2019-2020学年佛山一中高二下学期期中物理试卷(含答案解析)

2019-2020学年佛山一中高二下学期期中物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1.交流电电流方向每秒改变50次，其周期和频率是()
A. 0.02s和50Hz
B. 0.02s和100Hz
C. 0.04s和25Hz
D. 0.04s和50Hz
2.关于电磁感应现象，下列说法正确的是()
A. 穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中不一定有感应电流
B. 当导体切割磁感线时，一定产生感应电流
C. 感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量变化
D. 感应电流的方向可能与磁场的方向平行，但一定与导体运动的方向垂直
3.将一磁铁缓慢或迅速地插到闭合线圈中的同一位置处，不发生变化的物理量是()
①磁通量的变化量
②磁通量的变化率
③感应电流的大小
④通过导体横截面的电荷量．
A. ①③
B. ①④
C. ②③
D. ②④
4.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电
动势的图象如图乙所示，则()
A. 线框产生的交变电动势有效值为311V
B. t=0.01s时线框平面与磁场方向平行
C. t=0.005s时线框的磁通量变化率最大
D. 线框产生的交变电动势的频率为100Hz
5.机动车的尾气含有铅等大量有害物质，并且也是造成地球“温室效应”的重要因素之一．电动
汽车因其无尾气排放且噪音小等因素，正在逐渐被人们接受．某国产品牌电动汽车的铭牌如下，已知蓄电池储存的电能等于其容量乘输出电压，则下列说法正确的是()
规格后轮驱动直流电动机
车型：60″电动汽车电动机额定输出功率：1675W 整车质量：400kg额定转速：600r/min
蓄电池(容量It=800Aℎ，输出电压：U≥36V)额定工作电压/电流：36V/50A
A. 电动汽车正常工作时消耗的电功率1675W
B. 电动机的内阻为0.5Ω
C. 蓄电池充满电后储存的电能不小于2.88×104J
D. 充满电后在额定功率下连续行驶的时间不小于16h
6.关于电磁感应现象的有关说法中，正确的是()
A. 只要穿过闭合电路的磁通量不为零，闭合电路中就一定有感应电流产生
B. 穿过闭合电路的磁通量变化越快，闭合电路中感应电动势越大
C. 穿过闭合电路的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势越大
D. 穿过闭合电路的磁通量减少，则闭合电路中感应电流就减小
7.图示是氢原子能级示意图，一群处于n=4能级的氢原子回到n=1的
过程中()
A. 放出4种频率不同的光子
B. 放出8种频率不同的光子
C. 放出的光子的最大能量为12.75eV，最小能量是0.66eV
D. 放出的光子能使逸出功为13.0eV的金属发生光电效应
8.某种金属逸出光电子的最大初动能E km与入射光频率γ的关系如
图所示，其中γ0为截止频率．从图中可以确定的是()
A. 逸出功与γ有关
B. E km与入射光强度成正比
C. 图中直线斜率与普朗克常量有关
D. 当γ<γ0时会逸出光电子
二、多选题（本大题共6小题，共23.0分）
9.如图所示的电路中，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，
L A、L B是两个相同的灯泡，下列说法正确的是()
A. S闭合后，L A、L B同时发光且亮度不变
B. S闭合后，L A立即发光，然后又逐渐熄灭
C. S断开的瞬间，L A、L B同时熄灭
D. S断开的瞬间，L A再次发光，然后又逐渐熄灭
10.关于如何减少远距离输电过程中的电能损失，下列说法正确的是()
A. 应降低输电电压
B. 应减小导线电阻
C. 应减小输电电流
D. 应采用高压输电
11.下列有关电磁学的说法正确的是()
A. 奥斯特发现电流磁效应；法拉第系统归纳了磁生电的几类方式，发现了电磁感应现象
B. 法拉第提出了电磁感应定律，给出感应电动势E=n△φ
△t
C. 穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大
D. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
12.下列说法正确的是()
A. 在发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的强度成正比
B. α粒子散射实验可以用来确定原子核电荷数和估算原子核半径
C. 氢原子辐射出一个光子后，核外电子的动能减小
D. 衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的
13.下列说法正确的是()
A. 在光电效应现象中，入射光的频率越高金属的逸出功越大
B. 玻尔将量子观点引入原子领域，成功解释了氢原子线状谱线的成因
C. 92238U→ 90234Tℎ+ 24He和 92238U+ 01n→ 56141Ba+ 3692Kr+3 01n两方程都是重核裂变方程
D. 2kg的 88228Ra经过两个半衰期的时间有1.5kg 88228Ra已经发生了衰变
E. 原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量
14.下列说法正确的是()
A. 715N+ 11H→ 612C+ 24He方程是α衰变方程
B. 11H+ 12H→ 23He+γ是核聚变反应方程
C. 92238U→ 90234Tℎ+ 24He是核裂变反应方程
D. 24He+ 1327Al→ 1530P+ 01n是核人工转变
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
15.一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是“×1”“×10”“×100”。

