2019-2020年高二物理下学期段考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高二物理下学期段考试卷（含解析）一、单项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分）1（4分）如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是（）A如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动B如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动C如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动2（4分）如图所示，水平桌面上放一闭合金属环，在金属环轴线上方有一条形磁铁当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断中正确的是（）A金属环有收缩趋势，对桌面压力增大B金属环有收缩趋势，对桌面压力减小C金属环有扩张趋势，对桌面压力减小D金属环有扩张趋势，对桌面压力增大3（4分）如果闭合电路中的感应电动势很小，那一定是因为（）A闭合电路的电阻很大B穿过闭合电路的磁通量很小C穿过闭合电路的磁通量变化很小D穿过闭合电路的磁通量变化很慢4（4分）如图为某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图，带负电的粉尘被吸附时由b点运动到a点，以下说法正确的是（）A该电场是匀强电场Ba点电势高于b点电势C电场力对粉尘做负功D粉尘的电势能增大5（4分）如图所示，木板B放在粗糙的水平面上，木块A放在B的上面，A的右端通过一不可伸长的轻绳固定在直立墙壁上，用水平力F向左拉动B，使B以速度v做匀速运动，这时绳水平，张力为T下面说法正确的是（）AT=FB木块A受到的是静摩擦力，大小等于TC木板B受到一个静摩擦力，一个滑动摩擦力，合力大小等于FD若木板B以2v的速度匀速运动，则拉力仍为F二、双项选择题（本题共5小题，每小题5分，共25分每小题有两个正确选项，每选对一项得3分，错选、不选者得0分）6（5分）下列关于几种物理现象的解释中，正确的是（）A在推车时推不动是因为推力的冲量为零B跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲力C砸钉子时不用橡皮锤，只是因为橡皮锤太轻D质量不同，动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，两个物体将同时停下来7（5分）如图所示电路，闭合开关S，滑片P缓慢向左滑动时，（）A电压表的示数不变B电压表的示数增大C电容器C所带的电荷量增大D电容器C所带的电荷量不变8（5分）两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以在导轨上自由滑动，当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法正确的是（）A导体棒AB内有电流通过，方向是ABB导体棒AB内有电流通过，方向是BAC磁场对导体棒CD的作用力向左D磁场对导体棒CD的作用力向右9（5分）如图，点电荷Q形成的电场中有A，B两点，已知A的电势为15V，B点的电势为20V，则（）A点电荷Q带负电BA点的电场强度比B点的大CA、B两点的电势差UAB=5VD检验电荷+q在A点时具有的电势能比在B点时的小10（5分）如图所示，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈，则（）A电键S闭合的瞬间，A、B同时亮，随后A灯变亮，B灯变暗B电键S闭合的瞬间，A、B同时亮，随后A灯熄灭，B灯变亮C断开电键S的瞬间，A、B灯同时熄灭D断开电键S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭二、非选择题（共55分）（本题共5小题，满分55分实验题按题目要求作答计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）11（10分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，某同学连接了如图（a）所示的实物电路图闭合开关，发现灯泡不亮，电流表的示数为零（1）他借助多用电表检查小灯泡先断开开关，把多用电表的选择开关旋到“1”挡，再进行调零；又将红、黑表笔分别接触、接线柱，多用电表的表盘恰好如图（b）所示，说明小灯泡正常，此时的电阻为（2）他将多用电表选择开关旋于某直流电压档，将红、黑表笔分别接触、接线柱；闭合开关，发现电压表的示数约等于电源电动势，说明、接线柱间的导线出现了（选填“断路”或“短路”）（3）故障排除后，为了使电流表的示数从零开始，要在 接线柱间（选填“、”或“、”）再连接一根导线，并在闭合开关前把滑动变阻器的滑片置于最端（选填“左”和“右”）12（6分）图甲是某同学研究热敏电阻阻值随温度的变化规律时设计的电路图 （1）根据电路图，在图乙的实物上连线（2）通过实验，他得到了该热敏电阻的伏安特性曲线如图丙所示，由图可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而 （填“增大”或“减小”）（3）他将这个热敏电阻接入图丁所示的电路中，已知电源电动势为9V，内阻不计，R1=30，毫安表读数为500mA，则R2的阻值为13（14分）如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻导体棒ab长L=0.5m，其电阻为，且R=3r，与导轨接触良好整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动（1）ab两端的电势差多大？