1、2015年10月06日shanshuidadi的高中物理組卷參考答案與試題解析一選擇題（共12小題）1（2010秋海安縣期末）如圖所示，質(zhì)量為m，帶電量為q的小物塊，從傾角為的粗糙絕緣斜面上由靜止下滑，斜面與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，整個(gè)斜面處于水平向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，若物塊下滑到斜面底端前能飛離斜面，則下面說(shuō)法中正確的是（）A物塊在斜面上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B物塊在斜面上做速度和加速度都增大的變加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C物塊在斜面上的最大速度為D物塊在斜面上的最大加速度為gsin考點(diǎn)：洛侖茲力；力的合成與分解的運(yùn)用；牛頓第二定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專(zhuān)題：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題分析：物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)受重力

2、、支持力、洛倫茲力、摩擦力在向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程速度增大，洛倫茲力增大，支持力減小，摩擦力減小，a=，所以加速度增大當(dāng)離開(kāi)斜面時(shí)，f=0，加速度最大，此時(shí)速度也最大解答：解：A、在向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程速度增大，洛倫茲力增大，支持力減小，摩擦力減小，a=，所以加速度增大物塊做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)故A錯(cuò)誤，B正確 C、當(dāng)離開(kāi)斜面時(shí)，f=0，速度最大，加速度最大此時(shí)有qvB=mgcos，則最大速度v=a=故C錯(cuò)誤，D正確故選BD點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵是正確地進(jìn)行受力分析，根據(jù)受力情況，判斷運(yùn)動(dòng)情況2（2011春臨海市校級(jí)月考）質(zhì)量為m、帶電量為q的小物塊，從傾角為的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，整個(gè)斜面置于方向水

3、平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如圖所示若帶電小物塊下滑后某時(shí)刻會(huì)離開(kāi)斜面，則下面說(shuō)法中正確的是（）A小物塊一定帶有正電荷B小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)做變加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)D小物塊離開(kāi)斜面時(shí)的速率為考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專(zhuān)題：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題分析：由于小物塊下滑后某時(shí)刻會(huì)離開(kāi)斜面，故其所受洛倫茲力應(yīng)該垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知小物塊可判定其所帶電性；小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)其加速度由重力沿斜面方向的分力提供，根據(jù)牛頓第二定律可以求出物體的加速度，從而判定物體是否是勻加速運(yùn)動(dòng)；小物塊離開(kāi)斜面時(shí)垂直斜面方向合

4、力為0；解答：解：A、由于小物塊下滑后某時(shí)刻會(huì)離開(kāi)斜面，故其所受洛倫茲力應(yīng)該垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知小物塊一定帶有負(fù)電荷，故A錯(cuò)誤；B、小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)其加速度由重力沿斜面方向的分力提供，故有mgsin=ma，故a=gsin，所以小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故B正確；C、由以上分析可知，C錯(cuò)誤；D、小物塊離開(kāi)斜面時(shí)有qvB=mgcos，解得此時(shí)小物塊的速率v=，故D正確故選BD點(diǎn)評(píng)：本題考查了左手定則，受力分析，牛頓第二定律，難度不大，代表性較強(qiáng)3（2015瓊海校級(jí)模擬）如題圖所示，N匝矩形導(dǎo)線(xiàn)框以角速度在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞軸OO勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線(xiàn)框面積為S，線(xiàn)框的電阻

5、為r，電感不計(jì)，外電路接電阻R、理想交流電流表下列說(shuō)法正確的是（）A圖示位置線(xiàn)圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為NBSB交流電流表的示數(shù)I=C一個(gè)周期內(nèi)通過(guò)R的電荷量q=DR兩端電壓的有效值U=NBS考點(diǎn)：交流發(fā)電機(jī)及其產(chǎn)生正弦式電流的原理；正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專(zhuān)題：交流電專(zhuān)題分析：根據(jù)Em=NBS求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值，根據(jù)E=求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值，根據(jù)歐姆定律求解電流有效值，根據(jù)q=n求解電量解答：解：A、圖示位置是中性面位置，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，故A錯(cuò)誤；B、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值Em=NBS，故電流為：I=，故B正確；C、一個(gè)周期內(nèi)通過(guò)R的電荷量：q=0，故C錯(cuò)誤；D、感應(yīng)電動(dòng)

