河北省鸡泽县第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试复习综合卷物理试题（五） 20页

高二上学期期末综合卷（五） 一、单选题 1.关于电流的下列说法中，正确的是 A. 电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电量越多 B. 在相同时间内，通过导体截面的电量越多，导体中的电流就越大 C. 通电时间越长，电流越大 D. 根据 可知，导体中的电流与通过横截面的电量成正比，与通过时间成反比 【答案】B 【解析】 【详解】A．由 Q=It 可知，电路中的电流大，但时间较短时，通过导体横截面的电量不一 定多，故 A 错误； B．由 可知，相同时间内，通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大，故 B 正确； C．恒定电流，电流与通电时间长短无关，故 C 错误； D．公式 是电流的定义式，导体中的电流与通过横截面的电量无关，与通过时间无关， 故 D 错误。 2.关于电磁感应，下列说法中正确的是 A. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 B. 穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零 C. 穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大 D. 通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 【答案】D 【解析】 【详解】A．由公式 可知，穿过线圈的磁通量越大，线圈的磁通量变化率不一定大， 感应电动势不一定越大，故 A 错误； B．由公式 可知，穿过线圈的磁通量为零，若线圈的磁通量变化率不为零，则感应 电动势就不为零，故 B 错误； C．由公式 可知，穿过线圈的磁通量变化越大，线圈的磁通量变化率不一定大，感 qI t = qI t = qI t = E n t ∆Φ= ∆ E n t ∆Φ= ∆ E n t ∆Φ= ∆ 应电动势不一定越大，故 C 错误； D．穿过线圈的磁通量变化越快，磁通量的变化率越大，由法拉第电磁感应定律得知，感应 电动势越大，故 D 正确。 3.关于电场强度有下列说法，正确的是（ ） A. 电场中某点的电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力 B. 电场强度的方向总是跟电场力的方向一致 C. 在点电荷 Q 附近的任意一点，如果没有把试探电荷 q 放进去，则这一点的强度为零 D. 根据公式 可知，电场强度跟电场力成正比，跟放入电场中的电荷的电量成反比 【答案】A 【解析】 【详解】A.根据电场强度的定义 ，可知，电场强度在数值上等于单位电荷在该点所 受的电场力，故 A 正确； B.电场强度的方向总是跟正电荷所受的电场力的方向相同，与电荷所受的电场力的方向相反， 故 B 错误； C.电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关；如果没有把试探电荷 q 放进去，则 这一点的电场强度不变，故 C 错误； D.场强取决于电场本身，与检验电荷无关，故 D 错误； 4.如图，一个带负电的橡胶圆盘处在竖直面内，可以绕过其圆心的水平轴高速旋转，当它不 动时，放在它左侧轴线上的小磁针处于静止状态，当橡胶圆盘从左向右看逆时针高速旋转时， 小磁针的 N 极（　　） A. 不偏转 B. 向左偏转 C. 向右旋转 D. 向纸内 旋转 【答案】C 【解析】 【分析】 带负电旋转，则可知电流方向，再由右手螺旋定则可知磁极的方向，再根据磁极间的相互作 FE q = FE q = 用可知小磁针的偏转方向． 【详解】带负电金属环，如图所示的旋转．则金属环的电流方向与旋转方向相反．再由右手 螺旋定则可知磁极的方向：左端 S 极，右端 N 极．因此小磁针 N 极沿轴线向右，故 C 正确， ABD 错误． 5.在如图所示的 图像中，直线 为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线 为 某一电阻 R 的伏安特性曲线。用该电源与电阻 R 组成闭合电路。由图像判断错误的是 A. 电源的电动势为 3 V，内阻为 0.5Ω B. 电阻 R 的阻值为 1Ω C. 电源的效率为 80% D. 电源的输出功率为 4 W 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据闭合电路欧姆定律得： U=E-Ir 当 I=0 时，U=E，由读出电源的电动势 E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则： A 正确； B．