【文档说明】【精准解析】四川省绵阳南山中学实验学校2019-2020学年高二下学期开学考试物理试题.doc，共(21)页，986.500 KB，由小赞的店铺上传

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南山中学实验学校高2018级高二下入学考试物理试题一、本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中只有一个最符合题意。1.下列有关电磁场、电磁波、电磁波谱的说法中正确的是()A.麦克斯韦电磁理论的两个基本假设之一是“变化的磁场能够在周围空间产生变化的

电场”B.电磁波谱按波长由长到短的顺序是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线C.一切物体都在不停的发射红外线和紫外线D.振荡电路只须有足够高的振荡频率就可以有效发射电磁波【答案】B【解析】A、麦克斯韦电磁

理论的两个基本假设之一是“变化的磁场能够在周围空间产生电场”，故A错误；B、电磁波按波长由长到短的排列顺序是无线电波、红外线、可见光、紫外线、x射线、γ射线，故B正确；C、一切物体都在不停地发射红外线，同时也在不断地吸收红外线，但不一定能够发射紫外线，故C错误；D、振荡电路

发射电磁波的条件是：有足够高的振荡频率与开放电路，而为了把无线电波发射出去，就要改造LC振荡电路；增大电容器极板间的距离，减小极板的面积，同时减小自感线圈的匝数，以便减小L、C的值，增大振荡频率，同时使电场和磁场扩

展到外部空间，故D错误；故选B．2.下列关于光学现象的说法中正确的是A.用光导纤维束传送图像信息，这是光的衍射的应用B.太阳光通过三棱镜形成彩色光谱，这是光的干涉的结果C.在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物

，可使景象更清晰D.透过平行于日光灯的窄缝观察正常发光的日光灯时能看到彩色条纹，这是光的色散现象【答案】C【解析】【详解】A．用光导纤维束传送图像信息，这是光的全反射的应用，故A错误；B．太阳光通过三棱镜形成彩色光谱

，这是光的色散的结果，故B错误；C．在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物时，由于太阳光中有较多的偏振光，加滤光片后，可以使景象更清晰，故C正确；D．透过平行于日光灯的窄缝观察正常发光的日光灯时能看到彩色条纹是光的衍射现象，故D错误．故选C.3

.通电直导线a与圆形金属环b共面放置，相互绝缘，如图所示放置，当a通了电流，b中产生顺时针方向的感应电流，且b受到的合力向下，由此可知，直导线a中电流（）A.向右减小B.向右增大C.向左减小D.向左增大【答案】A【解析】【详解】由安培定则可知，感应电流的磁场垂直于

纸面向里；b受到的合力向下，由楞次定律可知，说明穿过b的磁通量减小；所以原磁场方向垂直于纸面向里，由安培定则可知，a中电流方向向右，原磁通量变小，则原磁场减小，a中电流减小，故A正确，BCD错误。故选：A。4.矩形线框abcd放在匀强磁场中静止

不动，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图甲所示．设t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在0～4s时间内，图乙中能正确表示线框ab边所受的安培力F随时间t变化的图象是（规定ab边所受的安培力方向向左为正）A.B.C.D.【答案

】A【解析】【详解】根据法拉第电磁感应定律，在0～2s内电流的大小恒定；根据法拉第电磁感应定律，在2～4s电流的大小也是恒定．3s～4s内，磁场向里且增大，线框中电流方向a→b，根据左手定则，ab边受到向右的力，为反方向．综合上述三项，知A正确；

0～1s内，由楞次定律可判断电流方向为b→a，由左手定则可判断ab边受到的安培力向左，为正方向的力．故B错误；2s～3s内，磁场向外且减小，线框中电流方向为a→b，ab边受到向左的力，为正方向．故C错误；1s～2s内，磁场向外且增大

，线框中电流方向为b→a，ab边受到向右的力，为反方向．故D错误．5.线圈在磁场中转动时产生的交变电流如图所示，已知外电路为纯电阻电路。从图象可知（）A.在A和C时刻线圈平面与磁场垂直B.在B和D时刻穿过线圈的磁通量最大C

