1、北京市四中2018-2019学年高二下学期期中物理试题试卷满分为150分，考试时间为100分钟I卷（100分）一、单项选择题（本大题共12小题；每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）1.关于磁感应强度B，下列说法中正确的是( )A. 由定义式B=可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B. 一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零C. 一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零D. 磁场中某处磁感应强度方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同【答案】B【解析】【详解】磁感应强度定义式为 ，当电流I增大时，其安培力F也随之增
2、大，而其比值是不变的，故磁感应强度B与F、IL均无关，选项A错误；一小段通电直导线放在磁感应强度为零的地方，根据F=BIL，当B=0时，F=0，故它所受到的磁场力一定为零，选项B正确；一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，也可能是导线与磁场方向平行旋转，故不能说明则该处的磁感应强度一定为零，选项C错误；磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相互垂直，并不是相同的，选项D错误。故选B。2.对于法拉第电磁感应定律E=n，下列理解正确的是( )A. 穿过闭合电路的磁通量越大，感应电动势越大B. 穿过闭合电路的磁通量为零，感应电动势一定为零C. 穿过闭合电路的磁通量变化越大，感应
3、电动势越大D. 穿过闭合电路的磁通量变化越快，感应电动势越大【答案】D【解析】试题分析：由法拉第电磁感应定律知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，即与磁通量变化快慢有关穿过线圈的磁通量越大，而磁通量不一定变化，变化也不一定快，所以感应电动势不一定大故A错误穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率可以不为零，则感应电动势可以不为零故B正确穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势不一定越大，还与变化所用时间有关故C错误穿过线圈的磁通量的变化越快，磁通量的变化率一定越大，则感应电动势一定越大故D正确考点：考查了法拉第电磁感应定律3.如图所示，阴极射线管（A为其阴极）放在蹄形磁铁的N、S两极间，当阴极
4、射线管与高压直流电源相连接时，从A射出电子束，在磁场的作用下发生偏转，以下说法正确的是A. A接直流高压电源的正极，电子束向上偏转B. A接直流高压电源的正极，电子束向下偏转C. A接直流高压电源的负极，电子束向上偏转D. A接直流高压电源的负极，电子束向下偏转【答案】D【解析】【详解】为了使电子束射出后得到电场的加速，则A接直流高压电源的负极，根据左手定则可知，电子束向下偏转；故选项D正确，ABC错误；4.如图所示，一导体棒在匀强磁场中以速度v匀速运动，则关于导体棒各点电势高低的说法正确的是( )A. 上端电势最高B. 下端电势最高C. 中点电势最高D. 各点电势相同【答案】A【解析】【详解
5、】当导体棒向右运动时，由右手定则可知，导体棒的上端电势较高；选项A正确，BCD错误。5.在匀强磁场中有一圆形的闭合导体线圈，线圈平面垂直于磁场方向，下列情况能使线圈中能产生感应电流的是( )A. 沿自身所在的平面作匀速运动B. 沿自身所在的平面作加速运动C. 绕任意一条直径作转动D. 沿着磁场方向移动【答案】C【解析】考点：感应电流的产生条件分析：产生感应电流的条件是：闭合回路中的磁通量发生变化因此无论线圈如何运动关键是看其磁通量是否变化，从而判断出是否有感应电流产生解答：解：由于磁场是匀强磁场，因此无论线圈沿自身所在的平面做匀速还是匀加速或者其它运动形式，其磁通量均不变化，无感应电流产生，故
6、AB错误；当线圈绕任意一条直径转动时，其磁通量发生变化，故有感应电流产生，故C正确；当线圈沿磁场方向平行移动时，磁通量不发生变化，故无感应电流产生，故D错误故选C点评：解题时把握问题实质，关键是看闭合线圈中的磁通量是否变化，与运动形式无关6.如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，磁铁正下方有一固定的闭合线圈。现将磁铁托起到某一高度后放开，使磁铁上下振动时穿过它，磁铁会很快停下来。关于此现象，下列说法正确的是( )A. 磁铁上下振动过程中，线圈中会产生感应电流B. 磁铁上下振动过程中，线圈中不会产生感应电流C. 磁铁上下振动过程中，磁铁与弹簧组成的系统机械能不变D. 磁铁上下振动过程中，磁铁
