2022-2022学年河北省邢台一中高二（上）期中物理试卷 一、选择题（本题共14小题，每小题4分，共56分）在每小题所给出的四个选项中，1～9题只有一个选项符合题意，10～14题至少有2个选项符合题意．对于多项选择题，全部选对得4分，部分选对得2分，错选或不选得0分．1．如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率都是40W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过（ ）A．40WB．60WC．80WD．120W 2．如图所示，电池的内阻可以忽略不计，电压表和可变电阻器R串联接成通路，如果可变电阻器R的值减为原来的时，电压表的读数由U0增加到2U0，则下列说法中不正确的是（ ）A．流过可变电阻器R的电流增大为原来的2倍B．可变电阻器R消耗的电功率增加为原来的4倍C．可变电阻器R两端的电压减小为原来的D．若可变电阻器R的阻值减小到零，那么电压表的示数变为4U0 3．如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进人磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（ ）A．，正电荷B．，正电荷C．，负电荷D．，负电荷 -27-\n4．如图所示，长方形abcd长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B=0.25T．一群不计重力、质量m=3×10﹣7kg、电荷量q=+2×10﹣3C的带电粒子以速度v=5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域（ ）A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边 5．如图所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场中有由两个大小不等的圆环M、N连接而成的导线框．沿图中箭头方向用外力将N环拉扁，该过程中，关于M环中感应电流的说法中正确的是（ ）A．有顺时针方向的感应电流产生，且M环有扩张的趋势B．有逆时针方向的感应电流产生，且M环有扩张的趋势C．有顺时针方向的感应电流产生，且M环有收缩的趋势D．有逆时针方向的感应电流产生，且M环有收缩的趋势 6．如图所示，U型框的两平行导轨与水平面成θ角，一个横截面为矩形的金属棒ab静止在导轨上．从某时刻起，添加一个方向垂直于导轨平面向下，且磁感应强度从零开始均匀增大的匀强磁场，直到金属棒刚要开始在导轨上滑动为止．在这一过程中，金属棒ab所受的摩擦力大小将（ ）A．一直增大B．一直减小C．一直不变D．先减小后增大 -27-\n7．如图所示，固定在水平面上的三角形金属导轨PQS顶角为θ，处于竖直向下的匀强磁场中．一根金属棒MN与金属导轨材料和横截面积相同并放在导轨上，保持MN⊥QS．金属棒MN在水平向右的拉力F作用下向右匀速运动，MN与导轨间的接触电阻和摩擦都忽略不计．则下列说法中正确的是（ ）A．回路中的感应电流方向为顺时针方向，大小逐渐增大B．回路中的感应电流方向为逆时针方向，大小逐渐减小C．回路中的感应电流方向为逆时针方向，大小保持不变D．水平拉力F的大小保持不变 8．两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，其余电阻均不计．如图所示，两板间有一个质量为m、电量g的带正电的油滴恰好处于静止状态，则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是（ ）A．磁感应强度B竖直向上且正在增强，B．磁感应强度B竖直向下且正在增强，C．磁感应强度B竖直向上且正在减弱，D．磁感应强度B竖直向下且正在减弱， 9．如图所示，一边长为a，电阻为R的等边三角形线框在外力作用下以速度v匀速穿过宽度均为a的两个匀强磁场区域，两磁场磁感应强度的大小均为B，方向相反，线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直．以逆时针方向为电流正方向，从图示位置开始线框中感应电流I与沿运动方向的位移x的关系图象为（ ）-27-\nA． 10．如图是荷质比相同的a、b两粒子从O点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹，则（ ）A．a的质量比b的质量大B．a带正电荷、b带负电荷C．a在磁场中的运动速率比b的大D．a在磁场中的运动时间比b的短 11．如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块．甲、乙叠放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场．现用一个水平恒力拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动．在共同加速阶段，下列说法中正确的是（ ）A．甲、乙两物块间的静摩擦力不断增大B．甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小C．乙物块与地面间的摩擦力大小不变D．乙物块与地面间的摩擦力不断减小 12．如图甲所示，长直导线右侧的矩形线框abcd与直导线位于同一平面，当长直导线中的电流发生如图乙所示的变化时（图中所示电流方向为正方向），关于线框中的感应电流与线框受力（指线框受到直导线电流的磁场的力）情况，以下判断正确的是（ ）-27-\nA．从时刻t1到时刻t2，线框内感应电流的方向为abcda，线框受力向左B．从时刻t1到时刻t2，线框内感应电流的方向为abcda，线框受力向右C．在t2时刻，线框内有感应电流，但线框不受力D．在t3时刻，线框内电流的方向为abcda，线框受力向右 13．如图所示，光滑金属导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在的平面，导体棒ab垂直放置在金属导轨上．灯泡电阻恒定，其它电阻不计．当导体棒沿光滑金属导轨匀速下滑时，小灯泡获得的稳定功率为P0（未超过灯泡额度功率）．