用“×10”挡测量某电
阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到______挡。

如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是______，若补上该步骤后测量，表盘的示数如下图所示，则该电阻的阻值是______Ω.如果表内的电池太旧，会使电阻的测量值______(偏大或偏小)。

16.张明同学在一次测电源电动势与内阻的实验中，用实验室仅有的实验器材，电流表一个、电阻
箱一个、开关一个和导线若干，设计了如图1所示的电路进行实验，测得的数据如表所示．实验次数12345
R(Ω) 4.010.016.022.028.0
I(A) 1.000.500.340.250.20
(1)利用测得的数据在坐标纸上画出适当的图象；
(2)由图象可知，该电池的电动势E=______V，该电池的内阻r=______Ω；(结果保留两位有效
数字)．
(3)利用该实验电路测出的电动势E测和内阻r测与真实值E真和r真相比，理论上E测______E真，
r
______r真(选填“>”、“<”或“=”)．
测
四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）
17.交变电流电压表达式为u=20sin(314t)V，求这个交变电压的最大值U m、有效值U、周期T、
频率f.画出交变电流的电压u−t图像．
18.如图甲所示。

M1M4、N1N4为平行放置的水平金属轨道，M4M5、N4N5为半径均为r=0.65m的
竖直四分之一圆形光滑金属轨道，M4、N4为切点，M5、N5为轨道的最高点(与圆心等高)。

轨道间距L=1.0m，整个装罝左端接有阻值R=0.5Ω的定值电阻。

M1M2N1N2、M3M4N3N4为等大的长方形区域I、II，两区域宽度d=0.5m，两区域之间的距离s=1.0m：区域I内均勾分布着磁场B1，其变化规律如图(乙)所示，规定竖直向上为正方向；区域II内分布着磁感应强度B2=0.05T
匀强磁场，方向竖直向上，质量m=0.1kg、电阻Ro=0.5Ω的导体棒ab在垂直于棒F=1.0N的水平恒力拉动下，从M2N2处在t=0s时刻由静止开始运动，到达M3N3处撤去恒力F，ab棒穿过匀强磁场区后，恰好能到达圆形轨道的M5N5处。

水平轨道与导体棒ab间的动摩擦因数0.2，轨道电阻、空气阻力不计，运动过程导体棒与轨道接触良好且始终与轨道垂直，求：
(1)0.2s末电阻及上的电流大小及方向；
(2)ab棒刚进入B2磁场时的加速度大小：
(3)ab棒在水平轨道上向右运动过程中电阻R上产生的焦耳热Q。

19.如图所示，一辆汽车A拉着装有集装箱的拖车B，以速度v1=30m/s进入向下倾斜的直车道．车
道每100m下降2m.为使汽车速度在s=200m的距离内减到v2=10m/s，驾驶员必须刹车．假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的70%作用于拖车B，30%作用于汽车A.已知A的质量m1=2000kg，B的质量m2=6000kg.求汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力．取重力加速度g=10m/s2．
【答案与解析】
1.答案：C
=25Hz
解析：解：一个周期内电流方向改变两次，所以f=50
2
则：T=1f=125=0.04s；故C正确ABD错误。

故选：C。

一个周期内电流方向改变两次，根据题意可以求出频率，进而求出周期。

解得本题要知道频率与周期的关系，知道一个周期内电流方向改变两次即可正确求解。

2.答案：C
解析：解：A、穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流，选项A错误；
B、当闭合电路的部分导体切割磁感线时，一定产生感应电流，选项B错误；
C、根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量变化，选项C正确；
D、感应电流的方向不可能与磁场的方向平行，也不一定与导体运动的方向垂直，选项D错误；
故选：C。

