【正文】 ，所以測量的電流偏小，所以測量的電源輸出功率偏小，即 P 實(shí) ＞ P 測 ． 故答案為：（ 1）如圖所示．（ 2） （ ﹣ ） （ ﹣ ） （ 3） （ 4）大于． 【點(diǎn)評】 解決本題的關(guān)鍵掌握測量電源電動(dòng)勢和內(nèi)阻的原理，知道 U﹣ I圖線的斜率和截距表示的物理意義． 12．有一金屬電阻絲的阻值約為 20Ω ，現(xiàn)用以下實(shí)驗(yàn)器材測量其電阻率： A．電壓表 V1（量程 0～ 15V，內(nèi)阻約 15kΩ ） B．電壓表 V2（量程 0～ 3V，內(nèi)阻約 3kΩ ） C．電流表 A1 （量程為 0～ ，內(nèi)阻約為 ） D．電流表 A2（量程為 0～ 50mA，內(nèi)阻約為 10Ω ） E．滑動(dòng)變阻器 R1（阻值范圍 0～ 1kΩ ，允許最大電流 ） F．滑動(dòng)變阻器 R2（阻值范圍0～ 20Ω ，允許最大電流 ） G．螺旋測微器 H．電池組（電動(dòng)勢 3V，內(nèi)電阻 ） I．開關(guān)一個(gè)和導(dǎo)線若干 （ 1）某同學(xué)決定采用分壓式接法調(diào)節(jié)電路，為了準(zhǔn)確地測量出電阻絲的電阻，電流表選 C ，滑動(dòng)變阻器選 F （填寫器材前面的字母）； （ 2）用螺旋測微器測量該電阻絲的直徑，示數(shù)如圖 1所示，該電阻絲直徑的測量值 d= mm； （ 3）如圖 2所示，將電阻絲拉直后兩端分別固定在刻度尺兩端的接線柱 a和 b上，其間有一可沿電阻絲滑動(dòng)的觸頭 P，觸頭的上端為接線柱 c．當(dāng)按下觸頭 P時(shí)，它才與電阻絲接觸，觸頭的位置可在刻度尺上讀出．實(shí)驗(yàn)中改變觸頭與電阻絲接觸的位置，并移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，使電流表 A示數(shù) I保持不變，記錄對應(yīng)的電壓表讀數(shù) U．該同學(xué)的實(shí)物連接如圖 3所示，他的連線是否正確，如果有錯(cuò)，在連接的導(dǎo)線上打 “” 并重新正確連線；如果有導(dǎo)線遺漏，請?zhí)砑訉?dǎo)線，完成正確的實(shí)物連接圖． （ 4）利用測量數(shù)據(jù)描點(diǎn)作出 U﹣ L圖線，如圖 4所示，并求得圖線的斜率 k．用電阻絲的直徑 d、電流 I和斜率 k表示電阻絲的電阻率 ρ= ． 【考點(diǎn)】 伏安法測電阻． 【專題】 實(shí)驗(yàn)題；定性思想；方程法；恒定電流專題． 【分析】 （ 1）螺旋測微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)． （ 2）根據(jù)電壓表量程選擇電源，根據(jù)電路最大電流選擇電流表，在保證電路安全的前提下，應(yīng)選最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器． （ 3）確定滑動(dòng)變阻器與電流表的接法，然后作出電路圖．根據(jù)電路圖作出實(shí)物電路圖． （ 4）根據(jù)電阻定律和歐姆定 律求出電阻率的表達(dá)式． 【解答】 解：（ 1）電路最大電流約為 I= ，所以電流表選擇 C，為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器的范圍不能過大，應(yīng)選 F； （ 2）由圖示螺旋測微器可知，固定刻度示數(shù)為 0mm，可動(dòng)刻度示數(shù)為 = ，螺旋測微器示數(shù)為 0mm+=． （ 3）圖中接法有兩處錯(cuò)誤， 1．電壓表和電流表不能串聯(lián)接入電路； 2．由于電壓表的變化比較大，可知滑動(dòng)變阻器需要使用分壓式接法，正確接法如圖所示： （ 4）根據(jù)歐姆定律得： U=IR 根據(jù)電阻定律得： R= 聯(lián)立解得： U= 則斜率 k= 解得： ρ= 故答案為：（ 1） C、 F；（ 2） ；（ 3）圖中接法有錯(cuò)誤，正確接法如圖所示；（ 4） 【點(diǎn)評 】 測量電阻最基本的原理是伏安法，電路可分為測量電路和控制電路兩部分設(shè)計(jì)．測量電路要求精確，誤差小，可根據(jù)電壓表、電流表與待測電阻阻值倍數(shù)關(guān)系，選擇電流表內(nèi)、外接法．控制電路關(guān)鍵是變阻器的分壓式接法或限流式接法． 四、計(jì)算題：本題共 5小題，共計(jì) 68分．解答時(shí)請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫最后答案的不能得分．有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位． 13．（ 12分）（ 2021?福建）如圖甲，在圓柱形區(qū)域內(nèi)存在一方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B的勻強(qiáng)磁場，在此區(qū)域內(nèi)，沿水平面固定一半 徑為 r的圓環(huán)形光滑細(xì)玻璃管，環(huán)心 O在區(qū)域中心．一質(zhì)量為 m、帶電荷量為 q（ q＞ 0）的小球，在管內(nèi)沿逆時(shí)針方向（從上向下看）做圓周運(yùn)動(dòng)．已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B隨時(shí)間 t的變化關(guān)系如圖乙所示，其中 T0= ．設(shè)小球在運(yùn)動(dòng)過程中電荷量保持不變，對原磁場的影響可忽略． （ 1）在 t=0到 t=T0這段時(shí)間內(nèi)，小球不受細(xì)管側(cè)壁的作用力，求小球的速度大小 v0； （ 2）在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大過程中，將產(chǎn)生渦旋電場，其電場線是在水平面內(nèi)一系列沿逆時(shí)針方向的同心圓，同一條電場線上 各點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等．試求 t=T0到 t=時(shí)間內(nèi)： ① 細(xì)管內(nèi)渦旋電場的場強(qiáng)大小 E； ② 電場力對小球做的功 W． 【考點(diǎn)】 電磁場；電場強(qiáng)度；電磁波的產(chǎn)生． 【專題】 壓軸題． 