要使灯泡的稳定功率变为2P0（仍未超过灯泡额度功率），则下列措施正确的是（ ）A．把灯泡换成一个电阻为原来2倍的灯泡，其它条件不变B．把匀强磁场的磁感应强度B增大为原来的2倍，其它条件不变C．换一根质量为原来倍的金属棒，其它条件不变D．把金属棒与金属导轨间的距离增大为原来的倍，其它条件不变 14．如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab可沿导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定值电阻R，导轨电阻不计，现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力恒定，经时间t1后速度为v，加速度为a1，最终以速度2v做匀速运动；若保持拉力的功率恒定，经时间t2后速度为v，加速度为a2，最终也以速度2v做匀速运动，则（ ）A．t2=t1B．t2＜t1C．a2=2a1D．a2=3a1 二、填空题和实验题（本题共4小题，第15～17题各4分，第18题8分，共20分）15．一个带电微粒在图示的正交匀强电场和匀强磁场中在竖直面内做匀速圆周运动．则该带电微粒必然带 ，旋转方向为 ．若已知圆半径为r，电场强度为E，磁感应强度为B，则线速度为 （重力加速度为g）． -27-\n16．如图所示，边长为a、总电阻为R的闭合正方形单匝线框，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感线与线框平面垂直．当线框由图示位置绕转动轴OO′转过180°角的过程中，流过线框导线横截面的电荷量为 ． 17．如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺的导线补接完整．（2）在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，那么合上开关后 A．将原线圈迅速插入副线圈时，电流计指针向右偏转一下B．将原线圈插入副线圈后，电流计指针一直偏在零点左侧C．将原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流计指针向右偏转一下D．将原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流计指针向左偏转一下． 18．实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10﹣8Ω•m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω；电压表：量程3V，内阻约9kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；-27-\n定值电阻：R0=3Ω；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干．回答下列问题：（1）实验中滑动变阻器应选 （填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至 端（填“a”或“b”）．（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为 V．（4）导线实际长度为 m（保留2位有效数字）． 三、计算题（本题共3小题，第19题8分，第20题11分，第21题15分，共34分）要求画出必要的图形、写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的请算出最后结果．19．如图所示，一个边长为L的正文形金属框，质量为m，电阻为R．用细线把它悬挂于一个有界的磁场边缘．金属框架的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外．磁场随时间均匀变化满足B=kt规律．已知细线所能承受的最大拉力T0=2mg．求从t=0时起，经多长时间细线会被拉断． 20．（11分）（2022秋•邢台校级期中）如图所示，图中M、N分别表示相距L的两根光滑而平直的金属导轨，ab是电阻为R0的金属棒，此棒可紧贴平行导轨滑动．相距为d水平放置的金属板A、C与导轨相连（d较小，A、C两板的面积较大）定值电阻阻值为R，其它电阻忽略不计．整个装置处于垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中．当ab以某一速率向右运动时，一带电微粒恰好也在A、C两极间做半径为r的匀速圆周运动，圆周运动的速率与ab向右运动的速率相同．求在此情况下，作用于ab向右的力的大小？ -27-\n21．（15分）（2022•揭阳校级模拟）如图甲所示，建立xOy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x对称，极板长度和板间距均为l．在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电荷量为+q、速度相同、重力不计的电粒子．在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）．已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．（不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况）（1）求电压U0的大小；（2）求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；（3）何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间． 2022-2022学年河北省邢台一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题共14小题，每小题4分，共56分）在每小题所给出的四个选项中，1～9题只有一个选项符合题意，10～14题至少有2个选项符合题意．对于多项选择题，全部选对得4分，部分选对得2分，错选或不选得0分．1．