【文档说明】浙江省台州市台金七校联盟2023-2024学年高二上学期期中物理试题 含解析.docx，共(24)页，7.452 MB，由管理员店铺上传

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2023学年第一学期台金七校联盟期中联考高二年级物理学科试题考生须知：1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效：4．考试结束后，只需上交答题纸．选择题部分一、选

择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列物理量是矢量且单位正确的是（）A.电流AB.磁通量WbC.磁感应强度TD.电场强度V/C

【答案】C【解析】【详解】A．电流是标量，单位是A，故A错误；B．磁通量标量，单位是Wb，故B错误；C．磁感应强度是矢量，单位T，故C正确；D．电场强度是矢量，单位V/m，故D错误。故选C。2.下列说法中正确的是（）A.只有体积很小的带电体才能看成是点电荷，它跟质点都是理想

化模型B.带电物体所能带电量的值是连续的，所以它不是量子化的C.电场、磁场像分子原子等实物粒子一样具有能量，但是场不是一种物质形式D.虽然磁场不能对运动电荷做功，但是在断电自感实验中表明磁场有能量【答案】D【解析】【详解

】A．当带电体的形状大小在研究的问题中可以忽略不计时，带电体可以看成点电荷，不是只有体积很小的带电体才能看成是点电荷，点电荷跟质点都是理想化模型，故A错误；B．带电物体所能带电量只能是元电荷的整数倍，故B错误；C．电场、磁场像分子原子等实物粒子一样具有能量，场

是一种物质形式，故C错误；D．虽然磁场不能对运动电荷做功，但是在断电自感实验中表明磁场有能量，故D正确。故选D。3.两个放在绝缘架上的相同金属球相距d，球的半径远小于d，分别带q和9q−的电量，两球间的库仑

力大小为18F。现将这两个金属球充分接触，然后放回原处，则它们的库仑力大小将变为（）A.32FB.18FC.4FD.0【答案】A【解析】【详解】两金属球未接触时根据库仑定律可知2918kqqFFd==库两个金属球接触后所带电荷量均

为942qqqq−==−则它们的库仑力大小变为244kqqFr=库联立可得24432kqqFFr==库故选A。4.下列关于图中的相关判断和描述正确的是（）A.甲图中地球赤道表面磁场方向指向南方B.乙图中表示的电场是由等量异种电荷产生的，电场线方向从正电荷到负电荷，再从负电荷回到

正电荷形成闭合回路C.丙图中条形磁铁的磁感线从N极出发，到S极终止D.丁图中如果忽略地磁场，那么环形导线通电后，其轴心位置小磁针的N极向纸外旋转【答案】D【解析】【详解】A．甲图中地球赤道表面磁场方向指向北方，

故A错误；B．乙图中表示的电场是由等量异种电荷产生的，电场线方向从正电荷到负电荷，电场线并不会从负电荷回到正电荷形成闭合回路，故B错误；C．丙图中条形磁铁的磁感线在磁铁外部从N极出发，到S极，从磁铁内部由S极回到N极，故C错误；D．丁图中如果忽略地磁场，那么环形导线通

电后，根据安培定则可知，其轴心磁场方向向外，则其轴心位置小磁针的N极向纸外旋转，故D正确。故选D。5.在利用电子射线管探究洛仑兹力的方向实验中，接通电源后，电子射线由阴极沿x+轴方向射出，在荧光屏上会看到一

条亮线。现要使亮线往下偏，所加磁场方向应沿（）A.y−轴B.y+轴C.z+轴D.z−轴【答案】B【解析】【详解】由于电子带负电，运动方向沿x+轴方向，要使亮线往下偏，则洛伦兹力向下，根据左手定则可知，所加磁场方向应沿y+轴。故选B。6.如图所示，竖直平面内固定一光滑圆

形绝缘轨道，A、B分别为轨道上的最高点和最低点，圆心O处固定一负点电荷，带正电的小球沿轨道外做完整的圆周运动，则（）A.库仑力做正功B系统电势能增加C.球从A运动到B过程机械能不守恒D.球在B点时受到的弹力小于库仑力

