2022年高二上学期期末物理试卷（选修）含解析

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1、2022年高二上学期期末物理试卷（选修）含解析一、单项选择题：（每个题目有且仅有一个正确答案，每题3分，共30分）1一段长0.2m，通过2.5A电流的直导线，关于在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，正确的是（）A如果B=2T，F一定是1NB如果F=0，B也一定为零C如果B=4T，F有可能是1ND当F有最大值时，通电导线一定与磁场平行2如图，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是（）A磁铁对桌面的压力减小B磁铁对桌面的压力增大C磁铁对桌面的压力不变D以上说法都有可能3如图所示，一根条形磁铁从左向

2、右靠近闭合金属环的过程中，环中的感应电流（自左向右看）（）A沿顺时针方向B先沿顺时针方向后沿逆时针方向C沿逆时针方向D先沿逆时针方向后沿顺时针方向4如图所示，一水平导轨处于与水平方向成45角左上方的匀强磁场中，一根通有恒定电流的金属棒，由于受到安培力作用而在粗糙的导轨上向右做匀速运动现将磁场方向沿顺时针缓慢转动至竖直向上，在此过程中，金属棒始终保持匀速运动，已知棒与导轨间的动摩擦因数为，则（）A金属棒所受摩擦力一直在减小B导轨对金属棒的支持力先变小后变大C磁感应强度先变小后变大D金属棒所受安培力恒定不变5如图甲丁所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量随时间t变化的图象，关于回路中产生的感应电动势，

3、下列说法中正确的是（）A图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C图丙中回路在0t1时间内产生的感应电动势小于在t1t2时间内产生的感应电动势D图丁中回路产生的感应电动势先变小再变大6如图所示，在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为El；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2，则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比El：E2分别为（）Aba，2：1Bab，2：1Cab，1：2Dba，1：27如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向

4、下，磁场方向水平（图中垂直纸面向里），一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是（）A若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动B若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动C若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动D若给P一初速度，P不可能做匀速直线运动8速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A=S0C，则下列说法正确的是（）A甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3：29如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为

5、q的某种自由运动电荷导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为（）A，负B，正C，负D，正10如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场闭合开关K后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性使棒中电流反向，导体

6、棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2忽略回路中电流产生的磁场，则磁感应强度B的大小为（）A（x1+x2）B（x2x1）C（x2+x1）D（x2x1）二、多项选择题：（每个题目有至少两个以上的正确答案，每题5分，选错的不得分，漏选的得2分，全对的得5分，共30分）11如图所示，质量为M、长为L的直导线通有垂直纸面向外的电流I，被一绝缘线拴着并处在匀强磁场中，导线能静止在倾角为的光滑斜面上，则磁感应强度B的大小和方向可能是（）A大小为，方向垂直斜面向上B大小为方向垂直纸面向里C大小为，方向水平向右D大小为，方向沿斜面向下12光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电

7、源相连，右端与半径为L=20cm的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m=60g，电阻R=1、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与垂直方向成=53角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，sin53=0.8，g=10m/s2，则（）A磁场方向一定竖直向下B电源电动势E=3.0VC导体棒在摆动过程中所受安培力F=3ND导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048J13如图所示为一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，

8、细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为（）A0B mv2CD14如图所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路线圈的半径为r1在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图（b）所示图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0导线的电阻不计在0至t1时间内，下列说法正确的是（）AR1中电流的方向由a到b通过R1B电流的大小为C线圈两端的电压大小为D通过电阻R1的电荷量15如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R，匀强磁

9、场垂直于导轨所在平面，将ab棒在导轨上无初速度释放，当ab棒下滑到稳定状态时，速度为v，电阻R上消耗的功率为P导轨和导体棒电阻不计下列判断正确的是（）A导体棒的a端比b端电势低Bab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动C若磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的D若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则当ab棒下滑到稳定状态时电阻R上消耗的功率将变为原来的4倍16如图所示，足够长的光滑斜面中间虚线区域内有一垂直于斜面向上的匀强磁场，一正方形线框从斜面底端以一定初速度上滑，线框越过虚线进入磁场，最后又回到斜面底端，则下列说法中正确的是（）A