如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率都是40W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过（ ）A．40WB．60WC．80WD．120W【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【分析】由于L1和L2并联后再与L3串联，所以L3的电流是L1和L2电流的和，因为三个灯泡的电阻相等，所以在不损坏灯泡的情况下，L3的功率是最大的，即为40W，再求得此时L1和L2的功率即可．【解答】解：设L3上电压为U，电阻为R，则：L3的最大的功率为P==40W，因为三个灯泡的电阻相等，L1和L2并联后电阻相当于L3电阻的一半，所以电压也就为L3的一半，-27-\n如果L3上电压为U，则L1和L2电压为，所以L1和L2的功率都为：P==10W，所以总功率最大为：10+10+40=60W．故选B．【点评】因为三个灯泡的电阻相等，在不损坏灯泡的情况下，串联的L3的电流最大，所以只要保证L3不被损坏就可以了，求得此时的总功率就是最大的功率． 2．如图所示，电池的内阻可以忽略不计，电压表和可变电阻器R串联接成通路，如果可变电阻器R的值减为原来的时，电压表的读数由U0增加到2U0，则下列说法中不正确的是（ ）A．流过可变电阻器R的电流增大为原来的2倍B．可变电阻器R消耗的电功率增加为原来的4倍C．可变电阻器R两端的电压减小为原来的D．若可变电阻器R的阻值减小到零，那么电压表的示数变为4U0【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】将电压表看成一个电阻，根据欧姆定律判断电流和变阻器电压的变化，根据闭合电路欧姆定律分两次列式后讨论电源电动势大小．【解答】解：A、将电压表看成一个电阻，电压表的示数U0增大到2U0，故通过电压表的电流增加为2倍，由于R与电压表串联，故通过可变电阻的电流也增大为原来的2倍，故A正确；B、电流变为2倍，电阻变为原来的，根据P=I2R，可变电阻消耗的功率变为倍，故B错误；C、电流变为2倍，电阻变为，根据U=IR，可变电阻两端的电压减为原来的，故C正确；D、根据闭合电路欧姆定律，开始时：E=U0+•R可变电阻的阻值减少为原来的后：E=2U0+•，联立解得：E=4U0若可变电阻的阻值减到零，则电压表的示数等于电源的电动势，为4U0．故D正确．-27-\n本题选错误的，故选：B【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律，明确电压表是纯电阻，然后根据欧姆定律、闭合电路欧姆定律多次列式求解． 3．如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进人磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（ ）A．，正电荷B．，正电荷C．，负电荷D．，负电荷【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】根据带电粒子的运动的情况，画出粒子的运动的轨迹，再根据粒子运动轨迹的几何关系和半径的公式可以求得该粒子的比荷．【解答】解：由图意可知粒子沿顺时针方向运动，根据左手定则可得粒子带负电粒子的运动轨迹如图中虚线，红色线段为圆的半径，由已知得进入磁场时，半径与x轴正方向的夹角为30°，所以有a=R+R=R，洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，所以有，所以有所以C正确．故选C．【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了． 4．如图所示，长方形abcd长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B=0.25T．一群不计重力、质量m=3×10﹣7kg、电荷量q=+2×10﹣3C的带电粒子以速度v=5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域（ ）-27-\nA．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】压轴题；图析法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，先得到轨道半径，再找出圆心，确定半径并分析可能的轨迹．【解答】解：A、粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得到r===0.3m由于初速度向右，故圆心在ao之间，但出射点全部不在Oa边，故A错误；B、D、从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab和be两条边上，故B错误，D正确；C、从Od边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边上，故C错误；故选D．【点评】本题关键计算出半径后找到圆心，分析可能出现的各种轨迹，然后找出射点． 5．如图所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场中有由两个大小不等的圆环M、N连接而成的导线框．沿图中箭头方向用外力将N环拉扁，该过程中，关于M环中感应电流的说法中正确的是（ ）A．有顺时针方向的感应电流产生，且M环有扩张的趋势B．有逆时针方向的感应电流产生，且M环有扩张的趋势C．有顺时针方向的感应电流产生，且M环有收缩的趋势D．有逆时针方向的感应电流产生，且M环有收缩的趋势【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】交流电专题．【分析】用外力将N环拉扁，穿过N环的磁通量减小，根据楞次定律判断N环中感应电流的方向．此感应电流流过M环，根据左手定则判断M环所受的安培力方向，即可分析它是有扩张还是收缩的趋势．【解答】解：用外力将N环拉扁，穿过N环的磁通量减小，根据楞次定律判断可知，N环中感应电流的方向沿顺时针方向．