根据图像可知电阻： B 正确； C．电源的效率： C 错误； D．两图线的交点表示该电源直接与电阻 R 相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压 U I− I II 3 Ω 0.5Ω6 Ur I ∆= = =∆ 1ΩUR I = = 2100%= 100%= 100%=66.7%3 P UI P EI η = × × ×出 总 U=2V，电流 I=2A，则电源的输出功率为： P 出=UI=4W D 正确。 故选 C。 6.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下 级板都接地．在两极板间有一固定在 P 点的点电荷，以 E 表示两极板间的电场强度，EP 表 示点电荷在 P 点的电势能，θ 表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移 动一小段距离至图中虚线位置，则（　　） A. θ 增大，E 增大 B. θ 增大，EP 不变 C. θ 减小，EP 增大 D. θ 减小，E 不变 【答案】D 【解析】 试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据 可知，C 变大，Q 一定，则根据 Q=CU 可知，U 减小，则静电计指针偏角 θ 减小；根据 ， Q=CU， ，联立可得 ，可知 Q 一定时，E 不变；根据 U1=Ed1 可知 P 点 离下极板的距离不变，E 不变，则 P 点与下极板的电势差不变，P 点的电势不变，则 EP 不变； 故选项 ABC 错误，D 正确． 【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能 【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电 荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式： ， ， Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两 板间距无关． 【此处有视频，请去附件查看】 7.三个 α 粒子在同一地点沿同一方向飞入偏转电场，出现了如图所示的轨迹，由此可以判断 4π SC kd ε= UE d = 4π SC kd ε= 4πkQE Sε= 4 SC kd ε π= UE d = 下列不正确的是 A. 在 b 飞离电场的同时,a 刚好打在负极板上 B. b 和 c 同时飞离电场 C. 进电场时 c 的速度最大,a 的速度最小 D. 动能的增加值 c 最小,a 和 b 一样大 【答案】B 【解析】 【详解】A．三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同．a、b 两粒子在竖直方向上的 位移相等，根据 ，可知运动时间相等．故 A 正确，不符合题意． B．b、c 竖直方向上的位移不等，yc＜yb．根据 ，可知 tc＜tb．即 c 先飞离电场， 故 B 错误，符合题意． C．在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有： ．因 xc=xb，tc＜ tb，则 vc＞vb．根据 ta=tb，xb＞xa．则 vb＞va．所以有：vc＞vb＞va．故 C 正确，不符合题 意． D．根据动能定理知，a、b 两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等．c 电荷电场 力做功最少，动能增加量最小．故 D 正确，不符合题意． 8.如图，P 为固定的点电荷，虚线是以 P 为圆心的两个圆．带电粒子 Q 在 P 的电场中运 动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c 为轨迹上的三个点．若 Q 仅受 P 的电场力作用， 其在 a、b、c 点的加速度大小分别为 aa、ab、ac，速度大小分别为 va、vb、vc，则 21 2y at= 21 2y at= xv t = A. aa>ab>ac，va>vc>vb B. aa>ab>ac，vb> vc> va C. ab> ac> aa，vb> vc> va D. ab> ac> aa，va>vc>vb 【答案】D 【解析】 【详解】在点电荷的电场中，场强大小 ，由图可知 ，可得 ， 而带电粒子运动的加速度 ，则 ；由轨迹知，两电荷间为库仑斥力，粒子 由 a 到 b，电场力做负功，动能减小，则 va>vb，粒子由 b 到 c，电场力做正功，动能增加， 则 vc>vb，由于 ，由 可得，则 va>vc>vb，故选 D． 9.