浙江省湖州市长兴中学高二物理下学期期中试卷（含解析）.doc

2013-2014学年浙江省湖州市长兴中学高二（下）期中物理试卷一、单项选择题（本大题共13小题，每小题3分，每题只有一个选项符合题目要求，共39分）1（3分）（2014春长兴县校级期中）关于电磁感应现象，下列说法中正确的是（）a只要闭合电路中有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生b只要闭合线圈做切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流c穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大d穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势与什么因素有关感应电流产生的条件：当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流解答：解：a、感应电流产生的条件是闭合回路中磁通量发生变化，闭合电路内有磁通量不一定有磁通量的变化，所以闭合电路中就不一定有感应电流产生故a错误b、闭合电路在磁场中运动，磁通量不一定发生变化，所以闭合电路中就不一定有感应电流产生故b错误；c、根据e=，磁通量变化大，磁通量的变化率不一定大，感应电动势不一定大，故c错误；d、根据e=，穿过线圈的磁通量变化越快，磁通量变化率越大，则感应电动势越大故d正确故选：d点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道感应电动势的大小与磁通量的变化率有关判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化2（3分）（2014春长兴县校级期中）如图，金属圆环的一半面积处在磁场中，穿过环的磁通量每秒钟均匀增加0.3wb，则（）a圆环中感应电动势每秒增加0.3vb圆环中感应电动势每秒减少0.3vc圆环中感应电动势始终为0.3vd圆环中感应电动势始终为0.15v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e=n，分析感应电动势的大小解答：解：磁通量始终保持每秒钟均匀地增加6wb，则=0.3wb/s，根据法拉第电磁感应定律e=n，知e=0.3v保持不变故c正确，a、b、d错误故选：c点评：解决本题的关键知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，会运用法拉第电磁感应定律解题3（3分）（2014春长兴县校级期中）图中是涡流在生产、生活中的应用，下列描述中不正确的是（）a真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置b家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的c金属探测器的原理主要是利用涡流来探测金属d变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流考点：* 涡流现象及其应用分析：电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流涡流会在导体中产生大量的热量解答：解：a、真空冶炼炉是线圈中的电流做周期性变化，在冶炼炉中产生涡流，从而产生大量的热量故a正确b、家用电磁炉锅体中的涡流是由周期性磁场产生的故b错误c、金属探测器中变化电流遇到金属物体，在金属物体上产生涡流故c正确d、变压器中的电流的交流，当变压器中的电流变化时，是其内芯将产生涡流，使用硅钢片做成的内芯可以尽可能减小涡流的损失属于涡流的应用故d正确本题选择错误的，故选：b点评：掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，电磁灶等4（3分）（2014春长兴县校级期中）一段长0.2m，通过2.5a电流的直导线，放在磁感应强度为b的匀强磁场中，受到的安培力为f，则下列说法正确的是（）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如果f有最大值时，通电导线一定与b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，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：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5（3分）（2014春长兴县校级期中）如图所示，三根通电直导线p、q、r互相平行垂直纸面放置，通过正三角形的三个顶点，三根导线通入大小相等、方向垂直纸面向里的电流则导线r受到的磁场力的方向是（）a垂直r，指向y轴负方向b垂直r，指向y轴正方向c垂直r，指向x轴正方向d垂直r，指向x轴负方向考点：平行通电直导线间的作用分析：r所在处的磁场是由p与q中的电流产生的，由安培定则判断出r处磁场的方向，然后由左手定则判断出r中电流所示安培力的方向解答：解：由安培定则可知，通电指导线p、q在r处产生的磁场方向水平向右，即沿x轴正方向，则r处的磁场方向沿x轴正方向；由左手定则可知，通电直导线r所受安培力垂直于r指向y轴负方向选项bcd错误，a正确故选：a点评：要注意解题步骤，先由安培定则判断出r处的磁场方向，然后由左手定则判断出安培力的方向6（3分）（2014春长兴县校级期中）马航mh370客机失联后，中国两架伊尔76飞机参与了在南印度洋的搜救