物理卷·2018届浙江省宁波市慈溪市高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届浙江省宁波市慈溪市高二上学期期中物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．首先发现电流周围存在磁场的科学家是（　　）‎ A．安培 B．特斯拉 C．阿斯顿 D．奥斯特 ‎2．下列说法中，正确的是（　　）‎ A．磁感应强度是矢量，它的方向与通电导线在磁场中的受力方向相同 B．磁感应强度的单位是特斯拉，1T=1N/A•m C．穿过线圈的磁通量为零的地方，磁感应强度一定为零 D．磁通量的单位是韦伯，1Wb=1T/m2‎ ‎3．某磁场的磁感线如图所示，一铜线圈自图示A位置落至B位置，在下落过程中自上往下看，线圈中电流方向是（　　）‎ A．始终顺时针 B．始终逆时针 C．先顺时针再逆时针 D．先逆时针再顺时针 ‎4．老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（　　）‎ A．磁铁插向左环，横杆发生转动 B．磁铁插向右环，横杆发生转动 C．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动 D．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动 ‎5．如图所示，蹄形磁体用悬线悬于O点，在磁体的正下方有一水平放置的长直导线，当导线通以由左向右的电流时，蹄形磁体的运动情况将是（　　）‎ A．静止不动 B．向纸外运动 C．N极向纸外转动，S级向纸内转动 D．N极向纸内转动，S级向纸外转动 ‎6．如图所示，MN、PQ为同一水平面的两平行光滑导轨，导轨间有垂直于导轨平面的磁场，导体ab、cd与导轨有良好的接触，当ab沿轨道向右滑动时，cd将（　　）‎ A．右滑 B．不动 C．左滑 D．无法确定 ‎7．如图所示，质量为m的带电小物块在绝缘粗糙的水平面上以初速v0开始运动．已知在水平面上方的空间内存在方向垂直纸面向里的水平匀强磁场，则以下关于小物块的受力及运动的分析中，正确的是（　　）‎ A．若物块带正电，一定受两个力，做匀速直线运动 B．若物块带负电，一定受两个力，做匀速直线运动 C．若物块带正电，一定受四个力，做减速直线运动 D．若物块带负电，一定受四个力，做减速直线运动 ‎8．每时每刻都有大量带电的宇宙射线向地球射来，幸好地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数射线粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．假设有一个带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来（如图，地球由西向东转，虚线表示地球自转轴，上方为地理北极），在地球磁场的作用下，它将向什么方向偏转？（　　）‎ A．向东 B．向南 C．向西 D．向北 ‎9．如图所示，导体棒ab长为4L，匀强磁场的磁感应强度为B，导体绕过b点垂直纸面的轴以角速度ω匀速转动，则a端和b端的电势差U的大小等于（　　）‎ A．0.5BL2ω B．BL2ω C．4BL2ω D．8BL2ω ‎10．如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为e/m的电子以速度v0从A 点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为（　　）‎ A．B＞ B．B＜ C．B＞ D．B＜‎ ‎11．（单）如图所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，当断开开关S的瞬间会有（　　）‎ A．灯A立即熄灭 B．灯A慢慢熄灭 C．灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭 D．灯A突然闪亮一下再突然熄灭 ‎12．有一等腰直角三角形形状的导线框abc，在外力作用下匀速地经过一个宽为d的有限范围的匀强磁场区域，线圈中产生的感应电流i与沿运动方向的位移x之间的函数图象是如下图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二.不定项选择题（本题共5小题，每小题4分．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．共20分）‎ ‎13．一根通有电流I的直铜棒用软导线挂在如图所示匀强磁场中，此时悬线中的张力大于零而小于铜棒的重力．欲使悬线中张力为零，可采用的方法有（　　）‎ A．适当增大电流，方向不变 B．适当减小电流，并使它反向 C．电流大小、方向不变，适当增强磁场 D．使原电流反向，并适当减弱磁场 ‎14．如图所示，虚线框内是磁感应强度为B的匀强磁场，用同种导线制成的正方形线框abcd的边长为L（L小于磁场宽度d），线框平面与磁场方向垂直．导线框以速度v水平向右运动，当ab边进入磁场时，ab两端的电势差为U1；当cd边进入磁场时，ab两端的电势差为U2．则（　　） A．U1=BLv B．U1=BLv C．U2=BLv D．U2=BLv ‎15．如图所示的圆形区域里，匀强磁场的方向垂直纸面向里，有一束速率各不相同的质子自A 点沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中（不计重力）（　　）‎ A．运动时间越长，其轨迹对应的圆心角越大 B．运动时间越长，其轨迹越长 C．运动时间越长，其射出磁场区域时速率越大 D．