2019-2020年高中高二（上）期中物理试卷（选修） 含解析.doc

2019-2020年高中高二（上）期中物理试卷（选修） 含解析一、选择题（本题共7题，每小题3分，共21分）1（3分）（xx广东模拟）导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是（）A横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B长度一定，电阻与导体的横截面积成正比C电压一定，电阻与通过导体的电流成正比D电流一定，电阻与导体两端的电压成反比考点：欧姆定律；电阻定律专题：恒定电流专题分析：解答本题应掌握：导体的电阻是导体本身的一种性质，导体的电阻与导体本身的材料、长度、横截面积有关，还与温度有关；与电流以及电压的大小无关解答：解：有电阻定律R=可知，电阻的大小与导体的长度成正比，与横截面积成反比，A、横截面积一定，电阻与导体的长度成正比，故A正确；B、长度一定，电阻与导体的横截面积成反比，故B错误；C、电阻与电流以及电压的大小无关，故CD错误；故选A点评：电阻是导体本身的属性，导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料等有关，与电流以及电压的大小无关2（3分）（xx秋福州校级期中）一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=10，R2=120，R3=40另有一测试电源电动势为100V，内阻忽略不计则（）A当cd端短路时，ab之间的等效电阻是30B当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40C当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80VD当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压根据欧姆定律求解电压解答：解：A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为R=+R1=40；故A错误；B、当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为R=+R2=128；故B错误；C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，U=E=80V；故C正确；D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=E=25V；故D错误；故选：C点评：对于电路要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化3（3分）（xx徐州模拟）电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）A电压表和电流表读数都减小B电压表和电流表读数都增大C电压表读数增大，电流表读数减小D电压表读数减小，电流表读数增大考点：闭合电路的欧姆定律分析：由图可知R2与R并联后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流；滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化解答：解：当滑片向b滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由U=EIr可知路端电压增大，即电压表示数增大；总电流减小，R1两端的电压减小，而路端电压增大，故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大；故B正确；故选B点评：本题中R1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压增大，流过R2的电流增大4（3分）（xx秋福州校级期中）一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36W与36V若把此灯泡接到输出电压为18V的电源两端，则灯泡实际消耗的电功率（）A大于9WB等于9WC小于9WD无法确定考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：当灯泡在额定电压下工作的时候，功率的大小为36W，当电压减半时，灯泡的功率并不是减半，因为灯泡的电阻在这个过程中会变化解答：解：根据P=可知，当电压减半的时候，功率应该见为原来的，即为9W，但是当电压减小的同时，由于工作的温度降低，灯泡的电阻也会减小，所以实际的功率要比9W大，所以A正确故选A点评：对于金属电阻来说，当温度升高的时候，电阻会变大，反之，当电压降低的时候，工作的温度降低，电阻也会减小5（3分）（xx江苏）在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器的电容为C当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定（）A电源的电动势E一定小于击穿电压UB电容器所带的最大电荷量一定为CEC闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大D在一个闪光周期内，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等考点：电容器的动态分析；串联电路和并联电路专题：压轴题分析：本题重在理解题意并能明确电路的工作原理，根据工作原理才能明确电源电压与击穿电压U之间的关系，由Q=UC可知极板上的电荷量解答：解：A、电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光要使得充电后达到电压U，则电源电动势一定大于等于U，A 