2022學年高二年級第二學期嘉興八校聯(lián)盟期中聯(lián)考

物理試題

考生須知：

L本卷共7頁，滿分100分，考試時間90分鐘。

2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數(shù)

字。

3.所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。

4.本卷g均取10m/s2o

選擇題部分

一、選擇題I（本大題共13小題，每小題3分，共39分，每個小題中只有一個選項符合題

目要求）

1.下列物理量為矢量的是（）

A.電動勢B.電流C.磁通量D.磁感應強度

【答案】D

【解析】

【詳解】電動勢和磁通量都是只有大小無方向物理量，是標量；電流雖然有大小和方向，但是電流的合

成不遵循平行四邊形定則，則電流也是標量；磁感應強度既有大小又有方向，是矢量；

故選D。

2.如圖所示，真空中的高速電子（不計重力）水平向右進入勻強磁場，勻強磁場的方向水平向左，則電

子將（）

?---------------------

B

?---------------------

A.向上偏轉B.向下偏轉C.向右勻速運動D.向右加速運動

【答案】C

【解析】

【詳解】由于該電子進入磁場的速度方向與磁場方向平行，則該電子在磁場運動不受洛倫茲力的作用。

又由于該電子的重力不計，則電子將向右做勻速直線運動。

故選C。

3.如圖所示是課本中交流發(fā)電機發(fā)電過程的示意圖，裝置中兩磁極之間產(chǎn)生的磁場可近似為勻強磁場,

為了便于觀察，圖中只畫「一匝線圈，線圈的A8邊和C。邊分別連接在滑環(huán)上，線圈在勻速轉動過程

中，下列說法正確的是（）

A.轉到圖甲位置時，通過線圈的磁通量為0,此位置為中性面

B.轉到圖乙位置時，線圈中電流方向發(fā)生改變

C.轉到圖丙位置時，C￡＞邊切割磁感線，產(chǎn)生感應電流方向為O—C

D.轉到圖丁位置時，線圈中的磁通量最大，磁通量的變化率最大

【答案】B

【解析】

【詳解】A.轉到圖甲位置時，磁場與線圈平行，線圈得磁通量為0,中性面為磁通量最大位置，因此甲

圖不是中性面位置，故A錯誤；

B.轉到圖乙位置時，即線圈為中性面位置，此時線圈中電流方向發(fā)生改變，故B正確：

C.轉到圖丙位置時，由右手定則可得，8邊感應電流方向為C—O,故C錯誤；

D.轉到圖丁位置時，線網(wǎng)中的磁通量最大，磁通量變化率為零，故D錯誤。

故選B。

4.下列關于教材中四幅插圖的說法正確的是（）

A.圖甲：金屬探測器通過使用恒定電流的長柄線圈來探測地下是否有金屬

B.圖乙：搖動手柄使得蹄形磁鐵轉動，則鋁框會以相同的速度同向轉動

C.圖丙：真空冶煉爐，當爐外線圈通入高頻交流電時，線圈中產(chǎn)生大量熱量，從而冶煉金屬

D,圖?。何脖淼谋眍^，在運輸時連接正、負接線柱保護電表指針，利用了電磁阻尼原理

【答案】D

【解析】

【詳解】A.甲圖中金屬探測器通過使用變化電流的長柄線圈來探測地下是否有金屬，故A錯誤;

B.由電磁驅動原理，圖乙中搖動手柄使得蹄形磁鐵轉動，則鋁框會同向轉動，且比磁鐵轉的慢，即同向異

步，B錯誤；

C.真空冶煉爐，當爐外線圈通入高頻交流電時，在鐵塊中會產(chǎn)生渦流，鐵塊中就會產(chǎn)生大量熱量，從而冶

煉金屬，選項C錯誤；

D.微安表的表頭，在運輸時連接正、負接線柱保護電表指針，利用了電磁阻尼原理，D正確。

故選D。

5.關于無線電波的發(fā)送和接收，下列說法中正確的是（）

A.為了將信號發(fā)送出去，先要進行調(diào)諧

B.為了從各個電臺發(fā)出的電磁波中將需要的選出來，就要進行調(diào)制

C.了從高頻電流中取出聲音信號，就要進行調(diào)頻

D.為了將信號發(fā)送出去，先要進行調(diào)制

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】要將信號發(fā)送出去，先要進行的是調(diào)制，要從各個電臺發(fā)出的電磁波中將需要的信號選出來，