运动时间越长，其射出磁场区域时速度的偏向角越大 ‎16．如图所示，速度为v0、电荷量为q的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，则（　　）‎ A．若改为电荷量﹣q的离子，将往上偏（其它条件不变）‎ B．若速度变为2v0将往上偏（其它条件不变）‎ C．若改为电荷量+2q的离子，将往下偏（其它条件不变）‎ D．若速度变为v0将往下偏（其它条件不变）‎ ‎17．如图所示，从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区，如果先后两次拉出的速度之比为1：2，则在先后两种情况下（　　）‎ A．线圈中的感应电流之比为1：4‎ B．通过线圈的电量之比为1：2‎ C．线圈中产生的热量之比为1：2‎ D．沿运动方向作用在线圈上的外力功率之比为1：4‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4小题，共44分，18、19题每题10分，20、21题每题12分，应学出必要的解题过程和文字说明）‎ ‎18．如图所示，放在平行光滑导轨上的导体棒ab质量为1kg，长为0.5m，导轨与水平面成30°角，导体棒与导轨垂直，空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为2T，若要使导体棒处于静止状态，那么棒中应通以什么方向的电流？电流强度应多大？‎ ‎19．如图所示，以MN为界的两匀强磁场，磁感应强度B1=2B2，方向垂直纸面向里．现有一质量为m、带电量为q的正粒子，从O点沿图示方向进入B1中．‎ ‎（1）试画出粒子的运动轨迹；‎ ‎（2）求经过多长时间粒子重新回到O点？‎ ‎20．如图所示，线圈内有理想边界的磁场，开始时磁场的磁感应强度为B0．当磁场均匀减小时，有一带电微粒静止于平行板（两板水平放置）电容器中间，若线圈的匝数为n，平行板电容器的板间距离为d，粒子的质量为m，带电荷量为q．（设线圈的半径为r）求：‎ ‎（1）开始时穿过线圈平面的磁通量的大小．‎ ‎（2）处于平行板电容器间的粒子的带电性质．‎ ‎（3）磁感应强度的变化率．‎ ‎21．如图（甲）所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.2m，电阻R=0.4Ω，导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图（乙）所示．‎ ‎（1）试分析说明金属杆的运动情况；‎ ‎（2）求第2s末外力F 的瞬时功率．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．首先发现电流周围存在磁场的科学家是（　　）‎ A．安培 B．特斯拉 C．阿斯顿 D．奥斯特 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据对物理上有重大贡献的物理学家的了解和对物理基础知识的掌握解答．‎ ‎【解答】解：1820年丹麦物理学家奥斯特在人类历史上首先发现了通电直导线周围存在磁场，即电流的磁效应．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．下列说法中，正确的是（　　）‎ A．磁感应强度是矢量，它的方向与通电导线在磁场中的受力方向相同 B．磁感应强度的单位是特斯拉，1T=1N/A•m C．穿过线圈的磁通量为零的地方，磁感应强度一定为零 D．磁通量的单位是韦伯，1Wb=1T/m2‎ ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】磁感应强度是矢量，它的方向与通电导线在磁场中的受力方向相垂直；根据磁感应强度的定义可明确磁感应强度的单位；磁通量Φ=BSsinθ，其大小与夹角有关，单位为韦伯．‎ ‎【解答】解：A、磁感应强度是矢量，根据左手定则可知，它的方向与通电导线在磁场中的受力方向垂直，故A错误；‎ B、磁感应强度单位是T，1T=1N/A•m．故B正确；‎ C、穿过线圈的磁通量为零的地方，磁感应强度不一定为零，可能是磁场与线圈平行，故C错误；‎ D、磁通量是标量，其单位是韦伯（Wb），1Wb=1Tm2，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．某磁场的磁感线如图所示，一铜线圈自图示A位置落至B位置，在下落过程中自上往下看，线圈中电流方向是（　　）‎ A．始终顺时针 B．始终逆时针 C．先顺时针再逆时针 D．先逆时针再顺时针 ‎【考点】楞次定律；法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．根据楞次定律判断感应电流的方向．‎ 在下落过程中，根据磁场强弱判断穿过线圈的磁通量的变化，再去判断感应电流的方向．‎ ‎【解答】解：在下落过程中，磁感应强度先增大后减小，所以穿过线圈的磁通量先增大后减小，‎ A处落到O处，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流磁场方向向下，所以感应电流的方向为顺时针．‎ O处落到B处，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流磁场方向向上，所以感应电流的方向为逆时针；‎ 综上所述，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（　　）‎ A．磁铁插向左环，横杆发生转动 B．磁铁插向右环，横杆发生转动 C．