1、2015-2016学年吉林省长春五中高二（下）质检物理试卷一.选择题（共14小题，每小题4分，共56分其中1至10题为单项选择题，11至14题为多项选择题，少选2分，错选0分）1首先发现电流磁效应的科学家是（）A安培 B奥斯特 C库仑 D麦克斯韦2真空中两个相同的金属小球A和B，带电荷量分别为QA=2108C和QB=4108C，相互作用力为F，若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为（）A F BF C F D F3关于磁场、磁感线和磁感应强度的描述，正确的说法是（）A磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B由B=可知，一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处一定无磁场C磁场的方向就是通
2、电导体在磁场中某点手磁场作用力的方向D在磁场强的地方同一通电导体受得到安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小4在电磁感应现象中，下列说法中正确的是（）A感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反B闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流C闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动，一定能产生感应电流D感应电流的磁场总是阻碍原来磁场磁通量的变化5如图所示电路，电源电压为10V，闭合电键K后，电压表读数约为10V，L1发光，L2不发光，可能的情况是（）AL1处短路 BL2处短路 CL1灯丝断了 DL2灯丝断了6在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R
3、2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2、V的示数分别为I1、I2和U现将R2的滑动触点向b端移动，则三个 电表示数的变化情况是（）AI1增大，I2不变，U增大 BI1减小，I2增大，U减小CI1增大，I2减小，U增大 DI1减小，I2不变，U减小7有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为“1”、“10”、“100”、“1k”，某学生把选择开关旋到“100”挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角度很大，为了减少误差，他应该（）A换用“1k”挡，不必重新调整调零旋钮B换用“10”挡，不必重新调整调零旋钮C换用“1k”挡，必须重新调整调零旋钮D换用“10”挡，必须重新调整调零旋钮8如图所
4、示，光滑固定导体轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置于导轨上，形成一个闭合回路当一条形磁铁从高处下落接近回路时（）AP、Q将相互靠拢BP、Q将相互远离CP、Q将静止不动DP、Q将相对静止地向一个方向运动9如图甲所示，在圆形线框的区域内存在匀强磁场，开始时磁场方向垂直于纸面向里若磁场的磁感应强度B按照图乙所示规律变化，则线框中的感应电流I（取逆时针方向为正方向）随时间t的变化图线是（）A B C D10如图所示，用丝线吊一个质量为m的带电（绝缘）小球处于匀强磁场中，空气阻力不计，当小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时（）A小球的动能不相同 B丝线所受的拉力相同C小球所受的洛伦
5、兹力相同 D小球的向心加速度相同11如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡，线圈L自感系数足够大，电阻可以忽略不计下列说法中正确的是（）A合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭C断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭D断开开关S时，流过A2的电流方向向右12一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则（）A粒子带正电 B粒子加速度逐渐减小CA点的场强大于B点场强 D粒子的速度不断减小13一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好
6、能正常工作，则（）A电动机消耗的总功率为UI B电动机消耗的热功率为C电源的输出功率为EI D电源的效率为114在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为三个特殊材料制成的相同规格的小灯泡，这种灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合稳定后（）AL1、L2、L3的电阻相同 BL3两端的电压为L1的2倍C通过L3的电流是L1的2倍 DL3消耗的功率为0.75W二、实验题：（共2小题，共12分）15一同学用一游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一物体的长度测得的结果如图1所示，则该物体的长度L=m某同学用螺旋测微器测得一圆柱体直径如图2，则其直径是mm16在一次课外