产生感应电流的条件穿过闭合电路的磁通量变化。

有感应电流，必有感应电动势，由楞次定律可知，感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

考查感应电动势与感应电流产生条件，理解楞次定律的内容，注意阻碍与阻止的不同。

3.答案：B
解析：
①将一磁铁缓慢或迅速地插到闭合线圈中的同一位置处，初末位置相同，则初末位置的磁通量相同，
可知磁通量的变化量相同．故①正确
②磁通量的变化率为△Φ
，因为磁通量变化量相同，所用时间不同，则磁通量的变化率不同．故②错△t
误．
③感应电动势E=n△Φ
，磁通量的变化率不同，则感应电动势不同，根据闭合电路欧姆定律知，感△t
应电流的大小不同．故③错误．
故选：B
根据初末状态的磁通量比较磁通量的变化量，根据法拉第电磁感应定律比较产生的感应电动势大小，
结合电量的表达式q=n △Φ
R
总
比较通过导体横截面的电荷量．
解决本题的关键知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，以及掌握电量的表达式q=n △Φ
R
总
，
注意该公式在计算题中不能直接运用，需通过法拉第电磁感应定律和电流的定义式进行推导．4.答案：C
解析：解：A、线框产生的交变电动势有效值为：E=E m
√2=311
√2
V=220V，故A错误。

B、t=0.01s时线框平面处于中性面位置，与磁场方向垂直，故B错误。

C、t=0.005s时，感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律为：，磁通量变化率最大，故C正确。

D、由乙图知，T=0.02s，f=1
T
=50Hz，故D错误。

故选：C。

根据乙图知感应电动势最大值为311V，由E=m
√2
可以求有效值；t=0.01s时线框平面与磁场方向垂
直；t=0.005s时线框与磁场平行，磁通量变化率最大；先从乙图求出周期，再根据公式f=1
T
求频率。

本题考查了交流发电机及其产生正弦式电流的原理。

在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解。

5.答案：D
解析：
电动机是将电能转化为机械能的装置，电动机正常工作时消耗的电功率等于额定电压乘以额定电流，根据UI=P+I2r求解内电阻，蓄电池储存的电能等于其容量乘以输出电压．
本题考查了速度、功、功率的计算和能量的转化，关键是公式和规律的灵活运用，注意能量守恒定律的运用，计算过程还要注意单位的换算．
A、电动汽车正常工作时消耗的电功率为：P=U额I额=36×50W=1800W，故A错误；
B、电动机内阻的发热功率电动机额定输出功率为：P热=P电−P出=1800W−1675W=125W，
则电动机内阻为：r=P热
I2=125
2500
Ω=0.05Ω，故B错误；
C、蓄电池充满电后储存的电能为：W=UIt=800×3600×36J=1.04×108J，故C错误；
D、在额定功率下连续行驶最长时间为：t=W
P
=16ℎ，故D正确。

故选：D。

6.答案：B
解析：解：A、只有穿过闭合回路中磁通量发生变化时，闭合回路中才会产生感应电流，穿过闭合电路的磁通量不为零，若磁通量不变化，没有感应电流产生，故A错误。

B、穿过闭合电路的磁通量变化越快，磁通量变化率越大，根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势越大，故B正确。

C、穿过闭合电路的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势不一定越大，故C错误。

D、感应电流的大小取决于磁通量变化的快慢，磁通量减小时，若磁通量的变化率增大，则感应电流可能变大，故D错误；
故选：B。

感应电流产生的条件是穿过闭合电路磁通量发生变化．感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，根据法拉第电磁感应定律分析．
本题的解题关键是准确理解并掌握法拉第电磁感应定律及感应电流的产生条件，要在准确二字上下功夫．
7.答案：C
解析：解：AB、一群处于n=4能级的氢原子回到n=1的过程中，任意两个能级间发生一次跃迁，放出一种频率的光子，所以共放出C 42=6种频率不同的光子。

故A错误，B错误。

C、根据玻尔理论得知，n=4能级直接跃迁到基态放出的光子能量最大，最大能量为E max=E4−E1=−0.85eV−(−13.6)eV=12.75eV，n=4能级跃迁到n=3能级放出的光子能量最小，最小能量为E min=E4−E3=−0.85eV−(−1.51)eV=0.66eV.故C正确。