在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片 P 向上移动时，则 A. A 灯变亮、B 灯变亮、C 灯变亮 B. A 灯变暗、B 灯变亮、C 灯变暗 C. A 灯变亮、B 灯变暗、C 灯变暗 D. A 灯变暗、B 灯变暗、C 灯变亮 【答案】B 【解析】 【详解】当变阻器的滑动触头 P 向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻 增大，总电流 I 减小，A 灯变暗，A 灯和电源的内电压都减小，由闭合电路欧姆定律得知并 联部分电压增大，B 灯变亮，由总电流减小，而通过 B 灯的电流增大，可知通过 C 灯的电 流减小，则 C 灯变暗。故 ACD 错误，B 正确。 故选 B。 10.有两个相同的灵敏电流计，允许通过的最大电流（满偏电流）为 Ig=1mA，表头电阻 Rg=30Ω，若改装成一个量程为 3V 的电压表和一个量程为 0.6A 的电流表应分别： A. 串联一个 2990Ω 的电阻和并联一个 0.15Ω 的电阻 B. 并联一个 2990Ω 的电阻和串联一个 0.15Ω 的电阻 C. 串联一个 2970Ω 的电阻和并联一个 0.05Ω 的电阻 2 QE k r = a c br r r> > a c bE E E< < qEa m = a c ba a a< < ab cbU U> kqU E= ∆ D. 并联一个 2970Ω 的电阻和串联一个 0.05Ω 的电阻 【答案】C 【解析】 【详解】把灵敏电流表改装成电压表的方法是串联一个电阻，由串联可知 改装成大量程的电流表需要并联电阻，由并联分流可知 A．分析可知，应串联一个 2970Ω 的电阻和并联一个 0.05Ω 的电阻，故 A 错误． B．分析可知，应串联一个 2970Ω 的电阻和并联一个 0.05Ω 的电阻，故 B 错误． C．分析可知，应串联一个 2970Ω 的电阻和并联一个 0.05Ω 的电阻，故 C 正确． D．分析可知，应串联一个 2970Ω 的电阻和并联一个 0.05Ω 的电阻，故 D 错误． 11.如图，MN 是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并 穿过金属板（粒子速率变小），虚线表示其运动轨迹，由图知（ ） A. 粒子带正电 B. 粒子运动方向是 abcde C. 粒子运动方向是 edcba D. 粒子在上半周所用时间比在下半周所用时间长 【答案】C 【解析】 【详解】ABC.带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板后粒子速率变小，根 ( )Ig gU r R= + 2970g g UR rI = − = Ω g g gI rI I R = + 0.05Ωg gI rR I Ig = =− 据带电粒子在磁场中运动的半径公式 ，粒子的半径将减小，故粒子应是由下方穿过 金属板，故粒子运动方向为 edcba，根据左手定则可得，粒子应带负电，故 AB 错误，C 正 确； D.由 可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同， 故粒子的运动时间均为 ，故 D 错误. 12.两条导线互相垂直，但相隔一小段距离，其中 ab 固定，cd 可以自由活动，当通以如图所 示电流后，cd 导线将 A. 顺时针方向转动，同时靠近 ab B. 逆时针方向转动，同时离开 ab C. 顺时针方向转动，同时离开 ab D 逆时针方向转动，同时靠近 ab 【答案】A 【解析】 【详解】根据右手螺旋定则可知，电流 ab 产生的磁场在下边垂直纸面向里，在上边垂直纸 面向外，在 cd 上下两边各取一小电流元，根据左手定则，上边的电流元所受的安培力方向 向右，下边的电流元所受安培力方向向左，知 cd 导线顺时针方向转动。当 cd 导线转过 后，两电流为同向电流，相互吸引。所以导线 cd 顺时针方向转动，同时靠近导线 ab。故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 二、多选题 13.如图所示，L 是自感系数很大的线圈，但其自身的直流电阻几乎为 0，A、B 是两个相同 的小灯泡，下列说法正确的是（　　） mvr qB = 2 mT Bq π= 2 T 90° A. 开关 S 闭合时，A 灯立即发光 B. 开关 S 闭合时，B 灯立即发光 C. 开关 S 断开时，A 灯闪亮一下再灭 D. 开关 S 断开后瞬间，a 点的电势低于 b 点 【答案】AD 【解析】 【详解】AB.开关 s 闭合瞬间，灯泡 A 与电源直接相连因此立即发光，而灯泡 B 因为自感线 圈的阻碍作用则是缓慢变亮，因此 A 符合题意 B 不符合题意 C.灯泡 B 与线圈 L 构成闭合回路，电路稳定时 A 中和 B 中的电流相等，因此 S 断开时 A 中 电流不增加，因此不会闪亮，C 不符合题意 D.