7、实践活动中，某课题研究小组收集到数码相机、手机等电子产品中的一些旧电池以及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等电子元件现从这些材料中选取两个待测元件，一是电阻R0（约为2k），二是手机中常用的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）在操作台上还准备了如下实验器材：A电压表（量程4V，电阻RV约为4.0k）B电流表A1（量程100mA，内阻不计）C电流表A2（量程2mA，内阻不计）D滑动变阻器R1（02k，额定电流0.1A）E电阻箱R2（0999.9）F开关S一只，导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，小组的一位成员设计了如图1所示的电路原理图，所选取的相应器材（电
8、源用待测的锂电池）均标在图上，其器材选取中有不妥之处，你认为应该怎样调整？（2）如果在实际操作过程中，发现滑动变阻器R1、电压表已损坏，用余下的器材测量锂电池的电动势E和内阻r请你在图2方框中画出实验电路原理图（标注所用器材符号）；该实验小组的同学在实验中取得多组数据，然后作出如图3所示的线性图象处理数据，则电源电动势为V，内阻为三、计算题（本题共3小题，32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）17如图所示，一根长为0.2m的金属棒放在倾角为=37的光滑斜面上，并通以I=5A电流，方向如图所示，整个装置放在磁感应强度为B=0.6T，竖直向上的匀强磁场中
9、，金属棒恰能静止在斜面上，则该棒的重力为多少？18电视机显像管简单原理如图所示，初速度不计的电子经加速电场加速后进入有限边界宽度为L的匀强磁场，磁感应强度为B，如要求电子束偏转角为，求加速电场的电势差U（已知电子电量为e，质量为m）19如图所示，倾角=30、宽度L=l m的足够长的U形平行光滑金属导轨，固定在磁感应强度B=1T、范围充分大的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直用平行于导轨、功率恒为6W的牵引力F牵引一根质量为m=0.2kg、电阻R=l的放在导轨上的金属棒ab，由静止开始沿导轨向上移动（ab始终与导轨接触良好且垂直）当ab棒移动2.8m时，获得稳定速度，在此过程中，安培力做功为5.
10、8J（不计导轨电阻及一切摩擦，g取10m/s2），求：（1）ab棒的稳定速度（2）ab棒从静止开始达到稳定速度所需时间2015-2016学年吉林省长春五中高二（下）质检物理试卷参考答案与试题解析一.选择题（共14小题，每小题4分，共56分其中1至10题为单项选择题，11至14题为多项选择题，少选2分，错选0分）1首先发现电流磁效应的科学家是（）A安培 B奥斯特 C库仑 D麦克斯韦【考点】物理学史【分析】电流磁效应即电流产生磁场的现象，是1820年丹麦的物理学家奥斯特【解答】解：安培研究了通电导线的磁场方向与电流方向的关系，提出了安培定则库仑发现了库仑定律，麦克斯韦提出了电磁场理论，预言了电磁波
11、的存在奥斯特首先发现了电流磁效应故选B2真空中两个相同的金属小球A和B，带电荷量分别为QA=2108C和QB=4108C，相互作用力为F，若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为（）A F BF C F D F【考点】库仑定律【分析】当A带电荷量为Q，B带电荷量为2Q，在真空中相距为r时，根据库仑定律可以得到F与电量Q、距离r的关系；A、B球相互接触后放回原处，距离r不变，电荷先中和再平分，再根据库仑定律得到相互作用的库仑力大小与Q、r的关系，用比例法求解【解答】解：未接触前，根据库仑定律，得F=接触后两球带电量平分，再由库仑定律，得F=则F=F，故A正确，BCD错误故选：A3关于磁
12、场、磁感线和磁感应强度的描述，正确的说法是（）A磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B由B=可知，一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处一定无磁场C磁场的方向就是通电导体在磁场中某点手磁场作用力的方向D在磁场强的地方同一通电导体受得到安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小【考点】磁感应强度；磁感线及用磁感线描述磁场【分析】磁感线是描述磁场分布而假想的；磁感线的疏密表示磁场强弱，磁感线某点的切线方向表示该点的磁场方向；磁感线是闭合曲线，磁体外部磁感线是从N极到S极，而内部是从S极到N极；公式B=是定义式，与导线的受力大小无关；根据左手定则可知，磁场的方向与安培力的方向一定垂直【解答】解：A、磁感
13、线是闭合曲线，磁体外部磁感线是从N极到S极，而内部是从S极到N极，故A错误；B、根据公式：F=BILsin可知，一小段通电导体在某处不受磁场力，可能是电流的方向与磁场平行，此处不一定没有磁场，故B错误；C、根据左手定则可知，磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向垂直故C错误；D、根据公式：F=BILsin可知，通电导线在磁场强的地方受力可能比在磁场弱的地方受力小故D正确故选：D4在电磁感应现象中，下列说法中正确的是（）A感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反B闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流C闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动，一定能产生感应电流D感应电流的磁场总是阻