.在A和C时刻感应电流改变方向D.若从0时刻到D时刻的时间为0.02s，则在1s内交变电流的方向改变50次【答案】B【解析】【详解】A．A、C时刻电动势最大，故此时线圈与磁场平行；故A错误；B．B、D时刻感应电动势为零，故磁通量最大；故B正确；C．A、C时刻电动势最大，电流的方向

不变；故C错误；D．若从0时刻到D时刻的时间为0.02s，则说明周期为0.02s；则在1s内交变电流的方向改变100次；故D错误。故选B。6.如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为n1：n2＝2：1，A、B为完全相同的灯泡，电源电压为U，则灯泡B两端电压为（）A.12UB.2UC.1

5UD.25U【答案】D【解析】【详解】设B灯的电流为I，电压为'U，根据电流与匝数成反比，知原线圈中的电流为0.5I，A灯的分压为0.5'U，根据电压与匝数成正比，知原线圈两端电压为2'U，则有0.5'U+2'U=U解得'U=0.4U

故选：D。7.现在的调光灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调控的。如图所示为经过一个双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去。调节台灯上的旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯上的电压，那么现在

电灯上的电压为（）A.2mUB.2mUC.22mUD.2mU【答案】A【解析】【详解】设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量，交流电产生的热量21()22mUTQR=直流电产生的热量22UQTR=由Q1=Q2得2mUU=

故A正确BCD错误。故选A。8.如图电路中要使电流计G中的电流方向如图所示，则导轨上的金属棒AB的运动情况是（）A.向左匀速移动B.向左加速移动C.向右减速移动D.向右加速移动【答案】D【解析】【详解】A．AB棒若做匀速移动，AB棒产生稳定的感应电动势，在右

边的回路中产生稳定的感应电流，则右边线圈中产生稳定的磁场，在左边线圈中不产生感应电流，故A错误；B．金属棒AB向左加速移动时，根据右手定则可知，AB中产生感应电流方向为A→B，感应电动势增大，感应电流增大，右侧线圈中产生的磁场向右且增强，根据楞次定律分析得知，电

流计G中的电流方向与所示方向相反，故B错误；CD．金属棒AB向右减速移动时，根据右手定则可知，AB中产生感应电流方向为B→A，感应电动势减小，感应电流减小，右侧线圈中产生的磁场向左且减弱，根据楞次定律分析得知，

电流计G中的电流方向与所示方向相反；同理判断，当向右加速运动时，电流计G中的电流方向与如图所示相同；故C错误，D正确。故选D。9.在如图所示为LC振荡电路中，电容器极板上的电量随时间变化规律图像，由图可知（）A.t1至t2内，电

容器在充电B.t2至t3内，电路中电流在变大C.t1时刻，电路中的磁场能最小D.t2时刻，电路中的电场能最大【答案】C【解析】【详解】A．在t1到t2时刻电容器极板上的q不断减小，说明电容器在不断放电，由于线圈作用，电路中的电流在不断增加，故A错误；B．在t2到t3时刻电容器

极板上的q不断增加，说明电容器在不断充电，电路中电流减小，故B错误；C．在t1时刻，电容器极板上的q最大，所以电路中无电流，则磁场能最小。故C正确；D．t2时刻电容器极板上的q等于0，则电场能最小，故D错误。故选C。10.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1

，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R＝10Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是()A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB.当单

刀双掷开关与a连接且t＝0.01s时，电流表示数为零C.当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小D.当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25Hz【答案】A【解析】【详解】A．当单刀双掷开关与a连接时，此时，次级电压最大值2211311

V10mmnUUn==电压表的示数为311V22V102=故A正确；B．电流表的示数等于次级电流的有效值，故当单刀双掷开关与a连接且t＝0.01s时，虽然次级电流的瞬时值为零，但是电流表示数不为零，故B错误；C．当单刀双掷开关由a拨向b时，根据2211nUUn=可知，次级电压变大，电阻R消耗的功

