全國各地高考物理模擬試題《電場、磁場、電磁感應》計算題匯編

2m02m0全國各地高考物理模擬試題《電場、場、電磁感》試題匯編含答案解析1?湖北模擬）如圖所示，相距的平行導軌MNS、PQT處在磁感應強度的勻強磁場中，水平導軌處的磁場方向豎直向上，光滑傾斜導軌處的磁場方向垂直于導軌平面斜向下。質(zhì)量均為電阻均為Ω的導體棒cd均垂直放置于導軌上，并與導軌接觸良好，導軌電阻不計。質(zhì)量為M=200g的物體C，用絕緣細線繞過光滑的定滑輪分別與導體棒ab、cd相連接。細線沿導軌中心線且在導軌平面內(nèi)細線及滑輪質(zhì)量不計已知傾斜導軌與水平面的夾角θ=37°平導軌與ab棒間的動摩擦因數(shù)μ=0.4力加速度g=10m/s，水平導軌足夠長，導體棒運動中始終不離開傾斜導軌。物體C由靜止釋放，當它達到最大速度時下落高度

，試求這一運動過程中：sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）物體C能達到的最大速度是多少？（2）系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能是多少？（3）連接cd棒的細線對cd棒做的功是多少？2?河南三模）某初中生設計了如下圖甲所示的一種測定風力的裝置。當有風吹到迎風板上時壓敏電阻的阻值會發(fā)生變化工作時迎風板總是正對風吹來的方向。已知電源電壓恒為4.5V，定值電R為1Ω，壓敏電阻在電路中的阻值R與迎風板所承受的風力的關系如下圖乙所示。（1）如圖甲所示，風力表是由（選填“流”或“壓”）表改裝而成的。（2）若迎風板的面積為

2

，求壓敏電阻的阻值為0.5Ω時，迎風板所承受第1頁（共47頁）

000﹣2000﹣2的壓強。（3）無風時，電路中的電流是多少？此時壓敏電阻的功率是多少？3?東城區(qū)一模）兩根材料相同的均勻直導線a和b串聯(lián)在電路上，長為l，b長為2l。（1）若沿長度方向的電勢隨位置的變化規(guī)律如圖所示，求：①a、b兩導線內(nèi)電場強度大小之比；②a、b兩導線橫截面積之比。（2）以下對直導線內(nèi)部做進一步分析：設導線單位體積內(nèi)有個自由電子，電子電荷量為e，自由電子定向移動的平均速率為?，F(xiàn)將導線中電流與導線橫截面積S的比值定義為電流密度，其大小用表示。①請建立微觀模型，利用電流的定義

推導：j=nev；②從宏觀角度看，導體兩端有電壓，導體中就形成電流；從微觀角度看，若導體內(nèi)沒有電場自由電子就不會定向移動設導體的電阻率為ρ導體內(nèi)場強為E試猜想j與E的關系并推導出j、ρ、E三者間滿足的關系式。（解題過程中需要用到的物理量要在解題時作必要的說明）4?酒泉一模）如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，兩極板的長度L=80cm，兩板間的距d=20cm．電源電動勢E=28V，內(nèi)電r=1Ω，電阻R=15Ω．閉合開關S，待電路穩(wěn)定后，將一帶負電的小球從、B兩金屬板左端正中間位置處以初速度v=8m/s水平向右射入兩板間，恰能從上極板B板右側(cè)邊緣射出．若小球帶電量為q=1×10

2

，質(zhì)量為m=2×

﹣

2

kg，不考慮空氣阻力，重力加速度g=10m/s．求此時：（1）滑動變阻器接入電路的阻值；第2頁（共47頁）

12435301243530（2）電源的輸出功率．5?滄州校級模擬）如圖電路中，電源的電動勢E=3V內(nèi)阻r=1Ω，電阻R=2Ω，R=R=1Ω，R=8Ω，R=5Ω，電容器的電容C=100μF，求閉電鍵K后，通過電阻R的總電量．6?貴州模擬）有一儀器中電路如圖所示，其中是質(zhì)量較大的金屬塊，將儀器固定在一輛汽車上汽車啟動時和急剎車時發(fā)現(xiàn)其中一盞燈亮了試分析是哪一盞燈亮了．7?洪湖市校級模擬）在科技活動中某同學利用自制的電子秤來稱量物體的質(zhì)量如圖所示托盤和彈簧的質(zhì)量均不計滑動變阻器的滑動端通過一水平絕緣輕桿與彈簧上端相連當托盤中沒有放物體時電壓表示數(shù)為零設變阻器的總電阻為，總長度為L，電源電動勢為，內(nèi)阻r，限流電阻的阻值為，彈簧勁度系數(shù)為k，不計一切摩擦和其他阻力，電壓表為理想電壓表．當托盤上放上某物體時，電壓表的示數(shù)為U，求此時稱量物體的質(zhì)量．第3頁（共47頁）

0212Pa0212Pa8?涪城區(qū)校級模擬）互聯(lián)網(wǎng)正在極大地促進商業(yè)的發(fā)展和消費的升級，“020”模式是指將線下的商務機會與互聯(lián)網(wǎng)結(jié)合，讓互聯(lián)網(wǎng)成為線下交易的前臺的一種商業(yè)新模式具體到一家外賣公司與消費之間就是消費者在網(wǎng)絡平臺上下單訂購，而公司進行線下的配送服務．某外賣公司為了更好地為消費者服務，配送員工使用的是“XR一2016型電動自行車工作，以下是該車的相關參數(shù)：名稱

車身

滿載

前后車輪直徑

額定

電動機額定電壓

電動機額定電流

額定機械輸出功率質(zhì)量

載重

轉(zhuǎn)速參40k80k

40cm

48V20A835W數(shù)

gg

r/min該電動自行車采用后輪驅(qū)動直流電動機中額定轉(zhuǎn)速是電動自行車在滿載情況下在平直公路上以額定功率勻速行進時的車輪轉(zhuǎn)速，求：（1）電動自行車以額定轉(zhuǎn)速行進時的速度v；在額定工作狀態(tài)時，損失的功率有80%是由于電動機繞線電阻生熱而產(chǎn)生的，則電動機的繞線電阻為多大；（2車身質(zhì)量載載重況下車以速度v=5m/s沿著坡度為的長直坡道向上勻速行駛時，受到的摩擦阻力為車重（含載重）重量0.02倍，求此狀態(tài)下電動自行車實際運行機械功sin4.59°=0.08加速度g=10m/s9?上海校級模擬）在如圖所示的電路中，電源電壓恒為，滑動變阻器R的總阻值為30Ω，小L上標有“6V0.3A的字樣．先將滑動變阻器的滑片P移到b端，閉合電鍵S，求：（1）此時電流表的示數(shù)I．（2）將滑動變阻器的滑片P向上移動，當小燈正常發(fā)光時，電流表的示數(shù)I為0.3A這時滑動變阻器上，滑片P與a端之間的阻值R為多大？第4頁（共47頁）