14、碍原来磁场磁通量的变化【考点】感应电流的产生条件【分析】根据楞次定律分析感应电流的磁场与原磁场方向的关系当穿过闭合电路的磁能量发生变化时，电路中能产生感应电流闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时闭合电路中能产生感应电流【解答】解：A、根据楞次定律得知，当原来磁场的磁能量增加时，感应电流的磁场跟原来的磁场方向相反，当原来磁场的磁能量减小时，感应电流的磁场跟原来的磁场方向相同故A错误B、当闭合线框放在变化的磁场中，不一定能产生感应电流如果线圈与磁场平行时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中不能产生感应电流故B错误C、闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动，如果磁通量没有变化，线圈没有感应电流产生故C错
15、误D、根据楞次定律得知，感应电流的磁场总是阻碍原来磁场磁通量的变化故D正确故选D5如图所示电路，电源电压为10V，闭合电键K后，电压表读数约为10V，L1发光，L2不发光，可能的情况是（）AL1处短路 BL2处短路 CL1灯丝断了 DL2灯丝断了【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】两灯串联，L1发光，L2不发光，电路不可能断路，可能是L2短路逐项分析即可【解答】解：A、若L1处短路，没有电流通过L1，L1应不发光，与题意不符，故A错误B、L2处短路，没有电流通过L2，L2不发光，有电流通过L1，L1发光，与题相符，故B正确CD、若有一灯丝断了，电路中没有电流，两灯都不发光，与题不符，故CD错误故
16、选：B6在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2、V的示数分别为I1、I2和U现将R2的滑动触点向b端移动，则三个 电表示数的变化情况是（）AI1增大，I2不变，U增大 BI1减小，I2增大，U减小CI1增大，I2减小，U增大 DI1减小，I2不变，U减小【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析【解答】解：R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总
17、电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大故A、C、D错误，B正确故选：B7有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为“1”、“10”、“100”、“1k”，某学生把选择开关旋到“100”挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角度很大，为了减少误差，他应该（）A换用“1k”挡，不必重新调整调零旋钮B换用“10”挡，不必重新调整调零旋钮C换用“1k”挡，必须重新调整调零旋钮D换用“10”挡，必须重新调整调零旋钮【考点】用多用电表测电阻【分析】欧姆表表盘刻度不均匀
18、，零刻度在右边，每次换挡都必须进行欧姆调零【解答】解：欧姆表的零刻度在最右边，指针偏角大说明被测电阻小，因此，要换小挡位10，重新欧姆调零故D正确故选：D8如图所示，光滑固定导体轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置于导轨上，形成一个闭合回路当一条形磁铁从高处下落接近回路时（）AP、Q将相互靠拢BP、Q将相互远离CP、Q将静止不动DP、Q将相对静止地向一个方向运动【考点】楞次定律【分析】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况【解答】解：当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：
19、感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用故A正确，BCD错误故选：A9如图甲所示，在圆形线框的区域内存在匀强磁场，开始时磁场方向垂直于纸面向里若磁场的磁感应强度B按照图乙所示规律变化，则线框中的感应电流I（取逆时针方向为正方向）随时间t的变化图线是（）A B C D【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生【解答】解：磁感应强度在0到t1内，由法拉第电磁感
20、应定律可得，随着磁场的均匀变大，由于磁感应强度随时间变化率不变，则感应电动势大小不变，感应电流的大小也不变；由于磁感线是向里在减小，向外在增大所以由楞次定律可得线圈感应电流是顺时针，由于环中感应电流沿逆时针方向为正方向，则感应电流为负的同理，磁感应强度在t1到t2内，感应电流不变，且电流方向为正所以只有C选项正确，ABD均错误故选：C10如图所示，用丝线吊一个质量为m的带电（绝缘）小球处于匀强磁场中，空气阻力不计，当小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时（）A小球的动能不相同 B丝线所受的拉力相同C小球所受的洛伦兹力相同 D小球的向心加速度相同【考点】洛仑兹力【分析】带电小球在重力