率变大，则原线圈的输入功率变大，故C错误；D．变压器的输入电压及输出电压的频率由发电机来决定，其大小总是50HZ，故选D错误.故选A.11.边长为L的正方形金属框在水平恒力F作用下运动，穿过方向如图所示

的有界匀强磁场区域。磁场区域的宽度为d（d>L）。已知ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零。则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，有（）A.产生的感应电流方向相同B.所受的安培力F方向相反C.进入磁场过程的时间等于穿出磁场过程的时间D.进入磁场过程的发热量少于穿出磁场过程的发热

量【答案】D【解析】【详解】A．线框进入磁场和穿出磁场的过程，磁场方向相同，而磁通量变化情况相反，进入磁场时磁通量增加，穿出磁场时磁通量减小，则由楞次定律可知，产生的感应电流方向相反，故A错误；B．根据楞次定律：感应电流阻碍导体与磁场间相对运动，可知，安培力方向均水平

向左，方向相同，故B错误；C．线框进入磁场时加速度为零，做匀速运动，完全在磁场中运动时磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力而做匀加速运动，则知穿出磁场时，线框所受的安培力增大，大于恒力F，线框将做减速

运动，刚出磁场时，线框的速度大于或等于进入磁场时的速度，则穿出磁场过程的平均速度较大，则进入磁场过程的时间大于穿出磁场过程的时间，故C错误；D．根据功能关系知，进入磁场过程的发热量等于恒力做功。穿出磁场过程的热量等

于恒力做功与动能减小量之和，恒力做功相等，则进入磁场过程的发热量少于穿出磁场过程的热量，故D正确。故选D。12.如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B。有一质量为m长为l的导体棒从ab位置获得平行于

斜面的，大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ。则（）A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为22BlvRB.上滑过程中电流做功发出的热量为212mv－mgs(sinθ＋μcosθ)C.上滑过程中导体棒克服安培力做的功为

212mvD.上滑过程中导体棒损失的机械能为212mv【答案】B【解析】【详解】A．导体棒开始运动时速度最大，产生的感应电动势和感应电流最大，所受的安培力最大，最大安培力22A2BlFRBIlv==故A错误；B．上滑过程，由能量守恒定律得21sincos2mvmgsmg

sQ=++电流做功发出的热量21(sincos)2Qmvmgs=−+故B正确；C．导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热，由B可知，克服安培力做功：22A11(sincos)22Wmvmgsmv=−+克故C错

误；D．上滑的过程中导体棒的动能减小212mv，重力势能增加mgssinθ，所以导体棒损失的机械能为21sin2mvmgs−，故D错误。故选B。二、本大题共6小题，每小题3分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上的选项正确。全选对的得

３分，选对但不全的得１分，有错或不答的得0分。13.关于电磁波谱，下列说法正确的是（）A.伦琴射线是高速电子流射到固体上，使原子的内层电子受到激发而产生的B.γ射线是原子内层电子受激发而产生的C.在电磁波谱最容易发生衍射的是无

线电波D.在同种均匀介质中，紫外线比紫光传播速度大【答案】AC【解析】【详解】A．伦琴射线是高速电子流射到固体，原子的内层电子受到激发而产生的，故A正确；B．γ射线是原子核受到激发而产生的，故B错误；C．在电磁波谱最容易发生衍射的是无线电波，因为无线电波的波长最长，故C正确；

D．在同种介质中，紫外线的折射率大于紫光的折射率，由cvn=可知，紫外线比紫光传播速度小，故D错误。故选AC。14.电流互感器和电压互感器如图所示。其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，则（）A.A为电

流互感器，且n1＜n2，a是电流表B.A为电压互感器，且n1＞n2，a是电压表C.B为电流互感器，且n3＜n4，b是电流表D.B为电压互感器，且n3＞n4，b是电压表【答案】AD【解析】【详解】AB．由图可知，A串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器

变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，所以n1＜n2，a是电流表，故A正确，B错误；CD．B并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，所以n3＞n4，b是电压表，故C错误，D正

