2018-2019学年湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学高二上学期期末考试物理试题 解析版 20页

华中师大一附中2018—2019学年度上学期期末考试高二年级物理试题 一.选择题 ‎1.下列说法中正确的是 A. 奥斯特首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究 B. 法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕 C. 楞次认为，在原子、分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体 D. 安培发现了磁场对电流的作用规律，洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.‎ ‎【详解】A、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究；故A错误.‎ B、奥斯特发现电流的磁效应，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的；故B错误.‎ C、安培认为，在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体；故C错误.‎ D、洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律；故D正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一.‎ ‎2.如图所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点且a、b、c与两导线共面；b是两导线之间的中点，b、d的连线与导线所在平面垂直，磁感应强度可能为零的点是 A. a点 B. b点 C. c点 D. d点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感应强度为零的点的位置．‎ ‎【详解】两电流在该点的合磁感应强度为0，说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系.根据右手螺旋定则在两电流的同侧磁感应强度方向相反，则为a点或c点，而I1＜I2，则a点可能为零；故A正确，B、C、D错误.故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了安培定则及矢量的合成方法，特别应注意磁场的空间性，注意培养空间想象能力，同时明确距离导线越远，磁场越弱．‎ ‎3.如图所示的电路中，A、B是两个相同的灯泡，L是一个带铁芯的线圈，电阻可忽略不计。调节R，电路稳定时两灯泡都正常发光，则在开关合上或断开时 A. 合上S时，B灯立即亮起来，并保持亮度不变 B. 断开S时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭 C. 断开S时，A、B两灯都不会立即熄灭，且通过A灯泡的电流方向与原电流方向相反 D. 断开S时，A、B两灯都不会立即熄灭，但一定是同时熄灭 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 开关合上和断开时，两灯同时熄灭，但不同时点亮，在合上时，通过线圈的电流在增大，导致线圈出现自感电动势，电路稳定后，L的电阻忽略不计，闭合瞬间L的电阻很大，断开瞬间A灯还要继续亮一下.‎ ‎【详解】A、在开关合上时，通过线圈的电流在增大，导致线圈出现自感电动势，从而阻碍灯泡A的电流增大，则B先亮，A后慢慢变亮，稳定时L的电阻忽略不计，则两电阻相同的灯的亮度相同，故B的亮度有变小的过程；故A错误.‎ C、断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和两灯泡组成的回路中的电流会维持不变，通过A灯的电流的方向不变，而B灯的电流方向与原电流方向相反；故C错误.‎ B、D、断开开关S的瞬间，因灯泡相同L的电阻忽略不计，则电流相等，所以两灯会慢慢熄灭，但不会闪亮一下；故B错误，D正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了电感线圈对电流的阻碍作用，特别是开关闭合、断开瞬间的判断，开关合上和断开时，两灯同时熄灭，但不同时点亮，在合上时，通过线圈的电流在增大，导致线圈出现自感电动势.‎ ‎4.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有两根金属棒，其中金属棒PQ固定不动，金属棒MN可自由移动，下列说法正确的是 A. 当MN在外力的作用下向左匀速运动时，PQ受到的磁场力水平向左 B. 当MN在外力的作用下向左减速运动时，PQ受到的磁场力水平向左 C. 当MN在外力的作用下向左匀速运动时，N端电势高于M端，Q端电势高于P端 D. 