物理卷·2018届广东省清远一中实验学校高二下学期第一次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届广东省清远一中实验学校高二下学期第一次月考物理试卷 （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年广东省清远一中实验学校高二（下）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共48分，每题4分；漏选得2分，多选、错选不得分，其中1-8为单选，9-12题为多选）‎ ‎1．某学习小组在探究电阻阻值的实验中，对手头的四个电阻各进行了一次正确的测量，并把每个电阻两端的电压和通过它的电流用描点法在U﹣I坐标系中描述出来（如图所示）．则通过分析四个坐标点我们可以判定哪个点对应的电阻阻值最大（　　）‎ A．a B．b C．c D．d ‎2．在“研究电荷间作用力大小影响因素”的实验中，将一带电轻质小球挂在铁架台上，小球静止时丝线与竖直方向的夹角如图所示．现增大小球的电荷量后仍挂在原处，丝线与竖直方向的夹角将（　　）‎ A．增大 B．减小 C．不变 D．先减小再增大 ‎3．一个带正电的质点，电荷量q=2.0×10﹣9C，在静电场中由a点移动到b点，在这过程中，除电场力外，其他外力做的功为6.0×10﹣5J，质点的动能增加了8.0×10﹣5J，则a、b两点间的电势差Uab为（　　）‎ A．1×104V B．﹣1×104V C．4×104V D．﹣7×104V ‎4．一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减少（带电荷量不变），从图中情况可以确定（　　）‎ A．粒子从a运动到b，带正电 B．粒子从b运动到a，带正电 C．粒子从a运动到b，带负电 D．粒子从b运动到a，带负电 ‎5．如图所示，P、Q是两个电量相等的正点电荷，它们的连线中点是O，A、B是中垂线上的两点，＜，用EA、EB、φA、φB分别表示A、B两点的场强和电势，则（　　）‎ A．EA一定大于EB，φA一定大于φB B．EA不一定大于EB，φA一定大于φB C．EA一定大于EB，φA不一定大于φB D．EA不一定大于EB，φA不一定大于φB ‎6．如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在c．d两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁场的磁感应强度的大小．方向是（　　）‎ A． tanθ，竖直向上 B． tanθ，竖直向下 C． sinθ，平行悬线向下 D． sinθ，平行悬线向上 ‎7．图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中（　　）‎ A．膜片与极板间的电容增大 B．极板的带电量增大 C．膜片与极板间的电场强度增加 D．电阻R中有电流通过 ‎8．如图所示，在某一区域有水平向右的匀强电场，在竖直平面内有初速度为vo的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．不计空气阻力，则（　　）‎ A．微粒做匀加速直线运动 B．微粒做匀减速直线运动 C．微粒电势能减少 D．微粒带正电 ‎9．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成，下列说法正确的是（　　）‎ A．甲表是电流表，R增大时量程增大 B．甲表是电流表，R增大时量程减小 C．乙表是电压表，R增大时量程增大 D．乙表是电压表，R增大时量程减小 ‎10．图示为一闭合电路，电源电动势和内阻恒定，R1、R2均为定值电阻，当可变电阻R的值增大时（　　）‎ A．ab两点间的电压减小 B．R1两端的电压减小 C．通过电阻R2的电流增大 D．通过电阻R的电流减小 ‎11．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r．当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电路中的电流变大 B．电源的输出功率先变大后变小 C．滑动变阻器消耗的功率变小 D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小 ‎12．四个相同的表头分别改装成两个电流表和两个电压表，电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，把它们按如图所示接入电路，则（　　）‎ A．A1的读数比A2的读数小 B．V1的读数比V2的读数大 C．A1指针偏转角度与A2的一样大 D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度小 ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，共12分．请正确作图并将答案填在答卷卷题目中的横线上．）‎ ‎13．