2019-2020年高二（下）期中物理试卷 含解析.doc

2019-2020年高二（下）期中物理试卷 含解析一、单项选择题（每小题4分，共32分）1（4分）（xx杨浦区一模）关于感应电流，下列说法中正确的是（）A只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生B穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生C线框不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流D只要电路的一部分作切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流2（4分）下列关于楞次定律的说法中正确的是（）A感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量B感应电流的磁场总是阻止引起感应电流的磁通量C感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场相反D感应电流的磁场方向也可能与引起感应电流的磁场方向一致3（4分）如图所示，把矩形闭合线圈放在匀强磁场中，线圈平面与磁感线平行，下面能使线圈产生感应电流的是（）A线圈以ab边为轴做匀速转动B线圈以bc边为轴做匀速转动C线圈沿磁感线方向做匀加速运动D线圈沿垂直磁感线方向做匀速运动4（4分）如图所示，矩形线圈有N匝，长为a，宽为b，每匝线圈电阻为R，从磁感应强度为B的匀强磁场中以速度v匀速拉出来，那么，产生的感应电动势和流经线圈中的感应电流的大小应为（）AE=NBav，l=BE=NBav，l=CE=Bav，l=DE=Bav，l=5（4分）如图所示，一个由导体制成的矩形线圈，以恒定速度v运动，从无场区域进入匀强磁场区域，然后出来若取逆时针方向为电流的正方向，那么在下列图象中，能正确反映出回路中感应电流随时间变化的是图（）ABCD6（4分）一定质量的物体，下列说法正确的是（）A动量变化时，动能可能不变B动量变化时，速率一定变化C速度变化时，动能一定变化D动能变化时，动量可能不变7（4分）在以下四种情况下，可以将电压升高供给电灯的变压器是（）ABCD8（4分）如图所示，在一很大的有界匀强磁场上方有一闭合线圈，当闭合线圈从上方不远处下落穿过磁场的过程中（）A进入磁场时加速度小于g，离开磁场时加速度可能大于g，也可能小于gB进入磁场时加速度大于g，离开时小于gC进入磁场和离开磁场，加速度都大于gD进入磁场和离开磁场，加速度都小于g二双项选择题（每题4分，共20分）9（4分）螺线管右端的管口正对着一个闭合线圈M（如图），线圈平面与螺线管中轴线垂直，以下哪些情况能使M向右侧摆动（）A闭合开关S瞬间B闭合S稳定后滑动变动器R的触片P左移时CS原来闭合，断开的瞬间D闭合S稳定后滑动变动器R的触片P右移时10（4分）两根电阻不计的光滑金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上导轨的下端接有电阻R，斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上，质量为m，电阻不计的金属棒ab，在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下，沿斜面匀速上滑，并上升h高度，在这个过程中（）A作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于零B恒力F与安培力的合力所做的功等于零C恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热D作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于mgh与电阻上发出的焦耳热之和11（4分）如图所示，要使电阻R1上有ab的感应电流通过，则应发生在（）A合上K时B断开K时CK合上后，将变阻器R滑动头c向左移动DK合上后，将变阻器R滑动头c向右移动12（4分）如图所示，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯线圈，则（）A电键S闭合瞬间，A、B同时发光，随后A灯变暗，B灯变亮B电键S闭合瞬间，B灯亮，A灯不亮C断开电键S瞬间，A、B灯同时熄灭D断开电键S瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭13（4分）在光滑的水平面上，质量为m的A球以速度v0与质量为2m的静止B球发生对心碰撞，碰后A球的速率变为碰前的，则碰后B球的速度大小为（）ABCD三、填空题（每空3分，共15分）14（9分）如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