2016-2017学年浙江省宁波市余姚中学高二上学期期中物理试卷
一、单项选择题
1．（2016高二上·宁波期中）图中标出了磁场B的方向、通电直导线中电流I的方向以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】安培力；左手定则
【解析】【解答】解：A、由左手定则可知，通电导线所受安培力竖直向上，故A正确；
B、由图可知，磁感应强度B与电流I平行，导线不受安培力，故B错误；
C、由左手定则可知，通电导线所受安培力竖直向下，故C正确；
D、由左手定则可知，通电导线所受安培力垂直于纸面向外，故D错误；
故选AC．
【分析】由左手定则可以判断出B、I、F方向间的关系，然后选出正确的选项．
2．（2016高二上·宁波期中）如图所示是等腰直角三棱柱abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中不正确的是（ ）
A．通过bcf平面的磁通量为零
B．通过dcfe平面的磁通量大小为 L2 B
C．通过abfe平面的磁通量大小为零
D．通过abcd平面的磁通量大小为L2 B
【答案】D
【知识点】磁通量
【解析】【解答】解：A、abfe平面与bcf平面和磁场平面平行，所以磁通量为零，故AC正确；
B、dcfe平面是abcd平面在垂直磁场方向上的投影，所以磁通量大小为 BL2，故B正确；
D、abcd平面的投影为cdef，故通过它的磁通量为： BL2；故D错误；
本题选错误的；故选：D．
【分析】磁通量的公式为Φ=BScosθ，注意夹角是平面与磁场垂直方向的夹角．
3．（2016高二上·宁波期中）如图，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直匀强磁场放置，将AB两点接入电压恒定的电源两端，通电时，线框受到的安培力为1.2N，若将ACB边移走，则余下线框受到的安培力大小为（ ）
A．0.6N B．0.8N C．1.2N D．1.6N
【答案】B
【知识点】安培力
【解析】【解答】解：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图
由于曲线ACB上产生的安培力等效于长AB上的电线产生的安培力，所以等效电路为r和2r并联，并联后总电阻为： ；
根据欧姆定律得电流为：
I1= ，
I2= ，
则安培力为：
F1=BI1L= =1.2N，
余下线框受到的安培力大小为：
F2=BI2L= = =0.8N；
故ACD错误，B正确；
故选：B
【分析】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可．
4．（2016高二上·宁波期中）如图所示，金属板M，N水平放置，相距为d，其左侧有一对竖直金属板P，Q，板P上小孔S正对板Q上的小孔O，M，N间有垂直纸面向里的匀强磁场，在小孔S处有一带负电粒子，其重力和初速均不计，当变阻器的滑动触头在AB的中点时，带负电粒子恰能在M，N间做直线运动，当滑动变阻器滑片向A点滑动过程中，则（ ）
A．粒子在M，N间运动过程中，动能一定不变
B．粒子在M，N间运动过程中，动能一定减小
C．粒子在M，N间仍做直线运动
D．粒子可能沿M板的右边缘飞出
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】解：滑动触头在中点时，粒子恰能做直线运动，此时M、N间为一速度选择器模型，当滑动触头滑向A点时，M、N间电压减小，电场力变小，粒子向下偏，所以粒子在其间运动时动能减小，故B正确，A错误；因为粒子向下偏，所以不可能从M板的右边缘飞出，故CD错误．
故选：B．
【分析】粒子仅受洛伦兹力和电场力作用，粒子恰能在M、N间作直线运动则二力恰好平衡，当滑片移动时，将打破平衡，引起离子发生偏转，当滑片移动到A端时，电场强度为零，粒子仅受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，动能不变，根据左手定则判断出洛伦兹力方向，从而判断粒子能否从M板的右边缘飞出．
5．（2016高二上·宁波期中）如图所示，接有理想伏特表的三角形导线框abc，在匀强磁场中向右运动，问：框中有无感应电流？a、b两点问有无电势差？伏特表有无读数（示数不为零称有读数）（ ）
A．无、无、无 B．无、有、有 C．无、有、无 D．有、有、有
【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】解：线框整体在磁场中运动，不能产生感应电流，所以线框中没有感应电流，电压表也没有示数；导体棒ab切割磁感线，所以ab的两端有电势差．
故选：C
【分析】线框整体在磁场中运动，不能产生感应电流，但是能产生感应电动势．
6．（2016高二上·宁波期中）如图所示，电灯的灯丝电阻为2Ω，电池电动势为2V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3Ω．先合上电键K，过一段时间突然断开，则下列说法中正确的有（ ）
A．电灯立即熄灭
B．电灯立即先暗再熄灭
C．电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同
D．电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反
【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】解：突然断开K，线圈将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，此时通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反；因线圈直流电阻比灯泡大，断开前通过线圈是电流小于通过灯泡的电流，即电灯会突然比原来暗一下再熄灭，B正确，ACD错误．
故选：B
【分析】断开K，线圈L将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反，线圈直流电阻比灯泡大，断开前通过线圈是电流小于通过灯泡的电流．
7．（2016高二上·宁波期中）磁场具有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为 ，式中B是磁感应强度，μ是磁导率，在空气中μ为一已知常数．以通电螺线管（带有铁芯）为例，将衔铁吸附在通电螺线管的一端，若将衔铁缓慢拉动一小段距离△d，拉力所做的功就等于间隙△d中磁场的能量．为了近似测得条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度B，某研究性学习小组用一根端面面积为A的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P，再用力缓慢将铁片与磁铁拉开一段微小距离△L，并测出拉力大小为F，如图所示．由此可以估算出该条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度B为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】磁感应强度；安培力
