北京市十二中高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年北 京十二中高二（上）期末物理试卷一、选择题（每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，全选对得3分，选对但不全得2分，有选错的或不答的得0分）1关于磁感线，以下说法正确的是（）a 磁感线不是磁场中客观存在的曲线b 磁感线都是闭合曲线c 磁感线起于n极，终于s极d 磁感线上某点的切线方向是小磁针静止时n极的指向，是通电直导线在此处受力方向2磁感应强度单位是特斯拉，1特斯拉相当于（）a 1kg/as2b 1kgm/as2c 1kgm2/s2d 1kgm2/as23在下列各图中，分别标出了匀强磁场的磁感应强度b的方向、电流i的方向以及通电直导线所受安培力f的方向，其中正确表示这三个方向关系的图是（）a b c d 4如图所示，a、b都是很轻的铝环，分别吊在绝缘细杆的两端，杆可绕竖直轴在水平面内转动，环a是闭合的，环b是断开的若用磁铁分别靠近这两个圆环，则下面说法正确的是（）a 图中磁铁n极接近a环时，a环被吸引，而后被推开b 图中磁铁n极远离a环时，a环被排斥，而后随磁铁运动c 用磁铁n极接近b环时，b环被推斥，远离磁铁运动d 用磁铁的任意一磁极接近a环时，a环均被排斥5如图，在阴极射线管正下方平行放置一根通有足够强直流电流的长直导线，且导线中电流方向水平向右，则阴极射线将会（）a 向上偏转b 向下偏转c 向纸内偏转d 向纸外偏转6如图甲所示，电路的左侧是一个电容为c的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为s在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示则在0t0时间内电容器（）a 上极板带正电，所带电荷量为b 上极板带正电，所带电荷量为c 上极板带负电，所带电荷量为d 上极板带负电，所带电荷量为7如图所示，两根竖直放置的光滑平行导轨，其中一部分处于方向垂直导轨所在平面并且有上下水平边界的匀强磁场中一根金属杆mn保持水平并沿导轨滑下（导轨电阻不计），当金属杆mn进入磁场区后，其运动的速度随时间变化的图线不可能的是（）a b c d 8如图所示，e为电池，l是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，d1、d2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，s是控制电路的开关对于这个电路下列说法正确的是（）a 刚闭合开关s的瞬间，通过d1、d2的电流大小相等b 刚闭合开关s的瞬间，通过d1、d2的电流大小不相等c 闭合开关s待电路达到稳定，d1熄灭，d2比原来更亮d 闭合开关s待电路达到稳定，再将s断开瞬间，d2立即熄灭，d1闪亮一下再熄灭9如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为b和e平板s上有可让粒子通过的狭缝p和记录粒子位置的胶片a1a2平板s下方有强度为b0的匀强磁场下列表述正确的是（）a 质谱仪是分析同位素的重要工具b 速度选择中的磁场方向垂直纸面向外c 能通过狭缝p的带电粒子的速率等于d 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝p，粒子的荷质比越小10一直升机停在南半球的地磁极上空该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为b直升机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，逆着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨逆时针方向转动螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如果忽略a到转轴中心线的距离，用e表示每个叶片中的感应电动势，如图所示，则（）a e=fl2b，且a点电势低于b点电势b e=2fl2b，且a点电势低于b点电势c e=fl2b，且a点电势高于b点电势d e=2fl2b，且a点电势高于b点电势11如图所示，一个直角三角形金属框，向左匀速穿过一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围成的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上取顺时针方向为电流的正方向，金属框穿过磁场的过程中，感应电流i随时间t变化的图象是（）a b c d 12为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为b的匀强磁场，在前后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压u若用q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（）a 若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高b 前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多无关c 污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大d 