要進行的是調(diào)諧，要從高頻電流中把聲音信號取出來，要進行的是解調(diào)。故D正確，ABC錯誤。

故選D。

6.如圖所示的平行板器件中有方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場。一帶正電的粒子以某一速度從該裝

置的左端水平向右進入兩板間后，恰好能做直線運動。忽略粒子重力的影響，則

A.若只將粒子改為帶負電，其將往上偏

B.若只增加粒子進入該裝置的速度，其將往上偏

C.若只增加粒子的電荷量，其將往下偏

D.若粒子從右端水平進入，則仍沿直線水平飛出

【答案】B

【解析】

p

【詳解】正粒子沿直線穿過正交場，向上的洛倫茲力和向下的電場力平衡，則即丫=萬;

A.若只將粒子改為帶負電，則洛倫茲力和電場力的方向均反向，則粒子仍沿直線通過，選項A錯誤；

B.若只增加粒子進入該裝置的速度，則洛倫茲力變大，粒子將往上偏，選項B正確；

C.若只增加粒子的電荷量，向上的洛倫茲力和向下的電場力仍平衡，其仍將沿直線通過，選項C錯誤;

D.若粒子從右端水平進入，則電場力和洛倫茲力均向下，則不可能仍沿直線水平飛出，選項D錯誤；

故選B.

7.下圖為長距離高壓輸電的示意圖。關于長距離輸電，下列說法正確的是（）

低壓變電站

A.高壓輸電是通過減小輸電電流來減小電路的發(fā)熱損耗

B.高壓輸電綜合考慮各種因素，輸電電壓越高越好

C.減小輸電導線的橫截面積有利于減少輸電過程中的電能損失

D.在輸送電壓一定時，輸送的電功率越大，輸電過程中的電能損失越小

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據(jù)輸電過程中損失的電功率

…R

可知高壓輸電是通過減小輸電電流，有利于減小電路的發(fā)熱損耗，故A正確；

B.高壓輸電綜合考慮材料成本、技術、經(jīng)濟性等各個方面的因素，所以不是輸電電壓越高越好，故B錯

誤。

C.減小輸電導線的橫截面積能增大電阻，根據(jù)輸電過程中損失的電功率

為"R

因此不利于減小輸電過程中的電能損失，c錯誤；

D.在輸送電壓一定時，輸送的電功率越大，輸電線上輸送電流越大，因此輸電過程中的電能損失越大，D

錯誤。

故選Ao

8.在如圖所示的LC振蕩電路中，已知某時刻電流i的方向指向A板，且正在增大，下列說法正確的是

)

B.A、8兩板間的電壓在增大

C.電容器C正在放電

D.磁場能正在轉化為電場能

【答案】C

【解析】

【分析】在LC振蕩電路中，當電容器充電時，電流在減小，電容器上的電荷量增大，磁場能轉化為電場

能；當電容器放電時，電流在增大，電容器上的電荷量減小，電場能轉化為磁場能。

【詳解】通過圖示電流方向，且電流增大，知電容器在放電，電場能轉化為磁場能，則電容器上極板A

帶負電，下極板8帶正電，電容器上的電荷量正在減小，由

u=Q

C

知AB兩極板間的電壓在減小，故C正確，ABD錯誤。

故選Co

9.如圖甲所示回旋加速器的兩個“D”型盒的半徑為凡勻強磁場的磁感應強度大小為B,現(xiàn)在兩“D”

型盒間接入峰值為Uo的交變電壓，電壓隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，將粒子源置于盒的圓心處，粒子