D、由上知道，光子的最大能量为12.75eV，小于金属的逸出功，不能使金属发生光电效应。

故D错误。

故选：C。

一群处于n=4能级的氢原子回到n=1的过程中放出6种频率不同的光子，根据玻尔理论研究放出
的光子的最大能量和最小能量．当光子的能量大于金属的逸出功时就能发生光电效应．
光电效应产生的条件取决于入射光的频率，氢原子跃迁时放出的光子的频率取决于初末能级之差．玻尔理论与光电效应之间的联系纽带是光子的频率．
8.答案：C
解析：
本题考查光电效应的特点：①金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关；②光电子的最大初动能E km与入射光的强度无关；③光电子的最大初动能满足光电效应方程。

只要记住并理解了光电效应的特点，只要掌握了光电效应方程就能顺利解决此题，所以可以通过多看课本加强对基础知识的理解。

A.金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关，其大小W=ℎγ，故A错误；
B.根据爱因斯坦光电效应方程E km=ℎγ−W，可知光电子的最大初动能E km与入射光的强度无关，但入射光越强，光电流越大，只要入射光的频率不变，则光电子的最大初动能不变，故B错误；
=ℎ，故C正确；
C.根据爱因斯坦光电效应方程E km=ℎγ−W，可知△E km
△γ
D.要有光电子逸出，则光电子的最大初动能E km>0，即只有入射光的频率大于金属的极限频率即γ>γ0时才会有光电子逸出，故D错误。

故选C。

9.答案：BD
解析：解：
A、B闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，且亮度相同；随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，B变亮。