R1232R1232（3）當小燈正常發(fā)光時，變阻器消耗的總電功率P．10?亳州校級模擬）如圖R=3?，=6?，=1.5?，微法，當開關K斷開時，電源所釋放的總功率為4W求：（1）電源的電動勢和內(nèi)電阻；（2）閉合K時，電源的輸出功率；（3）在K斷開和閉合時，電容器所帶的電量各是多少？112018?湖北模擬）如圖所示、為兩條平行的金屬導軌，導軌間距l(xiāng)=0.5med間連入一電源E=1Vab間放置一根長為l=0.5m的金屬桿與導軌接觸良好，cf水平且abcf為矩形?？臻g中存在一豎直方向的磁場，當調(diào)節(jié)斜面abcf的傾角θ時發(fā)現(xiàn)當且僅當在30°～90°之間時屬桿可以在導軌上處于靜止平衡。已知金屬桿質(zhì)量為0.1kg，電源內(nèi)阻及金屬桿的電阻均為0.5Ω，導軌及導線的電阻可忽略金屬桿和導軌間最大靜摩擦力為彈力的μ倍重力加速度g=10m/s，試求磁感應強度B及μ。12?龍巖模擬環(huán)保部門為了監(jiān)測某化肥廠的污水排放量技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計該裝置的外形為一長方體由絕緣材第5頁（共47頁）

22料制成，長、寬、高分別為、、，左右兩端開口，在垂直于上下表面加磁感應強度為B的勻強磁場，在前后兩個內(nèi)側(cè)面固定有金屬板作為電極，電阻率ρ的污水管慢管口從左向右勻速流經(jīng)該裝置時在兩電極間的理想電壓表顯示兩個電極間的電壓為U，求：（1）該裝置內(nèi)電場的場強的大小和方向；（2）污水的流量Q（單位時間內(nèi)排出的污水體積（3）若從兩個電極引出兩條導線，導線間接一阻值為的電阻時理想電壓表的示數(shù)。13?全國三模）如圖，兩根平行金屬導MN、PQ固定在傾角θ=30°的絕緣斜面上頂部連接由電流表源滑動變阻器和開關組成的電路下端開口，導軌間距為10cm。整個裝置處于磁感應強度，方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。金屬棒ab沿垂直導軌方向放置在導軌上。開關斷開時，沿導軌向下輕推導體棒導體棒可以勻速下滑閉合開關時斷減小滑動變阻器的阻值，當電流表示數(shù)為時，導體棒恰好可沿導軌向上運動。判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量（重力加速度為10m/s，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力14?宜昌模擬）小強同學設計了一個電磁天平”如圖所示，等臂天平的左臂為掛盤臂掛有矩形線圈平衡圈的水平邊長L=0.2mN=1000匝，總電阻R=1Ω，現(xiàn)在讓線圈的下邊處于方向垂直線圈平面向里勻強磁場內(nèi)，第6頁（共47頁）

0322203222磁感應強度B=0.1T，線圈上部處在垂直紙面向外的勻強磁場，且磁感應強度隨時間均勻變大，磁感應強度的變化率

=110﹣

，磁場區(qū)域?qū)挾萪=0.2m重力加速度g=10m/s．求：（1）線圈中感應電流的大?。唬?）當掛盤中放質(zhì)量為m的物體時，天平再次平衡，求此時m為多大？15中區(qū)校級一模）如圖所示為一“電磁天平”結(jié)構(gòu)簡圖，等臂天平的左臂為掛盤右臂掛有矩形線圈線圈未通電時天平兩臂平衡已知線圈的水平邊長，匝數(shù)為，線圈的下底邊處于勻強磁場內(nèi)，磁感應強度B=0.5T方向垂直于線圈平面向里，線圈中通有方向沿順時針，大小可0﹣2A范圍內(nèi)調(diào)解的電流；掛盤放上待測物體后，調(diào)解線圈中電流使得天平平衡，測出電流即可測得物體的質(zhì)量重力加速度g=10m/s量的最大質(zhì)量．

，試求：電磁天平”能夠稱16?松江區(qū)一模如圖所示在傾角為37°的斜面上，固定著L=0.5m的足夠長的平行金屬導軌，在導軌上端接入電源和滑動變阻器。電源電動E=6V，內(nèi)電阻r=1.0Ω一質(zhì)m=50g的金屬棒ab與兩導軌垂直并接觸良好，導軌與金屬棒的電阻不計，整個裝置處于磁感應強度B=1T、垂直于斜面向上的勻強磁場中金屬導軌光滑持金屬棒靜止在導軌上，cos37°=0.80）第7頁（共47頁）

22（1）金屬棒ab所受的安培力；（2）滑動變阻器接入電路的阻值；（3）若把電源撤去，用導線相連，并調(diào)節(jié)滑動變阻器，使電路總電阻不變，則金屬棒從導軌上由靜止釋放后做什么運動？最終達到的速度為多少？17?泰安一模）如圖所示，兩根光滑直金屬導軌MN、PQ平行傾斜放置，它們所構(gòu)成的軌道平面與水平面之間的夾角，兩軌道之間的距離。一根質(zhì)量m=0.2kg的均勻直金屬桿出放在兩導軌上與導軌垂直觸良好，整套裝置處于與曲桿垂直的勻強磁場中。在導軌的上端接有電動E=36V、內(nèi)阻r=1.6Ω的直流電源和電阻箱

