【物理】北京市延庆区2019-2020学年高二下学期期末考试试题（解析版）

【物理】北京市延庆区2019-2020学年高二下学期期末考试试题（解析版）

延庆区2019-2020学年度第二学期期末试卷 高二物理 第一部分 选择题（共45分）‎ 一、单项选择题（本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的，请将符合题意的选项选出。每小题3分，共36分）‎ ‎1.某同学在显微镜下观察水中悬浮的花粉微粒的运动。他把小微粒每隔一定时间的位置记录在坐标纸上，如图所示。则该图反映了（　　）‎ A. 液体分子的运动轨迹 B. 花粉微粒的运动轨迹 C. 每隔一定时间花粉微粒位置 D. 每隔一定时间液体分子的位置 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．显微镜能看见的、悬浮的花粉微粒不是分子，AD错误；‎ BC．如图所示是小微粒每隔一定时间的位置记录在坐标纸上，表现出无规律性，期间微粒不一定是沿直线运动，B错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎2.关于物体内能的变化，以下说法正确的是（　　）‎ A. 物体放出热量，内能一定减少 B. 物体对外做功，内能一定减少 C. 物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变 D. 物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据热力学第一定律 ‎，物体内能的变化与外界对物体做功（或物体对外界做功），物体从外界吸热（或向外界放热）两种因素有关。物体放出热量，但有可能同时外界对物体做功，故内能有可能不变甚至增加，选项A错误；‎ B．物体对外做功的同时有可能吸热，故内能不一定减少，选项B错误；‎ C．若物体放热同时对外做功，物体内能一定减少，选项C错误；‎ D．若物体吸收的热量与对外做的功相等，则内能可能不变，选项D正确。故选D。‎ ‎3.如图所示，将一个半圆形玻璃砖置于空气中，当一束单色光入射到玻璃砖的圆心O时，下列情况不可能发生的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当光由空气射入半圆形玻璃砖折射时，折射角应小于入射角，所以这种情况不可能发生．故A不可能，符合题意．‎ B.当光由空气斜射进入半圆形玻璃砖时，既有反射又有折射，折射角小于入射角，是可能发生的．故B可能．不符合题意．‎ C.当光由半圆形玻璃砖射入空气时，若入射角小于临界角，既有反射又有折射，是可能发生的．故C可能．不符合题意．‎ D.当光由半圆形玻璃砖射入空气时，若入射角大于等于临界角时，会发生全反射，光线就不能进入空气，这种情况是可能发生的．故D可能．不符合题意．‎ ‎4.光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是（　　）‎ A. 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象 B. 用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象 C. 在光导纤维内传送图象是利用光的色散现象 D. 用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，故A正确；‎ B．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光折射现象，故B错误；‎ C．在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象，故C错误；‎ D．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎5.如图是双缝干涉实验装置的示意图，S为单缝，S1、S2为双缝，P为光屏。用绿光从左边照射单缝S时，可在光屏P上观察到干涉条纹。下列说法正确的是（　　）‎ A. 减小双缝间的距离，干涉条纹间的距离减小 B. 将绿光换为红光，干涉条纹间的距离增大 C. 增大双缝到屏的距离，干涉条纹间的距离减小 D. 将绿光换为紫光，干涉条纹间的距离增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据双缝干涉条纹的间距公式可知，减小双缝间的距离，即变小，则干涉条纹间的距离增大，故A错误；‎ B．根据双缝干涉条纹的间距公式可知，将绿光换为红光，波长变长，则干涉条纹间的距离增大，故B正确；‎ C．根据双缝干涉条纹的间距公式可知，增大双缝到屏的距离，即增大，则干涉条纹间的距离增大，故C错误；‎ D．根据双缝干涉条纹的间距公式可知，将绿光换为紫光，波长变短，则干涉条纹间的距离减小，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎6.某弹簧振子振动的位移-时间图像如图所示，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 振子振动周期为，振幅为 B. 时振子的速度为零，加速度为正向的最大值 C. 从到过程中振子做加速运动 D. 