贵州省遵义市清华中学2014-2015学年高二上学期第三次月考物理试卷

1、贵州省遵义市清华中学2014-2015学年高二上学期第三次月考物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题3分共30分；每个小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1（3分）如图所示，电子沿Y轴方向向正Y方向流动，在图中Z轴上一点P的磁场方向是（）A+X方向BX方向C+Z方向DZ方向2（3分）两个相同的圆形扁平线圈，能在一个光滑绝缘的圆柱体上自由滑动，设大小不同的电流按图中所示的方向分别通入两个线圈，则两线圈的运动情况是（）A都绕圆柱体转动B彼此相向平动，且电流大的加速度的值较大C彼此背向平动，且电流大的加速度的值较大

2、D彼此相向平动，且具有相同的加速度值3（3分）如图，一个有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬挂于a、b两点棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流方从M流向N，此时悬线上有拉力为了使拉力等于零，可（）A适当增大电流强度B适当减小磁感应强度C使磁场反向D使电流反向4（3分）如图所示，一个带负电的物体从光滑斜面顶端滑到底端，速度为V，若加上一个垂直纸面指向读者的磁场，则滑到底端时（）AV变大BV变小CV不变D不能确定V的变化5（3分）如图所示，金属杆ab以恒定的速度v在平行导轨上向右滑行，杆与导轨接触良好，整个装置处在垂直导轨平面向内的匀强磁场B中，除电阻R外，其他电阻不计，在

3、ab运动过程中，不计摩擦力，下面所给的物理量与金属杆运动的速率v成正比的是（）Aab中的电流B作用ab上的向右的拉力C拉力对ab杆做功的功率D回路中磁通量的变化率6（3分）关于电磁感应现象中，通过线圈的磁通量与感应电动势关系正确的是（）A穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C穿过线圈的磁通量变化越大，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7（3分）如图所示，让线圈由位置1通过一个匀强磁场的区域运动到位置2，下述说法中正确的是（）A线圈进入匀强磁场区域的过程中，线圈中有感应电流，而且进入时的速度越大，感应电流越大B整个线圈在匀强磁场中匀

4、速运动时，线圈中有感应电流，而且感应电流是恒定的C整个线圈在匀强磁场中加速运动时，线圈中有感应电流，而且感应电流越来越大D线圈穿出匀强磁场区域的过程中，线圈中有感应电流，而且感应电流越来越大8（3分）如图所示，一足够长的“n”形导体框架，宽度为L，其所在平面与水平面垂直，电阻可以忽略不计设匀强磁场与导体框架的平面垂直，磁感应强度为B有一根导体棒ab跨放在框架上，由静止释放导体棒沿框架竖直滑下，且始终保持水平，它与框架间摩擦力为f，如图所示，导体棒质量为m，有效电阻R，则ab中感应电流的方向是（）AabBbaC不存在D无法确定9（3分）有一小段通电导线，长为10厘米，其中的电流强度为5安培，把它

5、置于匀强磁场中某处，受到的磁场力为100牛顿，则该处的磁感应强度B一定是（）AB=200特斯拉BB200特斯拉CB200特斯拉D以上几种情况都有可能10（3分）先后以速度v和2v匀速地把同一线圈从同一磁场中的同一位置拉出有界的匀强磁场的过程中，如图所示，那么，在先后两种情况下，以下说法正确的是（）A线圈中感应电流大小之比为1：2B线圈中产生的热量之比为1：2C沿运动方向作用在线圈上的外力之比为1：2D沿运动方向作用在线圈上的外力的功率之比为1：2二、填空题（本题共5小题，每空2分，共20分）11（4分）在匀强磁场中（磁感应强度为B）有一折导线abc，ab=bc=L，=60°，导线中的