．已知導軌與金屬桿的電阻均可忽略不計，sin37°=0.6，cos37°=0.8，力加速度g=10m/s．金屬桿ab始終靜止在導軌上。（1）如果磁場方向豎直向下，磁感應強度，求電阻箱接入電路中的電阻；（2）如果保持1）中電阻箱接入電路中的電R不變，磁場的方向可以隨意調(diào)整，求滿足條件的磁感應強度的最小值及方向。18?湖北模擬）如圖所示，一根質(zhì)量（質(zhì)量分布均勻）的柔軟導線的兩端分別固定于AD兩個立柱上AD等高且相距為d空間中有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B．當導線中通以大小為I、方向由到D的電流時，導線上、D兩點的切線與水平方向的夾角均為θ，線的最低點C到直線AD的距離為H，重力加速度為g．求（1）磁場對導線左半部分的安培力大小；（2）導線發(fā)生拉伸形變時，導線內(nèi)部任一截面的兩側(cè)存在垂直于截面的大小相第8頁（共47頁）

0202等、方向相反的拉力，該力叫做張力．求導線上點張力的大?。?9成安縣校級模擬）如圖一根粗細均勻的電阻絲質(zhì)量為m，將其三等分彎折成閉合的三角形線框ABC，線框每邊長均為，每邊電阻均為r．輕繩跨過在同一水平線上的兩光滑定滑輪，一端懸掛點，另一端連接質(zhì)量為m的小球，線框處在垂直于線框平面向里的勻強磁場中；在B、兩點用導線連接電動勢為、內(nèi)阻為的直流電源，閉合的同時，使小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，此時線框保持靜止，連接球的繩與豎直方向的夾角45°，重力加速度g，求：（1）S閉合后，通過BC邊的電流（2）勻強磁場的磁感應強度．20?新華區(qū)校級模擬）如圖所示，兩平行金屬導軌間的距L=0.40m金屬導軌所在的平面與水平面夾角．在導軌所在平面內(nèi)。分布著方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場金屬導軌的一端接有電動勢內(nèi)阻r=0.50Ω的直流電源?，F(xiàn)把一個質(zhì)量為的導體捧ab放在金屬導軌上。導體恰好靜止導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好導體捧與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R=2.5Ω導體棒受到的摩擦力的大小為0.12N方向沿料面向上。金屬導軌電阻不計。取重力加速度大小g=10m/s．已知sin37°=0.6．．求：（1）通過導體棒的電流：（2）導體棒受到的安培力大小‘第9頁（共47頁）

（3）磁感應強度的大小和方向。21?瀘州模擬）如圖所示，足夠長的光滑金屬導軌與水平面的夾角為，兩導軌間距為L，在導軌上端接入電源和滑動變阻器，電源電動勢為，內(nèi)阻為r．一質(zhì)量為的導體棒ab與兩導軌垂直并接觸良好，整個裝置處于磁感應強度為B，垂直于斜面向上的勻強磁場中，導軌與導體棒的電阻不計，重力加速度為g，（1）若要使導體棒ab靜止與導軌上，求滑動變阻器接入電路中的阻值；（2）設電子電荷量為，通電后，電子定向運動的速度大小v，試根據(jù)導體棒所受安培力推導處導體棒中某一自由電子所受的洛倫茲力大小的表達式．22?楊浦區(qū)二模如圖所示在傾角為θ的光滑斜面上垂直紙面放置一根長為L，質(zhì)量m的直導體棒，一勻強磁場垂直于斜面向下當導體棒內(nèi)通有垂直紙面向里的電流I時，導體棒恰好靜止在斜面上重力加速度為g）（1）分析、判斷導體棒所受安培力的方向，（2）勻強磁場的磁感應強度的大?。?）若磁場方向可以變化，要保持導體棒靜止在斜面上，試再舉出兩個可能的磁場方向，并分析說明磁感應強度B的大?。?3?渭南一模）如圖所示，電源電動為，內(nèi)不計，兩個不計電阻的金屬圓環(huán)表面光滑，豎直懸掛在等長的細線上，金屬環(huán)面平行，相距兩環(huán)分別與電源正負極相連現(xiàn)將一質(zhì)量0.06kg電阻1.5Ω的導體棒輕放在環(huán)上，第10頁（共47）

33導體棒與環(huán)有良好電接觸。兩環(huán)之間有方向豎直向上，磁感應強度為0.4T的勻強磁場當開關閉合后導體棒上滑到某位置靜止不動試求在此位置上棒對每一只環(huán)的壓力為多少？若已知環(huán)半徑為0.5m，此位置與環(huán)底的高度差是多少？24?衡水校級模擬如圖所示水平桌面上固定一個間距為L的金屬導軌MNQP導軌左端所接電源電動勢為內(nèi)阻為r在導軌右側(cè)放置一根質(zhì)量為m的金屬棒ab，金屬棒電阻R，其他電阻不計，整個裝置處于勻強磁場中，磁感應強度大小為，方向與水平桌面成角，此時導體棒恰好處于平衡狀態(tài)（認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力重力加速度為g，若僅將磁場方向調(diào)整為豎直向下，求磁場剛調(diào)整完畢的瞬間導體棒的加速度的大?。?5?楊浦區(qū)一模）據(jù)報道，最近實驗室已制出一種電磁軌道炮，其實驗裝置俯視如圖。炮彈（圖中陰影部分）置于兩固定的平行導軌之間，并與軌道壁密接開始時炮彈在導軌的一端通以電流后炮彈會被磁場力加速最后從位于導軌另一端的出口高速射出設兩導軌之間的距離d=0.10m導軌長L=5.0m炮彈質(zhì)量m=10g．導軌上電流I的方向如圖中箭頭所示?？梢哉J為，炮彈在軌道內(nèi)運動時，它所在處磁場的磁感應強度始終為B=50.0T若炮彈出口速度為v=2.0×10

m/s，求：（1）磁場的方向；（2）通過導軌的電流I略摩擦力與重力的影響）第11頁（共47）

3212121122321212112226?海南校級模擬）長0.1m的通電導線，放入勻強磁場中，且與磁場方向垂直導線中的電流強度是0.5A受到的磁場力是1.5×10