下那么闭合开关，稳定后，再进行以下操作，出现的情况是：（1）将A线圈迅速插入B线圈时，灵敏电流计指针将向_（填“左”或“右”）偏一下；（2）A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向_（填“左”或“右”）偏一下；（3）A线圈插入B线圈后，断开开关瞬间，灵敏电流计指针将向_（填“左”或“右”）偏一下15（6分）某研究性学习小组研究光敏电阻的特性，利用欧姆表研究光敏电阻在不同光照强度下，其阻值变化情况，测量电路如图1所示（1）如图2所示，是多用表转换开关指示在“100”处进行电阻的测量，D是多用表表盘指针在测量时的偏转位置，则测量的光敏电阻值为_（2）通过实验发现，用光照光敏电阻时欧姆表指针会往右偏，则可判断该光敏电阻在受到光照时，阻值_（选填“变大”、“变小”或“不变“）四、解答题（共3小题，满分33分）16（11分）如图所示，MN、PQ为光滑金属导轨（金属导轨电阻忽略不计），MN、PQ相距L=50cm，导体棒AB的电阻为r=1，且可以在MN、PQ上滑动，定值电阻R1=3，R2=6，整个装置放在磁感应强度为B=1.0T的匀强磁场中，磁场方向垂直与整个导轨平面，现用外力F拉着AB向右以v=5m/s速度作匀速运动求：（1）导体棒AB产生的感应电动势E和AB棒上的感应电流方向（2）导体棒AB向右匀速移动的过程中，外力做功的功率17（11分）面积S=0.2m2，n=100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是B=0.02t，R=3，C=30F，线圈电阻r=1，求：（1）通过R的电流大小和方向； （2）电容器的电荷量18（11分）如图所示，质量mA=0.9kg的长板A静止在光滑的水平面上，质量mB=0.1kg的木块B以初速v0=10m/s滑上A板，最后B木块停在A板上求：（1）B木块最后的速度vB；（2）此过程中A、B组成的系统损耗的机械能xx学年广东省广州市从化二中高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题4分，共32分）1（4分）（xx杨浦区一模）关于感应电流，下列说法中正确的是（）A只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生B穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生C线框不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流D只要电路的一部分作切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流考点：感应电流的产生条件分析：感应电流产生的条件：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化就能产生感应电流可以分解为两个条件：1、闭合电路，2、磁通量发生变化这两个条件必须同时满足，才能有感应电流产生解答：解：A、满足闭合电路，但是磁通量没有变化，没有感应电流，故A错B、满足磁通量变化，但是没有满足闭合电路这个条件，故B错误C、线框不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流故C正确D、不知道电路是否闭合，因此不能确定有电流产生故D错误故选C点评：此题要求理解感应电流产生的条件：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化才能产生感应电流要产生感应电流，电路一定要闭合，穿过的磁通量还要变化，缺一不可2（4分）下列关于楞次定律的说法中正确的是（）A感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量B感应电流的磁场总是阻止引起感应电流的磁通量C感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场相反D感应电流的磁场方向也可能与引起感应电流的磁场方向一致考点：楞次定律分析：根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同解答：解：A、感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化故A、B错误，C、当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同即感应电流的磁场方向取决于引起感应电流的磁通量是增加还是减小故C错误，D正确故选：D点评：解决本题的关键掌握楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化3（4分）如图所示，把矩形闭合线圈放在匀强