当MN在外力的作用下向左加速运动时，N端电势高于M端，Q端电势高于P端 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ MN动生出I1，I1产生的磁场借助铁芯穿过L2线圈，若I1是变化的，则L2能感生出I2，PQ因通电而最终受安培力.‎ ‎【详解】A、C、因MN是匀速运动，动生出的I1是恒定的，产生的穿过铁芯的磁场是恒定的，则L2线圈不会产生感应电流I2，则PQ不通电而不会受安培力，Q端和P端无电势差；故A，C均错误.‎ B、MN向左减速时，产生的I1由右手定则知为MN，大小逐渐减小，在铁芯产生的磁场由安培定则知向上，则穿过L2的磁场向上减小，由楞次定律知I2由QP，由左手定则知安培力水平向左；故B正确.‎ D、MN向左加速时，产生的I1由右手定则知为MN(电源内部流向，则），大小逐渐增大，在铁芯产生的磁场由安培定则知向上，则穿过L2的磁场向上增大，由楞次定律知I2‎ 由PQ(电源外部的电流流向，则)；故D错误.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题是二次感应问题，核心是第一次的感应电流是变化的；同时综合考查了右手定则、左手定则、楞次定律、安培定则的综合应用.‎ ‎5.自行车速度计的工作原理主要依靠的就是安装在前轮上的一块磁铁，当磁铁运动到霍尔传感器附近时，就产生了霍尔电压，霍尔电压通过导线传入一个小型放大器中，放大器就能检测到霍尔电压，这样便可测出在某段时间内的脉冲数。当自行车以某个速度匀速直线行驶时，检测到单位时间内的脉冲数为N，已知磁铁和霍尔传感器到前轮轮轴的距离均为R1，前轮的半径为R2，脉冲的宽度为，峰值为Um，下列说法正确的是 A. 车速越快，脉冲的峰值Um越大 B. 车速越快，脉冲的宽度越大 C. 车速为 D. 车速为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据单位时间内的脉冲数，即可知转动周期，再结合角速度与周期，与线速度与角速度关系，即可求解；根据左手定则得出电子的偏转方向，抓住电子所受的电场力和洛伦兹力平衡得出霍尔电压的表达式，从而进行分析．‎ ‎【详解】A、B、根据得，Um=Bdv，由电流的微观定义式：I=nesv，n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，s是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度.整理得:.联立解得：，可知用霍尔元件可以测量磁场的磁感应强度，保持电流不变，霍尔电压Um与车速大小无关;故A，B均错误.‎ C、D、由题意如果在单位时间内得的脉冲数为N时，则自行车的转速为，则车速为 ‎；故C正确，D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】所谓霍尔效应，是指磁场作用于载流金属导体时，产生横向电势差的物理现象．霍尔效应在新课标教材中作为课题研究材料，解答此题所需的知识都是考生应该掌握的．对于开放性物理试题，要有较强的阅读能力和获取信息能力．‎ ‎6.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示。它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，a、b接在电压为U、周期为T的交流电源上。两盒间的窄缝中形成匀强电场，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面。带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。设D形盒的半径为R，现将垂直于D形盒的磁场感应强度调节为，刚好可以对氚核进行加速，氚核所能获得的最大能量为，以后保持交流电源的周期T不变。已知氚核和粒子的质量之比为3：4，电荷量之比为1：2。下列说法正确的是 A. 若只增大交变电压U，则氚核在回旋加速器中运行的时间不会发生变化 B. 若用该装置加速粒子，应将磁场的磁感应强度大小调整为 C. 将磁感应强度调整后对粒子进行加速，粒子在加速器中获得的最大能量为 D. 将磁感应强度调整后对粒子进行加速，粒子在加速器中加速的次数大于氚核的次数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能。在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等.‎ ‎【详解】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有，粒子的最大速度：，所以粒子加速后的最大动能：‎ ‎，根据动能定理：Ekm=n•qU，若其他量不变，只提高加速电压U，则质子在电场中加速的次数减小；质子在加速器中运动的总时间将缩短；故A错误.‎ B、粒子在磁场中运动的周期,每加速一次和半个圆周电场变换一次反向，则电场变换的周期为，若该装置加速α粒子则,由于，，应将磁场的磁感应强度大小调整为；故B错误.