确。故选AD。15.如图电路（a）、（b）中，电阻R和自感线圈L的电阻值都是很小．接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光A.在电路（a）中，断开S，A将渐渐变暗B.在电路（a）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐

渐变暗C.在电路（b）中，断开S，A将渐渐变暗D.在电路（b）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗【答案】AD【解析】【详解】AB.在电路a中，断开S，L、A串联，由于线圈阻碍电流变小，L相当于电源，导致A将逐渐变暗

，流过A的电流方向不会发生变化，故A正确，B错误；CD.在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致A将变得更亮，然后逐渐熄灭，故C错误，D正确；16.如图所示，匀

强磁场边界水平，方向垂直纸面向里，两固定竖直光滑金属导轨电阻不计，完全相同的导体棒ab、cd水平置于磁场上方且相距一定距离。现同时由静止释放ab、cd，ab进入磁场时恰好做匀速运动，ab出磁场时，cd刚好进入磁场，已知导体棒与导轨接触良好。竖直导轨足够长，则c

d在穿越磁场过程中（）A.d端电势高于c端B.匀速穿过磁场C.运动时间小于ab在磁场中运动时间D.克服安培力做的功等于ab穿越磁场过程中克服安培力做的功【答案】AC【解析】【详解】A．cd棒在穿越磁场的过程中，根据右手定则知，d端的电势高于c端，故A正确；B．ab棒进入磁场时

，做匀速运动，知安培力等于重力，即221BLvmgR=，因为cd棒进入磁场的速度大于ab棒进入磁场的速度，所以安培力大于重力，所以cd棒进入磁场先做减速运动，故B错误；C．因为cd棒进入磁场先做减速运动，若速度达到ab棒进入

磁场的速度会做匀速运动。即cd棒进入磁场可能先减速后匀速，或一直做减速运动。不管做哪一种运动，平均速度都大于ab棒进入磁场的速度，则运动的时间小于ab在磁场中运动的时间，故C正确；D．因为cd棒在磁场中的速度不小于ab棒

的速度，则安培力不小于ab棒所受的安培力，即cd棒克服安培力做功大于ab棒穿越磁场中克服安培力所做的功，故D错误。故选AC。17.在炎热酷暑的时候，大量的电器高负荷工作，一些没有更新升级输电设备的老旧社区，由于输电线老化，线损提高，

入户电压降低，远达不到电器正常工作的需要，因此出现了一种“稳压源”的家用升压设备，其原理就是根据入户电压与电器工作电压，智能调节变压器原副线圈匝数比的机器，现某用户工作情况如图所示。下列说法正确的是（忽略变压器电阻）（）A.现入户电压U1=150V，若要稳压源

输出电压U2=225V，则需调节n1:n2=2:3B.空调制冷启动时，热水器实际功率降低C.空调制冷停止时，导线电阻耗能升高D.在用电器正常工作时，若入户电压U1减小，则导线电阻损耗小【答案】AB【解析】【详解】A．根据变压器的变压比可知1122UnU

n=，入户电压U1=150V，若要稳压源输出电压U2=225V，则需调节n1：n2=2：3，故A正确；B．空调制冷启动时，消耗功率变大，副线圈干路电流增大，则导线电阻上的电压增大，则热水器两端电压减小，热水器实际功率降低，故B正确；C．空调制冷停止时，消耗功率变小，副

线圈干路电流减小，则导线电阻上的电压减小，导线电阻耗能减小，故C错误；D．若入户电压U1减小，根据变压比可知，副线圈输出电压减小，为了保证用电器正常工作，需要调节匝数比，使副线圈输出电压不变，则导线电阻两端电压不变，损耗不变，故D错误。

故选AB。18.如图所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的边cd平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下．线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右

运动，直至通过磁场区域．cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压abU及导线框中的电流i随cd边的位置坐标x变化的图线可能正确是A.B.C.D.【答案】BD【解析】A、B、线圈的cd边刚进入

