2019-2020年高二上学期期中物理试卷（2） 含解析.doc

2019-2020年高二上学期期中物理试卷（2） 含解析一、选择题1（3分）（xx秋三水区校级期中）关于电场强度及电场线的概念，下列说法中正确的是（）A电荷在电场中某点受到的电场力大，该点的电场强度就大B电场强度的方向总跟电场力的方向一致，电场线上某一点的切线方向即为该点的场强方向C在电场中某点不放电荷，该点电场强度不一定为零D电场线的方向就是电荷所受电场力的方向考点：电场强度；电场线版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场力F=qE，受到的电场力大，该点的电场强度不一定大，电场强度的方向总跟正电荷所受电场力的方向一致，某点的电场强度由场源和该点的位置决定，与试探电荷无关解答：解：A、电场力F=qE，受到的电场力大，该点的电场强度不一定大，故A错误；B、电场强度的方向总跟正电荷所受电场力的方向一致，故B错误；C、在电场中某点不放电荷，该点电场强度不一定为零，可能有其它电荷在该处有电场，故C正确；D、电场线上点的切线方向是场强方向，其方向与正电荷所受电场力的方向相同，与负电荷所受电场力的方向相反，故D错误；故选：C点评：电场线是为了现象描述电场而引入的，电场强度是用比值法定义的物理量之一，电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与该点是否有试探电荷无关加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题2（3分）（xx秋三水区校级期中）匀强电场中三个距离相等的点，如图所示，B、C两点连线水平，其电势分别为A=4V，B=3V，C=5V，则根据图示点的位置可知，电场强度的方向可能是（）A竖直向上B竖直向下C水平向左D水平向右考点：电势版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：先找等势点，匀强电场的等势面是直线，电场线与等势面垂直并且从高电势指向低电势解答：解：由于A=4V，B=3V，C=5V，故BC的连线的中点的电势为4V，BC中点与A点连线是等势面；电场线与等势面垂直并且从高电势指向低电势，故电场线平行与BC方向水平向右；故选：D点评：本题关键是先找到等势点，得到等势面，然后结合电场线与等势面的关系得到电场线分布图，基础题目3（3分）（xx安徽校级模拟）关于电磁感应，下列说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大D通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大考点：磁感应强度版权所有分析：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与线圈的匝数成正比解答：解：A、穿过线圈的磁通量越大，而磁通量变化率不一定越大，则感应电动势也无法确定故A错误；B、穿过线圈的磁通量为零，可能磁通量变化率最大，则感应电动势也会最大，故B错误；C、穿过线圈的磁通量的变化越大，而磁通量变化率不一定越大，则感应电动势也无法确定故C错误；D、通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势也越大，故D正确故选：D点评：感应电动势与磁通量的变化率有直接关系，而与磁通量变化及磁通量均没有直接关系就如加速度与速度的关系一样速度大，加速度不一定大；速度变化大，加速度也不一定大加速度与速度的变化率有关4（3分）（xx秋三水区校级期中）关于理想变压器，不正确的是（）A它的输入功率等于它的输出功率B原线圈的电流随副线圈的电流增大而增大C原、副线圈上两端的电压与它们的匝数成正比D原、副线圈上的电流是成反比的考点：变压器的构造和原理版权所有专题：交流电专题分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论解答：解：A、输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，并且大小相等，故A正确；B、输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，所以输入的功率的大小随输出功率的增大而增大，则原线圈的电流随副线圈的电流增大而增大故B正确；C、输出电压是由输入电压和匝数比决定的，电压与