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的长度和直径，步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为　　mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为　　mm．‎ ‎14．图a中电源电动势为E，内阻可忽略不计；电流表具有一定的内阻，电压表的内阻不是无限大，S为单刀双掷开关，R为待测电阻．当S向电压表一侧闭合时，电压表读数为U1，电流表读数为I1；当S向R一侧闭合时，电流表读数为I2．‎ ‎（1）根据已知条件与测量数据，可以得出待测电阻R=　　．‎ ‎（2）根据图a所给出的电路，在图b的各器件实物图之间画出连接的导线．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题含2题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎15．如图甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ水平放置且间距L=0.3m，导轨电阻忽略不计，其间连接有阻值R=0.8Ω的定值电阻，开始时放置着垂直导轨的金属杆ab，金属杆质量为m=0.1kg、电阻r=0.4Ω，金属杆与导轨接触良好，金属杆与导轨间的动摩擦因数为μ=0.1，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T，金属杆ab在与之垂直的水平外力F作用下由静止开始运动，理想电压传感器即时采集电压U并输入电脑，获得的电压U随时间t变化的关系如图乙所示，求：‎ ‎（1）金属杆1.0s内通过的位移；‎ ‎（2）1.0s末拉力F的瞬时功率；‎ ‎（3）若3.0s内电阻R上产生的热量是0.45J，则外力F做的功是多少焦？‎ ‎16．如图（a）所示，两个完全相同的“人”字型金属轨道面对面正对着固定在竖直平面内，间距为d，它们的上端公共轨道部分保持竖直，下端均通过一小段弯曲轨道与一段直轨道相连，底端置于绝缘水平桌面上．MM′、PP′（图中虚线）之下的直轨道MN、M′N′、PQ、P′Q′长度均为L且不光滑（轨道其余部分光滑），并与水平方向均构成37°斜面，在左边轨道MM′以下的区域有垂直于斜面向下、磁感强度为B0的匀强磁场，在右边轨道PP′以下的区域有平行于斜面但大小未知的匀强磁场Bx，其它区域无磁场．QQ′间连接有阻值为2R的定值电阻与电压传感器（e、f为传感器的两条接线）．另有长度均为d的两根金属棒甲和乙，它们与MM′、PP′之下的轨道间的动摩擦因数均为μ=．甲的质量为m、电阻为R；乙的质量为2m、电阻为2R．金属轨道电阻不计．‎ 先后进行以下两种操作：‎ 操作Ⅰ：将金属棒甲紧靠竖直轨道的左侧，从某处由静止释放，运动到底端NN′过程中棒始终保持水平，且与轨道保持良好电接触，计算机屏幕上显示的电压﹣时间关系图象U﹣t图如图（b）所示（图中U已知）；‎ 操作Ⅱ：将金属棒甲紧靠竖直轨道的左侧、金属棒乙（图中未画出）紧靠竖直轨道的右侧，在同一高度将两棒同时由静止释放．多次改变高度重新由静止释放，运动中两棒始终保持水平，发现两棒总是同时到达桌面．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎（1）试求操作Ⅰ中甲到MM′的速度大小；‎ ‎（2）试求操作Ⅰ全过程定值电阻上产生的热量Q；‎ ‎（3）试求右边轨道PP′以下的区域匀强磁场Bx的方向和大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省清远一中实验学校高二（下）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共48分，每题4分；漏选得2分，多选、错选不得分，其中1-8为单选，9-12题为多选）‎ ‎1．某学习小组在探究电阻阻值的实验中，对手头的四个电阻各进行了一次正确的测量，并把每个电阻两端的电压和通过它的电流用描点法在U﹣I坐标系中描述出来（如图所示）．则通过分析四个坐标点我们可以判定哪个点对应的电阻阻值最大（　　）‎ A．a B．b C．c D．d ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】根据根据欧姆定律可知：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；然后在图象中做出它们的图象，由斜率的意义可确定电阻的大小．‎ ‎【解答】解：根据电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比可得，‎ U﹣I图象中图象的斜率表示电阻的阻值；则由图可知，a的斜率最大，依次为b，c、而d的斜率最小；故可知：‎ a表示的电阻最大；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．