‎ C、粒子离开的最大动能为，α粒子的最大动能为；故C正确.‎ D、氚核在磁场中加速的次数：，α粒子在加速器中加速的次数，可知将磁感应强度调整后对α粒子进行加速，α粒子在加速器中加速的次数小于氚核的次数；故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等.‎ ‎7.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，原线圈接入图乙所示的不完整的正弦交流电，电压表和电流表均为理想电表，，R2=R3=10Ω，则下列说法正确的是 A. 开关S闭合时，电流表示数为 B. 开关S断开时，电压表示数为 C. 开关S从从断开到闭合时，电压表示数增大 D. 开关S从从断开到闭合时，电流表示数增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电流的热效应求出输入电压的有效值，再根据变压器原副线圈电压之比等于线圈匝数比求出电压表示数，电键S闭合后，副线圈电阻变小，根据欧姆定律判断电流表示数的变化，根据变压器原副线圈电流之比等于线圈匝数的倒数比比求出电流表示数变化情况.‎ ‎【详解】B、根据电流的热效应，有，解得，根据变压比可得副线圈两端的电压为；故B正确.‎ A、开关闭合时，副线圈两端的电压依然为，则副线圈中的电流,根据电流与匝数成反比知原线圈中的电流即电流表的示数为；故A错误.‎ C、闭合电键S，因为原线圈电压和匝数比都不变，所以副线圈两端的电压不变，电压表示数不变，故C错误；‎ D、闭合电键S后，总电阻减小，输出功率增大，输入功率增大，电流增大，故D正确；‎ 故选BD.‎ ‎【点睛】本题关键是明确交流电有效值的计算方法，同时要结合变压器的变压比公式分析，知道变压器不改变功率.‎ ‎8.一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形导线框的边紧靠磁场边缘置于桌面上，建立水平向右的轴，且坐标原点在磁场的左边界上，时刻使线框从静止开始沿轴正方向匀加速通过磁场区域，规定逆时针方向为电流的正方向，已知导线框在t1、t2、t3时刻所对应的位移分别是L、2L、3L，下列关于感应电流或导线框的电功率随时间或位移的变化规律正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及E=BLV可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由P=I2R可求得电功率的变化．‎ ‎【详解】过程①为bc边切割向里的磁场，电流顺时针，过程②ad边和bc边同向切割反向的磁场，而双电源相加，电流加倍为逆时针，过程③为ad边切割向外的磁场，电流为逆时针.‎ A、B、线框匀加速直线运动，则切割磁场的速度，电动势，电流；可知电流随时间均匀变化，电流的方向在三个过程为正，负，正；过程②为双电源，电流加倍，过程③为单电源，电流为I0增大；比较排除后可知A错误，B正确.‎ C、匀加速直线运动的速度位移关系可知，则，则电流关于位移x不是线性函数；C错误.‎ D、线框产生的电功率，故功率关于位移x均匀变化，则图象为倾斜直线；D正确.‎ 故选BD.‎ ‎【点睛】电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以选择合适的解法，如排除法等进行解答．‎ ‎ ‎ ‎9.如图所示，在矩形区域内有匀强电场和匀强磁场，电场方向平行于ad边且由a指向d，磁场方向垂直于平面，ab边长为，ad边长为2L，一带电粒子从ad边的中点O平行于 ab方向以大小为v0的速度射入场内，恰好做匀速直线运动；若撤去电场，其他条件不变，粒子从c点射出场区(粒子重力不计)。下列说法正确的是 A. 磁场方向一定是垂直平面向里 B. 撤去电场后，该粒子在磁场中的运动时间为 C. 若撤去磁场，其他条件不变，粒子一定从bc边射出场区 D. 若撤去磁场，其他条件不变，粒子一定从ab边射出场区 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由左手定则判断出磁场的方向；根据洛伦兹力提供向心力得出粒子的周期，然后结合偏转角求时间；若撤去磁场，粒子在电场中做类平抛运动，将运动分解.‎ ‎【详解】A、设粒子带正电荷，则受到的电场力的方向向下，洛伦兹力的方向向上，由左手定则可得，磁场的方向垂直于纸面向里.同理若粒子带负电，则受到的电场力的方向上，洛伦兹力的方向向下，由左手定则可得，磁场的方向垂直于纸面向里；故A正确.‎ B、撤去电场后，该粒子在磁场中做圆周运动，其运动的轨迹如图：‎ 则：，则；‎ 由洛伦兹力提供向心力得：，则，粒子运动的周期T，则 ‎，粒子的偏转角θ，，所以；该粒子在磁场中的运动时间为：；故B错误.‎ C、D、电场和磁场均存在时，粒子做匀速直线运动qE=qv0B，联立，可得，‎ 撤去磁场中，带电粒子在电场中做类平抛运动，假设带电粒子从ab边射出场区，由运动学规律有：，，‎ 根据牛顿第二定律可得Eq=ma，联立解得，‎ 带电粒子沿ab方向运动距离x=v0t=2L，x大于ab边长，故假设不成立，带电粒子从bc边射出场区.