2024年河南省鄭州市名校教研聯盟高考物理模擬試卷

一、單選題：本大題共5小題，共30分。

1.2023年12月8日，百億級中核核能產業園簽約落地成都，助力打造國家級

核能產業集聚戰略高地。核能是通過核反應從原子核釋放的能量，如氮3與

笊核的核反應方程是芻He+出方程中dE為釋放的核能。己知

笊核的比結合能為%,氮核的比結合能為則下列說法中正確的是（）

A.該反應為核裂變反應，生成的新核x是,，e

B.氮4核中有4個質子2個中子，氮4核與氮3核不是互為同位素

C.亥反應中氮3的比結合能為竺喑B

D.該反應生成物的質量數將小于反應物的質量數

2.在杭州亞運會女子排球決賽中，中國隊戰勝日本隊獲得冠軍。如圖所示，在決賽

中，一運動員將排球從4點斜向上以速度內擊出，排球沿軌跡48c運動；另一運動

員將該排球從C點以水平速度/擊回，排球沿軌跡CD4運動，恰好落回出發點A。

不計空氣阻力，則排球（）

A.沿軌跡CDA運動的最大速度可能為巧

B.沿軌跡A/3C運動的最小速度為0

C.沿軌跡ABC和軌跡CDA運動過程的速度變化量大小相同

D.沿軌跡ABC和軌跡CDA運動過程的平均速度大小可能相同

3.一質點做簡諧運動，其相對于平衡位置的位移x與時間/的關系圖線

如圖所示，由圖可知（）

A.該簡諧運動的周期是2.5x10-2s,振幅是7cm

B.也簡諧運動的表達式可能為％=7sin（1007it+y）cm

C/二O.5xlO-2s時振子的速度最大，且方向向下

D.t=0.25x10-2s時振子的位移為一5cm

4.如圖所示，真空中A、B、C三點的連線構成一個等腰三角形，OC為AB連線的中垂線，。為連線中

點。A的電荷量為一Q,8的電荷量為為+Q,兩點電荷分別固定在A、B點,A、8相距/,靜電力常量為

k。現將另一個電荷量為+q的點電荷放置在48連線的中垂線上覽0點為無=）的C點處，此時+q所受的

靜電力大小為（）

qic

.kQqkQqEQqn2mQq

A.?-~F~

5.2023年12月11日消息，北斗在國內導航地圖領域已實現主用地位，每天使用次―-、、

/.…\

數超過3600億次。北斗衛星導航系統由若干靜止軌道衛星、中地球軌道衛星組成，

如圖所示，若地球半徑為R,其中中地球軌道衛星人繞地球做勻速圓周運動的半徑為\；；

4R，靜止軌道衛星月繞地球做勻速惻周運動的半徑為7七已知地球表面的重力加速?_?

度大小g=10m/s2,第一宇宙速度大小為7.9QTI/S,忽略地球自轉。下列說法正確

的是（）

A.衛星A的運行周期與衛星B的運行周期之比為4：7

B.衛星A的向心加速度大小為0.625m/s2

C.衛星8在6/z內轉動的圓心角是45°

D.衛星8在物運行速度一定大于7.9km/s

二、多選題：本大題共3小題，共18分。

6.如圖所示，固定斜面的傾角8=30。，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于AAX分

原長時上端位于C點，用一根不可伸長的輕繩通過輕質光滑的定滑輪連接物體

A和&滑輪左側繩子與斜面平行，A的質量是8的質量2倍，初始時物體A到力物力

。點的距離L=1m,現給A、3—初速度%=3m/s,使人開始用斜面向下運動，B向上運動，物體人向

下運動剛到C點時的速度大小/=2m/s,物體4將彈簧壓縮到最短后，物體人又恰好能彈回到C點。已

知彈簧的最大彈性勢能為6J,重力加速度g=10m/s2,不計空氣阻力，整個過程中輕繩始終處于伸直狀

態。則（）

A.物體人與斜面之間的動摩擦因數〃=?