﹣則該處磁感應強度B為多少？27?河池模擬）間距為L=1m的兩根平行金屬導軌固定在水平地面上，所在空間存在豎直方向的磁感應強度大小為B=1T的勻強磁場。導軌一端接著電動勢大小E=2V內(nèi)阻r=0.5Ω的電源把質(zhì)量m=1kg電阻R=0.5Ω的金屬棒垂直放在導軌上，通電后金屬棒遠離電源運動起來。已知金屬棒與導軌間動摩擦因數(shù)μ=0.1且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小取g=10m/s。（1）求金屬棒運動過程中的最大加速度；（2）求金屬棒運動過程中的最大速度。28秋?上高縣校級月考）兩根光滑平行金屬導軌足夠長，電阻不計，間距，傾角，兩導軌間有的勻強磁場，磁場方向垂直斜面向下，導軌之間可通過開關S、S連接電源E=4.5Vr=1ΩR=0.3Ω，如圖所示。開始S閉合S斷開，一根質(zhì)量為m=0.1kg電阻為R=0.1Ω的金屬棒從PQ開始以某一速度勻速上滑，當金屬棒運動到位置MN時立即斷開S，閉S，當金屬棒回PQ前已達到最大速度。金屬棒始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，取，求：（1）金屬棒勻速上滑時導體棒兩端的電壓；（2）金屬棒下滑時重力的最大功率。29?寧學業(yè)考試如圖所示在水平面上放置的相距為L=0.25m的平行金屬導軌與電源、電鍵、導體棒ab滑動變阻器可構(gòu)成閉合電路，磁感應強度第12頁（共47）

2222為B=0.1T的勻強磁場豎直向下，導體ab的質(zhì)量m=20g，它與軌道之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1當電鍵閉合時，電路中電流為I=1.2A（g=10m/s求：①此時導體捧ab受到的安培力的大小和方向；②此時導體捧ab的加速度的大小。30云南學業(yè)考試強磁場中放置一根與磁場方向垂直的通電直導線，它的電流是2.5A導線長1m受到的安培力為10

﹣求：（1）該磁場的磁感應強度大小是多少？（2）如果僅把該直導線中的電流增大5A此時直導線受到的安培力是多大？31秋?汪清縣校級期末如圖所示水平放置的光滑金屬導軌寬L=0.2m接有電動勢E=3V、內(nèi)阻不計的電源，導軌電阻不計。勻強磁場豎直向下穿過導軌，磁感應強度．導體棒的電阻Ω，質(zhì)量m=10g，垂直放在導軌上并良好接觸，在合上開關的瞬間，求：（1）導體棒受到安培力的大小和方向；（2）導體棒的加速度。32秋?黃山期末）如圖所示為俯視圖，放在水平面上的兩平行光滑導軌相距0.2m，金屬棒MN的質(zhì)量為，靜置在豎直向上磁感應強度為1T的勻強磁場中源的電動勢為3V阻不計屬棒MN計入電路部分的電阻為Ω，其他電阻不計，求：（1）金屬棒MN將向什么方向運動？（2）金屬棒MN運動的加速度大小。第13頁（共47）

02002033秋?涼州區(qū)校級期末如圖所示為的導體棒放在間距為的水平放置的導軌上，其中電源電動E=6V，內(nèi)r=0.5Ω定值電R=11.5Ω，其它電阻不計。求：（1）若磁場方向垂直導軌平面向上，大小為B=2T此時導體棒恰好靜止不動，導軌與導體棒間的動摩擦因數(shù)多大？（2）若保持上述動摩擦因數(shù)和磁場方向不變，僅調(diào)整磁場大小B=8T，時導體棒的加速度多大？34秋?寧德期末）如圖所示的裝置，水平放置的兩導軌間距L=2m，處于豎直向上磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中，一根質(zhì)m=0.5kg電阻R=2Ω的金屬桿垂直放在的導軌上，恰好勻速運動。其中電源電動勢E=6V，內(nèi)阻r=0.5Ω定值電阻R=3.5Ω其它電阻均不計，g取10m/s，求：（1）通過金屬棒的電流；（2）金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)。35?滁州期末）如圖所示，兩根相同的輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)k，靜止吊起一根長為L、質(zhì)量為m的勻質(zhì)水平金屬棒PQ，金屬棒處于方向水平向外的勻強磁場中金屬棒中通有由P端流向Q端的電流I時簧的伸長量為x力加速度為g．求：第14頁（共47）

322322（1）金屬棒所受安培力的大小和方向；（2）該勻強磁場的磁感應強度的大小。36秋?濮陽期末）如圖所示，水平方向的勻強磁場中有長為2cm的通電直導線垂直磁場方向水平放置，當通過導線的電流為2A方向向左時，它受到的磁場力大小為4×N問：（1）磁場的磁感應強度B是多大？（2若電流不變線長度減小到1cm它受到的磁場力F多大？方向如何？（3）若導線長度為，電流增大為5A，則它受到的磁場力F多大？37秋仙游縣期末圖質(zhì)量m=0.2kg長度L=1.0m的水平導體棒MN，用兩根勁度系數(shù)均為k=100N/m的豎直絕緣輕彈簧懸掛起來導體棒置于水平向里的勻強磁場中。當導體棒中通以大小為I=5A的電流，并處于靜止時，兩彈簧恰好都恢復到原長狀態(tài)力加速度g取10m/s）（1）求勻強磁場磁感應強度B的大??；（2）欲使導體棒下移后能重新處于靜止狀態(tài)，應當通入什么方向、多大的電流。38秋?和平區(qū)校級期末圖所示形導軌NMPQ軌寬度為L=0.5m，M和P之間接入電動勢為E=10V，r=0.5，導軌電阻忽略不計，現(xiàn)垂直于導軌擱一根質(zhì)量為m=1kgR=4.5Ω的金屬棒屬棒與導軌的動摩擦因數(shù)μ=0.5（設滑動摩擦力和最大靜摩擦力相等加一個范圍較大的勻強磁場磁感應強度大小為B=5T方向始終垂直于ab。g=10m/s，回答下列問題：第15頁（共47）

10211021（1如果磁場方向與水平面夾角為θ=53°且指向右斜上方則ab棒受到的安培力大小和摩擦力大??？（2改變磁場方向和大小使ab棒靜止在導軌上且對軌道無壓力求磁場的磁感應強度大小和方向。39秋?沖縣校級期末重為G=0.1N的金屬棒ab放在光滑的平行金屬導軌上，如圖所示，軌道間距L=0.5m，所在平面與水平面的夾角為30°勻強磁場垂直于軌道平面向上電源電動勢E=3V金屬棒電阻R=6Ω其余電阻不計，若金屬棒恰好靜止，求：磁感應強度的大小。40秋?海淀區(qū)期末）電流天平可以用來測量勻強磁場的磁感應強度的大小。測量前天平已調(diào)至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質(zhì)量=15.0g的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個質(zhì)m=10.0g，匝數(shù)，下邊長l=10.0cm的矩形線圈掛在右邊托盤的底部再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中如圖甲所示線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中不計連接導線對線圈的作用力電源電動勢E=1.5V，內(nèi)阻r=1.0．開關S閉合后，調(diào)節(jié)可變電阻使理想電壓表示數(shù)U=1.4V時，R=10Ω，此時天平正好平衡。g=10m/s，求：（1）線圈下邊所受安培力的大小F，及線圈中電流的方向；第16頁（共47）