6、电流方向如图所示，电流强度为I，则折导线受到磁场作用的合力为，合力的方向为12（4分）如图所示，放在马蹄形磁铁两极之间的导体棒ab，当通有自b到a的电流时受到向右的安培力作用，则磁铁的上端是极如磁铁上端是S极，导体棒中的电流方向自a到b，则导体棒受到的安培力方向向13（4分）一水平放置的矩形线圈abcd，在条形磁铁S极附近下落，在下落过程中，线圈平面保持水平，如图所示，位置l和3都靠近位置2，则线圈从位置1到位置2的过程中，线圈内感应电流，线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内感应电流（填“有”或“无“）14（4分）一个单匝的闭合线圈总电阻为0.5，线圈的面积为100cm2垂直于线圈地匀强磁场地

7、磁感强度B随时间变化的规律如图所示，由此可知，线圈中磁通量的变化率在00.2s内为Wb/s，在00.4s内线圈中产生的热量为J15（4分）条形磁铁放在水平桌面上，左端为N极，右端为S极，在其正中央上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则磁铁对桌面压力（填增大、减小或不变），受桌面的摩擦力作用方向（填向左、向右或不受摩擦力）三、实验题（本题2小题共10分）16（4分）在图中用实线表示导线，将各元件连接成测量干电池的电动势和内电阻的实验电路：17（6分）在测电池电动势和内电阻时，测得下列数据，请作出UI图线求该电池的电动势和内电阻 I （安培） 0.18 0.40 0.

8、60 0.83 1.00 U （伏特） 1.40 1.30 1.20 1.10 1.00求得电池的电动势是伏； 内电阻是欧四、计算题（本题共4小题，每小题10分，共40分）18（10分）在图中，垂直U形导轨的匀强磁场B=0.2T，导轨中串接的电阻R=4垂直导轨运动的导线AB长l=40cm，其电阻为1，导轨其余部分电阻不计若AB运动速度v=3m/s，（1）开关S打开时，A、B间电势差是多少？（2）开关S合上时，A、B间电势差是多少？19（10分）如图所示中，一根垂直纸面放置的通电直导线，电流垂直纸内向里，电流强度为I，其质量为m，长为L，当加上一个匀强磁场时，导体仍能够静止在倾角为的光滑斜面，问

9、：（1）最小应加一个多大的磁场？方向如何？（2）调节磁感应强度的大小和方向，使导体所受磁场力的大小为mg，且导体保持静止状态，那么斜面所受的压力是多大？20（10分）图中MN表示真空室中垂直于纸面的平板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B一带电粒子从平板上的狭缝O处以垂直于平板的初速v射入磁场区域，最后到达平板上的P 点已知B、v以及P 到O的距离l不计重力，求此粒子的电荷q与质量m 之比21（10分）如图所示，两个界面S1和S2互相平行，间距为d，将空间分为三个区域 I和 III两区域内有方向指向纸内的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2区域 II内是匀强电场E，方

10、向从S1垂直指向S2一质量为m、电量为q的粒子（重力不计）以平行于电场线的初速度v0，从与S1相距为的O点开始运动，为使该粒子沿图中的轨迹运动（轨迹的两个半圆的半径相等）求：（1）磁感应强度B1：B2之比应是多少？（2）场强E应满足什么条件？贵州省遵义市清华中学2014-2015学年高二上学期第三次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题3分共30分；每个小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1（3分）如图所示，电子沿Y轴方向向正Y方向流动，在图中Z轴上一点P的磁场方向是（）A+X方向BX方

11、向C+Z方向DZ方向考点：洛仑兹力；左手定则 分析：正电荷的定向移动方向是电流的方向，电子定向移动的方向与电流方向相反；由安培定则可判断出P点磁场的方向解答：解：电子沿Y正向流动，则电流方向沿Y轴负方向，由安培定则可知，P点的磁场方向沿X轴正方向；故选A点评：先确定电流方向，然后由安培定则可以判断出P点的磁场方向2（3分）两个相同的圆形扁平线圈，能在一个光滑绝缘的圆柱体上自由滑动，设大小不同的电流按图中所示的方向分别通入两个线圈，则两线圈的运动情况是（）A都绕圆柱体转动B彼此相向平动，且电流大的加速度的值较大C彼此背向平动，且电流大的加速度的值较大D彼此相向平动，且具有相同的加速度值考点：平行