根据左手定则判断可知：M环各部分所受的安培力方向沿径向向外，所以M环有扩张的趋势．故A正确．故选：A【点评】解决本题关键掌握楞次定律和左手定则，并能用来正确判断感应电流的方向和安培力的方向． -27-\n6．如图所示，U型框的两平行导轨与水平面成θ角，一个横截面为矩形的金属棒ab静止在导轨上．从某时刻起，添加一个方向垂直于导轨平面向下，且磁感应强度从零开始均匀增大的匀强磁场，直到金属棒刚要开始在导轨上滑动为止．在这一过程中，金属棒ab所受的摩擦力大小将（ ）A．一直增大B．一直减小C．一直不变D．先减小后增大【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．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】由楞次定律判断出感应电流的方向，由左手定则判断出安培力方向，根据法拉第电磁感应定律与安培定则求出感应电流，由安培力公式求出安培力，然后应用平衡条件求出摩擦力大小，判断摩擦力大小如何变化．【解答】解：磁感应强度均匀增大，不妨设B=kt，k是比例常数，金属棒与U型框组成闭合回路的面积为S，电路总电阻为R，由楞次定律可知，通过ab的感应电流从a流向b，由左手定则可知，ab受到的安培力平行于斜面向上；由法拉第电磁感应定律得：E===kS，感应电流I==，金属棒受到的安培力：F=BIL=，由于k、S、L、R都是定值，则安培力F随时间增大，开始时安培力较小，当F＜mgsinθ时，摩擦力f平行于斜面向上，对金属棒，由平衡条件可得：f+F=mgsinθ，f=mgsinθ﹣F，由于F不断增大，则摩擦力f逐渐减小；当安培力F＞mgsinθ时，摩擦力f平行于斜面向下，由平衡条件得：mgsinθ+f=F，f=F﹣mgsinθ，F逐渐增大，摩擦力f逐渐增大；综上所述可知，在整个过程中，摩擦力先减小后增大，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了判断安培力的变化，对金属棒正确受力分析、应用平衡条件即可正确解题；由于磁场不断增大，安培力是变力，因此导致摩擦力不断变化，解题时要注意摩擦力方向的变化． 7．如图所示，固定在水平面上的三角形金属导轨PQS顶角为θ，处于竖直向下的匀强磁场中．一根金属棒MN与金属导轨材料和横截面积相同并放在导轨上，保持MN⊥QS．金属棒MN在水平向右的拉力F作用下向右匀速运动，MN与导轨间的接触电阻和摩擦都忽略不计．则下列说法中正确的是（ ）-27-\nA．回路中的感应电流方向为顺时针方向，大小逐渐增大B．回路中的感应电流方向为逆时针方向，大小逐渐减小C．回路中的感应电流方向为逆时针方向，大小保持不变D．水平拉力F的大小保持不变【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】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合．【分析】由楞次定律可以判断出感应电流方向；由E=BLv求出感应电动势的瞬时值，由欧姆定律求出电流瞬时值，然后分析感应电流是否变化，由平衡条件和安培力公式分析拉力F是否变化．【解答】解：ABC、MN向右匀速运动时，穿过回路有磁通量不断增大，由楞次定律判断知，回路中的感应电流方向为逆时针方向；设导线棒的速度为v，金属导轨和导体棒单位长度电阻为R0，MN从Q向右匀速运动t时间时，切割磁感线的长度为：L=vttanθ闭合回路总电阻：R=R0（vt+vttanθ+）感应电动势为：E=BLv电路电流：I===，由于B、v、R0、θ不变，则感应电流I不变，故AB错误，C正确；D、根据平衡条件得：水平拉力F的大小F=BIL，L不断增大，则F不断增大．故D错误；故选：C【点评】本题考查了判断电流方向、电流大小，本题的难点与易错点是：求出切割磁感线的有效长度、求出闭合回路的电阻；应用E=BLv、欧姆定律即可正确解题． 8．两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，其余电阻均不计．如图所示，两板间有一个质量为m、电量g的带正电的油滴恰好处于静止状态，则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是（ ）A．磁感应强度B竖直向上且正在增强，B．磁感应强度B竖直向下且正在增强，-27-\nC．磁感应强度B竖直向上且正在减弱，D．磁感应强度B竖直向下且正在减弱，【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量．【分析】电荷量+q的油滴恰好静止金属板间，受到的电场力与重力平衡，由平衡条件可求出金属板间的电压．此电压等于R两端的电压．根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合求出磁通量的变化率，由楞次定律确定磁感应强度B的变化情况．【解答】解：由题，电荷量+q的油滴恰好静止金属板间，受到的电场力与重力平衡，由平衡条件得知，油滴受到的电场力竖直向上，则金属板上板带负电，下板带正电．A、C若磁感应强度B竖直向上，B正在增强时，根据楞次定律得知，线圈中产生的感应电动势是下负上正，金属板下板带负电，上板带正电，油滴不能平衡，则磁感应强度B竖直向上且B正在减弱时，油滴能保持平衡．根据法拉第电磁感应定律得：E=n①金属板间的电压为U=E，②要使油滴平衡，则有q=mg③联立①②③得：=．故A错误，C正确．B、D同理可知，磁感应强度B竖直向下且正增强时，=，油滴能保持静止．故BD均错误．故选：C．【点评】本题是电磁感应与电路、电场、力学等知识的综合应用．对于电磁感应问题，要楞次定律判断感应电动势、法拉第定律研究感应电动势大小是常用的思路． 9．如图所示，一边长为a，电阻为R的等边三角形线框在外力作用下以速度v匀速穿过宽度均为a的两个匀强磁场区域，两磁场磁感应强度的大小均为B，方向相反，线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直．以逆时针方向为电流正方向，从图示位置开始线框中感应电流I与沿运动方向的位移x的关系图象为（ ）-27-\nA．【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】本题导体的运动可分段判断，运用排除法进行分析．