（2）矩形線圈的電阻R；（3）該勻強磁場的磁感應強度B的大小。第頁（共頁）

mm121212m121123mm121212m12112312參考答案與試解析1．【分析由靜止釋放ab棒先向上做加速運動，cd棒在水平方向做加速運動，隨著速度增大，產(chǎn)生的感應電流增大，所受的安培力增大，加速度減小，當加速度為零時做勻速運動速度就達到最大值根據(jù)法拉第電磁感應定律歐姆定律推導出安培力與速度的關系式，結(jié)合平衡條件求解最大速度。（2）在ab棒和cd棒從開始運動到勻速運動的過程中，系統(tǒng)的重力勢能減小，轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)增加的動能和內(nèi)能，根據(jù)能量守恒求出系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能。（3）對導體cd，這一過程中細線對其做的功W，轉(zhuǎn)化為棒的動能、重力勢能和產(chǎn)生的內(nèi)能，則由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律即可求得結(jié)果?！窘獯稹拷庠O達到的最大速度為v由法拉第電磁感應定律得回路的感應電動勢為：E=2BLv………①由歐姆定律得回路中的電流強度為：I=………………②金屬導體棒ab、cd受到的安培力為：F=BIL………………設連接金屬導體棒ab與cd的細線中張力為T，連接金屬導體棒ab與物體C的細線中張力為T，導體棒cd及物體C的受力如圖：由平衡條件得：T=mgsin37°+T=T+F+T=Mg………④聯(lián)立①②③④解得：v=2m/s………………（2）系統(tǒng)在該過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為E，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得：Mgh=（2m+M）+mghsin37°+………………⑥聯(lián)立⑤⑥將h=1m代入解得：=1.2J………………⑦（3）運動過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為：E=μmgh=0.16J由第二問的計算結(jié)果知，這一過程電流產(chǎn)生的內(nèi)能為：=E﹣E=1.04J第18頁（共47）

424m424m又因為ab棒、cd棒的電阻相等，故電流通過棒產(chǎn)生的內(nèi)能為：E=0.52J對導體棒cd，設這一過程中細線對其做的功W，則由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得：+mv+E……………⑧聯(lián)立⑤⑦⑧三式解得：W=0.84J………………⑨答物體C能達到的最大速度v是2m/s；（2）系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能是；（3）連接cd棒的細線對cd棒做的功是0.84J【點評】本題有兩個關鍵：一推導安培力與速度的關系；二是對物體C、導體棒ab、導體棒組成的系統(tǒng)，由于導體棒cd的電阻相等，流過的電流時刻相等故兩棒產(chǎn)生的內(nèi)能E相等對于它們的結(jié)果要理解記牢有助于分析和處理電磁感應的問題。2．【分析要判斷電壓表應該接在定值電阻兩端還是壓敏電阻兩端關鍵是要看壓敏電阻的阻值是隨著風力增大而增大還是隨著風力增大而減小只有知道了壓敏電阻的阻值隨風力變化情況能根據(jù)歐姆定律分析出電路中電流變化情況，然后才能得出定值電阻和壓敏電阻兩端電壓變化情況；（2根據(jù)圖乙讀出壓敏電阻的阻值為0.5Ω時風力的大小再求迎風板所承受的壓強；第19頁（共47）

40244024（3）先根據(jù)圖乙找出無風時壓敏電阻的阻值，從而算出壓敏電阻和定值電阻的總電阻，然后根據(jù)歐姆定律算出電路中的電流，再根據(jù)U=IR算出定值電阻兩端的電壓，最后根據(jù)P=UI算出定值電阻消耗的功率。【解答】解：由圖甲可知，定值電阻與壓敏電阻是串聯(lián)。（1）由圖乙可知，壓敏電阻的阻值隨風力增大而減小，電路中的電流在增大，電流的變化與風力的變化正相關，所以風力表是由電流表改裝而成的。（2）根據(jù)圖乙讀出壓敏電阻的阻值為0.5Ω時風力的大小F=840N所以迎風板所承受的壓強P===8.4×10

Pa（3）由圖乙可知，當無風時，壓敏電阻的阻值為R=3.5Ω壓則壓敏電阻和定值電阻串聯(lián)時的總電阻：R=R+R=3.5Ω+1.0Ω=4.5Ω總壓電路中的電流：I==A=1A壓敏電阻的功率P=IR=3.5W壓壓故答案為：（1）電流。（2）壓敏電阻的阻值為Ω時，迎風板所承受的壓強是10Pa。（3）無風時，電路中的電流是此時壓敏電阻的功率是3.5W?！军c評解答本題的關鍵是要明確壓敏電壓與風力的關系掌握歐姆定律并能用來分析實際問題要先根據(jù)圖乙分析出壓敏電阻變化情況然后再分析電流變化情況后分析出定值電阻壓敏電阻兩端電壓變化情況類題是常見題型，分析思路是先電阻、后電流、再電壓。3．【分析①根據(jù)圖象求出a、b兩導線兩端電勢差，由求電場強度大小之比。②串聯(lián)電路中電流相等據(jù)電勢差的大小過歐姆定律得出電阻的大小關系，再根據(jù)電阻定律得出兩導線的橫截面積之比。（2）①在直導線內(nèi)任選一個橫截面S，在eq\o\ac(△,t)eq\o\ac(△,)時間內(nèi)以S為底，eq\o\ac(△,v)為高的柱體內(nèi)的自由電子都將從此截面通過，根據(jù)電流的定義式來推導。第頁（共頁）

11212121211212PP11212121211212PP②根據(jù)場強與電壓的關系電流密度的定義為

電阻定律表達式結(jié)合推導即可?！窘獯稹拷猗俑鶕?jù)U=φ﹣φ，由圖象知：φ=8V，=2V，代入可得導線兩端的電壓U=6V，同理b導線兩端的電壓U=2V；根據(jù)，由已知d=l，d=2l代入可得：E：E=61②因為兩導線串聯(lián)，所以電流I=I，由歐姆定律

