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浙江省舟山中学2023-2024学年高二物理上学期10月月考试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省舟山中学2023-2024学年高二物理上学期10月月考试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了选择题Ⅰ， 选择题Ⅱ， 非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题Ⅰ（本大题共13小题，每小题3分，共39分，每小题列出的四个选项中只有一个符合题目要求，不选、错选、多选均不得分）
1. 1932年，安德森在宇宙线实验中发现了正电子。假设正电子的速率为v，电荷量为q，沿着与磁场垂直的方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，则它受到的洛伦兹力为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】正电子沿着与磁场垂直的方向射入匀强磁场中，则它受到的洛伦兹力为
故选A。
2. 在一些常用的家用电器中。应用电磁感应现象的是（ ）
A. 电暖风机B. 电磁炉
C. 电饭煲D. 电烤炉
【答案】B
【解析】
【详解】电磁炉是利用交变电流产生变化的磁场，从而使金属锅产生涡流，应用了电磁感应现象；电暖风机、电饭煲和电烤炉都是利用了电流的热效应，没有应用电磁感应现象。
故选B。
3. 如图所示，将一轻质矩形弹性软线圈ABCD中A、B、C、D、E、F六点固定，E、F为AD、BC边的中点。一不易形变的长直导线在E、F两点处固定，现将矩形绝缘软线圈中通入电流I1，直导线中通入电流I2，已知，长直导线和线圈彼此绝缘。则稳定后软线圈大致的形状可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由安培定则可知，通电直导线左侧磁场垂直于纸面向外，右侧磁场垂直于纸面向里，软线圈的各段的形变方向为其受到的安培力方向，故而由左手定则可判断B图正确。
故选B。
4. 如图所示，边长为L的正方形导线框ABCD用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以恒定的逆时针方向的电流。图中虚线过AD边中点和BC边中点且水平，虚线的下方为垂直于导线框向里的有界矩形匀强磁场，其磁感应强度大小为B。此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为（）；现将虚线下方的磁场移至虚线上方且磁感应强度的大小改为原来的三倍，保持其他条件不变，导线框仍处于静止状态，此时细线中拉力为（）。则导线框中的电流大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为，受到的安培力方向竖直向上，设正方形导线框质量为，则有
当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为，受到的安培力方向竖直向下，磁感应强度增大到原来的三倍，故此时有
联立可得
故选C。
5. 1932年，美国物理学家安德森在宇宙线实验中发现了正电子，他利用放在匀强磁场中的云室来记录宇宙线粒子，并在云室中加入一块厚6mm的铅板，当宇宙线粒子通过云室内的匀强磁场时，拍下粒子径迹的照片以此分析粒子。如图所示为一模拟情形，MN表示一块非常薄的金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并垂直穿过薄金属板，虚线表示其运动轨迹，由图可知粒子（ ）
A. 带负电荷
B 沿a→b→c→d→e方向运动
C. 粒子在下半周所用的时间比上半周所用的时间短
D. 粒子在下半周所用的时间比上半周所用的时间长
【答案】A
【解析】
【详解】AB．根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
由于带电粒子穿过金属板后，动能减小，速度减小，则轨道半径减小，可知带电粒子沿e→d→c→b→a方向运动，根据左手定则可知，粒子带负电，故A正确，B错误；
CD．粒子在磁场中运动的周期为
可知粒子在上半周和下半周的运动时间相等，均为周期的一半，故CD错误。
故选A。
6. 如图甲，宽度为h，厚度为d的霍尔元件水平放置，直线型磁场竖直向上穿过元件，其磁感应强度B与时间的关系如图乙所示，当恒定电流I水平向右流过元件时，在它的两个面之间会产生感应电动势，下列说法正确的是（ ）
A. 垂直于B的两表面间产生交变电动势
B. 垂直于I的两表面间产生恒定电动势
C. 增大宽度h，减小厚度d均可提高霍尔元件两侧面间的电动势最大值
D. 增大导体中自由电子数密度，减小恒定电流I为均可降低霍尔元件两侧面间的电动势最大值
【答案】D
【解析】
【详解】AB．电荷做定向移动，由左手定则可知电荷随磁场方向改变，电荷向前表面或后表面聚集，霍尔元件的前、后表面间产生变化的电动势，故AB错误；
CD．电荷受电场力和洛伦兹力平衡，有
解得
电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为
可得
所以霍尔元件的前、后表面间产生的电动势
其中B为该交变磁感应强度。可知增大h不影响电动势最大值，由此可知增大导体中自由电子数密度，减小恒定电流I为均可降低霍尔元件两侧面间的电动势最大值，故C错误，D正确。
故选D。
7. 电磁炉是目前家庭常用的炊具，由线圈盘、陶瓷面板等部件组成，如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 电磁炉是陶瓷面板发热来加热食物的
B. 电磁炉可以用陶瓷材料的锅来加热食物
C. 锅底越是靠近陶瓷面板，锅的加热效果就越好
D. 电磁炉加热食物时线圈盘中通有恒定电流
【答案】C
【解析】
【详解】电磁炉是在线圈中通有交变电流，产生变化的磁场，在锅底产生涡流进行加热食物的，锅底越是靠近陶瓷面板，产生的涡流就越强，锅的加热效果就越好。
故选C。
8. 矩形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图像如图所示。设时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在时间内，选项图中能正确反映线框ab边所受的安培力F随时间t变化的图像是（规定ab边所受的安培力向左为正）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．在内，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可知，感应电流方向为顺时针，大小和方向均不变，对ab边由左手定则以及公式可知，F的大小与B成正比，ab边受到的安培力先向左后向右，故AB错误；