源產(chǎn)生質量為，小電荷量為q的笊核（：H）,在7=0時刻進入“D”型盒的間隙，已知粒子的初速度不

計，穿過電場的時間忽略不計，不考慮相對論效應和重力作用，下列說法正確的是（）

A.若交變電壓Uo變?yōu)樵瓉淼?倍，則笊核出D型盒的速度也變成2倍

2.71m

B.若交變電壓的周期取丁丁，加速器也能正常工作

3qB

"2腔

C.笊核離開回旋加速器的最大動能為"三

m

D.不需要改變?nèi)魏螚l件，該裝置也可以加速a粒子（：He）

【答案】D

【解析】

【詳解】A.設粒子在磁場中運動的次數(shù)為X

m

qvkB=~^

粒子在磁場中運動的之間

,T

t=k—

2

解得

兀BR?

t=

2U。

當Uo變?yōu)樵瓉淼?倍時，時間變?yōu)樵瓉淼腁錯誤;

BD.根據(jù)

T2兀R

I=------

V

解得

-2兀tn

1二--------

qB

加速電場中交變電壓的周期應與圓周運動的周期相同，又因為：He與笊核的比荷相同，因此不需要改變

任何條件，該裝置也可以加速a粒子，B錯誤，D正確；

C.笊核恰好離開時動能最大，由牛頓第二定律得

2

qvB=m—

動能為

12q2B2R2

E.--mv=----------

k22m

C錯誤。

故選Do

10.如圖所示，質量為相、長為/的直導線用兩絕緣細線懸掛于。、。'，并處于勻強磁場中。當導線中通

以沿X軸正方向的電流/,且導線保持靜止時，懸線與豎直方向夾角為。。下列說法正確的是（）

B.磁場方向可能沿y軸正方向

C.磁場方向可能沿懸線向上方向

D.磁場方向可能沿垂直懸線向上方向

【答案】B

【解析】

【詳解】A.根據(jù)左手定則，若磁場z軸正方向，通電導線受安培力沿y軸負方向，向y軸負方向偏轉，

A錯誤；

B.根據(jù)左手定則，若磁場沿y軸正方向，通電導線受安培力沿z軸正方向，若重力與安培力平衡，繩子

無拉力，可保持靜止，B正確；

C.根據(jù)左手定則，若磁場沿懸線向上方向，通電導線受安培力從左向右看方向垂直細繩和導線向左下，

不可能靜止在如圖所示位置，c錯誤；

D.根據(jù)左手定則，若磁場沿垂直懸線向上方向，通電導線受安培力沿繩向上，不可能靜止在如圖所示位

置,D錯誤。

故選Bo

11.在豎直方向的勻強磁場中，水平置一矩形線圈。規(guī)定線圈中電流正方向如圖甲所示，磁場向上為正。

B.ri=O.3s時線圈有收縮的趨勢

C.n=0.3s時線圈中的電流比上1.3s時線圈中的電流大

D.fi=0.3s時線外邊受到的安培力比f2=1.3s時岫邊受到的安培力大

【答案】D

【解析】

【詳解】A.O-ls內(nèi)磁感應強度B為負且在減小，根據(jù)楞次定律可知感應電流為ad仍a,為負方向，A錯

誤；

B.（Ms內(nèi)磁感應強度B為負且在減小，線圈磁通量在減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈具有擴張趨勢，B錯

誤；

CD.由于A=0.3s和f2=1.3s時磁感應強度8變化率相同，根據(jù)

