新疆伊利奎屯市一高2024-2025學(xué)年高二物理下學(xué)期期末考試試題含解析

PAGE20-新疆伊利奎屯市一高2024-2025學(xué)年高二物理下學(xué)期期末考試試題（含解析）一．單項(xiàng)選擇題（每題2分，共20分）1.下列說法正確的是()A.液晶像液體一樣具有流淌性,而其光學(xué)性質(zhì)與某些多晶體相像,具有各向同性B.懸浮在水中的花粉的布朗運(yùn)動(dòng)反映了花粉分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)C.高原地區(qū)水的沸點(diǎn)較低,這是高原地區(qū)溫度較低的原因D.空中的小雨滴呈球形是水的表面張力作用的結(jié)果【答案】D【解析】【詳解】A.液晶像液體一樣具有流淌性,而其光學(xué)性質(zhì)與某些多晶體相像,具有各向異性，故A錯(cuò)誤；B.懸浮在水中的花粉的布朗運(yùn)動(dòng)反映了液體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C.高原地區(qū)水的沸點(diǎn)較低,這是高原地區(qū)氣壓較低的原因，故C錯(cuò)誤D.空中的小雨滴呈球形是水的表面張力使雨滴表面有收縮的趨勢(shì)的結(jié)果，故D正確；2.如圖所示，半徑為R的圓形線圈共有n匝，其中心位置處半徑為r的虛線范圍內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直線圈平面．若磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則穿過線圈的磁通量為（）A.πBR2 B.πBr2 C.nπBR2 D.nπBr【答案】B【解析】【分析】本題考查磁通量的公式【詳解】由磁通量的公式，為具有磁場(chǎng)的有效面積為，解得，B對(duì)，ACD錯(cuò)?！军c(diǎn)睛】本題學(xué)生明確磁通量的公式滿意線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直，能用公式進(jìn)行相關(guān)的計(jì)算。3.一志向變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為4:1，原線圈接在一個(gè)溝通電源上，電壓u隨時(shí)間t變更的規(guī)律如圖所示；副線圈所接的負(fù)載電阻是11Ω，則下列推斷中錯(cuò)誤的是()A.原線圈中的交變電流的頻率是50HzB.流過副線圈的電流是5AC.副線圈的輸出電壓為55VD.變壓器輸入、輸出的功率之比為4∶1【答案】D【解析】【詳解】A.依據(jù)圖像可看出溝通電的周期為0.02s，所以原線圈中的交變電流的頻率是50Hz，故A正確；BC.原線圈的電流為，依據(jù)電壓與匝數(shù)之間的關(guān)系可知副線圈的電壓為所以流過副線圈的電流是，故BC正確；D.依據(jù)變壓器的原理可知變壓器輸入、輸出的功率之比為1∶1，故D錯(cuò)誤；本題選不正確的，故選D4.分別用波長(zhǎng)為和的單色光照耀同一金屬板發(fā)出的光電子的最大初動(dòng)能之比為，以表示普朗克常量，表示真空中的光速，則此金屬板的逸出功為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】ABCD、光子能量為:①

依據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程可以知道光電子的最大初動(dòng)能為:

②

依據(jù)題意:③

聯(lián)立①②③可得逸出,故B正確；ACD錯(cuò)誤；5.如圖所示，甲圖為正弦式溝通電，乙圖正值部分按正弦規(guī)律變更，負(fù)值部分電流恒定，丙圖為方波式溝通電，三個(gè)圖中的和周期T相同.三種溝通電的有效值之比為（）A.：2： B.2：： C.：：2 D.：：2【答案】D【解析】【詳解】甲圖中溝通電的有效值為；對(duì)乙圖，解得；對(duì)于丙圖有效值為，所以三種溝通電的有效值之比為，故D正確；ABC錯(cuò)誤；6.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一金屬圓環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時(shí)兩端的電阻)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過環(huán)平面．環(huán)的最高點(diǎn)A用鉸鏈連接長(zhǎng)度為2a、電阻為的導(dǎo)體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，B點(diǎn)的線速度為v，則這時(shí)AB兩端的電壓大小為()A. B. C. D.Bav【答案】C【解析】當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：；AB兩端的電壓是路端電壓，依據(jù)歐姆定律得：AB兩端的電壓大小為：．故選C.點(diǎn)睛：本題是電磁感應(yīng)與電路的結(jié)合問題，關(guān)鍵是弄清電源和外電路的構(gòu)造，然后依據(jù)電學(xué)學(xué)問進(jìn)一步求解，簡(jiǎn)潔出錯(cuò)之處是把AB間的電壓看成是內(nèi)電壓，得到結(jié)果是2Bav/3．7.如圖所示電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，R1和R3均為定值電阻，RT為熱敏電阻（溫度越高，電阻越低）．當(dāng)環(huán)境溫度較低時(shí)合上電鍵S，當(dāng)環(huán)境的溫度漸漸上升時(shí)，若三個(gè)電表A1、A2和V的示數(shù)分別用I1、I2和U表示．則各個(gè)電表示數(shù)的變更狀況是（）A.I1增大，I2不變，U增大B.I1減小，I2增大，U減小C.I1增大，I2減小，U增大D.I1減小，I2不變，U減小【答案】B【解析】試題分析：由圖知電壓表測(cè)量路端電壓，電流表A1測(cè)量流過R1的電流，電流表A2測(cè)量流過RT的電流；當(dāng)環(huán)境的溫度漸漸上升時(shí)，RT減小，整個(gè)電路的總電阻減小，總電流增大，電源的內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小，即電壓表示數(shù)U減小，R3電壓增大，R1、R2并聯(lián)電壓減小，通過R1的電流I1減小，而總電流I增大，則流過RT的電流I2增大．故ACD錯(cuò)誤，B正確；故選B．考點(diǎn)：電路的動(dòng)態(tài)分析8.半徑為r帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d，如圖所示。有一變更的磁場(chǎng)垂直于紙面，規(guī)定向內(nèi)為正，變更規(guī)律如圖所示。在t=0時(shí)刻平板之間中心有一重力不計(jì)，電荷量為+q的微粒，從靜止釋放，兩板間距足夠長(zhǎng)。則以下說法正確的是()

A.第1秒內(nèi)金屬圓環(huán)中的感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向B.第2秒內(nèi)粒子所受電場(chǎng)力將反向C.第1秒內(nèi)粒子將向下做自由落體運(yùn)動(dòng)D.第1秒內(nèi)上極板的電勢(shì)高于下極板的電勢(shì)【答案】D【解析】【詳解】A.有楞次定律可知：第1秒內(nèi)金屬圓環(huán)中的感應(yīng)電流為順時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；B.依據(jù)楞次定律可知在前2s內(nèi)金屬板上極板帶正電，上極板電勢(shì)高于下極板，電場(chǎng)方向沒有發(fā)生變更，所以第2秒內(nèi)粒子所受電場(chǎng)力不會(huì)反向，故B錯(cuò)誤；CD.依據(jù)楞次定律可知在前2s內(nèi)金屬板上極板帶正電，上極板電勢(shì)高于下極板，平行板內(nèi)存在向下的電場(chǎng)，所以帶正電的粒子受到向下的電場(chǎng)力，但加速度不肯定等于g，所以不肯定做自由落體運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D正確；9.電流天平可以用來測(cè)量勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。測(cè)量前天平已調(diào)至平衡，測(cè)量時(shí)，在左邊托盤中放入質(zhì)量為m的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個(gè)質(zhì)量為m0、匝數(shù)為n、下邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測(cè)磁場(chǎng)中。如圖甲所示，線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計(jì)連接導(dǎo)線對(duì)線圈的作用力，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r.開關(guān)S閉合后，調(diào)整可變電阻至R1時(shí)，天平正好平衡。此時(shí)電壓表讀數(shù)為U；已知m0>m，取重力加速度為g，則（）A.矩形線圈中電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向B.矩形線圈的電阻C.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小D.若僅將磁場(chǎng)反向，在左盤添加質(zhì)量為2m0-m【答案】C【解析】【詳解】A.已知m0>m，要使線圈處于平衡狀態(tài)，則所受安培力的方向應(yīng)當(dāng)向上，依據(jù)左手定則可知線圈中電流的方向應(yīng)當(dāng)是逆時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；B.依據(jù)閉合電路歐姆定律可得，解得矩形線圈的電阻，故B錯(cuò)誤；C.依據(jù)平衡條件可得，而，，解得勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，故C正確；D.起先線圈所受安培力的方向向上，僅將磁場(chǎng)反向，則安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向下，相當(dāng)于右邊多了兩倍的安培力大小，所以須要在左邊加砝碼，添加質(zhì)量為的砝碼可使天平重新平衡，故D錯(cuò)誤；10.如圖所示,帶正電的A粒子和B粒子同時(shí)以同樣大小的速度(速度方向與邊界的夾角分別為30°、60°)從寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界上的O點(diǎn)射入磁場(chǎng),又恰好都不從另一邊界飛出,則下列說法中正確的是()A.A、B兩粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比為B.A、B兩粒子的比荷之比是C.A、B兩粒子的比荷之比是D.A、B兩粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比為【答案】B【解析】【詳解】AD.粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律得：，解得：；由幾何關(guān)系得：，，解得：，故AD錯(cuò)誤；BC.粒子軌道半徑：可知，，由題意可知，兩粒子的v大小與B都相同，則兩粒子的q/m之比與軌道半徑成反比，則A、B兩粒子的q/m之比是，故B正確；C錯(cuò)誤二．多項(xiàng)選擇題