【分析】 （ 1）在 t=0到 t=T0這段時(shí)間內(nèi)，小球不受細(xì)管側(cè)壁的作用力，說明洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解； （ 2） ① 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解出感應(yīng)電動(dòng)勢，再進(jìn)一步計(jì)算電場強(qiáng)度； ② 先根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，計(jì)算出路程，再求解電場力的功． 【解答】 解：（ 1）在 t=0到 t=T0這段時(shí)間內(nèi)，小球不受細(xì)管側(cè)壁的作用力，說明洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有 解得 v0= （ 2） ① 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢為： 電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系，有： U=E?2πr 由上面兩式解得 E= 其中： 故： E= ② 電場力為： F=Eq= ； 根據(jù)牛頓第二定律，有 F=ma 解得 物體的末速度為： = 根據(jù)動(dòng)能定理，電場力做的功為： W= = ； 答：（ 1）在 t=0到 t=T0這段時(shí)間內(nèi)，小球的速度大小為 ； （ 2）在 t=T0到 t=： ① 細(xì)管內(nèi)渦旋電場的場強(qiáng)大小 E為 ； ② 電場力對小球做的功 W為 ． 【點(diǎn)評】 本題是有關(guān)感應(yīng)加速器的問題，感生電場的電場力做正功，電場力是恒定大小的力，電荷速率隨著時(shí)間均勻增加，結(jié)合動(dòng)能定理、電勢差與電場強(qiáng)度的 關(guān)系公式、牛頓第二定律列式求解． 14．（ 12分）（ 2021秋 ?宿遷校級期末）如圖所示，兩根等高光滑的 圓弧軌道，半徑為 r、間距為 L，軌道電阻不計(jì)．在軌道頂端連有一阻值為 R的電阻，整個(gè)裝置處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B．現(xiàn)有一根長度稍大于 L、質(zhì)量為 m、電阻不計(jì)的金屬棒從軌道的頂端 ab處由靜止開始下滑，到達(dá)軌道底端 cd時(shí)受到軌道的支持力為 2mg．整個(gè)過程中金屬棒與導(dǎo)軌電接觸良好，求： （ 1）棒到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度大小和通過電阻 R的電流． （ 2）棒從 ab下滑到 cd過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱和通過 R的電荷量． 【考點(diǎn)】 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化． 【專題】 計(jì)算題；定量思想；尋找守恒量法；電磁感應(yīng) —— 功能問題． 【分析】 （ 1）金屬棒在 cd端時(shí)由重力和軌道的支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出棒到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度．由 E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢，再由歐姆定律求通過 R的電流． （ 2）根據(jù)能量守恒定律求回路中產(chǎn)生的焦耳熱．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電量公式推導(dǎo)出電量 表達(dá)式 q= ，來求通過 R的電荷量． 【解答】 解：（ 1）棒到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得 N﹣ mg=m 由題得 N=2mg 可得 v= 棒經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為 E=BLv=BL 通過電阻 R的電流 I= = （ 2）棒從 ab下滑到 cd過程中回路中，根據(jù)能量守恒得： 產(chǎn)生的焦耳熱 Q=mgr﹣ = mgr 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得： = 感應(yīng)電流的平均值 = 通過 R的電荷量 q= △t 聯(lián)立得 q= ， 又 △Φ=BLr 所以可得 q= 答： （ 1）棒到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度大小是 ，通過電阻 R的電流是 ． （ 2）棒從 ab下滑到 cd過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱為 mgr，通過 R的電荷量是 ． 【點(diǎn)評】 本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)知識的綜合，要正確分析能量是如何轉(zhuǎn)化的，熟練推導(dǎo)出感應(yīng)電荷量經(jīng)驗(yàn)公式 q= ，要注意 R是回路中總的電阻． 15．（ 14分）（ 2021?徐州二模）如圖所示，光滑導(dǎo)軌 MN和 PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距為 L，兩端分別接有阻值均為 R的定值電阻 R1和 R2．兩導(dǎo)軌間有一邊長為 的正方形區(qū) 域 abcd，該區(qū)域內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B．一質(zhì)量為 m的金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好并靜止于 ab處，現(xiàn)用一恒力 F沿水平方向拉桿，使之由靜止起向右運(yùn)動(dòng)，若桿出磁場前已做勻速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)導(dǎo)軌及金屬桿的電阻．求： （ 1）金屬桿出磁場前的瞬間流過 R1的電流大小和方向； （ 2）金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速率； （ 3）金屬桿穿過整個(gè)磁場過