【解析】【解答】解：由题意，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为
条形磁铁与铁片P之间的磁场具有的能量等于拉力F做的功，故有：
E=F △L…①
量密度为磁场中单位体积所具有的能量，故有： = …②
由①②可解得：B=
故选：D
【分析】由于拉力F所作的功等于间隙中磁场的能量，能量密度为磁场中单位体积所具有的能量，故用能量除以体积就可以列出关系式求出磁感强度B与F、A之间的关系．
8．（2016高二上·宁波期中）狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布（如图甲所示），距离它r处的磁感应强度大小为B= （k为常数），其磁场分布与负点电荷Q的电场（如图乙所示）分布相似．现假设磁单极子S和负点电荷Q均固定，有带电小球分别在S极和Q附近做匀速圆周运动．则关于小球做匀速圆周运动的判断不正确的是（ ）
A．若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示
B．若小球带负电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示
C．若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示
D．若小球带正电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示
【答案】B
【知识点】向心力
【解析】【解答】解：A、要使粒子能做匀速圆周运动，则洛仑兹力与重力的合力应能充当向心力；在甲图中，若粒子为正电荷且顺时针转动（由上向下看）则其受力斜向上，与重力的合力可以指向圆心，故A正确；而若为负电荷，但逆时针转动，同理可知，合力也可以充当向心力，故C正确；
B、Q带正电，则带正电荷的小球在图示位置各点受到的电场力背向Q，则电场力与重力的合力不可能充当向心力，不会在Q正下方，故B错误；
但若小球带负电，则小球受电场力指向Q，故电场力与重力的合力可以提供向心力，可以在Q正下方运动，故D正确；
因选不正确的，故选：B．
【分析】粒子在磁场中受洛仑兹力及本身的重力，其合力使物体做匀速圆周运动，故它们的合力应充当向心力；则分析甲图可得出正确的结果；而在点电荷周围粒子要做匀速圆周运动，则电场力与重力的合力应充当向心．
9．（2016高二上·宁波期中）如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t=0时刻，bc边与磁场区域左边界重合．现令线圈以向右的恒定速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】解：开始时bc边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，即为负方向，故AC错误；
当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，因此D错误，
电流方向为逆时针，后顺时针，并都逐渐增大，故只有B正确；
故选：B．
【分析】首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入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．
10．（2016高二上·宁波期中）如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，p和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（ ）
A．t1时刻FN＞G，P有收缩的趋势
B．t2时刻FN=G，此时穿过P的磁通量为0
C．t3时刻FN=G，此时P中无感应电流
D．t4时刻FN＜G，此时穿过P的磁通量最小
【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】解：A、当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，故A正确；
BD、当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大，故B错误；D错误；
C、t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，故C错误．
故选：A
【分析】当螺线管中通入变化的电流时形成变化的磁场，这时线圈P中的磁通量发生变化，由其磁通量的变化根据楞次定律可以判断P中产生感应电流的大小方向以及P线圈收缩和扩展趋势．
二、多项选择题
11．（2016高二上·宁波期中）如图是创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》．两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千．以下说法正确的是（ ）
A．P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看）
B．P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动
C．P向右摆动的过程中，Q会向左摆动
D．若用手左右摆动Q，P会始终保持静止
【答案】A,B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】解：A、P向右摆动的过程中，穿过P的磁通量减小，根据楞次定律，P中有顺时针方向的电流（从右向左看）．故A正确．
B、P向右摆的过程中，P中的电流方向为顺时针方向，则Q下端的电流方向向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右，则Q向右摆动．同理，用手左右摆动Q，P会左右摆动．故B正确，C错误，D也错误．
故选：AB．
【分析】当P摆动时，穿过P的磁通量发生变化，产生感应电流，由于P和Q形成闭合回路，Q的下端受到安培力的作用而发生摆动．结合楞次定律和左手定则进行判断．
12．（2017高二上·长沙期末）利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差．下列说法中正确的是（ ）
A．若元件的载流子是自由电子，则D侧面电势高于C侧面电势
B．若元件的载流子是自由电子，则C侧面电势高于D侧面电势
C．在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直
D．在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平
【答案】A,C
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】解：A、若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向C侧面偏，则D侧面的电势高于C侧面的电势．故A正确，B错误．
C、地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直．故C正确，D错误．