在“研究电荷间作用力大小影响因素”的实验中，将一带电轻质小球挂在铁架台上，小球静止时丝线与竖直方向的夹角如图所示．现增大小球的电荷量后仍挂在原处，丝线与竖直方向的夹角将（　　）‎ A．增大 B．减小 C．不变 D．先减小再增大 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】根据库仑定律，可判定库仑力的大小变化，再结合平衡条件，即可判定丝线与竖直方向的夹角变化情况．‎ ‎【解答】解：由题意可知，当增大小球的电荷量时，根据库仑定律，则库仑力增大，‎ 由平衡条件，则有：，因此丝线与竖直方向的夹角增大，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．一个带正电的质点，电荷量q=2.0×10﹣9C，在静电场中由a点移动到b点，在这过程中，除电场力外，其他外力做的功为6.0×10﹣5J，质点的动能增加了8.0×10﹣5J，则a、b两点间的电势差Uab为（　　）‎ A．1×104V B．﹣1×104V C．4×104V D．﹣7×104V ‎【考点】电势差；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】质点在静电场中由A点移到B点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加．电场力做功为Wab=qUab，‎ 根据动能定理求解a、b两点间的电势差Uab．‎ ‎【解答】解：根据动能定理得：qUab+W其他=△Ek 得：Uab=V，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减少（带电荷量不变），从图中情况可以确定（　　）‎ A．粒子从a运动到b，带正电 B．粒子从b运动到a，带正电 C．粒子从a运动到b，带负电 D．粒子从b运动到a，带负电 ‎【考点】洛仑兹力．‎ ‎【分析】根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质．‎ ‎【解答】解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，‎ 根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知，粒子的半径逐渐的减小，‎ 所以粒子的运动方向是从b到a，‎ 在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，P、Q是两个电量相等的正点电荷，它们的连线中点是O，A、B是中垂线上的两点，＜，用EA、EB、φA、φB分别表示A、B两点的场强和电势，则（　　）‎ A．EA一定大于EB，φA一定大于φB B．EA不一定大于EB，φA一定大于φB C．EA一定大于EB，φA不一定大于φB D．EA不一定大于EB，φA不一定大于φB ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】根据点电荷场强公式E=‎ ‎，运用矢量合成的平行四边形定则求出连线中垂线上各个点的合场强．‎ ‎【解答】解：两个等量正点电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线到无穷远处电场强度先增大后减小，设场强最大的点为P点，P点可能在A、B两点之间，也可能在O、A之间，也可能在B点的外侧，当P点可能在A、B两点之间时，EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；当P在O、A之间时，EA大于EB；当P点在B点外侧时，‎ EA、小于EB；在PQ连线的中垂线上，场强方向沿AB方向，沿电场线方向电势越来越低，因此φA一定大于 φB；故A错误，B正确，C错误，D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在c．d两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁场的磁感应强度的大小．方向是（　　）‎ A． tanθ，竖直向上 B． tanθ，竖直向下 C． sinθ，平行悬线向下 D． sinθ，平行悬线向上 ‎【考点】安培力；磁感应强度．‎ ‎【分析】由矢量三角形定则判断安培力的最小值及方向，进而由安培力公式和左手定则的得到B的大小以及B的方向．‎ ‎【解答】解：为了使该棒仍然平衡在该位置上，‎ Fmin=mgsinθ 得：Bmin=‎ ‎，由左手定则知所加磁场的方向平行悬线向上．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中（　　）‎ A．膜片与极板间的电容增大 B．极板的带电量增大 C．膜片与极板间的电场强度增加 D．电阻R中有电流通过 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R中有电流．‎ ‎【解答】解：A、振动膜片振动时，电容器两极板的距离增大，电容减小，故A错误；‎ B、由C=知，U不变的情况下，电容减小，电容器所带电荷量Q减小，故B错误．