2017-2018学年陕西省西安市第一中学高二上学期第二次月考（12月）物理试题 解析版

2017-2018学年陕西省西安市第一中学高二上学期第二次月考（12月）物理试题 解析版

陕西省西安市第一中学2017-2018学年高二上学期第二次月考（12月）物理试题 一、单选题 ‎1. 关于电场线和等势面，错误的说法是（ ）‎ A. 电场中电势越高的地方，等势面越密 B. 电场中场强越大的地方，电场线越密 C. 电场中场强越大的地方，等势面越密 D. 电场强度的方向总是和等势面垂直的 ‎【答案】A ‎【解析】A. 电场中，沿电场线的方向，电势降低，而电场线密的地方电场强度大，电场强度大小与电势高低无关，故A错误；‎ B. 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，故B正确；‎ C. 电场中场强越大的地方，电场线越密，沿着电场线移动相同距离，电势降低大，故等势面也越密，故C正确；‎ D. 沿着等势面移动，电场力不做功，故电场力一定与等势面垂直，正电荷受到的电场力方向沿着电场线的切线方向，故电场线与等势面垂直，故D正确；‎ 本题选错误的，故选A.‎ ‎2. 如图，匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个顶点．已知G、F、B、D点的电势分别为8V、3V、2V、4V，则A点的电势为（ ）‎ A. 1V B. -1V C. 2V D. 3V ‎【答案】B ‎【解析】在匀强电场中，由公式U=Ed知，沿着任意方向前进相同距离，电势差必定相等，‎ ‎ ‎ 点晴：在匀强电场中，沿着任意方向前进相同距离，电势差必定相等，根据这个特点并结合几何关系就可以得到C点的电势，同理可得A点的电势。‎ ‎3. 如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在距板右端L处有一竖直放置的光屏M. 一电荷量为q、质量为m的质点从两板中央水平射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是 ( )‎ ‎ ‎ A. 板间的电场强度大小为2mg/q B. 质点在板间运动时动能的增加量等于电场力做的功 C. 小球在板间所受电场力方向为竖直向下 D. 质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间 ‎【答案】A ‎【解析】A. B据题分析可知,质点在平行金属板间轨迹应向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,质点的轨迹向下偏转,质点才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得,qE−mg=mg,得到E=2mg/q.故A正确，C错误；‎ B. 质点在运动中，受到重力与电场力，根据动能定理可知，动能的增加量等于电场力与重力做的总功，B错误；‎ D. 由于质点在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，则质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等。故D错误。‎ 故选：A。‎ 点睛：根据题意分析，质点最后垂直打在M屏上，必须考虑质点的重力．质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上．第一次偏转质点做类平抛运动，第二次斜向上抛运动是平抛运动的逆过程，运用运动的分解法，根据对称性，分析前后过程加速度的关系，再研究电场强度的大小．水平方向质点始终做匀速直线运动，质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等．‎ ‎4. 两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远为电势零点，则(　 　)‎ A. 场强大小关系有Eb>Ec B. 电势大小关系有φb<φd C. 将一正电荷放在d点时其电势能为负值 D. 将一负电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功 ‎【答案】C ‎【解析】A. 由电场线越密的地方,电场强度越大,由图可得c点的电场线密,所以有Ec>Eb，故A错误；‎ B. 沿着电场线，电势逐渐降低，b点所处的电场线位于右侧导体的前面，即b点的电势比右侧的导体高，而d点紧靠右侧导体的表面，电势与导体的电势几乎相等，故b点电势高于d点的电势，故B错误；‎ C. 电势能的正负与0势能点的选择有关，该题以无穷远为零电势点，所以d点的电势为负，正电荷放在d点时其电势能为负值。故C正确；‎ D. 从图中可以看出，a点的电势高于d点的电势。负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，故负检验电荷从a点移到d点的过程中，电势能增加，则电场力做负功，故D错误。‎ 故选：C.‎ ‎5. 如图所示电路中，当变阻器的滑动触头P向下端移动时( )‎ A. 