故A错误，B正确。

C、D断开S，B立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过A灯，A闪亮一下后熄灭。

故C错误，D正确。

故选：BD。

闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化．断开S，B灯立即熄灭，线圈中电流，根据
楞次定律判断A灯亮度如何变化．
对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可楞次定律分析发生的现象．
10.答案：BCD
解析：解：A、在输电功率P输一定的情况下，U输越大，输电电流I输越小，由公式P输=I输2R知，输电电流越小，电能损失越小，所以应该高压输电，A错误CD正确；
B、输在输电电流I输一定的情况下，由公式P输=I输2R知，减小导线电阻能减少输电电能损失，B正确；
故选：BCD．
远距离输电过程中，电能耗损主要是由于电流的热效应而造成的；根据功率公式P=I2R分析减小远距离输电电能损失的措施．
本题考查减小输电线路电功率损失的方法，此题与我们的日常生活联系比较紧密；用高压输电不仅可以减少线路中电能的损耗，同时降低热损耗和材料成本，都是在输电过程中节约了能源，这是一种非常有效的做法．
11.答案：AD
解析：解：A、奥斯特发现电流磁效应；法拉第系统归纳了磁生电的几类方式，发现了电磁感应现象．故A正确；
B、纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，先后指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律．故B错误；
C、D、根据感应电动势的表达式：E=n△Φ
，电动势与磁通量的变化量成正比，所以穿过线圈的磁
△t
通量变化越快，感应电动势越大．故C错误，D正确．
故选：AD
奥斯特发现电流磁效应；法拉第系统归纳了磁生电的几类方式，发现了电磁感应现象；纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，先后指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路
，的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律；根据感应电动势的表达式：E=n△Φ
△t
穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大．
本题主要考查了有关电学的物理学史，了解物理学家的探索过程，从而培养学习物理的兴趣和为科
学的奉献精神，对类似知识要加强记忆．
12.答案：BD
解析：解：A、根据光电效应方程E km=ℎγ−W，光电子的最大初动能与入射光的强度成正比无关，与光的频率成线性关系，故A错误；
B、α粒子散射是估计核半径的最简单方法，故B正确；
C、氢原子的能量减小，轨道半径减小，根据k e2
r2=m v2
r
，得轨道半径减小，电子速率增大，动能增
大．故C错误；
D、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的．故D正确．
故选：BD．
根据光电效应方程E km=ℎγ−W，即可判定；
原子核的半径无法直接测量，α粒子散射是估计核半径的最简单方法；
氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，根据库仑引力提供向心力，得出电子速度的变化，从而得出电子动能的变化，
β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的．
考查光电效应方程的内容，理解α粒子散射的意义，掌握β衰变的本质，注意电子跃迁时，动能变化情况．
13.答案：BDE
解析：解：A、在光电效应现象中，金属的逸出功与入射光的频率无关，故A错误．
B、玻尔将量子观点引入原子领域，成功解释了氢原子线状谱线的成因，故B正确．
C、 92238U+ 01n→ 56141Ba+ 3692Kr+3 01n是重核裂变方程， 92238U→ 90234Tℎ+ 24He是α衰变方程，故C 错误．
D、根据m=m0(1
2
)n知，经过2个半衰期，还剩四分之一没有衰变，四分之三发生了衰变，即有
1.5kg 88228Ra已经发生了衰变，故D正确．
E、原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，故E正确．
故选：BDE．
逸出功的大小与入射光的频率无关，由金属本身决定；玻尔将量子观点引入原子领域，成功解释了氢原子线状谱线的成因，由于引入了轨道等经典理论，无法其它原子发光现象；重核的裂变是指质
)n得出衰变后剩余的原子核，从而量数较大的原子核分裂成两个中等质量的原子核；根据m=m0(1
2
得出衰变的数量；原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量．
本题考查了光电效应、波尔理论、核反应方程、半衰期、结合能等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点．
14.答案：BD
解析：解：A、用人工的方法使原子核发生转变的过程叫做原子核的人工转变． 715N在质子的轰击下发生的核反应，属于人工转变．故A错误．
B、由轻原子核生成较重的原子核，同时释放出巨大能量的核反应叫核聚变．故B正确．
C、α衰变是原子核自发放射α粒子的核衰变过程，故该反应是α衰变．故C错误．
D、用α粒子轰击 1327Al 产生 1530P和 01n，是在人为的作用下发生的故该反应是人工转变．故D正确．故选B、D．
解决本题的关键是理解：α衰变是原子核自发放射α粒子的核衰变过程；由轻原子核生成较重的原子核，同时释放出巨大能量的核反应叫核聚变；核裂变是指较重的原子核分裂成两个中等质量的新核；用人工的方法使原子核发生转变的过程叫做原子核的人工转变．
加强对基本知识、基本概念的积累，是解决概念题的唯一的法宝．
15.答案：×100欧姆调零2200 偏大
解析：解：用“×10”挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明待测电阻值太大，故应换到“×100”挡。

因每次换挡后需要重新调零，所以如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是欧姆调零，若补上该步骤后测量；
表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是22×100Ω=2200Ω；
如果表内的电池太旧，则电池内阻变大，故I 测<I真，根据欧姆定律可知R测>R真；
故答案为：×100，欧姆调零，2200，偏大
用欧姆表测量电阻时若指针偏角过小，说明待测电阻值太大，应换挡较大的倍率，注意每换一次档都需要重新调零；欧姆表读数为表盘刻度乘以倍率；根据欧姆定律分析实验误差。