（2）ab中电流的方向如何？（3）若定值电阻R=3.0，导体棒的电阻r=1.0，求ab棒所受安培力大小和方向？14（13分）如图所示装置的左半部分为速度选择器，相距为d的两块平行金属板分别连在电压可调的电源两极上（上板接正极），板间存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；右半部分为一半径为R的半圆形磁场区域，内有垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场矩形abcd相切于半圆，小孔M、N连线延长线经过圆心O点且与ad垂直一束质量为m、带电量为+q的离子（不计重力）以不同速率沿MN方向从M孔射入（1）金属板间电压为U0时，求从N孔射出的离子的速度大小；（2）若要使离子刚好能打到b点位置，求金属板间电压U的值15（12分）如图A所示，一能承受最大拉力为 T=16N的轻绳吊一质量为m=0.8kg边长为L=m正方形线圈ABCD，已知线圈总电阻为R=1，在线圈上半部分布着垂直于线圈平面向里，大小随时间变化的磁场，如图B所示，已知t0时刻轻绳刚好被拉断，g=10m/s2，求：（1）在轻绳被拉断前线圈感应电动势大小及感应电流的方向；（2）t=0时AB边受到的安培力的大小；（3）t0的大小广东省汕尾市陆丰市启恩中学xx学年高二下学期段考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分）1（4分）如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是（）A如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动B如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动C如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动考点：感应电流的产生条件分析：要使线圈中产生感应电流，则穿过线圈的磁通量要发生变化，回路要闭合解答：解：A、保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，故A错误；B、保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，故B错误；C、线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动，磁通量周期性地改变，故一定有感应电流，故C正确；D、线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，故D错误；故选：C点评：本题关键明确产生感应电流的条件是：回路闭合、磁通量改变2（4分）如图所示，水平桌面上放一闭合金属环，在金属环轴线上方有一条形磁铁当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断中正确的是（）A金属环有收缩趋势，对桌面压力增大B金属环有收缩趋势，对桌面压力减小C金属环有扩张趋势，对桌面压力减小D金属环有扩张趋势，对桌面压力增大考点：楞次定律分析：解本题时应该掌握：楞次定律的理解、应用在楞次定律中线圈所做出的所有反应都是阻碍其磁通量的变化如：感应电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等解答：解：根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合导体环内的磁通量增大，因此线圈做出的反应是面积有收缩的趋势，同时将远离磁铁，故增大了和桌面的挤压程度，从而使导体环对桌面压力增大，选项A正确，BCD错误，故选：A点评：本题从力、运动的角度考察楞次定律，思维含量高，考察角度新颖可以使用楞次定律的推广的形式解答，比较方便快捷3（4分）如果闭合电路中的感应电动势很小，那一定是因为（）A闭合电路的电阻很大B穿过闭合电路的磁通量很小C穿过闭合电路的磁通量变化很小D穿过闭合电路的磁通量变化很慢考点：法拉第电磁感应定律分析：闭合电路中的感应电动势很小，穿过闭合电路的磁通量变化率小，说明磁通量变化很慢，从而即可求解解答：解：闭合电路中的感应电动势很小，根据法拉第电磁感应定律得知，穿过闭合电路的磁通量变化率很小，则磁通量变化很慢，故D正确，ABC错误故选：D点评：磁通量变化率反映了磁通量变化的快慢感应电动势的大小与磁通量变化快慢有关4（4分）如图为某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图，带负电的粉尘被吸附时由b点运动到a点，以下说法正确的是（）A该电场是匀强电场Ba点电势高于b点电势C电场力对粉尘做负功D粉尘的电势能增大考点：电场线；电势分析：电场线的疏密反映电场的强弱沿着电场线方向电势降低根据电场力做功判断电势能的变化解答：解：A、该电场的电场线疏密不均匀，所以不是匀强电场故A错误B、沿着电场线方向电势降低所以a点电势高于b点电势，故B正确C、带负电粉尘受电场力向右，由b点运动到a点，电场力对粉尘做正功故C错误D、带负电粉尘被