1、2014-2015学年广东省汕头市金山中学高二（上）第二次月考物理试卷（理科）一、单选题（每题3分，共18分）1（3分）（2012秋惠城区校级期中）水平放置的一根直导线通有水平向右的电流，在其正上方的小磁针N极将（）A向右平移B向左平移C垂直纸面向外转D垂直纸面向里转2（3分）（2014秋濠江区校级月考）如图所示的电路中，合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移，下列说法中正确的是（）A电流表A的示数变小B电压表V1的示数不变C电压表V2的示数变小D电压表V1与电压表V2的示数之和保持不变3（3分）（2011秋新疆校级期末）平行板电容器充电后与电源断开，当两极板距离增大时，则（）A电容器的电容不变
2、B电容器极板的电量不变C电容器极板间的电压不变D电容器两极板间电场强度变大4（3分）（2010秋兴庆区校级期末）如图所示，当导线棒MN在外力作用下沿导轨向右运动时，流过R的电流方向是（）A由ABB由BAC无感应电流D无法确定5（3分）（2011鼓楼区校级学业考试）图中的D为置于电磁铁两极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里在电键S接通后，导线D所受磁场力的方向是（）A向上B向下C向左D向右6（3分）（2012春晋宁县校级期中）如图所示，在一个小的圆形区域O内有一垂直于纸面向内的匀强磁场，当磁场的磁感应强度B增加时，那么它在该区域的右侧P点感应出的电场强度的方向是（）A在纸面内向上B在纸面
3、内向下C垂直纸面向里D垂直纸面向外二、双选题（每题4分，共24分）7（4分）（2014秋濠江区校级月考）下列说法正确的是（）A安培发现了电流的磁效应B奥斯特发现了电荷之间的相互作用规律C法拉第发现了电磁感应定律D楞次找到了判断感应电流方向的方法8（4分）（2011春南关区校级期末）如图所示，图中两组曲线中实线代表电场线（方向未画出）、虚线代表等势线，点划线是一个带电粒子仅在电场力作用下从A到B的运动轨迹，下列说法正确的是（）A粒子一定带正电B粒子的动能一定是越来越大C粒子的电势能一定是越来越小DA点的电势一定高于B点的电势9（4分）（2014秋濠江区校级月考）关于回旋加速器中电场和磁场作用的叙
4、述，正确的是（）A电场和磁场都对带电粒子起加速作用B只有电场对带电粒子做功的C磁场只对带电粒子起偏转作用D带电粒子在磁场中的运动周期会随运动半径的增大而增大10（4分）（2014秋濠江区校级月考）如图是质谱仪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A1A2S下方有磁感应强度为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速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C速度选择器只能一种电性，且速度等于的粒子D带电量相同的粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的质量越
5、大11（4分）（2014秋濠江区校级月考）磁流体发电是一项新兴技术如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场图中虚线框部分相当于发电机把两个极板与用电器相连，则（）A用电器中的电流方向从A到BB用电器中的电流方向从B到AC若只增强磁场，发电机的电动势增大D若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增小12（4分）（2014秋下陆区校级期末）如图所示，a、b、c为三个完全相同的灯泡，L为自感线圈（自感系数较大，电阻不计），E为电源，S为开关闭合开关S，电路稳定后，三个灯泡均能发光则（）A断开开关瞬间，c熄灭，稍后a、b同时熄灭B断开开关瞬
6、间，流过b的电流方向改变C闭合开关，a、b、c同时亮D闭合开关，a、b同时先亮，c后亮三、实验题（共18分）13（12分）（2014秋濠江区校级月考）某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值：（1）表内电池的极与红表笔相连；（2）先把选择开关旋到“1k”挡位，测量时指针偏转如图1所示请你简述接下来的测量过程：断开待测电阻，将选择开关旋到；将两表笔短接，；再接入待测电阻，重新读数；测量结束后，将选择开关旋到（3）表盘的示数如图2，则电阻值是（4）接下来采用“伏安法”较准确地测量该电阻的阻值，所用实验器材如图3所示其中电压表内阻约为5k，电流表内阻约为5图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连
7、接14（6分）（2014秋濠江区校级月考）在“测定金属电阻率”的实验中，我们需要用测量金属导线的直径，图1给出了某次测量结果的放大图，那么该次的测量结果为mm请你在图2方框中画出该实验电路图四、计算题（8分+14分+18分，共40分）15（8分）（2014春红桥区期中）如图所示，竖直向上的匀强磁场，零时刻磁感应强度B0为2T以后1T/s在变大，水平轨道电阻不计，且不计摩擦阻力宽L=2m的导轨上放一电阻r=l的导体棒，并用水平线通过定滑轮吊着质量M=2kg（g=10m/s2）的重物，轨道左端连接的电阻R=19，图中的l=1m，求：（1）重物被吊起前感生电流大小；（2）零时刻起至少经过多长时间才能
