四川省成都市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末物理試題（含答案）

四川省成都市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末物理試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三四總分評(píng)分一、單選題1．物理學(xué)中常用比值定義法定義物理量。下列關(guān)系式中，用比值法定義的物理量定義式是（）A．B=FIL B．E=kQr2 2．如圖，在等腰直角三角形abc的頂點(diǎn)a、b各固定一根無限長通電直導(dǎo)線，導(dǎo)線中電流大小相同，方向均垂直于紙面向里。則（）A．a(chǎn)處導(dǎo)線所受安培力的方向沿ab向左B．a(chǎn)處導(dǎo)線所受安培力的方向垂直于ab向上C．c點(diǎn)磁場方向垂直于ab向上D．c點(diǎn)磁場方向平行于ab向右3．如圖，真空中等量的異種點(diǎn)電荷甲、乙形成的電場中，一試探電荷僅在電場力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，O點(diǎn)位于甲、乙電荷連線的中點(diǎn)，a、b是試探電荷運(yùn)動(dòng)軌跡上關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的兩個(gè)點(diǎn)。下列說法正確的是（）A．試探電荷為正電荷B．試探電荷在a點(diǎn)的動(dòng)能小于在b點(diǎn)的動(dòng)能C．試探電荷在a點(diǎn)的加速度大于在b點(diǎn)的加速度D．試探電荷在a點(diǎn)的電勢能等于在b點(diǎn)的電勢能4．圖示電路中，R1：R2=1：4，接入電路的兩個(gè)電容器電容分別為C1=2μFA．Q1=4.8×10C．Q1=4.8×105．如圖，同一直線上的三個(gè)點(diǎn)電荷a、b、c，電荷量分別為q1、q2、A．三個(gè)點(diǎn)電荷可能均為正電荷B．若a為正電荷，則b、c均為負(fù)電荷C．點(diǎn)電荷電荷量的絕對(duì)值滿足|D．點(diǎn)電荷電荷量的絕對(duì)值滿足|6．如圖，電源電動(dòng)勢E和內(nèi)阻r一定，R0為定值電阻且RA．R0B．電壓表示數(shù)逐漸增大C．電流表與電壓表示數(shù)的乘積IU逐漸增大D．電壓表與電流表示數(shù)改變量比值的絕對(duì)值|ΔU7．2022年10月，中核集團(tuán)核工業(yè)西南物理研究院科研團(tuán)隊(duì)再傳佳績，中國新一代“人造太陽”科學(xué)研究取得突破性進(jìn)展，HL-2M等離子體電流突破100萬安培，創(chuàng)造了我國可控核聚變裝置運(yùn)行新紀(jì)錄，技術(shù)水平居國際前列。圖示為核聚變中磁約束的托卡馬克裝置的簡化圖，圓環(huán)狀勻強(qiáng)磁場區(qū)域的內(nèi)半徑為R1，外半徑為R2，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于環(huán)面，中空區(qū)域內(nèi)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，具有各個(gè)方向的速度。欲使帶電粒子約束在半徑為A．qB(R2?C．qB(R228．如圖，用兩段材料、長度、粗細(xì)均相同的導(dǎo)線分別繞制成P、Q兩個(gè)閉合正方形線圈，所在區(qū)域有方向垂直于線圈平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，已知線圈匝數(shù)比為nP：nA．感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向B．同一時(shí)刻磁通量大小之比ΦC．感應(yīng)電動(dòng)勢大小之比ED．感應(yīng)電流大小之比I二、多選題9．