7、与弹簧组成的系统机械能增加【答案】A【解析】【详解】A. 磁铁上下振动过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中会产生感应电流，选项A正确；B. 磁铁上下振动过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中会产生感应电流，选项B错误；C. 磁铁上下振动过程中，由于有电能产生，可知磁铁与弹簧组成的系统机械能减小，选项C错误；D. 磁铁上下振动过程中，由于有电能产生，可知磁铁与弹簧组成的系统机械能减小，选项D错误；7.平行板电容器两板之间距离为d，接在电压为U的电源上。现有一质量为m，带电量为+q的粒子，以速度v沿水平方向射入两板之间（粒子重力不计），如图所示。若要使粒子能以速度v沿直线匀速穿过，则可以
8、在两板间加( )A. 磁感应强度大小B=，方向向里的匀强磁场B. 磁感应强度大小B=，方向向外的匀强磁场C. 磁感应强度大小B=Udv，方向向里的匀强磁场D. 磁感应强度大小B=Udv，方向向外的匀强磁场【答案】B【解析】【详解】若要使粒子能以速度v沿直线匀速穿过，则满足Eq=qvB，解得 ；因粒子带正电，所受电场力方向向上，则洛伦兹力向下，由左手定则可知，B的方向向外；选项B正确，ACD错误.8.如图所示，一个匝数为n圆形线圈，面积为S，电阻为r。将其两端a、b与阻值为R的电阻相连接，其他部分电阻不计。在线圈中存在垂直线圈平面向里的磁场区域，磁感应强度B随时间t均匀增加，=k。则ab两点间的
9、电压为( )A. nSkB. C. D. 【答案】B【解析】【详解】根据法拉第电磁感应定律可得：；则ab两点间的电压为，故选B.9.如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1=550匝，副线圈的匝数n2=110匝。现在要使副线圈两端得到U2=220V的电压，原线圈两端应接入的电压U1是( )A. 1100VB. 550VC. 110VD. 44V【答案】A【解析】【详解】根据可得，故选A.10.一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势为e=220sin100t（V），关于这个交变电流，下列说法中正确的是( )A. 交变电流的频率为100HzB. 电动势的有效值为220VC. 电动势的有效值约为3
10、11VD. t=0时，线圈平面与中性面垂直【答案】B【解析】【详解】交变电流的频率为，选项A错误；电动势的有效值为，选项B正确C错误；t=0时，线圈平面与中性面重合，选项D错误.11.在如图所示的电路中，如果正弦交流电的频率增大而电压最大值保持不变，1、2和3灯的亮度变化情况是( )A. 1、2两灯均变亮，3灯变暗B. 1灯变亮，2、3两灯均变暗C. 1、2灯均变暗，3灯亮度不变D. 1灯变暗，2灯变亮，3灯亮度不变【答案】D【解析】试题分析：根据感抗公式XL=2fL和容抗公式XC=，定性讨论解：感抗为XL=2fL，容抗为XC=，当频率f增大时，感抗XL变大，容抗XC变小感抗XL变大，对交流电
11、的阻碍作用变大，所以L1变暗容抗XC变小，对交流电的阻碍作用变小，所以L2变亮而电阻器的对交流电的阻碍作用不随频率改变，所以L3亮度不变所以L1变暗、L2变亮、L3不变故ABC错误，D正确故选：D【点评】还可以根据电容器和电感线圈的特性分析选择电容器内部是真空或电介质，隔断直流能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性12.把金属块放在磁场中，磁场方向垂直于里外两侧面向外，如图示，金属块中有电流通过，设金属上下表面电势分别为1和2，则( )A. 12B. 1=2C. 12D. 无法判定【答案】
12、A【解析】解：电流从左向右运动，电子向左运动，根据左手定则，电子向下偏转，则上表面失去电子带正电，下表面带负电，则U上U下故A正确，B、C、D错误故选A【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，知道在金属导体中移动的电荷是自由电子二、多项选择题（本大题共6小题；每小题5分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意，选不全得3分，选错不得分。）13.如图所示，电池内阻不计，D是灯泡，线圈L的电阻与灯泡相同，自感系数足够大，对于这个电路，下列说法中正确的是( )A. S闭合后，灯泡立即变亮B. S闭合后，灯泡逐渐变亮C. 电路达到稳定后，再断开开关，灯泡立即熄灭D. 电路
13、达到稳定后，再断开开关，灯泡逐渐熄灭【答案】AD【解析】A、B项：由于自感线圈与灯泡并联，所以S闭合瞬间，灯泡立即变亮，故A正确，B错误；C、D项：电路达到稳定后，再断开开关，自感线圈中的电流减小，在自感线圈中产生自感电动势，自感线圈与灯泡组成闭合回路，所以灯泡逐渐熄灭，故C错误，D正确。14.如图所示，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，方向从M流向N，此时悬线上有拉力。为使拉力等于零，可以采取的措施有( )A. 适当增大磁感应强度B. 使磁场反向C. 适当增大电流强度D. 使电流反向【答案】C【解析】试题分析：由左手定则可