污水流量q与u成正比，与a、b无关二、填空题（本题共4小题，每空2分，共18分）13一矩形线圈面积s=102m2，它和匀强磁场方向之间的夹角1=30，穿过线圈的磁通量=1103wb，则磁场的磁感强度b=；若线圈以一条边为轴的转180，则穿过线圈的磁能量的变化为；若线圈平面和磁场方向之间的夹角变为2=0，则=14如图所示，两根水平的平行光滑长直金属导轨，其电阻不计，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中导体棒ab和cd跨在导轨上，ab的电阻大于cd的电阻当cd棒在水平外力f2作用下匀速向右滑动时，ab棒在水平外力f1作用下保持静止，则ab棒两端电压uab和cd棒两端电压ucd相比，uabucd，外力f1和f2相比，f1f2（均选填“”、“=”或“”）15如图所示的正方形的盒子开有a、b、c三个微孔，盒内有垂直纸面向里的匀强磁场，一束速率不同的电子从a孔沿垂直于磁感线方向射入盒中，发现从c孔和b孔有电子射出则（1）从b孔和c孔射出的电子的速率之比vb：vc为；（2）从b孔和c孔射出的电子在盒内运动时间之比 为16如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为l和2l的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为b的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，若外力对环做的功分别为wa、wb=；这一过程中通过环a和环b框截面的电量分别为qa和qb，则qa：qb=三、论述、计算题（共5小题，46分）17如图所示，两平行金属导轨间的距离l=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度b=0.50t、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势e=4.5v、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻r0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin37=0.60，cos37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力大小18如图所示，边长l=0.20m的正方形导线框abcd由粗细均匀的同种材料制成，正方形导线框每边的电阻r0=1.0，金属棒mn与正方形导线框的对角线长度恰好相等，金属棒mn的电阻r=0.20导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度b=0.50t，方向垂直导线框所在平面向里金属棒mn与导线框接触良好，且与导线框对角线bd垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在bd连线上若金属棒以v=4.0m/s的速度向右匀速运动，当金属棒运动至ac的位置时，求（计算结果保留两位有效数字）：（1）金属棒产生的电动势大小；（2）金属棒mn上通过的电流大小和方向；（3）导线框消耗的电功率19如图所示，两根足够长的直金属导轨mn、pq平行放里在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为l m、p两点间接有阻值为r的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上导轨和金属杆的电阻可忽略让金属杆ab沿导轨由静止开始下滑，经过足够长的时间后，金属杆达到最大速度vm，在这个过程中，电阻r上产生的热量为q导轨和金属杆接触良好，它们之间的动摩擦因数为，且tan已知重力加速度为g（1）求磁感应强度的大小；（2）金属杆在加速下滑过程中，当速度达到vm时，求此时杆的加速度大小；（3）求金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中下降的高度20如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向向里垂直纸面的匀强磁场一个质量为m、带电+q的微粒，在a点（0，3）以初速度v0=120m/s平行x轴射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的p点（6，0）和q点（8，0）各一次已知该微粒的比荷为=102c/kg，微粒重力不计，求：（1）微粒从a到p所经历的时间和加速度的大小；（2）求出微粒到达p点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电磁场中由a至q的运动轨迹；（3）电场强度e和磁感强度b的大小22在高能物理研究中，粒子加速器起着重要作用，而早期的加速器只能使带电粒子在高压电场中加速一次，因而粒子所能达到的能量受到高压技术的限制1930年，earnest olawrence提出了回旋加速器的理论，他设想用磁场使带电粒子沿圆弧形轨道旋转，多次反复地通过高频加速电场，直至达到高能量图甲为earnest olawrence设计的回旋加速器的示意图它由两个铝制d型金属扁盒组成，两个d形盒正中间开有一条狭缝；两个d型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压图乙为俯视图，在d型盒上半面中心s处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入d型盒中在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，应设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致如此周而复始，最后到达d型盒的边缘，获得最大速度后被束流提取装置提取出已知正离子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为u，磁场的磁感应强度为b，d型盒的半径为r，狭缝之间的距离为d设正离子从离子源出发时的初速度为零（1）试计算上述正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径；（2）尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略试计算上述正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间；（3）不考虑相对论效应，试分析要提高某一离子被半径为r的回旋加速器加速后的最大动能可采用的措施2014-2015学年北京十二中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，全选对得3分，选对但不全得2分，有选错的或不答的得0分）1关于磁感线，以下说法正确的是（）a 