工作已知在南半球地磁场的竖直分量向上，飞机处于定速巡航时段，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差设飞行员左方机翼末端处的电势为1，右方机翼末端处电势为2，则在飞机定速巡航时，下列说法正确的是（）a无论飞机航向如何都有12b只有飞机从南往北飞，12c只有飞机从西往东飞，12d只有飞机从东往西飞，1=2考点：导体切割磁感线时的感应电动势专题：电磁感应与电路结合分析：由于地磁场的存在，当飞机在南半球水平飞行时，两机翼的两端点之间会有一定的电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样由右手定则可判定电势的高低解答：解：当飞机在南半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向上，由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，由右手定则可判知，在南半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势低，右方机翼电势高，即总有12故选：a点评：本题要了解地磁场的分布情况，掌握右手定则对于机翼的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势，而电源内部的电流方向则是由负极流向正极的7（3分）（2014春长兴县校级期中）如图所示，一电子束垂直于电场、磁场方向进入a、b两板之间，运动轨迹偏向a极板，为了使电子束射入后能沿射入方向做直线运动（不计电子重力和电子间相互作用力），可采用的方法是（）a将极板间距离适当减小b将极板间距离适当增大c将变阻器滑动头p向右滑动d将变阻器滑动头p向左滑动考点：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：根据电路图可知：a板带正电，b板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，洛伦兹力方向向下，电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力解答：解：根据电路图可知：a板带正电，b板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小f电=ee=洛伦兹力方向向下，f=bev电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力a、将极板间距离适当减小时，f电增大，不满足要求，故a错误；b、将极板间距离适当增大时，f电减小，满足要求，故b正确；c、将变阻器滑动头p向右或向左移动时，电容器两端电压不变，电场力不变，故cd错误；故选：b点评：本题是带电粒子在混合场中运动的问题，电子受到电场力和洛伦兹力，要使粒子做直线运动，则要求电场力等于洛伦兹力，难度适中8（3分）（2014春长兴县校级期中）如图所示，铜质导电板置于匀强磁场中，通电时铜板中电流方向向下，由于磁场的作用，则（）a板左侧聚集较多电子，使b点电势高于a点b板左侧聚集较多电子，使a点电势高于b点c板右侧聚集较多电子，使a点电势高于b点d板右侧聚集较多电子，使b点电势高于a点考点：左手定则；电势；洛仑兹力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据左手定则，让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是正电荷所受的洛伦兹力的方向由此可以判断电子的运动的方向解答：解：通电时铜板中电流方向向下，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力的方向是向右的，所以电子会偏向右侧，所以b侧聚集较多电子，同时使a点出现正电荷，所以a点的电势高于b点电势，所以c正确，abd错误故选：c点评：考查洛伦兹力的方向，注意正电荷运动的方向与电流的方向相同，负电荷运动的方向与电流的方向相反9（3分）（2014春长兴县校级期中）如图所示的电路中，a1和a2是完全相同的小灯泡，线圈l的直流电阻等于小灯泡电阻，下列说法中正确的是（）a闭合开关k，a2马上变亮，a1逐渐变亮，最后一样亮b闭合开关k，a1和a2始终一样亮c断开开关k时，a2立刻熄灭，a1闪一下再熄灭d断开开关k瞬间，a1和a2的亮度相同考点：自感现象和自感系数分析：闭合开关s，电阻r不产生感应电动势，a2立即发光线圈中电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流如何变化，判断灯的亮度如何变化断开开关s，a2灯原来的电流突然消失，线圈中电流减小，再由楞次定律分析电流如何变化，判断灯的亮度如何变化解答：解：a、b、闭合开关s，电阻r不产生感应电动势，a2立即发光线圈中电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律得知，自感电动势阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大，a1逐渐亮起来，所以闭合开关s，a2先亮、a1后亮，最后它们一样亮故a正确b错误c、d、断开开关s时，a2灯原来的电流突然消失，线圈中电流从原来的大小开始减小，产生感应电动势，相当于电源，感应电流流过a1、a2和r组成的回路，所以a1、a2都要过一会才熄灭，通过a2的电流方向与断开前相反a1不会闪一下再熄灭，a1和a2的亮度相同故c错误d正确故选：ad点评：解