故C正确，D错误.‎ 故选AC.‎ ‎【点睛】本题主要考查了带电粒子在组合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式．‎ ‎10.如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线圈1和2，其边长，均在距磁场上边界高处由静止开始自由下落，最后落到地面。整个运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界，设线圈刚进入磁场时的加速度大小分别为a1、a2，落地时的速度大小分别为v1、v2，在全过程中产生的热量分别为Q1、Q2，通过线圈横截面的电荷量分别为q1、q2，不计空气阻力，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 线圈进入磁场之前，均做自由落体运动，因下落高度一致，可知两线圈会以同样的速度进入磁场，由法拉第电磁感应定律可求出进入磁场边界时的感应电动势，从而表示出受到磁场的安培力．由电阻定律表示出两线圈的电阻，结合牛顿第二定律表示出加速度，可分析出加速度与线圈的粗细无关，从而判断出两线圈进入时运动是同步的，直到线圈2完全进入磁场后，线圈做匀加速运动，可得出落地速度的大小关系．由能量的转化与守恒可知，损失的机械能（转化为了内能）与线圈的质量有关，从而判断出产生的热量大．由分析电量的关系．‎ ‎【详解】A、线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流，受到磁场的安培力大小为：，由电阻定律有：，(ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为导线的横截面积），线圈的质量为 m=ρ0S•4L，（ρ0为材料的密度）. 当线圈的下边刚进入磁场时其加速度为,联立得加速度为：,可知两线圈进入磁场时的加速度相同；故A正确.‎ B、线圈1和2进入磁场的过程先同步运动，由于当线圈2刚好全部进入磁场中时，线圈1由于边长较长还没有全部进入磁场，线圈2完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而线圈1仍先做加速度小于g的变加速运动，完全进入磁场后再做加速度为g的匀加速运动，两线圈匀加速运动的位移相同，所以落地速度关系为 v1＜v2；故B错误.‎ C、由能量守恒可得：，（H是磁场区域的高度），因为m1＞m2，v1＜v2，所以可得Q1＞Q2；故C正确.‎ D、根据电量的定义式，，，联立可得，则；故D错误.‎ 故选AC.‎ ‎【点睛】本题要注意分析物体的运动状态及能量变化关系，关键点在于分析线圈进入磁场的过程，由牛顿第二定律得到加速度关系，分析物体的运动情况关系．‎ 二、实验题 ‎11.在图甲中，不通电时电流表指针停在正中央，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏。现在按图乙连接方式将电流表与螺线管B连成一个闭合回路，将螺线管A与电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合回路.‎ ‎(1)将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将______（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；‎ ‎(2)螺线管A放在B中不动，电流表的指针将______（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；‎ ‎(3)螺线管A放在B中不动，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的指针将_________（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；‎ ‎(4)螺线管A放在B中不动，突然切断开关S时，电流表的指针将_______（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转。‎ ‎【答案】 (1). 向左 (2). 不发生 (3). 向右 (4). 向右 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由安培定则判断出判断出线圈A产生的磁场方向，然后判断出穿过线圈B的磁通量如何变化，最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向.‎ ‎【详解】(1)甲电路测出电流表是正进负出向左偏.