北京市海淀區(qū)2022屆高三上學期物理期末考試試卷

北京市海淀區(qū)2022屆高三上學期物理期末考試試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、多選題1．真空中某區(qū)域的電場線分布如圖所示，M、N為電場中的兩點，下列說法正確的是（）A．該電場為勻強電場 B．該電場為非勻強電場C．M點的場強比N點的場強小 D．M點的電勢比N點的電勢低2．如圖所示的電路中，閉合開關(guān)S后，電流表的示數(shù)為0.20A，已知電源內(nèi)阻r=1.0Ω，電阻A．電壓表的示數(shù)為1.8V B．電源的電動勢為1.8VC．電阻R的電功率為0.4W D．電路消耗的總功率為0.4W3．如圖所示，置于水平面上的兩根金屬導(dǎo)軌間距為L，分別與電源正、負極相連，導(dǎo)體棒ab放在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌垂直，整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)體棒，且與導(dǎo)軌平面夾角為θ，已知回路中電流為I，導(dǎo)體棒始處于靜止狀態(tài)，關(guān)于導(dǎo)體棒的受力情況，下列說法正確的是（）A．安培力大小為0 B．安培力大小為ILBC．靜摩擦力大小為ILBcosθ 4．某同學用如圖所示裝置探究影響感應(yīng)電流方向的因素，將磁體從線圈中上勻速抽出時，觀察到靈敏電流計指針向右偏轉(zhuǎn)，關(guān)于該實驗，下列說法正確的是（）A．必須保證磁體勻速運動，靈敏電流計指針才會向右偏轉(zhuǎn)B．若將磁體向上加速抽出，靈敏電流計指針也會向右偏轉(zhuǎn)C．將磁體的N、S極對調(diào)，并將其向上抽出，靈敏電流計指針仍向右偏轉(zhuǎn)D．將磁體的N、S極對調(diào)，并將其向下插入，靈敏電流計指針仍向右偏轉(zhuǎn)5．如圖所示，理想變壓器原線圈接在u=UA．V1示數(shù)不變 B．V2示數(shù)變小 C．A1示數(shù)變大 D．A2示數(shù)變小6．金屬自由電子氣理論認為金屬中的自由電子好像氣體分子一樣，總是在不停地做無規(guī)則熱運動，由于自由電子會與金屬離子發(fā)生碰撞，其在金屬中的運動軌跡是“曲折”的路線，當存在外加電場E時，自由電子在雜亂無章的熱運動基礎(chǔ)上會疊加一個沿電場力方向的定向移動，如圖所示，大量自由電子沿同一方向的定向移動形成了宏觀的電流，通常情況下，電流穩(wěn)定時，自由電子定向移動的速率約為10?4m/sA．相較于自由電子的定向移動速率，熱運動速率對碰撞頻率影響更大B．相較于自由電子的熱運動速率，定向移動速率對碰撞頻率影響更大C．E恒定時，若碰撞頻率升高，金屬中自由電子定向移動形成的電流不變D．E恒定時，若碰撞頻率升高，金屬中自由電子定向移動形成的電流變小二、單選題7．在恒定的勻強磁場中固定一根通電直導(dǎo)線，導(dǎo)線的方向與磁場方向垂直，如圖反映的是這根導(dǎo)線受到的磁場力大小F與通過導(dǎo)線的電流I之間的關(guān)系，M、N兩點各對應(yīng)一組F、I的數(shù)據(jù)，其中可能正確的是（）A． B．C． D．8．某手機只播放視頻，可以播放約17小時，其說明書的部分內(nèi)容如右表所示，關(guān)于該手機，下列說法正確的是（）……手機類型智能手機、4G手機屏幕分辨率1990×1080像素電池容量4000mA·h電池類型不可拆卸式電池待機時間約22天……A．充滿電時電池可儲存的最大能量為4JB．放電時電池可輸出的最大電荷量為4CC．播放視頻時平均電流約為待機狀態(tài)平均電流的1.3倍D．播放視頻時平均電流約為待機狀態(tài)平均電流的30倍9．如圖所示，用洛倫茲力演示儀研究帶電粒子在勻強磁場中的運動，以虛線表示電極K釋放出來的電子束的徑跡。在施加磁場之前，電子經(jīng)加速后沿直線運動，如圖甲所示；施加磁場后電子束的徑跡，如圖乙所示；再調(diào)節(jié)演示儀可得到圖丙所示的電子束徑跡。下列說法正確的是（）A．施加的磁場方向為垂直紙面向外B．在圖乙基礎(chǔ)上僅提高電子的加速電壓，可得到圖丙所示電子束徑跡C．在圖乙基礎(chǔ)上僅增大磁感應(yīng)強度，可得到圖丙所示電子束徑跡D．圖乙與圖丙中電子運動一周的時間不相等10．為了測定某平行于紙面的勻強電場的場強，某同學進行了如下操作：取電場內(nèi)某一位置為坐標原點O建立x軸，選取x軸上到O點距離為r的P點，以O(shè)為圓心、r為半徑作圓，如圖甲所示，從P點起沿圓周逆時針測量圓上各點的電勢φ和轉(zhuǎn)過的角度θ，可以用此數(shù)據(jù)繪制φ-θ圖，當半徑r分別取r0、2r0、3r0時，分別繪制出如圖乙中所示的三條曲線，三條曲線均在θ=θ0時達到最大值，最大值分別為4φ0、3φ0、2φA．