故选AC．
【分析】根据左手定则判断洛伦兹力的方向，确定电子的偏转方向，从而确定侧面电势的高低．测量地磁场强弱时，让地磁场垂直通过元件的工作面，通过地磁场的方向确定工作面的位置．
13．（2016高二上·宁波期中）某空间存在水平方向的匀强电场（图中未画出），带电小球沿如图所示的直线斜向下由A点沿直线向B点运动，此空间同时存在由A指向B的匀强磁场，则下列说法正确的是（ ）
A．小球一定带正电
B．小球可能做匀速直线运动
C．带电小球一定做匀加速直线运动
D．运动过程中，小球的机械能增大
【答案】C,D
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】解：小球不受洛伦兹力，仅受重力和电场力，做直线运动，知两个力的合力与速度方向在同一条直线上，做匀加速直线运动，因为电场的方向未知，故无法判断小球的电性．电场力的方向水平向右，从A到B，电场力做正功，知小球的机械能增大．故C、D正确，A、B错误．
故选CD．
【分析】由于磁场的方向与运动的方向平行，小球不受洛伦兹力，仅受重力和电场力，知小球做匀加速直线运动，通过除重力以外其它力做功等于机械能的增量判断机械能的变化．
14．（2016高二上·宁波期中）如图甲所示，电阻不计且间距L=1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R=2Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m=0.1kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平，已知杆ab进入磁场时的速度v0=1m/s，下落0.3m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10m/s2，则（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度为2T
B．杆ab下落0.3m时金属杆的速度为1m/s
C．杆ab下落0.3m的过程中R上产生的热量为0.2J
D．杆ab下落0.3m的过程中通过R的电荷量为0.25C
【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律与电磁学综合；功能关系；电磁感应中切割类问题
【解析】【解答】解：A、进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b．由左手定则知，杆ab所受的安培力竖直向上．
由乙图知，刚进入磁场时，金属杆ab的加速度大小a0=10m/s2，方向竖直向上．
由牛顿第二定律得：BI0L﹣mg=ma0
设杆刚进入磁场时的速度为v0，则有 I0= =
联立得： ﹣mg=ma0
代入数据，解得：B=2T，故A正确．
B、通过a﹣h图象知h=0.3m，a=0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，有 mg=BIL=BL = ，联立得：v= = =0.5m/s．即杆ab下落0.3m时金属杆的速度为0.5m/s．故B错误．
C、从开始到下落0.3m的过程中，由能的转化和守恒定律有：
mgh=Q+ mv2
代入数值有：Q=m（gh﹣ v2）=0.1×（10×0.3﹣ ×0.52）J=0.2875J，故C错误．
D、金属杆自由下落的高度 h= = m=0.05m，ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量：q= = = C=0.25C．故D正确；
故选：AD．
【分析】由乙图读出金属杆进入磁场时加速度的大小，判断出加速度方向．由法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力与速度的关系式，由牛顿第二定律列式可求出磁感应强度．从开始下落到下落0.3m的过程中，杆的机械能减小转化为内能，由能量守恒列式可求出电阻R上产生的热量．由图看出，下落0.3m时，由q= 即可求电荷量．
三、填空题
15．（2016高二上·宁波期中）把一线框从一匀强磁场中拉出，如图所示．第一次拉出的速率是v，第二次拉出速率是2v，其它条件不变，则前后两次拉力大小之比是 ，拉力功率之比是 ，线框产生的热量之比是 ，通过导线截面的电量之比是 ．
【答案】1：2；1：4；1：2；1：1
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】解：设线框切割磁感线的边长为L．
线框受到的安培力：FB=BIL=BL =
线框匀速运动，由平衡条件得：拉力F=FB=
可知拉力与速度v成正比，则拉力之比为1：2．
拉力功率 P=Fv= ，拉力功率与速度的平方成正比，则拉力功率之比为v2：（2v）2=1：4．
线框产生的热量灯油克服安培力做功，则 Q=FBL= ，产生的热量与速度成正比，
则产生的热量之比为v：2v=1：2．
感应电荷量：q=It= t= =
故通过导线截面的电量之比是：1：1．
故答案为：1：2，1：4，1：2，1：1．
【分析】由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出拉力大小，然后求出拉力大小之比；由P=Fv求出功率之比；克服安培力做功转化为焦耳热，由功的计算公式求出线框产生的热量之比；由电流定义式、欧姆定律求出感应电荷量之比．
16．（2016高二上·宁波期中）如图1是做探究电磁感应的产生条件实验的器材及示意图．
（1）在图中用实线代替导线把它们连成实验电路．
（2）由哪些操作可以使电流表的指针发生偏转
①
②
（3）假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向 偏转．（填“左”或“右”）
【答案】（1）解：将电流表与大线圈B组成闭合回路，电源、开关、小线圈A组成闭合回路，电路图如图所示．
（2）将开关闭合（或者断开）；将螺线管A插入（或拔出）螺线管B
（3）右
【知识点】电磁学实验
【解析】【解答】解：（2）①、将开关闭合或断开，或②、将螺线管A插入（或拔出）螺线管B时穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，电流表指针偏转．（3）在开关闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计的指针向右偏转．
故答案为：（1）电路图如图所示；（2）将开关闭合（或者断开）；将螺线管A插入（或拔出）螺线管B；（3）右．
【分析】（1）探究电磁感应现象实验有两套电路；电源、开关、滑动变阻器、螺线管A组成控制电路；螺旋管B与电流计组成实验电路．（2）当线圈B中有感应电流产生时，电流表指针发生偏转；根据感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，分析答题．（3）根据楞次定律判断是否有感应电流产生，结合闭合开关瞬间，灵敏电流计的指针向右偏转判断将滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，灵敏电流计的指针的偏转方向．