B.物體A向下運動到C點的過程中，A的重力勢能轉化為8的直力勢能

C.彈簧的最大壓縮量x=0.4m

D.8的質量為2依

7.某小型水電站的電能輸送示意圖如圖所示，發電機通過升壓變壓器和降壓變壓器向用戶供電。已知發電

機線圈ABC。的匝數N=100匝，面積S=0.037TI2線圈勻速轉動的角速度3=100%ad/s,勻強磁場的磁

感應強度大小8=烏/，輸電導線的總電阻為R=10。，升壓變壓器原、副線圈匝數比n1：n2=l：8降壓

n

變壓器原、副線圈的匝數比小：%=1。：1若理想交流電流表的示數〃=40月，降壓變壓器面線圈兩端電

壓〃4=2201/。發電機線圈電阻，?不可忽略。下列說法正確的是［）

A.輸電線路上損耗的電功率為180W

B.升壓變壓器副線圈兩端電壓為2240V

C.升壓變壓器的原線圈輸入功率為7890VV

D.交流發電機線圈電阻r上消耗的熱功率為640W

8.如圖所示，邊長為a的正方形MNPQ區域內有一方向垂直正方形平面向外的勻強

磁場，NP邊上有一點S,SN=/兩個質量相同、帶等量異種電荷的粒子均從S點

平行于MN方向射入磁場。帶正電粒子甲與帶負電粒子乙重力均不計，不考慮甲、

乙兩粒子間的作用。下列說法正確的是（）

A.若兩粒子在磁場中運動的時間相等，則甲與乙的初速度大小之比一定為1：3

B.若兩粒子的初速度相同，則甲與乙在磁場中運動的時間之比可能為1：2

C.若其中一個粒子垂直邊射出磁場，則甲與乙在磁場中運動時間之比一定不大于2：1

D.若兩粒子分別從M、。兩點射出磁場，則甲與乙的初速度大小之比恰好為2：1

三、實驗題：本大題共2小題，共19分。

（4）實驗室提供的器材如下：

A待測金屬絲的電阻咒;

8.電流表4式量程。?0.6A,內阻約0.1。）；

C.電流表4（量程0-34內阻約0.01。）：

D.電壓表匕（量程。?3P,內阻約3k。）；

￡電壓表/（量程0~15V,內阻約20k。）；

F.滑動變阻器R（0?20/2）；

G電源E（電動勢為3.0人內阻不計）；

H.開關、若干導線。

為了調節方便，測量準確，實驗中電流表應選_____（填“B”或"C”），電壓表應選______（填“Q”或

“E”）。

（5）請你根據圖丙所示電路圖用筆畫線代導線，將圖「所示的實驗電路連接完整。

(6)若金屬絲接入電路的長度為/,直徑為4通過金屬絲的電流為/,金屬絲兩端的電壓為U,由此可計算

得出金屬絲的電阻率p=(用題目所給字母表示)。

四、簡答題：本大題共3小題，共43分。

11.圖甲為氣壓式升降椅，它通過活塞上下運動來控制椅子的升降，圖乙為其核心部件模型簡圖，圓筒形

導熱氣缸開II向上豎直放置在水平地面上，活塞(連同細連桿)與椅面的總質量m=8kg,活塞的橫截面枳

5=8x10-4^2氣缸內封閉一定質量的理想氣體，活塞與氣缸之間無摩擦且不漏氣，活塞上放有一質量

M=16kg的物塊，氣柱高度九=0.65m。已知大氣壓強p()=1x10sPa,重力加速度大小g=lOm/s20

求：

(1)若拿掉物塊活塞上升到如圖虛淺所示位置，求此時氣柱的高度;