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动 D．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中会产生感应电流，感应电流受到磁场力的作用，横杆转动；‎ 如果金属环不闭合，穿过它的磁通量发生变化时，只产生感应电动势，而不产生感应电流，环不受力的作用，杆不转动．‎ ‎【解答】解：左环不闭合，磁铁插向左环时，不产生感应电流，环不受力，横杆不转动；‎ 右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环受到磁场的作用，横杆转动；故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，蹄形磁体用悬线悬于O点，在磁体的正下方有一水平放置的长直导线，当导线通以由左向右的电流时，蹄形磁体的运动情况将是（　　）‎ A．静止不动 B．向纸外运动 C．N极向纸外转动，S级向纸内转动 D．N极向纸内转动，S级向纸外转动 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】假设磁体不动，导线运动，则可以利用微元法，在导线两侧取两段，根据左手定则判断出安培力的方向，当转过90度时，再根据左手定则判断出安培力的方向，从而确定导线的运动情况．从而根据相对运动来确定磁体运动情况．‎ ‎【解答】解：假设磁体不动，导线运动，则有：根据右手螺旋定则可知，通电导线左边的磁场斜向下，而右边的磁场是斜向上，那么在导线两侧取两小段，根据左手定则可知，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，知导线顺时针转动，当转动90度时，导线所受的安培力方向向上，所以导线的运动情况为，顺时针转动，同时上升．‎ 如今导线不动，磁体运动，根据相对运动，则有磁体逆时针转动（从上向下看），即N极向纸外转动，S极向纸内转动．故C正确，ABD错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示，MN、PQ为同一水平面的两平行光滑导轨，导轨间有垂直于导轨平面的磁场，导体ab、cd与导轨有良好的接触，当ab沿轨道向右滑动时，cd将（　　）‎ A．右滑 B．不动 C．左滑 D．无法确定 ‎【考点】楞次定律；安培力．‎ ‎【分析】由楞次定律得：当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反； 当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同．‎ ‎【解答】解：假设导轨间有垂直于导轨平面向上的磁场，当ab沿轨道向右滑时，向上的磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，即向上；所以电流从d流向c，由左手定则可以判断cd所受安培力向右，所以cd右滑．‎ 再假设导轨间有垂直于导轨平面向下的磁场，当ab沿轨道向右滑时，向下的磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，即向下；所以电流从c流向d，由左手定则可以判断cd所受安培力向右，所以cd右滑．‎ 由上可知，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，质量为m的带电小物块在绝缘粗糙的水平面上以初速v0开始运动．已知在水平面上方的空间内存在方向垂直纸面向里的水平匀强磁场，则以下关于小物块的受力及运动的分析中，正确的是（　　）‎ A．若物块带正电，一定受两个力，做匀速直线运动 B．若物块带负电，一定受两个力，做匀速直线运动 C．若物块带正电，一定受四个力，做减速直线运动 D．若物块带负电，一定受四个力，做减速直线运动 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．‎ ‎【分析】由左手定则判断物块所受洛伦兹力的方向，若物块与地面间由压力则也有摩擦力，若物块与地面间没有压力则没有摩擦力．‎ ‎【解答】解：A、若物块带正电，由左手定则知物块所受洛伦兹力方向向上，若向上的洛伦兹力和物块的重力相等，则物块与地面间无压力，物块也不受摩擦力，即物块只受两个力，在合力为零的情况下做匀速直线运动；‎ 若向上的洛伦兹力小于物块的重力则物块对地面有压力，还会受向后的摩擦力，即物块受重力、洛伦兹力、支持力、摩擦力四个力，物块做减速直线运动；‎ 综上，AC错误；‎ B、若物块带负电，由左手定则知物块所受洛伦兹力方向向下，根据平衡条件物体受地面向上支持力，则物块还会受向后的摩擦力，共四个力，做减速直线运动，故D正确，C错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．每时每刻都有大量带电的宇宙射线向地球射来，幸好地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数射线粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．假设有一个带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来（如图，地球由西向东转，虚线表示地球自转轴，上方为地理北极），在地球磁场的作用下，它将向什么方向偏转？（　　）‎ A．向东 B．向南 C．向西 D．向北 ‎【考点】洛仑兹力．‎ ‎【分析】根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向．