曲線①對應(yīng)的r取值為r0 B．電場方向沿x軸正方向C．坐標原點O的電勢為φ0 D．電場強度的大小為4三、實驗題11．某同學用電流傳感器和電壓傳感器研究電容器的放電情況，按如圖連接電路，實驗時，先將開關(guān)S與1端相連，待電路穩(wěn)定后，將開關(guān)擲向2端，傳感器將信息傳入計算機，屏幕上可以顯示出電流、電壓隨時間變化的i?t圖線、u?t圖線。（1）由如圖可知，傳感器2應(yīng)為傳感器（選填“電流”或“電壓”）；（2）計算機屏幕上顯示的i?t圖線可能為如圖中的，u?t圖線可能為如圖中的；A．B．C．D．（3）結(jié)合屏幕顯示的i?t圖線、u?t圖線信息，可以估算出。A．電容器的電容B．電容器儲存的電荷量12．在“測量金屬絲的電阻率”的實驗中，實驗小組的同學測量一段阻值約為5Ω，均勻金屬絲的電阻率。（1）用螺旋測微器分別在三個不同的位置測量金屬絲的直徑，某次示數(shù)如圖所示，該次測量值為mm；（2）實驗小組的同學采用如圖所示的電路圖，用伏安法測金屬絲的電阻Rx，現(xiàn)有電源（電動勢為3.0V，內(nèi)阻可忽略不計），開關(guān)和導(dǎo)線若干，以及下列器材：A．電壓表V1（量程0～3V，內(nèi)阻約3kΩ）B．電壓表V2（量程0～15V，內(nèi)阻約15kΩ）C．電流表A1（量程0～3A，內(nèi)阻約0.025Ω）D．電流表A2（量程0～0.6A，內(nèi)阻約0.125Ω）E．滑動變阻器R1（0～5Ω，3A）F．滑動變阻器R2（0～1000Ω，0.5A）①為減小測量誤差，在實驗中，電壓表應(yīng)選用，電流表應(yīng)選用，滑動變阻器應(yīng)選用；（選填各器材前的字母）②圖是測量Rx的實驗器材實物圖，圖中已連接了部分導(dǎo)線，請根據(jù)圖的電路圖，補充完成圖中實物間的連線；（3）測量出金屬絲直徑為d、長度為L，電壓表示數(shù)為U，電流表示數(shù)為I，則該金屬絲電阻率測量值的表達式ρ=，考慮電流表和電壓表內(nèi)阻引起的誤差，該測量值真實值（選填“大于”或“小于”）；（4）在測量另一根阻值未知的金屬絲電阻率時，實驗小組的同學將電流表換成了量程為0～100mA的毫安表，依據(jù)上圖連接了電路，調(diào)整滑動變阻器R后保持R的阻值不變，然后，將電壓表右側(cè)導(dǎo)線分別接在M點和N點，讀出相應(yīng)的電壓表和毫安表示數(shù)，記錄在表格中，根據(jù)這兩組數(shù)據(jù)，同學們認為將電壓表右側(cè)導(dǎo)線接在M點比接在N點實驗誤差更小，請判斷他們得出的結(jié)論是否正確，并說明理由。接M點接N點U/V0.80.9I/mA8483四、解答題13．如圖所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌MN和PQ固定在水平面上，其間距為L，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直軌道平面向下，兩導(dǎo)軌之間連接一阻值為R的電阻，在導(dǎo)軌上有一金屬桿ab，其電阻值為r，桿ab長度恰與導(dǎo)軌間距相等，在桿ab上施加水平拉力使其以速度v向右勻速運動，運動過程中金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，設(shè)金屬導(dǎo)軌足夠長，不計導(dǎo)軌電阻和空氣阻力，求：（1）金屬桿ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E；（2）金屬桿ab兩端的電壓Uab；（3）拉力做功的功率P。14．長為L的輕質(zhì)絕緣細線一端懸于O點，另一端系一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球（可視為質(zhì)點），如圖所示，在空間施加沿水平方向的勻強電場（圖中未畫出），小球靜止在A點，此時細線與豎直方向夾角α=37°，已知sin37°=0.6（1）求勻強電場的電場強度大小E；（2）保持細線始終張緊，將小球從A點拉起至與O點處于同一水平高度的B點，求A、B兩點間的電勢差U；將小球由B點靜止釋放，求小球運動至A點時速度的大小v。15．