6、勢(shì)的最大值Em=NBS，有效值為：E=，故R兩端電壓的有效值為：，故D錯(cuò)誤；故選：B點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵記住交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的交流電的最大值表達(dá)式Em=NBS，注意可以根據(jù)推論公式q=求解電量4（2015山東模擬）如圖所示，邊長(zhǎng)L=0.2m的正方形線(xiàn)圈abcd，其匝數(shù)n=10，總電阻r=2，外電路的電阻R=8，ab邊的中點(diǎn)和cd邊的中點(diǎn)的連線(xiàn)OO恰好位于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界線(xiàn)上，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T，若線(xiàn)圈從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，以角速度=2rad/s 繞OO軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)則以下判斷中正確的是（）A在t= s時(shí)刻，磁場(chǎng)穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量最大B閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e=0.8sin 2t VC從t=0

7、時(shí)刻到t= s時(shí)刻，通過(guò)電阻R的電荷量q=0.02 CD從t=0時(shí)刻到t= s時(shí)刻，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q=3.2×104 J考點(diǎn)：交流發(fā)電機(jī)及其產(chǎn)生正弦式電流的原理；正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達(dá)式；正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專(zhuān)題：交流電專(zhuān)題分析：線(xiàn)框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生正弦式交變電流，根據(jù)規(guī)律可列出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)表達(dá)式，最大值與有效值的倍；每當(dāng)線(xiàn)框通過(guò)中性面時(shí)，電流方向改變；當(dāng)磁通量為零時(shí)，線(xiàn)框切割速度最大，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)也最大解答：解：A、T=S，在t= s時(shí)刻，線(xiàn)圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)90°，此時(shí)磁場(chǎng)穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量最小，故A錯(cuò)誤；B、閉合

8、電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)表達(dá)式e=Emsint，而Em=nBS，所以e=nBL2sint=0.4sin2t故B錯(cuò)誤；C、由q=N=10×C=0.02C，故C正確；D、從t=O時(shí)到t= 時(shí)刻，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q=I2Rt=Rt=1.6×104J，故D錯(cuò)誤；故選：C點(diǎn)評(píng)：線(xiàn)框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生正弦式交變電流而對(duì)于電表讀數(shù)、求產(chǎn)生的熱量均由交變電的有效值來(lái)確定，而涉及到耐壓值時(shí)，則由最大值來(lái)確定而通過(guò)某一電量時(shí)，則用平均值來(lái)求同時(shí)注意磁場(chǎng)只有一半5（2015肇慶二模）線(xiàn)圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生交變電流的圖象如圖所示，由圖中信息可以判斷（）A在A和C

9、時(shí)刻，線(xiàn)圈處于中性面位置B在B和D時(shí)刻，穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量為零C從AD時(shí)間內(nèi)，線(xiàn)圈轉(zhuǎn)過(guò)的角度為D1s內(nèi)交變電流方向改變50次考點(diǎn)：正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達(dá)式菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專(zhuān)題：交流電專(zhuān)題分析：線(xiàn)圈在中性面上磁通量最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與感應(yīng)電流均為零；線(xiàn)圈在平行于磁場(chǎng)位置（垂直于中性面處）穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與感應(yīng)電流最大；在一個(gè)周期內(nèi)，電流方向改變兩次，根據(jù)圖象分析答題解答：解：A、由圖象可知，A、C時(shí)刻感應(yīng)電流最大，此時(shí)線(xiàn)圈與中性面垂直，故A錯(cuò)誤；B、由圖象可知，在B、D時(shí)刻，感應(yīng)電流為零，此時(shí)線(xiàn)圈位于中性面上，穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量最大，故B錯(cuò)誤；C、由圖象可知，到從A到D，經(jīng)歷個(gè)周

10、期，線(xiàn)圈轉(zhuǎn)過(guò)的角度為×2=，故C正確；D、由圖象可知，從OD是一個(gè)周期，如果經(jīng)歷時(shí)間為0.02s，則1s是50個(gè)周期，電流方向改變100次，故D錯(cuò)誤；故選：C點(diǎn)評(píng)：本題考查了交變電流的產(chǎn)生過(guò)程，掌握基礎(chǔ)知識(shí)、分析清楚圖象即可正確解題，難度不大6（2015鹽城三模）如圖所示，交流電流表A1、A2和A3分別與電阻R、線(xiàn)圈L和電容器C串聯(lián)后接在同一交流電源上交流電壓的瞬時(shí)值為u1=Umsin1t三個(gè)電流表的讀數(shù)分別為I1、I2和I3現(xiàn)換另一電源供電，交流電壓的瞬時(shí)值為u2=Umsin2t，2=21改換電源后，三個(gè)電流表的讀數(shù)變化情況是（）AI1、I2和I3都不變BI1、I2不變、I3變大C