‎ ‎【解答】解：地球的磁场由南向北，当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，故A正确．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，导体棒ab长为4L，匀强磁场的磁感应强度为B，导体绕过b点垂直纸面的轴以角速度ω匀速转动，则a端和b端的电势差U的大小等于（　　）‎ A．0.5BL2ω B．BL2ω C．4BL2ω D．8BL2ω ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】导体棒绕它的一个端点做匀速圆周运动，导体棒产生的感应电动势E=BL2ω，然后分析答题．‎ ‎【解答】解：导体绕过b点垂直纸面的轴以角速度ω匀速转动，‎ 导体棒产生的感应电动势：E=B•4Lv=4BL•=8BL2ω，‎ a端和b端的电势差大小：U=E=8BL2ω，故ABC错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为e/m的电子以速度v0从A 点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为（　　）‎ A．B＞ B．B＜ C．B＞ D．B＜‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】电子进入磁场后受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，由半径公式r=知，电子的速率越大，轨迹半径越大，欲使电子能经过BC边，当电子恰好从C点离开时，轨迹半径最小，由几何知识求出最小的半径，由半径公式求出B的最大值，即可得到B的范围．‎ ‎【解答】解：当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，则几何知识得：‎ ‎ 2Rcos30°=a，得R=；‎ 欲使电子能经过BC边，必须满足R＞‎ 而R==‎ 所以＞‎ 化简得；‎ 故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D ‎　‎ ‎11．（单）如图所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，当断开开关S的瞬间会有（　　）‎ A．灯A立即熄灭 B．灯A慢慢熄灭 C．灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭 D．灯A突然闪亮一下再突然熄灭 ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】当断开电键的瞬间，线圈中电流要减小，会产生自感现象，若断开电键后，线圈、灯泡能构成回路，则灯泡不会立即熄灭，若线圈、灯泡不能构成回路，则灯泡立即熄灭．‎ ‎【解答】解：当断开开关S的瞬间，线圈产生自感电动势，但是线圈与灯泡A在开关断开后，不能形成回路，则灯A立即熄灭．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎12．有一等腰直角三角形形状的导线框abc，在外力作用下匀速地经过一个宽为d的有限范围的匀强磁场区域，线圈中产生的感应电流i与沿运动方向的位移x之间的函数图象是如下图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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．‎ ‎【分析】根据右手定则或楞次定律判断边线框进入磁场时和出磁场时，回路中感应电流方向，再根据磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果．‎ ‎【解答】解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小．故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二.不定项选择题（本题共5小题，每小题4分．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．共20分）‎ ‎13．一根通有电流I的直铜棒用软导线挂在如图所示匀强磁场中，此时悬线中的张力大于零而小于铜棒的重力．欲使悬线中张力为零，可采用的方法有（　　）‎ A．适当增大电流，方向不变 B．适当减小电流，并使它反向 C．电流大小、方向不变，适当增强磁场 D．使原电流反向，并适当减弱磁场 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】对导线进行受力分析，然后由平衡条件列方程，根据安培力公式分析答题．‎ ‎【解答】解：以导线为研究对象，导线受力如图所示，导线静止，处于平衡状态，‎ 由平衡条件得：2F+FB=G，线的拉力：F=，重力G不变，欲使悬线中拉力F为零，‎ 安培力FB=BIL应变大，可以增大B或I，故AC正确；‎ 如果使电流方向反向，则安培力向下，拉力F增大，不可能为零，故BD错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，虚线框内是磁感应强度为B的匀强磁场，用同种导线制成的正方形线框abcd的边长为L（L小于磁场宽度d），线框平面与磁场方向垂直．导线框以速度v水平向右运动，当ab边进入磁场时，ab两端的电势差为U1；当cd边进入磁场时，ab两端的电势差为U2．则（　　） A．U1=BLv B．U1=BLv C．