如圖所示，交流發(fā)電機的矩形金屬線圈abcd的邊長ab=cd=40cm，bc=ad=20cm，匝數(shù)n=100，線圈的總電阻r=6Ω，線圈位于磁感應(yīng)強度B=0.04T的勻強磁場中，線圈平面與磁場方向平行，線圈的兩個末端分別與兩個彼此絕緣的銅環(huán)E、F（集流環(huán)）焊接在一起，并通過電刷與阻值R=90Ω的定值電阻連接，現(xiàn)使線圈繞過bc和ad邊中點、且垂直于磁場的轉(zhuǎn)軸OO（1）從線圈經(jīng)過圖示位置開始計時，寫出線圈內(nèi)的電動勢瞬時值的表達式；（2）求通過電阻R的電流有效值I；（3）求線圈轉(zhuǎn)動1min16．如圖所示，將一細導(dǎo)線圍成邊長為d的單匝正方形線框，并固定在水平紙面內(nèi)，虛線MN恰好將線框分為左右對稱的兩部分，在虛線MN左側(cè)的空間內(nèi)存在與紙面垂直的勻強磁場，規(guī)定垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖所示，已知線框的電阻為R，t=t0時勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為（1）若虛線MN右側(cè)的空間不存在磁場，求：線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小E；在0~（2）若虛線MN右側(cè)存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小恒為B0，如圖所示，求t=217．如圖所示，M、N為豎直放置的平行金屬板，兩板間所加電壓為U0，S1、S2為板上正對的小孔。平行金屬板P和Q水平放置在N板右側(cè)，關(guān)于小孔S1、S2所在直線對稱，P、Q兩板的長度和兩板間的距離均為d，P、Q兩板間加電壓可形成偏轉(zhuǎn)電場；距金屬板P和Q右邊緣d處固定有一熒光屏，熒光屏垂直于金屬板P和Q；屏上O點與S1、S2共線。加熱的陰極K發(fā)出的電子經(jīng)小孔S1進入M、N兩板間，通過M、N間的加速電場加速后，進入P、Q間的偏轉(zhuǎn)電場。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，單位時間內(nèi)從小孔S1進入的電子個數(shù)為n，初速度可以忽略。整個裝置處于真空中，偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場，忽略電子重力及電子間的相互作用，不考慮相對論效應(yīng)。（1）求電子到達小孔S2時的速度大小v0；（2）a．若在P、Q兩板間加一恒定電壓，使電子剛好從P板的右邊緣離開偏轉(zhuǎn)電場，打在熒光屏上，求P、Q兩板間的恒定電壓U1；b．若在P、Q兩板間加一周期為T0的交變電壓，電子穿過偏轉(zhuǎn)電場的時間遠小于T0，可以認為每個電子在P、Q間運動過程中兩板間的電壓恒定，不考慮電場變化時產(chǎn)生的磁場，求0～T0時間內(nèi)打在熒光屏上的電子數(shù)目A。18．半導(dǎo)體內(nèi)導(dǎo)電的粒子—“載流子”有兩種：電子和空穴（空穴可視為能移動的帶正電的粒子），每個載流子所帶電量的絕對值均為e。如圖1所示，將一塊長為a、寬為b、厚為c的長方體半導(dǎo)體樣品板靜止放置，沿x軸方向施加一勻強電場，使得半導(dǎo)體中產(chǎn)生沿x軸正方向的恒定電流，之后沿y軸正方向施加磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，很快會形成一個沿z軸負方向的穩(wěn)定電場，稱其為霍爾電場。（1）若樣品板中只存在一種載流子，測得與z軸垂直的兩個側(cè)面（圖1中“上表面”和“下表面”）之間電勢差為UH，求霍爾電場的電場強度大小E（2）現(xiàn)發(fā)現(xiàn)一種新型材料制成的樣品板中同時存在電子與空穴兩種載流子，單位體積內(nèi)電子和空穴的數(shù)目之比為ρ。電子和空穴在半導(dǎo)體中定向移動時受到材料的作用可以等效為一個阻力，假定所有載流子所受阻力大小正比于其定向移動的速率，且比例系數(shù)相同。a．請在圖2（圖1的樣品板局部側(cè)視圖）中分別畫出剛剛施加磁場瞬間，電子和空穴所受洛倫茲力的示意圖。b．在霍爾電場穩(wěn)定后（即圖1中“上表面”和“下表面”積累的電荷量不再改變），電子和空穴沿x方向定向移動的速率分別為v1和v2。關(guān)于電子和空穴沿z軸方向的運動情況，某同學假設(shè)了兩種模型：模型①：電子和空穴都不沿z軸方向做定向移動；模型②：電子和空穴仍沿z軸方向做定向移動。請依據(jù)受力情況和電荷守恒等基本規(guī)律，判斷該樣品中電子和空穴沿z軸方向的運動情況符合哪種模型。若認為模型①正確，請計算電子受到的霍爾電場的電場力大小F1；若認為模型②正確，請計算電子與空穴沿z方向定向移動的速率vc．在（2）b基礎(chǔ)上，求霍爾電場穩(wěn)定后電場強度大小Ez