11、I1不變、I2變大、I3變小DI1不變、I2變小、I3變大考點(diǎn)：電容器和電感器對(duì)交變電流的導(dǎo)通和阻礙作用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有分析：當(dāng)交變電流的頻率變大時(shí)，線(xiàn)圈的感抗變大，電容器的容抗變小，因此A變亮，B變暗又因?yàn)殡娮柙谥绷骱徒涣麟娐分衅鹣嗤淖饔?，故C燈亮度不變解答：解：由公式f= 知，后來(lái)交流電的頻率變大，線(xiàn)圈的感抗變大，電容器的容抗變小，對(duì)電阻沒(méi)影響，所以A1示數(shù)將不變，A2示數(shù)將減小，A3示數(shù)增大，所以選項(xiàng)D正確，ABC錯(cuò)誤故選：D點(diǎn)評(píng)：此題考查電容、電感對(duì)交變電流的影響，也就是容抗、感抗與交變電流的關(guān)系當(dāng)交變電流的頻率變大時(shí)，線(xiàn)圈的感抗變大，電容器的容抗變小7（2015文登市模擬）如圖甲所示

12、的電路中，理想變壓器原、副線(xiàn)圈匝數(shù)比為10：1，副線(xiàn)圈接有電壓表、光敏電阻R（其阻值隨光強(qiáng)增大而減小）、“12V、6W”的小燈泡D電流表、電壓表均為理想電表原線(xiàn)圈接入如圖乙所示的正弦交流電壓u，下列說(shuō)法正確的是（）A電壓u的頻率為100 HzB電壓表的示數(shù)為22VC照射R的光變?nèi)鯐r(shí)，電流表的示數(shù)變大D調(diào)節(jié)照射R的光強(qiáng)度，可以使燈泡D正常發(fā)光考點(diǎn)：變壓器的構(gòu)造和原理；正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專(zhuān)題：交流電專(zhuān)題分析：由變壓器原理可得變壓器原、副線(xiàn)圈中的電流之比，輸入、輸出功率之比和閉合電路中的動(dòng)態(tài)分析類(lèi)似，可以根據(jù)R的變化，確定出總電路的電阻的變化，進(jìn)而可以確定總電路的電

13、流的變化的情況，在根據(jù)電壓不變，來(lái)分析其他的原件的電流和電壓的變化的情況解答：解：A、原線(xiàn)圈接入如圖乙所示，T=0.02s，所以頻率為f=50 Hz，故A錯(cuò)誤；B、原線(xiàn)圈接入電壓的最大值是220V，所以原線(xiàn)圈接入電壓的有效值是U=220V，理想變壓器原、副線(xiàn)圈匝數(shù)比為10：1，所以副線(xiàn)圈電壓是22V，所以V的示數(shù)為22V，故B正確；C、R阻值隨光減弱增大，根據(jù)I=知副線(xiàn)圈電流減小，副線(xiàn)圈輸出功率減小，根據(jù)功率相等，所以原線(xiàn)圈輸入功率減小，原線(xiàn)圈電流減小，所以A的示數(shù)減小，故C錯(cuò)誤；D、調(diào)節(jié)照射R的光強(qiáng)度，使流過(guò)它的電流I=0.5A即可，故D正確；故選：BD點(diǎn)評(píng)：電路的動(dòng)態(tài)變化的分析，總的原則就

14、是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法8（2015成都校級(jí)模擬）著名物理學(xué)家費(fèi)曼曾設(shè)計(jì)過(guò)這樣一個(gè)實(shí)驗(yàn)裝置：一塊絕緣圓板可繞其中心的光滑軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)，在圓板的中部有一個(gè)線(xiàn)圈，圓板的四周固定著一圈帶電的金屬小球，如圖所示當(dāng)線(xiàn)圈接通電源后，將有圖示方向的電流流過(guò)，則下列說(shuō)法正確的是（）A接通電源瞬間，圓板不會(huì)發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)B線(xiàn)圈中電流強(qiáng)度的增大或減小會(huì)引起圓板向相同方向轉(zhuǎn)動(dòng)C接通電源后，保持線(xiàn)圈中電流強(qiáng)度不變，圓板轉(zhuǎn)動(dòng)方向與線(xiàn)圈中電流流向相同D若金屬小球帶負(fù)電，接通電源瞬間圓板轉(zhuǎn)動(dòng)方向與線(xiàn)圈中電流流向相同考點(diǎn)：楞次定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有分析：由題，在線(xiàn)