【答案】D【解析】【详解】AB．圆心O处固定一负点电荷，带正电的小球沿轨道外做完整的圆周运动，库仑力总是指向圆心，与速度方向总是垂直，则库仑力不做功，系统电势能不变，故AB错误；.C．球从A运动到B过程，只有重力做功，小球的机械能守恒，故C错误；D

．球在B点时，根据牛顿第二定律可得2BvFNmgmR−−=库可知球在B点时受到的弹力小于库仑力，故D正确。故选D。7.如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行、间距为d的活动金属片和固定金属

片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，已知只有当该键的电容改变量大于或等于原电容的40%时，传感器才有感应，则下列说法正确的是（）A.按键的过程中

，电容器的电容减小B.按键的过程中，电容器的电压减小C.按键的过程中，图丙中电流方向从b流向aD.欲使传感器有感应，按键需至少按下25d【答案】C【解析】【详解】ABC．根据r4SCkd=，QCU=按键的过程中，电压保持不变，板间距离减小，则

电容器的电容增大，电容器电荷量增大，电容器充电，图丙中电流方向从b流向a，故AB错误，C正确；D．欲使传感器有感应，设按键需至少按下d，则有r4()SCkdd=−由题意有0.4CCC−=联立可得27dd=故D错误。故选C。8.长为l的通电直导线放在倾角为的光滑斜面上，并处在磁

感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B方向垂直斜面向上，电流为1I时导体处于平衡状态，若B方向改为竖直向上，则电流为2I时导体处于平衡状态，电流比值12II应为（）A.1cosB.tanC.sinD.cos【答案】D【解析】【详解】根据平衡条件有1

sin=BILmg2tanBILmg=解得12cosII=故选D。9.如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（）A.甲图如果加速电压减小，那么粒子最终的最大动能也会减小

B.乙图可通过增加匀强磁场的磁感应强度来增大电源电动势C.丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子只能从左侧沿直线匀速通过速度选择器D.丁图中产生霍尔效应时，稳定时一定是D侧面电势高【答案】B【解析】【详解】A．粒子在磁场中满足2mvBqvr=设回旋加速器D型

盒的半径为R，可推导出粒子的最大动能为2222k122qBREmvm==由此可知，粒子的最大动能为加速电压无关，故A错误；B．当磁流体发电机达到稳定时，电荷在A、B板间受到的电场力和洛伦兹力平衡，即EBqvqd=得电源电动势为EBvd=由此可知，增加匀强磁场的磁感应强度来增大

电源电动势，故B正确；C．粒子从左侧沿直线匀速通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力方向相反，但无法确定粒子的电性，故C错误；D．若载流子带负电，洛伦兹力指向D板，载流子向D板聚集，D板电势低，故D错误。故选B。10.

电流传感器在电路中相当于电流表，可以用来研究自感现象。在如图所示的实验电路中，L是自感线圈，其自感系数足够大，而直流电阻值小于灯泡D的阻值，电流传感器的电阻可以忽略不计。在0=t时刻闭合开关S，经过一段时间后，在1=tt时刻断开开关S。在下列表示电流传感器

记录的电流随时间变化情况的图像中，可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】闭合S瞬间，线圈中产生自感电动势阻碍电流增加，则线圈相当于断路，此时通过电流传感器的电流最大；随线圈阻碍作用

的减小，通过线圈的电流逐渐变大，通过电流传感器的电流逐渐减小，电路稳定后，外电路电阻不变，外电压不变，通过电流传感器的电流不变；因为线圈的直流电阻值小于灯泡D的阻值，稳定后，通过线圈的电流大于通过电流传感器的电流。1=tt时刻断开开关S，由于自感现

象，原来通过线圈L的电流从左向右流过电流传感器，与原来方向相反，且逐渐减小。则A图符合题中情况。故选A。11.如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定、螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流正方向如图甲中箭头所示。P所受的重力为G，桌面对P的支

持力为NF，则（）A.2t时刻P中无感应电流，NFG=B.21~tt时间内，穿过线圈P的磁通量变大，且线圈P有收缩的趋势C.3t时刻穿过线圈P的磁场最强，P中感应电流为零D23~tt时间内螺线管对线圈有排斥力，且一直增大【