8、吊起重物16（14分）（2014秋濠江区校级月考）如图甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成=30角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示已知轨距为L=2m，重力加速度g取10m/s2，轨道足够长且电阻不计（1）求金属杆的质量m和阻值r；（2）当R=4时，求回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W17（18分）（2014秋濠江区校级月考）如图所示，x轴上方有一匀强磁
9、场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于纸面向里x轴下方有一匀强电场，电场强度为E、方向与y轴的夹角=45且斜向上方现有一质量为m电量为q的正离子，以速度v0由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的C点（图中未画出）进入电场区域，离子经C点时的速度方向与电场方向相反不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大，求：（1）C点的坐标；（2）离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；（3）回答：离子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程在做什么运动并大致画出离子前四次穿越x轴在磁场和电场区域中的运动轨迹2014-2015学年广东省汕头市金山中学高二（上）第二次月考物理试卷（
10、理科）参考答案与试题解析一、单选题（每题3分，共18分）1（3分）（2012秋惠城区校级期中）水平放置的一根直导线通有水平向右的电流，在其正上方的小磁针N极将（）A向右平移B向左平移C垂直纸面向外转D垂直纸面向里转考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向版权所有分析：利用右手螺旋定则判断通电直导线周围磁场的方向，再根据小磁针静止时N极的指向为该点的磁场方向即可判断解答：解：由右手螺旋定则知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外，而小磁针静止时N极的指向为该点的磁场方向，所以小磁针将垂直纸面向外转，C正确故选C点评：本题考查了通电直导线周围磁场的方向的判断，还要会判断环形电流、通电螺线管周围磁场的方向
11、2（3分）（2014秋濠江区校级月考）如图所示的电路中，合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移，下列说法中正确的是（）A电流表A的示数变小B电压表V1的示数不变C电压表V2的示数变小D电压表V1与电压表V2的示数之和保持不变考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：闭合开关S后，滑动变阻器R2与电阻R1串联，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量R1两端的电压，电压表V2测量R2两端的电压；根据滑片的移动确定接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和定值电阻R1两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器R2两端的电压变化以及电压表Vl与电压表V2的示数之和的
12、变化解答：解：A、闭合开关S后，滑动变阻器R2与电阻R1串联，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量R1两端的电压，电压表V2测量R2两端的电压；将滑动变阻器的滑片P向右移时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，根据I=，可知电路中的电流变小，即电流表的示数变小，故A正确；B、根据U=IR，则有：定值电阻R1两端的电压变小，即电压表Vl的示数变小，故B错误；C、串联电路中的总电压等于各分电压之和，则滑动变阻器R2两端的电压变大，即电压表V2的示数变大，故C错误；D、电压表Vl与电压表V2的示数之和等于外电路电压，电路减小，内电压减小，所以外电路电压增大，则电压表Vl与电压表V2的示数之和
13、增大，故D错误故选：A点评：本题考查了滑动变阻器的变阻原理、欧姆定律、串联电路的电压关系，分析电路图确定两电阻的连接方式和电表所测电路元件是本题关键3（3分）（2011秋新疆校级期末）平行板电容器充电后与电源断开，当两极板距离增大时，则（）A电容器的电容不变B电容器极板的电量不变C电容器极板间的电压不变D电容器两极板间电场强度变大考点：电容器的动态分析版权所有专题：电容器专题分析：根据电容决定公式，结合电容定义式c=，及电场强度公式E=，即可求解解答：解：A、电容器板间距离增大，电容逐渐减小故A错误 B、平行板电容器充电后断开电源后，电容器的电量不变故B正确 C、平行板电容器充电后断开电源后，