15、圈接通電源的瞬間，線(xiàn)圈中的電流是增大的，產(chǎn)生的磁場(chǎng)是逐漸增強(qiáng)的，逐漸增強(qiáng)的磁場(chǎng)會(huì)產(chǎn)生電場(chǎng)（麥克斯韋電磁理論）在小球所在圓周處相當(dāng)于有一個(gè)環(huán)形電場(chǎng)，小球因帶電而受到電場(chǎng)力作用從而會(huì)讓圓板轉(zhuǎn)動(dòng)因不知小球的帶電性，故不知道圓板的轉(zhuǎn)動(dòng)方向解答：解：A、線(xiàn)圈接通電源瞬間，則變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生變化的電場(chǎng)，從而導(dǎo)致帶電小球受到電場(chǎng)力，使其轉(zhuǎn)動(dòng)故A錯(cuò)誤，B、不論線(xiàn)圈中電流強(qiáng)度的增大或減小都會(huì)引起磁場(chǎng)的變化，從而產(chǎn)生電場(chǎng)，使小球出現(xiàn)電場(chǎng)力，從而轉(zhuǎn)動(dòng)，由于電場(chǎng)力與電荷帶正負(fù)電有關(guān)，故B錯(cuò)誤C、接通電源后，保持線(xiàn)圈中電流強(qiáng)度不變，則磁場(chǎng)不變，則不會(huì)產(chǎn)生電場(chǎng)，所以不會(huì)出現(xiàn)電場(chǎng)力故C錯(cuò)誤D、接通電源瞬間圓板受到電場(chǎng)力作用而

16、轉(zhuǎn)動(dòng)，由于金屬小球帶負(fù)電，再根據(jù)電磁場(chǎng)理論可知，電場(chǎng)力逆時(shí)針，所以與線(xiàn)圈中電流流向相同故D正確故選D點(diǎn)評(píng)：本題是安培定則、左手定則和楞次定律的綜合應(yīng)用，還要抓住產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件進(jìn)行分析9（2015上高縣校級(jí)模擬）圖a是用電流傳感器（相當(dāng)于電流表，其電阻可以忽略不計(jì)）研究自感現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)電路，圖中兩個(gè)電阻的阻值均為R，L是一個(gè)自感系數(shù)足夠大的自感線(xiàn)圈，其直流電阻值也為R圖b是某同學(xué)畫(huà)出的在t0時(shí)刻開(kāi)關(guān)S切換前后，通過(guò)傳感器的電流隨時(shí)間變化的圖象關(guān)于這些圖象，下列說(shuō)法中正確的是（）A圖b中甲是開(kāi)關(guān)S由斷開(kāi)變?yōu)殚]合，通過(guò)傳感器1的電流隨時(shí)間變化的情況B圖b中乙是開(kāi)關(guān)S由斷開(kāi)變?yōu)殚]合，通過(guò)傳感器1的電

17、流隨時(shí)間變化的情況C圖b中丙是開(kāi)關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_(kāi)，通過(guò)傳感器2的電流隨時(shí)間變化的情況D圖b中丁是開(kāi)關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_(kāi)，通過(guò)傳感器2的電流隨時(shí)間變化的情況考點(diǎn)：自感現(xiàn)象和自感系數(shù)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有分析：接通電源的瞬間，線(xiàn)圈相當(dāng)于斷路，回路中的電流逐漸增大到穩(wěn)定不變；斷開(kāi)電源的瞬間，線(xiàn)圈相當(dāng)于電源，電流逐漸減小到零解答：解：開(kāi)關(guān)S由斷開(kāi)變?yōu)殚]合，由于L的自感作用，通過(guò)傳感器1的電流是逐漸增大的，當(dāng)穩(wěn)定以后，自感消失，電流保持不變，故A錯(cuò)誤B正確；開(kāi)關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_(kāi)，傳感器1的電流立即為零，由于L的自感作用（相當(dāng)于電源），傳感器2的電流與原來(lái)反向且逐漸減小為零，故C正確D錯(cuò)誤；故選BC點(diǎn)評(píng)：本題考查