开关断开瞬间，L 中 电流逐渐减小，则电流的方向向左流过 A 灯，a 点的电势低于 b 点，故 D 项与题意相符． 14.如图所示，水平放置的光滑平行导轨足够长且处于竖直向上的匀强磁场中，导轨电阻不 计．在导轨上放置两根与导轨垂直的质量、阻值均相等的导体棒 ab、cd，给导体棒 ab 一初 动能 Ek，使其开始向右运动，下列说法正确的是（　　） A. 导体棒 ab 的速度不断减小到 0 B. 导体棒 ab 的加速度不断减小到 0 C. 导体棒 cd 的加速度不断增大 D. 导体棒 cd 最终能产生 的热量 的 2 0 4 mv 【答案】BD 【解析】 【详解】ABC.给导体棒 ab 一个初动能 Ek，使其开始向右运动，根据右手定则可知电流方 向为 cdba，根据左手定则 ab 受力向后，cd 受力先前，ab 做减速运动，cd 做加速运动，当 二者的速度相等时电路电流为零，安培力为零，则加速度为零，所以 ab 棒的速度不会减小 到零，ab 做加速度减小的减速运动、cd 做加速度减小的加速运动，故 AC 项与题意不相符、 B 项与题意相符； D.设 ab 棒的初速度为 v，则 Ek ；根据动量定理可得： mv＝2mv′ 解得： v′ v 系统产生的焦耳热 Q 所以导体棒 cd 最终能产生 Q1 故 D 项与题意相符． 15.如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有一边长为 L、电阻为 R 的正方形导体框．匀强磁场 区域宽度为 2L、磁感应强度为 B、方向垂直桌面向下．导体框的一边始终与磁场边界平行， 在外力作用下以恒定速度 v 穿过磁场．下列说法不正确的是( ) A. 穿过磁场过程，外力做的功为 B. 穿过磁场过程，导体框产生的焦耳热为 21 2 mv= 1 2 = 2 2 21 1 1 12 '2 2 4 2 kmv mv mv E= − × = = 1 2 4 kEQ= = 2 32B L v R 2 32B L v R C. 进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电荷量为 D. 进入和离开磁场过程，通过导体框的电流大小都为 ，且方向相同 【答案】D 【解析】 【分析】 A、根据安培力公式 F=BIL，结合法拉第电磁感应定律，与闭合电路欧姆定律，及力做功表 达式，即可求解；B、根据焦耳定律 Q=I2Rt，即可求解；C、依据电量表达式 q=It，及法拉 第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，即可推导电量的综合表达式，从而求解；D、根据 楞次定律，结合法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，即可求解． 【详解】A、根据法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，则线圈穿过磁场过程产生的 感应电流大小 ，依据安培力公式 ，根据力做功表达式 W=Fs，那 么只有在进与出磁场过程中，才有安培力，因此安培力做功 ， 由于在外力作用下以恒定速度 v 穿过磁场，则外力做的功为 ，故 A 正确； B、由上分析可知 ，根据焦耳定律 Q=I2Rt，那么穿过磁场过程，导体框产生的焦耳 热为 ，故 B 正确； C、依据电量表达式 q=It，及法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，即可推导电量的 综合表达式 ，那么进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电量为 ，故 C 正确； D、根据楞次定律可知，进入和离开磁场过程，通过导体框的电流方向不同，但它们的大小 是相同，即为 ，故 D 错误； 本题选不正确的故选 D. 【点睛】考查法拉第感应定律与闭合电路欧姆定律，及楞次定律的内容，掌握安培力与力做 功表达式，理解电量的综合表达式的推导，注意当线圈完全进入磁场时，线圈中没有感应电 2BL R BLv R BLvI R = 2 2 = = B L vF BIL R安 2 2 2 32= 2B L v B L vW LR R × =安 2 32B L v R BLvI R = 2 3 2 2 2( )BLv L B L vQ RR v R = × × = q R ∆= φ 2 = BLq R BLv R 流，只有在进与出过程中，才有磁通量的变化． 16.小灯泡通电后其电流 I 随所加电压 U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线 的切线，PQ 为 U 轴的垂线，PM 为 I 轴的垂线，下列说法中正确的是 A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B. 