器應(yīng)采用分壓式接法。四、計(jì)算題（本大題共3小題，共35分）18.輕質(zhì)細(xì)線吊著一質(zhì)量為、邊長為的單匝正方形線圈abcd，線圈總電阻為邊長為的正方形磁場所區(qū)對稱分布在線圈下邊的兩側(cè)，如圖甲所示磁場方13向垂直紙面向里，磁感覺強(qiáng)度大小隨時間變化如圖乙所示，從開始經(jīng)時間細(xì)線開始松弛，取求：線圈abcd中產(chǎn)生的感覺電動勢E和電功率P；求的值．【答案】(1)E=0.4V，P=0.16W；(2)6s【解析】【解析】依照磁感覺強(qiáng)度的變化，結(jié)合有效面積求出磁通量的變化量，依照法拉第電磁感覺定律求出感覺電動勢的大?。勒誔=I2R求出線圈abcd的電功率；當(dāng)細(xì)線開始廢弛，線框受重力和安培力平衡，依照平衡求出磁感覺強(qiáng)度的大小，從而結(jié)合圖線求出經(jīng)歷的時間?！驹斀狻?1)由法拉第電磁感覺定律而由乙圖得解得：E=0.4V而功率；在t0時辰mg=Bid再依照閉合電路歐姆定律，依照圖象，B=10+5t0；14解得：t0=6s?！军c(diǎn)睛】此題觀察電磁感覺與電路和基本力學(xué)的綜合，難度不大，需加強(qiáng)訓(xùn)練．同時注意法拉第電磁感覺定律與閉合電路歐姆定律的綜合應(yīng)用，掌握圖象信息是解題的要點(diǎn)。19.以下列圖，一帶電荷量為、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為的圓滑斜面上，當(dāng)整個裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，，求：水平向右電場的電場強(qiáng)度；若將電場強(qiáng)度減小為原來的，小物塊的加速度是多大；電場強(qiáng)度變化后小物塊下滑距離L時的動能?！敬鸢浮浚?）（2）0.3g（3）【解析】【解析】帶電物體靜止于圓滑斜面上恰好靜止，且斜面又處于水平勻強(qiáng)電場中，則可依照重力、支持力，又處于平衡，可得電場力方向，再由電荷的電性來確定電場強(qiáng)度方向；當(dāng)電場強(qiáng)度減半后，物體受力不平衡，產(chǎn)生加速度。借助于電場力由牛頓第二定律可求出加速度大??；采用物體下滑距離為L作為過程，利用動能定理來求出動能?！驹斀狻啃?/p>