在電磁學(xué)發(fā)展過程中，物理學(xué)家們的新發(fā)現(xiàn)和新理論推動(dòng)著科技進(jìn)步和產(chǎn)業(yè)革命，關(guān)于電磁學(xué)發(fā)展史，下列說法中正確的是（）A．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的熱效應(yīng)規(guī)律B．法拉第首先提出電場概念，并引入電場線形象描述電場C．焦耳發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)D．安培在對(duì)磁場的研究中提出了分子電流假說10．如圖（a）所示的圓環(huán)形導(dǎo)線，處在方向垂直于圓環(huán)平面的磁場B中（磁場未畫出，以向里為正方向），B隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖（b）所示，則（）A．0~tB．0~tC．t0D．0~t0和11．如圖（a），O、P為光滑水平面上相距0.3m的兩點(diǎn)，O、P連線上存在方向從O指向P的電場，其上各點(diǎn)的電勢φ隨距O點(diǎn)的距離x變化的關(guān)系如圖（b）所示，圖中斜線為圖線在點(diǎn)P（0.3m，200V）的切線。現(xiàn)將一質(zhì)量m=2×10-3kgA．從釋放開始加速度一直減小B．從釋放開始速度一直增大C．運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，加速度大小a=1D．運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，速度大小v=3m/s12．如圖（a），長為4d、間距為d的平行金屬板水平放置，兩金屬板左邊中點(diǎn)O有一粒子源，能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為v0、電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子，金屬板右側(cè)距離為d處豎直放置一足夠大的熒光屏?，F(xiàn)在兩板間加圖（b）所示電壓，已知t=0A．不同時(shí)刻入射的粒子在金屬板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不相等B．t=dv0C．t=d2D．粒子打在右側(cè)熒光屏上的長度范圍為d13．如圖，一帶電粒子以初速度v0沿x軸正方向從坐標(biāo)原點(diǎn)O射入，并經(jīng)過點(diǎn)P（2L，L）。若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場實(shí)現(xiàn)，則粒子從O到P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，到達(dá)P點(diǎn)速度與x軸正方向的夾角為θ1。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場實(shí)現(xiàn)，則粒子從O到P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tA．t1<t2 B．t1>三、實(shí)驗(yàn)題14．如圖所示為“探究磁場對(duì)通電導(dǎo)線的作用”的實(shí)驗(yàn)裝置，某同學(xué)利用該裝置來測定U形磁鐵N、S極之間磁場的平均磁感應(yīng)強(qiáng)度。請(qǐng)根據(jù)下面的實(shí)驗(yàn)操作按要求填空。⑴在彈簧測力計(jì)下端掛一個(gè)匝數(shù)為n的足夠長的矩形線框，用刻度尺測出矩形線框下短邊的長度L并將其完全置于U形磁鐵N、S極之間的磁場中，使線框平面與磁場方向垂直，短邊保持水平。