10、上滑过程线框中产生的焦耳热等于下滑过程线框中产生的焦耳热B上滑过程线框中产生的焦耳热大于下滑过程线框中产生的焦耳热C上滑过程线框克服重力做功的平均功率等于下滑过程中重力的平均功率D上滑过程线框克服重力做功的平均功率大于下滑过程中重力的平均功率三、计算题：（共60分，其中17题9分，18题12分，19题12分，20题13分，21题14分）17如图所示，在倾角为=30的斜面上，固定一宽L=0.25m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=12V，内阻r=1一质量m=20g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=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨

11、与金属棒的电阻不计）金属导轨是光滑的，取g=10m/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）通过金属棒的电流；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值18如图所示，光滑斜面的倾角a=30，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1=1m，bc边的边长l2=0.6ra，线框的质量m=1kg，电阻R=0.1，线框受到沿光滑斜面向上的恒力F的作用，已知F=1ON斜面上ef线（efgh）的右方有垂直斜面向上的均匀磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如Bt图象所示，时间t是从线框由静止开始运动时刻起计的如果线框从静止开始运动，进人磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的

12、距离 s=5.1m，取 g=10m/s2求：（1）线框进人磁场前的加速度；（2 ）线框进人磁场时匀速运动的速度v；（3）线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热19如图所示，一带电微粒质量为m=2.01011kg、电荷量q=+1.0105C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角=60，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为=60已知偏转电场中金属板长L=2cm，圆形匀强磁场的半径R=10cm，重力忽略不计求：（1）带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率；（2）两

13、金属板间偏转电场的电场强度E；（3）匀强磁场的磁感应强度的大小20如图所示，在坐标系第一象限内有正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=1.0103V/m，方向未知，磁感应强度B=1.0T，方向垂直纸面向里；第二象限的某个圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场B（图中未画出）一质量m=11014kg、电荷量q=11010C的带正电粒子以某一速度v沿与x轴负方向成60角的方向从A点进入第一象限，在第一象限内做直线运动，而后从B点进入磁场B区域一段时间后，粒子经过x轴上的C点并与x轴负方向成60角飞出已知A点坐标为（10，0），C点坐标为（30，0），不计粒子重力（1）判断匀强电场E的方向并求出粒子的速

14、度v；（2）画出粒子在第二象限的运动轨迹，并求出磁感应强度B；（3）求第二象限磁场B区域的最小面积21如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨相距为1m，导轨平面与水平面的夹角=37，其上端接一阻值为3的灯泡D在虚线L1、L2间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场B，且磁感应强度B=1T，磁场区域的宽度为d=3.75m，导体棒a的质量ma=0.2kg、电阻Ra=3；导体棒b的质量mb=0.1kg、电阻Rb=6，它们分别从图中M、N处同时由静止开始沿导轨向下滑动，b恰能匀速穿过磁场区域，当b 刚穿出磁场时a正好进入磁场不计a、b之间的作用，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（

15、1）b棒进入磁场时的速度？（2）当a棒进入磁场区域时，小灯泡的实际功率？（3）假设a 棒穿出磁场前已达到匀速运动状态，求a 棒通过磁场区域的过程中，回路所产生的总热量？xx学年江苏省盐城市射阳二中高二（上）期末物理试卷（选修）参考答案与试题解析一、单项选择题：（每个题目有且仅有一个正确答案，每题3分，共30分）1一段长0.2m，通过2.5A电流的直导线，关于在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，正确的是（）A如果B=2T，F一定是1NB如果F=0，B也一定为零C如果B=4T，F有可能是1ND当F有最大值时，通电导线一定与磁场平行【考点】安培力【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，

16、由公式F=BILsin求出安培力大小，当夹角为零时没有安培力； 当夹角为90时，安培力最大； 则安培力在最大值与零之间【解答】解：长度为0.2m的通电直导线，若放置于匀强磁场的磁感应强度中，通入电流为2.5A，A、如果B=2T，当直导线垂直于磁场时，则由公式可得安培力的大小为F=BIL=22.50.2N=1N若不垂直，则通电导线受到的安培力小于1N，故A错误；B、如果F=0，直导线可能与磁场平行，则B不一定为零，故B错误；C、如果B=4 T，若垂直放置时，则安培力大小为F=BIL=42.50.2N=2N因此F有可能是1N，故C正确；D、如果F有最大值，通电导线一定与B垂直，故D错误，故选：C【