四、计算题
17．（2016高二上·宁波期中）如图所示，PQ和EF为水平放置的平行金属导轨，间距为L=1.0m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m=20g，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c相连，物体c的质量M=30g．在垂直导轨平面方向存在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度g取10m/s2．若导轨是粗糙的，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒ab重力的0.5倍，若要保持物体c静止不动，应该在棒中通入多大的电流？电流的方向如何？
【答案】解：导体棒的最大静摩擦力大小为fm=0.5mg=0.1N，M的重力为G=Mg=0.3N，则fm＜G，要保持导体棒静止，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a到b．
若BIl＞Mg，则导体棒所受的静摩擦力方向水平向右，设此时电流为I1，
则由平衡条件有 BI1l﹣Mg≤fm，
解得，I1≤2A
若BIl＜Mg，则导体棒所受的静摩擦力方向水平向左，设此时电流为I2，
则由平衡条件有 Mg﹣BI2l≤fm，
解得，I2≥1A
即ab棒中电流为1A≤I≤2A．
答：若要保持物体c静止不动，应该在棒中通入的电流为1A≤I≤2A，电流的方向为由a到b．
【知识点】安培力
【解析】【分析】若要保持物体c静止不动，受力必须平衡．由于M所受的最大静摩擦力为0.5mg=0.1N，而M的重力为Mg=0.3N，要保持导体棒静止，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断电流的方向．分两种情况研究：安培力大于Mg和安培力小于Mg进行讨论，根据平衡条件和安培力公式求出导体棒中电流的范围．
18．（2016高二上·宁波期中）如图所示，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻．线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场Bt．电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N板右侧xOy坐标系（坐标原点O在N板的下端）的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角∠AOy=45°，AOx区域为无场区．在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），经过N板的小孔，从点Q（0，l ）垂直y轴进入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限．求：
（1）平行金属板M、N获得的电压U；
（2）yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B；
（3）粒子从P点射出到到达x轴的时间．
【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律，闭合线圈产生的感应电动势为：
E= = S=kS ①
因平行金属板M、N与电阻并联，故M、N两板间的电压为：
U=UR=E=kS ②
（2）解：带电粒子在M、N间做匀加速直线运动，有
qU= mv2 ③
带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有
qvB=m ④
由几何关系可得：
r+rcot45°=l ⑤
联立②③④⑤得：B=
（3）解：粒子在电场中做匀加速直线运动，则有
d= at12
根据牛顿第二定律得：q =ma
粒子在磁场中，有：
T=
t2= T
粒子在第一象限的无场区中，有
s=vt3
由几何关系得：s=r
粒子从P点射出到到达x轴的时间为：
t=t1+t2+t3
联立以上各式可得：
t=（2d+ l）
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，求出闭合电路的电动势，即得到平行金属M、N获得的电压U；（2）由动能定理求出粒子经过MN间的电场加速度获得的速度．正确画出粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系找出粒子运动的半径的大小，根据牛顿第二定律和向心力公式求得磁场的磁感应强度；（3）粒子从P点射出到到达x轴的时间为三段运动过程的时间之和．
19．（2016高二上·宁波期中）如图所示，在倾角θ=37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度d=0.55m，有一边长L=0.4m、质量m1=0.6kg、电阻R=2Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m2=0.4kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？
（2）当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？
（3）在（2）问中条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量为多少？
【答案】（1）解：m1、m2运动过程中，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：
m1gsin θ﹣μm2g=（m1+m2）a，
代入数据解得：a=2m/s2，
以m2为研究对象，由牛顿第二定律得：T﹣μm2g=m2a，
代入数据解得：T=2.4N
（2）解：线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体为研究对象，由平衡条件得：
m1gsin θ﹣μm2g﹣ =0，
代入数据解得：v=1m/s，
ab到MN前线框做匀加速运动，有：v2=2ax，
代入数据解得：x=0.25m
（3）解：线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时，由能量守恒定律得：
m1gsin θ（x+d+L）﹣μm2g（x+d+L）= （m1+m2）v12+Q，
代入数据解得：Q=0.4J，
所以：Qab= Q=0.1J
【知识点】牛顿运动定律与电磁学综合；焦耳定律
【解析】【分析】（1）线框abcd还未进入磁场的运动过程中，线框与物体一起做加速度大小相等的匀加速运动，运用整体法，由牛顿第二定律求出它们的加速度大小，再以物体为研究对象，列式求解细线拉力．（2）线框进入磁场恰匀速，对于整体，合外力为零，根据平衡条件和安培力与速度的关系式，求解匀速运动的速度大小，再由运动学公式求解x．（3）线框从开始运动到cd边恰离开磁场时，运用能量守恒定律求解ab边产生的热量Q．
2016-2017学年浙江省宁波市余姚中学高二上学期期中物理试卷
一、单项选择题