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守电磁感应的普遍规律楞次定律，对本题这种类型问题就是利用楞次定律来分析10（3分）（2014春长兴县校级期中）带电粒子m和n，以相同的速率先后经小孔s垂直进入如图所示的单边界磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，关于两粒子在匀强磁场中运动，下列说法正确的是（）am、n电性相同bm、n的运动时间可能相等cm的运动时间一定大于n的运动时间d减小n的速率，n运动时间一定减小考点：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：由左手定则判断出m带正电荷，带负电荷；求出粒子做圆周运动的周期，然后分析粒子的运动时间解答：解：a、由左手定则判断出n带正电荷，m带负电荷，故a错误；b、由图示运动轨迹可知，粒子在磁场中转过半个圆周，运动时间为周期的一半，粒子做圆周运动的周期：t=，粒子的运动时间：t=t=，由于v相同而：rmrn，则tmtn，故b错误，c正确；d、n粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为t=，减小n的速率，n运动时间不变，故d错误；故选：c点评：本题考查了判断粒子的电性、比较粒子运动时间关系，由于左手定则、半径的公式和根据周期的公式即可正确解题，本题是一道基础题11（3分）（2005武汉二模）图中的a是一个边长为为l的正方向导线框，其电阻为r线框以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场区域b如果以x轴的正方向作为力的正方向线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则磁场对线框的作用力f随时间变化的图线应为哪个图（）abcd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：电磁感应与图像结合分析：由线圈运动时切割磁感线的长度为l，由e=blv可求得感应电动势，则由欧姆定律可得出电流，由安培力公式f=bil分析安培力，即可判断作用力与时间的关系；由右手定则可得出电流的方向，由左手定则分析安培力方向再进行分析选择解答：解：在0内，线框在磁场之外，感应电流为0安培力为0；在2内，由右手定则可得出感应电流的方向为逆时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向在24内，线框全部进入磁场，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为0安培力为0；在45内，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出感应电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向故选：b点评：本题考查的是线框穿磁场产生感应电流的典型情景，电磁感应与图象的结合一般考查选择题，先找到各图中的不同点，主要分析不同点即可得出正确答案12（3分）（2014春长兴县校级期中）如图所示，乙图中a、b为两个相同的环形线圈，挂在水平光滑的绝缘细杆上，a线圈中通有如图甲所示的电流，则（）a在t1到t2时间内a、b两线圈相斥b在t2到t3时间内a、b两线圈相吸ct1时刻两线圈间作用力为零dt2时刻两线圈间吸引力最大考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥解答：解：a、在t1到t2时间内，若设逆时针（从左向右看）方向为正，则线圈a电流方向逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈b方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈b的电流方向逆时针方向，因此a、b中电流方向相同，出现相互吸引现象，故a错误；b、在t2到t3时间内，若设逆时针方向（从左向右看）为正，则线圈a电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈b方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈b的电流方向逆时针方向，因此a、b中电流方向相反，a、b出现互相排斥，故b错误；c、由题意可知，在t1时刻，线圈a中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈b感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零故c正确；d、在t2时刻，线圈a中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈b感应电流也是最大，但a、b间的相互作用力最小，故d错误；故选：c点评：解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同13（3分）（2014春长兴县校级期中）如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个d形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连在磁场中运动的动能ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，忽略高速粒