(2)拿掉物塊后，如果緩慢降低環境溫度，使活塞從虛線位置下降6cm,此過程中氣體放出熱量24人求氣

體內能的變化量/U。

12.如圖所示，空間有一寬度為2d的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向外。一邊長為

d、電阻分布均勻的止方形導體框MNPQ,導體框總電阻值為凡從導體框MN邊進入磁場開始計時，導

體框以恒定的速度大小-向右勻速穿過磁場區域的過程中，求：

(1)當MN邊剛進入磁場時，M、N兩端的電勢差，并指明哪端電勢高：

(2)導體框穿過磁場的過程中，導體框中產生的焦耳熱；

(3)試分析在0?邛時間內M、N兩點的電勢差UMN隨時間/變化的情況，并在乙圖中畫出變化的圖像。

N

M

甲

13.如圖所示，一根長R=1.44m不可伸長的輕繩，一端系一小球P,另一端固定于。點。長/=3m繃緊的

水平傳送帶始終以5m/s恒定的速率沿逆時針方向運行，傳送帶左側半徑r=0.5m的豎直光滑圓軌道在。

點與水平面平滑連接，現將小球拉至懸線(伸直)與水平位置成8=30。角由靜止釋放，小球到達最低點時與

小物塊A作彈性碰撞，碰后小物塊A向左運動到B點進入圓軌道，繞行一圈后到達E點。己婦小球與小物

塊質量相等均為m=0.3kg且均視為質點，小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數〃=0.25,其他摩擦均忽略

不計，重力加速度大小g=lOm/s2,求：

(1)小球運動到最低點與小物塊碰前的速度大小和對輕質細繩拉力大小;

(2)小物塊在傳送帶上運動時，因相互間摩擦產生的熱量；

(3)小物塊通過圓軌道最高點C時對軌道的壓力大小。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、該反應為核聚變反應，根據質量數守恒和電荷數守恒可知：x的質量數A=3+2-1=

4,核電荷數Z=2+1-1=2,則x為氮原子核胃He,故4錯誤；

B、氮4核中有2個質子2個中子，氮4核與氨3核互為同位素，故3錯誤；

轉廠/

C、根據能量守恒可得：3F3+2E1+ZJF=4F2,解得鈕3的比結合能為=2-2：￡,故C正確：

。、核反應前后的質量數守恒，故。錯誤。

故選：Co

根據質量數守恒和電荷數守恒判斷生成物，并判斷核反應類型；氮4核與氮3核互為同位索；根據能量守

恒判斷魚的比結合能。

解題關鍵是掌握核反應方程滿足質量數守恒與電荷數守恒；比結合能與結合能的區別。難度不大。

2.【答案】4

【脩析】解：對運動情況分析

根據圖像可知，軌跡①最高點高于軌跡②最高點，分析兩者最高點左側的運動，根據平拋運動規律可知

1

X

Vx=t

軌跡①運動時間長，水平位移相等，則沿軌跡①運動的水平分速度小，根據勾=2gh,可知軌跡①的豎直

分速度大于軌跡②，所以沿軌跡②運動的最大速度可能等于％,沿軌跡①運動的最小速度即水平速度小于

v2?故A正確，8錯誤；

。、因為速度變化量//=g/3沿軌跡①的運動時間大，則沿軌跡①運動過程的速度變化量大，故。錯

誤；

。、沿軌跡①和軌跡②運動過程的位移大小相同，但沿軌跡①的運動時間大，沿軌跡①運動過程的平均速

度小，故。錯誤。

故選：Ac

AB、利用運動學公式比較速度：

C、利用速度變化量與加速度的關系判斷兩種運動情況的速度變化零是否相同；

。、通過平均速度與時間、位移的關系判斷兩種運動情況的區別。

本題考杳了對拋體運動規律的了解，其中運用運動的合成與分解方法將拋體運動分別研究水平方向、豎直

方向的運動情況為解題的關鍵。

3.【答案】B

【解析】解：A、由題圖可知：周期7=2x10-2s,振幅A=7cm,故A錯誤；

B、振子的圓頻率3=§=―電=rad/s=lOOnrad/s,且￡=0時位移為x=-7cm,所以表達式為x=

T2x10

7sin(1007rt+故5正確;