1．（2016高二上·宁波期中）图中标出了磁场B的方向、通电直导线中电流I的方向以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2016高二上·宁波期中）如图所示是等腰直角三棱柱abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中不正确的是（ ）
A．通过bcf平面的磁通量为零
B．通过dcfe平面的磁通量大小为 L2 B
C．通过abfe平面的磁通量大小为零
D．通过abcd平面的磁通量大小为L2 B
3．（2016高二上·宁波期中）如图，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直匀强磁场放置，将AB两点接入电压恒定的电源两端，通电时，线框受到的安培力为1.2N，若将ACB边移走，则余下线框受到的安培力大小为（ ）
A．0.6N B．0.8N C．1.2N D．1.6N
4．（2016高二上·宁波期中）如图所示，金属板M，N水平放置，相距为d，其左侧有一对竖直金属板P，Q，板P上小孔S正对板Q上的小孔O，M，N间有垂直纸面向里的匀强磁场，在小孔S处有一带负电粒子，其重力和初速均不计，当变阻器的滑动触头在AB的中点时，带负电粒子恰能在M，N间做直线运动，当滑动变阻器滑片向A点滑动过程中，则（ ）
A．粒子在M，N间运动过程中，动能一定不变
B．粒子在M，N间运动过程中，动能一定减小
C．粒子在M，N间仍做直线运动
D．粒子可能沿M板的右边缘飞出
5．（2016高二上·宁波期中）如图所示，接有理想伏特表的三角形导线框abc，在匀强磁场中向右运动，问：框中有无感应电流？a、b两点问有无电势差？伏特表有无读数（示数不为零称有读数）（ ）
A．无、无、无 B．无、有、有 C．无、有、无 D．有、有、有
6．（2016高二上·宁波期中）如图所示，电灯的灯丝电阻为2Ω，电池电动势为2V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3Ω．先合上电键K，过一段时间突然断开，则下列说法中正确的有（ ）
A．电灯立即熄灭
B．电灯立即先暗再熄灭
C．电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同
D．电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反
7．（2016高二上·宁波期中）磁场具有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为 ，式中B是磁感应强度，μ是磁导率，在空气中μ为一已知常数．以通电螺线管（带有铁芯）为例，将衔铁吸附在通电螺线管的一端，若将衔铁缓慢拉动一小段距离△d，拉力所做的功就等于间隙△d中磁场的能量．为了近似测得条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度B，某研究性学习小组用一根端面面积为A的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P，再用力缓慢将铁片与磁铁拉开一段微小距离△L，并测出拉力大小为F，如图所示．由此可以估算出该条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度B为（ ）
A． B． C． D．
8．（2016高二上·宁波期中）狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布（如图甲所示），距离它r处的磁感应强度大小为B= （k为常数），其磁场分布与负点电荷Q的电场（如图乙所示）分布相似．现假设磁单极子S和负点电荷Q均固定，有带电小球分别在S极和Q附近做匀速圆周运动．则关于小球做匀速圆周运动的判断不正确的是（ ）
A．若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示
B．若小球带负电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示
C．若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示
D．若小球带正电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示
9．（2016高二上·宁波期中）如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t=0时刻，bc边与磁场区域左边界重合．现令线圈以向右的恒定速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2016高二上·宁波期中）如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，p和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（ ）
A．t1时刻FN＞G，P有收缩的趋势
B．t2时刻FN=G，此时穿过P的磁通量为0
C．t3时刻FN=G，此时P中无感应电流
D．t4时刻FN＜G，此时穿过P的磁通量最小
二、多项选择题
11．（2016高二上·宁波期中）如图是创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》．两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千．以下说法正确的是（ ）
A．P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看）
B．P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动
C．P向右摆动的过程中，Q会向左摆动
D．若用手左右摆动Q，P会始终保持静止
12．（2017高二上·长沙期末）利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差．下列说法中正确的是（ ）
A．若元件的载流子是自由电子，则D侧面电势高于C侧面电势
B．若元件的载流子是自由电子，则C侧面电势高于D侧面电势
C．在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直
D．在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平
13．（2016高二上·宁波期中）某空间存在水平方向的匀强电场（图中未画出），带电小球沿如图所示的直线斜向下由A点沿直线向B点运动，此空间同时存在由A指向B的匀强磁场，则下列说法正确的是（ ）
A．小球一定带正电
B．小球可能做匀速直线运动
C．带电小球一定做匀加速直线运动
D．运动过程中，小球的机械能增大