可知兩時刻電動勢相同，電流相等，但八=0.3s時磁感應強度8比f2=1.3s時大，因此A=0.3s時線帥邊受到

的安培力比f2=L3s時必邊受到的安培力大，C錯誤，D正確。

故選D。

12.帶電粒子進入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡。如圖所示，在垂直紙面向里的勻強

磁場中觀察到某帶電粒子的軌跡，其中。和％是運動軌跡上的兩點。該粒子使云室中的氣體電離時，其本

身的動能在減少，而其質量和電荷量不變，重力忽略不計。下列說法正確的是（）

XX方XX

Xx\X

XOX

XXXX

A.粒子帶正電B.粒子先經(jīng)過a點，再經(jīng)過6點

C.粒子運動過程中洛侖茲力對其做負功D.粒子運動過程中所受洛倫茲力逐漸減小

【答案】D

【解析】

【詳解】AB.由題意可知該粒子本身的動能在減少，而其質量和電荷量不變，可知速度大小在減小，根

據(jù)洛倫茲力提供向心力

V2

qvB=m—

r

可得

mv

r=——

qB

所以粒子半徑減小，粒子先經(jīng)過。點，再經(jīng)過。點；根據(jù)左手定則可知粒子帶負電，故AB錯誤;

C.由于運動過程中洛倫茲力一直和速度方向垂直，洛倫茲力不做功，故C錯誤；

D.根據(jù)

F=qvB

可知粒子運動過程中所受洛倫茲力逐漸減小，故D正確。

故選D。

13.如圖所示，固定在水平面上的半徑為『的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應強度大小為3的勻強

磁場，圓環(huán)外無磁場。長為/的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導電轉軸00'匕隨軸

以角速度0勻速轉動。在圓環(huán)的4點和電刷間接有阻值為尺的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電

容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止狀態(tài)，已知重力加速度為g,不計其它電阻和摩擦，下列

說法正確的是（）

B.電阻消耗的電功率為攵也

4R

c.微粒的電荷量與質量之比為Y-

Br2a>

D.電容器所帶的電荷量為C8/0

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】A.由于在圓環(huán)內(nèi)存在磁感應強度為B的勻強磁場，所以金屬棒的有效切割長度為「，金屬棒切

割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為

-0+S1?2

EF=Berv=BDr--------=—Brco

22

故A錯誤；

B.電阻消耗的電功率為

22A2

nEBrco

r=---=--------

R4R

故B正確；

C.帶電微粒處于靜止狀態(tài)，由平衡條件得

E

q—=mg

解得微粒的電荷量與質量之比

q二2gd

mBrco

故C錯誤；

D.電容器所帶的電荷量為

Q=CE=^CBrco

故D錯誤。

故選Bo

二、選擇題H（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一

個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不選全的得1分，有選錯的得0分）

14.電磁波在現(xiàn)代科技和生活中得到了廣泛的應用。以下關于電磁波的應用，說法正確的是（）

A.紅外遙感技術利用了一切物體都在不停地輻射紅外線的特點

B.紫外驗鈔機是利用紫外線的熒光效應

C.X光透視利用的是光的衍射現(xiàn)象

D.工業(yè)上的金屬探傷利用的是y射線具有極強的穿透能力

【答案】ABD

【解析】

【詳解】A.切物體都在不停地輻射紅外線，紅外遙感技術就是利用這個原理，故A正確；

B.紫外驗鈔機是利用紫外線的熒光效應，故B正確；

C.X射線具有較強的穿透能力，在醫(yī)學上用它來透視人體，檢查病變和骨折情況，C項錯誤；

D.工業(yè)上的金屬探傷利用的是y射線具有極強的穿透能力，故D正確；

故選ABDo

15.如圖所示，在內(nèi)壁光滑、水平放置的玻璃圓環(huán)內(nèi)，有一直徑略小于環(huán)口徑的帶正電的小球，正以速度

W沿逆時針方向勻速轉動。若在此空間突然加上方向豎直向上、磁感應強度8隨時間成正比例增加的變化

磁場，設運動過程中小球的電荷量不變，那么（）

A.磁場力對小球一直不做功

B.小球受到的磁場力不斷增大

C.小球受到玻璃環(huán)的彈力不斷增大

D.小球先沿逆時針方向做減速運動，過一段時間后，沿順時針方向做加速運動

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.洛倫茲力始終與運動方向垂直，因此磁場力對小球一直不做功，A正確；