匝数成正比，故C正确；D、在只有一个副线圈时，原副线圈的电流才与它们的匝数成反比，故D错误本题选择不正确的，故选：D点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决5（3分）（xx秋三水区校级期中）关于电磁场理论，下列说法正确的是（）A在任何变化的电场周围一定能产生变化的磁场B在任何电场的周围空间一定存在磁场C均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场D振荡电场的周围空间产生周期性变化的磁场考点：电磁波的产生版权所有分析：麦克斯韦的电磁场理论中变化的电场一定产生磁场，当中的变化有均匀变化与周期性变化之分解答：解：A、C、根据麦克斯韦的电磁场理论，均匀变化的电场周围一定产生稳定的磁场，故A错误，C错误；B、恒定的电场不产生磁场，故B错误；D、根据麦克斯韦的电磁场理论，周期性变化的电场（振荡电场）周围一定产生同频率的周期性变化的磁场，故D正确；故选：D点评：考查麦克斯韦的电磁场理论中变化的分类：均匀变化与非均匀（或周期性）变化，注意均匀变化的电场产生恒定的磁场，不能激发电磁波6（3分）（xx秋三水区校级期中）在电场中的某一点，放入正电荷时受到的电场力向右，放入负电荷时受到的电场力向左，下列说法正确的是（）A放入正电荷时，该点的电场强度方向向右，放入负电荷时，该点电场强度方向向左B只有在该点放入电荷时，该点才有电场强度C该点的电场强度方向一定向右D以上说法都不对考点：电场强度版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度的方向与正电荷所受的电场力方向相同，与负电荷所受的电场力方向相反不放试探电荷，电场同样存在解答：解：A、放入正电荷和负电荷时，该点的场强均向右故A错误B、场强由场源电荷决定，与试探电荷无关，不放试探电荷，电场同样存在故B错误C、电场强度的方向与正电荷所受的电场力方向相同，一定向右故C正确D、由于C正确，故D错误故选：C点评：本题考查对物理概念的理解能力电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，与试探电荷是否存在无关在电场中某场强的方向是唯一确定的7（3分）（xx秋三水区校级期中）如图，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，a、b间的距离等于b、c间的距离，用Ua，Ub，Uc和Ea，Eb，Ec分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，以下说法正确的是（）AUaUbUcBEaEbEcC正电荷从a向c运动，电场力对其做负功D负电荷从a向c运动，电场力对其做正功考点：电势；电场强度版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：本题根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；电场线的疏密表示电场强度的相对大小根据匀强电场中场强与电势差的关系U=Ed，定性分析电势差的关系解答：解：A、沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知，UaUbUc，故A正确；B、只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较场强的大小，故B错误；C、正电荷从a向c运动，电场力向右，做正功，故C错误；D、负电荷从a向c运动，电场力向左，做负功，故D错误；故选：A点评：本题考查了电场线和电势、电场强度以及电势差之间的关系，尤其注意公式U=Ed的适用条件以及公式中各个物理量的含义8（3分）（xx山东校级模拟）关于磁场，以下说法正确的是（）A电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感强度一定为零B磁场中某点的磁感强度，根据公式B=，它跟F，I，L都有关C磁场中某点的磁感强度的方向垂直于该点的磁场方向D磁场中任一点的磁感强度等于磁通密度，即垂直于磁感强度方向的单位面积的磁通量考点：磁感应强度；磁通量版权所有分析：电流在磁场中某点不受磁场力作用，该点的磁感强度不一定为零当电流与磁场方向平行时，不受磁场力磁场中某点的磁感应强度，反映磁场本身的强弱和方向，与放入磁场中的电流元无关磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向根据磁通量公式分析磁感应强度与磁通密度的关系解答：解：A、当电流与磁场方向平行时，不受磁场力，所以电流在磁场中某点不受磁场力作用，该点的磁感强度不一定为零故A错误 