，電阻定律，將U=6V，=2V，長度別為l和2l代入，可得：S：S=16（2）①在直導線內(nèi)任選一個橫截面S，在eq\o\ac(△,t)eq\o\ac(△,)時間內(nèi)以S為底，eq\o\ac(△,v)為高的柱體內(nèi)的自由電子都將從此截面通過，由電流及電流密度的定義知：，其中△q=neSveq\o\ac(△,t)eq\o\ac(△,)，代入上式可得：j=nev（猜想j與E成正比設橫截面積為S長為l的導線兩端電壓為U則

；電流密度的定義為

，將

代入，得；導線的電阻

，代入上式，可得jρ、E三者間滿足的關系式為：答①a、b兩導線內(nèi)電場強度大小之比

是61。②a、b兩導線橫截面積之比

是16。（2）①推導見上。②j、、E三者間滿足的關系式是：

?！军c評本題一要掌握電路的基本規(guī)律：歐姆定律、電阻定律、電流的定義式以及串并聯(lián)電路的特點，另一方面要讀懂題意，明確電流密度的含義。4．【分析電容器與R并聯(lián)，則電容器兩端的電壓等于R兩端的電壓，小球在兩極板間做類平拋運動根據(jù)類平拋運動的規(guī)律求出小球的加速度由牛頓第二定律求出電場力再求出兩極板的場強和電壓則由閉合電路歐姆定律可求得電流，再由歐姆定律可求得滑動變阻器接入電阻；（3）由功率公式可求得電源的輸出功率．第21頁（共47）

【解答】解小球在極板間做類平拋運動水平方向：豎直方向：

，代入數(shù)據(jù)解得：對小球，根據(jù)牛頓第二定律有：Fmg=ma代入數(shù)據(jù)解得：F=0.6N極板間電場強度為：兩極板間的電壓為：U=Ed=60×0.2=12V電路電流為：變阻器接入電路的阻值為：（2）電源的路端電壓為：電源的輸出功率為：答滑動變阻器接入電路的阻值（2）電源的輸出功率【點評本題考查閉合電路歐姆定律中的含容電路要明確電容的性質(zhì)知道電容器兩端的電壓等于與之并聯(lián)的電阻兩端的電壓．5．【分析】閉合電鍵之前，

與

串聯(lián)，、、

上沒有電流流過，電容器的電壓等于

的電壓，根據(jù)歐姆定律求

，再求電容器的帶電量；閉合電鍵K后，與

串聯(lián)，與

串聯(lián)兩條支路并聯(lián)，上沒有電流流過，根據(jù)歐姆定律求

和

的電壓，電容器的等于

和

的電壓之差，再求電容器的帶電量，即可分析電容器電量的變化量，即為通過電阻

的總電量】電鍵K斷電電阻第22頁（共47）

兩壓

33，則充電電量

且上正下負K電鍵閉合后，電阻并聯(lián)與電源內(nèi)阻串聯(lián)分壓，外電路的總電阻為：總電流為路端電壓為：U=E﹣Ir=3﹣1×1=2V的電壓為的電壓

=電容器的電壓等于則得電容器的帶電量

與

電壓之差，為因為

，外電路中順著電流方向電勢降低，可得電容器下極板的電勢高，帶正電，上極板的電勢低，帶負電因此，閉合電鍵K后，通過電阻

的總電量答：閉合電鍵K后，通過電阻R的總電量為

．【點評】本題是電路橋式電路對于電容器，關鍵求電壓，本題電路穩(wěn)定時，電容器的電壓等容器這一路同側(cè)兩個電阻的電壓之差．6．【分析當汽車加速前進時滑塊向后滑動當汽車減速前進時滑塊向前滑動根據(jù)哪個電路接通，有電流通過，判斷哪個燈亮．【解答】解：汽車啟動時，金屬塊M由于慣性，相對汽車向后運動，綠燈所在的支路被接通，所以綠燈亮；汽車急剎車時，由于慣性，金屬塊M相對汽車向前運動，紅燈所在的支路被接第23頁（共47）

22通，所以紅燈亮．答：汽車啟動時綠燈亮，急剎車時紅燈亮．【點評本題實質(zhì)是慣性知識的應用比較簡單要有應用物理知識分析生活中問題的能力．7．【分析根據(jù)閉合歐姆定律求得電路的電流再根據(jù)彈簧彈力等于重力電阻與長度的關系列式即可求解．【解答】解：設托盤上放上質(zhì)量為m的物體時，彈簧的壓縮量為x，則有：mg=kx…①由全電路歐姆定律知：I=…②由部分電路歐姆定律知：U=I?R′=I?x…③聯(lián)立①②③求解得：m=U…④答：此時稱量物體的質(zhì)量為

?U【點評本題主要考查了閉合電路歐姆定律和胡克定律的直接應用關鍵是要明確測量原理，難度適中．8．【分析）根據(jù)電動機的數(shù)據(jù)可以得到電動機的電壓和電流的大小，由=UI入可以求得電動機的總的功率的大小，在根據(jù)電動機的發(fā)熱的功率=Ir和電動內(nèi)機的輸出的功率的大小可以求得電動機的內(nèi)阻的大小，（2）根據(jù)自行車的情況，由平衡條件求出牽引力，再由P=Fv求其機械功率．【解答】解在額定狀態(tài)下電動機以額定的轉(zhuǎn)速轉(zhuǎn)動，則第24頁（共47）

00200020v=ωω=2πn聯(lián)立以上兩式解得：v=15m/s電動機在額定狀態(tài)是，則有：P=UI﹣P額

電損失的電功率轉(zhuǎn)化為電熱功率，則有：80%P=IR電聯(lián)立解得：R=0.25Ω（2）當電動車在斜坡上勻速運動時，受力分析如下圖，則牽引力為：F=（M+mgsinθk（Mm）g實際功率為：P=Fv聯(lián)立解得：P=600W答：（）電動自行車以額定轉(zhuǎn)速行進時的速度v為15m/s，動機的繞線電阻為為0.25Ω（2）此狀態(tài)下電動自行車實際運行機械功率為600W．【點評對于電功率的計算一定要分析清楚是不是純電阻電路對于非純電阻電路，總功率和發(fā)熱功率的計算公式是不一樣的．9．【分析）滑片p移到端時，燈泡上電壓為，根據(jù)歐姆定律求電流表的示數(shù)；（2）燈泡中的電流等于燈泡中的電流與電流表讀數(shù)之和，因為燈泡正常發(fā)光，所以燈泡兩端的電壓為額定電壓6V，由串并聯(lián)電路的特點求解（3）燈泡正常發(fā)光時，求出電路的總電流，由功率公式分別求出上下兩部分的功率并求和【解答】解滑片p移到b端時，燈泡上電壓為0第頁（共頁）