21、与拉力及洛伦兹力共同作用下，绕固定点做圆周运动，由于拉力与洛伦兹力始终垂直于速度方向，它们对小球不做功因此仅有重力作功，则有机械能守恒从而可以确定动能是否相同，并由此可确定拉力与洛伦兹力最后由向心加速度公式来确定是否相同【解答】解：A、由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力作功，则小球机械能守恒，所以小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时的动能相同，故A错误；B、由A选项可知，速度大小相等，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，故B错误；C、由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，但大小却相同
22、故C错误；D、根据a=，可知小球的向心加速度大小相同，且方向指向固定点，即加速度相同，故D正确；故选：D11如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡，线圈L自感系数足够大，电阻可以忽略不计下列说法中正确的是（）A合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭C断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭D断开开关S时，流过A2的电流方向向右【考点】自感现象和自感系数【分析】当电键K闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮断开瞬间也可以按照同样的思路分析【解答】解：A、灯B与电阻R串联，当电键K闭
23、合时，灯B立即发光通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A逐渐亮起来所以B比A先亮由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同故A正确；B、C、D、稳定后当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡A、B和电阻R构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，流过A2的电流方向向左；故B正确，CD错误；故选：AB12一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则（）A粒子带正电 B粒子加速度逐渐减小CA点的
24、场强大于B点场强 D粒子的速度不断减小【考点】电场线；牛顿第二定律；电场强度【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧【解答】解：A、由图所示，粒子从A到B，根据曲线运动条件可得，电场力逆着电场线方向，所以粒子带负电故A错误；B、从A到B，电场线越来越疏，所以电场强度减小，电场力也变小，则加速度也减小，故B正确；C、从A到B，电场线越来越疏，所以电场强度减小，故A点的场强大于B点场强，故C正确；D、由图所示，粒子从A到B，根据曲线运动条件可得
25、，电场力逆着电场线方向，与速度方向夹角大于90，所以阻碍粒子运动，因此速度不断减小，故D正确；故选：BCD13一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则（）A电动机消耗的总功率为UI B电动机消耗的热功率为C电源的输出功率为EI D电源的效率为1【考点】电功、电功率【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样
26、的【解答】解：A、电动机消耗的总功率应该用P=IU来计算，所以总功率为IU，所以A正确；B、电动机消耗的热功率应该用P=I2R来计算，所以热功率P=I2R，所以B错误C、电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出=UI故C错误D、电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为=l，所以D正确故选AD14在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为三个特殊材料制成的相同规格的小灯泡，这种灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合稳定后（）AL1、L2、L3的电阻相同 BL3两端的电压为L1的2倍C通过L3的电流是L1的2倍 DL3消耗的功率为0.75W【
27、考点】闭合电路的欧姆定律【分析】当开关闭合后，灯泡L3的电压等于3V，由图读出其电流I，由欧姆定律求出电阻，并求出其功率灯泡L2、L1串联，电压等于1.5V，由图读出电流，求出电阻【解答】解：A、当开关S闭合稳定后，灯泡L3的电压等于3V，由图读出其电流I3=0.25A，则灯泡L1的电阻R3=12，灯泡L2、L1串联，电压等于1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，灯泡L2、L3的电阻均为R2=7.5故AC错误，B正确D、功率P3=U3I3=0.75W故D正确故选BD二、实验题：（共2小题，共12分）15一同学用一游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一物体的长度测得的结果如图1所示，则
28、该物体的长度L=0.03335m某同学用螺旋测微器测得一圆柱体直径如图2，则其直径是3.266mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为33mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为70.05mm=0.35mm，所以最终读数为：33mm+0.35mm=33.35mm=0.03335m螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为26.60.01mm=