14、电容器的电量不变由公式C=，电容C减小，则电压U增大故C错误 D、由推论公式E=，、Q、S、k不变，板间场强E不变，故D错误故选：B点评：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住不变量难点是板间场强变化的确定，要在理解的基础上，记住推论的结果4（3分）（2010秋兴庆区校级期末）如图所示，当导线棒MN在外力作用下沿导轨向右运动时，流过R的电流方向是（）A由ABB由BAC无感应电流D无法确定考点：右手定则版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：右手定则的：右手平展，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内磁感线垂直进入手心，大拇指指向导线运动方向，则四指所指方向为导线中感应电流的方向解答：解
15、：导线棒MN在外力作用下沿导轨向右运动而切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可以判定感应电流的方向为由AB故A正确故选A点评：本题考查了右手定则，只要是导体切割磁感线而产生感应电流就可以利用右手定则判定感应电流的方向5（3分）（2011鼓楼区校级学业考试）图中的D为置于电磁铁两极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里在电键S接通后，导线D所受磁场力的方向是（）A向上B向下C向左D向右考点：左手定则；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向版权所有分析：由安培定则可得出导线所在位置的磁感线的方向，由左手定则可判断安培力的方向解答：解：电流由左侧流入，则由安培定则可知电磁铁右侧为N极，故导线所在处的
16、磁场向左；则由左手定则可知，导线受安培力向上；故选A点评：本题考查了安培定则及左手定则，注意软铁的末端才是磁极的位置6（3分）（2012春晋宁县校级期中）如图所示，在一个小的圆形区域O内有一垂直于纸面向内的匀强磁场，当磁场的磁感应强度B增加时，那么它在该区域的右侧P点感应出的电场强度的方向是（）A在纸面内向上B在纸面内向下C垂直纸面向里D垂直纸面向外考点：法拉第电磁感应定律版权所有分析：根据楞次定律来确定感应电流的方向，结合正电荷受到电场力方向，则为电场强度方向，即可求解解答：解：由题意可知，当磁场增加时，根据楞次定律可得，P处的感应电流方向逆时针方向，再由规定正电荷的运动方向即为电流方向，且
17、正电荷的电场力方向，则为电场强度的方向，因此右侧P点感应出的电场强度的方向是在纸面向上，故A正确，BCD错误；故选：A点评：考查楞次定律的应用，掌握电场强度的方向与正电荷的电场力的关系，注意正电荷的运动方向与电流的方向的关系二、双选题（每题4分，共24分）7（4分）（2014秋濠江区校级月考）下列说法正确的是（）A安培发现了电流的磁效应B奥斯特发现了电荷之间的相互作用规律C法拉第发现了电磁感应定律D楞次找到了判断感应电流方向的方法考点：物理学史版权所有专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误；B、库仑发现了电荷之
18、间的相互作用规律，故B错误；C、纽曼和韦伯发现了电磁感应定律，故C错误；D、楞次找到了判断感应电流方向的方法，故D正确；故选：D点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一8（4分）（2011春南关区校级期末）如图所示，图中两组曲线中实线代表电场线（方向未画出）、虚线代表等势线，点划线是一个带电粒子仅在电场力作用下从A到B的运动轨迹，下列说法正确的是（）A粒子一定带正电B粒子的动能一定是越来越大C粒子的电势能一定是越来越小DA点的电势一定高于B点的电势考点：电场线；电场强度；电势；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线
19、与等势面垂直电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加解答：解：A由于不知道的电场线的方向，不能判断电场的方向，也不能判断电荷的性质，所以A错误；B、根据粒子的运动的轨迹可以判断，粒子受到的力指向轨迹弯曲的内侧，即指向右下方，所以从A到B的过程中，电场力做正功，所以粒子的动能一定是越来越大，粒子的电势能一定是越来越小，所以BC正确；D、由于不知道电场的方向，所以不能判断A点和B点电势的高低，所以D错误故选BC点评：本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题9（4分
20、）（2014秋濠江区校级月考）关于回旋加速器中电场和磁场作用的叙述，正确的是（）A电场和磁场都对带电粒子起加速作用B只有电场对带电粒子做功的C磁场只对带电粒子起偏转作用D带电粒子在磁场中的运动周期会随运动半径的增大而增大考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动解答：解：A、B、C、回旋加速器只有电场能对带电粒子起加速作用，磁场的作用是偏转，故A错误，BC正确；D、粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB=mv其中：=解得：T=，带电粒子在磁场中的运动时