12、通电直导线间的作用 分析：本题的关键是明确两电流间的相互作用规律“同相电流相互吸引，异向电流相互排斥”，并结合牛顿第三定律和牛顿第二定律即可求解解答：解：根据电流间相互作用规律“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环应相互吸引，即彼此相向运动，再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律可知，两圆环的加速度大小相等，所以D正确，ABC错误故选：D点评：要熟记电流间相互作用规律“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，并掌握牛顿运动定律的应用，注意加速度的大小与电流大小无关3（3分）如图，一个有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬挂于a、b两点棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电

13、流方从M流向N，此时悬线上有拉力为了使拉力等于零，可（）A适当增大电流强度B适当减小磁感应强度C使磁场反向D使电流反向考点：安培力；共点力平衡的条件及其应用 分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向解答：解：棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，根据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，则安培力必须增加所以适当增加电流强度，或增大磁场，故A正确，BCD错误；故选：A点评：学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向4（3分）如图所

14、示，一个带负电的物体从光滑斜面顶端滑到底端，速度为V，若加上一个垂直纸面指向读者的磁场，则滑到底端时（）AV变大BV变小CV不变D不能确定V的变化考点：洛仑兹力 分析：未加磁场时，滑块受到重力、支持力，加磁场后，根据左手定则，多了一个垂直斜面向下的洛伦兹力两种情况重力做功相同，洛伦兹力不做功，根据动能定理，即可比较出两种情况到达底端的速率解答：解：未加磁场时，根据动能定理，有mgh=mv20加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，根据动能定理，有mgh=mv20，所以v=v故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键两次运用动能定理，两种情况重力功相同，多了磁场后多了洛伦兹力，洛伦兹力

15、不做功，从而比较出到达底端的速率5（3分）如图所示，金属杆ab以恒定的速度v在平行导轨上向右滑行，杆与导轨接触良好，整个装置处在垂直导轨平面向内的匀强磁场B中，除电阻R外，其他电阻不计，在ab运动过程中，不计摩擦力，下面所给的物理量与金属杆运动的速率v成正比的是（）Aab中的电流B作用ab上的向右的拉力C拉力对ab杆做功的功率D回路中磁通量的变化率考点：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：应用E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安培力求出安培力，应用功率公式求出功率，然后答题解答：解：A、感应电流：I=v，故A正确；B、ab受到的安培力：F安培

16、=BIL=，ab匀速运动，由平衡条件得，拉力：F=F安培=v，故B正确；C、拉力的功率：P=Fv=×v=，故C错误；D、由法拉第电磁感应定律得：E=BLvv，故D正确；故选：ABD点评：本题考查了电流、拉力、功率、磁通量变化率与速度的关系，应用E=BLv、欧姆定律、功率公式等即可正确解题6（3分）关于电磁感应现象中，通过线圈的磁通量与感应电动势关系正确的是（）A穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C穿过线圈的磁通量变化越大，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 专题：电磁感应与电路结合分析：由法拉第

17、电磁感应定律可知，感应电动势的大小除与线圈匝数有关外，还与磁通量变化快慢有关解答：解：由E=N得，线圈中产生的感应电动势大小由磁通量变化快慢决定，与磁通量的大小或其变化大小无关，A、穿过线圈的磁通量越大，则感应电动势不一定越大，故A错误；B、穿过线圈的磁通量为零，感应电动势可能不为零，故B错误；C、穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势不一定越大，故C错误；D、当磁通量变化越快，感应电动势越大，故D正确；故选：D点评：考查法拉第电磁感应定律，同时让学生清楚知道感应电动势与磁通量的变化率有关，与磁通量大小及磁通量变化大小均无关7（3分）如图所示，让线圈由位置1通过一个匀强磁场的区域运动到位置2，下