‎ C、由E=知，U不变，间距d增大，则场强E减小，故C错误；‎ D、极板的带电量减小，放电，电阻R中有电流通过．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在某一区域有水平向右的匀强电场，在竖直平面内有初速度为vo的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．不计空气阻力，则（　　）‎ A．微粒做匀加速直线运动 B．微粒做匀减速直线运动 C．微粒电势能减少 D．微粒带正电 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．‎ ‎【分析】带点微粒做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力的方向可确定微粒运动的性质．‎ ‎【解答】解：A、由于电场力方向总是与电场方向在一条直线上，电场力不可能与重力平衡，微粒不可能匀速运动，由于重力、电场力均恒定，其合力也恒定．由于微粒做直线运动，合力必与速度方向在一条直线上．因重力竖直向下，电场力沿电场线的方向，由平行四边形定则可知，电场力水平向左时，微粒所受电场力与重力的合力方向与速度方向相反．因此微粒做匀减速运动，带负电；故AD错误，B正确；‎ C、电场力的方向与运动方向夹角为钝角，则说明运动中电场力做负功，电势能增加．故C错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成，下列说法正确的是（　　）‎ A．甲表是电流表，R增大时量程增大 B．甲表是电流表，R增大时量程减小 C．乙表是电压表，R增大时量程增大 D．乙表是电压表，R增大时量程减小 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】‎ 灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小．乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大．‎ ‎【解答】解：A、甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A错误，B正确．‎ C、乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故C正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎10．图示为一闭合电路，电源电动势和内阻恒定，R1、R2均为定值电阻，当可变电阻R的值增大时（　　）‎ A．ab两点间的电压减小 B．R1两端的电压减小 C．通过电阻R2的电流增大 D．通过电阻R的电流减小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电路的动态问题遵从“串反并同”原则，即与发生改变的这个元件串联的，其各个量的变化与元件的变化相反；与发生改变的这个元件并联的，其各个量的变化与元件的变化相同．‎ ‎【解答】解：当可变电阻R的值增大时，电路的动态问题遵从“串反并同”原则，电阻R2与R并联，故通过电阻R2的电流增大，通过电阻R的电流减小，‎ R1与R3串联，故R1两端的电压减小，R2的电流，则并联部分电压增大，即ab两点间的电压减小．故BCD正确，A错误．‎ 故选：BCD ‎　‎ ‎11．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r．当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电路中的电流变大 B．电源的输出功率先变大后变小 C．滑动变阻器消耗的功率变小 D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中总电阻会发生变化，抓住电动势和内电阻不变，去分析电路中电流和路端电压如何变化．关于电阻R0上的功率变化，因为R0是定值电阻，只要分析电流如何变化就可得知．分析滑动变阻器上功率的变化，可将R0等效到内电阻中去，根据结论，当外电阻等于内电阻时，输出功率最大去进行分析．‎ ‎【解答】解：A、当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，得知总电流变大．故A正确．‎ B、当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，电源的内电阻小于外电阻，随着R的增大，电源的内外电阻差值增大，所以电源的输出功率一直变小．故B错误．‎ C、将R0等效到内电阻中去，内电阻变为2r，滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率，R外≤2r，随着外电阻的减小，输出功率减小．故C正确．‎ D、总电流变大，根据P=I2R0，RO不变，定值电阻R0上消耗的功率变大．故D错误．‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎12．四个相同的表头分别改装成两个电流表和两个电压表，电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，把它们按如图所示接入电路，则（　　）‎ A．A1的读数比A2的读数小 B．V1的读数比V2的读数大 C．A1指针偏转角度与A2的一样大 D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度小 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】表头改装成大量程电流表需要并联分流电阻，并流电阻越小，分流越多，量程越大；表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大．然后再根据电路的串并联知识分析即可．‎ ‎【解答】解：电流表A1的量程大于A2的量程，故电流表A1的内阻小于A2的内阻；电压表V1的量程大于V2的量程，故V1的电阻大于V2的电阻；‎ A、由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同，故A1中的电流要大于A2中的电流，故A1的读数比A2的读数大，故A错误，C正确；‎ B、两电压表串联，故通过两表的电流相等，两电压表串联，通过表头的电流相等，表头指针偏转角度相等，电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角，因V1量程大于V2量程，故V1的读数比V2的读数大，故B正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，共12分．请正确作图并将答案填在答卷卷题目中的横线上．）‎ ‎13．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的长度和直径，步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为　50.15　mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为　4.700　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：游标卡尺的主尺读数为50mm，游标读数为0.05×3=0.15mm，所以最终读数为50.15mm．‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为4.700mm．‎ 故本题答案为：（1）50.15 ‎ ‎（2）4.700‎ ‎　‎ ‎14．图a中电源电动势为E，内阻可忽略不计；电流表具有一定的内阻，电压表的内阻不是无限大，S为单刀双掷开关，R为待测电阻．当S向电压表一侧闭合时，电压表读数为U1，电流表读数为I1；当S向R一侧闭合时，电流表读数为I2．‎ ‎（1）根据已知条件与测量数据，可以得出待测电阻R=　　．‎ ‎（2）根据图a所给出的电路，在图b的各器件实物图之间画出连接的导线．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律分两次列方程，联立求解；‎ ‎（2）连接实物图要注意电流从电压表和电流表的正接线柱流入，负接线柱流出，单刀双掷开关控制整个电路的通断，连线不要交叉．‎ ‎【解答】解：（1）当S向电压表一侧闭合时，电压表读数为U1，电流表读数为I1，根据闭合电路欧姆定律有 E=U1+I1r 整理得 当S向R一侧闭合时，电流表读数为I2，根据闭合电路欧姆定律有 E=I2（R+r）‎ 整理得 故答案为：．‎ ‎（2）按照电路图连线，如图，要注意电流从电压表和电流表的正接线柱流入，负接线柱流出，单刀双掷开关控制整个电路的通断，连线不要交叉．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题含2题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎15．如图甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ水平放置且间距L=0.3m，导轨电阻忽略不计，其间连接有阻值R=0.8Ω的定值电阻，开始时放置着垂直导轨的金属杆ab，金属杆质量为m=0.1kg、电阻r=0.4Ω，金属杆与导轨接触良好，金属杆与导轨间的动摩擦因数为μ=0.1，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T，金属杆ab在与之垂直的水平外力F作用下由静止开始运动，理想电压传感器即时采集电压U并输入电脑，获得的电压U随时间t变化的关系如图乙所示，求：‎ ‎（1）金属杆1.0s内通过的位移；‎ ‎（2）1.0s末拉力F的瞬时功率；‎ ‎（3）若3.0s内电阻R上产生的热量是0.45J，则外力F做的功是多少焦？‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）由导体棒切割磁感线产生感应电动势公式求出感应电动势，由闭合电路的欧姆定律求出电路电流，由图象求出1s末电路电压值，然后求出金属棒的加速度，再由运动学公式求出其位移．‎ ‎（2）由安培力公式求出安培力，由牛顿第二定律求出3s末的拉力，然后由功率公式P=Fv求出拉力的瞬时功率．‎ ‎（3）由运动学求出3s末金属杆的速度，求出整个电路产生的热量，由功能关系求解外力F做的功．‎ ‎【解答】解：（1）由图象知，U=kt=0.2t ‎ 金属杆切割磁感线产生感应电动势：E=BLv 电压表示数，即R两端电压：U=E=BLv 由图乙所示图象可知，U与t成正比，则v与t成正比，金属杆做匀加速直线运动，则：U=0.1at 由图乙所示图象可知：t=1s时，U=0.2V 解得：a=2m/s2‎ 金属杆的位移：x=at2=×2×12=1m；‎ ‎（2）1s末金属杆的速度：v=at=2×1=2m/s，‎ 对金属棒由牛顿第二定律得：F﹣μmg﹣F安=ma 安培力：F安=BIL==N=0.375N，‎ 代入数据解得：F=0.675N，‎ ‎1s末力F的瞬时功率 P=Fv=0.675×2 W=1.35 W；‎ ‎（3）若3.0s内电阻R上产生的热量是 QR=0.45J，则金属杆产生的热量是 Qr==×0.45J=0.225J ‎3s内金属杆的位移 x==m=9m ‎3s末杆的速度为 v=at3=2×3=6m/s 根据功能关系得：‎ 外力F做的功 W=Qr+QR+μmgx+‎ 代入解得 W=0.375J 答：（1）金属杆ab在1.0s内通过的位移为1m．（2）1.0s末拉力F的瞬时功率为1.35 W．（3）若3.0s内电阻R上产生的热量是0.45J，则外力F做的功是0.375J．‎ ‎　‎ ‎16．如图（a）所示，两个完全相同的“人”字型金属轨道面对面正对着固定在竖直平面内，间距为d，它们的上端公共轨道部分保持竖直，下端均通过一小段弯曲轨道与一段直轨道相连，底端置于绝缘水平桌面上．MM′、PP′（图中虚线）之下的直轨道MN、M′N′、PQ、P′Q′长度均为L且不光滑（轨道其余部分光滑），并与水平方向均构成37°斜面，在左边轨道MM′以下的区域有垂直于斜面向下、磁感强度为B0的匀强磁场，在右边轨道PP′以下的区域有平行于斜面但大小未知的匀强磁场Bx，其它区域无磁场．QQ′间连接有阻值为2R的定值电阻与电压传感器（e、f为传感器的两条接线）．另有长度均为d的两根金属棒甲和乙，它们与MM′、PP′之下的轨道间的动摩擦因数均为μ=．甲的质量为m、电阻为R；乙的质量为2m、电阻为2R．金属轨道电阻不计．‎ 先后进行以下两种操作：‎ 操作Ⅰ：将金属棒甲紧靠竖直轨道的左侧，从某处由静止释放，运动到底端NN′过程中棒始终保持水平，且与轨道保持良好电接触，计算机屏幕上显示的电压﹣时间关系图象U﹣t图如图（b）所示（图中U已知）；‎ 操作Ⅱ：将金属棒甲紧靠竖直轨道的左侧、金属棒乙（图中未画出）紧靠竖直轨道的右侧，在同一高度将两棒同时由静止释放．多次改变高度重新由静止释放，运动中两棒始终保持水平，发现两棒总是同时到达桌面．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎（1）试求操作Ⅰ中甲到MM′的速度大小；‎ ‎（2）试求操作Ⅰ全过程定值电阻上产生的热量Q；‎ ‎（3）试求右边轨道PP′以下的区域匀强磁场Bx的方向和大小．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）根据图象求得电压对应的速度；‎ ‎（2）由动能定理求得产生的热量；‎ ‎（3）通过牛顿第二定律分别求得，两棒的加速度表达式，根据两者之间的关系确定力的关系．‎ ‎【解答】解：（1）由动能定理得：mgh=mv12‎ 由图象知：棒进入磁场时定值电阻2R的电压为U，通过的电流为：‎ I1=‎ 则有：U=I1×2R=‎ 解得：v1=‎ ‎（2）当甲棒离开磁场时的速度为v2，则有：2U=B0dv2=B0dv2‎ 对甲棒，由动能定理，有：mgLsin37°﹣μmgLcos37°﹣Q总=mv22﹣mv12‎ 式中Q总为克服安培力所做的功，转化成了甲、乙棒上产生的热量；‎ 故有：Q总=mgL﹣‎ 定值电阻上产生的热量为：Q=Q总=mgL﹣‎ ‎（3）由右手定则得：Bx沿斜面向下；（两棒由静止释放的高度越高，甲棒进入磁场时的安培力越大，加速度越小，而乙棒只有摩擦力越大加速度才越小，故乙棒所受安培力应垂直斜面向下）从不同高度下落两棒总是同时到达桌面，说明两棒运动的加速度时刻相同．‎ 对甲棒，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣μmgcosθ﹣=ma 对乙棒，根据牛顿第二定律，有：2mgsinθ﹣μ（2mgcosθ+Bx××d）=2ma 则有： =‎ 解得：Bx=B0=32B0．‎ 答：（1）则操作Ⅰ中甲到MM′的速度大小；‎ ‎（2）则操作Ⅰ全过程定值电阻上产生的热量mgL﹣；‎ ‎（3）则右边轨道PP′以下的区域匀强磁场Bx的方向沿斜面向和大小32B0．‎ ‎　‎