CD．在内，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可知，感应电流方向为逆时针，同理可知，ab边受到的安培力还是先向左后向右，故C错误，D正确。
故选D。
9. 如图所示，单匝线圈电阻r＝1Ω，线圈内部存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场面积为，有一个阻值为R＝2Ω的电阻两端分别与线圈两端a、b相连，电阻的一端b接地。磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则（ ）
A. 在0～4s时间内，R中有电流从a流向b
B. 当t＝2s时穿过线圈的磁通量为0.08Wb
C. 在0～4s时间内，通过R的电流大小为0.01A
D. 在0～4s时间内，R两端电压Uab＝0.03V
【答案】C
【解析】
【详解】ACD．在0～4s时间内，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，R中有电流从b流向a；根据法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路欧姆定律得
R两端电压为
故AD错误，C正确；
B．由图可知t＝2s时，，则此时穿过线圈的磁通量为
故B错误。
故选C。
10. 如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流正方向如图甲中箭头所示。P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（ ）
A. 0时刻穿过线圈P磁通量为零，所以P中感应电流也为零
B. 时间内穿过线圈磁通量减小，线圈有收缩的趋势
C. 时刻P中无感应电流，
D. 时间内螺线管对线圈表现为排斥力，且一直增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图乙可知，0时刻螺线管Q中电流为0，电流的变化率最大，则0时刻穿过线圈P磁通量为零，磁通量的变化量最大，P中感应电流最大，故A错误；
B．由图乙可知，时间内，螺线管Q中电流减小，则穿过线圈磁通量减小，根据增缩减扩原理可知，线圈有扩张的趋势，故B错误；
C．由图乙可知，时刻螺线管Q中电流的变化率为0，则穿过线圈的磁通量变化率为0，P中无感应电流，故有
故C正确；
D．由图乙可知，时刻，螺线管Q中电流为0，电流的变化率最大，P中感应电流最大，二者之间没有安培力，时刻，螺线管Q中电流的变化率为0，P中无感应电流，二者之间没有安培力，则时间内螺线管对线圈的排斥力先增大后减小，故D错误。
故选C。
11. 为了安全，在家庭电路中一般都会在电能表后面的电路中安装一个漏电保护器，其内部结构如图所示。原线圈是由进户线的火线和零线并在一起双线绕成的，当副线圈、两端没有电压时，脱扣开关能始终保持接通；当副线圈、两端一旦有电压时，脱扣开关立即断开，切断电路以起保护作用。下列说法正确的是（ ）
A. 用户正常用电时，通过原线圈的磁通量与电路中的电流大小有关
B. 用户正常用电时，副线圈、之间有电流通过
C. 若此装置用于直流电路，则不能起到保护作用
D. 若人站在进户线处的地面上，手误触用电器的火线而触电时，副线圈、两端电压不为零
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于原线圈是由进户线的火线和零线并在一起双线绕成的，火线与零线中的电流大小相等，方向相反，则用户正常用电时，火线和零线在原线圈中产生大小相等，方向相反，合磁场为0，即用户正常用电时，通过原线圈的磁通量始终为0，与电流大小无关，故A错误；
B．根据上述，用户正常用电时，通过原线圈的磁通量始终为0，与电流大小无关，即穿过副线圈的磁通量也始终为0，没有发生变化，即副线圈中没有发生电磁感应现象，副线圈、之间没有电流通过，故B错误；
C．若此装置用于直流电路，若用户位置火线和零线中发生触电，则通过火线的电流大于通过零线的电流，穿过原、副线圈的磁通量发生变化，负线圈中发生电磁感应现象，副线圈、两端有电压，脱扣开关仍然会立即断开，切断电路以起保护作用，可知若此装置用于直流电路，仍然能起到保护作用，故C错误；
D．若人站在进户线处的地面上，手误触用电器的火线而触电时，通过火线的电流大于通过零线的电流，穿过原、副线圈的磁通量发生变化，负线圈中发生电磁感应现象，副线圈、两端有电压，即副线圈、两端电压不为零，故D正确。
故选D。
12. 如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴以角速度ω匀速转动，输出端通过理想升压变压器和降压变压器给远处用户供电。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为和，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为和，若线圈电阻忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A. 图示状态，
B. 若仅把线圈的角速度ω增大一倍，输电线上损耗的功率也会增大一倍
C. 若保持发电机输出功率一定，仅将滑片P上移，用户得到的功率会减小
D. 若仅增加用户数，为维持用户电压一定，可将滑片Q下移
【答案】D
【解析】
【详解】A．变压器原线圈两端电压为交流电的有效值，即为，故A错误；
B．线圈的角速度增大一倍。、同时增大一倍，将整个降压变压器和用户等效为一个电阻，可知输电电流也增大一倍，根据可知，输电线上损耗的功率会增大为原来的4倍，故B错误；
C．输电线上损耗的功率为
仅将滑片P上移，则增大，输电线上损耗的功率减小，用户得到的功率应增加，故C错误；
D．若用户数增加，负载总电阻R会减小，不变，输电电流会增大，输电线上损失的电压增大，则降压变压器原线圈两端的电压减小，根据
可知，要保持不变，应使减小，即滑片Q下移，故D正确。
故选D。
13. 如图甲所示是一种逆变器，逆变器是能够把蓄电池提供的直流电转变为交流电的设备。如图乙所示为逆变器的简易电路图，核心的控制电路称为“逆变模块”，它的功能是把直流电转化为交流电，共有5个接线端子。其中1、2、3为输入端，与两块相同的蓄电池连接，蓄电池的电动势为E，内阻不计，两块蓄电池同时工作；4、5为输出端，与理想变压器的原线圈相连，原线圈匝数为n1，副线圈匝数为n2，副线圈连一个电阻阻值为R的灯泡L。已知电压表读数为U，电流表读数为I，逆变模块自身消耗的电功率忽略不计，则理想变压器原、副线圈的匝数比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】理想变压器原、副线圈的匝数比为
根据题意得
通过每块电池的电流为 ，逆变器的输入功率等于变压器的输出功率
解得
故选B。
二、 选择题Ⅱ(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符 合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分)