14、知，此时导线受安培力方向向上，则T+BIL=mg；为使拉力等于零，则适当增大电流强度I或者增大磁感应强度B的大小，故选C.考点：左手定则；安培力.15.两个带电粒子，电荷量相同，在同一匀强磁场中只受到磁场力作用而作匀速圆周运动，以下说法正确的是( )A. 若速率相等，则半径必相等B. 若质量相等，则周期必相等C. 若动量大小相等，则半径必相等D. 若动能相等，则周期必相等【答案】BC【解析】A、由题，两个粒子的电量相等，若速率相等，由半径公式分析得知，半径不一定相等，还需要质量相等，半径才相等，故A错误；B、若质量和电量都相等，由周期公式分析得知，周期必定相等，故B正确；C、半径公式中是动量大
15、小，电量和动量大小都相等，则半径必相等，故C正确；D、粒子的动能，动能相等，粒子的质量不一定相等，周期不一定相等，故D错误。点睛：粒子在匀强磁场中只受到磁场力作用而作匀速圆周运动，半径公式为，根据半径公式分析速率、质量、动量、动能与半径关系，由周期公式分析周期关系。16.如图a所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框所在平面向里。规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向，线框中沿着ABCDA方向为感应电流i的正方向。要在线框中产生如图b所示的感应电流，则磁感应强度B随时间t变化的规律可能为( )A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【详解】A图中，在0-t0时间内，磁场
16、垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为ADCBA，与规定的正方向相反，感应电流为负值。故A错误。B图中，在0-t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为ABCDA，与规定的正方向相同，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为定值，同理，在t0-2t0时间内，感应电流的方向为ADCBA，与规定的正方向相反，感应电流为负值，且为定值。故B正确。C图中，在0-t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为ABCDA，与规定的正方向相同，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为定值，
17、在t0-2t0时间内，磁场方向垂直纸面向外，且均匀增大，根据楞次定律，感应电流的方向仍然为ABCDA，与规定的正方向相同。故C错误。D图中，在0-t0时间内，磁场垂直纸面向外，且均匀增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为ABCDA，与规定的正方向相同，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为定值，同理，在t0-2t0时间内，感应电流的方向为ADCBA，与规定的正方向相反，感应电流为负值，且为定值。故D正确。17.如图所示，施加水平外力把矩形线圈从匀强磁场中匀速拉出，如果两次拉出速度大小之比为12，则拉出磁场的过程中( )A. 两次线圈所受外力大小之比F1F2=12B. 两次
18、线圈发热之比Q1Q2=14C. 两次线圈所受外力功率之比P1P2=14D. 两次线圈中通过导线截面的电量之比q1q2=11【答案】ACD【解析】【详解】将线圈匀速拉出时，因为速度之比为1：2，则拉力之比为1：2故A正确。根据能量守恒知，拉力做功等于产生的焦耳热，则，因为速度之比为1：2，则产生的焦耳热之比为1：2故B错误。拉力的功率，因为速度之比为1：2，所以拉力的功率之比为1：4故C正确。通过导线的电荷量为：，则q与线框移动速度无关，磁通量的变化量相同，所以通过导线横截面的电荷量q1：q2=1：1 故D正确。18.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为
19、交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是 （ ）A. 电流表的示数为10AB. 线圈转动的角速度为50rad/sC. 0.01s时线圈平面与磁场方向平行D. 0.02s时电阻R中电流的方向自右向左【答案】AC【解析】由题图乙可知交流电电流的最大值是=A，交流电的周期T=0.02s，电流表的示数为交流电的有效值即=10A，选项A正确； 线圈转动的角速度rad/s，选项B错误；0.01s时流过线圈的感应电流达到最大，线圈中产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，则穿过线圈的磁通量为0，即线圈平面与