18、述说法中正确的是（）A线圈进入匀强磁场区域的过程中，线圈中有感应电流，而且进入时的速度越大，感应电流越大B整个线圈在匀强磁场中匀速运动时，线圈中有感应电流，而且感应电流是恒定的C整个线圈在匀强磁场中加速运动时，线圈中有感应电流，而且感应电流越来越大D线圈穿出匀强磁场区域的过程中，线圈中有感应电流，而且感应电流越来越大考点：导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律 专题：电磁感应中的力学问题分析：根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，判断有无感应电流产生；根据感应电动势公式E=BLv和欧姆定律分析感应电流与速度的关系解答：解：A、线圈进入匀强磁场区域的过程中，穿过线圈的磁

19、通量增大，有感应电流产生由E=BLv和I=得，感应电流I=，Iv，速度越大，感应电流越大故A正确B、C、整个线圈在匀强磁场中匀速或加速运动时，穿过线圈的磁通量都不变，线圈中都没有感应电流产生故BC错误D、线圈穿出匀强磁场区域的过程中，穿过线圈的磁通量减少，线圈中有感应电流产生，感应电流大小与速度成正比，所以感应电流不一定越来越大故D错误故选：A点评：本题比较简单，考查了基本规律的应用，是一道考查基础知识的好题当有磁通量变化时，有感应电流；当磁通量没有变化时，没有感应电流并要掌握公式E=BLv，并能判断感应电动势与速度的关系8（3分）如图所示，一足够长的“n”形导体框架，宽度为L，其所在平面与水

20、平面垂直，电阻可以忽略不计设匀强磁场与导体框架的平面垂直，磁感应强度为B有一根导体棒ab跨放在框架上，由静止释放导体棒沿框架竖直滑下，且始终保持水平，它与框架间摩擦力为f，如图所示，导体棒质量为m，有效电阻R，则ab中感应电流的方向是（）AabBbaC不存在D无法确定考点：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：导体棒切割磁感线产生感应电流，可由右手定则可以判断出电流方向解答：解：根据右手定则可知ab棒中感应电流的方向由ba 故ACD错误，B正确故选：B点评：本题考查了感应电流方向的判断，经熟练运用右手定则，也可以根据楞次定律分析9（3分）有一小段通电导线，长为1

21、0厘米，其中的电流强度为5安培，把它置于匀强磁场中某处，受到的磁场力为100牛顿，则该处的磁感应强度B一定是（）AB=200特斯拉BB200特斯拉CB200特斯拉D以上几种情况都有可能考点：安培力 分析：在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比解答：解：长为10cm，电流强度为0.5A，把它置入某磁场中某点，受到的磁场力为100N，当垂直放入磁场时，则公式B=得：B=200T，若不是垂直放入磁场时，则磁感应强度比200T还要大故选：C点评：磁感应强度的定义式B=可知，是属于比值

22、定义法，且导线垂直放入磁场中即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定例如：电场强度E=一样同时还要注意的定义式B=是有条件的10（3分）先后以速度v和2v匀速地把同一线圈从同一磁场中的同一位置拉出有界的匀强磁场的过程中，如图所示，那么，在先后两种情况下，以下说法正确的是（）A线圈中感应电流大小之比为1：2B线圈中产生的热量之比为1：2C沿运动方向作用在线圈上的外力之比为1：2D沿运动方向作用在线圈上的外力的功率之比为1：2考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据E=BLv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比根据焦耳定律Q=I2Rt，求

23、出线圈中产生的热量之比根据F=BIL和平衡条件，求出外力大小之比根据P=Fv求解外力功率之比解答：解：A、根据E=BLv，得感应电流 I=，可知感应电流 Iv，所以感应电流之比I1：I2=1：2，故A正确；B、由焦耳定律得：热量 Q=I2Rt=（）2R=，可知Qv，则热量之比为1：2，故B正确C、匀速运动时，作用在线圈上的外力大小等于安培力大小，F=FB=BIL=，可知Fv，则知：F1：F2=1：2，故C正确D、外力功率 P=Fv，则得：P1：P2=1：4，故D错误故选：ABC点评：解决本题的关键是掌握电磁感应的基本规律，采用比例法，用相同的物理量表示所求量，再求比例，是常用的方法二、填空题（