14. 磁流体发电机又叫等离子体发电机，如图所示，燃烧室在的高温下将气体全部电离为电子和正离子，即高温等离子体。高温等离子体经喷管提速后以的速度进入矩形发电通道。发电通道有垂直于喷射速度方向的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为。等离子体发生偏转，在两极间形成电势差。已知发电通道长，宽，高，等离子体的电阻率，外接电阻不为零，电流表视为理想电表，闭合开关，则以下判断中正确的是（ ）
A. 电阻两端的电压为
B. 发电通道的上极板为电源正极
C. 当外接电阻的阻值为时，发电机输出功率最大
D. 增加磁感应强度B，电流表读数也会相应增大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．等离子体在两极间受力平衡，由
解得
所以电阻两端的电压小于，故A错误；
B．等离子体在磁场力作用下发生偏转，带正电的离子向上极板偏转，则上极板为电源正极，故B正确；
C．由电阻定律可得发电机内阻
发电机的输出功率
当外接电阻等于内阻时，发电机的输出功率最大，即
故C错误；
D．电流表的示数为
所以增加磁感应强度B，电流表读数也会相应增大，故D正确。
故选BD。
15. 为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图1所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在地面的一组线圈及电流测量记录仪组成（测量记录仪未画出）。当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，就能求出列车的速度和加速度。如图2所示为铁轨和列车的俯视图，假设磁体端部磁感应强度B=4.4×10-2T，且全部集中在端面范围内，与端面垂直，磁体沿铁轨方向的宽度与线圈宽度相同，线圈的匝数n=5，垂直于铁轨方向长l=0.20 m，电阻r=0.40 Ω（包括引出线的电阻），测量记录仪自身电阻R=4.0Ω，其记录下来的电流—位置关系图，即i-s图如图3所示。则下列说法正确的（ ）
A. 当磁场区域的右边界刚离开线圈I时，线圈I的电流沿逆时针方向（俯视图）
B. 列车通过线圈I的速度v1=15m/s
C. 列车通过线圈II时的速度v2=75m/s
D. 假设列车做是匀加速直线运动，则列车在两个线圈之间的加速度a=0.4l m/s2
【答案】AD
【解析】
【详解】A．当磁场区域的右边界刚离开线圈I时，根据楞次定律可知，线圈I的电流沿逆时针方向，故A正确；
BC．由闭合电路的欧姆定律可得，线圈I和线圈II中产生的感应电动势分别为
，
由图3知，
，
代入数据解得
，
而线圈I和线圈II中产生的感应电动势分别为
，
代入数据解得
，
故BC错误；
D．根据图3可知，两线圈之间的距离为，由运动学公式
代入数据解得
故D正确。
故选AD。
非选择题部分
三、 非选择题 (本题共5小题，共55分)
16. 小红用如图甲所示的装置探究“影响感应电流方向的因素”，螺线管与电流计构成闭合电路，条形磁铁N极朝下，请回答下列问题：
（1）要想使电流计指针发生偏转，即有感应电流产生，小红进行了以下四种操作，其中可行的是（ ）
A.螺线管不动，磁铁静止放在螺线管中
B.螺线管不动，磁铁插入或拔出螺线管
C磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动
D.磁铁与螺线管保持相对静止，一起在水平面内做圆周运动
（2）在（1）的研究中，小红发现电流计指针偏转方向会有不同，也就是感应电流方向不同，根据（1）中的操作，则感应电流方向与下列哪些因素有关（ ）
A.螺线管匝数 B.磁铁的磁性强弱 C.磁铁运动的方向 D.磁铁运动的速度大小
（3）小红又将实验装置改造，如图乙所示，螺线管A经过滑动变阻器与开关、电池相连构成直流电路；螺线管B与电流计构成闭合电路，螺线管B套在螺线管A的外面，为了探究影响感应电流方向的因素，闭合开关后，以不同速度移动滑动变阻器的划片，观察指针摆动情况：由此实验可以得出恰当的结论是（ ）
A.螺线管A的磁性变强或变弱影响指针摆动幅度大小
B.螺线管A的磁性变强或变弱不会影响指针摆动方向
C.螺线管A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动幅度大小
D.螺线管A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动方向
（4）在（3）的研究中，完成实验后未断开开关，也未把A、B两螺线管和铁芯分开设置，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击原因是在拆除_________（选填“A”或“B”）螺线管所在电路时发生了_______（选填“自感”或“互感”）现象。
【答案】 ①. B ②. C ③. C ④. A ⑤. 自感
【解析】
【详解】（1）[1]A.螺线管不动，磁铁静止放在螺线管中，螺线管内磁通量没有发生变化，无感应电流，故A错误；
B.螺线管不动，磁铁插入或拔出螺线管，螺线管内磁通量发生变化，有感应电流，故B正确；
C.磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动，螺线管内磁通量没有发生变化，无感应电流，故C错误；
D.磁铁与螺线管保持相对静止，一起在水平面内做圆周运动，螺线管内磁通量没有发生变化，无感应电流，故D错误。
故选B。
（2）[2] 在（1）的研究中，小红发现电流计指针偏转方向会有不同，也就是感应电流方向不同，根据（1）中的操作，则感应电流方向磁通量的变化有关，即与磁铁运动的方向，故C正确，ABD错误。
故选C。
（3）[3]以不同速度移动滑动变阻器的划片可以改变螺线管A的磁性强弱及其强弱变化快慢，通过操作可以判断螺线管A的磁性变强或变弱影响指针摆动方向，磁性强弱变化快慢影响指针摆动幅度的大小，故C正确，ABD错误。
故选C。
（4）[4]在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击原因是在拆除A时，电流快速减小，由于自身作用，螺旋管A会产生很大的感应电动势，所以被电击了一下。
[5] 在拆除电路时突然被电击了一下，螺线管A所在电路时发生了自感现象。
17. 如图是“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验电路图。小明在某次实验中，当伏特表示数V时，在开关K断开与闭合时，伏特表的示数分别V和V，已知原副线圈匝数分别匝和匝。实验过程操作规范正确。
（1）下列说法正确的是____________（多选）
A．该变压器为理想变压器
B．小于的可能原因是线圈存在电阻
C．的主要原因是变压器使用过程中有能量损耗
D．若以为原线圈、为副线圈，输入和输出电压分别为、，则有