电压表示数变大，电流表示数变小 B. 电压表示数变大，电流表示数变大 C. 电压表示数变小，电流表示数变大 D. 电压表示数变小，电流表示数变小 ‎【答案】A ‎【解析】当变阻器的滑动触头P向下端移动时，电路总电阻增大，总电流减小，根据路端电压U=E-Ir，电压表示数变大，R1两端电压U1=E-I(R2+r)增大，流过R1的电流增大，所以电流表示数变小，故A正确，BCD错误。‎ 故选：A。‎ ‎6. 某人把电流表、干电池和一个定值电阻串联后，两端连接两只测量表笔，做成了一个测量电阻的装置．两只表笔直接接触时，电流表读数是4mA，两只表笔与200Ω的电阻连接时，电流表读数是3mA． 现在把表笔与一个未知电阻连接时，电流表读数是2mA，则该未知电阻阻值是（ ）‎ A. 200Ω B. 300Ω C. 600Ω D. 1200Ω ‎【答案】C ‎【解析】由题意，根据闭合电路欧姆定律，则有：‎ 把Rg+R+r看成一个总电阻R总，则由上面两式可得：E=2.4V，R总=600Ω；‎ 电流为2mA时，有E=I3(R总+RX)=0.002×(600Ω+RX)‎ 解得：RX=600Ω；故C正确，ABD错误；‎ 故选：C.‎ 点睛：根据闭合电路欧姆定律，结合串并联电路特征，列出方程组，即可求解．‎ ‎7. 如图所示，一直流电动机与阻值R＝9 Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E＝30 V，内阻r＝1 Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10 V，已知电动机线圈电阻RM＝1 Ω，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 通过电动机的电流为10 A B. 电源的效率为93.3%‎ C. 电动机线圈电阻的热功率为2 W D. 电动机的输出功率为18W ‎【答案】B ‎【解析】A项：电动机电压10V,说明R与r的电压是：E－10＝20V，电流：‎ B项：电源的效率：，故B正确；‎ C项：电动机线圈电阻的热功率：，故C错误；‎ D项：电动机的输出功率：，故D错误。‎ 点晴：电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律U＞IR，对于R和r是纯电阻，可以用欧姆定律求电流，根据功率关系求出电动机输出的功率。‎ ‎8. 如图所示，两个同心放置的共面金属圆环a和b，一条形磁铁穿过圆心且与环面垂直，则穿过两环的磁通量φa、φb的大小关系为（　　）‎ A. φa＞φb B. φa＜φb C. φa＝φb D. 无法比较 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下．由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，a的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以Φa＞Φb．故选A.‎ 考点：磁通量 ‎【名师点睛】本题是非匀强磁场磁通量大小的比较问题，抓住抵消后剩余磁通量进行比较．磁感线是闭合曲线，磁铁内外总条数相等．穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大此题是常见问题，中等难度。‎ ‎9. 质量为m的金属棒通有自a到b的恒定电流，当磁场方向水平向左时，金属棒与磁场方向垂直且恰好可以静止在光滑的绝缘导轨上，导轨与水平面夹角为θ．当磁场方向由水平向左逐渐变为竖直向上时（已知电流大小保持不变，磁感应强度大小可以调整），要保持金属棒静止不动，下列说法中正确的是 （ ）‎ A. 磁感应强度逐渐变大 B. 安培力逐渐变小 C. 支持力先变小后变大 D. 当磁场方向和导轨垂直时，磁感应强度最小 ‎【答案】D ‎【解析】AB、磁场方向水平向左，导体棒受重力、和竖直向上的安培力，两个力的合力为零，安培力等于重力。当磁场方向由水平向左逐渐变为竖直向上时，设安培力与斜面之间的夹角为且先减小后增大，受重力、支持力和安培力平衡，要保持金属棒静止不动，安培力沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力，，先增大后减小，安培力先减小后增大，磁感应强度先减小后增大，A错误、B错误；‎ C、安培力沿垂直斜面的分力先垂直斜面向上逐渐减小，后垂直斜面向下逐渐增大，所以支持力逐渐增大，C错误；‎ D、当磁场方向和导轨垂直时，最大等于1，安培力最小，磁感应强度最小，D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【名师点睛】‎ 金属棒静止，金属棒处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒进行受力分析，根据平衡条件及左手定则分析，分别沿斜面和垂直斜面列方程即可。‎ ‎10. 如图所示，把一通电导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动。