对应 P 点，小灯泡的电阻为 C. 对应 P 点，小灯泡的电阻为 D. 对应 P 点，小灯泡功率为图中矩形 PQOM 所围“面积”的数值 【答案】CD 【解析】 【详解】A．因为 I-U 图像斜率的倒数等于电阻，则随着电压增加，图像上各点与原点连线 的斜率逐渐减小，则电阻逐渐变大，选项 A 错误； BC．由图象可知，灯泡的电阻等于 ，等于图线上的点与原点 O 连线斜率的倒数，由 图象可知，P 点对应的电压为 U1，电流为 I2，则灯泡的电阻 ，故 B 错误，C 正确； D．因 P=UI，所以图象中矩形 PQOM 所围的面积为对应 P 点小灯泡的实际功率，故 D 正确。 三、实验题 17.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有： A.电流表 A1 内阻 Rg=100Ω，满偏电流 Ig=3mA B.电流表 A2 内阻约为 0.4Ω，量程为 0.6A C.定值电阻 R0=900Ω D 滑动变阻器 R(5Ω，2A) E.干电池组（6V，0.05Ω） 1 2 1 UR I I = − 1 2 UR I = UR I = 1 2 UR I = F.一个开关和导线若干 G.螺旋测微器，游标卡尺 (1)如图 1，用螺旋测微器测金属棒直径为______mm；如图 2 用 20 分度游标卡尺测金属棒长 度为______cm。 (2)用多用电表粗测金属棒 阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用 ______挡(填“×1Ω”或“×100Ω”)，换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图 3 所示， 则金属棒的阻值约为______Ω。 (3)请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值____。 (4)若实验测得电流表 A1 示数为 I1，电流表 A2 示数为 I2，则金属棒电阻的表达式 Rx=______。（用 I1，I1，R0，Rg 表示） 【答案】 (1). 6.126 (2). 10.230 (3). ×1Ω (4). 10.0 (5). (6). 【解析】 【详解】(1)[1]金属丝的直径为 [2]长度为 的 ( )1 0 2 1 gI R R I I + − 6mm 12.6 0.01mm 6.126mmd = + × = (2)[3]用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，示数偏小， 要增大示数，则要倍率减小换成×1Ω 的倍率； [4]如图可知，粗测电阻为 10.0Ω； (3)[5]由于题目中没有给出电压表，显然是用电流表 A1 与 R0 串联后组成电压表，为多测几 组数据滑动变阻器采用分压接法，改装后电压表的内阻为 1000Ω，则电流表采用外接法，设 计的电路图如图所示 (4)[6]由电路连接及欧姆定律可求出金属棒的电阻为： 18.某同学用伏安法测量待测电阻的阻值。现有器材为：待测电阻 R(阻值约为 5Ω)，电源(电 动势 3V)，滑动变阻器(阻值范围 0-10Ω)，电流表(量程 0.6A，3A)，电压表(量程 3V、15V)， 开关，导线若干。实验要求在测量电路中将电流表外接，滑动变阻器起限流作用。回答下列 问题： (1)按照实验要求在图(a)中画出实物连线图____。 (2)若已按实验要求接线，闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为 3V， 电流表的示数始终接近 0。写出产生这种现象的一个原因：_______________。 (3)在连线正确后，闭合开关。电压表和电流表的示数分别如图(b)和图(c)所示。由图可知， 电压表读数为_______V，电流表读数为______A。由此可得待测电阻的阻值为_____Ω(结果 10.2cm 6 0.05mm 10.230cmL = + × = ( )1 0 2 1 gx x x I R RUR I I I + = = − 保留 3 位有效数字)。 【答案】 (1). (2). 待测电阻 R 断路 (3). 2.20 (4). 0.48 (5). 4.58 【解析】 【详解】(1)[1]因为电源电动势为 3V，则电压表的量程选用 3V，根据欧姆定律知，电流的 最大值大约 0.6A，则电流表量程选择 0.6A，根据实物图进行连线。 (2)[2]闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为 3V，电流表的示数始终接 近 0，产生这种现象的原因是待测电阻 R 断路，由于电压表内阻非常大，导致电路中电流接 近 0，电压表测得是电源电压； (3)[3][4][5]电压表的最小分度为 0.1V，电流表的最小分度为 0.02A，由图可知，电压表的读 数为 2.20V，电流表的读数为 0.48A，根据欧姆定律得，待测电阻 四、计算题 19.