（2）小明利用多用电表粗测副线圈的电阻。测量前先把两支表笔直接接触，调整欧姆调零旋钮，使指针指向表盘的________________（选填“电流”或“电阻”）零刻度。测量时指针位置如图所示，则线圈电阻约为____________Ω。
（3）小明为了进一步精确测量副线圈的电阻，设计的部分电路如图所示，为了绘制尽可能完整的伏安特性图线，还需连接的导线是____________（选填“ab”、“be”或“ce”），开关闭合前，滑动变阻器滑片应置于____________（选填“左”或“右”）端。测得线圈上一组电流、电压数据并得到如图所示的伏安特性图线。若将该线圈接在电压为4V的交流电源两端，则通过线圈的电流____________0.18A（选填“＞”、“＝”或“＜”）
【答案】 ①. BC##CB ②. 电阻 ③. 21.8 ④. be ⑤. 左 ⑥. ＜
【解析】
详解】（1）[1] A．由于
该变压器不是理想变压器，故A错误；
B．小于的可能原因是线圈存在电阻，故B正确；
C．的主要原因是变压器使用过程中有能量损耗，故C正确；
D．变压器使用过程中有能量损耗，若以为原线圈、为副线圈，输入和输出电压分别为、，则有
故D错误。
故选BC。
（2）[2][3]小明利用多用电表粗测副线圈的电阻。测量前先把两支表笔直接接触，调整欧姆调零旋钮，使指针指向表盘的电阻零刻度。测量时指针位置如图2所示，则线圈电阻约为21.8×1Ω=21.8Ω
（3）[4][5][6]为了绘制尽可能完整的伏安特性图线，电路采用分压法，所以还需连接的导线是be，开关闭合前，滑动变阻器滑片应置于左端。若将该线圈接在电压为4V的交流电源两端，由于自感作用，则通过线圈的电流＜0.18A。
18. 如图所示，金属棒MN质量m=0.01kg、长度L=0.2m、两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒中通以沿棒方向、大小为I=1A的电流，平衡时两悬线向右偏离竖直方向的夹角均为。（）
（1）判断MN中电流的方向（填“M到N”或“N到M”），并求金属棒受安培力的大小；
（2）求匀强磁场的磁感应强度B；
（3）如果仅仅改变匀强磁场的大小和方向，且要保持该金属棒的平衡位置不变，匀强磁场的磁感应强度至少有多大？方向如何？
【答案】（1）M到N，0.1N；（2）0.5T；（3），方向沿绳子方向向上（或沿左上与竖直方向成方向）
【解析】
【详解】（1）选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示
根据金属棒受安培力的方向结合左手定则可以判断电流方向为M到N；根据平衡条件得
（2）根据安培力公式可得
可得匀强磁场的磁感应强度为
（3）如果仅仅改变匀强磁场的大小和方向，且要保持该金属棒的平衡位置不变，则当安培力与绳子方向垂直时，安培力最小，磁感应强度最小，则有
解得磁感应强度最小值为
根据左手定则可知，磁感应强度方向沿绳子方向向上（或沿左上与竖直方向成方向）。
19. 如图所示，光滑金属轨道PQ是由倾角为θ=53°的PC、QD与水平放置的CG、DH金属导轨连接而成。在PQ之间接有一个阻值为R=4Ω的电阻。PQDC之间有一个垂直于导轨平面向上的匀强磁场I，磁感应强度为B1=0.4T，EFHG区域也有一竖直向上的匀强磁场II，磁感应强度为B2=0.5T。PQ、CD为磁场I区的边界，EF、GH为磁场II区的边界。如图所示，一根与导轨接触良好且质量为m=20g、电阻为r=1Ω的金属棒AB，垂直导轨放置并从导轨的顶端由静止开始沿轨道下滑，并最终能穿过磁场II区。运动过程中AB不发生旋转，金属棒到达CD边界之前已开始匀速运动。若两根导轨之间的距离为d=1m，EF与GH之间的距离为l=1.2m，不计导轨的电阻，g取10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6，求：
（1）金属棒AB匀速运动时的速度v1的大小；
（2）金属棒AB到达磁场边界EF时AB两端的电压；
（3）金属棒AB在磁场II区运动的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q。
【答案】（1）5m/s；（2）2V；（3）0.168J
【解析】
【详解】(1)金属棒AB匀速运动，故有
又有
F安=BIl
E=Blv
故有
解得
(2)由法拉第电磁感应定律可知
E=Bdv=2.5V
由欧姆定律可知
(3)金属棒穿过磁场区域II时通过电阻R的电荷量为
根据动量定理
解得
v2=2m/s
由能量守恒定律可知，电阻R上产生的焦耳热为
20. 如图所示， 间距为 的两根平行长直金属导轨固定在倾角为的绝缘 斜面上， 导轨上端接有阻值为的电阻， 一根长为、电阻为、质量为的直导体棒垂直放在两导轨上。 整个装置处于方向垂直斜面向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中。由静止释放后沿导轨运动， 下滑位移大小为时到达位置并恰好开始做匀速运动。在 运动过程中与导轨接触良好， 导轨电阻及一切摩擦均不计， 重力加速度大小为。 求：
（1） 棒匀速时的速度大小；
（2）从 棒由静止释放到开始匀速运动整个过程通过电阻的电荷量；
（3）从 棒由静止释放到开始匀速运动的整个过程中电阻产生的热量。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
【详解】（1）由受力分析及题知， 当金属棒匀速时， 合外力为零， 即
感应电流
感应电动势
联立得
（2）经分析可知： 电量
平均电流
平均感应电动势
联立得
（3）金属棒从静止开始到匀速的过程， 由能量守恒可知
由功率分配 关系可知， 电阻上产生的热量
并联立得
21. 如图所示，在的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向：在的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直平面（纸面）向外。一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上处的点时速率为，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上处的点进入磁场，并经过y轴上处的点。不计重力。求：
（1）电场强度的大小；
（2）粒子到达时的速度；
（3）磁感应强度的大小。
【答案】（1）；（2），方向与x轴成45°角指向右下方；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示
设粒子从P1运动到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律得
qE = ma
根据运动学公式得
2h =v0t
h = at2
联立以上解得
（2）粒子到达P2时速度沿x方向速度分量为v0，以v1为速度沿y方向速度分量的大小，v表示速度的大小，θ为速度与x轴的夹角，则有
由图可得
θ = 45°
有
v1 = v0
联立以上各式解得
方向与x轴成45°角指向右下方。