17、点评】学会运用F=BIL计算安培力的大小，注意公式成立的条件是B与I相互垂直若不垂直则可将磁感应强度沿直导线与垂直导线两方向进行分解，则平行的没有安培力，垂直的安培力可用F=BIL计算安培力的大小2如图，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是（）A磁铁对桌面的压力减小B磁铁对桌面的压力增大C磁铁对桌面的压力不变D以上说法都有可能【考点】安培力【分析】先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化【解答】解：在磁铁外

18、部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央上方，导线所在处磁场水平向左；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力所以选项BCD错误，A正确故选：A【点评】本题应先选导线为研究对象，然后由牛顿第三定律判断磁铁的受力情况，巧妙地选取研究对象，是正确解题的关键3如图所示，一根条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，环中的感应电流（自左向右看）（）A沿顺时针方向B先沿顺时针方向后沿逆时针方向C沿逆时针方向D先沿逆时针方向后沿顺时针方向【考点】楞次定律【分析】楞次定律的内容：感应电流的磁

19、场总是要阻碍引起感应电流磁通量的变化根据楞次定律判定感应电流的方向【解答】解：条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，原磁场方向向右，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向左，由安培定则，知感应电流的方向（自左向右看）沿逆时针方向故C正确，A、B、D错误故选：C【点评】解决本题的关键掌握用楞次定律判断感应电流方向的步骤，先判断原磁场的方向以及磁通量是增加还是减小，再根据楞次定律判断出感应电流的磁场方向，最后根据安培定则，判断出感应电流的方向4如图所示，一水平导轨处于与水平方向成45角左上方的匀强磁场中，一根通有恒定电流的金属棒，由于受到安培力作

20、用而在粗糙的导轨上向右做匀速运动现将磁场方向沿顺时针缓慢转动至竖直向上，在此过程中，金属棒始终保持匀速运动，已知棒与导轨间的动摩擦因数为，则（）A金属棒所受摩擦力一直在减小B导轨对金属棒的支持力先变小后变大C磁感应强度先变小后变大D金属棒所受安培力恒定不变【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】金属棒做匀速直线运动，处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒进行受力分析，由平衡条件分析答题【解答】解：以金属棒为研究对象，受力分析如图所示，设磁感线与水平方向的夹角为安培力大小 F=BIL，=90，由平衡条件得：G=N+BILsin，f=BILco

21、s又 f=N，解得：，式中tan=由题意，45，B在磁场缓慢转过45的过程中，从45增大到90，可知磁感应强度先变小后变大，受到的安培力也先变小后变大，摩擦力一直增大，受到的支持力一直增大，故C正确，ABD错误；故选：C【点评】对导体棒正确受力分析、应用平衡条件即可正确解题；解题时注意数学知识的应用5如图甲丁所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量随时间t变化的图象，关于回路中产生的感应电动势，下列说法中正确的是（）A图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C图丙中回路在0t1时间内产生的感应电动势小于在t1t2时间内产生的感应电动势D图丁中回路产生的感应电动势先变小

22、再变大【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与图像结合【分析】根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象的斜率k=运用数学知识结合磁通量随时间t变化的图象解决问题【解答】解：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E=N结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象的斜率k=A、图甲中磁通量不变，无感应电动势故A错误B、图乙中磁通量随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变故B错误C、图丙中回路在Ot0时间内磁通量随时间t变化的图

23、象的斜率为k1，在t02t0时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现：k1大于k2的绝对值所以在Ot0时间内产生的感应电动势大于在t02t0时间内产生的感应电动势故C错误D、图丁中磁通量随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D正确故选：D【点评】通过t图象运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道t图象斜率的意义利用图象解决问题是现在考试中常见的问题对于图象问题，我们也从图象的斜率和截距结合它的物理意义去研究6如图所示，在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为El