项错误；B、电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为Q=CU，B项错误；C、闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C项错误；D、充电时电荷通过R，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，D项正确故选D点评：本题有效地将电路及电容器结合在一起，考查学生的审题能力及知识的迁移应用能力，对学生要求较高6（3分）（xx内黄县校级模拟）如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td，其大小关系是（）AtatbtctdBta=tb=tc=tdCta=tbtctdDta=tbtctd考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：电子进入匀强磁场后只受洛伦兹力做匀速圆周运动，四个电子运动的周期都相同，作出轨迹，根据圆心角的大小判断电子在磁场运动时间的大小解答：解：电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为 T=四个电子m、q相同，B也相同，则它们圆周运动的周期相同画出电子运动的轨迹如图从图1看出，从a、b两点射出的电子轨迹所对的圆心角都是，则ta=tb=从图2看出，从d射出的电子轨迹所对的圆心角OO2dOO1C，根据圆周运动的时间t=，T相同时，圆心角越大，时间t越大，所以tctd所以ta=tbtctd故选D点评：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，画轨迹是基本方法，也是基本能力，粒子运动的时间常常根据t=（是轨迹的圆心角）求解7（3分）（xx秋建湖县期中）如图所示的是电视机显像管及其偏转线圈L，如果发现电视画面幅度比正常时偏大，可能是因为（）A电子枪发射能力减弱，电子数减少B加速电场电压过低，电子速率偏小C偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小D偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱考点：电子束的磁偏转原理及其应用专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据电视机显像管的工作原理分析，可知其作用运动的电子在电流提供的磁场中受到洛伦兹力作用，从而使电子打到荧光屏上画面变大，是由于电子束的偏转角增大，即轨道半径减小所致根据洛伦兹力提供向心力，从而确定影响半径的因素解答：解：如果发现电视画面幅度比正常时偏大，是由于电子束的偏转角增大，即轨道半径减小所致A、电子枪发射能力减弱，电子数减少，而运动的电子速率及磁场不变，因此不会影响电视画面偏大，所以A错误；B、当加速电场电压过低，电子速率偏小，则会导致电子运动半径减小，从而使偏转角度增大，导致画面比正常偏大，故B正确；C、当偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小时，导致偏转磁场减小，从而使电子运动半径增大，所以导致画面比正常偏小，故C错误；D、当偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱时，从而导致电子运动半径变大，所以导致画面比正常偏小，故D错误；故选：B点评：本题虽然是考查电视机显像管的作用，但需要掌握电视机的工作原理，电视画面的大小是由电子偏转角度决定，即电子运动的轨道半径当轨道半径变大，则画面偏小；当轨道半径变小，则画面偏大这是解答本题的关键二、多选题（本题共7题，每小题4分，共28分）8（4分）（xx秋广陵区校级期中）如图所示，定值电阻R1=10，R2=8，当开关S接“1”时，电流表示数为0.20A，那么当S接“2”时，电流表示数的可能值为（电源内阻不可忽略）（）A0.28 AB0.24 AC0.22 AD0.19 A考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：根据欧姆定律求出电键S接位置1时路端电压当电键S接位置2时，外电阻减小，路端电压减小，总电流增大，根据欧姆定律进行分析解答：解：当电键S接位置1时，电流表的示数为0.20A，则根据欧姆定律得知：路端电压U1=I1R1=100.2V=2VA、当电键S接位置2时，若电流表的示数为I2=0.28A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R2=0.288V=2.24V但是由于R2R1，路端电压减小，不可能增大，所以U22V，则电流表的示数不可能是0.28A故A错误B、当电键S接位置2时，若电流表的示数为I2=0.24A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R2=0.248V=1.92V可见U22V，而且外电路减小，电路中电流大于0.2A，则电流表的示数可能是0.24A故B正确C、当电键S接位置2时，若电流表的示数为I2=0.22A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R2=0.228V=1.76V，可见U22V，而且外电路减小，电路中电流大于0.2A，则电流表的示数可能是0.22A故C正确D、由于R2R1，当电键S接位置2时，电流表的示数大于0.20A故D错误故选：BC点评：本题要根据闭合电路欧姆定律分析路端电压与外电阻的关系，同时分析总电流与外电路总电阻的关系，可确定出电流表示数的范围进行选择9（4分）（xx秋建湖县期中）如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V，12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（）A电动机的输入功率是72 