磁感线不是磁场中客观存在的曲线b 磁感线都是闭合曲线c 磁感线起于n极，终于s极d 磁感线上某点的切线方向是小磁针静止时n极的指向，是通电直导线在此处受力方向考点：磁感线及用磁感线描述磁场分析：根据磁感线的特点分析磁体周围的磁感线从n极出发回到s极，在内部则是从s极回到n极，磁感线的分布疏密可以反映磁场的强弱，越密越强，反之越弱磁感线是有方向的，磁感线上的任何一点的切线方向跟小磁针放在该点的北极指向一致解答：解：a、为了描述磁场的性质而引入了磁感线的概念，可形象地表示磁场的性质，磁感应线不是磁场中真实存在的线，故a正确；b、c、磁铁的外部磁感线是从n极出发终止于s极，而内部磁感线是s极出发终止于n极，磁感线是闭合曲线故b正确，c错误；d、磁感线上某点的切线方向是小磁针静止时n极的指向，与通电直导线在此处受力方向垂直故d错误故选：ab点评：本题考查了磁感线的引入的原因和特点由于磁场是看不见，摸不着的，为了描述磁场的性质而引入了磁感线的概念，它是假想出来的有方向的曲线，但可以描述磁场的性质2磁感应强度单位是特斯拉，1特斯拉相当于（）a 1kg/as2b 1kgm/as2c 1kgm2/s2d 1kgm2/as2考点：磁感应强度分析：根据磁感应强度与磁能量的关系和磁感应强度的定义式推导出t与其他单位的关系解答：解：由公式b=，安培力的单位是n，而电流的单位是a，长度的单位为m，则单位的换算可得n/am，即为1t根据牛顿第二定律f=ma，即1n=1kgm/s2，则1特斯拉相当于1kg/as2，故a正确，bcd错误故选：a点评：t是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉基础题3在下列各图中，分别标出了匀强磁场的磁感应强度b的方向、电流i的方向以及通电直导线所受安培力f的方向，其中正确表示这三个方向关系的图是（）a b c d 考点：左手定则分析：左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向根据左手定则的内容判断安培力的方向解答：解：根据左手定则可得：a、中安培力的方向是垂直导体棒向上的，故a正确；b、电流方向与磁场方向在同一直线上，不受安培力作用，故b错误；c、中安培力的方向是竖直导体棒向下的，故c错误；d、中安培力的方向垂直纸面向外，故d错误故选：a点评：根据左手定则直接判断即可，凡是判断力的方向都是用左手，要熟练掌握，是一道考查基础的好题目4如图所示，a、b都是很轻的铝环，分别吊在绝缘细杆的两端，杆可绕竖直轴在水平面内转动，环a是闭合的，环b是断开的若用磁铁分别靠近这两个圆环，则下面说法正确的是（）a 图中磁铁n极接近a环时，a环被吸引，而后被推开b 图中磁铁n极远离a环时，a环被排斥，而后随磁铁运动c 用磁铁n极接近b环时，b环被推斥，远离磁铁运动d 用磁铁的任意一磁极接近a环时，a环均被排斥考点：楞次定律分析：当磁铁的运动，导致两金属圆环的磁通量发生变化，对于闭合圆环，从而由楞次定律可得线圈中产生感应电流，则处于磁铁的磁场受到安培力，使圆环运动；对于不闭合圆环，虽有感应电动势，但没有感应电流，则不受安培力作用解答：解：a、b、当磁铁的靠近时，导致圆环a的磁通量变大，从而由楞次定律可得圆环a的感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它远离磁铁，即被推开；故a错误，b错误；c、对于圆环b，当磁铁的靠近时，虽磁通量变大，有感应电动势，但由于不闭合，所以没有感应电流，则不受安培力作用所以对于圆环b，无论靠近还是远离，都不会有远离与吸引等现象，故c错误；d、当磁铁的任意一磁极靠近时，导致圆环a的磁通量变大，从而由楞次定律可得圆环a的感应电流，使它远离磁铁，故d正确；故选：d点评：从楞次定律相对运动角度可得：近则斥，远则吸同时同向电流相互吸引，反向电流相互排斥也可以直接使用楞次定律的推论解答5如图，在阴极射线管正下方平行放置一根通有足够强直流电流的长直导线，且导线中电流方向水平向右，则阴极射线将会（）a 向上偏转b 向下偏转c 向纸内偏转d 向纸外偏转考点：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：首先由安培定则分析判断通电直导线周围产生的磁场方向，再由左手定则判断出电子流的受力方向，可知电子流的偏转方向解答：解：由安培定则判断可知，通电直导线上方所产生的磁场方向向外，电子向右运动，运用左手定则可判断出电子流受到向上的洛伦兹力作用，所以电子流要向上偏转故a正确，bcd错误故选：a点评：此题要求要会熟练的使用安培定则和左手定则分析解决问题，要明确电流、磁场、磁场力的关系，能正确的运用左手定则和右手定则分析问题是解决该题的关键6如图甲所示，电路的左侧是一个电容为c的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为s在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示则在0t0时间内电容器（）a 上极板带正电，所带电荷量为b 上极板带正电，所带电荷量为c 上极板带负电，所带电荷量为d 