将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向下，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将左偏转；‎ ‎(2)螺线管A放在B中不动，穿过B的磁通量不变，不产生感应电流，电流表的指针将不发生偏转；‎ ‎(3)螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向下，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，A线圈的电流减小，穿过B的磁通量变小，由楞次定律可知感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将右偏转；‎ ‎(4)螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向下，突然切断开关S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转．‎ ‎【点睛】熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题.‎ ‎12.如图所示是“探究影响通电导线受力的因素”的实验装置图，三块相同的蹄形磁铁并列放置，可以认为磁极间的磁场是均匀的。实验时，先保持导体棒通电部分的长度不变，改变电流的大小；然后保持电流的大小不变，改变导体棒通电部分的长度。每次实验导体棒在场内同一位置平衡时，悬线与竖直方向的夹角记为。‎ ‎（1）下列说法正确的是：______‎ A. 该实验探究了电流大小以及磁感应强度大小对安培力的影响 B. 该实验探究了磁感应强度大小以及通电导体棒长度对安培力的影响 C. 如果想增大，可以把磁铁的N极和S极对调 D. 如果想减小，可以把接入电路的导体棒从①、④两端换成②、③两端 ‎（2）若把电流为且接通②、③时，导体棒受到的安培力记为；则当电流减半且接通①、④时，导体棒的安培力为：______‎ ‎【答案】 (1). D (2). 1.5F ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 采用控制变量法，要使导体棒摆动的幅度增大，应使导体棒受力增大，由安培力的计算公式可知，可以采用措施；根据安培力产生条件，即可求解．‎ ‎【详解】(1)A、B、根据通电导线在垂直的磁场中所受安培力，本实验采用控制变量法，保持磁感应强度B不变，改变电流I的大小或导体棒的有效长度L探究安培力的大小；故A，B错误.‎ C、如果磁极对调即为磁场反向，根据左手定则知安培力反向，但大小不变，故不改变平衡后的偏角；故C错误.‎ D、接入电路的导体棒从①、④两端换成②、③两端，即接入电路的有效长度L变小，由知安培力变小，对导体棒受力分析可知绳的拉力，重力，安培力三力平衡，有，则θ减小；故D正确.‎ 故选D.‎ ‎(2)根据安培力，电流减半，电源接通①、④时有效长度变为原来的3倍，则 ‎.‎ ‎【点睛】本题考查学生对安培力公式的掌握，只需明确根据安培力的公式：F=BIL，知道L为有效长度即可顺利求解.‎ 三、计算题 ‎13.如图所示,匀强磁场的磁感应强度，边长的正方形线圈共匝，线圈总电阻，线圈绕垂直于磁感线的对称轴匀速转动，转速为，外电路中的电阻，图示位置线圈平面与磁感线平行，求：‎ ‎（1）线圈转动一周产生的总热量Q；‎ ‎（2）从图示位罝开始线圈转过周的时间内通过R的电荷量q。‎ ‎【答案】（1）πJ（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由焦耳定律可求得一周内产生的热量；‎ ‎(2)根据推论求出通过线圈某截面的电量q．‎ ‎【详解】(1)线圈转动的角速度，‎ 感应电动势的最大值 感应电流的有效值 ‎ 线圈转动一周内产生的总热量 ‎ ‎(2)转过的圆心角 ‎ 该时间内磁通量的变化量 ‎【点睛】本题关键是要区分交流电的有效值、瞬时值、平均值和最大值的区别，知道电流表和电压表读数是有效值，计算热量用有效值，计算电量用平均值．‎ ‎14.如图所示，水平导轨间距为，导轨电阻忽略不计，导体棒ab的质量，电阻，与导轨接触良好，电源电动势，内阻，电阻，外加匀强磁场的磁感应强度，方向垂直于ab，与导轨平面成角，ab与导轨间动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，g取，ab处于静止状态。求：‎ ‎（1）ab受到的安培力大小和方向；‎ ‎（2）重物的重力G的取值范围。‎ ‎【答案】（1）2N，方向与水平方向成30°角斜向左上方 （2）1.8N≤G≤4.2N ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由闭合电路的欧姆定律可以求出通过ab的电流，根据电路图可以判断出电流方向．由安培力公式可以求出安培力大小．‎ ‎(2)由平衡条件求出重力的取值范围.‎ ‎【详解】(1)由闭合电路的欧姆定律：‎ 故导体棒受安培力 ‎ 由左手定则得受到的安培力方向与水平方向成角斜向左上方 .