24、本题共5小题，每空2分，共20分）11（4分）在匀强磁场中（磁感应强度为B）有一折导线abc，ab=bc=L，=60°，导线中的电流方向如图所示，电流强度为I，则折导线受到磁场作用的合力为BIL，合力的方向为与x轴成60°斜向上考点：安培力 分析：对ab段和bc段分别求解安培力大小，根据左手定则判断方向；然后根据平行四边形定则判断合力的大小和方向解答：解：ab段受力为：F1=BIL 垂直ab向上；bc段受力为：F2=BIL 垂直bc向上；故合力：F=2F1cos30°=2BIL×=BIL 方向与x轴成60°斜向上；故答案为：BIL，与x轴成60

25、°斜向上点评：本题关键是分段考虑，然后对各段采用公式FA=BIL和左手定则分析，最后矢量合成12（4分）如图所示，放在马蹄形磁铁两极之间的导体棒ab，当通有自b到a的电流时受到向右的安培力作用，则磁铁的上端是N极如磁铁上端是S极，导体棒中的电流方向自a到b，则导体棒受到的安培力方向向右考点：安培力；左手定则 分析：根据左手定则判断磁场和安培力的方向，磁感线垂直于掌心，大拇指与四指垂直，在同一个平面内，电流方向与四指方向相同，大拇指方向为安培力方向解答：解：电流方向由b到a，安培力向右，根据左手定则，知磁场方向竖直向下，所以磁铁上端是N极 磁铁上端是S极，电流方向自a到b，根据左手定则

26、，知安培力方向向右故答案为：N，右点评：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向和安培力方向的关系13（4分）一水平放置的矩形线圈abcd，在条形磁铁S极附近下落，在下落过程中，线圈平面保持水平，如图所示，位置l和3都靠近位置2，则线圈从位置1到位置2的过程中，线圈内有感应电流，线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内有感应电流（填“有”或“无“）考点：楞次定律 分析：穿过线圈的磁通量发生变化，则闭合电路中产生感应电流可以根据楞次定律来确定感应电流的方向解答：解：如图所示，线圈从位置1到位置2的过程中，穿过线圈的磁通量减小，则产生感应电流；线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内穿过的磁通量增

27、加，则也会产生感应电流，故答案为：有；有点评：考查如何判定感应电流的产生条件，及掌握楞次定律的应用14（4分）一个单匝的闭合线圈总电阻为0.5，线圈的面积为100cm2垂直于线圈地匀强磁场地磁感强度B随时间变化的规律如图所示，由此可知，线圈中磁通量的变化率在00.2s内为0.1Wb/s，在00.4s内线圈中产生的热量为8×103J考点：法拉第电磁感应定律 专题：电磁感应与电路结合分析：穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而出现感应电流由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小，结合焦耳定律，即可求解解答：解：圆线圈在匀强磁场中，现让磁感强度在0.05s内由0.1T均匀

28、地增加到0.5T所以穿过线圈的磁通量变化量是：=21=（B2B1）S=2×100×104Wb=2×102Wb；而磁通量变化率为：=Wb/s=0.1Wb/s则线圈中感应电动势大小为：E=N=0.1V；由图可知，在00.4s内线圈中感应电动势总是0.1V，根据焦耳定律，则有：Q=8×103J；故答案为：0.1，8×103点评：考查法拉第电磁感应定律，掌握焦耳定律的内容，理解感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，而与磁通量变化及磁通量没有关系注意由图象可知，感应电动势的大小不变15（4分）条形磁铁放在水平桌面上，左端为N极，右端为S极，在其正中央上方

29、固定一根直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则磁铁对桌面压力增大（填增大、减小或不变），受桌面的摩擦力作用方向不受摩擦力（填向左、向右或不受摩擦力）考点：安培力 分析：先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化，判断磁铁受到的摩擦力方向解答：解：在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央正上方，导线所在处磁场水平向左方；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向上方；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向下，因此磁铁对桌面的压力增大，磁铁没有运