WB电动机的输出功率12 WC电动机的热功率是2 WD整个电路消耗的电功率是22 W考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率由电功率公式可以求出电路总功率解答：解：A、电动机两端的电压U1=UUL=126V=6V，整个电路中的电流I=A=2A，所以电动机的输入功率P=U1I=62W=12W故A错误B、C、电动机的热功率P热=I2RM=220.5W=2W，则电动机的输出功率P2=PI2RM=122W=10W故B错误，C正确D、整个电路消耗的功率P总=UI=122W=24W故D正确故选：CD点评：解决本题的关键知道电动机的输出功率P2=I2RM以及知道整个电路消耗的功率P总=UI10（4分）（xx秋麒麟区校级期末）如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力作用的是（）ABCD考点：安培力；左手定则分析：当磁场的方向与电流的方向平行，导线不受安培力作用，当磁场的方向与磁场的方向不平行，导线受安培力作用解答：解：A、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用故A正确 B、磁场的方向与电流的方向不平行，受安培力作用故B正确 C、磁场的方向与电流方向平行，不受安培力作用故C错误 D、磁场的方向与电流方向垂直，受安培力作用故D正确故选ABD点评：解决本题的关键知道磁场的方向与电流的方向平行，导线不受安培力作用，当磁场的方向与磁场的方向不平行，导线受安培力作用11（4分）（xx秋建湖县期中）关于磁感线的描述，正确的是（）A磁铁的磁感线从N极出发，终止于S极B利用磁感线疏密程度可定性地描述磁场中两点相对强弱C磁铁周围小铁屑有规则的排列，正是磁感线真实存在的证明D不管有几个磁体放在某一空间，在空间任一点绝无两根（或多根）磁感线相交考点：磁感线及用磁感线描述磁场分析：磁感线在磁铁的外部，由N到S，在内部，由S到N，形成闭合曲线，磁感线越密的地方，磁场越强，越疏的地方，磁场越弱，磁感线不会相交解答：解：A、磁感线在磁铁的外部，由N到S，在内部，由S到N，形成闭合曲线故A错误 B、磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密的地方，磁场越强，越疏的地方，磁场越弱故B正确C、磁感线是为了形象地描述磁场而假想的曲线，不存在故C错误D、磁感线不会相交，因为如果相交，交点会有两个切线方向，即有两个磁场方向故D正确故选BD点评：解决本题的关键知道磁感线的性质，知道磁感线是为了形象地描述磁场而假想的曲线12（4分）（xx秋瓦房店市校级期末）一初速度为零的电子经电场加速后，垂直于磁场方向进入匀强磁场中，此电子在匀强磁场中做圆周运动可等效为一环状电流，其等效电流的大小（）A与电子质量无关B与电子电荷量有关C与电子进入磁场的速度有关D与磁场的磁感应强度有关考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动；电流、电压概念专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：电子在匀强磁场中做圆周运动一周的时间为T，电荷量为e，根据电流等于单位时间内通过横截面的电荷量，即I=即可求解解答：解：根据电流的定义式得：I=电子在匀强磁场中做圆周运动一周的时间为T，电荷量为e，又因为：T= 所以：I=由此可知，电流大小与电子的电荷量和磁感应强度有关故选：BD点评：本题主要考查了带电粒子在磁场中运动的周期公式及电流的定义式的直接应用，难度不大，属于基础题13（4分）（xx广东模拟）不计重力的负粒子能够在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中匀速直线穿过设产生匀强电场的两极板间电压为U，距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，粒子带电荷量为q，进入速度为v，以下说法正确的是（）A若同时增大U和B，其他条件不变，则粒子一定能够直线穿过B若同时减小d和增大v，其他条件不变，则粒子可能直线穿过C若粒子向下偏，能够飞出极板间，则粒子动能一定减小D若粒子向下偏，能够飞出极板间，则粒子的动能有可能不变考点：带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：首先根据粒子做匀速直线运动，可判断带负电粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系解答：解：A、若同时增大U和B，其他条件不变，虽然使得电场力与洛伦兹力均增大，但两者不一定相等，所以粒子可能做直线运动，也可能做曲线运动，故A错误；B、若同时减小d和增大v，其他条件不变，则会有电场力与洛伦兹力均增大，但两者不一定相等，所以粒子可能做直线运动，故B正确；C、若粒子向下偏，能够飞出极板间，则电场力做负功，由于洛伦兹力不做功，所以导致动能一定减小故C正确；D、若粒子向下偏，能够飞出极板间，则电场力做负功，由于洛伦兹力不做功，所以导致动能一定减小故D错误；故选：BC点评：在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转14（4分）（xx秋上饶期末）利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n，现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U已知自由电子的电荷量为e，则下列判断正确的是 （）A上表面电势高B下表面电势高C该导体单位体积内的自由电子数为D该导体单位体积内的自由电子数为考点：霍尔效应及其应用专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：金属导体中移动的是自由电子，电子定向移动，受到洛伦兹力发生偏转，使得上下表面存在电势差，最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡根据上下表面带电的正负判断电势的高低根据电流的微观表达式求出单位体积内的自由电子数解答：解：A、电流方向水平向右，则自由电子的运动方向水平向左，根据左手定则，电子向上偏，上表面得到电子带负电，下表面失去电子带正电所以下表面的电势高故A错误，B正确 C、电流的微观表达式为I=nevS，n表示单位体积内的电子数，S表示横截面积，则n=最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡，有：，则v=所以n=故D正确，C错误故选BD点评：解决本题的关键知道最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡，以及掌握电流的微观表达式I=nevS三、实验题（8+12=20）15（8分）（xx射洪县校级模拟）分别用图（a）、（b）两种电路测量同一未知电阻的阻值图（a）中两表的示数分别为3V、4mA，图（b）中两表的示数分别为4V、3.9mA，则待测电阻Rx的真实值为（）A略小于1kB略小于750C略大于1kD略大于750考点：把电流表改装成电压表专题：实验题；恒定电流专题分析：先判断采用的测量方法，由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是小电阻，这样电流表分压较大，应该采用（a）图进行测量比较准确（a）图中测量值较真实值偏小解答：解：因电压表示数变化大，则用电压表的真实值测量电路，为（a）电路 用（a）电路：电流表示数含电压表的分流，故电流比真实值大 由 R测=R真 即测量值偏小故 ABC错误，D正确故选：D点评：考查伏安法测电阻的原理，明确不出接法所引起的误差16（12分）（xx南昌校级二模）两位同学在实验室中利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录的是电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据并根据数据描绘了如图（b）所示的两条UI图线回答下列问题：（1）根据甲、乙两同学描绘的图线，可知ADA甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据B甲同学是根据电压表V2和电流表A的数据C乙同学是根据电压表V1和电流表A的数据D乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据（2）图象中两直线的交点表示的物理意义是BCA滑动变阻器的滑动触头P滑到了最右端B电源的输出功率最大C定值电阻R0上消耗的功率为0.5WD电源的效率达到最大值（3）根据图（b），可以求出定值电阻R0=2.0，电源电动势E=1.50V，内电阻r=1.0考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）从电路连接结合电流表和电压表的读数变化判断甲、乙两同学描绘的图线的含义（2）图象中两直线的交点表示电压表V1的读数与电压表V2的读数相等，即滑动变阻器的阻值为0，根据图象求解（3）由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻解答：解：（1）从电路连接可以看出，电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据绘制图象的，故B错误，A正确；乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象的，故C错误，D正确故选AD图象中两直线的交点表示电压表V1的读数与电压表V2的读数相等，即滑动变阻器的阻值为0，A、滑动变阻器的滑动触头P滑到了最左端，故A错误；B、图象可以得出电阻R0的阻值大于电源的内阻，滑动变阻器的阻值减小，电源的输出功率增大，两直线的交点对应滑动变阻器的阻值为0，即电源的输出功率最大，故B正确；C、定值电阻R0消耗功率为：P=U2I=1.00.5 W=0.5 W，故C正确；D、电源的效率为：=，U越大，效率越大，故D错误故选BC（3）从图象可以得出定值电阻R0的阻值为：R0=2.0；从甲同学的图象可以得出图象在U轴上的截距为1.50 V，即电源的电动势为1.50 V，图象斜率的绝对值为：k=1.0，即电源的内阻为r=1.0故答案为：（1）AD（2）BC（3）2.01.501.0点评：本题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流及电压数据的处理，并能用图象法求出电势和内电阻四、计算题（10+12+12+15=51）17（10分）（xx秋建湖县期中）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为CD和EF一电子从CD边界外侧以速率v0垂直射入匀强磁场，入射方向与CD边界间夹角为已知电子的质量为m，电荷量为e，为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求电子的速率v0至少多大？