本题考查了欧姆表档位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数。

16.答案：6.0 2.0=>
解析：解：(1)由闭合电路欧姆定律可知：I=E
R+r ，则R=1
I
E−r，若画R−I图，则图象为曲线，不
易得出结论；而画出R−1
I 图象为直线，故容易得出结论，故应应该画出R−1
I
图象；根据表中实验数
据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：
(2)图象函数表达式：R=1
I E−r，由图象可知：k=E=△R
△1
I
=28.0−10.0
5.0−2.0
=6.0V，图象截距绝对值：
b=r=2.0Ω；
(3)本实验误差来自由电流表的内阻不能忽略，故正确公式应为：R=1
I
E−r−R A，而当电阻无穷大时，电流表分压可以忽略，故本实验中电动势测量准确，
所测内阻为电流表内电阻与电源内阻之和，故所测偏大．
故答案为：(1)图象如图所示；(2)6.0；2.0；(3)=；>．
(1)本题由安阻法测量电动势和内电阻；由闭合电路欧姆定律可得出有关电流和电阻的关系式；由数学知识可知哪种图象更科学；由公式及表中的数据利用描点法可画出正确的图象；
(2)由图象交点及斜率的意义可得出有关电动势和内电阻的表达式，则可求得电动势和内电阻；
(3)实验中由于电表不是理想电表，故要考虑电表内阻对测量结果的影响；由极限分析法可得出电动势的误差．
本题要注意利用闭合电路欧姆定律得出正确的表达式，再结合图象即可得出正确结论；对于误差的分析，要注意采用极限分析法，本题中若电流为零，则电流表的分压即可忽略；并且从图象和公式
来看，电流表的影响只限于内阻上，对电动势没有影响．
17.答案：20V10V0.02s50Hz
解析：试题分析：已知交变电流的电压表达式u=U m sinωt，正弦符号前的系数即为最大值，根据
正弦式交变电流的电压有效值与最大值的关系U=，可求得U；再根据，求得T，由，求得f．
据题意，交变电流电压最大值U m=20V，有效值U==10V，周期=s=0.02s，频率=50Hz.画出交变电流的电压随时间变化图像如右图所示．
考点：考查了交流电有效值最大值的计算
点评：基础题，关键是对交流电频率，周期，最大值，有效值之间的公式正确掌握
18.答案：解：(1)0.2s时导体棒ab未进入Ⅱ区域，由于Ⅰ区域中的磁场在均匀减小，
产生的感应电动势：E1=△Φ
△t =△B1Ld
△t
=(0.6−0.2)×1×0.5
0.4
=0.5V，
感应电流：I1=E1
R+R0=0.5
0.5+0.5
=0.5A，
由楞次定律可知，电流方向：N1流向M1；
(2)导体棒ab在N2M2M3N3区域做匀加速运动，
由牛顿第二定律得：F−μmg=ma1，解得：a1=8m/s2；
导体棒ab刚进入Ⅱ区域时的速度有：v2=2a1s，解得：v=4m/s，导体棒ab在N2M2M3N3区域做匀加速运动的时间：
t1=v
a1=4
8
=0.5s>0.4s，ab刚进入Ⅱ区域时，B1磁场已保持不变。

导体棒ab刚进入Ⅱ区域时产生的感应电动势有：E2=B2Lv=0.05×1×4=0.2V，
电流：I2=E2
R+R0=0.2
0.5+0.5
=0.2A，
由牛顿第二定律得：μmg+B2I2L=ma2，
解得：a2=2.1m/s2；
(3)B1磁场变化的时间：t=0.4s，这段时间内R的焦耳热：
Q1=I12Rt=0.52×0.5×0.4=0.05J，
导体棒ab在B2磁场中运动过程中，由能量守恒定律得：
μmgd+mgr+Q2=1
2
mv2，解得：Q2=0.05J，
电阻R上产生的总焦耳热：Q=Q1+1
2
Q2=0.075J；
答：(1)0.2s末电阻及上的电流大小为0.5A，方向：N1流向M1；
(2)ab棒刚进入B2磁场时的加速度大小为：2.1m/s2；
(3)ab棒在水平轨道上向右运动过程中电阻R上产生的焦耳热Q为0.075J。

解析：(1)由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流大小，应用楞次定律判断出感应电流方向。

(2)由牛顿第二定律求出导体棒的加速度，由运动学公式求出导体棒进入Ⅱ区时的速度，由E=BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出电流，然后应用牛顿第二定律求出加速度。

(3)由焦耳定律求出磁场变化过程的焦耳热，应用能量守恒定律求出导体棒进入Ⅱ区域过程产生的焦耳热，然后求出总的焦耳热。

本题是一道综合题，分析清楚磁场变化过程、导体棒运动情况是解题的前提与关键，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、焦耳定律与能量守恒定律可以解题。

19.答案：解：汽车沿斜面作匀减速运动，用a表示加速度的大小，有v22−v12=−2as①
用F表示刹车时的阻力，根据牛顿第二定律有F−(m1+m2)gsinα=(m1+m2)a②
式中sinα=2
100
=2×10−2③
设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为f，根据题意f=30
100
F④
方向与汽车前进方向相反；用f N表示拖车作用于汽车的力，设其方向与汽车前进方向相同．以汽车为研究对象，由牛顿第二定律有f−f N−m1gsinα=m1a⑤
由②④⑤式得f N=30
100
(m1+m2)(a+gsinα)−m1(a+gsinα)⑥
由①③⑥式，代入数据得f N=880N。