时振子的速度为负向的最大值 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图像可知，振子振动周期为4s，振幅为‎8cm，选项A错误；‎ B．时振子离开平衡位置的位移最大，此时振子的速度为零，加速度为正向的最大值，选项B正确；‎ C．从到过程中振子位移变大，则速度减小，即振子做减速运动，选项C错误；‎ D．由图像可知，时振子的速度为正向的最大值，选项D错误。‎ 故选B。‎ ‎7.图表示两列频率相同的横波相遇时某一时刻的情况， 实线表示波峰，虚线表示波谷．M是该时刻波峰与波峰相遇的点，是凸起最高的位置之一．以下说法中错误的是 A. 质点M的振动始终是加强的 B. 质点M的振幅最大 C. 质点M的位移始终最大 D. 质点M的位移有时为0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】M点是波峰与波峰叠加，是振动加强点，振幅最大，但是加强点不是始终处于波峰位置，位移不是始终最大，位移会随时间的变化而变化，有时为0，ABD正确，C错误．‎ ‎8.矩形线圈abcd位于足够长的通电直导线附近，且线圈平面与导线在同一平面内，如图所示，线圈的两条边ad和bc与导线平行，则下列判断正确的是（　　）‎ A. 导线向左平动时，线圈中电流方向为adcba B. 导线向右平动时，线圈中电流方向为adcba C. 线圈向上做平动时，电流方向为abcda D. 减小导线中的电流，线圈中电流方向adcba ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据安培定则可知线圈所在平面磁场方向垂直纸面向里，当导线向左平动时，线圈处磁场垂直纸面向里减弱，穿过线圈的磁通量减少，根据右手定则可判断线圈中电流方向为abcda，故A错误；‎ B．根据安培定则可知线圈所在平面磁场方向垂直纸面向里，当导线向右平动时，线圈处磁场增强，穿过线圈的磁通量增加，根据右手定则可判断线圈中电流方向为adcba，故B正确；‎ C．线圈向上做平动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流，故C错误；‎ D．减小导线中的电流，穿过线圈的垂直纸面向里减弱，根据右手定则可判断线圈中电流方向为abcda，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎9.如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略。下列说法中正确的是（　　）‎ A. 合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮 B. 合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮 C. 断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会才熄灭 D. 断开开关S切断电路时，A1会闪亮一下再熄灭 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 本题考查电感在电路中的作用。电感在电路中起阻碍电流变化的作用。‎ ‎【详解】AB．合上开关S接通电路时，A2先亮，在电感作用下电流缓慢增加A1支路电流缓慢增加A1后亮，由于电感电阻不计，两灯泡相同，最后一样亮。故A正确，B错误；‎ CD．断开开关S切断电路时，A1和A2构成新回路，电流为原A1‎ 支路电流，故两灯均过一会熄灭。因电流未增加不会闪亮一下。CD错误。‎ 故选A。‎ ‎10.如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）‎ A. 原线圈的输入功率为 B. 电流表的读数为‎1A C. 电压表的读数为 D. 副线圈输出交流电的周期为50s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为，故有效值为，由，解得副线圈电压的有效值为：‎ ‎，‎ 故输出功率：‎ ‎，‎ 再由输入功率等于输出功率知：‎ ‎，‎ 故A错误；‎ B．根据欧姆定律知:‎ ‎，‎ 由，可得：‎ ‎，‎ 故电流表读数为‎1A，故B正确；‎ C．电压表的读数为有效值，即，故C错误；‎ D．由交流电压的表达式可知：，又，解得：‎ ‎，‎ 故D错误。‎ 故选B。‎ ‎11.如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一定值电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R．整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v(如图)做匀速运动．令U表示MN两端电压的大小，则(　　)‎ A. U＝Blv，流过定值电阻R的感应电流由b到d B. U＝Blv，流过定值电阻R的感应电流由d到b C. U＝Blv，流过定值电阻R的感应电流由b到d D. U＝Blv，流过定值电阻R的感应电流由d到b ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：当MN匀速运动时，MN相当于电源．由右手定则判断电流的方向．再根据闭合电路欧姆定律求出MN两端电压的大小．