答案】C的.【解析】【详解】A．由图乙可知，2t时刻螺线管Q中电流为0，电流的变化率最大，则2t时刻穿过线圈P磁通量为零，磁通量的变化率最大，P中感应电流最大，故A错误；B．由图乙可知，21~tt时间内，螺线管Q中电流减小，则穿过线圈P的磁通量减小，根据增缩减

扩原理可知，线圈P有扩张的趋势，故B错误；C．由图乙可知，3t时刻螺线管Q中电流最大，电流的变化率为0，则3t时刻穿过线圈P的磁场最强，穿过线圈P的磁通量变化率为0，P中感应电流为零，故C正确；D.23~tt时间内，螺线管Q中电流增大，则穿过线圈P的磁通量增大，为了阻碍磁通量的增大，线圈

P有远离螺线管Q的运动趋势，即螺线管Q对线圈P有排斥力作用；但2t时刻，由于螺线管Q中电流为0，则排斥力为0；3t时刻，由于线圈P中电流为0，则排斥力为0；所以排斥力不是一直增大，故D错误。故选C。12.某吊扇电机的内阻为40Ω，相关参数如表所示

，则它以额定功率工作时（）功率：55W电压/频率：220V/50Hz噪音分贝：()67dBA转速：330r/min重量：整机5.0kgA.流过吊扇电机的电流为0.4AB.吊扇电机的发热功率为2.5WC.吊扇电机的机械功率为30WD.吊扇转动

角速度为33rad/s【答案】B【解析】【详解】A．流过吊扇电机的电流为55A0.25A220PIU===故A错误；B．吊扇电机的发热功率为220.2540W2.5WPIr===热故B正确；C．吊扇电机的机械功率为552.5W52.5WPPP=

−=−=热机械故C错误；D．吊扇转动角速度为33022rad/s11rad/s34.5rad/s60n===故D错误。故选B。13.用同样的材料、不同粗细导线绕成两个质量面积均相同的正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，使它们从离有理想界面的匀强磁场高度为h的地方同时自由下落，如图所示。线圈平面与磁感线

垂直，空气阻力不计，则（）A.两线圈同时落地，线圈发热量相同B.细线圈先落到地，细线圈发热量大C.粗线圈先落到地，粗线圈发热量大D.两线圈同时落地，细线圈发热量大【答案】A【解析】【分析】【详解】线圈自由下落，由2vgh=得知两个线圈进入磁场时的速度相等。进入磁场后根据牛顿第二定律得mg-F=m

a所以Fagm=−又安培力22BLvFR=则a=g-22BLvmR将4RLρS=电，m=ρ密•4LS代入上式得216Bvag=−电密可见上式各量都相同，则两个线圈下落过程中加速度始终相同，运动情况

相同，故运动时间相同，同时落地，落地速度也相同。整个过程根据能量守恒定律得Q=mgH-212mv下落的总高度H和落地速度v都相同，则发热量也相同。故选A。【点睛】本题要根据牛顿第二定律、安培力公式22BLvFR=、电阻定律、密度公

式综合研究，得到加速度的表达式，才能分析线圈的运动情况关系，考查综合应用物理知识的能力。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错的得0分）14.对

于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法正确的是（）A.甲图中，电子感应加速器是利用磁场直接对电子进行加速B.乙图为磁电式仪表的内部结构图，其中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用C.丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理D.丁图中，

两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣是为了减小电阻，从而减小电信号损失【答案】BC【解析】【详解】A．电子感应加速器是利用交变磁场激发感生电场，从而进行加速，故A错误；B．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框在转动时有感应电流产生，

铝框要受到安培力作用，由于安培力总是阻碍铝框的运动，即铝框能起电磁阻尼的作用，故B正确；C．丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理，故C正确；D．丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理，故D错误。故选BC。15.如

图所示，三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，P、M、N分别为轨道的最低点．三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动且均能通过最低点．如图所示，则下列有关判