根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流大小的变化．【解答】解：线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故D一定错误；因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLV可知，x在0﹣内，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增加，感应电流也均匀增加；在﹣a内，切割的有效长度均匀减小，感应电动势也均匀减小，感应电流均匀减小．x=a时，I=0；在a﹣内，垂直向外的磁通量增多，向内的减少，由楞次定律可知，电流方向为顺时针．由于分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，所以x=处的感应电动势是x=处的两倍，故AC错误，B正确．故选：B．【点评】本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当线框刚好在两磁场中间时时，线圈中电流达最大2I． 10．如图是荷质比相同的a、b两粒子从O点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹，则（ ）A．a的质量比b的质量大B．a带正电荷、b带负电荷C．a在磁场中的运动速率比b的大-27-\nD．a在磁场中的运动时间比b的短【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】根据粒子的偏转方向得出洛伦兹力方向，通过左手定则判断粒子的电性，根据粒子的半径大小，通过洛伦兹力提供向心力求出粒子的荷质比．结合粒子在磁场中运动的周期公式比较两粒子在磁场中的运动时间关系．【解答】解：A、荷质比相同的a、b两粒子，因电量无法确定，则质量大小无法比较．故A错误．B、初始时刻两粒子所受的洛伦兹力方向都是竖直向下，根据左手定则知，两粒子都带负电．故B错误．C、根据轨迹图可知，a粒子的半径大于b粒子，根据qvB=m得，r=，因为相同，所以半径越大时，速率越大．故a在磁场中的运动速率比b的大．故C正确．D、粒子在磁场中的运动周期T=，可知它们的运动周期相同．a粒子轨迹所对的圆心角小于b粒子的圆心角，则由t=T知a在磁场中的运动时间比b的短．故D正确．故选：CD．【点评】解决本题的关键掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式，并能灵活运用，注意圆心角与周期决定运动的时间． 11．如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块．甲、乙叠放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场．现用一个水平恒力拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动．在共同加速阶段，下列说法中正确的是（ ）A．甲、乙两物块间的静摩擦力不断增大B．甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小C．乙物块与地面间的摩擦力大小不变D．乙物块与地面间的摩擦力不断减小【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．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】以甲乙整体为研究对象，分析受力情况，分析地面对乙物块的摩擦力如何变化，根据牛顿第二定律分析加速度如何变化，再对甲研究，由牛顿第二定律研究甲所受摩擦力如何变化．【解答】解：C、D以甲乙整体为研究对象，分析受力如图，则有N=F洛+（m甲+m乙）g，当甲乙一起加速运动时，洛伦兹力F洛增大，滑动摩擦力f增大．故CD错误．A、B，f增大，F一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力f甲=m甲a，则得到f甲减小，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小．故A错误，B正确．故选B-27-\n【点评】本题关键要灵活选择研究对象，要抓住洛伦兹力大小与速度大小成正比这个知识点，基本题． 12．如图甲所示，长直导线右侧的矩形线框abcd与直导线位于同一平面，当长直导线中的电流发生如图乙所示的变化时（图中所示电流方向为正方向），关于线框中的感应电流与线框受力（指线框受到直导线电流的磁场的力）情况，以下判断正确的是（ ）A．从时刻t1到时刻t2，线框内感应电流的方向为abcda，线框受力向左B．从时刻t1到时刻t2，线框内感应电流的方向为abcda，线框受力向右C．在t2时刻，线框内有感应电流，但线框不受力D．在t3时刻，线框内电流的方向为abcda，线框受力向右【考点】楞次定律．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】直导线中的电流方向由下到上，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向．根据楞次定律判断导线框中感应电流方向，由左手定则分析导线框所受的安培力情况．【解答】解：A、t1到t2时间内，根据安培定则可知导线框所在处的磁场方向垂直纸面向里，直导线中的电流减小，穿过线框的磁通量减小，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为abcda，根据左手定则可知导线框所受安培力的合力向左，故A正确，B错误．C、在t2时刻，根据楞次定律，可知线框内电流的方向为abcda，但直导线没有电流，即没有磁场，则线框不受力，故C正确，D、在t3时刻，线框内磁通量的变化率最小，则感应电流最小，线框不受力，故D错误．故选：AC．【点评】本题考查安培定则、楞次定律和左手定则综合应用的能力，注意通电导线电流大小与线圈磁通量变化率的大小关系． 13．