（3）设磁场的磁感应强度为B，在洛伦兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
r是圆周的半径，与x轴、y轴的交点为P2、P3，由几何知识可知，连线P2P3为圆周的直径，由几何关系可求得
联立解得
一、选择题Ⅰ（本大题共13小题，每小题3分，共39分，每小题列出的四个选项中只有一个符合题目要求，不选、错选、多选均不得分）
1. 1932年，安德森在宇宙线实验中发现了正电子。假设正电子的速率为v，电荷量为q，沿着与磁场垂直的方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，则它受到的洛伦兹力为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】正电子沿着与磁场垂直的方向射入匀强磁场中，则它受到的洛伦兹力为
故选A。
2. 在一些常用的家用电器中。应用电磁感应现象的是（ ）
A. 电暖风机B. 电磁炉
C. 电饭煲D. 电烤炉
【答案】B
【解析】
【详解】电磁炉是利用交变电流产生变化的磁场，从而使金属锅产生涡流，应用了电磁感应现象；电暖风机、电饭煲和电烤炉都是利用了电流的热效应，没有应用电磁感应现象。
故选B。
3. 如图所示，将一轻质矩形弹性软线圈ABCD中A、B、C、D、E、F六点固定，E、F为AD、BC边的中点。一不易形变的长直导线在E、F两点处固定，现将矩形绝缘软线圈中通入电流I1，直导线中通入电流I2，已知，长直导线和线圈彼此绝缘。则稳定后软线圈大致的形状可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由安培定则可知，通电直导线左侧磁场垂直于纸面向外，右侧磁场垂直于纸面向里，软线圈的各段的形变方向为其受到的安培力方向，故而由左手定则可判断B图正确。
故选B。
4. 如图所示，边长为L的正方形导线框ABCD用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以恒定的逆时针方向的电流。图中虚线过AD边中点和BC边中点且水平，虚线的下方为垂直于导线框向里的有界矩形匀强磁场，其磁感应强度大小为B。此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为（）；现将虚线下方的磁场移至虚线上方且磁感应强度的大小改为原来的三倍，保持其他条件不变，导线框仍处于静止状态，此时细线中拉力为（）。则导线框中的电流大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为，受到的安培力方向竖直向上，设正方形导线框质量为，则有
当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为，受到的安培力方向竖直向下，磁感应强度增大到原来的三倍，故此时有
联立可得
故选C。
5. 1932年，美国物理学家安德森在宇宙线实验中发现了正电子，他利用放在匀强磁场中的云室来记录宇宙线粒子，并在云室中加入一块厚6mm的铅板，当宇宙线粒子通过云室内的匀强磁场时，拍下粒子径迹的照片以此分析粒子。如图所示为一模拟情形，MN表示一块非常薄的金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并垂直穿过薄金属板，虚线表示其运动轨迹，由图可知粒子（ ）
A. 带负电荷
B 沿a→b→c→d→e方向运动
C. 粒子在下半周所用的时间比上半周所用的时间短
D. 粒子在下半周所用的时间比上半周所用的时间长
【答案】A
【解析】
【详解】AB．根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
由于带电粒子穿过金属板后，动能减小，速度减小，则轨道半径减小，可知带电粒子沿e→d→c→b→a方向运动，根据左手定则可知，粒子带负电，故A正确，B错误；
CD．粒子在磁场中运动的周期为
可知粒子在上半周和下半周的运动时间相等，均为周期的一半，故CD错误。
故选A。
6. 如图甲，宽度为h，厚度为d的霍尔元件水平放置，直线型磁场竖直向上穿过元件，其磁感应强度B与时间的关系如图乙所示，当恒定电流I水平向右流过元件时，在它的两个面之间会产生感应电动势，下列说法正确的是（ ）
A. 垂直于B的两表面间产生交变电动势
B. 垂直于I的两表面间产生恒定电动势
C. 增大宽度h，减小厚度d均可提高霍尔元件两侧面间的电动势最大值
D. 增大导体中自由电子数密度，减小恒定电流I为均可降低霍尔元件两侧面间的电动势最大值
【答案】D
【解析】
【详解】AB．电荷做定向移动，由左手定则可知电荷随磁场方向改变，电荷向前表面或后表面聚集，霍尔元件的前、后表面间产生变化的电动势，故AB错误；
CD．电荷受电场力和洛伦兹力平衡，有
解得
电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为
可得
所以霍尔元件的前、后表面间产生的电动势
其中B为该交变磁感应强度。可知增大h不影响电动势最大值，由此可知增大导体中自由电子数密度，减小恒定电流I为均可降低霍尔元件两侧面间的电动势最大值，故C错误，D正确。
故选D。
7. 电磁炉是目前家庭常用的炊具，由线圈盘、陶瓷面板等部件组成，如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 电磁炉是陶瓷面板发热来加热食物的
B. 电磁炉可以用陶瓷材料的锅来加热食物
C. 锅底越是靠近陶瓷面板，锅的加热效果就越好
D. 电磁炉加热食物时线圈盘中通有恒定电流
【答案】C
【解析】
【详解】电磁炉是在线圈中通有交变电流，产生变化的磁场，在锅底产生涡流进行加热食物的，锅底越是靠近陶瓷面板，产生的涡流就越强，锅的加热效果就越好。
故选C。
8. 矩形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图像如图所示。设时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在时间内，选项图中能正确反映线框ab边所受的安培力F随时间t变化的图像是（规定ab边所受的安培力向左为正）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．在内，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可知，感应电流方向为顺时针，大小和方向均不变，对ab边由左手定则以及公式可知，F的大小与B成正比，ab边受到的安培力先向左后向右，故AB错误；
CD．在内，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可知，感应电流方向为逆时针，同理可知，ab边受到的安培力还是先向左后向右，故C错误，D正确。
故选D。