断正确的是（）A.小球第一次到达轨道最低点的速度关系PMNvvv=B.小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系MPNFFFC.三个小球到达轨道右端的最大高度都相同D.磁场无论有多强，小球返回时都不会脱离轨道【答案】ABD【解析】【详

解】A．在第二图中，因为洛仑兹力总是垂直于速度方向，故洛仑兹力不做功；球下落时只有重力做功，故第一、二图两次机械能均守恒，由212mgRmv=故两次球到最低点的速度相等，第三图中，小球下滑的过程中电场力做负功，重力做

正功，所以小球在最低点的速度小于前两个图中的速度．即PMNvvv=故A正确；B．小球在最低点时，第一图中重力和支持力提供向心力，即2PPmvFmgR−=而第二图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向心力，

即2MMMmvFmgBqvR−−=第三图中，重力与支持力提供向心力，即2NNmvFmgR−=则MPNFFF故B正确；C．图一、二只有重力做功，洛伦兹力不做功，所以小球到达轨道右端的最大高度相同；图三小球电场力与重力做功，

电场力全程做负功，可知小球到达轨道右端的最大高度与图一图二不同，故C错误；D．第二图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向心力，即2MMMmvFmgBqvR−−=洛伦兹力始终与轨道垂直向下，磁场无论有多强，小球返回时都不会脱离轨道,故D正确。故选ABD。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.某同

学想要测量一节新干电池的电动势和内阻，实验室提供了如下器材和参考电路：电流表1A（量程0.6A，内阻约0.1Ω）滑动变阻器1R（最大阻值4kΩ）电压表1V（量程3V，内阻约6kΩ）电流表2A（量程3A，内阻约1Ω）滑动变阻器2R（最大阻值8Ω）

开关，导线若干（1）选用合适器材后，为减小误差，应选择____________（填写A或B）电路进行测量，完成实物连线图____________。（2）电压表选1V，电流表选____________（填写A1或2A），滑动变阻

器选____________（填写1R或2R）。（3）电压表示数为____________V；（4）另外一个同学为了减小计算误差，将测得的数据在坐标纸上描点如图，请作出合适的UI−图______，并根据图像求

出电动势E为____________V，内阻r为____________Ω。（均保留小数点后两位）【答案】①.B②.见解析③.1A④.2R⑤.1.24##1.23##1.25⑥.见解析⑦.1.48⑧.1.

09【解析】【详解】（1）[1][2]选用合适器材后，由于干电池内阻很小，电压表的分流几乎可以忽略不计，为减小误差，应选择B电路进行测量；实物连线如图所示（2）[3][4]实验时通过电池的电流不能太大，一般小于0.6A，则电流表选1A；为了调节方便，使电表示数

变化明显，滑动变阻器选择阻值较小的2R。（3）[5]由于电压表选择1V，分度值为0.1V，则电压表示数为1.24V。（4）[6]根据图中描点，作出UI−图线如图所示[7][8]根据闭合电路欧姆定律可得EUIr=+可得UIrE=−+可知UI−图像的纵轴

截距等于电动势，则有1.48VE=UI−图像的斜率绝对值等于内阻，则有1.481.001.090.44r−=17.电路中电流大小可以用电流传感器测量，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化曲线。某兴趣小组要

测定一个电容器的电容，选用器材如下：待测电容器（额定电压为16V）；电流传感器和计算机；直流稳压电源；定值电阻0100ΩR=、单刀双掷开关；导线若干实验过程如下：a．按照图甲正确连接电路；b．将开关S与1端连接，电源向

电容器充电；c．将开关S郑向2端，测得电流随时间变化的It−图线如图乙中的实线a所示；d．利用计算机软件测出It−曲线和两坐标轴所围的面积。的请回答下列问题：（1）电脑自动测出的It−曲线和两坐标轴所围的面积物理意义为34.637mAs

，根据图像，算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为____________C，最大电压为____________V。（均保留两位有效数字）（2）若将定值电阻换为1167ΩR=，重复上述实验步骤，则电流随时间变化的It−图线应该是图丙中的曲线________