20、磁场方向平行，选项C正确；由楞次定律可知0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误。本题选AC。【考点定位】交变电流的产生及有效值与最大值的关系，楞次定律。三、解答题（本大题共2小题，共22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.如图所示，在虚线MN的上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向内，质子和粒子以相同的速度v0由MN上的O点以垂直MN且垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，再分别从MN上A、B两点离开磁场。已知质子的质量为m，电荷为e，粒子的质量为4m，电荷为2e。忽略带电粒子的重
21、力及质子和粒子间的相互作用。求：（1）A、B两点间的距离；（2）粒子在磁场中运动的时间。【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）质子进入磁场做半径为的匀速圆周运动，洛仑滋力提供向心力，根据牛顿第二定律，得：质子离开磁场时到达A点，O、A间的距离同理，粒子在磁场中做圆周运动的半径为，粒子离开磁场时到达B点，O、B间的距离则A、B两点间的距离（2）粒子在匀强磁场中运动周期为，则粒子在磁场中运动的时间为考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，
22、画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，20.如图所示，宽度为L=0.20 m的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值为R=1.0的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感强度大小为B=0.50T。一根导体棒MN放在导轨上与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。现用一平行于导轨的拉力拉动导体棒沿导轨向右匀速运动，v=10m/s，在运动过程中始终保持导体棒与导轨垂直。求：（1）通过电阻R的电流大小及方向；（2）作用在导体棒上的拉力的大小；（3）在导体棒移动30cm的过程中，电阻R上产生的焦耳热。【答案】（1）1A，向下；（2）0.1N；（3）0.03J【解析】
23、【详解】（1）感应电动势：E=BLv=1V则 由右手定则可知，R中的电流方向向下；（2）F外=F安=BIL=0.1N（3）根据功能关系：Q=W外=F外s=0.03JII卷（50分）四、不定项选择题（本大题共5小题；每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有一个选项或多个选项正确。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）21.在某一空间同时存在相互正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的方向竖直向上，磁场方向如图。某带电液滴在此复合场中恰好能在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A. 液滴重力与电场力平衡，洛仑兹力提供向心力B. 液滴重力与洛仑兹力平
24、衡，电场力提供向心力C. 液滴一定带正电，且沿逆时针方向运动D. 若运动过程中，液滴与另一个静止、完全相同的液滴结为一个大液滴，该液滴会继续做圆周运动，且运动半径大小【答案】ACD【解析】【详解】由于带电液滴在此复合场中恰好能在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，可知液滴重力与电场力平衡，洛仑兹力提供向心力，选项A正确，B错误；液滴受电场力向上，则一定带正电，由左手定则可知，液滴且沿逆时针方向运动，选项C正确；若运动过程中，液滴与另一个静止、完全相同的液滴结为一个大液滴，则由动量守恒：mv=2mv，因E2q=2mg可知该液滴会继续做圆周运动，且运动半径大小，选项D正确。22.回旋加速器是用来加
25、速带电粒子的装置，如图所示。它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近（缝隙的宽度远小于盒半径），分别和高频交流电源相连接，使带电粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速，最大电压为U。两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。利用该加速器分别给质子和粒子（氦原子核）加速，已知质子、粒子质量之比为14，带电量之比为12，则下列说法正确的是( )A. 引出的质子和粒子动能之比为11B. 引出的质子和粒子动量之比为11C. 若增大电压U，质子、粒子被引出的动能都增大D. 质子、粒子被引出的动能大小与电压U