18、了電感線(xiàn)圈對(duì)電流突變所產(chǎn)生的阻礙作用，主要抓住電源閉合和斷開(kāi)瞬間的變化即可10（2015惠州校級(jí)模擬）如圖所示，S閉合后，流過(guò)線(xiàn)圈L的電流恒為i1，流過(guò)燈泡A的電流恒為i2，且i1i2在t1時(shí)刻將S迅速斷開(kāi)，在較短一段時(shí)間內(nèi)流過(guò)燈泡的電流隨時(shí)間變化的圖象是（）ABCD考點(diǎn)：自感現(xiàn)象和自感系數(shù)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有分析：當(dāng)電流增大時(shí)，線(xiàn)圈會(huì)阻礙電流的增大，當(dāng)電流減小時(shí)，線(xiàn)圈會(huì)阻礙電流的減小解答：解：當(dāng)閉合電鍵，因?yàn)榫€(xiàn)圈阻礙作用，所以電流i2會(huì)慢慢增大，而燈泡A這一支路立即就有電流，且電流大小不變當(dāng)電鍵斷開(kāi)，因?yàn)榫€(xiàn)圈阻礙電流的減小，所以通過(guò)L的電流不會(huì)立即消失，會(huì)從原來(lái)的大小慢慢減小，而且A和L構(gòu)成回路，

19、通過(guò)L的電流也流過(guò)A，所以i1變成反向，且逐漸減小因i1i2，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤故選：D點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握線(xiàn)圈對(duì)電流的變化有阻礙作用，當(dāng)電流增大時(shí)，線(xiàn)圈會(huì)阻礙電流的增大，當(dāng)電流減小時(shí)，線(xiàn)圈會(huì)阻礙電流的減小11（2015株洲校級(jí)模擬）磁性水雷是用一個(gè)可以繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)的小磁針來(lái)控制起爆電路的，軍艦被地磁場(chǎng)磁化后就變成了一個(gè)浮動(dòng)的磁體，當(dāng)軍艦接近磁性水雷時(shí)，就會(huì)引起水雷的爆炸，如圖所示，其依據(jù)是（）A磁體的吸鐵性B磁極間的相互作用規(guī)律C電荷間的相互作用規(guī)律D磁場(chǎng)具有方向性考點(diǎn)：磁現(xiàn)象和磁場(chǎng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有分析：磁性水雷中的小磁針靜止時(shí)，水雷不會(huì)爆炸，軍艦被地磁場(chǎng)磁化后就變成了一個(gè)浮動(dòng)的磁體，當(dāng)

20、軍艦接近磁性水雷時(shí)，由磁極間的相互作用就會(huì)使水雷中的小磁針發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，而發(fā)生爆炸解答：解：磁性水雷中的小磁針靜止時(shí)，一端指南，一端指北，水雷不會(huì)爆炸，軍艦被地磁場(chǎng)磁化后就變成了一個(gè)浮動(dòng)的磁體，當(dāng)軍艦接近磁性水雷時(shí)，由磁極間的相互作用：同名磁極相互排斥，異名磁極相互吸引知，就會(huì)使水雷中的小磁針發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，而觸發(fā)水雷發(fā)生爆炸故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B點(diǎn)評(píng)：本題考查了磁化、地磁場(chǎng)、磁極間的相互作用的知識(shí)，是磁現(xiàn)象在軍事上的應(yīng)用12（2015潮陽(yáng)區(qū)校級(jí)模擬）A、B兩個(gè)離子同時(shí)從勻強(qiáng)磁場(chǎng)的直邊界上的P、Q點(diǎn)分別以60°和30°（與邊界的夾角）射入磁場(chǎng)，又同時(shí)分別從Q、P點(diǎn)穿出，如圖所

21、示設(shè)邊界上方的磁場(chǎng)范圍足夠大，下列說(shuō)法中正確的是（）AA為正離子，B的負(fù)離子BA、B兩離子運(yùn)動(dòng)半徑之比1：CA、B兩離子速率之比為1：DA、B兩離子的比荷之比為2：1考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專(zhuān)題：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題分析：由左手定則可以判斷出粒子的電性，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何知識(shí)可以求出粒子的軌道半徑，然后求出半徑之比根據(jù)半徑公式得出粒子的比荷之比解答：解：A、A向右偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則知，A為負(fù)離子，B向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則知，B為正離子，故A錯(cuò)誤B、離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可得r=，l為PQ距離，則A、B兩離子的半徑之比為，故B正確C、離子的

22、速率v=，時(shí)間相同，半徑之比為1：，圓心角之比為2：1，則速率之比為2：，故C錯(cuò)誤D、根據(jù)r=知，因?yàn)樗俣却笮≈葹?：，半徑之比為1：，則比荷之比為2：1故D正確故選：BD點(diǎn)評(píng)：本題考查了粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程，掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及掌握粒子在磁場(chǎng)中的半徑公式，并能靈活運(yùn)用二解答題（共7小題）13（2013成都模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，第象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第象限以O(shè)N為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，從y軸正半軸上y=h處的M點(diǎn)，以速度v0垂直于y軸射入電場(chǎng)，經(jīng)