____（选填“b”或“c”或“仍为a”或“a、b、c都有可能”）。【答案】①.23.510−##0.035②.9.0③.c【解析】【详解】（1）[1]It−图像的曲线和两坐标轴所围的面积即表示电容器的电荷量，由图像及题意可知电容器全部放电过程中释放的电荷量为2

mAs3.510C34.637Q−=[2]由It−图像得到开始时电流为m90mA0.09AI==故电容器两端的最大电压为m00.09A100Ω9.0VUIR＝＝＝（2）[3]若将定值电阻换为1167ΩR=，根据mUIR=可知第2次实验的最大电流

小些；根据QCU=可知两条曲线与坐标轴所围的面积相等；则电流随时间变化的It−图线应该是图丙中的曲线c。18.下列关于实验的说法中，正确的是（）A.用多用电表欧姆挡测电阻阻值时，不能用两只手分别捏着电阻的两

端，因为这样会导致测量值偏大B.用多用电表欧姆挡测量二极管的正向阻值时，应让红表笔接二极管的正极C.用螺旋测微器测量金属丝直径时，读数应精确到0.01mm，估读到0.001mmD.当电流表内阻未知时，用电流表内接法测量电阻丝电阻时，测量结果比真实值偏大E.测电阻的电路中，常用滑动变

阻器控制待测电阻的电流或电压，其中分压式接法应采用最大阻值大于待测电阻的变阻器，使得分压效果更好【答案】CD【解析】【详解】A．用多用电表欧姆挡测电阻阻值时，不能用两只手分别捏着电阻的两端，因为这样相当于将人体电阻与待测电阻并联，会导致测量值偏小，故A错误；B．用多用电表欧姆挡测量二极管

的正向阻值时，应让黑表笔接二极管的正极，故B错误；C．用螺旋测微器测量金属丝直径时，读数应精确到0.01mm，估读到0.001mm，故C正确；D．当电流表内阻未知时，用电流表内接法测量电阻丝电阻时，由于电流表的分压，使得电压测量值偏大，则测量结果比真实值偏大，故D正确；E．测电阻的电

路中，常用滑动变阻器控制待测电阻的电流或电压，其中分压式接法应采用最大阻值小于待测电阻的变阻器，使得分压效果更好，故E错误。故选CD。19.如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子

从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；（2）求带电粒子运动3d距离时的动能kE；（3）若带电粒子运动3d距离时立刻撤去所加电压，求该粒子此后还要经过多长时间才能到达N板。【答案】（1）Uqd；（2）13qU；（3）23mdqU【解析】【详解

】（1）电场强度为UEd=则带电粒子所受的静电力的大小为UFqEqd==（2）在0~3d过程中，根据动能定理可得k03dqEE=−解得k13EqU=（3）根据2k12Emv=解得23qUvm=撤去电压后，带电粒子做匀速直线运动，则有223dvt=解得223mtdqU

=20.如图所示，两水平放置的平行金属板a、b，板长L与间距d均为0.3m。两金属板间可加电压，且b板电势高于a板电势，在虚线MN的右侧有范围足够大的匀强磁场，磁场边界MN与金属板垂直，磁感应强度大小32.510TB−=，方向垂直纸面向外。

在两极板左端正中间有一粒子源，水平向右不断地发射比荷8210C/kgqm=、初速度50210m/sv=的带负电粒子。忽略电场的边缘效应、粒子的重力以及它们之间的相互作用。（1）若两金属板间所加电压为0时，求粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径

r；（2）若两金属板间加适当电压，粒子恰好从极板右边缘射出电场，求粒子在磁场中的射入点与射出点之间的距离s；（3）求（1）、（2）两问中粒子在磁场中运动的时间之差Δt。的【答案】（1）0.4m；（2）0.8m；（3）610s−【解析】【详解】（1）两金属板间电压为零时，带电粒子在金属

板以速度0v匀速通过后进入磁场，在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得2001vqvBmr=解得010.4mmvrqB==（2）带电粒子刚好从金属板右边缘射出电场时，设带电粒子在电场中的运动时间为t，侧向速度为yv，则有0Lvt=，

22yvdt=解得0yvv=则速度偏向角满足0tan1yvv==可得45=则带电粒子离开电场时的速度为22002yvvvv=+=在磁场中有22vqvBmr=解得20.42mmvrqB==粒子在磁场中的射入点与射出点之间的距离为22cos0.