当导线通入向右的电流I时，如果只考虑安培力的作用，则从上往下看，导线的运动情况是（ ）‎ A. 顺时针方向转动，同时下降 B. 顺时针方向转动，同时上升 C. 逆时针方向转动，同时下降 D. 逆时针方向转动，同时上升 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：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．‎ 解：在导线两侧取两小段，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向外，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，从上往下看，知导线逆时针转动，当转动90度时，导线所受的安培力方向向下，所以导线的运动情况为，逆时针转动，同时下降．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及掌握微元法、特殊位置法的运用．‎ 二、多选题 ‎11. 以下有关磁现象的说法中，正确的是（ ）‎ A. 磁体周围存在磁场 B. 磁感线是真实存在的 C. 同名磁极互相排斥 D. 指南针能指南北是受地磁场的作用 ‎【答案】ACD ‎【解析】A. 磁体和通电导体周围都存在磁场，A正确；‎ B. 磁感线是为了形象描述磁场而认为引入的，不是真实存在的，故错误；‎ C. 同名磁极互相排斥，异名磁极相互吸引，故正确；‎ D. 地球也是一个巨大的磁体，地理的南极恰是地磁的北极，地理的北极恰是地磁的南极，故指南针能指南北，故正确。‎ 故选：ACD.‎ ‎12. 如图所示，匀强电场中的△PAB平面平行于电场方向，C点为AB的中点，D点为PB的中点。将一个带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做功WPA＝1.2×10－8 J；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功WPB＝2.4×10－8 J。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 直线PC为等势线 B. 电场强度方向与AD平行 C. 若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为WPC＝1.8×10－8 J D. A点的电势高于P点的电势 ‎【答案】CD ‎【解析】A.一个带负电粒子从P点移动到A点，和从P点移动到B点，电场力都是做正功，P与A、B间都有电势差且比A、B的电势都低，故直线PC不可能是等势线，故A错误；‎ B．粒子从P点移动到B点，电场力做功2.4×10－8 J ，D点为PB的中点，故粒子从P点移动到D点，电场力做功1.2×10－8 J，粒子从P到A电场力做功为1.2×10－8 J ，故AD为等势面，电场强度方向与AD垂直，故B错误；‎ C.C是AB的中点，故C点电势为AB的中点电势，也等于DB中点的电势，故该离子从P点移动到C点，电场力做功为，故C正确；‎ D.将一个带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做正功，故电势能减小，电势升高，故点P的电势低于点A的电势，选项D正确。‎ 故选：CD。‎ ‎13. 如右图所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．粒子的重力忽略不计，要使粒子的入射速度变为仍能恰好穿过电场，则必须再使(　　)‎ A. 粒子的电荷量变为原来的 B. 两板间电压减为原来的 C. 两板间距离变为原来的4倍 D. 两板间距离变为原来的2倍 ‎【答案】AD ‎【解析】粒子能穿过极板，有，，由此可知当速度变为原来的一半时，为使竖直位移相同，电压变为原来的四分之一，或电量变为原来的四分之一，或两板间距离增为原来的二倍，故AD正确，BC错误；‎ 故选AD。‎ ‎14. 四个相同的表头分别改装成两个电流表和两个电压表，电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，把它们按如图所示接入电路，则 （ ）‎ A. A1的读数比A2的读数小 B. V1的读数比V2的读数大 C. A1指针偏转角度与A2的一样大 D. V1指针偏转角度比V2指针偏转角度小 ‎【答案】BC ‎【解析】电流表A1的量程大于A2的量程，故电流表A1的内阻小于A2的内阻；电压表V1的量程大于V2的量程，故V1的电阻大于V2的电阻；‎ A. 由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同，故A1中的电流要大于A2中的电流，故A1的读数比A2的读数大，故A错误，C正确；‎ B. 两电压表串联，故通过两表的电流相等，两电压表串联，通过表头的电流相等，表头指针偏转角度相等，电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角，因V1量程大于V2量程，故V1的读数比V2的读数大，故B正确，D错误；‎ 故选：BC.