24、；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2，则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比El：E2分别为（）Aba，2：1Bab，2：1Cab，1：2Dba，1：2【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】由右手定则判断MN中产生的感应电流方向，即可知道通过电阻R的电流方向MN产生的感应电动势公式为E=BLv，E与B成正比【解答】解：由右手定则判断可知，MN中产生的感应电流方向为NM，则通过电阻R的电流方向为abMN产生的感应电动势公式为E=BLv，其他条件不变，E与B成正比，则得 El：E2=1：2故选：C【点评】本题关键要掌握右手定

25、则和切割感应电动势公式E=BLv，并能正确使用7如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向水平（图中垂直纸面向里），一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是（）A若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动B若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动C若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动D若给P一初速度，P不可能做匀速直线运动【考点】带电粒子在混合场中的运动；共点力平衡的条件及其应用；电场强度【专题】压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）油滴静止说明油滴此时不受洛伦兹力，重力和电场力相互抵消，若仅撤去磁场对油滴没有影响，若仅撤去电场，物体受重力有竖直向下

26、的速度，油滴受洛伦兹力，根据受力情况即可判断运动情况；（2）若给P一初速度，要考虑速度方向与磁场方向平行不平行，平行时不受洛伦兹力，再根据受力情况去分析运动情况即可【解答】解：A油滴静止说明不受洛伦兹力，重力和电场力相互抵消，所以仅撤去磁场仍然静止，故A错； B仅撤去电场，油滴受重力有竖直向下的速度，油滴受洛伦兹力，速度改变，洛伦兹力方向随速度方向的变化而变化，不可能做匀速直线运动，故B错； C若P初速度方向与磁场不平行，重力和电场力抵消，仅受洛伦兹力，P做匀速圆周运动，故C对； D若P初速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力，重力和电场力抵消，P受力平衡，所以可以做匀速直线运动，故D错误故选C【点

27、评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，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，特别要注意带点粒子在磁场中受洛伦兹力的条件，难度适中8速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A=S0C，则下列说法正确的是（）A甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3：2【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，

28、可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小【解答】解：A、甲粒子在磁场中向上偏转，乙粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正电，故A错误；B、根据洛伦兹力提供向心力，qvB=m，得：r=，r甲r乙则甲的比荷大于乙的比荷，B正确；C、能通过狭缝S0的带电粒子，根据平衡条件：qE=qvB1，得速率v=，故C错误；D、若甲、乙两束粒子的电荷量相等，由前面分析r=，则甲、乙两束粒子的质量比为2：3，故D错误；故选：B【点评】本题关键要理

29、解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径9如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为（）A，负B，正C，负D，正【考点】霍尔效应及其应用【专题】压轴题【分析】上表面的电势比下表面的低知上表面带负电，下表面带正电，根据左手定则判断自由运动电

30、荷的电性抓住电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡求出电荷的移动速度，从而得出单位体积内自由运动的电荷数【解答】解：因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷因为qvB=q，解得v=，因为电流I=nqvs=nqvab，解得n=故C正确，A、B、D错误故选C【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡10如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场闭合开

31、关K后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性使棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2忽略回路中电流产生的磁场，则磁感应强度B的大小为（）A（x1+x2）B（x2x1）C（x2+x1）D（x2x1）【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】对前后两次的导体棒受力分析，根据平衡条件列方程然后联立求解即可【解答】解：弹簧伸长量为x1时，导体棒所受安培力沿斜面向上，根据平衡条件沿斜面方向有：mgsin=kx1+BIL电流反向后，导体棒所受安培力沿斜面向下，根据平衡条件沿斜面方向：mgsin

32、+BIL=kx2联立两式得：B=（x2x1）故选：B【点评】本题借助安培力考查了平衡条件的应用，正确受力分析时关键，注意安培力方向的判断用左手定则二、多项选择题：（每个题目有至少两个以上的正确答案，每题5分，选错的不得分，漏选的得2分，全对的得5分，共30分）11如图所示，质量为M、长为L的直导线通有垂直纸面向外的电流I，被一绝缘线拴着并处在匀强磁场中，导线能静止在倾角为的光滑斜面上，则磁感应强度B的大小和方向可能是（）A大小为，方向垂直斜面向上B大小为方向垂直纸面向里C大小为，方向水平向右D大小为，方向沿斜面向下【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【分析】通电导线在