BD.玻璃圓環(huán)所處均勻變化的磁場中，在周圍產(chǎn)生穩(wěn)定的渦旋電場，對帶正電的小球做功，有楞次定律

可知電場方向為順時針，因此小球先沿逆時針方向做減速運動，過一段時間后，沿順時針方向做加速運

動，所以磁場力先減小后增大，B錯誤D正確；

C.因為小球在水平方向的洛倫茲力不是始終在增大，且小球的速度也在變化，所以小球受到玻璃環(huán)的彈

力不一定不斷增大，c錯誤。

故選ADo

非選擇題部分

三、填空實驗題（本題共3小題，共16分）

16.某科技興趣小組用如圖所示電路圖來研究自感現(xiàn)象。兩個靈敏電流計Gi和G2的零點都在刻度中央，

經(jīng)檢測，當電流從右流入電流計時，指針向右偏，反之向左偏。實驗時可以觀察到：

（1）在開關S接通的瞬間，Gi指針與G2指針擺動方向（選填“相同”或“不相同”）；

（2）在開關S斷開的瞬間，G2指針向擺（選填“左”或“右”）。

【答案】①.相同②.右

【解析】

【詳解】（1）［1］在開關S接通的瞬間，線圈阻礙電流增大，使得流經(jīng)G1的電流緩慢增大，但流經(jīng)兩電表

的電流方向均從左向右流入，所以此時G”G2指針均向右擺，擺動方向相同。

（2）［2］在S斷開的瞬間，線圈充當了電源、阻礙電流減小，使電流在線圈L、靈敏電流計、電阻R構成

的回路中慢慢減小到零，Gi中電流為從左向右流入，G2中電流為從右向左流入，所以此時G2指針向右擺、

Gi指針向左擺。

17.高一的小李同學看到了我們的物理課本中電磁感應現(xiàn)象的內(nèi)容很感興趣，通過自學想試探的用以下裝

置探究電磁感應現(xiàn)象，根據(jù)小李同學自己能力，他只能連接好以下部分導線。

（1）請你幫助小李同學將圖中所缺導線用筆畫補接完整，使這個實驗能順利進行。

（2）正確連接好電路后，小李同學嘗試進行以下操作，并對實驗結果做出了預判，請根據(jù)你所學會的內(nèi)

容判斷那些是正確的。

A.為了確保安全操作，閉合開關前，滑動變阻器的滑片應該置于最左端

B.閉合開關后，只要線圈A中有恒定電流，靈敏電流計指針就能發(fā)生偏轉

C.閉合開關后，將線圈A從線圈B中拔出，靈敏電流計指針能發(fā)生偏轉

D.閉合開關后，在進行實驗時，由于線圈B的接線柱沒有接好，線圈B與它連接的導線松開了，結果無

論怎么操作，靈敏電流計的指針都不偏轉，所以可以推斷無論怎么操作，都沒有感應電動勢產(chǎn)生

（3）小蔣同學想利用小李同學的實驗裝置繼續(xù)做“影響感應電流方向的因素”的實驗。他在閉合開關時發(fā)

現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下，小蔣同學根據(jù)所學的知識做出推斷，在合上開關后，將滑動變阻器