‎ 点睛：表头改装成大量程电流表需要并联分流电阻，并流电阻越小，分流越多，量程越大；表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大．然后再根据电路的串并联知识分析即可．‎ ‎15. 如图a所示，为一间距d足够大的平行金属板，板间加有随时间变化的电压（如图b所示），设和T已知，且t=0时，A板电势比B板高．A板上O处有一静止的带正电的粒子，其带电量为q，质量为m（不计重力），则下列说法正确的是（ ）‎ A. 若，在t=0时刻释放该带电粒子，该粒子一直向右运动 B. 若，在t=0时刻释放该带电粒子，该粒子先向右运动，后向左运动 C. 若，在t=0时刻释放该带电粒子，则该粒子在 时刻的速度为零 D. 若，在t=0时刻释放该带电粒子，则该粒子在 时刻刚好回到出发点 ‎【答案】ACD ‎【解析】A、若，在时刻释放该带电粒子，在一半周期内，粒子向右做匀加速直线运动，后一半周期内做匀减速直线运动，由于两段时间内的加速度大小相等，方向相反，可知一个周期末的速度为零，然后重复之前的运动，如图一所示，故A正确，B错误． C、若，在时刻释放该带电粒子，则后一半周期内的加速度大小是前一半周期内加速度大小的2倍，方向相反，前一半周期做匀加速直线运动，后一半周期先做匀减速直线运动，然后反向做匀加速直线运动，在时刻的速度为零，此时位移为零，回到出发点，如图二所示，故CD正确。‎ 点睛：根据电势差的大小关系，结合牛顿第二定律得出加速度的大小关系，分析出粒子的运动规律，结合运动学公式分析判断。‎ ‎16. 关于多用电表的使用，下列说法正确的有（ ）‎ A. 甲图中用多用电表直流电压档测量的是电源的路端电压，表笔接法正确 B. 甲图中用多用电表直流电压档测量的是小灯泡两端的电压，表笔接法错误 C. 乙图中用多用电表电阻档测量的是二极管的正向电阻 D. 乙图中用多用电表电阻档测量的是二极管的反向电阻 ‎【答案】BC ‎【解析】AB、甲图中用多用电表直流电压档测量的电流是小灯泡两端的电压，电流从黑表笔流出，从红表笔流入，所以表笔接法错误，故A错误，B正确；‎ CD、电流从黑表笔流出，从红表笔流入，所以乙图中用多用电表电阻档测量的是二极管的正向电阻，故C正确，D错误；‎ 故选BC。‎ 三、填空实验题 ‎17. 面积S=0.5m2的闭合金属圆线圈处于磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，当磁场与环面垂直时，穿过环面的磁通量是 ______ ；当金属圆环转过60°时，穿过环面的磁通量是 ______ ．‎ ‎【答案】 (1). 0.2Wb； (2). 0.1Wb ‎ ‎【解析】由题，导线环的面积S=0.5m2，匀强磁场磁感应强度B=0.4T，当磁场与环面垂直时，穿过环面的磁通量Φ=BS=0.5×0.4Wb=0.2Wb．当导线环转过60°时，穿过环面的磁通量为Φ'=BSsin30°=0.5×0.4×0.5Wb=0.1Wb．‎ ‎18. 灯泡电阻为240Ω，额定电压为120V，如果串联一根镍铬导线在电路中，可把灯泡接在220V的电路中且能正常发光，则镍铬导线的长度为___________. 设导线的截面积为0.55mm2，镍铬导线的电阻率ρ＝1.0×10-6Ω·m。‎ ‎【答案】110m ‎【解析】由题知：灯泡电阻为R2=240Ω，额定电压为U2=120V，镍铬导线应承担的电压为U1=U−U2=220V−120V=100V，‎ 根据得：R1=200Ω，‎ 由R1= 得：。‎ 点睛：先根据串联电路分压规律求出镍铬导线应承担的电压，由串联电路中电压与电阻成正比，求出镍铬导线的电阻，再由电阻定律求解镍铬导线的长度．‎ ‎19. 一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到______挡，如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是_________Ω．‎ ‎【答案】 (1). ×100； (2). 欧姆调零(或重新调零)； (3). 2.2×103 Ω ‎【解析】试题分析：为了较准确在进行测量，表头指针偏转角度应适当增大，所以应换到×100档；换档后，应将两表笔短接，调整调零旋钮，使指针指示欧姆档零刻线处，然后再进行测量；电阻的读数为：示数×倍率=22×100=2．2×103Ω。‎ 考点：万用电表的使用。‎ ‎【名师点睛】本题考查多用表的原理使用注意事项。多用电表测量电阻时，先进行机械校零，需将选择开关旋到殴姆档某一位置，再进行欧姆调零，殴姆调零后，测量电阻读出示数．注意示数是由刻度值与倍率的乘积。‎ ‎20. 为了测定干电池的电动势和内阻，有下列器材可选用：‎ A．干电池一节；‎ B．电压表V（0～3V~15V，内阻约为3kΩ，15kΩ）；‎ C．电流表A（0～0.6A~3A，内阻约为10Ω，2Ω）；‎ D．滑动变阻器（0～200Ω）；‎ E．滑动变阻器（0～20Ω）；‎ F．开关、导线．‎ ‎（1）应选用的滑动变阻器是所给器材中的_______（填器材前的代号）．