33、磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向【解答】解：A、安培力沿斜面向上大小为Mgtan而重力和支持力的合力等于Mgsin小于安培力，所以导线有沿斜面往上的运动趋势，故A错误；B、无所谓B的大小安培力均为0而绳的拉力，重力和支持力可以满足平衡条件，故B正确；C、安培力竖直向上，重力和安培力平衡，没有支持力和拉力，故C正确；D、安培力垂直斜面向上大小为Mg，沿斜面方向分解重力因为MgMgcos，所以导线有离开斜面的运动趋势，故D错误；故选：BC【点评】学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向12光滑平行导轨水平放置

34、，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L=20cm的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m=60g，电阻R=1、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与垂直方向成=53角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，sin53=0.8，g=10m/s2，则（）A磁场方向一定竖直向下B电源电动势E=3.0VC导体棒在摆动过程中所受安培力F=3ND导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048J【考点】安培力【分析】棒在安培力的作

35、用，获得动能，根据左手定则分析磁场的方向根据动能定理和安培力公式、欧姆定律结合求电源的电动势，并求出安培力F的大小由能量守恒求解电源提供的电能【解答】解：A、当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A正确；BC、设电路中电流为I，电源的电动势为E，则根据动能定理得：mgL（1cos53）=FLsin53，解得安培力 F=0.3N由F=BIL=BL，得 E=3V，故B正确，C错误D、导体棒在摆动过程中电源提供的电能为 E=mgL（1cos53）=0.06100.20.4J=0.048J，但是还有焦耳热，故D错误故选：AB【点评】本题是通电导体

36、在磁场中运动问题，知道运用左手定则判断安培力与磁场的关系，运用动能定理和能量守恒定律分析能量问题13如图所示为一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为（）A0B mv2CD【考点】共点力平衡的条件及其应用；安培力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】圆环向右运动的过程中受到重力、洛伦兹力、可能受到杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环克服摩擦

37、力所做的功【解答】解：A、当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零故A正确B、当qv0Bmg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功根据动能定理得：W=0m得：W=m故B错误C、D、当qv0Bmg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动当qvB=mg时得：v=；根据动能定理得：W=mv2m代入解得：W=故C错误，D正确故选：AD【点评】本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力14如图所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路线圈的

38、半径为r1在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图（b）所示图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0导线的电阻不计在0至t1时间内，下列说法正确的是（）AR1中电流的方向由a到b通过R1B电流的大小为C线圈两端的电压大小为D通过电阻R1的电荷量【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应功能问题【分析】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小【解答】解：A、由图象分析

39、可知，0至t1时间内有，由法拉第电磁感应定律有：E=n=ns面积为：s=r22由闭合电路欧姆定律有：I1=联立以上各式解得，通过电阻R1上的电流大小为：I1=由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a，故A错误，B正确；C、线圈两端的电压大小为U=I12R=，故C错误；D、通过电阻R1上的电量为：q=I1t1=，故D正确；故选：BD【点评】考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率同时磁通量变化的线圈相当于电源15如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面，将ab棒在导轨

40、上无初速度释放，当ab棒下滑到稳定状态时，速度为v，电阻R上消耗的功率为P导轨和导体棒电阻不计下列判断正确的是（）A导体棒的a端比b端电势低Bab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动C若磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的D若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则当ab棒下滑到稳定状态时电阻R上消耗的功率将变为原来的4倍【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据右手定则判断感应电流的方向，即可分析电势的高低根据左手定则判断安培力的方向，通过速度的变化，得出感应电动势的变化，判断感应电

41、流的变化，从而得出安培力的变化根据能量守恒判断机械能的变化，根据克服安培力做功与产生的电能关系判断安培力做功与灯泡消耗电能的关系【解答】解：A、导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断感应电流I在导体棒ab中从b到a，电源内部电流由低电势到高电势，则a端比b端电势高，故A错误；B、导体棒ab开始下滑时速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，如果导轨足够长，当F安=BIL=mgsin时达到最大速度，之后做匀速直线运动，速度不再增大，安培力不变，因此ab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动，故B正确；C、稳定时，有 mgsinvm=，得稳定时的速度，即最大速度为 vm=，可知磁感应强度