B、磁场中某点的磁感应强度，跟F，I，L都无关，由磁场本身决定故B错误 C、磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向故B错误 D、当平面与磁场垂直时，穿过平面的磁通量为=BS，得到B=，即磁感应强度等于磁通密度，即垂直于磁感强度方向的单位面积的磁通量故D正确故选D点评：对于磁感应强度的学习可采用类比的方法，将磁感应强度与电场强度类比，抓住相似性，有利于理解和记忆9（3分）（xx金湖县校级模拟）通电矩形线圈平面垂直于匀强磁场的磁感线，则有（）A线圈所受安培力的合力为零B线圈所受安培力以任一边为轴的力矩为零C线圈所受安培力以任一对角线为轴的力矩不为零D线圈所受安培力必定使其四边有向外扩展形变的效果考点：力矩的平衡条件；安培力版权所有分析：二力平衡的条件：作用在同一物体上的两个力，大小相等、方向相反、作用在同一直线上解答：解：A、当线圈平面与磁感线垂直时，矩形线圈的相对的两条边受到的安培力大小相等方向相反，且作用在同一直线上，所以矩形线圈整体受到的合外力等于0故A正确；B、当线圈平面与磁感线垂直时，矩形线圈的相对的两条边受到的安培力大小相等方向相反，且作用在同一直线上，所以与转轴垂直的两条边的力矩的和一定为0，同时由左手定则可得，另一条与转轴平行的边受到的安培力的方向一定与转轴垂直且过转轴，产生的力矩为0所以安培力以任一边为轴的力矩为零故B正确；C、当以任一对角线为轴时，由于矩形线圈的相对的两条边受到的安培力大小相等方向相反，且作用在同一直线上，所以以任一对角线为轴的力矩为零故C错误；D、线框受到的安培力的方向与磁场的方向以及电流的方向有关，线圈所受安培力可能使其四边有向外扩展形变的效果，也可能使其四边有向里收缩形变的效果故D错误故选：AB点评：此题考查的是对线圈所受的安培力的分析，要明确线圈所受安培力的合力为零，线圈所受安培力以任一边为轴的力矩为零是一道基础题10（3分）（xx秋淮安期末）关于磁感强度，正确的说法是（）A根据定义式B=，磁场中某点的磁感强度B与F成正比，与IL成反比B磁感强度B是矢量，方向与F的方向相同CB是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向相同D在确定的磁场中，同一点的B是确定的，不同点的B可能不同，磁感线密的地方B大些，磁感线疏的地方B小些考点：磁感应强度版权所有分析：磁感应强度反映磁场本身的性质，与电流元无关磁感应强度是矢量，与F方向垂直，与通过该点的磁感线的切线方向相同磁感线可形象表示磁场的强弱，磁感线密的地方B大些，磁感线疏的地方B小些解答：解：A、定义式中，B与F、IL无关故A错误B、磁感应强度B是矢量，方向其与F的方向垂直故B错误C、B是矢量，就是该点的磁场方向，与通过该点的磁感线的切线方向相同故C正确D、在确定的磁场中，同一点的B是唯一确定的，可由磁感线形象表示磁场的强弱，磁感线密的地方B大些，磁感线疏的地方B小些故D正确故选CD点评：磁感线与电场线相似，可形象表示磁场的强弱和方向，其疏密表示磁场的强弱，切线方向表示磁场的方向11（3分）（xx秋三水区校级期中）如图所示，电流从A点分两路通过对称的半圆分路汇合于B点，在圆环中心处的磁感强度是（）A最大，垂直穿出纸面B最大，垂直穿入纸面C为零D无法确定考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向版权所有分析：将圆环分成上下两半研究，根据安培定则，分别分析上半圆与下半圆电流在O点产生的磁场方向，根据叠加原理，求O处的磁感应强度解答：解：将圆环分成上下两半研究，根据安培定则，上半圆电流在O点产生的磁场方向向里，下半圆电流在O点产生的磁场方向向外，由于电流大小相等，两个产生的磁感应强度大小相等，则O点的磁感应强度为零故ABD错误，C正确；故选：C点评：磁感应强度是矢量，叠加遵守平行四边形定则空间某一点磁场往往是各个场源产生的磁场的叠加12（3分）（xx秋三水区校级期末）如图所示匚形线架ABCD上有一根可以无摩擦滑动的导线ab，左侧有通电导线MN，电流方向由N到M，若将线框置于匀强磁场中，则（）Aab边向右运动时，导线MN与AB边相互吸引Bab边向左运动时，导线MN与AB边相互吸引Cab边向左运动时，导线MN与AB边相互排斥Dab边向右运动时，导线MN与AB边相互排斥考点：楞次定律版权所有分析：根据右手定则判断出AB中的电流的方向，然后结合电流之间的相互作用判定即可解答：解：A、D、ab边向右运动时，根据右手定则可得，ab中的感应电流的方向从b流向a，AB中的电流从A流向B，方向向下，与大小MN中的电流的方向相反，所以导线MN与AB边相互排斥，故A错误，D正确；B、C、ab边向左运动时，根据右手定则可得，ab中的感应电流的方向从a流向b，AB中的电流从B流向A，方向向下，与大小MN中的电流的方向相反，所以导线MN与AB边相互吸引，故B正确，C错误故选：BD点评：本题关键：（1）会根据安培定则判断通电直导线的磁场；（2）会根据左手定则判断安培力方向；（3）会根据安培力公式F=BIL并结合微元法判断安培力的大小13（3分）（2011南长区校级模拟）在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒AB，以初速度v水平抛出空气阻力不计，如图所示，运动过程中棒保持水平，那么（）AAB棒两端的电势ABBAB棒中的感应电动势越来越大CAB棒中的感应电动势越来越小DAB棒中的感应电动势保持不变考点：导体切割磁感线时的感应电动势；平抛运动版权所有分析：金属棒A水平抛出后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动由感应电动势公式E=Blvsin，vsin是有效的切割速度，即是垂直于磁感线方向的分速度，结合平抛运动的特点分析选择解答：解：金属棒ab做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度保持不变，等于v0由感应电动势公式E=Blvsin，vsin是垂直于磁感线方向的分速度，即是平抛运动的水平分速度，等于v0，则感应电动势E=Blv0，B、l、v0均不变，则感应电动势大小保持不变则D正确故选D点评：本题考查对感应电动势公式的理解和平抛运动的特点要理解感应电动势公式E=Blvsin中，vsin是有效的切割速度14（3分）（xx秋三水区校级期末）如图所示，导体ab、cd垂直放在水平放置的平行导轨上，匀强磁场方向竖直向上穿过导轨所在平面，导体与导轨间动摩擦因数为如果导体ab向左匀速运动时，则导体cd（）A可能向左运动B一定向左运动C一定向右运动D不可能静止考点：导体切割磁感线时的感应电动势版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：先根据右手定则判断回路中电流方向，进而根据左手定则判断cd所受安培力的方向，进而判断其运动情况解答：解：根据右手定则判断回路中电流方向为bacd，根据左手定则知cd所受的安培力向左，若向左的安培力大于最大静摩擦力，则cd向左运动，若向左的安培力小于最大静摩擦力则cd静止；故选：A点评：本题考查左手定则和右手定则的应用，注意判断力的方向用左手15（3分）（xx秋三水区校级期中）如图所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下面叙述正确的是（）A向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C向右匀速拉出时，感应电流大小不变D要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律版权所有分析：将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向公式E=BLv中L是有效的切割长度安培力的大小：F=BIL中L是有效长度解答：解：A、B、不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向故B正确，A错误C、感应电流的大小与感应电动势有关，而感应电动势与线圈移动时切割磁感线的有效长度有关，由于移动过程中有效的切割长度先增大后减小，则感应电动势也先增大后减小，感应电流先增大后减小故C错误D、线圈在切割磁感线的过程中，安培力的大小：F=BIL，与电流的大小以及安培力的有效长度有关，由于感应电流先增大后减小，移动过程中有效长度先增大后减小，所以对金属环的拉力大小会发生变化故D正确故选：BD点评：本题是楞次定律和E=BLv的应用，注意公式E=BLv中L是有效的切割长度安培力的大小：F=BIL中L是有效长度二