磁场中，线圈平面与磁感线平行，下面能使线圈产生感应电流的是（）A线圈以ab边为轴做匀速转动B线圈以bc边为轴做匀速转动C线圈沿磁感线方向做匀加速运动D线圈沿垂直磁感线方向做匀速运动考点：感应电流的产生条件分析：闭合线圈中产生感应电流的条件是：回路中的磁通量发生变化磁通量发生变化有两种办法：磁感应强度变化或回路的有效面积发生变化解答：解：闭合线圈中产生感应电流的条件是：回路中的磁通量发生变化磁通量发生变化有两种办法：磁感应强度变化或回路的有效面积发生变化A：以ab边为轴做匀速转动时回路的有效面积发生变化，可以产生感应电流故A正确；B：以bc边为轴做匀速转动时回路的有效面积未发生变化，故B错误；C：沿磁感线方向做匀加速运动回路的有效面积未发生变化，故C错误；D：沿垂直磁感线方向做匀速运动回路的有效面积未发生变化，故D错误故选A点评：该题考查闭合线圈中产生感应电流的条件是：回路中的磁通量发生变化属于简单题4（4分）如图所示，矩形线圈有N匝，长为a，宽为b，每匝线圈电阻为R，从磁感应强度为B的匀强磁场中以速度v匀速拉出来，那么，产生的感应电动势和流经线圈中的感应电流的大小应为（）AE=NBav，l=BE=NBav，l=CE=Bav，l=DE=Bav，l=考点：法拉第电磁感应定律分析：能根据E=BLv确定感应电动势的大小，知首N匝线圈相当于N个电源进行串联，故感应电动势等于每一匝线圈产生感应电动势的串联，即E=NBLv，在计算感应电流的时候，每一匝线圈都有电阻R，故I=解答：解：如图所示，在将线圈匀速拉出的过程中切割磁感线的导体长度为a，则据E=BLv知，每匝线圈产生感应电动势E=Bav，对N匝线圈相当于N个线圈产生的感应电动势的串联，即整个线圈产生的总电动势为：E总=NE=NBLv=NBav，对于线圈中的电流，由欧姆定律可知，电流为：I=故选：A点评：多匝线圈的感应电动势的求法，E=NBLv，知道多匝线圈相当于几个单个线圈产生的电动势之和，由电源串联的知识求解5（4分）如图所示，一个由导体制成的矩形线圈，以恒定速度v运动，从无场区域进入匀强磁场区域，然后出来若取逆时针方向为电流的正方向，那么在下列图象中，能正确反映出回路中感应电流随时间变化的是图（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与图像结合分析：先根据楞次定律判断感应电流方向，再根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出各段过程感应电流的大小，选择图象解答：解：根据楞次定律判断可知，线圈进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，为正值；线圈穿出磁场时，感应电流方向为顺时针方向，为负值；由I=，线圈进入和穿出磁场时，感应电流的大小不变；线圈完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生故C正确故选C点评：本题运用楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律分析感应电流的方向和大小，这是电磁感应问题中常用的方法和思路6（4分）一定质量的物体，下列说法正确的是（）A动量变化时，动能可能不变B动量变化时，速率一定变化C速度变化时，动能一定变化D动能变化时，动量可能不变考点：动量定理；动能分析：动量等于物体质量和速度的乘积，P=mv，是矢量；动能，是标量解答：解：A、物体动量变化时，动能可能不变，比如匀速圆周运动故A正确B、动量变化时，可能是速度方向变化，速率不一定发生变化故B错误C、速度变化时，若大小不变，则动能不变故C错误D、动能变化时，则速度大小一定变化，所以动量一定变化故D错误故选A点评：解决本题的关键知道动量和动能的定义，知道它们的区别和联系7（4分）在以下四种情况下，可以将电压升高供给电灯的变压器是（）ABCD考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势；而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势；即工作原理是互感现象变压器的电流比为：原副线圈电流与匝数成反比；电压比为：原副线圈电压与匝数成正比且电流与电压均是有效值，电表测量值也是有效值解答：解：A、C、AC图中原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故AC错误；B、图中，原线圈匝数比副线圈匝数多，所以是降压变压器，故B错误；D、图中，原线圈匝数比副线圈匝数少，所以是升压变压器，故D正确；故选D点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时副线圈的电压由原线圈电压与原副线圈匝数决定，而原线圈的电流由副线圈决定8（4分）如图所示，在一很大的有界匀强磁场