‎ 当MN沿导轨方向以速度v匀速运动运动时，由法拉第电磁感应定律得：，由闭合电路欧姆定律可得：MN两端电压大小为 ‎，由右手定则可知流过固定电阻R的感应电流由b到d．故选A ‎12.如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象不可能是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．闭合开关时，若重力与安培力相等，即 金属杆做匀速直线运动。故A正确，不符合题意； BC．若安培力小于重力，则加速度的方向向下，做加速运动，加速运动的过程中，安培力增大，则加速度减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动。故B错误，符合题意，C正确，不符合题意； D．若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动。故D正确，不符合题意。 故选B。‎ 二．不定项选择题（本题共3小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题意的，请将符合题意的选项选出。每小题3分，共9分）‎ ‎13.分子间作用力和分子间距离的关系如图所示。关于分子间的作用力和分子势能，下列说法正确的是（　　）‎ A. 分子间的引力总是比分子间的斥力小 B. 在r=r0处，分子间的引力和斥力大小相等 C. 当分子间的距离从r0逐渐增大时，分子力一定增大 D. 当分子间的距离从r0逐渐增大到2r0时，分子势能也增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当分子间距增大，引力和斥力均减小，但斥力减小快，存在分子间的引力大于斥力的情况，A错误。‎ B、由图可知，当分子间的距离为时分子间作用力合力为0，分子间的引力和斥力大小相等，B正确；‎ C．当r大于r0时，分子间距离增大时，分子力会先增大后减小，C错误；‎ D．当分子间的距离从r0逐渐增大到2r0时，分子力表现为引力，距离增大，引力做负功，分子势能增大，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎14.如图所示，变压器为理想变压器，原线圈一侧接在交流电源上，副线圈中电阻变化时变压器输入电压不会有大的波动。R0为定值电阻，R为滑动变阻器，A1和A2为理想电流表，V1和V2为理想电压表。若将滑动变阻器的滑动片向a端移动，则（　　）‎ A. A1示数变大 B. A2示数变小 C. V2示数变小 D. V1示数变大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】理想变压器副线圈的电压由原线圈电压决定，原线圈电压不变，副线圈的电压也不变，即示数不变，滑动变阻器的滑动片向a端移动，滑动变阻器减小，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知副线圈的电流增大，即示数变大，根据欧姆定律可知定值电阻的两端电压增大，根据串联分压可知滑动变阻器的两端电压减小，即示数变小，原线圈的电流由副线圈电流决定，在匝数比不变的情况下，示数变大，示数也增大，故A、C正确，B、D错误；‎ 故选AC。‎ ‎15.如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面呈角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒在MN与PQ之间部分的电阻为R，当ab棒沿导轨下滑的距离为x时，棒的速度大小为v。在这一过程中下列判断正确的是（　　）‎ A. 金属棒ab运动加速度大小始终为 B. 金属棒ab此时受到的安培力为 C. 通过金属棒ab横截面的电荷量为 D. 金属棒ab产生的焦耳热为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在ab加速运动的某时刻，根据牛顿第二定律可得 mgsinθ-BIL=ma 金属棒ab运动的加速度大小随着速度的增大而减小，所以加速度为一个变量，A错误； B．在速度为0～v这一过程中，当金属棒的速度为v时，ab受到的安培力为 选项B正确； C．通过金属棒ab横截面电荷量为 选项C正确； D．金属棒ab产生的焦耳热为Q，根据动能定理可得 ‎ ‎ 解得 Q=mgxsinθ−mv2‎ 因安培力随速度不断变化，则不能用W=Fx求解安培力的功，则选项D错误。 故选BC。‎ 第二部分非选择题（共55分）‎ 三、实验题（本题共2小题，共18分）‎ ‎16.利用“油膜法估测分子直径”实验体现了构建分子模型的物理思想，也体现了通过对宏观量的测量来实现对微观量的间接测量方法．‎ ‎（1）某同学的操作步骤如下：‎ A．取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；‎ B．在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；‎ C．在浅盘内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；‎ D．在浅盘上覆盖带方格的透明玻璃板，描出油膜形状，算出油膜的面积．‎ 该同学上述实验步骤中有问题的是________（填字母代号）．