U2=BLv D．U2=BLv ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】ab边进入磁场切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，ab两端的电势差是路端电压，即为其他三边的总电压．由串联电路电压的分配关系求出U．‎ ‎【解答】解：ab边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势E=BLv ab两端的电势差U1=E=BLv．故B正确；‎ 当cd边进入时，ab边为外电路中的一部分，其电压U2==BLv；故C错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示的圆形区域里，匀强磁场的方向垂直纸面向里，有一束速率各不相同的质子自A 点沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中（不计重力）（　　）‎ A．运动时间越长，其轨迹对应的圆心角越大 B．运动时间越长，其轨迹越长 C．运动时间越长，其射出磁场区域时速率越大 D．运动时间越长，其射出磁场区域时速度的偏向角越大 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α，则粒子在磁场中运动时间为t=T，圆心角α越大，时间越长．根据几何知识得到轨迹半径r与R的关系，就能得到轨迹长度与时间的关系．带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角．‎ ‎【解答】解：设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α．‎ A、带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角α，粒子的偏向角等于其转过的圆心角，由t=T知，则在磁场中运动时间越长的，偏转越大，故AD正确．‎ B、粒子运动的轨迹为S=rα=Rcot•α．粒子的运动时间越长，α越大，根据数学知识可以证明孤长S越短，故B错误；‎ C、粒子在磁场中运动的时间为t=T，而轨迹半径r=Rcot，当粒子的运动时间越短时，α越小，则知r越大，而r=，则速度v越大．故C错误．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，速度为v0、电荷量为q的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，则（　　）‎ A．若改为电荷量﹣q的离子，将往上偏（其它条件不变）‎ B．若速度变为2v0将往上偏（其它条件不变）‎ C．若改为电荷量+2q的离子，将往下偏（其它条件不变）‎ D．若速度变为v0将往下偏（其它条件不变）‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】粒子受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，二力平衡时粒子沿直线运动，当二力不平衡时，粒子做曲线运动．‎ ‎【解答】解：正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，此时洛伦兹力与电场力二力平衡，应该有：qv0B=qE，即v0B=E．‎ A、若改为电荷量﹣q的离子，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向下，电场力方向向上，由于qv0B=qE，此时洛伦兹力与电场力仍然平衡，所以负离子不偏转，仍沿直线运动，故A错误．‎ B、若速度变为2v0，洛伦兹力增大为原来的2倍，而离子受的洛伦兹力方向向上，电场力不变，所以离子将向上偏转，故B正确．‎ C、若改为电荷量+2q的离子，根据平衡条件得：qv0B=qE，即v0B=E，该等式与离子的电荷量无关，所以离子仍沿直线运动，故C错误．‎ D、若速度变为v0，若离子带正电，洛伦兹力为原来的倍，而离子受的洛伦兹力方向向上，电场力不变，所以离子将向下偏转，同理，若离子带负电，离子也向下偏转，故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎17．如图所示，从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区，如果先后两次拉出的速度之比为1：2，则在先后两种情况下（　　）‎ A．线圈中的感应电流之比为1：4‎ B．通过线圈的电量之比为1：2‎ C．线圈中产生的热量之比为1：2‎ D．沿运动方向作用在线圈上的外力功率之比为1：4‎ ‎【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．‎ ‎【分析】应用E=BLv求出感应电动势，应用欧姆定律去吃感应电流，然后求出电流之比；‎ 应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律与电流定义式求出电荷量，然后求出电荷量之比；‎ 求出感应电流，应用焦耳定律求出产生的热量，然后求出热量之比；‎ 在恒力作用下，矩形线圈以不同速度被匀速拉出，拉力与安培力大小相等，‎ 拉力做功等于拉力与位移的乘积，而拉力功率等于拉力与速度的乘积．