上方有一闭合线圈，当闭合线圈从上方不远处下落穿过磁场的过程中（）A进入磁场时加速度小于g，离开磁场时加速度可能大于g，也可能小于gB进入磁场时加速度大于g，离开时小于gC进入磁场和离开磁场，加速度都大于gD进入磁场和离开磁场，加速度都小于g考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律专题：电磁感应中的力学问题分析：闭合线圈从上方下落进入和离开磁场过程，受重力和安培力；安培力大小与速度大小成正比，根据牛顿第二定律分析加速度情况解答：解：闭合线圈进入磁场时，受到重力和安培力，根据楞次定律，可知安培力阻碍相对线圈与磁场间的相对运动，故安培力向上从上方不远处下落，进入磁场时速度较小，产生的感应电动势和感应电流较小，所受的安培力较小，小于重力，设加速度的大小为 a则F安mg，由牛顿第二定律mgF安=ma，得 ag；线圈完全进入磁场时只受重力，加速度等于g，是恒定不变的，线圈做匀加速直线运动；闭合线圈离开磁场时，受重力和安培力，根据楞次定律，阻碍相对运动，故安培力向上，由于安培力大小与重力大小情况未知，同理可知线框可能加速、减速、匀速，加速度可能小于、大于、等于g；故A正确，BCD错误故选：A点评：本题关键在于线圈的加速度的大小和方向都存在不确定性，根据楞次定律和牛顿第二定律定性判断即可二双项选择题（每题4分，共20分）9（4分）螺线管右端的管口正对着一个闭合线圈M（如图），线圈平面与螺线管中轴线垂直，以下哪些情况能使M向右侧摆动（）A闭合开关S瞬间B闭合S稳定后滑动变动器R的触片P左移时CS原来闭合，断开的瞬间D闭合S稳定后滑动变动器R的触片P右移时考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）电流越大，通电螺线管产生的磁场越强，电流越小，通电螺线管的磁场越弱；离通电螺线管越近，磁场越强，离通电螺线管越远，磁场越弱；（2）由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，分析各选项示数情景，然后答题解答：解：A、闭合开关的瞬间，螺线管中的电流从无到有，逐渐变大，螺线管磁场变强，穿过闭合线圈M的磁通量变大，由楞次定律可知，M向右侧摆动，可以阻碍磁通量的增加，故A正确；B、闭合S稳定后滑动变阻器R的触片P左移时，螺线管中的电流逐渐变大，螺线管磁场变强，穿过闭合线圈M的磁通量变大，由楞次定律可知，M向右侧摆动，可以阻碍磁通量的增加，故B正确；C、S原来闭合，断开的瞬间，螺线管中的电流从有到无，逐渐变小，螺线管磁场变若，穿过闭合线圈M的磁通量变小，由楞次定律可知，M向左侧摆动，可以阻碍磁通量的减少，故C错误；D、闭合S稳定后滑动变阻器R的触片P右移时，螺线管中的电流逐渐变小，螺线管磁场变若，穿过闭合线圈M的磁通量变小，由楞次定律可知，M向左侧摆动，可以阻碍磁通量的减小，故D错误；故选：AB点评：应知道影响电流磁场强弱的因素，全面正确理解楞次定律，即可正确解题10（4分）两根电阻不计的光滑金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上导轨的下端接有电阻R，斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上，质量为m，电阻不计的金属棒ab，在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下，沿斜面匀速上滑，并上升h高度，在这个过程中（）A作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于零B恒力F与安培力的合力所做的功等于零C恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热D作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于mgh与电阻上发出的焦耳热之和考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率专题：电磁感应与电路结合分析：题中导体棒ab匀速上滑，合力为零，即可合力的做功为零；对导体棒正确受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功等于回路电阻中产生的热量解答：解：A、金属棒向上匀速运动，合力为零，故在金属棒上升的过程中作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于零，故A正确；B、由A分析知，金属棒受重力、恒力F以及安培力，合力做功为零，而上升过程中重力做负功，故恒力F与安培力的合力所做的功不等于零，故B错误；C、根据动能定理得：WFWGW安=0，得WFWG=W安，克服安培力所做功W安即等于回路电阻中产生的热量，故有：