答案解析部分1．【答案】B,D【解析】【解答】AB．由區(qū)域的電場線分布可知，該電場為非勻強電場，A不符合題意，B符合題意；C．根據(jù)電場線與場強的關(guān)系，電場線越密的地方電場越強，可知M點的場強比N點的場強大，C不符合題意；D．根據(jù)電勢與電場線的關(guān)系，沿著電場線的方向電勢降低，可知M點的電勢比N點的電勢低，D符合題意。故答案為：BD。

【分析】勻強電場的電場線是平行等間距的直線，電場線的疏密表示電場的強弱，沿著電場線的方向電勢逐漸降低。2．【答案】A,D【解析】【解答】A．根據(jù)歐姆定律U=IR=0A符合題意；B．根據(jù)閉合電路歐姆定律I=解得E=2VB不符合題意；C．電阻R的電功率為P=IU=0C不符合題意；D．電路消耗的總功率為PD符合題意。故答案為：AD。

【分析】根據(jù)歐姆定律得出電壓表的示數(shù)，結(jié)合閉合電路歐姆定律得出電源的電動勢，通過電功率的表達式得出電阻R的電功率。3．【答案】B,D【解析】【解答】AB．因為B與IL的關(guān)系為始終垂直，故安培力為FA不符合題意，B符合題意；CD．導(dǎo)體棒受力如下圖所示因B與水平方向夾角為θ，而根據(jù)左手定則B與F安垂直，由幾何關(guān)系易知F安與豎直方向夾角為θC不符合題意，D符合題意。故答案為：BD。

【分析】根據(jù)安培力的表達式得出安培力的方向，對導(dǎo)體棒進行受力分析，根據(jù)共點力平衡得出靜摩擦力的表達式。4．【答案】B,D【解析】【解答】AB．無論磁體向上勻速運動還是加速運動，穿過線圈的磁通量都是向上減小，所以靈敏電流計指針都會向右偏轉(zhuǎn)，A不符合題意，B符合題意；C．將磁體的N、S極對調(diào)，并將其向上抽出，穿過線圈的磁通量向下減小，靈敏電流計指針會向左偏轉(zhuǎn)，C不符合題意；D．將磁體的N、S極對調(diào)，并將其向下插入，穿過線圈的磁通量向下增大，靈敏電流計指針會向右偏轉(zhuǎn)，D符合題意。故答案為：BD。