上极板带负电，所带电荷量为考点：法拉第电磁感应定律；电容；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第电磁感应定律求出产生感应电动势的大小，根据楞次定律判断出感应电动势的方向，从而确定电容器上极板所带电荷的电性，根据q=cu求出电容器所带的电荷量解答：解：根据法拉第电磁感应定律，电动势e=，电容器两端的电压等于电源的电动势，所以电容器所带的带电量根据楞次定律，在环形导体中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，所以电容器的上极板带正电故a正确，b、c、d错误故选a点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，会根据楞次定律判断感应电动势的方向，以及掌握电容器的带电量q=cu7如图所示，两根竖直放置的光滑平行导轨，其中一部分处于方向垂直导轨所在平面并且有上下水平边界的匀强磁场中一根金属杆mn保持水平并沿导轨滑下（导轨电阻不计），当金属杆mn进入磁场区后，其运动的速度随时间变化的图线不可能的是（）a b c d 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：当金属杆mn进入磁场区后，切割磁感线产生感应电流，受到向上的安培力，根据安培力与重力的关系分析金属杆可能的运动情况分析时，要抓住安培力大小与速率成正比的规律解答：解：当金属杆mn进入磁场区后，切割磁感线产生感应电流，受到向上的安培力a、金属杆mn进入磁场区时，若所受的安培力与重力相等，做匀速直线运动，速度不变，所以a图象是可能的，故a错误b、c、金属杆mn进入磁场区时，若所受的安培力小于重力，做加速运动，随着速度的增大，感应电动势和感应电流增大，金属杆所受的安培力增大，合外力减小，加速度减小，vt图象的斜率应逐渐减小，故b图象不可能，c图象是可能的，故b正确，c错误d、金属杆mn进入磁场区时，若所受的安培力大于重力，做减速运动，随着速度的减小，金属杆所受的安培力减小，合外力减小，加速度减小，vt图象的斜率减小，d图象是可能的，故d错误故选：b点评：解决本题关键能正确分析棒的受力情况，并能根据受力判定物体的运动情况，要紧扣安培力与速度成正比进行分析，知道这种情况杆子不可能做匀变速运动8如图所示，e为电池，l是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，d1、d2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，s是控制电路的开关对于这个电路下列说法正确的是（）a 刚闭合开关s的瞬间，通过d1、d2的电流大小相等b 刚闭合开关s的瞬间，通过d1、d2的电流大小不相等c 闭合开关s待电路达到稳定，d1熄灭，d2比原来更亮d 闭合开关s待电路达到稳定，再将s断开瞬间，d2立即熄灭，d1闪亮一下再熄灭考点：自感现象和自感系数分析：线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡d1构成电路回路解答：解：a、s闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，故a正确b错误；c、闭合开关s待电路达到稳定时，d1被短路，d2比开关s刚闭合时更亮，c正确；d、s闭合稳定后再断开开关，d2立即熄灭，但由于线圈的自感作用，l相当于电源，与d1组成回路，d1要过一会在熄灭，故d正确；故选：acd点评：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈上端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈下端是电源正极9如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为b和e平板s上有可让粒子通过的狭缝p和记录粒子位置的胶片a1a2平板s下方有强度为b0的匀强磁场下列表述正确的是（）a 质谱仪是分析同位素的重要工具b 速度选择中的磁场方向垂直纸面向外c 能通过狭缝p的带电粒子的速率等于d 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝p，粒子的荷质比越小考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理专题：压轴题分析：带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏转电场后做匀速圆周运动，根据半径公式得出半径与粒子比荷的关系解答：解：a、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有qe=qvb，解得v=，进入偏转电后，有qvb0=m，解得r=知r越小，比荷越大同位素电量相等，质量不同，则偏转半径不同，所以质谱仪是分析同位素的重要工具故a、c正确，d错误b、粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则知该粒子带正电，在速度选择器中，所受的电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则，磁场的方向垂直纸面向外故b正确故选abc点评：解决本题的关键知道粒子在速度选择器和偏转电场中的运动规律，掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式10一直升机停在南半球的地磁极上空该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为b直升机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，逆着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨逆时针方向转动螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如果忽略a到转轴中心线的距离，用e表示每个叶片中的感应电动势，如图所示，则（）a