金属棒上的各个力的合力所做的功等于零，恒力F和重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，故C正确；D、由WFWGW安=0得，WF=WG+W安，即恒力F所做的功等于棒ab重力势能的增加量和电阻R上产生的焦耳热之和，故D错误故选：AC点评：对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生热量11（4分）如图所示，要使电阻R1上有ab的感应电流通过，则应发生在（）A合上K时B断开K时CK合上后，将变阻器R滑动头c向左移动DK合上后，将变阻器R滑动头c向右移动考点：法拉第电磁感应定律分析：当穿过线圈的磁通量发生变化时，电阻R1上有感应电流通过，要使电流方向ab的，则由楞次定律可确定磁通量的变化再由安培定则可确定通电线圈的磁场方向，从而可判定开关的通断，及变阻器R滑动头滑动方向解答：解：根据安培定则可确定，要使电阻R1上有ab的感应电流通过，得知，感应磁场方向从左向右；因此由楞次定律可得，穿过线圈的磁场：若是从左向右则磁场减弱，若是从右向左则磁场增加A、由安培定则可知，当合上开关时，线圈内部的磁场从右向左且增强因此符号题意，故A正确；B错误；C、当K合上后，将变阻器R滑动头c向左移动时，电阻阻值减小，电流增大，导致线圈内部的从右向左的磁场在增加，由楞次定律可知，感应磁场从左向右，从而产生题中的感应电流故C正确，D错误；故选：AC点评：考查楞次定律、安培定则、闭合电路欧姆定律，知道电流方向与磁场方向的关系，明白楞次定律的增反减同的含义注意滑动触头的移动，导致电阻的大与小12（4分）如图所示，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯线圈，则（）A电键S闭合瞬间，A、B同时发光，随后A灯变暗，B灯变亮B电键S闭合瞬间，B灯亮，A灯不亮C断开电键S瞬间，A、B灯同时熄灭D断开电键S瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭考点：自感现象和自感系数分析：开关闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮断开开关的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭解答：解：A、开关闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，B灯逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，故A正确，B错误；C、断开开关的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故C错误，D正确故选：AD点评：对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路13（4分）在光滑的水平面上，质量为m的A球以速度v0与质量为2m的静止B球发生对心碰撞，碰后A球的速率变为碰前的，则碰后B球的速度大小为（）ABCD考点：动量守恒定律分析：两球碰撞过程中动量守恒本题的难点在于判断碰撞后A球的速度方向，A的速度方向可能与原来相反，也可能与原来相同，分两种情况研究解答：解：若碰后A球速度方向和原来一致，则根据动量守恒得：mv0=mv1+2mv2将v1=带入得v2=；若碰后A球速度方向和原来相反，则根据动量守恒得： mv0=mv1+2mv2将v1=带入公式得：v2=故选AB点评：本题关键要考虑到碰后A的速度方向有两种可能，运用动动量守恒定律研究三、填空题（每空3分，共15分）14（9分）如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下那么闭合开关，稳定后，再进行以下操作，出现的情况是：（1）将A线圈迅速插入B线圈时，灵敏电流计指针将向右（填“左”或“右”）偏一下；（2）A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向左（填“左”或“右”）偏一下；（3）A线圈插入B线圈后，断开开关瞬间，灵敏电流计指针将向左（填“左”或“右”）偏一下考点：研究电磁感应现象专题：实验题分析：根据楞次定律，通过磁通量的变化确定电流的方向，从而确定指针偏转的方向解答：解：闭合开关时，磁通量增大，产生的感应电流使指针向右偏（1）将A线圈迅速插入B线圈时，磁通量增大，则产生的感应电流使指针向右偏（2）A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流减小，则产生的磁场变弱，通过副线圈的磁通量减小，所以产生的感应电流使指针向左偏（3）A线圈插入B线圈后，断开开关瞬间，通过副线圈的磁通量减小，则产生的感应电流使指针向左偏故答案为：