吸附时由b点运动到a点，电场力对粉尘做正功，电势能减小，故D错误故选：B点评：掌握电场线的特点即可解决问题知道电势能的变化不仅与电势变化有关还与电荷性质有关5（4分）如图所示，木板B放在粗糙的水平面上，木块A放在B的上面，A的右端通过一不可伸长的轻绳固定在直立墙壁上，用水平力F向左拉动B，使B以速度v做匀速运动，这时绳水平，张力为T下面说法正确的是（）AT=FB木块A受到的是静摩擦力，大小等于TC木板B受到一个静摩擦力，一个滑动摩擦力，合力大小等于FD若木板B以2v的速度匀速运动，则拉力仍为F考点：摩擦力的判断与计算专题：摩擦力专题分析：解答此题需要掌握：（1）物体静止或作匀速直线运动时，受到平衡力的作用，在水平面上的物体在水平方向和竖直方向分别受平衡力作用（2）二力平衡的条件：等大、反向、同直线、同物体（3）影响摩擦力大小的因素：一是压力的大小；二是接触面的粗糙程度解答：解：A、根据牛顿第三定律，木板B受到木块A对其施加的水平向右的滑动摩擦力的作用（大小为f1），因为木板B相对地面向左运动，所以其还受到地面对其施加的水平向右的滑动摩擦力的作用（设其大小为f2），在水平方向上其还受到水平向左的拉力F，三力平衡，所以F=f1+f2=T+f2，选项AC错误；B、木块A、B之间发生了相对运动，所以木块A受到的是水平向左的滑动摩擦力（设其大小为f1），因为木块A相对地面静止，其受力平衡，所以f1=T，选项B错误；D、若木板B以2v的速度匀速运动，其受到的两个滑动摩擦力大小和方向均不变，拉力仍为F，选项D正确故选：D点评：本题考查了平衡力的辨别，会判断摩擦力的方向，并会根据影响滑动摩擦力的大小因素分析摩擦力的大小变化是解决本题的关键二、双项选择题（本题共5小题，每小题5分，共25分每小题有两个正确选项，每选对一项得3分，错选、不选者得0分）6（5分）下列关于几种物理现象的解释中，正确的是（）A在推车时推不动是因为推力的冲量为零B跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲力C砸钉子时不用橡皮锤，只是因为橡皮锤太轻D质量不同，动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，两个物体将同时停下来考点：动量定理专题：动量定理应用专题分析：明确动量定理：合力的冲量等于动量的变化，公式为：Ft=P；并能根据动量定理分析生活中的现象解答：解：A、有力作用持续一段时间即会产生冲量，推车时没推动是因为合力的冲量为零；但推车的冲量一定不为零；故A错误；B、跳高时沙坑里填沙是为了延长人和地面的接触时间，从而缓冲地面对人的冲击力；故B正确；C、砸钉子时不用橡皮锤，是由于橡皮锤有弹性，作用时间长，根据动量定理Ft=P，产生的力小，故C错误；D、动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，根据动量定理Ft=P，两个物体将同时停下来，故D正确；故选：BD点评：本题关键根据动量定律列式分析，动量定理反映了力对时间的累积效应对物体动量的影响7（5分）如图所示电路，闭合开关S，滑片P缓慢向左滑动时，（）A电压表的示数不变B电压表的示数增大C电容器C所带的电荷量增大D电容器C所带的电荷量不变考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：把滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻不变，C与滑动变阻器右半部分并联，根据闭合电路欧姆定律分析即可解答：解：把滑动变阻器的滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律分析得知：电路中的电流不变，所以路端电压不变，则电压表V的示数不变，C与滑动变阻器右半部分并联，滑片P缓慢向左滑动时，右半部分电阻增大，所以电容器两端电压增大，根据Q=CU可知，电容器C所带的电荷量增大，故AC正确，BD错误故选：AC点评：本题是电路的动态变化分析问题，根据变阻器接入电路的电阻变化，确定外电路总电阻的变化，再分析电容器的电压变化，是常用的分析方法和思路8（5分）两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以在导轨上自由滑动，当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法正确的是（）A导体棒AB内有电流通过，方向是ABB导体棒AB内有电流通过，方向是BAC磁场对导体棒CD的作用力向左D磁场对导体棒CD的作用力向右考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力分析：AB切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向；感应电流通过CD，CD棒受到安培力作用，由左手定则判断安培力的方向解答：解：AB、AB切割磁感线产生感应电流，根据右手定则判断可知，AB中感应电流的方向为BA，故A错误，B正确CD、导体棒CD内电流方向是CD，CD棒受到安培力作用，由左手定则判断可知磁场对导体棒CD的安培力向右故C错误，D正确故选：BD点评：解决本题的关键掌握右手定则和左手定则，并能正确运用右手定则判断感应电流的方向，运用左手定则判断安培力的方向9（5分）如图，点电荷Q形成的电场中有A，B两点，已知A的电势为15V，B点的电势为20V，则（）A点电荷Q带负电BA点的电场强度比B点的大CA、B两点的电势差UAB=5VD检验电荷+q在A点时具有的电势能比在B点