⑵在電路未接通時(shí)，記錄線框靜止時(shí)彈簧測力計(jì)的讀數(shù)F0⑶閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使電流表讀數(shù)為I，記錄線框靜止時(shí)彈簧測力計(jì)的讀數(shù)F（F>F0），則線框所受安培力大小為⑷利用上述數(shù)據(jù)可得待測磁場的平均磁感應(yīng)強(qiáng)度B=。15．通過《直流電路》章節(jié)的學(xué)習(xí)，一同學(xué)希望利用相關(guān)知識(shí)，用一個(gè)電流表表頭設(shè)計(jì)簡易多用電表，具體設(shè)計(jì)步驟如下：（1）表頭G的規(guī)格為滿偏電流25mA，內(nèi)阻480Ω，該同學(xué)先按照?qǐng)D（a）電路將R1=160Ω的電阻并入電路，改裝為一個(gè)直流電流表，改裝后的電流表量程為（2）在改裝后的電流表基礎(chǔ)上，按照?qǐng)D（b）串聯(lián)接入R2和R3，繼續(xù)改裝為15V和50V兩檔的直流電壓表，接入的電阻R2和R3的阻值分別為R2（3）該同學(xué)將電表繼續(xù)改裝為歐姆表，如圖（c）所示。將b、c、d、e四個(gè)端口用選擇旋鈕接上同一端口f，將整個(gè)改裝之后的多用電表封裝。a、f端口各自連接一表筆，則圖（c）中a端應(yīng)接（選填“紅色”或”黑色”）表筆。校準(zhǔn)調(diào)零后，選擇歐姆檔測量一個(gè)阻值R=150Ω的電阻時(shí)，表頭指針正好指向表盤正中位置，當(dāng)測量未知電阻Rx時(shí)，穩(wěn)定后表頭指針偏轉(zhuǎn)到滿偏刻度的23，則R四、解答題16．如圖為一款游樂場電動(dòng)車的原理圖。已知電源電動(dòng)勢E=32V，燈泡L規(guī)格為“30V15W”且電阻不變，電動(dòng)機(jī)M的內(nèi)阻rM（1）電源的內(nèi)阻r；（2）電動(dòng)機(jī)機(jī)械功率P機(jī)17．2022年6月，我國首艘完全自主設(shè)計(jì)建造的航母“福建艦”下水亮相，除了引人注目的電磁彈射系統(tǒng)外，電磁阻攔索也是航母的“核心戰(zhàn)斗力”之一，其原理是利用電磁感應(yīng)產(chǎn)生的阻力快速安全的降低艦載機(jī)著艦的速度。如圖所示為電磁阻攔系統(tǒng)的簡化原理：艦載機(jī)著艦時(shí)關(guān)閉動(dòng)力系統(tǒng)，通過絕緣阻攔索拉住軌道上的一根金屬棒ab，金屬棒ab瞬間與艦載機(jī)共速，并一起在磁場中減速滑行至停下。已知艦載機(jī)質(zhì)量為M，金屬棒質(zhì)量為m，電阻為R，兩者共速后的初速度為v0（1）金屬棒ab中感應(yīng)電流最大值I的大小和方向；（2）當(dāng)艦載機(jī)減速到v018．如圖，間距為3L的平行板M，N水平固定，有一足夠長且內(nèi)壁光滑的絕緣細(xì)管豎直穿過兩板，板間（包括管內(nèi)）存在方向豎直向上、場強(qiáng)大小E=1×102N/C的勻強(qiáng)電場。長為2L的絕緣輕桿兩端分別連接帶電小球P和Q（均可視為質(zhì)點(diǎn)，不考慮兩者間相互作用的庫侖力）置于管道底部，小球P與板M相距L。已知L=0.5m，P和Q的質(zhì)量均為m=0.05kg，對(duì)應(yīng)電荷量分別為qP=+1×（1）小球Q第一次到達(dá)N板所用的時(shí)間t；（2）小球Q向上運(yùn)動(dòng)到最上端時(shí)距N板的距離x。19．如圖，直角坐標(biāo)系xOy處于豎直平面內(nèi)，x軸沿水平方向，在x軸上方存在水平向右的勻強(qiáng)電場E1，在x軸下方存在豎直向上的勻強(qiáng)電場E2和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E1（1）小球的比荷及小球第一次穿過x軸時(shí)的速度大?。唬?）小球從釋放到第三次經(jīng)過x軸所經(jīng)歷的時(shí)間。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．公式B=FB．公式E=kQC．公式I=UD．公式R=ρL故答案為：A。