23、x軸上x(chóng)=2h處的P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，最后以垂直于y軸的方向射出磁場(chǎng)不計(jì)粒子重力求（1）電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r；（3）粒子從進(jìn)入電場(chǎng)到離開(kāi)磁場(chǎng)經(jīng)歷的總時(shí)間t考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專(zhuān)題：壓軸題；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題分析：（1）粒子垂直于電場(chǎng)進(jìn)入第一象限，粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由到達(dá)N的速度方向可利用速度的合成與分解得知此時(shí)的速度，根據(jù)牛頓第二定律可求出加速度與速度及位移關(guān)系，從而求出電場(chǎng)強(qiáng)度；（2）應(yīng)用動(dòng)能定理即可求得電場(chǎng)中粒子的速度，粒子以此速度進(jìn)入第四象限，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，先畫(huà)

24、出軌跡圖，找出半徑；利用洛倫茲力提供向心力的公式，可求出在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑（3）粒子的運(yùn)動(dòng)分為兩部分，一是在第一象限內(nèi)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，二是在第四象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，分段求出時(shí)間，相加可得總時(shí)間解答：解：粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如右圖所示（1）設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1x方向勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則有：2h=v0t1y方向初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則有：根據(jù)牛頓第二定律：Eq=ma 求出勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度：（2）粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理：設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v，根據(jù)求出運(yùn)動(dòng)軌道的半徑：（3）粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期：設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，由幾何關(guān)系可知粒子的偏轉(zhuǎn)角為135&

25、#176;，所以有：求出總時(shí)間：答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度大小為；（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為；（3）粒子從進(jìn)入電場(chǎng)到離開(kāi)磁場(chǎng)經(jīng)歷的總時(shí)間為點(diǎn)評(píng)：該題考查了電場(chǎng)和磁場(chǎng)邊界問(wèn)題，不同場(chǎng)的分界面上，既是一種運(yùn)動(dòng)的結(jié)束，又是另一種運(yùn)動(dòng)的開(kāi)始，尋找相關(guān)物理量尤其重要粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)偏轉(zhuǎn)時(shí)，常用能量的觀點(diǎn)來(lái)解決問(wèn)題，有時(shí)也要運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解點(diǎn)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心、半徑及運(yùn)動(dòng)時(shí)間的確定也是本題的一個(gè)考查重點(diǎn)圓心的確定：因洛倫茲力提供向心力，洛倫茲力總垂直于速度，畫(huà)出帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡中任意兩點(diǎn)（一般是射入磁場(chǎng)和射出磁場(chǎng)的兩點(diǎn)）洛倫茲力的方向，其延長(zhǎng)的交點(diǎn)即為圓心或射入磁場(chǎng)和射出磁場(chǎng)的兩點(diǎn)間弦的垂直平分

26、線(xiàn)與一半徑的交點(diǎn)即為圓心半徑的確定：半徑一般都在確定圓心的基礎(chǔ)上用平面幾何知識(shí)求解，常常是解直角三角形運(yùn)動(dòng)時(shí)間的確定：利用圓心與弦切角的關(guān)系計(jì)算出粒子所轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角的大小，用公式t=T可求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間再者就是要正確畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，能熟練的運(yùn)用幾何知識(shí)解決物理問(wèn)題14（2014秋東臺(tái)市校級(jí)期中）如圖所示，在豎直平面內(nèi)x軸下方有磁感強(qiáng)度為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)為E，一個(gè)帶電小球從y軸上P（0，h）點(diǎn)以初速度V0豎直向下拋出，小球穿過(guò)x軸后恰好作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g（1）小球是帶正電還是帶負(fù)電？（2）小球作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑多大？（3）若

27、從P點(diǎn)出發(fā)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，小球在什么時(shí)刻穿過(guò)x軸？考點(diǎn)：帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專(zhuān)題：帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題分析：（1）根據(jù)受力平衡，結(jié)合負(fù)電荷電場(chǎng)力與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，即可求解；（2）根據(jù)粒子機(jī)械能守恒定律列式，再由重力與電場(chǎng)力相平衡，洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即可求解；（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與圓弧運(yùn)動(dòng)的周期公式，可求出時(shí)間，從而求解結(jié)果解答：解：（1）設(shè)小球的質(zhì)量為m，因帶電小球在復(fù)合場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故電場(chǎng)力一定與重力平衡，即：mg=qE，電場(chǎng)力方向豎直向上，則：小球必帶負(fù)電（2）設(shè)小球到O點(diǎn)時(shí)的速度為v，小球由P到O的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：得：，設(shè)在復(fù)合場(chǎng)中小球的