时的小考点：等势面；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）沿着电场线的方向电势逐渐降低，点电荷周围的等势面是一簇簇球面根据这一规律判断a、b两点的电势（2）根据负电荷在电势高处电势能小、在电势低处电势能大，分析电势能的大小解答：解：A、由图可知，B点到Q的距离小，而A的电势为15V，B点的电势为20V，所以Q一定是负点电荷故A正确；B、由图可知，B点到Q的距离小，所以B点的电场强度大故B错误；C、A、B两点的电势差UAB=AB=15V（20）V=5V故C正确；D、点电荷的电势能：E=q，对于正检验电荷+q在A点时具有的电势能比在B点时大故D错误故选：AC点评：解决本题的关键知道沿着电场线的方向电势逐渐降低以及掌握电场力做功的方法，一、直接运用W=qU计算，将q的正负，电势差的正负代入计算10（5分）如图所示，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈，则（）A电键S闭合的瞬间，A、B同时亮，随后A灯变亮，B灯变暗B电键S闭合的瞬间，A、B同时亮，随后A灯熄灭，B灯变亮C断开电键S的瞬间，A、B灯同时熄灭D断开电键S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭考点：自感现象和自感系数分析：开关K闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光稳定后由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮断开开关K的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭解答：解：开关K闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，B灯逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，故A错误，A周期；断开开关K的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故C错误D正确故选：BD点评：对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路二、非选择题（共55分）（本题共5小题，满分55分实验题按题目要求作答计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）11（10分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，某同学连接了如图（a）所示的实物电路图闭合开关，发现灯泡不亮，电流表的示数为零（1）他借助多用电表检查小灯泡先断开开关，把多用电表的选择开关旋到“1”挡，再进行欧姆调零；又将红、黑表笔分别接触、接线柱，多用电表的表盘恰好如图（b）所示，说明小灯泡正常，此时的电阻为6（2）他将多用电表选择开关旋于某直流电压档，将红、黑表笔分别接触、接线柱；闭合开关，发现电压表的示数约等于电源电动势，说明、接线柱间的导线出现了断路（选填“断路”或“短路”）（3）故障排除后，为了使电流表的示数从零开始，要在、 接线柱间（选填“、”或“、”）再连接一根导线，并在闭合开关前把滑动变阻器的滑片置于最左端（选填“左”和“右”）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：（1）欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数（2）若电压表有示数且与电压电动势接近时，说明电压表之间不含电源的导线间有断路（3）关键是明确要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法解答：解：（1）根据欧姆表的使用方法可知，每次选完档后应重新进行欧姆调零；欧姆表的读数为：R=61=6； （2）多用电表选择开关旋于某直流电压档，将红、黑表笔分别接触bc接线柱；闭合开关，发现电压表示数约等于电源电动势，说明bc接线柱间的导线出现了断路； （3）为使电流表的示数从零调，变阻器应采用分压式接法，所以应在cd导线间再连接一根导线；滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，在闭合开关前应将滑片置于分压电路分压最小的位置，即滑片应置于最左端故答案为：（1）欧姆；6； 断路；（3）、；左点评：应掌握欧姆表的工作原理和使用方法，特别是每次换完挡后都应重新进行调零当要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法12（6分）图甲是某同学研究热敏电阻阻值随温度的变化规律时设计的电路图 （1）根据电路图，在图乙的实物上连线（2）通过实验，他得到了该热敏电阻的伏安特性曲线如图丙所示，由图可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小 （填“增大”或“减小”）（3）他将这个热敏电阻接入图丁所示的电路中，已知电源电动势为9V，内阻不计，R1=30，毫安表读数为500mA，则R2的阻值为25考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据实验原理图，依次连接即可；（2）根据图示图象应用欧姆定律分析热敏电阻阻值如何变化；（3）根据欧姆定律，结合图象，即可求解解答：解：（1）根据实验原理图，依次连接如图；（2）由图乙所示图象可知，对电压增大通过热敏电阻的电流增大，电压与电流的比值减小，即电阻阻值减小（3）通过R1的电流I1=A=0.3A，则通过热敏电阻的电流为：IR=II1=0.5A0.3A=0.2A，由IU图读出热敏电阻的电压为：UR=4V，则R2的电压U2=UUR=9V4V=5V，R2的阻值为：R2=25故答案为：（1）连接实物图如上图所示：（2）减小；（3）25点评：本题是一道关于影响导体的电阻与多因素及图象分析和利用欧姆定律进行计算的综合题，能否根据图象分析热敏电阻的变化趋势是本题的解题关键所在13（14分）如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻导体棒ab长L=0.5m，其电阻为，且R=3r，与导轨接触良好整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动（1）ab两端的电势差多大？（2）ab中电流的方向如何？（3）若定值电阻R=3.0，导体棒的电阻r=1.0，求ab棒所受安培力大小和方向？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）由法拉第电磁感应定律E=BLv，求解ab产生的感应电动势再得到ab两端的电势差（2）由右手定则判断ab中电流的方向（3）由闭合电路欧姆定律求解电路中的电流，再由安培力公式F=BIL求安培力的大小，由左手定则判断安培力的方向解答：解：（1）由法拉第电磁感应定律得：ab产生的感应电动势 E=BLv=0.40.510V=2Vab两端的电势差 U=E=2V=1.5V（2）由楞次定律（或右手定则）可得ab中电流的方向：ba（3）由闭合电路欧姆定律得： I=A=0.5Aab棒所受安培力大小：F=BIL=0.40.50.5N=0.1N方向由左手定则判断：水平向左答：（1）ab两端的电势差是1.5V（2）ab中电流的方向由ba（3）ab棒所受安培力大小为0.1N，方向水平向左点评：本题是电磁感应与电路知识、力学知识的综合，掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律、右手定则、左手定则等等电磁感应的规律，即可正确解题14（13分）如图所示装置的左半部分为速度选择器，相距为d的两块平行金属板分别连在电压可调的电源两极上（上板接正极），板间存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；右半部分为一半径为R的半圆形磁场区域，内有垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场矩形abcd相切于半圆，小孔M、N连线延长线经过圆心O点且与ad垂直一束质量为m、带电量为+q的离子（不计重力）以不同速率沿MN方向从M孔射入（1）金属板间电压为U0时，求从N孔射出的离子的速度大小；（2）若要使离子刚好能打到b点位置，求金属板间电压U的值考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）正离子沿平行于金属板垂直磁场射入两板间只有做匀速直线运动时，才能从N孔射出，洛伦兹力与电场力应平衡，由平衡条件可求出离子在平行金属板间的运动速度（2）带电粒子进入矩形abcd区域做匀速圆周运动，据题意找到粒子的运动轨迹，由几何关系可求出圆周运动的半径在磁场中由洛伦兹力提供向心力，可求出U的取值解答：解：（1）设电压为U0时，两板间电场强度为E，从N孔射出的粒子速度为v，则板间场强为 E= 由平衡条件得 qE=qvB0 解得：v= （2）如图，设电压为U1时，粒子恰好打到b点，粒子轨道半径为r，则 qv1B=m 由几何关系有 r=R 由可知：v1=解得：U1= 答：（1）金属板间电压为U0时，从N孔射出的离子的速度大小为；（2）若要使离子刚好能打到b点位置，金属板间电压U的值为点评：本题中离子在复合场中运动的问题是速度选择器的模型，要比较熟悉在磁场中画轨迹，由几何知识求解半径、由圆心角确定时间都是常规思路15（12分）如图A所示，一能承受最大拉力为 T=16N的轻绳吊一质量为m=0.8kg边长为L=m正方形线圈ABCD，已知线圈总电阻为R=1，在线圈上半部分布着垂直于线圈平面向里，大小随时间变化的磁场，如图B所示，已知t0时刻轻绳刚好被拉断，g=10m/s2，求：（1）在轻绳被拉断前线圈感应电动势大小及感应电流的方向；（2）t=0时AB边受到的安培力的大小；（3）t0的大小考点：法拉第电磁感应定律；安培力分析：（1）根据法拉第电磁感应定律与楞次定律，即可求解；（2）根据闭合电路欧姆定律，及安培力公式，即可求解；（3）根据受力分析，结合力的合成法则，再由安培力表达式，即可求解磁场，最后结合图象，即可求解解答：解：（1）由法拉第电磁感应定律，则有：E=S=，代入数据，解得：E=1V；根据楞次定律可知，感应电流的方向：逆时针方向；（2）根据闭合电路欧姆定律，则有：I=1A；而AB受到的安培力大小为：F=BIL=11N=N；（3）当轻绳刚好被拉断，对其受力分析，如图所示，则有：2Fcos45+mg=T解得：F=4N；而安培力FBIL，可得：B=2T；再根据图象可得：t0=（21）s；答：（1）在轻绳被拉断前线圈感应电动势大小1V及感应电流的方向逆时针；（2）t=0时AB边受到的安培力的大小N；（3）t0的大小（21）s点评：考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律与楞次定律的应用，注意平衡条件的应用，掌握力的合成法则