【分析】根據(jù)磁通量的方向得出靈敏電流計的變化情況，將磁體的N、S極對調(diào)，并將其向上抽出時根據(jù)磁通量的變化情況得出靈敏電流計的偏轉(zhuǎn)情況。5．【答案】A,C【解析】【解答】A．電壓表V1的示數(shù)等于電源兩端的電壓保持不變，A符合題意；B．根據(jù)U副線圈的匝數(shù)增大，副線圈兩端電壓增大，V2的示數(shù)增大，B不符合題意；CD．副線圈兩端電壓增大，V2的示數(shù)增大，根據(jù)歐姆定律，A2的示數(shù)增大，根據(jù)理想變壓器的輸出功率等于輸入功率，A1的示數(shù)也增大，C符合題意，D不符合題意。故答案為：AC。

【分析】根據(jù)電路的動態(tài)分析以及理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比和電壓比的關(guān)系得出電壓表2的示數(shù)變化情況，結(jié)合電功率的表達式得出電流表1的示數(shù)變化情況。6．【答案】A,D【解析】【解答】AB．自由電子熱運動的速率約為105m/s，自由電子定向移動的速率約為則說明熱運動更容易發(fā)生碰撞，即相較于自由電子的定向移動速率，熱運動速率對碰撞頻率影響更大，B不符合題意，A符合題意；CD．E恒定時，碰撞頻率升高，則單位時間自由定向移動量減少，自由電子定向移動形成的電流變小，C不符合題意，D符合題意。故答案為：AD。

【分析】根據(jù)熱運動和自由電子的速率判斷哪個更容易發(fā)生碰撞，通過電流的微觀表達式進行分析判斷。7．【答案】C【解析】【解答】根據(jù)F=BLI可知F-I圖像為過原點的直線。故答案為：C。

【分析】利用安培力的表達式得出F-I的圖像。8．【答案】D【解析】【解答】A．無法求出充滿電時電池可儲存的最大能量，A不符合題意；B．放電時電池可輸出的最大電荷量為q=4000×1B不符合題意；CD．播放視頻時平均電流約為I待機狀態(tài)平均電流為I電流之比為IC不符合題意，D符合題意。故答案為：D。

【分析】根據(jù)電流的定義式得出放電時電池可輸出的最大電荷量，利用電流的定義式得出播放視頻時平均電流和待機狀態(tài)平均電流。9．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)左手定則，施加的磁場方向為垂直紙面向里，A不符合題意；BC．根據(jù)動能定理eU=根據(jù)牛頓第二定律evB=m解得r=在圖乙基礎(chǔ)上僅提高電子的加速電壓，電子的軌道半徑增大，不能得到圖丙所示電子束徑跡；在圖乙基礎(chǔ)上僅增大磁感應(yīng)強度，電子的軌道半徑減小，可得到圖丙所示電子束徑跡，B不符合題意，C符合題意；D．若圖丙中的軌跡僅僅是由于減小加速電壓U而磁感應(yīng)強度B不變才使得軌道半徑減小，根據(jù)T=圖乙與圖丙中的電子運動一周的時間是相等的，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】根據(jù)左手定則得出所時間的磁場方向；在電場中利用動能定理以及洛倫茲力提供向心力從而得出軌道半徑的表達式；根據(jù)洛倫茲力提供向心力得出離子運動周期的表達式。10．【答案】C【解析】【解答】B．電場強度方向從電勢最高點指向電勢最低點，根據(jù)圖像，電場方向與x軸負方向成θ0角，B不符合題意；A．根據(jù)圖像，曲線①的峰值最大，曲線①對應(yīng)的r最大，取值為3r0，A不符合題意；C．根據(jù)曲線③的峰值為2φ0，最小值為0，因為是勻強電場，坐標原點O的電勢為為φ=C符合題意；D．曲線③對應(yīng)的半徑為r0，電場強度的大小為E=D不符合題意。故答案為：C。