CD、當t=0.5xl0-2s時，振子在平衡位置，其速度最大，速度正向且為最大值；當t=0.25x10-2$

時，其位移為％=7sin(100Trx0.25x10-2+:)=一號cm,故CO錯誤。

故選:B。

質點的振幅等于振子的位移最大值，由圖直接讀出振幅和周期：根據t=0時刻的質點位移，分析質點的初

相位，據此寫出其振動方程；根據振動方程求解振子在某時刻所處的位置。

本題涉及到簡諧振動的相關知識，讀懂圖象并從中得出有用信息是解題的關鍵。

4.【答案】D

_kQa

【解析】解.：在C點，4、8兩點電荷對9電荷產生的電場力大小相同，為：以="=3衡，方向為

由。指向A和由3指向C,如圖所示：

由幾何關系可得八、8兩點電荷對電荷產生的電場力大小為：F=以cos45。=空泮，故D正確，ABC

錯誤。

故選：D。

由庫侖定律公式計算出電荷量為+q的點電荷受到人8電荷的電場力，再由平行四邊形定則進行合成求解。

解決本題的關鍵要掌握庫侖定律的公式，掌握。/受到的兩個點電荷的電場力的疊加方法是關鍵。

5.【答案】B

【解析】解：4由萬有引力提供向心力

GMm4TT2

萬L二m產r

解得7=符

中地球軌道衛星和靜止軌道衛星的半徑之比為4R7/?=4：7,故周期之比為8：7/7,故A錯誤：

8.忽略地球自轉，重物所受重力等于萬有引力即

GMm

對衛星4萬有引力提供向心力

GMm

------------=1=ma

(4Rf

解得Q=0.6257M/S2,故8正確；

C.衛星4的運行周期是24〃，在Q小時內轉過的圓心角360。=90。，故C錯誤；

D第一宇宙速度大小為7.9km/s,是在軌衛星最大的運行速度，衛星4在軌運行速度一定小于7.9km/s,

故。錯誤。

故選:B.

A.根據牛頓第二定律推導周期之比;

B.根據牛頓第二定律計算加速度大小;

C根據周期和時間關系計算圓心角;

D根據運行速度和第一宇宙速度關系判斷。

考查萬有引力的應用問題，會根據題意列式求解和分析判斷。

6.【答案】ACD

【解析】解：4、設8的質量為〃i,4的質量為2/〃，在物體4向下運動剛到C點的過程中，對4、B組成

的系統應用能量守恒定律與功能關系可得:

11,

〃?2mgeosd?L=?x(m+2m)陰9一x(m+2m)vz+2mgLsin0-mgL

解律”軍故指正確;

B、物體4向下運動到C點的過程中，A的重力勢能及A、B的動能都減小，轉化為B的重力勢能和摩擦生

熱，故8錯誤；

。、設彈簧的最大壓縮量為人對A、8和彈簧組成的系統分析，在物體A從C點壓縮彈簧至將彈簧壓縮到

最大壓縮量，又恰好返回到。點的過程中，彈簧彈性勢能初末均為零，系統動能的減少量等于因摩擦產生

的熱量，可得：

ix(m+2m)v2—0=^?2jngcos0-2x,解得：x=0.4m,故C正確；

D、從C點到彈簧最大壓縮最過程中，由能量守恒定律可得：

1

5x(TH+2m)v24-2mgxs\n0-rr.gx=〃?2mgcos6?x+E

乙Pin

已知:Epm=6J,

解得B的質量為：m=2kg,故。正確。

故選：ACD.