【分析】根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式和點(diǎn)電荷周圍電場強(qiáng)度的表達(dá)式、歐姆定律以及電阻定律進(jìn)行分析判斷。2．【答案】D【解析】【解答】AB．a(chǎn)、b直導(dǎo)線中電流方向相同，根據(jù)“同向電流相互吸引、異向電流相互排斥”可知a處導(dǎo)線所受安培力的方向沿ab向右，AB不符合題意；CD．三角形abc為等腰直角三角形，c點(diǎn)到兩直導(dǎo)線的距離相等，且ac與bc垂直，兩直導(dǎo)線中的電流相等，則a、b直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場在c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，由安培定則可知a直導(dǎo)線在c點(diǎn)的磁場方向由c指向b，可知b直導(dǎo)線在c點(diǎn)的磁場方向由a指向c，C點(diǎn)磁場方向應(yīng)在ac延長線與cb間夾角的角平分線上，即平行ab向右，C不符合題意，D符合題意。故答案為：D。

【分析】根據(jù)“同向電流相互吸引、異向電流相互排斥”得出a處安培力的方向，利用通電導(dǎo)線周圍的磁場方向以及磁場的合成得出C點(diǎn)的磁場。3．【答案】B【解析】【解答】A．由曲線運(yùn)動(dòng)的條件可知，點(diǎn)電荷甲、乙對(duì)試探電荷的電場力一定指向曲線的凹側(cè)，由此可知試探電荷受電場力與場強(qiáng)方向相反，試探電荷為負(fù)電荷，A不符合題意；B．若試探電荷從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，電場力與速度的夾角是銳角，電場力對(duì)試探電荷做正功，由動(dòng)能定理可知，試探電荷的動(dòng)能增加，試探電荷在a點(diǎn)的動(dòng)能小于在b點(diǎn)的動(dòng)能，B符合題意；C．由電場分布的對(duì)稱性可知，a、b點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，試探電荷在a點(diǎn)的加速度與在b點(diǎn)的加速度大小相等，C不符合題意；D．若試探電荷從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，電場力對(duì)試探電荷做正功，由功能關(guān)系可知，試探電荷的電勢能減小，因此試探電荷在a點(diǎn)的電勢能大于b點(diǎn)的電勢能，D不符合題意。故答案為：B。

【分析】曲線運(yùn)動(dòng)的合力指向軌跡的凹側(cè)，正電荷所受的電場力和電場線同向，電場線的疏密表示電場的強(qiáng)弱，利用功能關(guān)系進(jìn)行分析判斷。4．【答案】A【解析】【解答】由題意可知，C1兩端的電壓是R1兩端的電壓，C2兩端的電壓是R2兩端的電壓，電路的路端電壓為U，由串聯(lián)電路分壓規(guī)律得U1=R1R1+R2U故答案為：A。

【分析】根據(jù)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)以及電容器的定義式得出兩電容器充電穩(wěn)定后所帶電荷量。5．【答案】C【解析】【解答】AB．以b點(diǎn)電荷為對(duì)象，根據(jù)受力平衡可知，a對(duì)b的庫侖力與c對(duì)b的庫侖力大小相等，方向相反，可知a、c帶同種電荷；以c點(diǎn)電荷為對(duì)象，根據(jù)受力平衡可知，a對(duì)c的庫侖力與b對(duì)c的庫侖力大小相等，方向相反，可知a、b帶異種電荷；若a為正電荷，則b為負(fù)電荷，c為正電荷，AB不符合題意；C．以b點(diǎn)電荷為對(duì)象，根據(jù)受力平衡可得k|q1||qD．以c點(diǎn)電荷為對(duì)象，根據(jù)受力平衡可得k|q1||q故答案為：C。

【分析】分別以abc三點(diǎn)的點(diǎn)電荷為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，根據(jù)庫侖定律和共點(diǎn)力平衡得出電荷量之間的關(guān)系以及點(diǎn)電荷的電性。6．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)閉合電路歐姆定律有I=ER+r+R0，滑片P由最左端a向最右端b滑動(dòng)的過程中，R減小，則I增大，根據(jù)B．由U=E?Ir可知，當(dāng)I增大時(shí)，路端電壓減小，則電壓表示數(shù)逐漸減小，B不符合題意；C．電流表與電壓表示數(shù)的乘積為P=UI=EI?I2r，當(dāng)I=E2rD．由U=E?Ir可知|ΔUΔI|=r故答案為：C。

【分析】根據(jù)閉合電路歐姆定律得出電路中電流的變化情況，利用電功率的表達(dá)式得出R0功率的變化情況和IU的變化情況。7．【答案】B【解析】【解答】帶電粒子的速度越大，在磁場中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑就越大，要使帶電粒子約束在半徑為R2可得帶電粒子圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑為Rmax=R2故答案為：B。