21、间与半径无关，是固定的，故D错误；故选：BC点评：解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转的以及知道粒子在磁场中运动的洛伦兹力不做功10（4分）（2014秋濠江区校级月考）如图是质谱仪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A1A2S下方有磁感应强度为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速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C速度选择器只能一种电性，且速度等于的粒子D带电量相同的粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的质量越大考
22、点：质谱仪和回旋加速器的工作原理版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子先经电场加速后，再进入速度选择器，电场力与洛伦兹力平衡，速度必须为v=的粒子才能通过选择器，然后进入磁场做匀速圆周运动，打在S板的不同位置在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据半径公式分析比荷与轨迹半径的关系解答：解：A、粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB0=m，解得：=，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故A正确；B、假设粒子带正电，则受电场力向左，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故B正确；C、在速度选择器中做匀速直线运动的粒子能进入偏
23、转磁场，由平衡条件得：qvB=qE，粒子速度：v=，与带电粒子的电性无关，故C错误；D、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB0=m，解得：=，由此可知，r越小，荷质比越大；粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子圆周运动的半径越小荷质比越大，那么带电量相同的粒子，质量越小；故D错误；故选：AB点评：质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段11（4分）（2014秋濠江区校级月考）磁流体发电是一项新兴技术如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场图中虚线框部分相当于发电机把两个极板
24、与用电器相连，则（）A用电器中的电流方向从A到BB用电器中的电流方向从B到AC若只增强磁场，发电机的电动势增大D若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增小考点：带电粒子在混合场中的运动版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：本题的关键是动态分析过程，先根据左手定则判断出正离子（或负离子）受到的洛伦兹力方向，从而判断出金属板电势的高低，进一步分析离子除受洛伦兹力外还受到电场力，最终二者达到平衡，得出结论解答：解：首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子所受洛伦兹力方向向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为
25、一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故A正确B错误；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f=qvB，F=q，则qvB=q，解得E=Bdv，所以电动势E与速度v及磁场B成正比，所以C正确、D错误故选：AC点评：正确受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的关键，先根据左手定则判断等离子体的正离子（或负离子）所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势高低，进一步受力分析结合牛顿第二定律可得出最终等离子体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力即可得出结论12（4分）（2014秋下陆区校级期末）如图所
26、示，a、b、c为三个完全相同的灯泡，L为自感线圈（自感系数较大，电阻不计），E为电源，S为开关闭合开关S，电路稳定后，三个灯泡均能发光则（）A断开开关瞬间，c熄灭，稍后a、b同时熄灭B断开开关瞬间，流过b的电流方向改变C闭合开关，a、b、c同时亮D闭合开关，a、b同时先亮，c后亮考点：自感现象和自感系数版权所有分析：电路稳定后，L的电阻很小，闭合瞬间L的电阻很大，断开稍后a、b同时熄灭开关s闭合瞬间，a由于线圈的阻碍电流增加，所以渐渐变亮解答：解：A、断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和a、b组成的回路中的电流会被阻碍减小，导致稍后a、b同时熄灭，而立刻c熄灭，故A正确；B、断开开关S的瞬