磁场时做匀速运动，则整个线圈进入磁场时速度不变，根据楞次定律产生逆时针方向的电流，为正方向，电动势大小EBLv=，此时ab两端的电压为1BLv4abU=，当线圈全部进入磁场时，线圈内无感应电流，此时线圈做匀加速运动，ab两端的电压为()BLabUvat=+，

对比图象可知，A错误；B正确；，C、D、当线圈的cd边出磁场时．电流为顺时针方向，由于此时安培力大于外力F，故此时线圈做减速运动，且加速度逐渐减小，电流图象切线的斜率减小，逐渐趋近于开始进入磁场时的电流大，C错误；D正确；故选BD．三、本题共4小题，每空2分，共

22分。把答案填在答卷对应题号后的横线上。19.如图所示，水平面内两光滑的平行金属导轨的左端与电阻R相连接，在导轨所在的空间内有竖直向下匀强磁场，质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好。今对棒施加一个水平向右的外力F，使

金属棒从a位置开始，向右做初速度为零的匀加速运动并依次通过位置b和c。若导轨与棒的电阻不计，ab=bc，则关于金属棒在运动过程中：(1)棒通过b、c两位置时，电阻R的电功率之比为_______；(2)电阻R上产生的热量，从a到b过程_______从b到c过程（填“大于”、“小于”或“等于”）；(

3)通过棒的横截面的电量，从a到b过程_______从b到c过程（填“大于”、“小于”或“等于”）。【答案】(1).2:1(2).小于(3).等于【解析】【详解】(1)[1]金属棒从a位置由静止开始向右做匀加速运动，根据v2=2ax知，通过b、c两个位置的速度比为1:2，

根据2222EBLvPRR==电阻R的电功率之比为1：2。(2)[2]金属棒做匀加速运动，金属棒所受安培力越来越大，通过相同的距离，克服安培力做的功不等，产生的热量不等，从a到b过程产生的热量小于从b到c过程产生的热量。(3)[3]根据qR=因为abbc=，则qab=qbc则通过金属棒

横截面的电荷量之比为1：1，从a到b过程通过棒的横截面的电量等于从b到c过程通过棒的横截面的电量。20.如图所示，N匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，

线框中感应电动势的有效值_______。线框从中性面开始转过2的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝_______。【答案】(1).22NBS(2).NBSR【解析】【详解】[1][2]根据正弦式交变电流的产生规律可知，感应电动势的峰值为：Em=NBSω，根据正弦式交变电流最大值和有效

值的关系可知，有效值为222mENBSE==线框从中性面开始转过2的过程中，根据法拉第电磁感应定律可知2ππ2BSNBSENNt===根据欧姆定律可知EIR=根据电荷量的定义可知，通过导线横截面的电荷量为qIt=代入数据解得NBSqR=21.(1)如

图为双缝干涉的实验示意图，光源发出的光经滤光片成为单色光，然后通过单缝和双缝，在光屏上出现明暗相间的条纹。若要使干涉条纹的间距变大，在保证其他条件不变的情况下，可以_______；A．将光屏移近双缝B．更换滤光片，改用波长更长的单色光C．减小双缝的间距D．将光源向双缝移动一小段距离

(2)某同学利用双缝干涉实验装置测定某一光的波长，已知双缝间距为d，双缝到屏的距离为L，将测量头的分划板中心刻线与某一亮条纹的中心对齐，并将该条纹记为第一亮条纹，其示数如图所示，此时的示数x1=_______mm。然后转动测量头，使分划板

中心刻线与第n亮条纹的中心对齐，测出第n亮条纹示数为x2。由以上数据可求得该光的波长表达式λ=_______（用给出的字母符号表示）。【答案】(1).BC(2).0.776(3).()21(1)dxxLn−−【解析】【详解】(1

)[1]实验中用激光通过双缝，双缝的作用是形成相干光源；由条纹间距Lxd=知，为了增大光屏上干涉条纹的间距，应使得双缝间距离d缩小，或者增大L与λ；A．将光屏移近双缝，不符合要求，故A错误；B．更换滤光片，改用波长更长的单色光，故B正确