在物體4向下運動剛到C點的過程中，對4、B組成的系統應用能量守恒定律與功能關系可解得動摩擦因

數，以及能量轉化關系；在物體4從C點壓縮彈簧至將彈簧壓縮到最大壓縮量，根據系統動能的減少量等

于因摩擦產生的熱量可解得彈簧的最大壓縮量：從。點到彈簧最大壓縮量過程中，根據能量守恒定律解得

3的質量。

本題主要考查了能最守恒定律、功能關系。掌握功與能的對應關系，重力做功對應重力勢能的變化，彈簧

彈力做功對?應彈性勢能的變化，合力做功對應動能的變化，除重力以外其它力做的功等于機械能的變化

量，摩擦生熱等于滑動摩擦力與桿對位移的乘積。

7.【答案】BD

【解析】解:4據理想變壓器的電流與線圈匝數的關系可知?=%

〃n3

解得=44

所以輸電線路上損耗的電功率dP==4x4x10W=160W,故A錯誤；

8.根據理想變壓器的電壓與線圈也數關系可知學=9

?4

得出=2200v

根據%=%+hR

得升壓變壓器副線圈兩端電壓%=22401/,故4正確；

C.升壓變壓器的原線圈輸入功率為Pi=P2=U2l2=U2I3=2240X41V=8960W,故C錯誤；

D根據理想變壓器的電壓與線圈匝數關系可知"=4

U1=280V

根據

P=UJi

解得

A=32A

根據正弦式交變電流產生規律可知，最大值為Em=NBS3

代人數據解得Em=300/2V

有效值E=*=誓P=300V

根據/iE=P的+Pi

得電機線圈內阻上消耗的熱功率P內=640W,故。正確。

故詵：BD。

根據變壓器匝數關系，結合電功率公式可求出A選項；根據變壓器匝數關系，以及歐姆定律可求出電壓；

利用原副線圈的功率相等可求出功率大小；根據變壓器匝數，利用有效值結合電功率表達式可求出熱功率

大小。

學生在解答本題時，應注意理解理想變壓器的工作原理，同時要將變壓器與電路的知識聯系起來。

8.【答案】BC

【解析】解：設勻強磁場的磁感應強度為以帶電粒子的電荷量為“，質量為小，初速度為運動半徑為

心根據牛頓第二定律，由洛倫茲力提供向心力有

V2

qvB=

解得

mv

吁訪

根據勻速圓周運動規律可得粒子運動周期為

2nm

若粒子運動軌跡所對應的圓心角為a,則粒子在磁場中運動時間為

aam

”而丁"麗

A.若兩粒子在磁場中運動的時間相等，則兩粒子在磁場中的轉過的圓心角必定均為180。，即均從NP邊射

出，則對于正粒子有

2mviL

0<——<-r

BBq4

解得初速度巧需滿足

BqL

0<Vi<Q2-

18m

對于負粒子同理可知其初速度切需滿足

3BqL

0<1?"2——8o-m--

由此可見巧和女取值具有不確定性，根據數學知識可知皆可以取任意值，不一定為:，只有當正粒子恰好從

N點射出，且負粒子恰好從P點射出時，意才等于5故A錯誤；

員若兩粒子的初速度相同，則兩粒子的運動半徑相同，當正粒子的運動半徑為:時，它將垂直邊射出，

轉過的圓心角為90°。而負粒子將從NP邊射出，轉過的圓心角為180。，所以二者在磁場中運引的時間之比

為I：2,故8正確：

C若其中一個粒子(即負粒子)垂直PQ邊射出磁場，則其轉過的圓心角為90°,而正粒子的轉過的圓心角最

大值為180。，所以正粒子與負粒子在磁場中運動的時間之比一定不大于2：1,故C正確；

D若兩粒子分別從M、Q兩點射出磁場，設正、負粒子半徑分別為G和巳，運到軌跡如圖所示

根據幾何關系有

22

(n-扔+>=(r2-y)+L=ri

解得

17r25.