（1）右； （2）左； （3）左点评：解决本题的关键掌握楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍原磁场磁通量的变化15（6分）某研究性学习小组研究光敏电阻的特性，利用欧姆表研究光敏电阻在不同光照强度下，其阻值变化情况，测量电路如图1所示（1）如图2所示，是多用表转换开关指示在“100”处进行电阻的测量，D是多用表表盘指针在测量时的偏转位置，则测量的光敏电阻值为1300（2）通过实验发现，用光照光敏电阻时欧姆表指针会往右偏，则可判断该光敏电阻在受到光照时，阻值变小（选填“变大”、“变小”或“不变“）考点：用多用电表测电阻专题：实验题分析：欧姆表的读数等于表盘读数乘以倍率，欧姆表读数的零刻度在表盘的右边，指针向右偏，知电阻减小根据闭合电路欧姆定律判断热敏电阻的变化解答：解：（1）欧姆表的读数等于表盘读数乘以倍率，光敏电阻的大小R=13100=1300（2）欧姆表读数的零刻度在表盘的右边，光照光敏电阻时欧姆表指针会往右偏，可知阻值变小故答案为：（1）1300；（2）变小点评：解决本题的关键掌握多用电表的特点，以及掌握如何读数四、解答题（共3小题，满分33分）16（11分）如图所示，MN、PQ为光滑金属导轨（金属导轨电阻忽略不计），MN、PQ相距L=50cm，导体棒AB的电阻为r=1，且可以在MN、PQ上滑动，定值电阻R1=3，R2=6，整个装置放在磁感应强度为B=1.0T的匀强磁场中，磁场方向垂直与整个导轨平面，现用外力F拉着AB向右以v=5m/s速度作匀速运动求：（1）导体棒AB产生的感应电动势E和AB棒上的感应电流方向（2）导体棒AB向右匀速移动的过程中，外力做功的功率考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由E=BLv求出感应电动势E；由右手定则可以判断出电流方向；（2）由欧姆定律求出通过AB棒的电流，由电功率公式求出电功率根据功能关系求解外力功率解答：解：（1）感应电动势：E=BLv=10.55V=2.5V；由右手定则可知AB棒上的感应电流方向由B到A（2）R1、R2并联的总电阻为：R=2通过AB棒的感应电流：I=A=A整个电路的电功率为：P电=EI=2.52.1W；根据功能关系可得外力做功的功率为：P外=P电=2.1W；答：（1）导体棒AB产生的感应电动势E是2.5V，AB棒上的感应电流方向由B到A（2）导体棒AB向右匀速移动的过程中，外力做功的功率是2.1W点评：本题考查了求感应电动势、电流、电功率、判断电流方向与安培力方向，应用E=BLv、欧姆定律、电功率公式、右手定则与左手定则即可正确解题17（11分）面积S=0.2m2，n=100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是B=0.02t，R=3，C=30F，线圈电阻r=1，求：（1）通过R的电流大小和方向； （2）电容器的电荷量考点：楞次定律；平行板电容器的电容；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律分析：（1）由法拉第电磁感应定律可得出线圈中的电动势，则由欧姆定律可求得通过R的电流；由楞次定律可求得电流的方向；（2）电容器与R并联，则可求得电容器两端的电压，由电容器的定义可求得电荷量解答：解：（1）由法拉第电磁感应定律可得：E=n=n=1000.020.2V=0.4V；则电路中电流I=0.1A； 由题意知线圈中的磁通量增大，则由楞次定律可得线圈电流方向为逆时针，故R中电流方向从b指向a；即通过R的电流大小为0.1A方向从b指向a（2）由欧姆定律可得R两端的电压U=IR=0.3V；则电容器的电量Q=UC=9106C；即电容器的电荷量为9106C点评：本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用、电容器及欧姆定律，解题时注意发生电磁感应的部分看作电源，不能忽略了其内电阻18（11分）如图所示，质量mA=0.9kg的长板A静止在光滑的水平面上，质量mB=0.1kg的木块B以初速v0=10m/s滑上A板，最后B木块停在A板上求：（1）B木块最后的速度vB；（2）此过程中A、B组成的系统损耗的机械能考点：动量守恒定律；功能关系专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：根据动量守恒定律求出共同速度，再根据能量守恒定律求出A、B组成的系统损耗的机械能解答：解：（1）B在A上滑动的过程中，A、B组成系统的动量守恒，则mBv0=（mA+mB）vB得 vB=1 m/s （2）此过程中根据能量守恒定律得此过程损耗的机械能为：得 E损=4.5J答：（1）B木块最后的速度是1 m/s；（2）此过程中A、B组成的系统损耗的机械能是4.5J点评：本题综合运用了动量守恒定律和能量守恒定律，知道能量的转化方向