e=fl2b，且a点电势低于b点电势b e=2fl2b，且a点电势低于b点电势c e=fl2b，且a点电势高于b点电势d e=2fl2b，且a点电势高于b点电势考点：导体切割磁感线时的感应电动势分析：割产生的感应电动势根据e=blv求出大小，根据右手定则判断出电动势的方向，从而判断出a、b两点的电势高低解答：解：每个叶片都切割磁感线，根据右手定则，a点电势低于b点电势v=l=2lf，所以电动势为e=blv=bl2fl=fl2b故a正确，bcd错误故选：a点评：解决本题的关键掌握转动切割产生感应电动势的表达式e=blv，以及会用右手定则判断感应电动势的方向11如图所示，一个直角三角形金属框，向左匀速穿过一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围成的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上取顺时针方向为电流的正方向，金属框穿过磁场的过程中，感应电流i随时间t变化的图象是（）a b c d 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：先根据楞次定律判断感应电流的方向再由e=blv，分析感应电动势，其中l是有效的切割长度由欧姆定律得到感应电流与时间的关系式解答：解：设直角三角形右下角为金属框进入磁场的过程，感应电动势为 e=blv，l=vttan，则得 e=bv2ttan，感应电流大小：i=t，由楞次定律判断得知：感应电流为逆时针方向，是负值；金属框穿出磁场的过程，感应电动势为：e=blv，l=l0v（t）tan=（2l0vt）tanl0是三角形底边的长度，则得：e=b（2l0vt）vtan，感应电流大小：i=，由楞次定律判断得知：感应电流为顺时针方向，是正值；由数学知识可知a图象正确故选：a点评：本题是楞次定律和法拉第电磁定律、欧姆定律的综合应用，分段得到电流的表达式，再选择图象12为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为b的匀强磁场，在前后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压u若用q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（）a 若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高b 前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多无关c 污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大d 污水流量q与u成正比，与a、b无关考点：霍尔效应及其应用分析：根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出正负离子的偏转方向，确定出前后表面电势的高低最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出两极板间的电压，以及求出流量的大小解答：解：ab、根据左手定则，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，所以后表面的电势高于前表面的电势，与离子的多少无关故a错误、b正确cd、最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvb=q，解得u=vbb，电压表的示数与离子浓度无关v=，则流量q=vbc=，与u成正比，与a、b无关故d正确，c错误故选：bd点评：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及抓住离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡进行求解二、填空题（本题共4小题，每空2分，共18分）13一矩形线圈面积s=102m2，它和匀强磁场方向之间的夹角1=30，穿过线圈的磁通量=1103wb，则磁场的磁感强度b=2105t；若线圈以一条边为轴的转180，则穿过线圈的磁能量的变化为2103wb；若线圈平面和磁场方向之间的夹角变为2=0，则=0考点：法拉第电磁感应定律；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向专题：电磁感应与电路结合分析：通过线圈的磁通量可以根据=bssin进行求解，为线圈平面与磁场方向的夹角解答：解：磁感应强度：b=2105t，线圈以一条边为轴转过180，穿过线圈的磁能量的变化为=21=1103wb1103wb=2103wb；若线圈平面和磁场方向之间的夹角变为2=0，则：=bssin0=0故答案为：2105t；2103wb；0点评：解决本题的关键掌握磁通量的公式，知道当线圈平面与磁场平行时，磁通量为0，当线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大14如图所示，两根水平的平行光滑长直金属导轨，其电阻不计，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中导体棒ab和cd跨在导轨上，ab的电阻大于cd的电阻当cd棒在水平外力f2作用下匀速向右滑动时，ab棒在水平外力f1作用下保持静止，则ab棒两端电压uab和cd棒两端电压ucd相比，uab=ucd，外力f