‎ ‎（2）请用笔画线代替导线在实物图（b）上连线_______．‎ ‎（3）某次实验记录如下：‎ 组别 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 电流I/A ‎0.12‎ ‎0.2‎ ‎0.31‎ ‎0.40‎ ‎0.50‎ ‎0.57‎ 电压U/V ‎1.37‎ ‎1.32‎ ‎1.24‎ ‎1.17‎ ‎1.10‎ ‎1.05‎ 根据表中数据在坐标图（c）上作出U-I图线_________.‎ ‎（4）由图（c）可求得E=_________ V，r =_______Ω（结果保留到小数点后两位数字）.‎ ‎（5）测得的电动势与电池电动势的真实值相比________；测得的内阻与电池内阻的真实值相比____．（填偏大、偏小或相等）‎ ‎【答案】 (1). （1）E； (2). （2）如图；‎ ‎ (3). （3）如图；‎ ‎ (4). （4）1.45V左右； (5). 0.70Ω左右； (6). （5）偏小； (7). 偏小．‎ ‎【解析】(1)滑动变阻器用作限流；为了有效测量，电路中电流应能准确测量，即电流适当大一些；故滑动变阻器用总阻值较小的电阻即可满足实验要求，故变阻器选E.‎ ‎(2)根据测量方法可知对应的实物图如图b所示；‎ ‎（3）利用描点作图，如图c所示：‎ ‎（4）图线与纵轴的交点即为电源的电动势E=1.48V；‎ 图线的斜率等于电池内阻：r=（1.48−1.00）/0.60=Ω=0.80Ω.‎ 四、计算题 ‎21. 如图，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，AC边长为4m，∠A=30°，把电荷量为+2×10-10C的点电荷由A点移动到B点，电场力做功4.8×10-8 J，再由B点移到C点电荷克服电场力做功4.8×10-8 J，取B点的电势为零，求：‎ ‎（1）A、C两点的电势；‎ ‎（2）匀强电场的场强的大小及方向.‎ ‎【答案】（1）；（2），场强方向垂直于直线AC向下 ‎【解析】由 可得 解之得： ‎ 由 可得 取B点电势为零，解之得： ‎ 因为 ，所以AC为等势面，且因为 ，故场强方向垂直于直线AC向下。 过 B点作AC垂线交AC于D，则易得直线AD长度 。‎ 又因为 ，解之得 ‎ 综上所述本题答案是： ，方向垂直于直线AC向下 ‎22. 如图所示，电源的电动势E=110V，定值电阻R1=20Ω，电动机线圈的电阻R0=0.5Ω，电键S1始终闭合。当电键S2断开时，电阻R1的电功率是500W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是320W，求 ‎（1）电源的内电阻r；‎ ‎（2）当电键S2闭合时流过电源的电流； ‎ ‎（3）电动机的输出的功率。‎ ‎【答案】（1）r=2Ω；（2）I=15A；（3）P出=819.5W ‎【解析】(1)设S2断开时R1消耗的功率为P1,则 ‎ 代入数据可以解得，r=2Ω ‎(2)设S2闭合时R1两端的电压为U,消耗的功率为P2,则 由闭合电路欧姆定律得，E=U+Ir 代入数据，得U=80V，I=15A ‎（3）流过R1的电流为I1,流过电动机的电流为I2,I1=U/R1=4A 而I1+I2=I,所以I2=11A 由UI2=P出+,代入数据得,P出=819.5W ‎23. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=370，在导轨所在的平面内，分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场；金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源，忽略金属导轨的电阻．现把一个质量为m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒静止，导体棒的电阻R=2.5Ω．其余电阻不计，g=10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：‎ ‎（1）导体棒受到的摩擦力的大小；‎ ‎（2）若导轨光滑，仍能使导体棒静止在导轨上，求所加匀强磁场磁感应强度的最小值Bmin及Bmin的方向.‎ ‎【答案】（1）0.06N（2）0.4T；垂直于导轨平面向上 ‎【解析】试题分析：（1）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1="mg" sin37°=0．24N；‎ 由闭合电路的欧姆定律：‎ 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f 根据共点力平衡条件mg sin37°+f=F安 解得：f=0．06N．‎ ‎（2）当安培力平行于轨道平面向上时，安培力最小；‎ 此时对应最小磁感应强度满足：Fmin=BminIL 得：Bmin=0．4T；‎ 由左手定则可知：垂直于导轨平面向上。‎ 考点：安培力；物体的平衡 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。‎ ‎ ‎