26、无关。【答案】AD【解析】【详解】粒子被引出时满足，此时粒子的动能：，则引出的质子和粒子动能之比为11，选项A正确；粒子的动量：，则引出的质子和粒子动量之比为12，选项B错误；由可知，质子、粒子被引出的动能大小与电压U无关，选项C错误，D正确。23.物理实验中常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电量。如图所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度。已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R。若将线圈放在被测匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180，冲击电流计测出通过线圈的电量为q，由上述数据可测出磁场的磁感应强度为( )A. B
27、. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：由法拉第电磁感应定律：可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律可求出感应电流大小，根据电量的公式，可得由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转90，则有；所以由上公式可得：，则磁感应强度，故B正确，ACD错误；故选B考点：法拉第电磁感应定律；电流、电压概念点评：注意磁通量虽然是标量，但注意线圈分正反面，从而导致磁通量有正负还有磁通量与线圈匝数无关，但感应电动势与线圈匝数有关24.如图所示，水平放置、足够长的直木棍上套着一个质量为m的小球，小球带正电、电量为q，小球与木棍间有摩擦。整个装置处于水平方向的匀强磁场中，磁感应强度为B。现给小球水平向右的
28、初速度v0，则小球的速度随时间变化的关系可能是( )A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【详解】对小球受力分析，小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力及可能有的弹力和摩擦力。若qv0Bmg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、向下的弹力和向左的摩擦力；据牛顿第二定律可得：qvB=mg+FN，FN=ma，解得：小球的加速度，方向向左；则小球做加速度减小的减速运动，最终匀速，匀速的速度，则选项D正确。若qv0B=mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力，两力平衡，小球做匀速运动，匀速的速度，选项A正确。若qv0Bmg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、向上的弹
29、力和向左的摩擦力；据牛顿第二定律可得：mg=qvB+FN，FN=ma，解得：小球的加速度，方向向左；则小球做加速度增大的减速运动，最终静止。故C错误，B正确；25.如图所示，一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨上面横放着两根完全相同的铜棒ab和cd，构成矩形回路，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场B。开始时，棒cd静止，棒ab有一个向左的初速度v0。从开始到最终稳定的全过程中，下列说法正确的是( )A. ab棒做匀减速直线运动，cd棒做匀加速直线运动，最终都做匀速运动B. ab棒减小的动量等于cd棒增加的动量C. ab棒减小的动能大于cd棒增加的动能D. 安培力对ab棒和cd棒
30、分别做负功和正功，做功总和为零【答案】BC【解析】【详解】初始时ab棒向左运动受到向右的安培力，cd棒受到向左的安培力，所以ab棒减速，cd棒加速，设ab棒速度为v1，cd棒速度为v2，开始时v1v2，随着运动两棒的相对速度v=v1-v2逐渐减小至0，两棒切割磁场产生的感应电动势为E=BLv，E也逐渐减小最终为0，感应电流逐渐减小到0，安培力逐渐减到0，所以ab棒做加速度逐渐减小的变减速直线运动，cd棒做加速度逐渐减小的变加速直线运动，故A错误；两棒组成的系统受安培力的合力为零，故系统的动量守恒，所以ab棒减小的动量等于cd棒增加的动量，故B正确；回路中有产生电磁感应现象，有电流做功产生电热，
