【考点】研究电磁感应现象． 【专题】实验题． 【分析】（1）由该实验的原理可知小线圈应与电源相连，大线圈与电流表相连；
（2）检流计指针发生偏转说明电路中产生了电流，根据电路中发生的变化可知实验所揭示的规律；
（3）由题意可知，感应电流与原电流相反，由安培定则可知磁场方向也应相反，则由楞次定律可知可行的方法． 【解答】解：（1）本实验中L1与电源相连，通过调节滑动变阻器使L2中的磁通量发生变化，从而使L2产生电磁感应线象，故L2应与检流计相连，电路图如图所示：
（2）指针发生偏转说明电路中有电流产生，产生的原因是闭合回路中磁通量发生了变化；故结论为：闭合电路中磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流．
（3）感应电流的方向与原电流方向相反，则它们的磁场也一定相反，由楞次定律可知，原磁场应增强，故可以加入铁芯或使变阻器滑片P左移，故选：B C； 故答案为：（1）如图所示；（2）闭合电路中磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流．（3）B、C．
【点评】实验题应根据实验的原理进行分析，注意结合实验的现象得出实验的结论，同时根据实验的原理记忆实验中的仪器及误差分差．
16．现有一种特殊的电池，它的电动势E为9V左右，内阻r大约为40Ω，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验，图中电压表的量程为6V，内阻为2KΩ，R1为电阻箱，阻值范围0～999Ω，R0为定值电阻． ①实验室备有以下几种定值电阻R0
A． 10Ω B．100Ω C．200Ω D．2000Ω 为使实验能顺利进行应选哪一种？答 D ．（填字母序号）
②该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数，记录多组数据，作出了如图乙所示的图线．则根据图线可求得该电池的电动势E为 10 V，内阻r为 41.7 Ω．
【考点】测定电源的电动势和内阻． 【专题】实验题． 【分析】（1）根据电源电动势确定电压表量程，然后根据已知电压表量程选择定值电阻阻值． （2）求出函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内电阻． 【解答】解：（1）电源电动势约为9V，而电压表量程只有6V，与电压表串联的定值电阻分压至少为3V，
分压电阻阻值至少为电压表内阻的一半，电压表内阻为2KΩ，则定值电阻阻值至少为1KΩ，则定值电阻R0应选D； （2）定值电阻阻值与电压表内阻相等，则电压表与定值电阻串联电压是电压表示数的两倍， 在闭合电路中，E=U外+Ir=2U+
r，则=+
，
由图象可知，图象截距b==0.2，斜率k===≈8.33，
电源电动势E=10V，r≈41.7Ω； 故答案为：（1）D；（2）10；41.7． 【点评】本题考查了实验器材的选择、求电源电动势与内阻，本题关键在于能由图象知识（斜率与截距的意义）结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息．
三、计算题（本题共4小题，共46分）
17．如图所示，在倾角θ=37°的斜面上，固定着宽L=0.20m的平行金属导轨，在导轨上端接有电源和滑动变阻器，已知电源电动势E=6.0V，内电阻r=0.50Ω．一根质量m=10g的金属棒ab放在导轨上，与两导轨垂直并接触良好，导轨和金属棒的电阻忽略不计．整个装置处于磁感应强度B=0.50T、垂直于轨道平面向上的匀强磁场中．若金属导轨是光滑的，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s，求：
（1）要保持金属棒静止在导轨上，滑动变阻器接入电路的阻值是多大？
（2）金属棒静止在导轨上时，如果使匀强磁场的方向瞬间变为竖直向上，则此时导体棒的加速度是多大？
2
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；磁场对电流的作用． 【专题】电磁感应与电路结合． 【分析】（1）要保持金属棒在导轨上静止时，金属棒受力要平衡，分析其受力情况，由平衡条件求解金属棒所受到的安培力F，由F=BIL求解通过金属棒的电流；再根据欧姆定律求得滑动变阻器接入电路的阻值．
（2）对金属板减小受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度． 【解答】解：（1）对金属棒进行受力分析，如图所示，设滑动变阻器接入电路的阻值为R，对于闭合电路 FB﹣mgin37°=0 FB=BIL
联立以上3公式，代入数据解得：R=9.5Ω
（2）当匀强磁场的方向瞬间变为竖直向上，对金属棒进行受力分析，如图所示， mgsin37°﹣FBcos37°=ma 代入数据解得：
a=1.2m/s 答：（1）要保持金属棒静止在导轨上，滑动变阻器接入电路的阻值是9.5Ω；
（2）金属棒静止在导轨上时，如果使匀强磁场的方向瞬间变为竖直向上，则此时导体棒的加速度是1.2m/s
2
2
【点评】该题考查安培力作用下金属棒的受力平衡，正确进行受力分析，列出受力平衡的方程是解题的关键．
18．如图所示，在平面直角坐标系xoy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m=5.0×10kg、电量为q=1.0×10C的带电粒子，从静止开始经U0=10V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP=30cm，（粒子重力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求： （1）带电粒子到达P点时速度v的大小
（2）若磁感应强度B=2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求QO的距离 （3）若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B'满足的条件．
﹣8
﹣6
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力． 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题． 【分析】（1）粒子处于加速阶段，则由动能定理可求出速度大小； （2）粒子仅在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可求出运动的半径大小．再根据几何关系，建立已知长度与半径的关系，从而即可求得；
（3）由于带电粒子不从x轴射出，根据几何关系可得半径的取值范围，再由半径公式可推导出磁感应强度B'满足的条件． 【解答】解：（1）对带电粒子的加速过程，由 动能定理
代入数据得：v=20m/s
（2）带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动， 有：得
代入数据得：R=0.50m 而
=0.50m
故圆心一定在x轴上，轨迹如图所示． 由几何关系可知：OQ=R+Rsin53° 故OQ=0.90m
（3）带电粒子不从x轴射出（如图）， 由几何关系得：OP＞R'+R'cos53°①
②
由①②并代入数据得：B'＞
=5.33T
答：（1）带电粒子到达P点时速度v的大小20m/s；
（2）若磁感应强度B=2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，则QO的距离0.9m； （3）若粒子不能进入x轴上方，则磁感应强度B'满足大于5.33T条件．
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