【分析】電場強度方向從電勢最高點指向電勢最低點，結(jié)合電勢的高低以及勻強電場電場強度的表達式進行分析判斷。11．【答案】（1）電壓（2）B；D（3）AB【解析】【解答】（1）傳感器2與電阻R并聯(lián)，應(yīng)為電壓傳感器。（2）隨著電容器放電，電容器電荷量減小，由C=可知電容器兩端電壓減小，電阻R保持不變，故放電流傳感器、電壓傳感器示數(shù)均減小，故i?t圖像選B，u?t圖像選D。（3）根據(jù)i?t圖像的面積可以估算出電量，根據(jù)電容定義式C=可以算出電容，故答案為：AB。

【分析】（1）根據(jù)電流傳感器和電壓傳感器研究電容器的放電情況的實驗原理得出傳感器2的名稱；

（2）根據(jù)電容器的定義式兩傳感器示數(shù)的變化情況，從而選擇圖像；

（3）i-t圖像的面積表示電容器的帶電量，利用電容器的定義式得出電容器的電容。12．【答案】（1）0.550（2）A；D；E；（3）πUd（4）該小組同學的結(jié)論正確。對電壓表右側(cè)導(dǎo)線接在M點和接在N點進行比較，電壓表示數(shù)的相對變化為0電流表示數(shù)的相對變化為84?83可見電壓表變化明顯，是小電阻，采用外接法較小，所以將電壓表右側(cè)導(dǎo)線接在M點誤差小。【解析】【解答】(1)金屬絲的直徑為d=0(2)因為電動勢為3.0V，為減小測量誤差，在實驗中，電壓表應(yīng)選用A；金屬絲的最大電流約為I=電流表選擇D；為了方便調(diào)解電路，滑動變阻器選擇E；因為R所以采用電流表外接法；測量金屬的電阻率時電流表和電壓表必須從零開始調(diào)解，所以滑動變阻器采用分壓接法，實物圖連線如下圖所示(3)根據(jù)電阻定律R=ρ根據(jù)歐姆定律I=又因為S=解得ρ=由于電壓表分流，電流表的測量值偏大，電阻率的測量值偏小，所以測量值小于真實值；(4)該小組同學的結(jié)論正確。對電壓表右側(cè)導(dǎo)線接在M點和接在N點進行比較，電壓表示數(shù)的相對變化為0電流表示數(shù)的相對變化為84?83可見電壓表變化明顯，是小電阻，采用外接法較小，所以將電壓表右側(cè)導(dǎo)線接在M點誤差小。

【分析】（1）根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)原理得出金屬絲的直徑；

（2）根據(jù)歐姆定律得出電路中的最大電流，從而選擇電流表，利用電流表的接法判斷電流表的接法，由于電壓從零開始變化，滑動變阻器應(yīng)選擇分壓接法；結(jié)合實驗原理連接電路圖。

（3）根據(jù)電阻定律以及歐姆定律得出電阻率的表達式；

（4）根據(jù)電流表和電壓表相對變化量的大小關(guān)系從而判斷電流表的接法。13．【答案】（1）解：由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢為E=BLv（2）解：金屬桿ab中電流為I=金屬桿ab兩端電壓為U解得U（3）解：拉力大小等于安培力大小F=BIL拉力的功率P=Fv解得P=【解析】【分析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得出產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；

（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律得出金屬桿ab兩端的電壓；

（3）結(jié)合安培力的表達式以及瞬時功率的計算得出拉力做功的功率。14．【答案】（1）解：小球靜止在A點時受力平衡，根據(jù)平衡條件qE=mgtan37°解得E=（2）解：勻強電場方向水平向左，A、B兩點沿電場線方向距離為d=L?L根據(jù)電勢差與場強的關(guān)系E=解得E=小球從B點運動至A點的過程中，根據(jù)動能定理mgL解得v=【解析】【分析】（1）小球靜止時進行受力分析，結(jié)合共點力平衡得出勻強電場的電場強度；

（2）根據(jù)幾何關(guān)系以及勻強電場電場強度的表達式得出電場強度的表達式，小球從B點運動至A點的過程中，根據(jù)動能定理得出A點的速度。15．【答案】（1）解：線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的最大值E得E線圈經(jīng)過圖示位置開始計時，線圈內(nèi)的電動勢瞬時值的表達式e=（2）解：根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，線圈中感應(yīng)電流的最大值I通過電阻R的電流的有效值I=得I=0（3）解：電阻R上產(chǎn)生的熱量Q=得Q=2【解析】【分析】（1）根據(jù)感應(yīng)電動勢最大值的表達式以及瞬時值的表達式得出得出線圈內(nèi)的電