9. 如图所示，单匝线圈电阻r＝1Ω，线圈内部存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场面积为，有一个阻值为R＝2Ω的电阻两端分别与线圈两端a、b相连，电阻的一端b接地。磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则（ ）
A. 在0～4s时间内，R中有电流从a流向b
B. 当t＝2s时穿过线圈的磁通量为0.08Wb
C. 在0～4s时间内，通过R的电流大小为0.01A
D. 在0～4s时间内，R两端电压Uab＝0.03V
【答案】C
【解析】
【详解】ACD．在0～4s时间内，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，R中有电流从b流向a；根据法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路欧姆定律得
R两端电压为
故AD错误，C正确；
B．由图可知t＝2s时，，则此时穿过线圈的磁通量为
故B错误。
故选C。
10. 如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流正方向如图甲中箭头所示。P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（ ）
A. 0时刻穿过线圈P磁通量为零，所以P中感应电流也为零
B. 时间内穿过线圈磁通量减小，线圈有收缩的趋势
C. 时刻P中无感应电流，
D. 时间内螺线管对线圈表现为排斥力，且一直增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图乙可知，0时刻螺线管Q中电流为0，电流的变化率最大，则0时刻穿过线圈P磁通量为零，磁通量的变化量最大，P中感应电流最大，故A错误；
B．由图乙可知，时间内，螺线管Q中电流减小，则穿过线圈磁通量减小，根据增缩减扩原理可知，线圈有扩张的趋势，故B错误；
C．由图乙可知，时刻螺线管Q中电流的变化率为0，则穿过线圈的磁通量变化率为0，P中无感应电流，故有
故C正确；
D．由图乙可知，时刻，螺线管Q中电流为0，电流的变化率最大，P中感应电流最大，二者之间没有安培力，时刻，螺线管Q中电流的变化率为0，P中无感应电流，二者之间没有安培力，则时间内螺线管对线圈的排斥力先增大后减小，故D错误。
故选C。
11. 为了安全，在家庭电路中一般都会在电能表后面的电路中安装一个漏电保护器，其内部结构如图所示。原线圈是由进户线的火线和零线并在一起双线绕成的，当副线圈、两端没有电压时，脱扣开关能始终保持接通；当副线圈、两端一旦有电压时，脱扣开关立即断开，切断电路以起保护作用。下列说法正确的是（ ）
A. 用户正常用电时，通过原线圈的磁通量与电路中的电流大小有关
B. 用户正常用电时，副线圈、之间有电流通过
C. 若此装置用于直流电路，则不能起到保护作用
D. 若人站在进户线处的地面上，手误触用电器的火线而触电时，副线圈、两端电压不为零
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于原线圈是由进户线的火线和零线并在一起双线绕成的，火线与零线中的电流大小相等，方向相反，则用户正常用电时，火线和零线在原线圈中产生大小相等，方向相反，合磁场为0，即用户正常用电时，通过原线圈的磁通量始终为0，与电流大小无关，故A错误；
B．根据上述，用户正常用电时，通过原线圈的磁通量始终为0，与电流大小无关，即穿过副线圈的磁通量也始终为0，没有发生变化，即副线圈中没有发生电磁感应现象，副线圈、之间没有电流通过，故B错误；
C．若此装置用于直流电路，若用户位置火线和零线中发生触电，则通过火线的电流大于通过零线的电流，穿过原、副线圈的磁通量发生变化，负线圈中发生电磁感应现象，副线圈、两端有电压，脱扣开关仍然会立即断开，切断电路以起保护作用，可知若此装置用于直流电路，仍然能起到保护作用，故C错误；
D．若人站在进户线处的地面上，手误触用电器的火线而触电时，通过火线的电流大于通过零线的电流，穿过原、副线圈的磁通量发生变化，负线圈中发生电磁感应现象，副线圈、两端有电压，即副线圈、两端电压不为零，故D正确。
故选D。
12. 如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴以角速度ω匀速转动，输出端通过理想升压变压器和降压变压器给远处用户供电。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为和，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为和，若线圈电阻忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A. 图示状态，
B. 若仅把线圈的角速度ω增大一倍，输电线上损耗的功率也会增大一倍
C. 若保持发电机输出功率一定，仅将滑片P上移，用户得到的功率会减小
D. 若仅增加用户数，为维持用户电压一定，可将滑片Q下移
【答案】D
【解析】
【详解】A．变压器原线圈两端电压为交流电的有效值，即为，故A错误；
B．线圈的角速度增大一倍。、同时增大一倍，将整个降压变压器和用户等效为一个电阻，可知输电电流也增大一倍，根据可知，输电线上损耗的功率会增大为原来的4倍，故B错误；
C．输电线上损耗的功率为
仅将滑片P上移，则增大，输电线上损耗的功率减小，用户得到的功率应增加，故C错误；
D．若用户数增加，负载总电阻R会减小，不变，输电电流会增大，输电线上损失的电压增大，则降压变压器原线圈两端的电压减小，根据
可知，要保持不变，应使减小，即滑片Q下移，故D正确。
故选D。
13. 如图甲所示是一种逆变器，逆变器是能够把蓄电池提供的直流电转变为交流电的设备。如图乙所示为逆变器的简易电路图，核心的控制电路称为“逆变模块”，它的功能是把直流电转化为交流电，共有5个接线端子。其中1、2、3为输入端，与两块相同的蓄电池连接，蓄电池的电动势为E，内阻不计，两块蓄电池同时工作；4、5为输出端，与理想变压器的原线圈相连，原线圈匝数为n1，副线圈匝数为n2，副线圈连一个电阻阻值为R的灯泡L。已知电压表读数为U，电流表读数为I，逆变模块自身消耗的电功率忽略不计，则理想变压器原、副线圈的匝数比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】理想变压器原、副线圈的匝数比为
根据题意得
通过每块电池的电流为 ，逆变器的输入功率等于变压器的输出功率
解得
故选B。
二、 选择题Ⅱ(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符 合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分)
14. 磁流体发电机又叫等离子体发电机，如图所示，燃烧室在的高温下将气体全部电离为电子和正离子，即高温等离子体。高温等离子体经喷管提速后以的速度进入矩形发电通道。发电通道有垂直于喷射速度方向的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为。等离子体发生偏转，在两极间形成电势差。已知发电通道长，宽，高，等离子体的电阻率，外接电阻不为零，电流表视为理想电表，闭合开关，则以下判断中正确的是（ ）