r2=-L

所以正粒子與負粒子在磁場中運動的初速度大小之比恰好為

引故。錯誤。

也丁251

故選：BC。

A：首先根據牛頓第二定律和周期公式聯立導出時間公式，時間相等，則圓心角相等，甲、乙只能從NP邊

出磁場，根據半徑范圍求解速度范圍，進一步求解速度之比：

B：出速度相同，則運動的半徑相同，當半徑為。時甲垂直MN射出，圓心角為90。，乙從NP射出，圓心角

4

為180。，此時時間之比為1：2；

C：當負粒子垂直PQ邊射出磁場，圓心角為90。，而正粒子的轉過的圓心角最大值為180。，正負粒子在磁

場中運動的時間之比最大為2：I；

D：畫出粒子運動的軌跡，根據幾何知識求解粒子運動的軌道半徑，根據半徑公式求解速度之比。

本題考查帶電粒子在磁場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應

的規律解題。

9.【答案】1.560.10.20.2

【解析】解：(1)游標卡尺的最小分度為0.1mm,主尺讀數為1.5cm,游標讀數為：6x0.1mm=0.6mm=

0.06cm

所以最終讀數為：d=1.5cm+0.06cm=1.56cm。

(2)遮光條通過第一個光電門的平均速度大小%=￡=152mls=0.1m/s,這個速度就是通過第一

ZJtj黑U.1D?O

個光電門中間時刻的速度；

遮光條通過第二個光電門的平均速度大小：w=*L5*m/s=0.2m/s,這個速度就是通過第二個

ZJRU.U『/O

光電門中間時刻的瞬時速度。

(3)滑塊的加速度大小a=用：M

“T+寸

代入數據解得：a=0.2m/s2o

故答案為：(1)1.56：(2)0.1；0.2；(3)0.2o

(1)根據游標卡尺的讀書方法進行讀數；

(2)根據勻變速直線運動中，中間時刻的瞬時速度等于該過程的平均速度求解瞬時速度的大小；

(3)根據加速度的定義式求解滑塊的加速度大小。

本題主要是考查探究小車速度隨時間變化的規律，解答關鍵是掌握勻變速直線運動的規律，知道瞬時速度

的計算方法和逐差法求解加速度的方法。

10.【答案】BD6.03.7078D嚕-

411

【解析】解：(1)4、用多用電表測電阻時，每換一次擋位，都必須重新進行歐姆調零，故人錯誤；

仄指針越接近刻度盤中央，誤差越小，故8正確；

C、在外電路中，電流從黑表筆流經被測電阻到紅表筆，故C錯誤；

。、測量時，著指針偏角較小，說明這個電阻的阻值較大，應換倍率較大的擋位來測量，故。正確。

故選：BD°

(2)該同學選用歐姆表“XI”擋，由圖甲可知，對應的讀數是R=6.0x1。=6.0。

(3)螺旋測微器固定刻度為3.56小，可動刻度為20.7x0.01mm=0.207mm,則該次金屬絲直徑的測量值

d=3.5mm+0.2077nm=3.707nuno

(4)電源電動勢為3.0V,因此電壓表選擇電壓表6測最金屬絲的電阻阻值約為6.00,則電路中的最大電流

1=^='{A=O.SA,因此電流表應選電流表&

KO

(5)由于電流表內阻約0.10較小，因此應選用電流表外接法，如圖所示

(6)根據歐姆定律有R=為根據電阻定律有R=P表

聯立解得p=當

/4//

故答案為:(1)80；(2)6.0：(3)3.707；(4)8、。；(5)見解析；(6)婚

(1)(2)根據歐姆表的使用方法和讀數規則解答；

(3)根據螺旋測微器的讀數規則完成；

(4)根據電源電動勢和待測電阻估算電流選擇電表；

(5)根據待測電阻的大小分析電流表的接法，從而連接實物圖；

(6)根據歐姆定律結合電阻定律分析解答。

本題關鍵掌握實驗原理，掌握電表的選擇方法、螺旋測微器的讀數方法，注意電阻定律的運用。