子的相对论效应，则下列判断中正确的是（）a带电粒子在电场中运动时不一定每一次都被加速b在ekt图中tntn1的间隔越来越大c粒子加速次数越多，获得的最大动能一定越大dd形盒半径越大，带电粒子获得的动能就越大考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理分析：交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由公式t=和r=判断；当粒子从d形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于d形盒的半径解答：解：a、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期相同，则每次都被加速，故a错误；b、洛伦兹力提供向心力，有qvb=m，解得r=，故周期t=，与速度无关，故t4t3=t3t2=t2t1=，故b错误；c、当粒子从d形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于d形盒的半径；由qvb=m 得，v=，则最大动能ek=mv2=，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压等其他因素无关，故c错误；d、当粒子从d形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于d形盒的半径；由qvb=m 得，v=，则最大动能ek=mv2=，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压无关，故d正确；故选：d点评：解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关二填空题（本题共3小题，每空2分，共16分）14（4分）（2011秋黄冈期末）在用阴极射线管研究磁场对运动电荷作用的实验中，将阴极射线管的a、b两极连在高压直流电源的正负两极上从a极发射出电子，当将一蹄形磁铁放置于阴极射线管两侧，显示出电子束的径迹如图所示，则阴极射线管的a极应接在电源的负极上（选填“正”或“负”）；蹄形磁铁的c端为s极（选填“n”或“s”）考点：左手定则专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：电子束从阴极射出，根据左手定则，判断出磁场的方向，从而得出磁铁的极性解答：解：电子束从阴极射出，所以a极应接在电源的负极上，根据电子束的偏转方向知，洛伦兹力向上，通过左手定则知，磁场的方向由d到c，所以d为n极，c端为s极故答案为：负，s点评：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电荷运动方向以及洛伦兹力方向的关系，以及注意四指方向与正电荷运动方向相同，与负电荷运动方向相反15（6分）（2014春长兴县校级期中）如图所示，u形金属导轨置于光滑绝缘的水平面上，导轨间距为l=0.4m，左端连接的电阻r=0.4金属棒ab长度l=0.4m，电阻r=0.1在导轨范围内有垂直水平面的、磁感强度b=0.1t的匀强磁场，当用外力使棒ab以速度v=5m/s匀速右移时，试求：（1）通过ab棒的电流i=0.4a； （2）ab棒两端的电势差uab=0.16v；（3）ab棒克服安培力做功的功率p克=0.08w考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由e=blv求出电动势，由欧姆定律求出电流（2）由欧姆定律求出ab两端的电势差（3）由安培力公式求出安培力，然后由p=fv求出功率解答：解：（1）感应电动势：e=blv=0.10.45=0.2v，电流：i=0.4a；（2）ab棒两端的电势差uab=ir=0.40.4=0.16v；（3）安培力：f=bil=0.10.40.4=0.016n，克服安培力的功率：p=fv=0.0165=0.08w；故答案为：（1）0.4；（2）0.16；（3）0.08点评：本题关键要掌握感应电动势公式e=blv、欧姆定律、功率公式等等电磁感应基本知识，即可正确解题求ab间电势差时要注意金属棒是电源，ab间电势差是路端电压，不是感应电动势，也不是内电压16（6分）（2014春长兴县校级期中）如图所示，矩形导线框abcd，匝数为n=10匝，ad边长l1=20cm，ab边长l2=10cm在磁感应强度b=0.2t的匀强磁场中围绕与b方向垂直的oo转轴匀速转动，角速度=4rad/s，当线框从平行于磁场位置开始转过过程中，线圈中磁通量的变化量是0wb，线圈中磁通量平均变化率为0wb/s，平均感应电动势为0v考点：法拉第电磁感应定律专题：电磁感应与电路结合分析：已知磁感应强度与正形导线框的边长，根据磁通量的计算公式可以求出磁通量的变化量；由法拉第电磁感应定律求出感应电动势解答：解：当线框从平行于磁场位置开始转过过程中，磁通量的变化量：=21=bsbs=00=0，线圈中磁通量平均变化率为=0，角速度=4rad/s，t=0.5s，平均感应电动势：e=n=10=0v；故答案为：0，0，0点评：本题考查了求磁通量的变化、感应电动势，知道磁通量的定义式、应用法拉第电磁感应定律即可正确解题三、实验题（本题共2小题，每空2分，共10分）17（6分）（2014春长兴县校级期中）在探究感应电流产生的条件时，某班同学做了如下实验：探究：如图甲所示，将螺线管与电流表组成闭合回路，然后进行如下操作：把条形磁铁放在螺线管内不动；把条形磁铁插入螺线管；把条形磁铁拔出螺线管探究：如图乙所示，螺线管a、滑动变阻器、电源、开关组成一个回路；a放在螺线