‎ ‎【解答】解：设线框长为s，宽为L，线框电阻为R；‎ A、感应电流：I==，电流之比： ==，故A错误；‎ B、通过线圈的电荷量：q=△t=△t=△t==，电荷量之比： =，故B错误；‎ C、线圈产生的热量：Q=I2Rt=•R•=，热量之比： ==，故C正确；‎ D、线框受到的安培力：F安培=BIL=，线框做匀速直线运动，由平衡条件得：F=F安培=，外力功率：P=Fv=，功率之比： ==，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4小题，共44分，18、19题每题10分，20、21题每题12分，应学出必要的解题过程和文字说明）‎ ‎18．如图所示，放在平行光滑导轨上的导体棒ab质量为1kg，长为0.5m，导轨与水平面成30°角，导体棒与导轨垂直，空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为2T，若要使导体棒处于静止状态，那么棒中应通以什么方向的电流？电流强度应多大？‎ ‎【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】ab棒受重力、导轨的支持力以及水平向右的安培力处于平衡，根据共点力平衡求出安培力以及电流I的大小，根据左手定则判断出金属棒ab中的电流方向．‎ ‎【解答】解：由左手定则可知，棒中应通b到a方向的电流 导体棒受到的安培力：F=BIL 要使导体棒处于静止状态需满足Fcosθ=mgsinθ 解得F=mgtanθ 联立解得I=‎ 答：棒中应通以b到a方向的电流，电流强度应为 ‎　‎ ‎19．如图所示，以MN为界的两匀强磁场，磁感应强度B1=2B2，方向垂直纸面向里．现有一质量为m、带电量为q的正粒子，从O点沿图示方向进入B1中．‎ ‎（1）试画出粒子的运动轨迹；‎ ‎（2）求经过多长时间粒子重新回到O点？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）粒子在两种磁场中只受洛伦兹力，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知半径之比为1：2，根据左手定则，分析粒子旋转方向，画出轨迹．‎ ‎（2）根据轨迹，确定时间与周期的关系，求出粒子重新回到O点的时间．‎ ‎【解答】解：（1）设粒子在磁场B1和B2中圆周运动的半径分别为r1、r2．‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，‎ 解得：r=，由题意可知：B1=2B2，则r1：r2=1：2，‎ 根据左手定则判断可知，粒子在磁场B1中沿逆时针方向旋转，‎ 在磁场B2中沿顺时针方向旋转，则轨迹如图所示：‎ ‎（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，‎ 粒子的总时间应包含两部分在上半磁场的2个半周期，在下半磁场的半个周期．‎ 粒子总的运动时间：t=t1+t2=+=；‎ 答：（1）粒子运动轨迹如图所示；‎ ‎（2）粒子经过实际：重新回到O点．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，线圈内有理想边界的磁场，开始时磁场的磁感应强度为B0．当磁场均匀减小时，有一带电微粒静止于平行板（两板水平放置）电容器中间，若线圈的匝数为n，平行板电容器的板间距离为d，粒子的质量为m，带电荷量为q．（设线圈的半径为r）求：‎ ‎（1）开始时穿过线圈平面的磁通量的大小．‎ ‎（2）处于平行板电容器间的粒子的带电性质．‎ ‎（3）磁感应强度的变化率．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）根据磁通理定义，即可求解；‎ ‎（2）由楞次定律判断出感应电动势的方向，判断出极板间电场的方向，然后判断微粒的电性；‎ ‎（3）由平衡条件求出极板间的电场强度，求出极板间的电势差，然后由法拉第电磁感应定律求出磁感应强度的变化率．‎ ‎【解答】解：（1）根据磁通理定义，∅=B0•S=B0•πr2；‎ ‎（2）由图示可知，磁场垂直与纸面向里，磁感应强度减小，穿过线圈的磁通量减小，‎ 由楞次定律可知，平行板电容器的上极板电势低，下极板电势高，板间存在向上的电场，‎ 微粒受到竖直向下的重力而静止，因此微粒受到的电场力向上，电场力方向与场强方向相同，微粒带正电；‎ ‎（3）对微粒，由平衡条件得：mg=q，‎ 感应电动势：E=，‎ 由法拉第电磁感应定律得：E==S，‎ 解得： =；‎ 答：（1）开始时穿过线圈平面的磁通量的大小B0•πr2．‎ ‎（2）处于平行板电容器间的粒子的带正电．‎ ‎（3）磁感应强度的变化率．‎ ‎　‎ ‎21．如图（甲）所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.2m，电阻R=0.4Ω，导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图（乙）所示．‎ ‎（1）试分析说明金属杆的运动情况；‎ ‎（2）求第2s末外力F 的瞬时功率．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）根据欧姆定律和感应电动势公式得到U与v的关系，由图读出U与t的关系，来分析v与t的关系，确定物体的运动情况．‎ ‎（2）由图读出第2s的速度v．根据电压与时间的关系求出加速度，根据牛顿第二定律求出F，再求解F的功率．‎ ‎【解答】解：（1）电压表示数为U=IR=v ‎ ‎ 由图象可知，U与t成正比，即v与t成正比，杆做初速为零的匀加速运动．‎ ‎ （2）因v=at，所以U=at=kt ‎ ‎ 由图象得k=0.4 V/s，即 ‎ 得a=5m/s2‎ ‎ 两秒末速度v=at=10m/s ‎ F﹣=ma 得F=0.7N ‎ ‎ 则P=Fv=7W．‎ ‎　‎