‎ ‎（2）若该同学计算出滴在水面上油酸酒精溶液中油酸的体积为V，测得单分子油膜的面积为S，则油酸分子的直径D=________．‎ ‎【答案】 (1). BC (2). V/s ‎【解析】‎ ‎【详解】①步骤B中在量筒中滴入N滴该溶液，测出它含有的油酸的体积；步骤D中为了测量油膜的面积，应撒入痱子粉，再滴入油酸溶液．‎ ‎②油酸分子直径为 ；‎ ‎17.某实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。‎ ‎(1)实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的__________（选填选项前的字母）。‎ A．长度为‎1m左右的细线 B．长度为‎30cm左右的细线 C．直径为‎1.8cm的塑料球 D．直径为‎1.8cm的钢球 ‎(2)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图______中所示的固定方式。（选填“甲”或“乙”）‎ ‎(3)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是：___________（选填选项前的字母）。‎ A．测出摆线长作为单摆的摆长；‎ B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动；‎ C．在摆球经过平衡位置时开始计时；‎ D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期。‎ ‎(4)测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=_________（用L、n、t表示）。‎ ‎(5)甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期T，他根据测量数据画出了如图所示的图像，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是_____。（选填“”、“”或“”）‎ 如果该图线的斜率为k，则重力加速度g的表达式g=_________（用k及常数表示）。‎ ‎(6)乙同学测得的重力加速度数值小于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是_______（选填选项前的字母）。‎ A．开始摆动时振幅较小；‎ B．开始计时时，过早按下秒表；‎ C．测量周期时，误将摆球29次全振动的时间记为30次全振动的时间；‎ D．单摆在摆动过程中悬挂点细线松动。‎ ‎【答案】 (1). AD (2). 乙 (3). BC (4). (5). (6). BD ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]AB．实验过程单摆摆长应保持不变，应选择长约‎1m的细线作为摆线，摆线不能选择长度为‎30cm左右的细线，故A正确，B错误；‎ CD．为减小实验误差，应选择密度大而体积小的球作为摆球，应选择直径为‎1.8cm的钢球作为摆球，不要选用直径为‎1.8cm的塑料球，故C错误，D正确；‎ 故选AD；‎ ‎(2)[2]在该实验的过程中，悬点要固定，应采用图乙中所示的固定方式；‎ ‎(3)[3]A．摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，故A错误；‎ B．单摆在小角度下的运动为简谐运动，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B正确；‎ C．为减小测量误差，在摆球经过平衡位置时开始计时，故C正确；‎ D．为减小测量误差，应测出个周期的总时间，然后求出周期为 用单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期实验误差较大，故D错误；‎ 故选BC；‎ ‎(4)[4]根据题意可知周期为 由单摆周期公式可知重力加速度为 ‎(5)[5]由可得 所以横坐标所代表的物理量是 ‎[6]如果该图线的斜率为，则有 可得重力加速度的表达式 ‎(6)[7]由可得 A．振幅大小与无关，故A错误；‎ B．开始计时时，过早按下秒表，周期偏大，则偏小，即测得的重力加速度数值小于当地的重力加速度的实际值，故B正确；‎ C．测量周期时，误将摆球29次全振动的时间记为30次全振动的时间，则周期偏小，则偏大，即测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，故C错误；‎ D．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，所测周期偏大，则偏小，即测得的重力加速度数值小于当地的重力加速度的实际值，故D正确；‎ 故选BD。‎ 四．计算论证题（共5小题，共37分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。‎ ‎18.如图所示，一个圆柱形储油桶。当桶内加入一定深度的油，让一束光从空气斜射到油的表面，使入射角为=45°，测得油中的折射角=30°。已知光在真空中的光速为c=3.0×‎108m/s。（计算结果可以用根号形式表示）求：‎ ‎(1)油的折射率n；‎ ‎(2)光在油中传播的速度v的大小；‎ ‎(3)如果光由油斜射入空气，要使光线不射出液面，入射角至少为多大？