滑片迅速向左移動時，電流計指針將會向左偏轉一下，那么你覺得小蔣同學的推斷是否正確（選

【解析】

【詳解】（1）口］電流表要檢測螺線管是否有感應電流，因此電流表直接與螺線管連接。如圖所示

（2）[2]A.為了確保安全操作，閉合開關前，滑動變阻器連入電路阻值應該最大，因此滑片應該置于最左

端，A正確；

B.閉合開關后，只要B中磁通量發(fā)生變化靈敏電流計指針才偏轉，若線圈A中有恒定的電流且AB均靜

止，B線圈磁通量不變，則靈敏電流計指針不發(fā)生偏轉，B錯誤；

C.閉合開關后，將線圈A從線圈B中拔出，B線圈磁通量變化，靈敏電流計指針發(fā)生偏轉，C正確；

D.B線圈磁通量變化，B線圈就有感應電動勢產(chǎn)生，與回路是否閉合無關，D錯誤。

故選ACo

（3）[3]閉合開關時，A線圈突然有電流產(chǎn)生，B線圈磁通量增加，因此靈敏電流計的指針向右偏了一

下，滑動變阻器滑片迅速向左移動時，A線圈的電流減小，B線圈的磁通量減小，與閉合開關時磁場方向

相同，變化趨勢不同，因此感應電流方向不同，故電流計指針將會向左偏轉一下，推斷是正確的。

18.在“探究變壓器線圈兩端的電壓和匝數(shù)的關系”實驗中，可拆變壓器如圖所示。

（1）為實現(xiàn)探究目的，保持原線圈輸入的電壓一定，通過改變原、副線圈匝數(shù)，測量副線圈上的電壓。

這個探究過程采用的科學探究方法是。

A.控制變量法B.等效替代法

C.演繹法D.理想實驗法

（2）變壓由兩個線圈和鐵芯等構成，下列說法正確的是o

A.匝數(shù)多的線圈導線粗B.匝數(shù)少的線圈導線粗

C.鐵芯由絕緣的銅片疊成D.鐵芯由絕緣的硅鋼片疊成

（3）在實際實驗中將電源接在原線圈的“0”和“8”兩個接線柱之間，用電表測得副線圈的“0”和

“4”兩個接線柱之間的電壓為3.0V,則原線圈的輸入電壓可能為一。

A.I.5VB.3.0VC.6.0VD.6.5V

【答案】①.A②.BD##DB③.D

【解析】

【詳解】（1）[1]在物理學中，當一個物理量與兩個或兩個以上的物理量有關系，需要研究其中兩個物理

量之間的關系時，需要控制其它物理量保持不變，從而方便研究二者之間的關系，該方法稱之為控制變

量法。為實現(xiàn)探究目的，保持原線圈輸入的電壓一定，通過改變原、副線圈匝數(shù)，測量副線圈上的電

壓。這個探究過程采用的科學探究方法為控制變量法。

故選A?

（2）[2]變壓器的鐵芯結構和材料由絕緣的硅鋼片疊成；且由變壓器工作原理知

/]="2

可知，匝數(shù)少的電流大，則導線越粗，即導線粗的線圈匝數(shù)少。

故選BD。

（3）[3]若是理想變壓器，則有變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系

如=女

l/2n2

若變壓器的原線圈接“0”和“8”兩個接線柱，副線圈接“0”和“4”兩個接線柱，可知原副線圈的匝

數(shù)比為2:1,副線圈的電壓為3V,則原線圈的電壓為

%=2X3V=6V

考慮到不是理想變壓器，有漏磁等現(xiàn)象，則原線圈所接的電源電壓大于6V,可能為6.5V。

故選D。

四、計算題（本題共4小題，共39分）

19.如圖所示，水平方向有磁感應強度大小為0.5T的勻強磁場，單匝矩形線框必邊長為2.5m,〃邊長

為0.4m,電阻尸1。，線框繞垂直磁場方向的轉軸00'勻速轉動，轉動的角速度為。=2（krad/s,線框通

過金屬滑環(huán)與阻值為R=9C的電阻構成閉合回路。仁0時刻線圈平面與磁場方向平行。不計導線電阻，

求：

（1）線框在轉動過程中電動勢的最大值；

（2）該交流電的電動勢的有效值；

（3）電壓表的示數(shù)是多少；

（4）流過電阻R的電流瞬時值表達式。

R

【答案】(1)31.4V；(2)22V；(3)19.8V；(4)i=7TCOS(20R)A

【解析】

【詳解】(1)交流電的最大值為

=能。=10乃VB31.4V

(2)有效值為

￡=—￡=5缶V?22V

2

(3)電壓表的讀數(shù)為路端電壓的有效值：

E9后

U=IR=-----R=萬V=19.8V

R+r2

(4)電流的瞬時值表達式為

E

i=l,coscot=——coscot=%cos(20R)A

n/nR+rV7

20.如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=0.40m,導軌與水平面的夾角237。，在導軌所在區(qū)域內(nèi)分布