14．（2016高二上·宁波期中）如图甲所示，电阻不计且间距L=1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R=2Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m=0.1kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平，已知杆ab进入磁场时的速度v0=1m/s，下落0.3m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10m/s2，则（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度为2T
B．杆ab下落0.3m时金属杆的速度为1m/s
C．杆ab下落0.3m的过程中R上产生的热量为0.2J
D．杆ab下落0.3m的过程中通过R的电荷量为0.25C
三、填空题
15．（2016高二上·宁波期中）把一线框从一匀强磁场中拉出，如图所示．第一次拉出的速率是v，第二次拉出速率是2v，其它条件不变，则前后两次拉力大小之比是 ，拉力功率之比是 ，线框产生的热量之比是 ，通过导线截面的电量之比是 ．
16．（2016高二上·宁波期中）如图1是做探究电磁感应的产生条件实验的器材及示意图．
（1）在图中用实线代替导线把它们连成实验电路．
（2）由哪些操作可以使电流表的指针发生偏转
①
②
（3）假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向 偏转．（填“左”或“右”）
四、计算题
17．（2016高二上·宁波期中）如图所示，PQ和EF为水平放置的平行金属导轨，间距为L=1.0m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m=20g，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c相连，物体c的质量M=30g．在垂直导轨平面方向存在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度g取10m/s2．若导轨是粗糙的，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒ab重力的0.5倍，若要保持物体c静止不动，应该在棒中通入多大的电流？电流的方向如何？
18．（2016高二上·宁波期中）如图所示，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻．线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场Bt．电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N板右侧xOy坐标系（坐标原点O在N板的下端）的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角∠AOy=45°，AOx区域为无场区．在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），经过N板的小孔，从点Q（0，l ）垂直y轴进入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限．求：
（1）平行金属板M、N获得的电压U；
（2）yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B；
（3）粒子从P点射出到到达x轴的时间．
19．（2016高二上·宁波期中）如图所示，在倾角θ=37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度d=0.55m，有一边长L=0.4m、质量m1=0.6kg、电阻R=2Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m2=0.4kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？
（2）当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？
（3）在（2）问中条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量为多少？
答案解析部分
1．【答案】A,C
【知识点】安培力；左手定则
【解析】【解答】解：A、由左手定则可知，通电导线所受安培力竖直向上，故A正确；
B、由图可知，磁感应强度B与电流I平行，导线不受安培力，故B错误；
C、由左手定则可知，通电导线所受安培力竖直向下，故C正确；
D、由左手定则可知，通电导线所受安培力垂直于纸面向外，故D错误；
故选AC．
【分析】由左手定则可以判断出B、I、F方向间的关系，然后选出正确的选项．
2．【答案】D
【知识点】磁通量
【解析】【解答】解：A、abfe平面与bcf平面和磁场平面平行，所以磁通量为零，故AC正确；
B、dcfe平面是abcd平面在垂直磁场方向上的投影，所以磁通量大小为 BL2，故B正确；
D、abcd平面的投影为cdef，故通过它的磁通量为： BL2；故D错误；
本题选错误的；故选：D．
【分析】磁通量的公式为Φ=BScosθ，注意夹角是平面与磁场垂直方向的夹角．
3．【答案】B
【知识点】安培力
【解析】【解答】解：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图
由于曲线ACB上产生的安培力等效于长AB上的电线产生的安培力，所以等效电路为r和2r并联，并联后总电阻为： ；
根据欧姆定律得电流为：
I1= ，
I2= ，
则安培力为：
F1=BI1L= =1.2N，
余下线框受到的安培力大小为：
F2=BI2L= = =0.8N；
故ACD错误，B正确；
故选：B
【分析】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可．
4．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】解：滑动触头在中点时，粒子恰能做直线运动，此时M、N间为一速度选择器模型，当滑动触头滑向A点时，M、N间电压减小，电场力变小，粒子向下偏，所以粒子在其间运动时动能减小，故B正确，A错误；因为粒子向下偏，所以不可能从M板的右边缘飞出，故CD错误．
故选：B．
【分析】粒子仅受洛伦兹力和电场力作用，粒子恰能在M、N间作直线运动则二力恰好平衡，当滑片移动时，将打破平衡，引起离子发生偏转，当滑片移动到A端时，电场强度为零，粒子仅受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，动能不变，根据左手定则判断出洛伦兹力方向，从而判断粒子能否从M板的右边缘飞出．
5．【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】解：线框整体在磁场中运动，不能产生感应电流，所以线框中没有感应电流，电压表也没有示数；导体棒ab切割磁感线，所以ab的两端有电势差．
故选：C
【分析】线框整体在磁场中运动，不能产生感应电流，但是能产生感应电动势．