27、间，流过a的电流方向不变，而流过b的电流方向改变，故B正确；C、开关s闭合瞬间，b和c同时发光，a由于线圈的阻碍电流增加，所以a渐渐变亮，故C错误；D错误；故选：AB点评：本题考查了电感线圈对电流的阻碍作用，特别是开关闭合、断开瞬间的判断三、实验题（共18分）13（12分）（2014秋濠江区校级月考）某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值：（1）表内电池的负极与红表笔相连；（2）先把选择开关旋到“1k”挡位，测量时指针偏转如图1所示请你简述接下来的测量过程：断开待测电阻，将选择开关旋到“100”挡；将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0”；再接入待测电阻，重新读数；测量结束后，
28、将选择开关旋到“OFF”挡（3）表盘的示数如图2，则电阻值是2.2103（4）接下来采用“伏安法”较准确地测量该电阻的阻值，所用实验器材如图3所示其中电压表内阻约为5k，电流表内阻约为5图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接考点：用多用电表测电阻版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：选择开关旋到“1k”挡位时，由图可以看出测量时指针偏转角度太大，换用“100”档后，重新进行欧姆调零，再进行测量测量值=指示值倍率判断Rx2与RARV 的大小关系判断是电流表外接还是内接，即可求解解答：解：（1）表内电池的负极与红表笔相连；（2）欧姆表表盘右端为“0”，把选择开关旋到“1k”挡位，由图可以看
29、出测量时指针偏转角度太大，说明被测电阻阻值小，应改为较小档，换挡后注意先重新欧姆调零后再测量，故步骤为：断开待测电阻，将选择开关旋到“100”挡；将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0”；测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡（3）表盘的示数如图2，则电阻值是22100=2200；（4）如图所示（安培表内接）故答案为：（1）负；（2）“100”挡；调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0”；“OFF”挡（3）2.2103；（4）如图点评：本题主要考查基本仪器多用电表的结构、原理以及使用方法，也是考试的热点问题14（6分）（2014秋濠江区校级月考）在“测定金属电阻率”的实验中，我们需要
30、用螺旋测微器测量金属导线的直径，图1给出了某次测量结果的放大图，那么该次的测量结果为0.739mm请你在图2方框中画出该实验电路图考点：测定金属的电阻率版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，金属导线的直径很小，因此通过螺旋测微器测量；选择器材需安全、精确，通过金属导线的电阻的额定电流确定出电流表的量程通过比较金属导线的电阻与电流表内阻和电压表内阻的关系，确定电路的选择，若金属导线的电阻远小于电压表的内阻，采取外接法，若金属导线的内阻远大于电流表的内阻，采用内接法解答：解：（1）金属导线的直径很小，因此通过螺旋测微器测量；由图所示可知，螺
31、旋测微器固定刻度示数为0.5mm，游标尺示数为：23.90.01mm=0.239mm，螺旋测微器示数为：0.5mm+0.239mm=0.739mm；（2）因电阻较小，则使用电流表外接法，由于电压变化范围较大，则采用滑动变阻器分压式，实验电路图：故答案为：螺旋测微器，0.739，电路图如上图所示点评：解决本题的关键掌握器材选取的原则，即安全，精确以及掌握电流表内外接哪种情况误差比较小，“大内偏大，小外偏小”本题也可以说是一道创新题，能考查学生的实验创新能力，是一道好题四、计算题（8分+14分+18分，共40分）15（8分）（2014春红桥区期中）如图所示，竖直向上的匀强磁场，零时刻磁感应强度B0
32、为2T以后1T/s在变大，水平轨道电阻不计，且不计摩擦阻力宽L=2m的导轨上放一电阻r=l的导体棒，并用水平线通过定滑轮吊着质量M=2kg（g=10m/s2）的重物，轨道左端连接的电阻R=19，图中的l=1m，求：（1）重物被吊起前感生电流大小；（2）零时刻起至少经过多长时间才能吊起重物考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由法拉第电磁感应定律可求出回路感应电动势，由闭合电路欧姆定律可求出回路中电流大小；（2）由于安培力方向向左，应用左手定则可判断出电流方向为顺时针方向（由上往下看）再根据楞次定律可知磁场增加，在t时磁感应强度为B=B
33、0+t，要提起重物F安=mg其中F安=BIL解答：解：（1）由法拉第电磁感应定律可求出回路感应电动势：E =n=nS=2V 由闭合电路欧姆定律可求出回路中电流 I=A=0.1A （2）由于安培力方向向左，应用左手定则可判断出电流方向为顺时针方向（由上往下看）再根据楞次定律可知磁场增加，在t时磁感应强度为：B=B0+t 此时安培力为 F安=BIL要提起重物，由受力分析可知 F安=mg 代入数据得t=98s 解：（1）重物被吊起前感生电流大小0.1A；（2）零时刻起至少经过98s才能吊起重物点评：本题是力学和电磁学的综合题，综合运用了电磁感应定律、共点力平衡问题，注意临界条件，要提起重物F安=mg