A. 电阻两端的电压为
B. 发电通道的上极板为电源正极
C. 当外接电阻的阻值为时，发电机输出功率最大
D. 增加磁感应强度B，电流表读数也会相应增大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．等离子体在两极间受力平衡，由
解得
所以电阻两端的电压小于，故A错误；
B．等离子体在磁场力作用下发生偏转，带正电的离子向上极板偏转，则上极板为电源正极，故B正确；
C．由电阻定律可得发电机内阻
发电机的输出功率
当外接电阻等于内阻时，发电机的输出功率最大，即
故C错误；
D．电流表的示数为
所以增加磁感应强度B，电流表读数也会相应增大，故D正确。
故选BD。
15. 为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图1所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在地面的一组线圈及电流测量记录仪组成（测量记录仪未画出）。当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，就能求出列车的速度和加速度。如图2所示为铁轨和列车的俯视图，假设磁体端部磁感应强度B=4.4×10-2T，且全部集中在端面范围内，与端面垂直，磁体沿铁轨方向的宽度与线圈宽度相同，线圈的匝数n=5，垂直于铁轨方向长l=0.20 m，电阻r=0.40 Ω（包括引出线的电阻），测量记录仪自身电阻R=4.0Ω，其记录下来的电流—位置关系图，即i-s图如图3所示。则下列说法正确的（ ）
A. 当磁场区域的右边界刚离开线圈I时，线圈I的电流沿逆时针方向（俯视图）
B. 列车通过线圈I的速度v1=15m/s
C. 列车通过线圈II时的速度v2=75m/s
D. 假设列车做是匀加速直线运动，则列车在两个线圈之间的加速度a=0.4l m/s2
【答案】AD
【解析】
【详解】A．当磁场区域的右边界刚离开线圈I时，根据楞次定律可知，线圈I的电流沿逆时针方向，故A正确；
BC．由闭合电路的欧姆定律可得，线圈I和线圈II中产生的感应电动势分别为
，
由图3知，
，
代入数据解得
，
而线圈I和线圈II中产生的感应电动势分别为
，
代入数据解得
，
故BC错误；
D．根据图3可知，两线圈之间的距离为，由运动学公式
代入数据解得
故D正确。
故选AD。
非选择题部分
三、 非选择题 (本题共5小题，共55分)
16. 小红用如图甲所示的装置探究“影响感应电流方向的因素”，螺线管与电流计构成闭合电路，条形磁铁N极朝下，请回答下列问题：
（1）要想使电流计指针发生偏转，即有感应电流产生，小红进行了以下四种操作，其中可行的是（ ）
A.螺线管不动，磁铁静止放在螺线管中
B.螺线管不动，磁铁插入或拔出螺线管
C磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动
D.磁铁与螺线管保持相对静止，一起在水平面内做圆周运动
（2）在（1）的研究中，小红发现电流计指针偏转方向会有不同，也就是感应电流方向不同，根据（1）中的操作，则感应电流方向与下列哪些因素有关（ ）
A.螺线管匝数 B.磁铁的磁性强弱 C.磁铁运动的方向 D.磁铁运动的速度大小
（3）小红又将实验装置改造，如图乙所示，螺线管A经过滑动变阻器与开关、电池相连构成直流电路；螺线管B与电流计构成闭合电路，螺线管B套在螺线管A的外面，为了探究影响感应电流方向的因素，闭合开关后，以不同速度移动滑动变阻器的划片，观察指针摆动情况：由此实验可以得出恰当的结论是（ ）
A.螺线管A的磁性变强或变弱影响指针摆动幅度大小
B.螺线管A的磁性变强或变弱不会影响指针摆动方向
C.螺线管A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动幅度大小
D.螺线管A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动方向
（4）在（3）的研究中，完成实验后未断开开关，也未把A、B两螺线管和铁芯分开设置，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击原因是在拆除_________（选填“A”或“B”）螺线管所在电路时发生了_______（选填“自感”或“互感”）现象。
【答案】 ①. B ②. C ③. C ④. A ⑤. 自感
【解析】
【详解】（1）[1]A.螺线管不动，磁铁静止放在螺线管中，螺线管内磁通量没有发生变化，无感应电流，故A错误；
B.螺线管不动，磁铁插入或拔出螺线管，螺线管内磁通量发生变化，有感应电流，故B正确；
C.磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动，螺线管内磁通量没有发生变化，无感应电流，故C错误；
D.磁铁与螺线管保持相对静止，一起在水平面内做圆周运动，螺线管内磁通量没有发生变化，无感应电流，故D错误。
故选B。
（2）[2] 在（1）的研究中，小红发现电流计指针偏转方向会有不同，也就是感应电流方向不同，根据（1）中的操作，则感应电流方向磁通量的变化有关，即与磁铁运动的方向，故C正确，ABD错误。
故选C。
（3）[3]以不同速度移动滑动变阻器的划片可以改变螺线管A的磁性强弱及其强弱变化快慢，通过操作可以判断螺线管A的磁性变强或变弱影响指针摆动方向，磁性强弱变化快慢影响指针摆动幅度的大小，故C正确，ABD错误。
故选C。
（4）[4]在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击原因是在拆除A时，电流快速减小，由于自身作用，螺旋管A会产生很大的感应电动势，所以被电击了一下。
[5] 在拆除电路时突然被电击了一下，螺线管A所在电路时发生了自感现象。
17. 如图是“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验电路图。小明在某次实验中，当伏特表示数V时，在开关K断开与闭合时，伏特表的示数分别V和V，已知原副线圈匝数分别匝和匝。实验过程操作规范正确。
（1）下列说法正确的是____________（多选）
A．该变压器为理想变压器
B．小于的可能原因是线圈存在电阻
C．的主要原因是变压器使用过程中有能量损耗
D．若以为原线圈、为副线圈，输入和输出电压分别为、，则有
（2）小明利用多用电表粗测副线圈的电阻。测量前先把两支表笔直接接触，调整欧姆调零旋钮，使指针指向表盘的________________（选填“电流”或“电阻”）零刻度。测量时指针位置如图所示，则线圈电阻约为____________Ω。