如图所示，光滑金属导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在的平面，导体棒ab垂直放置在金属导轨上．灯泡电阻恒定，其它电阻不计．当导体棒沿光滑金属导轨匀速下滑时，小灯泡获得的稳定功率为P0（未超过灯泡额度功率）．要使灯泡的稳定功率变为2P0（仍未超过灯泡额度功率），则下列措施正确的是（ ）-27-\nA．把灯泡换成一个电阻为原来2倍的灯泡，其它条件不变B．把匀强磁场的磁感应强度B增大为原来的2倍，其它条件不变C．换一根质量为原来倍的金属棒，其它条件不变D．把金属棒与金属导轨间的距离增大为原来的倍，其它条件不变【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率．【专题】定量思想；比例法；电磁感应与电路结合．【分析】ab棒下滑过程中先做变加速运动，最后做匀速运动，达到稳定状态，根据平衡条件得出导体稳定时的速度与重力的关系，由能量守恒定律得出灯泡的功率与速度的关系式，再分析什么条件下灯泡的功率变为2倍．【解答】解：当ab棒下滑到稳定状态时做匀速直线运动，由平衡条件有：mgsinθ=FA，又安培力FA=BIL=，则得：mgsinθ=，可得v=由能量守恒定律得，稳定时灯泡的功率P0===A、换一个电阻为原来2倍的灯泡，由上式可得，P0变为原来的2倍，故A正确．B、当把磁感应强度B增为原来的2倍，P0变为原来的倍，故B错误．C、当换一根质量为原来倍的金属棒时，P0变为原来的2倍，故C正确．D、当把导轨间的距离增大为原来的倍时，P0变为原来的，故D错误．故选：AC【点评】本题分别从力的角度和能量角度研究电磁感应现象，安培力表达式FA=，是一个经常用到的经验公式，对分析和计算电磁感应问题，非常重要，要熟记． 14．如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab可沿导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定值电阻R，导轨电阻不计，现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力恒定，经时间t1后速度为v，加速度为a1，最终以速度2v做匀速运动；若保持拉力的功率恒定，经时间t2后速度为v，加速度为a2，最终也以速度2v做匀速运动，则（ ）A．t2=t1B．t2＜t1C．a2=2a1D．a2=3a1【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．-27-\n【专题】电磁感应与电路结合．【分析】分析清楚两种情况下的运动形式区别，然后根据牛顿第二定律和运动学规律求解，注意两种情况下导体棒最终匀速运动时所受拉力大小是相同的．【解答】解：C、D、由于两种情况下，最终棒都以速度2v匀速运动，此时拉力与安培力大小相等，则有：F=F安=BIL=BL•=当拉力恒定，速度为v，加速度为a1时，根据牛顿第二定律有：F﹣=ma1由①②解得：a1=．若保持拉力的功率恒定，速度为2v时，拉力为F，则有：P=F•2v，又F=F安=得：P=则当速度为v时，拉力大小为：F1==；根据牛顿第二定律得：F1﹣=ma2，解得：a2=，所以有a2=3a1，故C错误，D正确；A、B、当拉力的功率恒定时，随着速度增大，拉力逐渐减小，最后匀速运动时拉力最小，且最小值和第一种情况下拉力相等，因此最后都达到速度2v时，t1＞t2，故A错误，B正确．故选：BD【点评】本题可以和机车启动的两种方式进行类比解答，只不过机车启动时阻力不变，而该题中阻力为安培力，是不断变化的． 二、填空题和实验题（本题共4小题，第15～17题各4分，第18题8分，共20分）15．一个带电微粒在图示的正交匀强电场和匀强磁场中在竖直面内做匀速圆周运动．则该带电微粒必然带 负电荷 ，旋转方向为 逆时针 ．若已知圆半径为r，电场强度为E，磁感应强度为B，则线速度为 （重力加速度为g）．【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】-27-\n带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而判断电场力的方向，结合电场的方向便可知粒子的电性．根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断粒子的旋转方向．结合重力与电场力平衡以及带电粒子在洛伦兹力的作用下的运动半径公式，可求出线速度．【解答】解：带电粒子在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电粒子受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知带电粒子带负电荷．磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断粒子的旋转方向为逆时针（四指所指的方向与带负电的粒子的运动方向相反）．由粒子做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：mg=qE…①带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：…②①②联立得：故答案为：负电荷，逆时针，．【点评】此题考察了带电粒子在复合场中的运动．复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场．带电粒子在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要．该题就是根据带电粒子的运动情况来判断受到的电场力情况． 16．如图所示，边长为a、总电阻为R的闭合正方形单匝线框，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感线与线框平面垂直．当线框由图示位置绕转动轴OO′转过180°角的过程中，流过线框导线横截面的电荷量为 ．【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合．【分析】根据初末状态的磁通量求出磁通量的变化量，结合电量综合表达式q=n求出通过线框导线横截面的电量．