34、其中F安=BIL16（14分）（2014秋濠江区校级月考）如图甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成=30角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示已知轨距为L=2m，重力加速度g取10m/s2，轨道足够长且电阻不计（1）求金属杆的质量m和阻值r；（2）当R=4时，求回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W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版权所
35、有专题：电磁感应功能问题分析：（1）根据E=BLv、I=及平衡条件，推导出杆的最大速度vm与R的表达式，结合图象的意义，求解杆的质量m和阻值r；（3）当R=4时，读出最大速度由E=BLv和功率公式P=得到回路中瞬时电功率的变化量，再根据动能定理求解合外力对杆做的功W解答：解：（1）设最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv由闭合电路的欧姆定律：I=杆达到最大速度时满足 mgsinBIL=0解得：v=R+r由图象可知：斜率为=1m/（s），纵截距为v0=2m/s，得到：r=v0，=k 解得：m=0.2kg，r=2；（3）由题意：E=BLv，P=，则得P=由动能定理得 W=联立得 W
36、=P代入解得 W=0.6J 答：（1）金属杆的质量m是0.2kg，阻值r是2；（2）当R=4时，回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W是0.6J点评：电磁感应问题经常与电路、受力分析、功能关系等知识相结合，是高中知识的重点，该题中难点是第三问，关键是根据物理规律写出两坐标物理量之间的函数关系17（18分）（2014秋濠江区校级月考）如图所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于纸面向里x轴下方有一匀强电场，电场强度为E、方向与y轴的夹角=45且斜向上方现有一质量为m电量为q的正离子，以速度v0由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的
37、C点（图中未画出）进入电场区域，离子经C点时的速度方向与电场方向相反不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大，求：（1）C点的坐标；（2）离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；（3）回答：离子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程在做什么运动并大致画出离子前四次穿越x轴在磁场和电场区域中的运动轨迹考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）带电粒子在匀强磁场中在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出轨迹半径画出粒子运动的轨迹，由几何知识求出C点的坐标；（2）根据运动轨迹的几何关系，来确定圆心
38、角，并结合周期公式与牛顿第二定律、运动学公式，即可求解；（3）根据粒子做类平抛运动处理规律，由运动的分解，并结合运动学公式，即可求解解答：解：（1）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，由几何知识知，xC=（r+rcos450）=，故，C点坐标为（，0）（2）粒子做圆周运动的周期：T=，设粒子从A到C的时间为t1，由几何知识知：t1=T=，设粒子从进入电场到返回C的时间为t2，其在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律和运动学公式，有：qE=ma，2v0=at2，解得：t2=，设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为t3，由题意得：t3=T=，粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为：t=t1+t2+t3=+；（3）粒子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程是在电场中做类平抛的运动，粒子运动轨迹如图所示：答：（1）C点的坐标为（，0）；（2）离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间为+； （3）离子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程在做类平抛运动，离子前四次穿越x轴在磁场和电场区域中的运动轨迹如图所示点评：本题是粒子在电场和磁场中运动的问题，电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解，磁场中圆周运动的研究方法是画轨迹