管b内，b与电流表组成一个闭合回路，然后进行如下操作：闭合和断开开关瞬间；闭合开关，a中电流稳定后；闭合开关，a中电流稳定后，将滑动变阻器滑片p向右滑动可以观察到：（1）在探究中，操作，闭合回路会产生感应电流；（填写探究中的序号）（2）在探究中，操作，闭合回路会产生感应电流；（填写探究中的序号）（3）在探究中，若断开开关瞬间，电流表指针向左偏，请写出能使电流表指针也向左偏的另外一种操作是闭合开关，a中电流稳定后，将滑动变阻器滑片p向左滑动考点：研究电磁感应现象专题：实验题分析：闭合电路的一部分导体切割磁感线，回路产生感应电流；穿过闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据题意与感应电流产生的条件分析答题解答：解：（1）在探究中，把条形磁铁放在螺线管内不动，穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流；把条形磁铁插入螺线管过程中，穿过回路的磁通量发生变化，产生感应电流；把条形磁铁拔出螺线管过程中，磁通量发生变化，产生感应电流；故选（2）在探究中，闭合和断开开关瞬间，穿过回路的磁通量变化，产生感应电流；闭合开关，a中电流稳定后，磁通量不变，不产生感应电流；闭合开关，a中电流稳定后，再改变滑动变阻器的阻值，穿过回路的磁通量变化，产生感应电流故选（3）在探究中，若断开开关瞬间，电流表指针向左偏，可知，磁通量在减小时，出现左偏现象，因此能使电流表指针也向左偏的另外一种操作是：闭合开关，a中电流稳定后，将滑动变阻器滑片p向左滑动；故答案为：（1）；（2）；（3）闭合开关，a中电流稳定后，将滑动变阻器滑片p向左滑动点评：本题考查了感应电流产生的条件，知道感应电流产生的条件，分析清楚题意即可正确解题18（4分）（2014春长兴县校级期中）（1）如甲图，小亮将玩具电动机通过开关、电流表接到电池上，第一次小电动机正常转动，记录电流表读数；第二次用手按住小电动机使其不转动，记录电流表读数问乙、丙两图哪一幅是对应第二次电动机不转动时的读数丙；（2）分析电流变化原因时会用到的主要物理知识有da电磁感应原理 b电流的磁效应c电场对带电粒子的作用 d通电导线在磁场中受安培力考点：闭合电路的欧姆定律分析：解答本题应明确：电动机为非纯电阻，能量转化为内能和机械能解答：解：（1）在电机转动时，电压一部分通过电流受力转化为机械能，别一部分加在内阻上，产生内能；而不转时，相当于全部电压加在纯电阻上，电流一定会增大；故不转时的测量图应为丙；（2）这里主要是要考虑导线是否由于受安培力而切割磁感线问题；在转动时，由于切割产生的电动势与加在电机上的电动势相反，从而产生能量向机械能的转化，同时减小了加在电机线圈上的电流；而在电机不转时，不在切割磁感线，使电动势全部加在电阻上；从而使电流过大；故解释现象应用的是通电导体在磁场中受安培力；故答案为：（1）丙；（2）d点评：本题以实验的形式考查对电动机的把握，要注意明确电动机在不转时要看作纯电阻三、计算题：（本题共3小题，共35分解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）19（10分）（2011秋黄冈期末）质谱仪是一种能够把具有不同荷质比（带电粒子的电荷和质量之比）的带电粒子分离开来的仪器，它的工作原理如图所示其中a部分为粒子速度选择器，c部分是偏转分离器如果速度选择器的两极板间匀强电场的电场强度为e，匀强磁场的磁感强度为b1偏转分离器区域匀强磁场的磁感强度为b2，某种带电粒子由o点沿直线穿过速度选择器区域后进入偏转分离器求：（1）粒子由孔 o进入偏转分离器时的速度为多大？（2）粒子进入偏转分离器后在洛伦兹力作用下做圆周运动，在照相底片mn上的d点形成感光条纹，测得d点到 o点的距离为d，则该种带电粒子的荷质比为多大？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）粒子做匀速直线运动，根据受力平衡求出速度；（2）在磁场中，洛伦兹力提供向心力，结合牛顿运动定律求出比荷解答：解：（1）粒子在 oo间做匀速直线运动，所以粒子受电场力和磁场力大小相等，方向相反，即 qvb1=qe 由此解出粒子进入偏转分离器时的速度为： （2）粒子进入偏转分离器的磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：由此解出粒子运动的圆周半径为 将（1）中求出的v代入上式，并由题意 d=2r解出 点评：解决本题的关键理解粒子速度选择器的工作原理，掌握偏转磁场中粒子的运动规律20（12分）（2014春长兴县校级期中）两平行金属导轨水平放置，一质量为m=0.2kg的金属棒ab垂直于导轨静止放在紧贴电阻r处，r=0.1，其它电阻不计导轨间距为d=0.8m，矩形区域mnpq内存在有界匀强磁场，场强大小b=0.25tmn=pq=x=0.85m，金属棒与两导轨间动摩擦因数都为=0.4，电阻r与边界mp的距离s=0.36m在外力作用下让ab棒由静止开始向右匀加速运动并穿过磁场，加速度a=2m/s2，g取10m/s2，试求：（1）金属棒ab刚进入磁场时电路中的电流（2）金属棒ab穿过磁场过程中流过r的电量（3）金属棒ab受到的外力f随时间t变化关系考点：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：（1）由匀变速直线运动的速度位移公式求出ab进入磁场时的速度，由e=blv求出电动势，然后又欧姆定律求出电流（2）由法拉第电磁感应定律求出电动势，由欧姆定律求出电流，然后由电流定义式求出电荷量（3）由牛顿第二定律求出f与t间的关系解答：解：（1）ab棒从静止到达mp