若角可取任意值，v0的最小值是多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：电子在磁场中做匀速圆周运动，当其轨迹恰好与EF边相切时，轨迹半径最小，对应的速度最小由几何知识求出，再牛顿定律求出速度的范围运用数学知识，由的取值来确定速度的最小，从而求出半径的最小值解答：解：当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道与边界EF相切时，电子恰好不能从EF射出，如图所示：电子恰好射出时，由几何知识可得：r+rcos=d 电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0B=m，解得：r= 由得：v0= 故电子要射出磁场，速率至少应为：由式可知，=0时，v0=最小，由式知此时半径最小，rmin=，答：为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求电子的速率v0至少为，角可取任意值，v0的最小值是：点评：本题考查圆周运动的边界问题的求解方法当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道与边界EF相切时，电子恰好不能从EF射出18（12分）（xx秋黄冈期末）如图所示，在A、B两点间接一电动势为8V，内电阻为2的直流电源，电阻R1=4，R2、R3的阻值均为6，电容器的电容为30F，电流表的内阻不计，求：（1）电流表的读数；（2）电容器所带的电荷量；（3）断开电源后，通过R2的电荷量考点：电容器专题：电容器专题分析：当电键S闭合时，电阻R1、R2被短路根据欧姆定律求出流过R3的电流，即电流表的读数电容器的电压等于R3两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量断开电键S后，电容器通过R1、R2放电，R1、R2相当并联后与R3串联再求解通过R2的电量解答：解：（1）当电键S闭合时，电阻R1、R2被短路根据欧姆定律得，电流表的读数：I=A=1A （2）电容器所带的电量Q=CU3=CIR3=310516C=1.8104C（3）断开电键S后，电容器相当于电源，外电路是R1、R2相当并联后与R3串联由式得通过R2的电量Q2=QC=1.8104C=7.2105C 答：（1）电流表的读数I=A=1A；（2）电容器所带的电量1.8104C；（3）断开电源后，通过R2的电量为7.2105C点评：电流表的内阻不计时，也称为理想电流表，相当于可测量电流的导线，可将并联电路短路19（12分）（xx秋建湖县期中）水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L=1m，M和P之间接入电动势为E=10V的电源（不计内阻）现垂直于导轨搁一根质量为m=1kg、电阻为R=2的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，方向与水平面夹角为=37且指向右斜上方，如图所示问：（1）当ab棒静止时，ab棒受到的支持力和摩擦力各为多少？（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；左手定则专题：共点力作用下物体平衡专题分析：（1）根据左手定则正确判断出导体棒ab所受安培力的方向，然后对棒ab正确进行受力分析，根据所处平衡状态列方程即可正确求解；（2）根据受力图可知当重力等于安培力时，B最小，根据左手定则可以正确判断磁场B的方向解答：解：（1）根据左手定则可知，棒ab所受的安培力方向垂直与棒斜向作上方，其受力截面图为：Fx合=F摩Fsin=0 Fy合=FN+Fcosmg=0 F=BIL=BL 解式得：FN=mg=8N；F摩=sin=1.5N故当ab棒静止时，ab棒受到的支持力为8N，摩擦力为1.5N（2）要使ab棒受的支持力为零，其静摩擦力必然为零，根据（1）问中受力图可知：满足上述条件的最小安培力应与ab棒的重力大小相等、方向相反，所以有：F=BIL=mg，即：BminL=mg解得最小磁感应强度：Bmin=2T，由左手定则判断出这种情况B的方向应水平向右故要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少2T，方向应水平向右点评：本题借助物体的平衡考查了安培力的大小和方向问题，是考查学生能力的好题20（17分）（xx成都模拟）某塑料球成型机工作时，可以喷出速度v0=10m/s的塑料小球，已知喷出小球的质量m=1.0104 kg，并且在喷出时已带了q=1.0104 C的负电荷，如图所示，小球从喷口飞出后，先滑过长d=1.5m的水平光滑的绝缘轨道，而后又过半径R=0.4m的圆弧形竖立的光滑绝缘轨道今在水平轨道上加上水平向右的电场强度为E的匀强电场，小球将恰好从圆弧轨道的最高点M处水平飞出；若再在圆形轨道区域加上垂直于纸面向里的匀强磁场后，小球将恰好从圆形轨道上与圆心等高的N点脱离轨道落入放在地面上接地良好的金属容器内，g=10m/s2，求：（1）所加电场的电场强度E；（2）所加磁场的磁感应强度B考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；带电粒子在匀强磁场中的运动专题：动能定理的应用专题分析：（1）在水平轨道上加上水平向右的电场强度为E的匀强电场，小球将恰好从圆弧轨道的最高点M处水平飞出，知支持力为零，小球所受的重力提供向心力，对水平轨道段运用动能定理，求出所加电场的电场强度E（2）在圆形轨道区域加上垂直于纸面向里的匀强磁场后，小球将恰好从圆形轨道上与圆心等高的N点脱离轨道，知在N点轨道对球的弹力为零，小球所受的洛伦兹力提供向心力，在M到N端，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出所加磁场的磁感应强度解答：解：（1）设小球在M点的速率为v1，只加电场时对小球在M点，根据牛顿第二定律有：在水平轨道上，对小球运用动能定理得：联立两式解得：E=32V/m故所加电场的电场强度E=32V/m （2）设小球在N点速率为v2，在N点由牛顿第二定律得：从M到N点，由机械能守恒定律得：联立两式解得：B=故所加磁场的磁感应强度B=点评：本题综合运用了动能定理、机械能守恒定律、牛顿第二定律，并与电场磁场相结合，关键在于合理地选择研究的过程，并能正确地进行受力分析