42、增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的，故C错误；D、稳定时，电阻R上消耗的功率 P=mgsinvm=mgsin=，则知换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则导体棒下滑到稳定状态时R的功率将变为原来的4倍故D正确故选：BD【点评】解决这类导体棒切割磁感线产生感应电流问题的关键时分析导体棒受力，进一步确定其运动性质，并明确判断过程中的能量转化及功能关系如安培力做负功量度了电能的产生，克服安培力做多少功，就有多少电能产生16如图所示，足够长的光滑斜面中间虚线区域内有一垂直于斜面向上的匀强磁场，一正方形线框从斜面底端以一定初速度上滑，线框越过虚线进入磁场，

43、最后又回到斜面底端，则下列说法中正确的是（）A上滑过程线框中产生的焦耳热等于下滑过程线框中产生的焦耳热B上滑过程线框中产生的焦耳热大于下滑过程线框中产生的焦耳热C上滑过程线框克服重力做功的平均功率等于下滑过程中重力的平均功率D上滑过程线框克服重力做功的平均功率大于下滑过程中重力的平均功率【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系；电功、电功率【专题】电磁感应与电路结合【分析】线框进入磁场和出磁场的过程，切割边切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，机械能一部分转化为电能由电功的表达式写出产生的焦耳热的表达式，然后比较即可【解答】解：A、B、切割磁感线产生的电动势：E=BLv，进入磁场时的电

44、功率：进入磁场的时间：产生的焦耳热：v即线框上滑过程线框中产生的焦耳热正比于上滑时的速度，同理，线框下滑过程线框中产生的焦耳热正比于下滑时的速度，而线框向上越过磁场的过程中有一部分机械能转化为内能，所以向上进入磁场的速度大于向下出磁场时的速度，所以上滑过程线框中产生的焦耳热大于下滑过程线框中产生的焦耳热故A错误，B正确C、D、线框进入磁场和出磁场的过程，机械能一部分转化为电能，所以向上进入磁场的速度大于向下出磁场时的速度，所以上滑过程线框克服重力做功的平均功率大于下滑过程中重力的平均功率故C错误，D正确故选：BD【点评】本题是电磁学与力学的综合题，考查分析运用电磁感应知识、电路知识、力学知识等

45、综合应用的能力其中要注意的是进入磁场时的电功：，这个过程功率不是恒定的，此公式仅仅说明电功的大小关系，不能用做计算三、计算题：（共60分，其中17题9分，18题12分，19题12分，20题13分，21题14分）17如图所示，在倾角为=30的斜面上，固定一宽L=0.25m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=12V，内阻r=1一质量m=20g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=0.80T、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=10m/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）通

46、过金属棒的电流；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值【考点】共点力平衡的条件及其应用；安培力【分析】（1）金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态根据平衡条件，列方程求出安培力（2）金属棒与磁场方向垂直，根据安培力公式F=BIL，求出电流（3）根据欧姆定律求出滑动变阻器R接入电路中的阻值【解答】解：（1）作出金属棒的受力图，如图 则有F=mgsin30 F=0.1N （2）根据安培力公式F=BIL得 得 （3）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆E=I（R+r） 解得：答：（1）金属棒所受到的安培力为 0.1N； （2）通过金属棒的电流为0.5A； （3）滑动变阻器R接入电路中

47、的阻值为23【点评】本题考查应用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，比较容易在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时，安培力大小F=BIL，方向由左手定则判断18如图所示，光滑斜面的倾角a=30，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1=1m，bc边的边长l2=0.6ra，线框的质量m=1kg，电阻R=0.1，线框受到沿光滑斜面向上的恒力F的作用，已知F=1ON斜面上ef线（efgh）的右方有垂直斜面向上的均匀磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如Bt图象所示，时间t是从线框由静止开始运动时刻起计的如果线框从静止开始运动，进人磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh

48、的距离 s=5.1m，取 g=10m/s2求：（1）线框进人磁场前的加速度；（2 ）线框进人磁场时匀速运动的速度v；（3）线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）线框进入磁场前，受到重力、细线的拉力F和斜面的支持力作用做匀加速运动，根据牛顿第二定律求解加速度（2）线框进人磁场最初一段时间是匀速的，合力为零，由E=Blv、I=、F=BIl推导出安培力表达式，由平衡条件求解速度（3）线框进入磁场前做匀加速直线运动，进磁场的过程中做匀速直线运

49、动，分别由公式求出线框进入磁场前运动的时间和进磁场匀速运动的时间线框完全进入磁场后受力情况与进入磁场前相同，加速度相同，根据位移公式求解从gh运动到ef的时间，结合图象分析线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中有感应电流的时间，根据法拉第定律求得感应电动势，由焦耳定律求解热量【解答】解：（1）线框进入磁场前，受到重力、细线的拉力F和斜面的支持力作用做匀加速运动，根据牛顿第二定律得Fmgsin=ma得，a=5m/s2（2）线框进人磁场最初一段时间是匀速的，合力为零，由E=Bl1v、I=、FA=BIl1 得安培力为 FA=根据平衡条件得 F=mgsin+FA=mgsin+代入解得 v=2m

50、/s（3）线框abcd进入磁场前做匀加速运动，进磁场的过程中，做匀速运动，进入磁场后到运动到gh线仍做匀加速运动 进磁场前线框的运动的时间为t1= 进磁场过程中匀速运动的时间为t2=s=0.3s线框完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场前相同，所以该阶段的加速度仍为a=5m/s2由sl2=vt3+解得，t3=1s因此线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中有感应电流的时间为t4=1（0.9t1t2）=0.8s线框中产生的感应电动势为 E=V=0.25V线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热为 Q=J=0.5J答：（1）线框进人磁场前的加速度是5m/s2；（2 ）线框进人

51、磁场时匀速运动的速度v是2m/s；（3）线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热是0.5J【点评】本题分析线框的受力情况，确定其运动情况是关键，其中安培力的经验表达式FA=，要会推导19如图所示，一带电微粒质量为m=2.01011kg、电荷量q=+1.0105C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角=60，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为=60已知偏转电场中金属板长L=2cm，圆形匀强磁场的半径R=10cm，重力忽略不计求：（1）带电微粒经U1=100V的电场

52、加速后的速率；（2）两金属板间偏转电场的电场强度E；（3）匀强磁场的磁感应强度的大小【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）根据动能定理求解带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率；（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动，运用运动的分解法研究：在水平方向微粒做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解电场强度（2）带电微粒进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹对应的圆心角就等于速度的偏向角，作出轨迹，得到轨迹的圆心角，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感应强度的大小【解

53、答】解：（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v1，根据动能定理：qU1=mv120代入数据解得：v1=1104m/s；（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动在水平方向微粒做匀速直线运动水平方向：v1=带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2竖直方向：a= v2=at 由几何关系：tan=代入数据解得：E=10000V/m（3）设带电粒子进磁场时的速度大小为v，则v=，代入数据解得：v=2104m/s由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示则轨迹半径为：r=Rtan60

54、，解得：r=0.3m由牛顿第二定律得：qvB=m代入数据解得：B=0.13T ；答：（1）带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率为1104m/s；（2）两金属板间偏转电场的电场强度E为10000V/m；（3）匀强磁场的磁感应强度的大小为0.13T【点评】本题的难点是作出粒子的运动轨迹，根据几何知识得到轨迹半径与磁场边界半径的关系20如图所示，在坐标系第一象限内有正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=1.0103V/m，方向未知，磁感应强度B=1.0T，方向垂直纸面向里；第二象限的某个圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场B（图中未画出）一质量m=11014kg、电荷量q=11010C的带正电粒