8msr==（3）在（1）问中，粒子垂直边界进入磁场，运动轨迹为半圆，粒子在磁场中的运动时间为1112tT=又12mTqB=在（2）问中，粒子右偏下45进入磁场，运动轨迹为34圆，粒子在磁场中的运动时间为2234tT=又212mTTqB==则（1）

、（2）两问中的粒子在磁场中运动的时间之差为62110sttt−=−=21.如图所示，两根相距为0.5mL=的金属导轨平行固定放置，左半部分倾斜且粗糙，倾角37=，处在磁感应强度为0.5TB=的竖直向上的匀强磁场中；右半部分水平且光滑，处

在磁感应强度为0.5TB=的竖直向下的匀强磁场中，导轨的电阻均不计。在导轨上水平放置金属杆ab、cd，两杆的质量均为0.01kgm=，长度恰好与导轨间距相同。其中，ab棒电阻为0.5Ωr=，cd棒和R的电阻均为1Ω，cd杆

与导轨间的动摩擦因数为0.8=。现使ab杆由静止开始向右做加速度为22m/sa=的匀加速运动。（1）当cd杆所受静摩擦力为0时，求流过cd杆电流的大小和方向；（2）求从ab杆开始运动，经过多少时间cd杆所受静摩擦力变为0？（3）从

ab杆开始运动到cd杆所受静摩擦力变为0的过程中，求通过ab杆的电荷量。【答案】（1）0.3A，方向cd→；（2）1.2s；（3）0.36C【解析】【详解】（1）ab向右切割磁感线产生电动势，根据右手定则可知，流过cd杆的电流方向由cd→；

当cd杆不受摩擦力作用时，根据平衡条件有1cos37sin37BILmg=解得电流大小为10.3AI=（2）电路总电阻为12RRr=+=总电动势为120.6VEIR==总又EBLv=可得2.4m/sv=ab杆做匀加速直线运动，则有vat

=解得1.2st=（3）根据运动学公式可得211.44m2xat==通过ab的电荷量为qIt=EBLvIRR==总总联立可得0.36CBLvBLxqtRR===总总22.如图甲所示，ACD是固定在水平面上的半径

为2r、圆心为O的金属半圆弧光滑导轨，EF是半径为r、圆心也为O的半圆弧，在半圆弧EF与导轨ACD之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，B随时间t变化的图象如图乙所示（0B和0t为已知量）。OA间接有电阻P，金属杆OM可绕光骬轴O

点转动，M端与轨道接触良好，金属杆OM与电阻P的阻值均为R，其余电阻不计。00t时间内，OM杆在外力作用下静止于与OA夹角为13=的位置。（1）求00t这段时间内通过电阻P的感应电流大小和方向；（

2）002tt时间内，OM杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，02t时转到角度23=的OC位置，如果杆OM动能不计，求在这段时间内外力对杆做的功W；（3）如果圆弧AD是总电阻为3R的均匀电阻导轨，OM杆的运动

情况仍与（1）（2）小题一致，请写出002t时间内电阻P的热功率随时间变化的关系式。【答案】（1）2004BrtR，方向由AO→；（2）224008BrtR；（3）见解析【解析】【详解】（1）00~t时间内的感应电动势为11

BEStt==其中00BBtt=2221111(2)662Srrr=−=感应电流为112=EIR联立解得20104BrItR=由楞次定律可判断通过电阻P的感应电流方向为AO→。（2）00~2tt时间内，OM转动的角速

度为03t=感应电动势为20EBrv=其中22rrv+=又222EIR=2202QIRt=总根据能量守恒可得WQ=联立解得224008BrWtR=（3）在00~t时间内，有133EIR=2

2420132036BrPIRRt==（00tt≤≤）在00~2tt时间内，有2400333EIttRRt=−+获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com