‎ ‎(2)若当重物的重力为时，导体棒即将向右运动，则导体棒受到的摩檫力水平向左，‎ 由受力平衡可得: ‎ ‎ ‎ 解得:‎ 若当重物的重力为时，导体棒即将向左运动，则导体棒受到的摩檫力水平向右，‎ 由受力平衡可得 ‎ ‎ 解得:‎ 所以重物的重力G的取值范围是：‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力.‎ ‎15.坐标原点O处有一点状的放射源，它向xOy平面内的x轴上方各个方向发射带正电的同种粒子，速度大小都是v0，在的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为，其中q与m分别为该种粒子的电量和质量；在的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。ab为一块很大的平面感光板，放置于处，如图所示，观察发现此时恰无粒子打到板上，不考虑粒子的重力。‎ ‎（1）求粒子刚进入磁场时的速度大小；‎ ‎（2）求磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）若将ab板向下平移距离时，刚好能使所有的粒子均能打到板上，求向下平移的距离。‎ ‎【答案】（1）2v0（2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据动能定理求出粒子刚进入磁场时的速度.‎ ‎(2)根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小.‎ ‎(3)沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上.其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab 板相切.根据带电粒子在磁场中运动的轨道半径大小得出磁场的宽度，从而确定出ab板移动的位置.‎ ‎【详解】(1)无论沿哪个方向发射粒子，从开始发射到这些粒子刚进入磁场时，洛仑兹力不做功， 电场力做功是一样的，设刚进入磁场时的速度大小为v，‎ 则由动能定理可得 化简可得:‎ ‎(2)由题意可知，沿着正x轴水平向右发射的粒子，先在电场中做类平抛运动，进入磁场后做匀速圆周运动，且刚好与移动ab板相切， ‎ 设进入磁场时的速度方向与正x轴方向的夹角为，‎ 做圆周运动的 轨道半径为R，则 ‎ 由几何关系可知 可得： ‎ 又 得： ‎ 则 ‎(3)根据对称性，沿着负x轴水平向左发射的粒子，先在电场中做类平抛运动，进入磁场后做匀速圆周运动，且刚好与移动之后的ab板相切，‎ 则 ‎ ‎ 解得：‎ ‎【点睛】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，关键确定粒子运动的临界情况，通过几何关系解决，对学生数学几何能力要求较高.‎ ‎16.如图所示，粗细均匀的矩形单匝线圈abcd固定在滑块上，总质量为，滑块与地面间的动摩擦因数为，线圈ab边长度为，线圈ad边长度为，线圈的总电阻为。滑块的右侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间的变化关系如下图所示。时刻滑块处于磁场左边界的左侧某个位置，从该时刻起滑块在外力F的作用下以速度水平向右做匀速直线运动。已知ab边到磁场下边界的距离，时线圈ab边恰好完全进入磁场，取，求：‎ ‎ ‎ ‎（1）线圈进入磁场的过程中两点间的电势差；‎ ‎（2）内整个线圈所产生的焦耳热Q；‎ ‎（3）内外力F所做的功。‎ ‎【答案】（1）-0.5V（2）2.75J（3）67.5J ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由闭合电路的欧姆定律求出电压；(2)根据焦耳定律求出热量.(3)由动能定理或能量守恒定律求出功.‎ ‎【详解】(1)由图可知，设线圈进入磁场的过程中只有bc边上的部分切割磁感线则，感应电动势 ab边的电阻 ‎(2)设线圈从开始进入磁场到刚好完全进入磁场的时间为，焦耳热为 则：‎ ‎3s-4s时间内，ab与bc的上部分同时切割磁感线，所以无动生感应电动势 所以感生电动势 ‎ 这阶段的焦耳热 ‎ 所以0-4s时间内整个线圈所产生的焦耳热 ‎ ‎（i）线圈进入磁场前线圈进入的摩擦力 ‎ 该阶段摩擦力做的功 ‎（ii)线圈从开始进入磁场到刚好完全进入磁场，设线圈从开始进入磁场到刚好完全进入磁场摩擦力为，摩擦力做的功为，则，即该阶段随位移均匀增大，则该阶段的平均摩擦力 所以该阶段摩擦力做的功 ‎ 设线圈从开始进入磁场到刚好完全进入磁场安培力做的功为，‎ 则 ‎ ‎（ii)线圈在3s-4s时间内，设3s-4s时间内场摩擦力为，摩擦力做的功为，则，该阶段磁感应强度随时间均匀变大，而线圈在做匀速直线运动，易知该阶段随位移均匀增大，则该阶段的平均摩擦力 所以 对0-4s用动能定理分析可得：‎ 所以 ‎【点睛】法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，同时注意结合力和运动的关系，明确安培力对物体运动的影响．‎ ‎ ‎