1和f2相比，f1=f2（均选填“”、“=”或“”）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：cd切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，cd和ab两端的电压都是外电压整个回路中的电流处处相等，通过安培力的大小公式，结合共点力平衡比较拉力的大小解答：解：由图看出，cd切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，ab是外电路，由于导轨电阻不计，所以cd和ab两端的电压都是外电压，所以uab=ucd由于电流相等，由公式f=bil，可知两棒所受的安培力相等，因为两棒都处于平衡状态，拉力都等于安培力，则f1=f2故答案为：=，=点评：处理电磁感应中电路问题时，关键能够知道其等效电路，知道哪一部分相当于电源，结合安培力的大小公式和共点力平衡进行求解15如图所示的正方形的盒子开有a、b、c三个微孔，盒内有垂直纸面向里的匀强磁场，一束速率不同的电子从a孔沿垂直于磁感线方向射入盒中，发现从c孔和b孔有电子射出则（1）从b孔和c孔射出的电子的速率之比vb：vc为1：2；（2）从b孔和c孔射出的电子在盒内运动时间之比 为2：1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：电子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动根据牛顿第二定律推导出电子圆周运动的速率与半径的关系根据几何知识确定电子从c孔和b孔时半径关系，求解速率之比根据时间与周期的关系，求解时间之比解答：解：（1）设电子的质量为m，电量为q，磁感应强度为b，电子圆周运动的半径为r，速率为v，则有 qvb=m，得到，v=，r与v成正比由图看出，从b孔和c孔射出的电子半径之比rb：rc=1：2，则速率之比vb：vc=rb：rc=1：2（2）电子圆周运动的周期为t=，又v=，得到t=，可见周期不变从b孔和c孔射出的电子在盒内运动时间分别为tb=，tc=，所以从b孔和c孔射出的电子在盒内运动时间之比为tb：tc=2：1故答案为：（1）1：）2：1点评：本题是带电粒子在磁场中圆周运动的轨迹问题，是磁场、圆周运动及几何知识的综合应用16如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为l和2l的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为b的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，若外力对环做的功分别为wa、wb=1：4；这一过程中通过环a和环b框截面的电量分别为qa和qb，则qa：qb=1：2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：将闭合线框a和b匀速拉出磁场，根据功能关系可知，外力对环做的功等于线框产生的焦耳热根据感应电动势公式、焦耳定律、电阻定律研究功的关系由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由电流定义式求出电荷量，然后求出电荷量之比解答：解：闭合线框a产生的感应电动势ea=blv，外力对环做的功：wa=，ra=，闭合线框b产生的感应电动势eb=b2lv=2blv，外力对环做的功：wb=，rb=，代入解得：wa：wb=1：4；电荷量：q=it=t=t=，=；故答案为：1：4；1：2点评：本题综合了感应电动势、焦耳定律、电阻定律，关键根据功能关系得到外力对环做的功的表达式，运用比例法进行分析三、论述、计算题（共5小题，46分）17如图所示，两平行金属导轨间的距离l=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度b=0.50t、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势e=4.5v、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻r0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin37=0.60，cos37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力大小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力分析：（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小（2）根据安培力的公式f=bil求出安培力的大小（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小解答：解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：i=1.5a；（2）导体棒受到的安培力：f安=bil=0.30n；（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力：f1=mg sin37=0.24n，由于f1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件：mg