31、所以根据能量守恒可知，ab棒减小的动能等于cd棒增加的动能与两棒产生电热之和，所以ab棒减小的动能大于cd棒增加的动能，故C正确；安培力对ab棒和cd棒分别做负功和正功，但是由于两棒的位移不同，则做功总和不为零，选项D错误.五、解答题（本大题共3小题；共30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。）26.如图1所示，左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为U；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里。右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B
32、，方向垂直于纸面朝里。一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G点射出。已知弧EG所对应的圆心角为，不计离子重力。求：（1）离子进入平行板时的速度大小v0；（2）离子质量m；（3）如图2所示，若改变右侧圆形磁场区域的位置，使圆形磁场的直径EH与EF成角，该离子沿平行于金属板的方向从E点射入磁场区域，恰好从H点射出，求角的正弦值sin。【答案】（1）v0=；（2）m=；（3）=【解析】【详解】（1）粒子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等，即：B0qv0=qE
33、，其中 ，解得：；（2）在圆形磁场区域，微粒做匀速圆周运动，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得： ，由几何关系有： 解得 （3）若离子沿平行于金属板的方向从E点射入磁场区域，则轨迹如图；由几何关系可知：，因可知27.如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，磁场边界的间距为L，磁感应强度为B。一个质量为m、匝数为N、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行，导线框总电阻为R。t=0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合（图中位置I），导线框的速度为v0。经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上
34、边界重合时（图中位置II），导线框的速度刚好为零。（1）求导线框在位置I时的加速度大小；（2）求从位置I到位置II的过程中，导线框中的焦耳热；（3）定性画出导线框从位置I到再次回到位置I时速度随时间变化图象；（4）上升阶段和下降阶段导线框克服安培力做功分别为W1和W2，试判断W1与W2的大小关系，并简述判断依据。【答案】（1）a1=g+v0；（2）Q=mv02-2mgL；（3）；（4）W1W2【解析】【详解】（1）线圈在位置时：由牛顿第二定律： ； ； 联立解得： （2）导线框从位置I到位置II的过程中由能量关系： 解得（3）由可知，线圈向上运动过程中做加速度减小的变减速运动；同理下落过程中做
35、加速度减小的变加速运动，则运动图像如图；（4）根据能量守恒定律可知，线框经过同一位置时：上升的速率大于下降的速率，上升过程的安培力大小较大，而位移大小相等，所以上升过程中比下降过程中克服安培力做的功多，即W1W2.28.电磁炉专用平底锅的锅底和锅壁均由耐高温绝缘材料制成。起加热作用的是安在锅底的一系列半径不同的同心导电环，如图所示，（图中没有画出所有的圆环）。导电环所用的材料单位长度的电阻R0=0.125（/m），从中心向外第n个同心圆环的半径为rn=（2n-1）r1（n为正整数且n7），已知r1=1.0cm。当电磁炉开启后，能产生垂直于锅底方向的变化磁场，已知该磁场的磁感应强度B的变化率为=
36、100sin（100t）（T/s），忽略同心导电圆环感应电流之间的相互影响。若不计其他电磁辐射等损失，求：（1）写出r1环中感应电动势e的瞬时表达式，并求其电功率P1；（2）麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发出感生电场（也称为涡旋电场），上述各环中的感应电流就是电子在感生电场的作用下定向移动形成的。设某段时间内，磁场垂直纸面向里增强，试分析此过程中感生电场方向，并简述判断理由；（3）所有导电圆环的总功率P是多大?（以上计算中取2=10）【答案】（1）e=0.14sin（100t）（V），P1=0.4W；（2）感生电场是逆时针方向；（3）1900W【解析】详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得 则第1环的电阻 感应电动势有效值： ，则功率： （2）某段时间内，磁场垂直纸面向里增强，根据楞次定律，感应电流方向逆时针，所以电子是顺时针方向转动，电子受到的感生电场力沿顺时针方向，感生电场是逆时针方向；（3）则第n环中感应电动势最大值Emax=100rn2代入数据解得Emax=103rn2第n环的电阻为Rn=0.1252rn=2.5rn第n环的电流最大值为 半径为rn环的功率Pn，则Pn=In2Rn=（）22.5rn=40022.5rn3=（2n-1）3P17个导电圆环释放的总功率P，则：P=P1+P2+P3+P4+P5+P6+P7=1.9103W