；C．减小双缝的间距，d减小，符合要求，故C正确；D．光源向双缝移动一小段距离，不会影响条纹间距，故D错误。故选BC。(2)[2][3]螺旋测微器的读数为0.5mm+0.01×27.6mm=0.776mm根据干涉条纹的间距Lxd=得()

21(1)dxxxdLLn−==−22.如图所示为一圆环发电装置，用电阻R＝4Ω的导体棒弯成半径L＝0.2m的闭合圆环，圆心为O，COD是一条直径，在O、D间接有负载电阻R1＝1Ω整个圆环中均有B＝0.5T的匀强磁场垂直

环面穿过。电阻r＝1Ω的导体棒OA贴着圆环做匀速圆周运动，角速度ω＝300rad/s，则导体棒OA产生电动势_______；当棒OA转到OC处时，R1的电功率为_______；全电路的最大功率为_______。【答案】(1).3V(2).1W(3).4.5W【解析】【详解】

[1]感应电动势为：220110.50.2300V3V222LEBLBLBL+=====[2][3]当OA到达OC处时，圆环被分成两段并联在电路中，并联电阻阻值为：4Ω1Ω44RR===并电路电流为：13A1A111EIRRr===++++并R1的电功率为P1=

I2R1=12×1W=1W导体棒相当于电源，当OA到达OD处时，全电路电阻最小，故总功率最大，电流为m13A1.5A11EIRr===++故总功率为：Pm=EIm=3×1.5W=4.5W四、本大题共2小题，共

24分。要求在答卷上写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤和明确的答案。23.如右图所示，发电机的输出功率P出=5×104W，输出电压U1=240V，输电线总电阻R＝30Ω，允许损失的功率为输出功率的6%，为满足用户的用电需求即让用户获得的电压为220V，则：(1)该输

电线路所使用的理想升压变压器、降压变压器的匝数比各是多少；(2)能使多少盏“220V100W”的电灯正常发光．【答案】(1)612523511；(2)470盏【解析】【详解】（1）线路上损耗的功率22=6%=PPIR出损所以26%=10APIR=出又411510A2

40PIU==出对升压变压器其变压比12421106510125240nIAnIA===用户消耗的功率44=94%=PPIU用出得444.710A220I=对降压变压器，其变压比344223511nInI==(2)灯盏数445105100.06=4

70100PPNP−−==出灯盏24.如图所示，P、Q为水平平行放置的足够长光滑金属导轨，相距L＝1m。导轨间接有R1=6Ω、R2=18Ω的电阻，标称“3V、3W”的灯泡。电阻r=2Ω的导体棒ab跨放在导轨上并与导轨接触良好，棒的质量为m＝

0.5kg，棒的中点用垂直棒的细绳经光滑轻质定滑轮与物块相连，物块的质量M＝1.5kg。在导体棒ab所处区域存在磁感应强度为B方向竖直向上的匀强磁场，且范围足够大。已知开始时物块距地面H=0.6m，当物块由静止释放下降h=0.3m时，灯泡已稳定

正常发光（导轨的电阻不计，g取10m/s2）。求：(1)磁感应强度B和此时物块的下降速度v；(2)若不考虑灯泡电阻的变化，则从物块释放到落地时间内通过金属棒的电荷量和该过程中电路产生的焦耳热。【答案】(1)10T，1.2m/s；(2)0.75C

，7.56J【解析】【详解】(1)灯泡稳定正常发光，说明灯泡电压3V，功率3W，物体（导体棒）已做匀速运动，流经电阻R1的电流有L1LPIU=导体棒两端电压11LUIRU=+流经电阻R2的电流有22UIR=由闭合电路欧姆定律有()12EIIrU=++导体棒切割磁场产生电动势

E=BLv导体棒所受安培力()12FBLII=+A导体棒平衡AFMg=解得B=10Tv=1.2m/s(2)物块落地全过程，通过金属棒的电荷量qRr=+外电阻12URII=+回路磁通量变化BLH=解得q=0.75C此过程能量守恒21()2MgHQMmv−=+解得Q=7.56J