【解答】解：初状态磁通量的大小为BS，线框从图示的位置转过180°时，末状态磁通量为﹣BS，可知磁通量的变化量大小为△Φ=2BS=2Ba2．则通过导线横截面的电量为q=I•△t===n=．故答案为：-27-\n【点评】解决本题的关键掌握电量的表达式q=n，注意该公式在计算题中不能直接运用，需要推导． 17．如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺的导线补接完整．（2）在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，那么合上开关后 AD A．将原线圈迅速插入副线圈时，电流计指针向右偏转一下B．将原线圈插入副线圈后，电流计指针一直偏在零点左侧C．将原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流计指针向右偏转一下D．将原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流计指针向左偏转一下．【考点】研究电磁感应现象．【专题】实验题．【分析】（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答．（2）穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中产生感应电动势；根据题意判断磁通量变化情况与电流计指针偏转方向的关系，然后根据磁通量的变化情况判断指针偏转方向．【解答】解：（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示．（2）当在闭合电键时，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过大线圈磁通量增加时，电流计指针向右偏转；A、将原线圈迅速插入副线圈时，穿过线圈的磁通量增加，电流表指针向右偏转，故A正确；B、将原线圈插入副线圈后，穿过线圈的磁通量不变，电路中不产生感应电流，电流表指针不偏转，故B错误；C、将原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，原线圈电路电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，电流计指针向左偏转，故C错误，D正确；故选：AD．【点评】由楞次定律来确定感应电流的方向，而闭合线圈中的磁通量发生变化有几种方式：可以线圈面积的变化，也可以磁场的变化，也可以线圈与磁场的位置变化． -27-\n18．实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10﹣8Ω•m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω；电压表：量程3V，内阻约9kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；定值电阻：R0=3Ω；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干．回答下列问题：（1）实验中滑动变阻器应选 R2 （填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至 a 端（填“a”或“b”）．（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为 2.3 V．（4）导线实际长度为 94 m（保留2位有效数字）．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处；（2）根据实验电路图，连接实物图；（3）根据图乙读出电压，注意估读；（4）根据欧姆定律及电阻定律即可求解．【解答】解：（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，R0=3Ω，所以滑动变阻器选R2，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处，即a处；（2）根据实验电路图，连接实物图，如图所示：-27-\n（3）电压表量程为3V，由图乙所示电压表可知，其分度值为0.1V所示为：2.30V；（4）根据欧姆定律得：R0+Rx===4.6Ω，则Rx=1.6Ω由电阻定律：Rx=ρ可知：L=，代入数据解得：L=94m；故答案为：（1）R2，a；（2）如图所示；（3）2.30；（4）94．【点评】本题主要考查了电学元件选取原则和欧姆定律及电阻定律的直接应用，能根据电路图连接实物图，难度适中． 三、计算题（本题共3小题，第19题8分，第20题11分，第21题15分，共34分）要求画出必要的图形、写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的请算出最后结果．19．如图所示，一个边长为L的正文形金属框，质量为m，电阻为R．用细线把它悬挂于一个有界的磁场边缘．金属框架的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外．磁场随时间均匀变化满足B=kt规律．已知细线所能承受的最大拉力T0=2mg．求从t=0时起，经多长时间细线会被拉断．【考点】法拉第电磁感应定律；安培力．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据法拉第电磁感应定律，与闭合电路欧姆定律，可求出感应电流大小，再由安培力表达式与受力平衡条件，即可求解．【解答】解：要使细线拉断，磁场强度必须增大，此时有：I=（方向为逆时针）对线框受力分析如图示；-27-\nF=BIL=刚拉断时有：T0=mg+F即为：2mg=mg+∴t=答：从t=0时起，经t=时间细线会被拉断．【点评】考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，掌握安培力表达式，理解受力平衡方程． 20．（11分）（2022秋•邢台校级期中）如图所示，图中M、N分别表示相距L的两根光滑而平直的金属导轨，ab是电阻为R0的金属棒，此棒可紧贴平行导轨滑动．