28、運(yùn)動(dòng)半徑為R，則：，又：mg=qE，解得：，（3）設(shè)在復(fù)合場(chǎng)中小球的運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)，則：設(shè)由P到O的過(guò)程用時(shí)t1，則：設(shè)小球從x軸以v豎直上拋到最高點(diǎn)，用時(shí)為t2，則：則：在 t=t1時(shí)刻第一次向下通過(guò)x軸； 在 ，小球向上通過(guò)x軸； 在，小球向下通過(guò)x軸答：（1）小球是帶負(fù)電；（2）小球作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；（3）若從P點(diǎn)出發(fā)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，小球在，時(shí)刻穿過(guò)x軸點(diǎn)評(píng)：考查機(jī)械能守恒定律的條件與應(yīng)用，掌握由洛倫茲力提供向心力來(lái)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的處理規(guī)律，理解通過(guò)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與圓弧運(yùn)動(dòng)的周期公式求時(shí)間的方法15（2014秋武漢校級(jí)期末）如圖所示，一個(gè)矩形線(xiàn)圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞OO軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，磁場(chǎng)方向與轉(zhuǎn)軸垂直線(xiàn)圈

29、匝數(shù)n=50，電阻r=1，長(zhǎng)L1=5cm，寬L2=4cm，角速度=100rad/s，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T線(xiàn)圈兩端外接電阻R=9的用電器和一個(gè)交流電流表求：（1）線(xiàn)圈中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；（2）電流表的讀數(shù)；（3）用電器上消耗的電功率考點(diǎn)：交流的峰值、有效值以及它們的關(guān)系；交流發(fā)電機(jī)及其產(chǎn)生正弦式電流的原理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專(zhuān)題：交流電專(zhuān)題分析：（1）線(xiàn)圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值表達(dá)式為Em=NBS（2）電流表測(cè)量電流的有效值根據(jù)E=和歐姆定律求出電流的有效值（3）用電器消耗的電功率P=I2R，I是電流的有效值解答：解：（1）線(xiàn)圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值表達(dá)式為Em=NBS=50

30、15;0.2×5×4×104×100=2.0V （2）電流的有效值I=0.14A （3）小燈泡消耗的電功率P=I2R=0.142×9=0.18W答：（1）線(xiàn)圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值是2.0V （2）電流表的示數(shù)是0.14A （3）小燈泡消耗的電功率是0.18W點(diǎn)評(píng)：本題考查交變電流最大值、有效值的理解和應(yīng)用的能力，對(duì)于交流電表的測(cè)量值、計(jì)算交流電功率、電功等都用到有效值16（2013南昌校級(jí)二模）如圖所示，在一磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，垂直于磁場(chǎng)方向水平放置著兩根相距為h=0.1m的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，在兩根

31、導(dǎo)軌的端點(diǎn)N、Q之間連接一阻值R=0.3的電阻導(dǎo)軌上跨放著一根長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.2m，每米長(zhǎng)電阻r=2.0/m的金屬棒ab，金屬棒與導(dǎo)軌正交放置，交點(diǎn)為c、d，當(dāng)金屬棒在水平拉力作用于以速度v=4.0m/s向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，試求：（1）使金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)的拉力；（2）回路中的發(fā)熱功率；（3）金屬棒ab兩端點(diǎn)間的電勢(shì)差考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線(xiàn)時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專(zhuān)題：電磁感應(yīng)功能問(wèn)題分析：（1）金屬棒切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，cdQN中產(chǎn)生感應(yīng)電流，金屬棒將受到安培力作用，由于勻速運(yùn)動(dòng)，金屬棒所受的安培力與拉力平衡，根據(jù)公式E=Bhv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求出感應(yīng)電流，安

32、培力大小為F=BIh，即可得解；（2）回路中的熱功率P熱=I2（R+hr）（3）金屬棒ab兩端的電勢(shì)差等于Uac、Ucd、Udb三者之和，由公式E=BLv求解解答：解：（1）金屬棒cd段產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Ecd=Bhv=0.5×0.1×4=0.2VcdQN中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為 I=使金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)的外力與安培力是一對(duì)平衡力，方向向左，大小為 F=F安=BIh=0.5×0.4×0.1N=0.02N（2）回路中的熱功率P熱=I2（R+hr）=0.08W（3）金屬棒ab兩端的電勢(shì)差等于Uac、Ucd、Udb三者之和，由于 Ucd=EcdIrcd，所以 Uab=E