30、动趋势，磁铁不受摩擦力；故答案为：增大，不受摩擦力点评：本题应先选导线为研究对象，然后由牛顿第三定律判断磁铁的受力情况，巧妙地选取研究对象，是正确解题的关键三、实验题（本题2小题共10分）16（4分）在图中用实线表示导线，将各元件连接成测量干电池的电动势和内电阻的实验电路：考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：测量干池的电动势和内电阻的实验一般采用限流接法，而电流表内阻和电源内阻较接近，故电流表相对电源采用外接法解答：解：由实验原理和要求可知，滑动变阻器采用限流接法即可，故接线时采用一上一下的接法；由于电流表内阻接近电源内阻，故电流表采用相对于电源的外接法；这样可以减小内阻的测量误差

31、；在实物接线时，要注意导线不能交叉，并注意正负接线柱的接法不能出错，必须保证“红进黑出”故答案为：如图所示；点评：本题考查测量电动势和内电阻的实验中实物图的连接，要注意实物连线时的要求17（6分）在测电池电动势和内电阻时，测得下列数据，请作出UI图线求该电池的电动势和内电阻 I （安培） 0.18 0.40 0.60 0.83 1.00 U （伏特） 1.40 1.30 1.20 1.10 1.00求得电池的电动势是1.50伏； 内电阻是1.0欧考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：由表中数据合理选择标度，根据描点法得出对应的伏安特性曲线，再由闭合电路欧姆定律明确图象中截距及斜率的含

32、义即可求得电动势和内阻解答：解：如图建立直角坐标系，由描点法可得出对应的UI图象如图所示；图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故E=1.50V；图象的斜率表示内阻，则r=1；故答案为：1.50；1.0点评：本题考查通过描点作图的方法处理数据的方法，要注意正确作出对应的图象，结合闭合电路欧姆定律进行分析求解四、计算题（本题共4小题，每小题10分，共40分）18（10分）在图中，垂直U形导轨的匀强磁场B=0.2T，导轨中串接的电阻R=4垂直导轨运动的导线AB长l=40cm，其电阻为1，导轨其余部分电阻不计若AB运动速度v=3m/s，（1）开关S打开时，A、B间电势差是多少？（2）开关S合上时，A、B

33、间电势差是多少？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）开关S打开时，电路是断路，A、B间电势差等于AB产生的电动势，由E=Blv可求结果；（2）开关S闭合时，电路是一个通的回路，A、B间电势差等于R两端电压，由欧姆定律可求结果解答：解：（1）开关S打开时，电路是断路，AB间电势差为：E=Blv=0.2×0.40×3=0.24V（2）开关S闭合时，由闭合电路欧姆定律可得电路电流为：，AB间电势差为：U=IR=0.048×4=0.192V答：（1）开关S打开时，A、B间电势差是0.24V（2）开关S合上时，A、B间

34、电势差是0.192V点评：该题关键是分清开关的断开，闭合对电路产生的影响，要知道电路断路时候，路端电压等于电源电动势19（10分）如图所示中，一根垂直纸面放置的通电直导线，电流垂直纸内向里，电流强度为I，其质量为m，长为L，当加上一个匀强磁场时，导体仍能够静止在倾角为的光滑斜面，问：（1）最小应加一个多大的磁场？方向如何？（2）调节磁感应强度的大小和方向，使导体所受磁场力的大小为mg，且导体保持静止状态，那么斜面所受的压力是多大？考点：安培力 分析：（1）导体棒所受重力的大小方向不变，支持力的方向不变，根据三角形定则求出安培力的最小值，从而求出磁感应强度的最小值和方向（2）当导体受到的安培力大小为mg时，有共点力平衡判断出磁场方向，和斜面受到的压力；解答：解：（1）根据三角形定则知，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，有：mgsin=BIL 解得：B=此时B垂直于斜面向上（2）当导体受到的安培力大小为mg时，有共点力平衡判断出磁场当受到的安培力竖直向上时，此时支持力为零，