‎ ‎【答案】(1)1.41；(2)；(3)45°‎ ‎【解析】 (1)由题可知油的折射率为 ‎(2)由可得光在油中传播的速度大小为 ‎(3)又因为油斜射入空气，则有 所以临界角为 要使光线恰好不射出液面，则有入射角等于临界角，即要使光线不射出液面，入射角至少为 ‎19.如图所示，一列沿x轴传播的简谐横波，t=0时刻的波形图如图甲所示．图乙表示x=‎1.0m处P的质点的振动图象。求：‎ ‎(1)波的波长和振幅A；‎ ‎(2)请判断这列波的传播方向，并计算该简谐横波传播速度v的大小；‎ ‎(3)t=0.7s内质点Q运动的路程s。‎ ‎【答案】(1)‎2.0m ；‎10cm；(2)波的传播方向为x轴正方向；‎5m/s；(3)‎‎70cm ‎【解析】 (1)根据图甲可知波的波长为 振幅为 ‎(2)根据图乙可知周期为 根据速度公式可得该简谐横波传播速度的大小 时刻P点向上振动要达到它前面点的位移，可以判断波沿x轴正向传播；‎ ‎(3)由于周期经过0.7s，则有 故质点Q运动的路程 ‎20.如图所示为一交流发电机的原理示意图，装置中两磁极之间产生的磁场可近似为匀强磁场，发电机的矩形线圈abcd在磁场中可绕过bc边和ad边中点且垂直于磁场方向的水平轴OO′匀速转动。为了便于观察，图中发电机的线圈只画出了其中的1匝，用以说明线圈两端的连接情况。线圈在转动过程中可以通过滑环和电刷保持其两端与外电路的定值电阻R连接。已知矩形线圈ab边和cd边的长度L1=‎50cm，bc边和ad边的长度L2=‎20cm，匝数n=100匝，线圈的总电阻r=5.0Ω，线圈转动的角速度ω=282rad/s，外电路的定值电阻R=45Ω，匀强磁场的磁感应强度B=0.05T。电流表和电压表均为理想电表，滑环与电刷之间的摩擦及空气阻力均可忽略不计，计算中取π=3.14，=1.41。求：‎ ‎(1)请推导出线圈在匀速转动过程中感应电动势最大值Em的表达式（用题中已知物理量的符号表示），并求出此最大值Em；‎ ‎(2)求线圈匀速转动过程中电流表的示数I；‎ ‎(3)线圈从图示位置开始转过30°时的瞬时感应电动势e。‎ ‎【答案】(1)；；(2)‎2A；(3)70.5V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律，当线框转动到垂直中性面位置时，线速度与磁感线垂直，切割速度最大，此时电动势最大；边（或）边一根导线切割磁感线所产生的电动势 对于匝线圈，边与边构成的电源串联一起切割磁感线，则有 代入数据解得 ‎(2)线圈匀速转动过程中，电流表的示数为有效值，则有 则可得，电流表的示数为 ‎(3)线圈从图示位置开始转过时的瞬时感应电动势 ‎21.现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使电子加速。上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，如果从上向下看，电子沿逆时针方向运动。已知电子的电荷量为e，电子做圆周运动的轨道半径为r，若图甲中磁场B随时间t按B=B0+kt（B0、k均为正常数）规律变化，形成涡旋电场的电场线是一系列同心圆，单个圆上形成的电场场强大小处处相等。将一个半径为r的闭合环形导体置于相同半径的电场线位置处，闭合环形导体的电阻为R，导体中的自由电荷就会在感生电场的作用下做定向运动，产生感应电流，或者说导体中产生了感应电动势。求：‎ ‎(1)a．为使电子加速，感生电场的方向应该沿方向“顺时针”还是“逆时针”；‎ b．为使电子加速，当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，电流的大小应该“增大”还是“减小”；‎ ‎(2)环形导体中感应电流I；‎ ‎(3)电子在圆形轨道中加速一周的过程中，电子获得的动能Ek多大？‎ ‎【答案】(1)a.顺时针，b.增大；(2)；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) a．电子沿逆时针方向加速，则电子所受电场力沿逆时针方向，所以感生电场的方向沿顺时针方向；‎ b．当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，若电流增大，根据楞次定律，可知涡旋电场的方向为顺时针方向，电子将沿逆时针方向做加速运动；‎ ‎(2)根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为 根据闭合电路欧姆定律可得 联立可得 ‎(3)加速一周感生电场对电子所做的功 由动能定律可得 所以电子获得的动能 ‎22.如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让杆ab沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦，导轨足够长。求：‎ ‎(1)请说出通过电阻R的感应电流的方向；‎ ‎(2)在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值vm；‎ ‎(3)已知经时间t，ab杆下滑的长度为x，获得的速度为v（v

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