55、子以某一速度v沿与x轴负方向成60角的方向从A点进入第一象限，在第一象限内做直线运动，而后从B点进入磁场B区域一段时间后，粒子经过x轴上的C点并与x轴负方向成60角飞出已知A点坐标为（10，0），C点坐标为（30，0），不计粒子重力（1）判断匀强电场E的方向并求出粒子的速度v；（2）画出粒子在第二象限的运动轨迹，并求出磁感应强度B；（3）求第二象限磁场B区域的最小面积【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）粒子在第四象限内做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，由平衡条件可以求出粒子速度；（2）粒子在第一象限中受到洛伦兹力而做匀速圆

56、周运动，根据几何知识画出粒子在第一象限的运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径由牛顿第二定律即可求得磁感应强度B2的大小；（3）画出磁场B2最小区域，由几何知识求得边长，即可求出最小的面积【解答】解（1）粒子在第一象限内做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以粒子必做匀速直线运动这样，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，电场E的方向与微粒运动的方向垂直，即与x轴正向成30角斜向右上方由平衡条件有：Eq=Bqv得：v= m/s=1103m/s；（2）粒子从B点进入第二象限的磁场B中，轨迹如图所示，粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可知：R= cm=cm，由qvB=m，解得：B=，代入数据解得

57、：B=T（3）由图可知，B、D点应分别是粒子进入磁场和离开磁场的点，磁场B的最小区域应该分布在以BD为直径的圆内由几何关系得BD=20 cm，即磁场圆的最小半径r=10 cm，所以，所求磁场的最小面积为：S=r2，代入数据解得：S=3.14102m2答：（1）匀强电场E的方向：与x轴正向成30角斜向右上方，粒子的速度v为1103m/s；（2）粒子在第二象限的运动轨迹如图所示，磁感应强度B为T；（3）第二象限磁场B区域的最小面积为3.14102m2【点评】当带电粒子在电场与磁场中做直线运动时，由于洛伦兹力由速度决定，所以粒子必做匀速直线运动当粒子进入磁场时，仅受洛伦兹力做匀速圆周运动，由几何关系

58、可确定磁感应强度21如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨相距为1m，导轨平面与水平面的夹角=37，其上端接一阻值为3的灯泡D在虚线L1、L2间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场B，且磁感应强度B=1T，磁场区域的宽度为d=3.75m，导体棒a的质量ma=0.2kg、电阻Ra=3；导体棒b的质量mb=0.1kg、电阻Rb=6，它们分别从图中M、N处同时由静止开始沿导轨向下滑动，b恰能匀速穿过磁场区域，当b 刚穿出磁场时a正好进入磁场不计a、b之间的作用，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）b棒进入磁场时的速度？（2）当a棒进入磁场区域时，小灯泡的实际功率？（3）假设

59、a 棒穿出磁场前已达到匀速运动状态，求a 棒通过磁场区域的过程中，回路所产生的总热量？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）设b棒进入磁场时速度Vb，对b受力分析，由平衡条件列式即可求解；（2）b棒穿出磁场前，a棒一直匀加速下滑，根据牛顿第二定律求出下滑的加速度，根据运动学公式求出时间和a进入磁场时速度，进而求出a棒切割磁感线产生感应电动势，根据串并联电路的特点及P=求解灯泡功率；（3）由平衡条件求出最终匀速运动的速度，对a棒穿过磁场过程应用动能定理即可求解【解答】解：（1）设b棒进入磁场

60、时速度Vb，对b受力分析，由平衡条件可得由电路等效可得出整个回路的等效电阻所以vb=4.5m/s（2）b棒穿出磁场前，a棒一直匀加速下滑，下滑的加速度a=gsin=6m/s2b棒通过磁场时间t=a进入磁场时速度va=vb+at=9.5m/sa棒切割磁感线产生感应电动势Ea=BLva=9.5V灯泡实际功率P=（3）设a棒最终匀速运动速度为va，a受力分析，由平衡条件可得解得：va=6m/s对a棒穿过磁场过程应用动能定理W安=3.4J由功能关系可知，电路中产生的热量Q=W安=3.4J 答：（1）b棒进入磁场时的速度为4.5m/s；（2）当a棒进入磁场区域时，小灯泡的实际功率为；（3）假设a 棒穿出磁场前已达到匀速运动状态，求a 棒通过磁场区域的过程中，回路所产生的总热量为3.4J【点评】（1）解答这类问题的关