22則（2）當小燈泡正常發(fā)光時，為則

，設滑動變阻器上滑片與b端之間的阻值兩式聯(lián)立得：；（3）當小燈正常發(fā)光時，通過

的電流所以滑動變阻器消耗的總電功率答此時電流表的示數(shù)

為0.4A．（2）將滑動變阻器的滑片P向上移動，當小燈正常發(fā)光時，電流表的示數(shù)I為0.3A這時滑動變阻器上，滑片P與a端之間的阻值為10Ω（3）當小燈正常發(fā)光時，變阻器消耗的總電功率為5.4W．【點評本題考查了串并聯(lián)電路的特點和歐姆定律的應用關鍵是理清電路的結(jié)構(gòu)，靈活運用所學的物理知識解決問題．10．【分析S斷開時，

和

串聯(lián)，S閉合時，

和

并聯(lián)，再與

串聯(lián)，結(jié)合閉合電路歐姆定律以及功率的公式求出電源的電動勢和內(nèi)電阻；（2）閉合S時，根據(jù)

求出輸出功率（3）S斷開時，電容器并聯(lián)在

兩端，電勢差等于

兩端的電壓，S閉合時，電容器兩端的電勢差為零，結(jié)合Q=CU求出電容器所帶的電荷量．第頁（共頁）

1111222211112222【解答】解S斷開時①②S閉合時：④由①②③④可得E=4Vr=0.5Ω（2）閉合S時，電源的輸出功率（3）S斷開時=

③S閉合，電容器兩端的電勢差為零，則答電源的電動勢4V和內(nèi)電阻0.5Ω；（2）閉合K時，電源的輸出功率3.5W；（3）在K斷開電容器所帶的電量，K閉合時所帶電量是0【點評】解決本題的關鍵理清電路的串并聯(lián)，結(jié)合閉合電路歐姆定律進行求解，知道電容器所帶的電量Q=CU，關鍵確定電容器兩端的電勢差．11．【分析根據(jù)題意分析出磁場的方向根據(jù)臨界條件判斷出導體棒的受力結(jié)合閉合電路的歐姆定律即可求得【解答解：由磁場方向和平衡可判斷，安培力F方向為水平且背離電源的方向由題意可知當θ=90°時，金屬桿處于臨界下滑狀態(tài)有：=mg…①N=Ff=μN③當θ=30°時金屬桿處于臨界上滑狀態(tài)有：=mgcos30°+Fsin30°…④f+mgsin30°=Fcos30°…⑤f=μN…⑥第頁（共頁）

11由①﹣⑥解得：

…⑦由閉合電路歐姆定律：由安培力性質(zhì)：F=BIl…⑨

A…⑧由⑦⑧⑨得：方向豎直向下

T答：磁感應強度B及μ分別為

和【點評本題主要考查了通電導體棒在磁場中的受力抓住臨界條件和閉合電路的歐姆定律即可判斷12．【分析】依據(jù)電場強度公式E=，即可求解；根據(jù)電場力與洛倫茲力平衡，結(jié)合流量公式，即可求解；依據(jù)電阻定律，及歐姆定律，即可求解?！窘獯稹拷庖罁?jù)電場強度公式，而d=b，解得：E=方向垂直紙面向外（由后側(cè)面指向前側(cè)面（2）根據(jù)電場力與洛倫茲力平衡，則有：qE=qvB，而污水的流量Q=VS解得：Q=（3）根據(jù)電阻定律，且U=答該裝置內(nèi)電場的場強的大小和方向垂直紙面向外；第28頁（共47）

mmmmmm（2）污水的流量Q（單位時間內(nèi)排出的污水體積）是；（3）若從兩個電極引出兩條導線，導線間接一阻值為的電阻時理想電壓表的示數(shù)為?！军c評考查電場強度公式，及電阻定律的內(nèi)容，知道最終穩(wěn)定時，電荷受洛倫茲力和電場力平衡，注意電場強度的方向判定。13．【分析】根據(jù)左手定則判斷出安培力的方向及金屬棒運動過程中摩擦力的方向，根據(jù)共點力平衡即可判斷出金屬棒的質(zhì)量【解答解根據(jù)題意開關閉合后棒中電流方向從b到a由左手定則可知，金屬棒所受的安培力沿斜面向上。開關斷開時，對棒，由平衡條件得：mgsinθ=f……①式中m為金屬棒質(zhì)量，g為重力加速度的大小，f為棒受到的滑動摩擦力開關閉合，棒中電流為I=3A時，棒所受安培力F=ILB……②式中L為棒接入電路中的長度，為10cm此時對棒，由平衡條件得：mgsinf=F……聯(lián)立①②③式，并代入題給數(shù)據(jù)得m=0.003kg答：金屬棒的質(zhì)量為0.003kg【點評本題主要查了在安培力作用下的共點力平衡關鍵是分析出金屬棒在運動過程中受到的摩擦力方向即可判斷14．【分析根據(jù)法拉第電磁感應定律求出感應電動勢再由閉合電路歐姆定律求感應電流的大小。（2）根據(jù)F=BIL求出線圈所受的安培力，再由平衡條件求物體的質(zhì)量m。第29頁（共47）

3030【解答】解）由法拉電磁感應定律得E=N0.2×0.2V=0.04V

=N×10﹣由閉合電路歐姆定律得I==

=0.04A（2）線圈受到安培力F=NBIL天平平衡時，有mg=F代入數(shù)據(jù)可得m=0.08kg答：（1）線圈中感應電流的大小是；（2）當掛盤中放質(zhì)量為m的物體時，天平再次平衡，此時m為0.08kg【點評題要理解天平測量質(zhì)量的原理握法拉第定律閉合電路歐姆定律，抓住平衡條件進行研究，求解安培力時需注意線圈的匝數(shù)。15．【分析線圈未通電時天平兩臂平衡通電后右側(cè)多受個向下的安培力故再次平衡時安培力大小應該等于左邊物體的重力，再結(jié)合安培力公式列式分析即可．【解答】解：由于天平平衡，故安培力為：又F=NBIL，聯(lián)立解得：m=