11.【答案】解：(1)拿掉活塞上的物塊，氣體做等溫變化

初狀態：匕=/iS

氣缸內封閉氣體的壓強Pi="普+Po

解得Pi=4x105Pa

末狀態：匕=h'S

P2=+Po

根據氣體狀態方程

f

PiSh=p2Sh

聯立解得"=2/i=2x0.65m=1.3m

(2)在降溫過程中，氣體做等壓變化，外界對氣體做功為

W=p2SAh

根據熱力學第一定律

AU=W+Q

聯立解得AU=-14.47；

答：(1)若拿掉物塊活塞上升到如弱虛線所示位置，此時氣柱的高度為1.3m；

(2)拿掉物塊后，如果緩慢降低環境溫度，使活塞從虛線位置下降金加，此過程中氣體放出熱量24J,氣體

內能的變化量dU為-144/。

【解析】(1)根據題意表示出氣體在初末狀態卜.體積與壓強，再根據玻意耳定律求解；

(2)根據功的公式求解氣體坐等壓變化過程外界對氣體做的功，在根據熱力學第一定律求解。

本題考查了玻意耳定律以及熱力學第一定律的綜合應用，其中在等壓變化過程中，外界對氣體做功的公式

是該題的難點，題目具有一定的綜合性，難度適中。

12.【答案】解：(1)MN切割磁感線產生的感應電動勢為：E=Bdv

回路中的感應電流為：1=目

MN兩端的電勢差為：UMN=I義三R

聯立解得:UMN=\Bdv

根據楞次定律可知感應電流為順時針方向，M端電勢高。

(2)線框進入磁場過程與離開磁場過程產生的焦耳熱相等，線框完全在磁場中的過程無感應電流不產生焦

耳熱。

設線框進入磁場的過程所用時間為/,根據焦耳定律可得穿過磁場的過程中產生的焦耳熱為：

Q=2I2Rt

其中：d=vt

解得：

YR

(3)在0?-學時間內“、N兩點的電勢差UMN隨時間，變化的情況分為三個階段：

第一階段：在0?&時間內，線框中產生的電動勢E=MN邊相當于電源，電流由N流向M。

V

M、N兩點的電勢差相當于路端電壓，大小為：UMN=1Bdv

第二階段：在《?的時間內，線框完全在磁場中運動，穿過線框的磁通量沒有變化，不產生感應電流，MN

VV

邊仍然在切割磁感線。

M、N兩點的電勢差大小為

第三階段：在笥?學時間內，線圈開始出磁場，只有尸。邊切割磁感線，此時PQ邊相當于電源，MN邊中

的電流由M流向N。

線圈中電動勢為：E=Bdv,M.N兩點的電勢差為外電路部分電壓，大小為UMN=；B(!U。

電勢差UMN隨時間/變化的圖像如下圖所示

2

1

0

1~2-3~

二aV

二

答：(1)當MN邊剛進入磁場時，加、N兩端的電勢差為歷端電勢高：

(2)導體框穿過磁場的過程中，導體框中產生的焦耳熱為粵2；

(3)見解答。

【脩析】(1)根據動生電動勢的計算公式求得MN切割磁感線產生的感應電動勢，根據閉合電路歐姆定律求

解回路中的感應電流和MN兩端的電勢差，根據楞次定律或者右手定則判斷感應電流為方向，再確定M端

電勢高低。

(2)線框進入磁場過程與離開磁場過程產生的焦耳熱相等，線框完全在磁場中的過程無感應電流不產生焦

耳熱。根據焦耳定律求解；

(3)分為三個階段，根據動生電動勢的計算公式，閉合電路歐姆定律，等效電路了解情況分別求解。

對于電磁感應現象中涉及電路問題的分析方法是：確定哪部分相當于電源，根據電路連接情況畫出電路

圖，結合法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律、以及焦耳定律、電功率的計算公式求解。

13.【答案】解：(1)因開始時輕質細線與水平方向的夾角為e=30。，則小球P自由下落距離為R時，輕繩

剛好再次伸直如下圖所示，

設此時尸的速度為％。根據自由落體運動規律，可