29、0.266mm，所以最终读数为3mm+0.266mm=3.266mm故答案为：0.03335，3.26616在一次课外实践活动中，某课题研究小组收集到数码相机、手机等电子产品中的一些旧电池以及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等电子元件现从这些材料中选取两个待测元件，一是电阻R0（约为2k），二是手机中常用的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）在操作台上还准备了如下实验器材：A电压表（量程4V，电阻RV约为4.0k）B电流表A1（量程100mA，内阻不计）C电流表A2（量程2mA，内阻不计）D滑动变阻器R1（02k，额定电流0.1A）E电阻箱R2（0999.9
30、）F开关S一只，导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，小组的一位成员设计了如图1所示的电路原理图，所选取的相应器材（电源用待测的锂电池）均标在图上，其器材选取中有不妥之处，你认为应该怎样调整？（2）如果在实际操作过程中，发现滑动变阻器R1、电压表已损坏，用余下的器材测量锂电池的电动势E和内阻r请你在图2方框中画出实验电路原理图（标注所用器材符号）；该实验小组的同学在实验中取得多组数据，然后作出如图3所示的线性图象处理数据，则电源电动势为3.5V，内阻为7【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律，估算出电路中电流的范围，从而得到电流表量程偏大（2）滑动变阻器可以用电阻箱替
31、换，由于电阻箱的电阻可以直接读出，因而可以不用电压表；先推导出电阻R与电流关系的一般表达式，然后结合图象得到数据【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，当滑动变阻器短路时，电流为：I=，内阻较小，故I约为1.8mA； 故用电流表A1量程太大，读数不准确；故答案为：用A2替换A1（2）可以采用电流表和电阻箱串联的方式进行测量；原理图如图所示根据闭合电路欧姆定律，电流的表达式为：I=，则： =r+；结合图象可以得到：r=7，E=3.5V故答案为：（1）用A2替换A1；（2）如图所示；3.5；7三、计算题（本题共3小题，32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
32、）17如图所示，一根长为0.2m的金属棒放在倾角为=37的光滑斜面上，并通以I=5A电流，方向如图所示，整个装置放在磁感应强度为B=0.6T，竖直向上的匀强磁场中，金属棒恰能静止在斜面上，则该棒的重力为多少？【考点】安培力的计算【分析】对导体棒进行受力分析，受到重力、支持力、安培力处于平衡，根据共点力平衡求出棒的重力【解答】解：金属棒受力如图所示，由平衡条件得：沿斜面方向有：Fcos=Gsin （1）棒所受的磁场力为：F=BIL（2）由（1）（2）解得棒的重力为：G=BILcot=0.8N答：棒的重力为0.8N18电视机显像管简单原理如图所示，初速度不计的电子经加速电场加速后进入有限边界宽度为
33、L的匀强磁场，磁感应强度为B，如要求电子束偏转角为，求加速电场的电势差U（已知电子电量为e，质量为m）【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【分析】作出粒子的运动轨迹，结合几何关系求出轨道半径的大小，从而根据洛伦兹力提供向心力求出粒子进入磁场的速度大小，通过动能定理求出加速电压的大小【解答】解：电子经加速电场加速后，速度为v，则由动能定理得电子进入匀强磁场中作匀速圆周运动，轨迹如图，由几何关系得，电子运动半径由牛顿第二定律，有由以上各式解得加速电压答：加速电场的电势差U为19如图所示，倾角=30、宽度L=l m的足够长的U形平行光滑金属导轨，固定在磁感应强度B=1T、范
34、围充分大的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直用平行于导轨、功率恒为6W的牵引力F牵引一根质量为m=0.2kg、电阻R=l的放在导轨上的金属棒ab，由静止开始沿导轨向上移动（ab始终与导轨接触良好且垂直）当ab棒移动2.8m时，获得稳定速度，在此过程中，安培力做功为5.8J（不计导轨电阻及一切摩擦，g取10m/s2），求：（1）ab棒的稳定速度（2）ab棒从静止开始达到稳定速度所需时间【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）本题和机车以恒定的功率启动类似，当达到稳定速度时，导体棒所受牵引力和阻力相等，根据P=Fv=fv可正确解答（2）金属棒做变速运动，不能根据运动学公式求解，由于功率保持不变，外力F做功为W=Pt，因此可以根据功能关系求解【解答】解：（1）由题牵引力的功率 P=Fv稳定时ab棒做匀速运动，则有F=mgsin30+FA，而安培力FA=BIL，I=联立以上各式，得：P=（mg+）v，代入数据得：6=（0.210+）v整理得：v2+v6=0，解得：v=2m/s（2）此过程棒上滑的高度h=2.8sin30=1.4m根据动能定理得PtWAmgh=mv2则得 t=代入解得，t=1.5s答：（1）ab棒的稳定速度是2m/s（2）ab棒从静止开始达到稳定速度所需时间是1.5s2016年7月2日