垂直于導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小3=0.5T,導軌的一端接有電動勢E=4.5V、內(nèi)阻

r=0.50Q,的直流電源。一根與導軌接觸良好，質量為機=0.02kg的導體棒"垂直放在導軌上，棒恰好

靜止?！āò襞c導軌接觸的兩點間的電阻Ro=2.5C,不計導軌的電阻，^flX10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8,求：

(1)出?棒上的電流大??；

(2)帥棒受到的安培力；

(3)帥棒受到的摩擦力大小和方向。

BE

【答案】⑴1.5A；(2)0.3N,沿導軌向上；(3)0.18N,方向沿導軌向下

【解析】

【詳解】(1)根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得

(2)根據(jù)安培力的計算公式可得安培力的大小為

F女=BIL=0.5x1.5x0.4N=0.3N

根據(jù)左手定則可知安培力的方向沿著導軌斜面向上；

(3)重力沿導軌斜面向下的分力大小為

Gx=mgsin37=0.02xl()x0.6N=0.12N

則根據(jù)平衡條件可知摩擦力沿著導軌斜面向下，有

G,+f=F安

解得

/=0.18N

方向沿導軌斜面向下。

21.如圖所示，光滑金屬軌道PQ是由傾角為6=53。的PC、。。與水平放置的CG、金屬導軌連接而

成。在PQ之間接有一個阻值為/?=4。的電阻。PQDC之間有一個垂直于導軌平面向上的勻強磁場I,磁

感應強度為8i=0.4T,EFHG區(qū)域也有一豎直向上的勻強磁場II,磁感應強度為比=0.51\PQ,CD為磁

場I區(qū)的邊界，EF、G”為磁場II區(qū)的邊界。如圖所示，一根與導軌接觸良好且質量為機=20g、電阻為

L1C的金屬棒A8,垂直導軌放置并從導軌的頂端由靜止開始沿軌道下滑，并最終能穿過磁場II區(qū)。運

動過程中A8不發(fā)生旋轉，金屬棒到達CD邊界之前已開始勻速運動。若兩根導軌之間的距離為d=lm,

EF與GH之間的距離為/=1.2m,不計導軌的電阻,g10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,求：

(1)金屬棒AB勻速運動時的速度也的大小；

(2)金屬棒A8到達磁場邊界EF時A8兩端的電壓；

(3)金屬棒A8在磁場n區(qū)運動的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱

R'K,

0

【答案】(1)5m/s；(2)2V；(3)0.168J

【解析】

【詳解】(1)金屬棒AB勻速運動，故有

心=mgsin53

又有

F蚌Bll

E=Blv

故有

B2d\。

-------L=mgsin53

R+r

解得

v,=5m/s

(2)由法拉第電磁感應定律可知

E=Bdv=2.5V

由歐姆定律可知

E

UAB=UAB=——R=2V

ABABR+r

(3)金屬棒穿過磁場區(qū)域II時通過電阻R的電荷量為

,EA①△①Bdl

q=It=-------1=------------1=--------=--------0.12C

R+r(R+?R+rR+r

根據(jù)動量定理

/安=-Fn7=-Bld-t=-Bdq=mv2-mvx

解得

V2=2m/s

由能量守恒定律可知，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為

Q=|mvf-1mv；)=0.168J

22.如圖所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度方向垂直于紙面向外，在x軸下方存在勻強電場，

電場強度大小為E,電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角。一質量為，〃、電荷量為q(g>0)

的粒子以初速度vo從y軸上與。點相距為L的P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，入電場時

的速度方向恰與電場方向相反，不計重力。求：

⑴磁場的磁感應強度3

(2)粒子第三次到達x軸的位置到。點的距離；

(3)從P點開始到第三次通過x