如图所示，一带正电粒子，从 A 点以速度 平行匀强电场等势面沿 AO 方向射入电场（图 2.20= Ω 4.58Ω0.48 UR I = ≈ 0v 中的平行线为匀强电场的等势面），由 B 点飞出匀强电场时速度方向与 AO 方向的夹角为 ．已知粒子质量为 m，电荷量为 ，不计粒子重力． （1）说明电场线的方向，求 B 点速度大小； （2）求 AB 两点间的电势差 ． 【答案】（1）垂直等势面向下 （2） 【解析】 （1）匀强电场的电场线与等势面垂直，所以电场线的方向垂直等势面向下 电荷做类平抛运动，分解速度： B 点速度： （2）对粒子 A 到 B，由动能定理得到： 解得： ． 点睛：匀强电场的电场线平行等间距，等势面也是平行等间距，当电荷沿等势面运动时，即 垂直进入电场，则做类平抛运动． 20.在如图甲所示的电路中，螺线管匝数 n=1500 匝，横截面积 S=20cm2．螺线管导线电阻 r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2 =5.0Ω，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度 B 按如图乙所示的规律变化．求： (1)求螺线管中产生的感应电动势？ (2)闭合 S，电路中的电流稳定后，电阻 R1 的电功率？ (3)闭合 S，电路中 电流稳定后，求电容器的电量？的 045 q ABU 02v 2 0 2 mv q 0 0 cos45Bv v= 02Bv v= ( )2 2 0 0 1 122 2ABqU m v mv= − 2 0 2AB mvU q = 【答案】(1)1.2　(2)0.0576W　(3) 【解析】 【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律： (2)根据全电路欧姆定律，有： 根据 P=I2R1 解得： P=0.122×4=5.76×10-2W； (3)S 闭合时，电容器两端的电压 U=IR2=0.6V 电容器所带的电量 Q=CU=1.8×10-5C 21.如图所示，在倾角为 θ＝30°的斜面上，固定两间距 L＝0.5 m 的平行金属导轨，在导轨上 端接入电源和滑动变阻器 R，电源电动势 E＝10 V，内阻 r＝2 Ω，一质量 m＝100 g 的金属 棒 ab 与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度 B＝1 T、垂直于斜面向上的匀强 磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)．金属导轨是光滑的，取 g＝10 m/s2，要保持金属棒在导 轨上静止，求： (1)金属棒所受到的安培力大小； (2)滑动变阻器 R 接入电路中的阻值． 51.8 10 C−× 4 1 0.21500 20 10 V 1.2V2 BE n nSt t −∆Φ ∆ −= = = × × × =∆ ∆ 1 2 1.2 A 0.12A4 5 1 EI R R r = = =+ + + + 【答案】(1)0.5 N　(2)8 Ω 【解析】 【详解】(1)作出金属棒的受力图，如图： 则有 F＝mgsin θ 解得 F＝0.5 N (2)根据安培力公式 F＝BIL 得 I＝ ＝1 A 设滑动变阻器接入电路的阻值为 R′，根据闭合电路欧姆定律 E＝I(R′＋r) 得 R′＝ －r＝8 Ω． 22.一个重力不计的带电粒子,以大小为 v 的速度从坐标（0,L）的 a 点,平行于 x 轴射入磁感应 强度大小为 B、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域,并从 x 轴上 b 点射出磁场,射出速度 方向与 x 轴正方向夹角为 60°,如图．求： （1）带电粒子在磁场中运动的轨道半径； （2）带电粒子的比荷 及粒子从 a 点运动到 b 点的时间； （3）其他条件不变,要使该粒子恰从 O 点射出磁场,求粒子入射速度大小． 【答案】（1）2L（2） （3） 【解析】 F BL E I m q 2 3 L v π 1 4 v 【详解】（1）画出粒子运动的轨迹如图，由几何知识： 解得： （2）由洛伦兹力提供向心力,得： 所以： 粒子运动的周期： 时间： ． （3）要使粒子能从 O 点射出磁场，则 由 可知 ． sin30R L R° + = 2R L= 2mvqBv R = 2 q v v m RB BL = = 2 4R LT v v π π= = 60 2 360 3 Lt T v π° °= = 2 LR′ = 2mvqBv R = 1' 4v v=