（每題4分，共20分）11.利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾組件廣泛應(yīng)用于測(cè)量和自動(dòng)限制等領(lǐng)域.圖是霍爾組件的工作原理示意圖.該霍爾組件的載流子是自由電子，磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于霍爾組件的工作面對(duì)下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側(cè)面會(huì)形成電勢(shì)差，下列說法中正確的是（）A.電勢(shì)差B.電勢(shì)差C.形成電勢(shì)差的緣由是載流子受到磁場(chǎng)力而偏轉(zhuǎn)D.形成電勢(shì)差的緣由是電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力達(dá)到平衡【答案】BCD【解析】【詳解】電流方向?yàn)镋F,由左手定則知，霍爾元件中的載流子（自由電子）受洛倫茲力作用向側(cè)面C偏轉(zhuǎn)，側(cè)面C聚集負(fù)電荷，因整個(gè)元件是中性的，則側(cè)兩D出現(xiàn)正電荷，所以兩個(gè)側(cè)面C、D之間形成由D到C的電場(chǎng)，側(cè)面D的電勢(shì)高于側(cè)面C的電勢(shì).隨著兩側(cè)面電荷的增多，元件中運(yùn)動(dòng)的載流子受到的電場(chǎng)力漸漸增大，當(dāng)載流子受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡時(shí)，兩側(cè)面之間的電勢(shì)差達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài).綜上所述，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B、C、D正確.12.如圖，圓形閉合線圈內(nèi)存在方向垂直紙面對(duì)外的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變更如圖，則下列說法正確的是()A.0～1s內(nèi)線圈磁通量不斷增大B.第4s末的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0C.0～1s內(nèi)與2～4s內(nèi)的感應(yīng)電流相等D.0～1s內(nèi)感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針【答案】AD【解析】試題分析：0~1s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度不斷增大，磁通量不斷增大，選項(xiàng)A正確。第4s末磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，但斜率不為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。0~1s內(nèi)與2~4s內(nèi)斜率大小不相等，電動(dòng)勢(shì)不相等，感應(yīng)電流不相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。用楞次定律推斷，感應(yīng)電流在0~1s內(nèi)為順時(shí)針，選項(xiàng)D正確?？键c(diǎn)：本題考查電磁感應(yīng)的圖象問題，法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律等。13.一個(gè)單匝的線圈，面積為S，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變更的規(guī)律如圖所示，下列推斷正確的是()A.在A、C時(shí)刻線圈通過中性面B.電動(dòng)勢(shì)的有效值與平均值相等都是C.在時(shí)刻線圈與磁感線的夾角為60°D.磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為【答案】CD【解析】【詳解】A.在A、C時(shí)刻，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，線圈與磁場(chǎng)平行，垂直于中性面，故A錯(cuò)誤。B.正弦式交變電流，電動(dòng)勢(shì)的有效值是；一個(gè)周期內(nèi)磁通量的變更量為零，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值為零，故B錯(cuò)誤。C.依據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)表達(dá)式，當(dāng)時(shí)，，線框從中性面轉(zhuǎn)動(dòng)，與磁場(chǎng)成角，故C正確。D.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值，故，故D正確。14.兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷放在x軸上的O、M兩點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢(shì)φ隨x變更的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點(diǎn)的電勢(shì)為零，ND段中C點(diǎn)電勢(shì)最高，則A.C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為零B.A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為零C.NC間場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸正方向D.