、填空题16（3分）（xx秋三水区校级期中）面积是0.5m2的闭合导线环处于磁感应强度为0.4T的匀强磁场中，当导线环面与磁场平行时，穿过环面的磁通量是0考点：磁通量版权所有分析：在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量=BS当线圈与磁场平行时，磁通量=0解答：解：当环面与磁场平行时，没有磁感线穿过环面，故穿过环面的磁通量为0故答案为：0点评：对于求两种特殊情况下的磁通量可熟记，也可以根据磁通量一般公式=BSsin（是磁场与线圈平面的夹角）分析理解17（3分）（xx秋三水区校级期中）麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，后来赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在考点：物理学史版权所有专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，后来赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在故答案为：麦克斯韦； 赫兹点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一18（3分）（xx秋三水区校级期中）如图所示，磁场方向垂直纸面向里，磁感强度B的大小与y无关，沿x方向每前进 1m，B均匀减小1T，边长0.1m 的正方形铝框总电阻为0.25，在外力作用下以v=4m/s 的速度沿x方向做匀速直线运动，铝框平面跟磁场方向垂直，图中ab所在位置的B=5T，则在图示位置处铝框中的感应电流I=0.16A，1s后外力的功率P=6.4103W考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流；由P=Fv求出功率解答：解：感应电动势：E=（BabBcd）Lv，电流：I=，代入数据解得：I=0.16A；1s后，x=vt=41=4m，由题意可知，Bab=514=1T，感应电动势：E=（BabBcd）Lv，电流：I=，安培力：F安培ab=BabIL，F安培cd=BcdIL，由平衡条件得：F=F安培ab+F安培cd，功率：P=Fv，代入数据解得：P=6.4103W；故答案为：0.16；6.4103点评：本题考查了求电流、功率，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、P=Fv即可正确解题19（3分）（xx秋三水区校级期中）将一束一价的等离子体（即高温下电离的气体，含有大量的带正电和负电的微粒，而整体呈中性），以速度v连续喷入处在匀强磁场中的两平行金属板间，已知v的方向与板面平行而与磁场垂直，板间距离为d 接在两金属板M、N间的电压表的指针稳定示数为U，如图所示，则等离子体的喷射速度为考点：带电粒子在混合场中的运动版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：根据左手定则可判断板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时 两板间的电压稳定解答：解：由左手定则知正离子向上偏转，所以M带正电，M板相当于电源的正极，则N极的电势高；两金属板M、N间的电压表的指针稳定示数为U，两板间电压稳定时满足：qvB=qE=q，所以v=；故答案为：点评：本题考查了磁流体发电机的工作原理，要会分析电源的极性和两板间电压大小的影响因素20（3分）（xx秋三水区校级期中）如图所示，匀强磁场区域的宽度d=8cm，磁感强度B=0.332T，磁场方向垂直纸面向里，在磁场边界是aa的中央放置一放射源S，它向各个不同方位均匀放射出速率相同的粒子，已知粒子的质量m=6.641027kg，电量q=3.21019C，初速率v0=3.2106m/s，则磁场区另一边界bb射出时的最大长度范围在S两侧各19cm范围内考点：带电粒子在匀强磁场中的运动版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后求出粒子射出的距离范围解答：解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，代入数据解得：R=0.2m=20cmd，粒子射到另一边界bb射出时到S对称点S的最大距离：L=19cm，射出时的最大长度范围是：在S两侧各19cm范围内故答案为：在S两侧各19cm范围内点评：本题考查了求粒子射出磁场的范围，应用牛顿第二定律即可正确解题三、计算题21（xx秋三水区校级期中）如图所示，平行金属板两板间的距离为4cm，两板间电压为100V，若a、b两点间距离也是4cm，且a、b两点连线与电场线的夹角为60，则（1）板间场强E为多少？