6．【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】解：突然断开K，线圈将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，此时通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反；因线圈直流电阻比灯泡大，断开前通过线圈是电流小于通过灯泡的电流，即电灯会突然比原来暗一下再熄灭，B正确，ACD错误．
故选：B
【分析】断开K，线圈L将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反，线圈直流电阻比灯泡大，断开前通过线圈是电流小于通过灯泡的电流．
7．【答案】D
【知识点】磁感应强度；安培力
【解析】【解答】解：由题意，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为
条形磁铁与铁片P之间的磁场具有的能量等于拉力F做的功，故有：
E=F △L…①
量密度为磁场中单位体积所具有的能量，故有： = …②
由①②可解得：B=
故选：D
【分析】由于拉力F所作的功等于间隙中磁场的能量，能量密度为磁场中单位体积所具有的能量，故用能量除以体积就可以列出关系式求出磁感强度B与F、A之间的关系．
8．【答案】B
【知识点】向心力
【解析】【解答】解：A、要使粒子能做匀速圆周运动，则洛仑兹力与重力的合力应能充当向心力；在甲图中，若粒子为正电荷且顺时针转动（由上向下看）则其受力斜向上，与重力的合力可以指向圆心，故A正确；而若为负电荷，但逆时针转动，同理可知，合力也可以充当向心力，故C正确；
B、Q带正电，则带正电荷的小球在图示位置各点受到的电场力背向Q，则电场力与重力的合力不可能充当向心力，不会在Q正下方，故B错误；
但若小球带负电，则小球受电场力指向Q，故电场力与重力的合力可以提供向心力，可以在Q正下方运动，故D正确；
因选不正确的，故选：B．
【分析】粒子在磁场中受洛仑兹力及本身的重力，其合力使物体做匀速圆周运动，故它们的合力应充当向心力；则分析甲图可得出正确的结果；而在点电荷周围粒子要做匀速圆周运动，则电场力与重力的合力应充当向心．
9．【答案】B
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】解：开始时bc边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，即为负方向，故AC错误；
当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，因此D错误，
电流方向为逆时针，后顺时针，并都逐渐增大，故只有B正确；
故选：B．
【分析】首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入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．
10．【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】解：A、当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，故A正确；
BD、当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大，故B错误；D错误；
C、t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，故C错误．
故选：A
【分析】当螺线管中通入变化的电流时形成变化的磁场，这时线圈P中的磁通量发生变化，由其磁通量的变化根据楞次定律可以判断P中产生感应电流的大小方向以及P线圈收缩和扩展趋势．
11．【答案】A,B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】解：A、P向右摆动的过程中，穿过P的磁通量减小，根据楞次定律，P中有顺时针方向的电流（从右向左看）．故A正确．
B、P向右摆的过程中，P中的电流方向为顺时针方向，则Q下端的电流方向向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右，则Q向右摆动．同理，用手左右摆动Q，P会左右摆动．故B正确，C错误，D也错误．
故选：AB．
【分析】当P摆动时，穿过P的磁通量发生变化，产生感应电流，由于P和Q形成闭合回路，Q的下端受到安培力的作用而发生摆动．结合楞次定律和左手定则进行判断．
12．【答案】A,C
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】解：A、若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向C侧面偏，则D侧面的电势高于C侧面的电势．故A正确，B错误．
C、地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直．故C正确，D错误．
故选AC．
【分析】根据左手定则判断洛伦兹力的方向，确定电子的偏转方向，从而确定侧面电势的高低．测量地磁场强弱时，让地磁场垂直通过元件的工作面，通过地磁场的方向确定工作面的位置．
13．【答案】C,D
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】解：小球不受洛伦兹力，仅受重力和电场力，做直线运动，知两个力的合力与速度方向在同一条直线上，做匀加速直线运动，因为电场的方向未知，故无法判断小球的电性．电场力的方向水平向右，从A到B，电场力做正功，知小球的机械能增大．故C、D正确，A、B错误．
故选CD．
【分析】由于磁场的方向与运动的方向平行，小球不受洛伦兹力，仅受重力和电场力，知小球做匀加速直线运动，通过除重力以外其它力做功等于机械能的增量判断机械能的变化．
14．【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律与电磁学综合；功能关系；电磁感应中切割类问题
【解析】【解答】解：A、进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b．由左手定则知，杆ab所受的安培力竖直向上．
由乙图知，刚进入磁场时，金属杆ab的加速度大小a0=10m/s2，方向竖直向上．
由牛顿第二定律得：BI0L﹣mg=ma0
设杆刚进入磁场时的速度为v0，则有 I0= =
联立得： ﹣mg=ma0
代入数据，解得：B=2T，故A正确．
B、通过a﹣h图象知h=0.3m，a=0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，有 mg=BIL=BL = ，联立得：v= = =0.5m/s．即杆ab下落0.3m时金属杆的速度为0.5m/s．故B错误．
C、从开始到下落0.3m的过程中，由能的转化和守恒定律有：
mgh=Q+ mv2
代入数值有：Q=m（gh﹣ v2）=0.1×（10×0.3﹣ ×0.52）J=0.2875J，故C错误．
D、金属杆自由下落的高度 h= = m=0.05m，ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量：q= = = C=0.25C．故D正确；