將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功【答案】AD【解析】【詳解】A．圖的斜率為E，C點(diǎn)電勢(shì)的拐點(diǎn)，則電場(chǎng)強(qiáng)度為零，故A正確；B．由圖知A點(diǎn)的電勢(shì)為零，則O點(diǎn)的點(diǎn)電荷的電量比M點(diǎn)的點(diǎn)電荷的電量大，且O點(diǎn)的電荷帶正電，M點(diǎn)電荷帶負(fù)電．故B錯(cuò)誤；C．由圖可知：OM間電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸正方向，MC間電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，CD間電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸正方向．故C錯(cuò)誤；D．因?yàn)镸C間電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，CD間電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸正方向，則將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后負(fù)功．故D正確；15.如圖所示，光滑導(dǎo)軌MN和PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌距離為L(zhǎng)，兩端分別接有阻值均為R的定值電阻R1和R2，兩導(dǎo)軌間有一邊長(zhǎng)為的正方形區(qū)域abcd，該區(qū)域內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m的金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好并靜止于ab處，現(xiàn)用一恒力F沿水平方向拉桿，使之由靜止向右運(yùn)動(dòng)，若桿拉出磁場(chǎng)前已做勻速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)導(dǎo)軌及金屬桿的電阻．則()A.金屬桿出磁場(chǎng)前的瞬間，流過R1的電流大小為B.金屬桿穿過整個(gè)磁場(chǎng)過程中R1上產(chǎn)生的電熱為C.金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速率D.金屬桿穿過整個(gè)磁場(chǎng)過程中通過電阻R1的電荷量為【答案】CD【解析】【詳解】A、桿拉出磁場(chǎng)前已做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)流過金屬桿中的電流為，由平衡條件得：解得所以中的電流大小，方向從M到P，故A錯(cuò)誤BC、設(shè)桿做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為：由閉合電路歐姆定律：可解得：設(shè)整個(gè)過程電路中產(chǎn)生的電熱為Q，依據(jù)能量守恒定律：代入v可得使上產(chǎn)生的電熱，故B錯(cuò)誤；C正確；D、依據(jù)電荷量的定義可知：而流過的電荷量只是中電荷量的一半，所以通過電阻R1的電荷量為，故D正確；三．填空題（每空2分，共16分）16.為了測(cè)量某種材料制成的特種電阻絲Rx的電阻率，供應(yīng)的器材有：A.電流表G，內(nèi)阻Rg=120Ω，滿偏電流Ig=3mAB.電流表A，內(nèi)阻約10Ω，量程為100mAC.螺旋測(cè)微器，刻度尺D.電阻箱Ro(0～9999Ω，0.5A)E.滑動(dòng)變阻器R(5Ω，1A)F.電池組E(6V，0.05Ω)G.一個(gè)開關(guān)S和導(dǎo)線若干某同學(xué)進(jìn)行了以下操作：(1)用多用電表粗測(cè)電阻絲的阻值，當(dāng)用“×1"擋時(shí)發(fā)覺指針偏轉(zhuǎn)角度過小，說明電阻較_________(填“大”或“小”)，應(yīng)換為“×10”擋，并重新進(jìn)行_________，測(cè)量時(shí)指針位置如圖甲所示.(2)把電流表G與電阻箱串聯(lián)改裝成量程為6V的電壓表，則電阻箱的阻值應(yīng)調(diào)為Ro=_________Ω.(3)請(qǐng)用改裝好的電壓表設(shè)計(jì)一個(gè)測(cè)量電阻Rx阻值的試驗(yàn)，依據(jù)供應(yīng)的器材和試驗(yàn)須要，請(qǐng)將圖乙中電路圖補(bǔ)充完整_______________.(4)電阻率的計(jì)算：測(cè)得電阻絲的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，電阻絲的直徑為d，電路閉合后，調(diào)整滑動(dòng)變阻器的滑片到合適位置，電流表G的示數(shù)為I1，電流表A的示數(shù)為I2，請(qǐng)用已知量和測(cè)量量的字母符號(hào)寫出計(jì)算電阻率的表達(dá)式ρ=________(各量不允許代入數(shù)值).【答案】(1).大;(2).歐姆調(diào)零;(3).1880;(4).(5).;【解析】（1）歐姆表最大刻度線在左側(cè)，用多用電表粗測(cè)電阻絲的阻值，當(dāng)用“×1”檔時(shí)發(fā)覺指針偏轉(zhuǎn)角度過小，說明電阻較大，為精確測(cè)量電阻阻值，應(yīng)換為“×10”檔，并重新進(jìn)行歐姆調(diào)零。