相距为d水平放置的金属板A、C与导轨相连（d较小，A、C两板的面积较大）定值电阻阻值为R，其它电阻忽略不计．整个装置处于垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中．当ab以某一速率向右运动时，一带电微粒恰好也在A、C两极间做半径为r的匀速圆周运动，圆周运动的速率与ab向右运动的速率相同．求在此情况下，作用于ab向右的力的大小？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电容．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】导体棒做切割磁感线运动，根据切割公式列式求解感应电动势；粒子做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；最后联立求解即可．【解答】解：设磁感应强度为B，平行板AB间距为d，ab杆的有效长度为L，带电粒子质量为m，带电荷量为q，做圆周运动的半径为r．感应电动势为：E=BLv-27-\n金属板A、B间电压：UAB==粒子能做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，则：mg=qvB=由以上各式解得：v=m/s在对ab棒受力分析得：=答：作用于ab向右的力的大小为．【点评】本题关键是明确粒子的受力情况和运动规律，然后结合牛顿第二定律和切割公式列式求解，不难． 21．（15分）（2022•揭阳校级模拟）如图甲所示，建立xOy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x对称，极板长度和板间距均为l．在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电荷量为+q、速度相同、重力不计的电粒子．在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）．已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．（不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况）（1）求电压U0的大小；（2）求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；（3）何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．【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】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】（1）t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做类平抛运动．由题知道x方向位移为l，y方向位移为，运用运动的分解，根据牛顿第二定律和运动学公式求解U．-27-\n（2）t0时刻进入两极板的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动．根据运动学规律求出y方向分速度与x方向分速度，再合成求出粒子进入磁场时的速度，则牛顿定律求出粒子在磁场中做圆周运动的半径．（3）带电粒子在磁场中运动的周期一定，当轨迹的圆心角最小时，在磁场中运动的时间最短．【解答】解：（1）t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，则有y=l，x=l，电场强度：E=…①，由牛顿第二定律得：Eq=ma…②，偏移量：y=at02…③由①②③解得：U0=…④．（2）t0时刻进入两极板的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动．带电粒子沿x轴方向的分速度大小为：vx=v0=…⑤带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为：vy=a•t0…⑥带电粒子离开电场时的速度大小为：v=…⑦设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得：qvB=m…⑧，由③⑤⑥⑦⑧解得：R=…⑨；（3）在t=2t0时刻进入两极板的带电粒子，在电场中做类平抛运动的时间最长，飞出极板时速度方向与磁场边界的夹角最小，而根据轨迹几何知识可知，轨迹的圆心角等于粒子射入磁场时速度方向与边界夹角的2倍，所以在t=2t0时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短．带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为：vy′=at0…⑩，设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为α，则：tanα=，由③⑤⑩解得：α=，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，-27-\n圆弧所对的圆心角为：2α=，所求最短时间为：tmin=T，带电粒子在磁场中运动的周期为：T=，联立以上两式解得：tmin=；答：（1）电压U0的大小为；（2）t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为；（3）在t=2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短，最短时间为．【点评】该题考查到的知识点较多，首先是考察到了离子在匀强电场中的偏转，并且电场还是变化的，这就要求我们要有较强的过程分析能力，对物体的运动进行分段处理；还考察到了离子在匀强磁场中的偏转，要熟练的会用半径公式和周期公式解决问题；在解决粒子在有界磁场中的运动时间问题时，要注意偏转角度与运动时间的关系，熟练的运用几何知识解决问题．是一道难度较大的题． 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