（2）a、b两点的电势差是多少？（3）把一个电荷量为1.01015C的点电荷由a移到b点，电势能如何变化？变化了多少？（4）若b点离下极板的距离为1cm，取上极板的电势为零，则b点的电势b等于多少？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据两极板间的距离和电势差求出板间的场强根据a、b两点沿电场线方向上的距离求出ab两点的电势差根据电场力做功与电势差的关系求出电场力做功的大小，从而得出电势能的变化根据b与上极板的距离求出b与上极板间的电势差，从而得出b点的电势解答：解：（1）板间的场强E=（2）a、b两点间的电势差Uab=Exabcos60=V=50V（3）电荷从a点到b电场力做功=51014J，可知电势能增加了51014J（4）b点与上极板间的距离d=3cm，则上极板与b点的电势差U=Ed=25000.03V=75V，因为上极板的电势为零，所以b点的电势b=75V答：（1）板间场强E为2500V/m（2）a、b两点的电势差是50V（3）电势能增加了51014J（4）b点的电势b等于为75V点评：解决本题的关键掌握电势差与电场强度的关系，知道d表示沿电场线方向的距离，基础题22（xx秋三水区校级期中）如图所示是示波管工作的部分原理图，电子在经U1=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入两平行板间的匀强电场，若两极板间距d=1.0cm，板长L=4cm，那么（1）要使电子从平行板间飞出，两极板间上最多能加多大偏转电压U2？（2）电子离开电场时最大的偏转角度多大？（3）电子离开偏转电场时的偏移量为y，每单位偏转电压U2引起的偏移量（）叫做示波管的灵敏度为了提高灵敏度可采用的办法？（即如何改变U1、U2、d、L？）考点：带电粒子在匀强电场中的运动版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）粒子先加速再偏转，由题意可知当电子恰好飞出时，所加电场最大，由运动的合成与分解关系可得出电压值（2）求出偏转角的正切值，从而求出最大的偏转角度；（3）先求出的表达式，看看表达式与哪些因素有关，从而求解提高灵敏度可采用的办法解答：解：（1）在加速电场中，根据动能定理得： （1）在偏转电场中：偏转量y= （2）加速度 （3）运动时间 （4）由（1）（2）（3）（4）得：y= （5）当时，所加偏转电压最大，即 所以 （2）偏转角度的正切值=所以=arctan0.25（3）由（5）得：所以为了提高灵敏度可采用增大L、减小U1或减小d答：（1）要使电子从平行板间飞出，两极板间上最多能加多大偏转电压为625V；（2）电子离开电场时最大的偏转角度为arctan0.25；（3）为了提高灵敏度可采用增大L、减小U1或减小d点评：本题考查带电粒子在电场中的偏转，在列式计算时应注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计算，这样可以减少计算量23（xx春金家庄区校级期末）如图所示，通电导体棒AC静止于水平导轨上，棒的质量为m长为l，通过的电流强度为I，匀强磁场的磁感强度B的方向与导轨平面成角，求导轨受到AC棒的压力和摩擦力各为多大？考点：电功、电功率；焦耳定律版权所有专题：恒定电流专题分析：如图，导体棒AC静止于水平导轨上，受到重力、安培力、导轨的支持力和静摩擦力导体棒与磁场方向垂直，安培力大小FA=BIl，根据左手定则判断安培力方向，根据平衡条件求解导轨对导体棒的支持力和摩擦力，再由牛顿第三定律求解导轨受到AC棒的压力和摩擦力解答：解：以导体棒AC为研究对象，分析受力，如图其中，安培力大小FA=BIl，根据平衡条件得 N+FAcos=mg f=FAsin 由得，N=mgFAcos=mgBIlcos由得，f=BIlsin 由牛顿第三定律得，导轨受到AC棒的压力和摩擦力各为mgBIlcos和BIlsin答：导轨受到AC棒的压力和摩擦力各为mgBIlcos和BIlsin点评：本题是磁场知识与力学知识的综合，比较简单，安培力是桥梁，关键是安培力的方向判断和大小计算