33、abIrcd=BLvIrcd=0.32v答：（1）使金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)的拉力是0.02N；（2）回路中的發(fā)熱功率為0.08W；（3）金屬棒ab兩端點(diǎn)間的電勢(shì)差是0.32v點(diǎn)評(píng)：本題是電磁感應(yīng)與電路知識(shí)的綜合，要區(qū)分清楚哪部分電路是電源，哪部分是外部分，以及ab兩端點(diǎn)間的電勢(shì)差與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的關(guān)系17（2013秋桃城區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在一磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，垂直于磁場(chǎng)方向水平放置著兩根相距為h=0.1m的平行金屬導(dǎo)軌MN與PQ，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)N、Q之間連接一阻值R=0.3的電阻，導(dǎo)軌上跨放著一根長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.2m，每米長(zhǎng)電阻r=2.0/m的金屬棒ab，金屬棒與導(dǎo)

34、軌正交，交點(diǎn)為c、d當(dāng)金屬棒以速度v=4.0m/s向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，試求：（1）電阻R中的電流強(qiáng)度大小和方向；（2）使金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)的外力；（3）金屬棒c、d兩端點(diǎn)間的電勢(shì)差Ucd和a、b兩端點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線(xiàn)時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專(zhuān)題：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合分析：（1）金屬棒切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由E=Bhv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電流的大小由右手定則判斷感應(yīng)電流的方向（2）cdQN中產(chǎn)生感應(yīng)電流，金屬棒將受到安培力作用，由于勻速運(yùn)動(dòng)，金屬棒所受的安培力與拉力平衡，安培力大小為F=BIh，即可得解；（3）金屬棒ab兩端的電勢(shì)差等于Uac、Ucd、

35、Udb三者之和，由歐姆定律進(jìn)行求解解答：解：（1）由E=BLv得金屬棒ab切割磁感線(xiàn)在閉合電路中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為：E=Bhv 由閉合電路歐姆定律得電阻R中的電流強(qiáng)度大小為 A 方向?yàn)椋篘Q（2）由安培力得：F安=BIh=0.02N 設(shè)外力為F外，由平衡條件得：F外=F安=0.02N，方向水平向左 （3）金屬棒cd兩端點(diǎn)間的電勢(shì)差Ucd=IR=0.4×0.3=0.12（V） 而Uab=Ucd+Uac+Udb=0.12+0.5×（0.20.1）×4.0=0.32（V）答：（1）電阻R中的電流強(qiáng)度大小為0.4A，方向?yàn)椋篘Q（2）使金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)的外力為0.02N；（3

36、）金屬棒c、d兩端點(diǎn)間的電勢(shì)差Ucd為0.12V，a、b兩端點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab為0.32V點(diǎn)評(píng)：本題是電磁感應(yīng)與電路知識(shí)的綜合，要區(qū)分清楚哪部分電路是電源，哪部分是外部分，以及ab兩端點(diǎn)間的電勢(shì)差與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的關(guān)系18（2013秋如皋市期末）如圖所示，在一磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，垂直于磁場(chǎng)方向水平放置著兩根相距為h=0.1m的平行金屬導(dǎo)軌MN與PQ，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)N、Q之間連接一阻值R=0.3的電阻，導(dǎo)軌上跨放著一根長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.2m，每米長(zhǎng)電阻r=2.0/m的金屬棒ab，金屬棒與導(dǎo)軌正交，交點(diǎn)為c、d當(dāng)金屬棒以速度v=4.0m/s向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，試求：（1）電

37、阻R中的電流強(qiáng)度大小和方向；（2）使金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)的外力；（3）金屬棒ab兩端點(diǎn)間的電勢(shì)差考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線(xiàn)時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電勢(shì)差；閉合電路的歐姆定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專(zhuān)題：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合分析：（1）金屬棒切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，據(jù)公式E=Bhv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求出感應(yīng)電流，由右手定則感應(yīng)電流的方向（2）金屬棒向右勻速運(yùn)動(dòng)，受到向左的安培力作用，由于勻速運(yùn)動(dòng)，金屬棒所受的安培力與拉力平衡，根安培力大小為F=BIh，即可得解；（3）金屬棒ab兩端的電勢(shì)差等于Uac、Ucd、Udb三者之和，由公式E=BLv和歐姆定律求解解答：解：（1）金屬棒cd段產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：Ecd=Bhv=0.