【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力得出帶電粒子的最大速度。8．【答案】D【解析】【解答】A．磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，則穿過線圈的磁通量減小，所以感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相同，應(yīng)為垂直紙面向外，根據(jù)安培定則可以判斷感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，A不符合題意；B．根據(jù)Φ=BS，可知同一時(shí)刻磁通量大小之比為ΦPC．感應(yīng)電動(dòng)勢大小E=nΔΦΔt=nD．根據(jù)電阻定律R=ρlS'（l為總長度），可知兩線圈的電阻之比為RPR故答案為：D。

【分析】根據(jù)磁通量的表達(dá)式以及安培定則得出感應(yīng)電流的方向以及磁通量大小之比，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和電阻定律得出感應(yīng)電動(dòng)勢之比和感應(yīng)電流大小之比。9．【答案】B,D【解析】【解答】A．焦耳發(fā)現(xiàn)了電流的熱效應(yīng)規(guī)律，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．法拉第首先提出電場概念，并引入電場線形象描述電場，B項(xiàng)正確；C．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．安培在對(duì)磁場的研究中提出了分子電流假說，D項(xiàng)正確。故答案為：BD。

【分析】根據(jù)物理學(xué)史進(jìn)行分析判斷。10．【答案】A,C【解析】【解答】A．0~tB．0~tC．t0D．0~t0和t0~3t故答案為：AC。

【分析】根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化情況以及楞次定律得出圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向以及環(huán)形導(dǎo)線的縮張趨勢，利用法拉第電磁感應(yīng)定律以及歐姆定律得出電流的大小關(guān)系。11．【答案】B,C【解析】【解答】A．電勢φ隨距O點(diǎn)的距離x變化的圖像斜率表示場強(qiáng)，可知斜率先增大后減小，所以加速度先增大后減小，A不符合題意；B．O、P連線上存在方向從O指向P的電場，小物塊從O點(diǎn)靜止釋放，小球帶正電，電場力方向與速度方向相同，所以從釋放開始速度一直增大，B符合題意；C．電勢φ隨距O點(diǎn)的距離x變化的圖像斜率表示場強(qiáng)，可知E=2000.5?0.3V/m=1000V/m，根據(jù)牛頓第二定律得qE=maD．由動(dòng)能定理得qU=12m故答案為：BC。

【分析】φ隨距O點(diǎn)的距離x變化的圖像斜率表示場強(qiáng)，從而得出電場強(qiáng)度的變化情況，利用牛頓第二定律得出加速度的大小，通過動(dòng)能定理得出物塊的速度。12．【答案】B,D【解析】【解答】A．已知t=0時(shí)刻射入的粒子恰好能從金屬板射出，則有4d=v0T，作出不同時(shí)刻進(jìn)入金屬板的粒子在電場方向速度與時(shí)間的圖像如圖有圖像可以看出，在2ndv0時(shí)刻（n=0，1，2，3，…）進(jìn)入金屬板的粒子會(huì)在電場方向上有最大位移，結(jié)合題目條件知最大位移為d2，其它時(shí)刻進(jìn)入的粒子在電場方向位移都小于dB．由A中分析，結(jié)合圖像可知，t=dv0C．由圖像可知，t=d2v0時(shí)刻入射的粒子從金屬板間出射時(shí)在電場力方向總位移不為零，總位移為D．由A中分析可知不同時(shí)刻出射的粒子出射的位置在兩金屬板右側(cè)上下邊緣之間，速度均水平向右，出射的粒子經(jīng)O'故答案為：BD。

【分析】粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，類平拋運(yùn)動(dòng)分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于初速度方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，結(jié)合類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律以及功能關(guān)系得出入射的粒子從金屬板間出射時(shí)動(dòng)能。13．【答案】A,D【解析】【解答】AB．該過程中若由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場實(shí)現(xiàn)，此時(shí)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)該過程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場實(shí)現(xiàn)時(shí)，此時(shí)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，沿x軸正方向分速度在減小，根據(jù)t=xv可知t1<tCD．該過程中若由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場實(shí)現(xiàn)，此時(shí)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，速度和位移與水平方向夾角的正切值之間的關(guān)系為tanθ1=2tanα=2L2L=1，故θ1=45°，當(dāng)該過程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場實(shí)現(xiàn)時(shí)，由故答案為：AD。