sin37+f=f安，解得：f=0.06n；答：（1）通过导体棒的电流为1.5a；（2）导体棒受到的安培力大小为0.30n；（3）导体棒受到的摩擦力大小为0.06n点评：解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力18如图所示，边长l=0.20m的正方形导线框abcd由粗细均匀的同种材料制成，正方形导线框每边的电阻r0=1.0，金属棒mn与正方形导线框的对角线长度恰好相等，金属棒mn的电阻r=0.20导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度b=0.50t，方向垂直导线框所在平面向里金属棒mn与导线框接触良好，且与导线框对角线bd垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在bd连线上若金属棒以v=4.0m/s的速度向右匀速运动，当金属棒运动至ac的位置时，求（计算结果保留两位有效数字）：（1）金属棒产生的电动势大小；（2）金属棒mn上通过的电流大小和方向；（3）导线框消耗的电功率考点：导体切割磁感线时的感应电动势分析：（1）当金属棒运动至ac位置时，有效切割长度等于正方形对角线的长度由公式e=blv求解感应电动势的大小（2）导线框左、右两侧电阻并联，求出并联电阻，由闭合电路欧姆定律求解金属棒mn上通过的电流大小，由右手定则判断电流的方向（3）根据功率求解导线框消耗的电功率、解答：解：（1）金属棒产生的电动势大小为：e=blv=0.4v=0.56v；（2）金属棒运动到ac位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻大小为：r并=1.0，电流：i=0.47a，由右手定则可知，电流方向从n到m；（3）导线框消耗的功率为：p框=i2r并=0.22w；答：（1）金属棒产生的电动势大小为0.56v（2）金属棒mn上通过的电流大小是0.47a，方向从n到m（3）导线框消耗的电功率是0.22w点评：本题是电磁感应中电路问题，确定哪部分电路是电源，哪部分电路是外电路是基础，也可以作出等效电路19如图所示，两根足够长的直金属导轨mn、pq平行放里在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为l m、p两点间接有阻值为r的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上导轨和金属杆的电阻可忽略让金属杆ab沿导轨由静止开始下滑，经过足够长的时间后，金属杆达到最大速度vm，在这个过程中，电阻r上产生的热量为q导轨和金属杆接触良好，它们之间的动摩擦因数为，且tan已知重力加速度为g（1）求磁感应强度的大小；（2）金属杆在加速下滑过程中，当速度达到vm时，求此时杆的加速度大小；（3）求金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中下降的高度考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）金属杆先沿导轨向下做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动，速度达到最大值，此时金属杆受力平衡，根据平衡条件和安培力公式，求出磁感应强度b的大小（2）金属杆在加速下滑过程中，当速度达到vm时，求出安培力，由牛顿第二定律求解加速度大小（3）金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中，其重力势能减小，转化为杆的动能、摩擦生热和电路中的焦耳热，根据能量守恒定律求解杆下降的高度解答：解：（1）当杆达到最大速度时受力平衡，由平衡条件得：mgsin=bil+n，n=mgcos，电路中电流为：，解得：（2）当杆的速度为时，由牛顿第二定律得：mgsinbiln=ma，此时电路中电流为：解得：（3）设金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中下降的高度为h，由能量守恒得：，高度：h=ssin，解得：答：（1）磁感应强度的大小为；（2）金属杆在加速下滑过程中，当速度达到vm时，此时杆的加速度大小为gsingcos；（3）金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中下降的高度为点评：本题的关键是会推导安培力的表达式，根据平衡条件、牛顿第二定律和能量守恒研究电磁感应现象，常规题20如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向向里垂直纸面的匀强磁场一个质量为m、带电+q的微粒，在a点（0，3）以初速度v0=120m/s平行x轴射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的p点（6，0）和q点（8，0）各一次已知该微粒的比荷为=102c/kg，微粒重力不计，求：（1）微粒从a到p所经历的时间和加速度的大小；（2）求出微粒到达p点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电磁场中由a至q的运动轨迹；（3）电场强度e和磁感强度b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）先分析带电微粒的运动情况：带电粒子从a点射入电场做类平抛运动，进入匀强磁场中做匀速圆周运动运用分解的方法，研究类平抛运动，由运动学公式求时间和加速度（2）由速度的分解求出微粒到达p点时速度方向与x轴正方向的夹角画出轨迹（3）由牛顿第二定律求电场强度e由几何知识求出微粒做圆周运动的半径，由牛顿第二 定律和向心力求磁感应强度解答：解：（1）微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由a到p做类平抛运动，微粒在x轴上做匀速直线运动sx=v0t 解得：t=0.05s 微粒沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动sy=at2a=2.4103m/s2（2）vy=at tg=arctg=45 轨迹如图 （3）电场中，由牛顿第二定律得