（2）將電流表G

與電阻箱串聯(lián)改裝成量程為6V的電壓表，而電流表G（內(nèi)阻Rg=120Ω，滿偏電流Ig=3mA）；所以改裝后的電壓表的內(nèi)阻為：RV==2000Ω，由于電流表G的內(nèi)阻Rg=120Ω，因此電阻箱的阻值應(yīng)調(diào)為R0=2000-120=1880Ω；

（3）由于題意可知，兩電流表，當(dāng)電流表A運(yùn)用外接法，能精確測(cè)出所測(cè)電阻的電流，同時(shí)又能算出所測(cè)電阻的電壓；因所測(cè)電阻為70Ω，而滑動(dòng)變阻器R（5Ω，1A），電源電壓為6V，所以滑動(dòng)變阻器運(yùn)用分壓式，則電路圖如下圖所示；

（4）由電阻定律可知，電阻，依據(jù)歐姆定律：，則電阻率：ρ=。點(diǎn)睛：（1）考查歐姆表讀數(shù)，留意此刻度不勻稱，盡量讓指針在中心旁邊，同時(shí)乘以倍率；（2）確定滑動(dòng)變阻器與電流表的接法是正確解題的關(guān)鍵，測(cè)量電阻的方法除了伏安法外，還有“安安法”（即兩個(gè)電流表組合）、“伏伏法”（兩個(gè)電壓表組合）等。（3）駕馭電阻定律，同時(shí)留意利用電流表與電阻的關(guān)系，求出電壓的方法。17.如圖，肯定質(zhì)量的志向氣體從狀態(tài)A變更到狀態(tài)B，再變更到狀態(tài)C，其狀態(tài)變更過程的p-V圖象如圖所示．已知該氣體在狀態(tài)A時(shí)的溫度為27℃．則該氣體在狀態(tài)B時(shí)的溫度TB=_______K,該氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中內(nèi)能的變更量是________,該氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中傳遞的熱量是_______J【答案】(1).100K(2).零(3).200J【解析】【詳解】第1空、對(duì)于志向氣體由圖象可以知道:等容變更,由查理定律得:

代入數(shù)據(jù)得:第2空、依據(jù)得:

等壓變更,由蓋呂薩克定律得:

代入數(shù)據(jù)得:聯(lián)立得:

由過程,溫度相等,故內(nèi)能變更量第3空、由熱力學(xué)第肯定律得：Q>0，所以A→C的過程中是吸熱。依據(jù)能量守恒可知汲取的熱量為:

四．計(jì)算題（共44分）18.如圖所示，足夠長(zhǎng)的U型光滑導(dǎo)體框架的兩個(gè)平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌間連有定值電阻R，框架平面與水平面之間的夾角為θ，不計(jì)導(dǎo)體框架的電阻．整個(gè)裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于框架平面對(duì)上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，垂直放在導(dǎo)軌上并由靜止釋放，重力加速度為g.求：(1)導(dǎo)體棒ab下滑的最大速度；(2)導(dǎo)體棒ab以最大速度下滑時(shí)定值電阻消耗的電功率?！敬鸢浮浚?）vm＝；（2）P=?！窘馕觥吭囶}分析：(1)當(dāng)導(dǎo)體棒下滑時(shí)，受力平衡，則它下滑的速度最大；設(shè)最大速度為vm，則導(dǎo)體棒在斜面方向共受到二個(gè)力的作用，重力沿斜面的分力，安培力；故它們存在二力平衡的關(guān)系：mgsinθ＝BIL，而電流I＝，代入上式得得vm＝。(2)定值電阻消耗的電功率就是安培力做功的功率大小，故P＝F安·vm＝mgsinθ·vm＝；也可以通過電流求電功率：P=I2R===?？键c(diǎn)：平衡力，安培力，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，電功率的簡(jiǎn)潔計(jì)算。19.如圖，導(dǎo)熱性能極好的氣缸，高為L(zhǎng)=l.0m，開口向上固定在水平面上，氣缸中有橫截面積為S=100cm2、質(zhì)量為m=20kg的光滑活塞，活塞將肯定質(zhì)量的志向氣體封閉在氣缸內(nèi)．當(dāng)外界溫度為t=27℃、大氣壓為P0=l.0×l05Pa時(shí)，氣柱高度為l=0.80m，氣缸和活塞的厚度均可忽視不計(jì)，取g=10m/s2①假如氣體溫度保持不變，將活塞緩慢拉至氣缸頂端．在頂端處，豎直拉力F有多大？②假如僅因?yàn)榄h(huán)境溫度緩慢上升導(dǎo)致活塞上升，當(dāng)活塞上升到氣缸頂端時(shí)，環(huán)境溫度為多少攝氏度？【答案】①F=240N②t=102°C【解析】①．設(shè)起始狀態(tài)氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p1，當(dāng)活塞緩慢拉至氣缸頂端，設(shè)氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p2由玻意耳定律得：p1lS=p2LS在起始狀態(tài)對(duì)活塞由受力平衡得：p1S=mg+p0S在氣缸頂端對(duì)活塞由受力平衡得：F+p2S=mg+p0S聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：F=240N②假如外界溫度緩慢上升到恰使活塞移至氣缸頂端，氣體是等壓變更，由蓋呂薩克定律可求解由蓋﹣呂薩克定律得：代入數(shù)據(jù)解得：t=102°C20.如圖所示，豎直虛線MN的右側(cè)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線左側(cè)有一平行板電容器A、B，板間距離d=12cm，板與水平面夾角θ=37°，兩板所加電壓U=120V，B板電勢(shì)高，現(xiàn)有一帶電荷量為q=-3×10-3C的帶電液滴，以=1m/s的水平速度從A板上邊緣水平進(jìn)人電場(chǎng)，恰好沿水平方向運(yùn)動(dòng)并恰好從B板的下邊緣水平飛出，液滴進(jìn)入磁場(chǎng)后仍沿水平方向運(yùn)動(dòng)，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2.電場(chǎng)和磁場(chǎng)互不影響，求：(1)液滴的質(zhì)量；(2)液滴飛出電場(chǎng)時(shí)的速度大小及它在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(3)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向和場(chǎng)強(qiáng)B的大小.【答案】（1）（2）=2m/s；（3）磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫鎸?duì)外【解析】(1)在極板間，電場(chǎng)強(qiáng)度：=1000V/m.帶電粒子沿水平方向運(yùn)動(dòng)，則豎直方向受力平衡，則依據(jù)平衡條件得；qEcon37°=mg.由以上兩式解得：m=0.24kg(2)在極板間，帶電液滴沿水平運(yùn)動(dòng)，重力不做功。只有電場(chǎng)力做功由動(dòng)能定理可得：解得=2m/s由牛頓其次定律qesin37°=ma，解得a=75m液滴在電場(chǎng)中運(yùn)