【分析】粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，結(jié)合結(jié)合關(guān)系以及速度偏角和位移偏角之間的關(guān)系得出從O到P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大小和到達(dá)P點(diǎn)速度與x軸正方向的夾角。14．【答案】F?F0【解析】【解答】（3）根據(jù)（2）可知電路未接通時(shí)，線框不受安培力。根據(jù)二力平衡可知彈簧測力計(jì)的示數(shù)大小等于線框受到的重力。開關(guān)閉合后，彈簧測力計(jì)的讀數(shù)大小等于重力與所受安培力之和。即F（4）根據(jù)安培力的定義可知F安=nBIL

【分析】（3）對(duì)線框進(jìn)行受力分析，根據(jù)力的合成得出線框所受安培力；

（4）利用安培力的表達(dá)式得出磁場的平均磁感應(yīng)強(qiáng)度。15．【答案】（1）100（2）30；350（3）黑色；75【解析】【解答】（1）改裝后的電流表量程為I=（2）根據(jù)U1=I(R2（3）根據(jù)多用表電流紅進(jìn)黑出可知，a端應(yīng)接黑色表筆。校準(zhǔn)調(diào)零后，選擇歐姆檔測量一個(gè)阻值R=150Ω的電阻時(shí)，表頭指針正好指向表盤正中位置12Im=ER+R內(nèi)，當(dāng)測量未知電阻【分析】（1）根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)得出電流表的量程；

（2）結(jié)合歐姆定律得出R2和R3的阻值；16．【答案】（1）解燈泡L正常發(fā)光，故路端電壓為U＝30V由閉合電路歐姆定律E＝U＋I(xiàn)r代入數(shù)據(jù)解得r＝0.8Ω（2）解燈泡L的電功率為P代入數(shù)據(jù)得I根據(jù)并聯(lián)電路特征可知通過電動(dòng)機(jī)的電流為I電動(dòng)機(jī)的輸入功率為P電動(dòng)機(jī)線圈的熱功率為P由電動(dòng)機(jī)能量轉(zhuǎn)化特征可知P代入數(shù)據(jù)解得P【解析】【分析】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律得出電源的內(nèi)阻；

（2）根據(jù)電功率的表達(dá)式以及電動(dòng)機(jī)的能量轉(zhuǎn)化得出電動(dòng)機(jī)機(jī)械功率。17．【答案】（1）解：金屬棒ab切割磁感線產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢為E由閉合電路歐姆定律I解得最大電流為I由右手定則，可知金屬棒ab上電流的方向從a到b。（2）解：減速到v02感應(yīng)電流為I金屬棒ab所受安培力為F=B對(duì)艦載機(jī)和金屬棒系統(tǒng)，由牛頓第二定律有F+f=(m+M)a解得a=【解析】【分析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律以及歐姆定律得出金屬棒的電流的表達(dá)式和方向；

（2）結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律得出感應(yīng)電流的表達(dá)式，利用安培力的表達(dá)式和牛頓第二定律得出當(dāng)艦載機(jī)減速到v018．【答案】（1）解：從釋放至小球P到達(dá)M板的過程，對(duì)P、Q、桿系統(tǒng)，由牛頓第二定律得E代入數(shù)據(jù)得a由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有L=12代入數(shù)據(jù)解得t1=0.5s從小球P到達(dá)M板至小球Q到達(dá)N板的過程，對(duì)P、Q、桿系統(tǒng)，由牛頓第二定律得E代入數(shù)據(jù)得a由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有L=代入數(shù)據(jù)解得t綜上，小球Q第一次到達(dá)N板所用的時(shí)間t=（2）解：設(shè)小球Q到達(dá)最上端時(shí)，到N板的距離為x，