故选：AD．
【分析】由乙图读出金属杆进入磁场时加速度的大小，判断出加速度方向．由法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力与速度的关系式，由牛顿第二定律列式可求出磁感应强度．从开始下落到下落0.3m的过程中，杆的机械能减小转化为内能，由能量守恒列式可求出电阻R上产生的热量．由图看出，下落0.3m时，由q= 即可求电荷量．
15．【答案】1：2；1：4；1：2；1：1
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】解：设线框切割磁感线的边长为L．
线框受到的安培力：FB=BIL=BL =
线框匀速运动，由平衡条件得：拉力F=FB=
可知拉力与速度v成正比，则拉力之比为1：2．
拉力功率 P=Fv= ，拉力功率与速度的平方成正比，则拉力功率之比为v2：（2v）2=1：4．
线框产生的热量灯油克服安培力做功，则 Q=FBL= ，产生的热量与速度成正比，
则产生的热量之比为v：2v=1：2．
感应电荷量：q=It= t= =
故通过导线截面的电量之比是：1：1．
故答案为：1：2，1：4，1：2，1：1．
【分析】由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出拉力大小，然后求出拉力大小之比；由P=Fv求出功率之比；克服安培力做功转化为焦耳热，由功的计算公式求出线框产生的热量之比；由电流定义式、欧姆定律求出感应电荷量之比．
16．【答案】（1）解：将电流表与大线圈B组成闭合回路，电源、开关、小线圈A组成闭合回路，电路图如图所示．
（2）将开关闭合（或者断开）；将螺线管A插入（或拔出）螺线管B
（3）右
【知识点】电磁学实验
【解析】【解答】解：（2）①、将开关闭合或断开，或②、将螺线管A插入（或拔出）螺线管B时穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，电流表指针偏转．（3）在开关闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计的指针向右偏转．
故答案为：（1）电路图如图所示；（2）将开关闭合（或者断开）；将螺线管A插入（或拔出）螺线管B；（3）右．
【分析】（1）探究电磁感应现象实验有两套电路；电源、开关、滑动变阻器、螺线管A组成控制电路；螺旋管B与电流计组成实验电路．（2）当线圈B中有感应电流产生时，电流表指针发生偏转；根据感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，分析答题．（3）根据楞次定律判断是否有感应电流产生，结合闭合开关瞬间，灵敏电流计的指针向右偏转判断将滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，灵敏电流计的指针的偏转方向．
17．【答案】解：导体棒的最大静摩擦力大小为fm=0.5mg=0.1N，M的重力为G=Mg=0.3N，则fm＜G，要保持导体棒静止，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a到b．
若BIl＞Mg，则导体棒所受的静摩擦力方向水平向右，设此时电流为I1，
则由平衡条件有 BI1l﹣Mg≤fm，
解得，I1≤2A
若BIl＜Mg，则导体棒所受的静摩擦力方向水平向左，设此时电流为I2，
则由平衡条件有 Mg﹣BI2l≤fm，
解得，I2≥1A
即ab棒中电流为1A≤I≤2A．
答：若要保持物体c静止不动，应该在棒中通入的电流为1A≤I≤2A，电流的方向为由a到b．
【知识点】安培力
【解析】【分析】若要保持物体c静止不动，受力必须平衡．由于M所受的最大静摩擦力为0.5mg=0.1N，而M的重力为Mg=0.3N，要保持导体棒静止，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断电流的方向．分两种情况研究：安培力大于Mg和安培力小于Mg进行讨论，根据平衡条件和安培力公式求出导体棒中电流的范围．
18．【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律，闭合线圈产生的感应电动势为：
E= = S=kS ①
因平行金属板M、N与电阻并联，故M、N两板间的电压为：
U=UR=E=kS ②
（2）解：带电粒子在M、N间做匀加速直线运动，有
qU= mv2 ③
带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有
qvB=m ④
由几何关系可得：
r+rcot45°=l ⑤
联立②③④⑤得：B=
（3）解：粒子在电场中做匀加速直线运动，则有
d= at12
根据牛顿第二定律得：q =ma
粒子在磁场中，有：
T=
t2= T
粒子在第一象限的无场区中，有
s=vt3
由几何关系得：s=r
粒子从P点射出到到达x轴的时间为：
t=t1+t2+t3
联立以上各式可得：
t=（2d+ l）
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，求出闭合电路的电动势，即得到平行金属M、N获得的电压U；（2）由动能定理求出粒子经过MN间的电场加速度获得的速度．正确画出粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系找出粒子运动的半径的大小，根据牛顿第二定律和向心力公式求得磁场的磁感应强度；（3）粒子从P点射出到到达x轴的时间为三段运动过程的时间之和．
19．【答案】（1）解：m1、m2运动过程中，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：
m1gsin θ﹣μm2g=（m1+m2）a，
代入数据解得：a=2m/s2，
以m2为研究对象，由牛顿第二定律得：T﹣μm2g=m2a，
代入数据解得：T=2.4N
（2）解：线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体为研究对象，由平衡条件得：
m1gsin θ﹣μm2g﹣ =0，
代入数据解得：v=1m/s，
ab到MN前线框做匀加速运动，有：v2=2ax，
代入数据解得：x=0.25m
（3）解：线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时，由能量守恒定律得：
m1gsin θ（x+d+L）﹣μm2g（x+d+L）= （m1+m2）v12+Q，
代入数据解得：Q=0.4J，
所以：Qab= Q=0.1J
【知识点】牛顿运动定律与电磁学综合；焦耳定律
【解析】【分析】（1）线框abcd还未进入磁场的运动过程中，线框与物体一起做加速度大小相等的匀加速运动，运用整体法，由牛顿第二定律求出它们的加速度大小，再以物体为研究对象，列式求解细线拉力．（2）线框进入磁场恰匀速，对于整体，合外力为零，根据平衡条件和安培力与速度的关系式，求解匀速运动的速度大小，再由运动学公式求解x．（3）线框从开始运动到cd边恰离开磁场时，运用能量守恒定律求解ab边产生的热量Q．