（3）小明为了进一步精确测量副线圈的电阻，设计的部分电路如图所示，为了绘制尽可能完整的伏安特性图线，还需连接的导线是____________（选填“ab”、“be”或“ce”），开关闭合前，滑动变阻器滑片应置于____________（选填“左”或“右”）端。测得线圈上一组电流、电压数据并得到如图所示的伏安特性图线。若将该线圈接在电压为4V的交流电源两端，则通过线圈的电流____________0.18A（选填“＞”、“＝”或“＜”）
【答案】 ①. BC##CB ②. 电阻 ③. 21.8 ④. be ⑤. 左 ⑥. ＜
【解析】
详解】（1）[1] A．由于
该变压器不是理想变压器，故A错误；
B．小于的可能原因是线圈存在电阻，故B正确；
C．的主要原因是变压器使用过程中有能量损耗，故C正确；
D．变压器使用过程中有能量损耗，若以为原线圈、为副线圈，输入和输出电压分别为、，则有
故D错误。
故选BC。
（2）[2][3]小明利用多用电表粗测副线圈的电阻。测量前先把两支表笔直接接触，调整欧姆调零旋钮，使指针指向表盘的电阻零刻度。测量时指针位置如图2所示，则线圈电阻约为21.8×1Ω=21.8Ω
（3）[4][5][6]为了绘制尽可能完整的伏安特性图线，电路采用分压法，所以还需连接的导线是be，开关闭合前，滑动变阻器滑片应置于左端。若将该线圈接在电压为4V的交流电源两端，由于自感作用，则通过线圈的电流＜0.18A。
18. 如图所示，金属棒MN质量m=0.01kg、长度L=0.2m、两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒中通以沿棒方向、大小为I=1A的电流，平衡时两悬线向右偏离竖直方向的夹角均为。（）
（1）判断MN中电流的方向（填“M到N”或“N到M”），并求金属棒受安培力的大小；
（2）求匀强磁场的磁感应强度B；
（3）如果仅仅改变匀强磁场的大小和方向，且要保持该金属棒的平衡位置不变，匀强磁场的磁感应强度至少有多大？方向如何？
【答案】（1）M到N，0.1N；（2）0.5T；（3），方向沿绳子方向向上（或沿左上与竖直方向成方向）
【解析】
【详解】（1）选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示
根据金属棒受安培力的方向结合左手定则可以判断电流方向为M到N；根据平衡条件得
（2）根据安培力公式可得
可得匀强磁场的磁感应强度为
（3）如果仅仅改变匀强磁场的大小和方向，且要保持该金属棒的平衡位置不变，则当安培力与绳子方向垂直时，安培力最小，磁感应强度最小，则有
解得磁感应强度最小值为
根据左手定则可知，磁感应强度方向沿绳子方向向上（或沿左上与竖直方向成方向）。
19. 如图所示，光滑金属轨道PQ是由倾角为θ=53°的PC、QD与水平放置的CG、DH金属导轨连接而成。在PQ之间接有一个阻值为R=4Ω的电阻。PQDC之间有一个垂直于导轨平面向上的匀强磁场I，磁感应强度为B1=0.4T，EFHG区域也有一竖直向上的匀强磁场II，磁感应强度为B2=0.5T。PQ、CD为磁场I区的边界，EF、GH为磁场II区的边界。如图所示，一根与导轨接触良好且质量为m=20g、电阻为r=1Ω的金属棒AB，垂直导轨放置并从导轨的顶端由静止开始沿轨道下滑，并最终能穿过磁场II区。运动过程中AB不发生旋转，金属棒到达CD边界之前已开始匀速运动。若两根导轨之间的距离为d=1m，EF与GH之间的距离为l=1.2m，不计导轨的电阻，g取10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6，求：
（1）金属棒AB匀速运动时的速度v1的大小；
（2）金属棒AB到达磁场边界EF时AB两端的电压；
（3）金属棒AB在磁场II区运动的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q。
【答案】（1）5m/s；（2）2V；（3）0.168J
【解析】
【详解】(1)金属棒AB匀速运动，故有
又有
F安=BIl
E=Blv
故有
解得
(2)由法拉第电磁感应定律可知
E=Bdv=2.5V
由欧姆定律可知
(3)金属棒穿过磁场区域II时通过电阻R的电荷量为
根据动量定理
解得
v2=2m/s
由能量守恒定律可知，电阻R上产生的焦耳热为
20. 如图所示， 间距为 的两根平行长直金属导轨固定在倾角为的绝缘 斜面上， 导轨上端接有阻值为的电阻， 一根长为、电阻为、质量为的直导体棒垂直放在两导轨上。 整个装置处于方向垂直斜面向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中。由静止释放后沿导轨运动， 下滑位移大小为时到达位置并恰好开始做匀速运动。在 运动过程中与导轨接触良好， 导轨电阻及一切摩擦均不计， 重力加速度大小为。 求：
（1） 棒匀速时的速度大小；
（2）从 棒由静止释放到开始匀速运动整个过程通过电阻的电荷量；
（3）从 棒由静止释放到开始匀速运动的整个过程中电阻产生的热量。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
【详解】（1）由受力分析及题知， 当金属棒匀速时， 合外力为零， 即
感应电流
感应电动势
联立得
（2）经分析可知： 电量
平均电流
平均感应电动势
联立得
（3）金属棒从静止开始到匀速的过程， 由能量守恒可知
由功率分配 关系可知， 电阻上产生的热量
并联立得
21. 如图所示，在的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向：在的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直平面（纸面）向外。一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上处的点时速率为，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上处的点进入磁场，并经过y轴上处的点。不计重力。求：
（1）电场强度的大小；
（2）粒子到达时的速度；
（3）磁感应强度的大小。
【答案】（1）；（2），方向与x轴成45°角指向右下方；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示
设粒子从P1运动到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律得
qE = ma
根据运动学公式得
2h =v0t
h = at2
联立以上解得
（2）粒子到达P2时速度沿x方向速度分量为v0，以v1为速度沿y方向速度分量的大小，v表示速度的大小，θ为速度与x轴的夹角，则有
由图可得
θ = 45°
有
v1 = v0
联立以上各式解得
方向与x轴成45°角指向右下方。
（3）设磁场的磁感应强度为B，在洛伦兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
r是圆周的半径，与x轴、y轴的交点为P2、P3，由几何知识可知，连线P2P3为圆周的直径，由几何关系可求得
联立解得
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