；當I=2A時，m最大，算得最大稱量質(zhì)量為：

=8kg；答：該“電磁天平”夠稱量的最大質(zhì)量為8kg．【點評】題關鍵是明確“電磁天平的工作原理，同時要結(jié)合安培力公式F=BIL列式求解，注意線圈有N匝，不是單匝．16．【分析金屬棒靜止，根據(jù)共點力平衡求得安培力；（2）根據(jù)F=BIL求得電流，結(jié)合閉合電路的歐姆定律求得電阻；（3）導體棒在斜面上下滑，做加速運動，速度增大，又切割磁感線產(chǎn)生感應電流受到安培力故做加速度減小的加速運動當安培力的大小等于重力沿斜面第30頁（共47）

11的分離式，做勻速運動【解答】解金屬棒受到重力、安培力和導軌的支持力而處于平衡狀態(tài)。則有F=mgsin37°解得F=0.3N（2）根據(jù)安培力公式得得I==0.6A設變阻器接入電路的阻值為R，根據(jù)閉合電路歐姆E=I+r）解得R==9Ω（3）導體棒在重力下滑分力作用下沿導軌向下做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動。勻速運動時F，由于回路總電阻不變，因此導體棒下滑切割產(chǎn)生的感安應電動勢E=6V根據(jù)E=BLv解得v=12m/s答金屬棒ab所受的安培力為0.3N；（2）滑動變阻器接入電路的阻值為9Ω；（3）若把電源撤去，用導線相連，并調(diào)節(jié)滑動變阻器，使電路總電阻不變，則金屬棒從導軌上由靜止釋放后做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動，最終達到的速度為12m/s【點評本題考查應用平衡條件解決磁場中導體的平衡問題關鍵在于安培力的分析和計算，比較容易。在勻強磁場中，當通電導體與磁場垂直時，安培力大小F=BIL，方向由左手定則判斷。17．【分析對導體棒進行受力分析然后結(jié)合共點力平衡的條件即可求出；（2）要使棒靜止，只有的方向沿斜面平行向上時，安培力最小，在電流安一定的情況下，對應的磁感應強度B最小?！窘獯稹拷鈇b棒靜止，受力分析可知：mgsin37°﹣ILcos37°=0第31頁（共47）

2222由閉合電路的歐姆定律可知：I=聯(lián)立解得：R=2Ω（2）要使棒靜止，只有的方向沿斜面平行向上時，安培力最小，在電流安一定的情況下，對應的磁感應強度B最小，有：BIL=mgsin37°I=解得：B=0.24T根據(jù)左手定則可知，此時的磁場方向應垂直于軌道平面向下答）如果磁場方向豎直向下，磁感應強度B=0.3T，電阻箱接入電路中的電阻R為2Ω；（2）如果保持1）中電阻箱接入電路中的電R不變，磁場的方向可以隨意調(diào)整滿足條件的磁感應強度的最小值及方向分別為和垂直于軌道平面向下【點評遇到有關導軌問題關鍵是畫出側(cè)視圖然后對導體棒進行正確進行受力分析，然后運用平衡條件或牛頓第二定律求解即可。18．【分析根據(jù)F=BIL求得受到的安培力，關鍵是抓住通電導線的有效長度；（2）對通電導線求得安培力，在立柱處根據(jù)共點力平衡求得張力【解答】解以導線左半部分為研究對象，由安培力公式：=BIL安導線左半部分在磁場中的等效長度：L=聯(lián)立解得：F=BIL=BI安（2）以整段導線為研究對象，設其受到的安培力為F′，立柱P對導線的拉力安為T，由力的平衡條件：θ=F′+mg安式中：F′=BId安聯(lián)立解得：T=答磁場對導線左半部分的安培力大小為第32頁（共47）

；

12121212（2）導線上A點張力的大小為【點評本題主要考查了通電導線受到的安培力關鍵是抓住通電導線的有效長度，利用好共點力平衡即可求得19．【分析）電S閉合后，根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解干路電流，再結(jié)合串并聯(lián)知識求解通過BC邊的電流，注意BAC邊的等效長度為a；（2）對球分析，受重力和拉力，合力提供向心力，根據(jù)平行四邊形定則列式求解細線的拉力；根據(jù)平衡條件得到安培力大??；再根據(jù)列式求解磁感應強度大?。窘獯稹拷庠O線框連入電路的總電阻為R，由閉合電路歐姆定律得到：I=BC和BAC并聯(lián)，故：，設通過BC邊的電流為I，通過BAC的電流為I，則：，I+I=I，解得：；（2）對小球，受力分析如圖所示：故繩子的拉力為：T==mg；線框保持靜止，根據(jù)平衡條件，有：mg+F+F=T其中：第33頁（共47）

121121F=BIa，F(xiàn)=BIa，解得：B=答S閉合后，通過BC邊的電流為（2）勻強磁場的磁感應強度為

；．【點評本題是力電綜合問題關鍵是明確小球的受力情況電路中電流的分布情況，結(jié)合閉合電路歐姆定律、平衡條件、安培力公式列式求解，不難．20．【分析根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解電流大??；（2）對導體棒受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解安培力大??；（3）根據(jù)公式F=BIL列式求解磁感應強度的大小?！窘獯稹拷飧鶕?jù)閉合電路歐姆定律：

，解得：I=1.5A（2）導體棒受重力、支持力、安培力和摩擦力，導體棒重力平行斜面的分力：F=mgsin37°=0.24N＞由于摩擦力方向沿料面向上，報據(jù)平衡條件，安培力平行斜面向上，有：F+f=mgsin37°，安解得：F=0.12N方向沿斜面向上；安（3）據(jù)F=BIL可得：B=0.2T，安據(jù)左手定則可知：方向垂直于導軌所在平面向上；答通過導體棒的電流為（2）導體棒受到的安培力大小為方向沿斜面向上；（3）磁感應強度的大小為，方向垂直導軌所在平面向上。【點評本題屬于導體在磁場中平衡的問題是安培力與力學知識的綜合按照力平衡的解題思路求解，分析受力是關鍵。21．第34頁（共47）

【分析）要保持金屬棒在導軌上靜止時，金屬棒受力要平衡，分析其受力情況由平衡條件求解金屬棒所受到的安培力F由F=BIL求解通過金屬棒的電流；根據(jù)閉合電路歐姆定律求解滑動變阻器R接入到電路中的阻值．（2）根據(jù)電流的微觀表達式表示出電流，即可求得電子受到的洛倫茲力【解答解使導體棒靜止于導軌上則要求導體棒ab所受的重力、支持力安培力是三力平衡，導體棒在沿斜面方向受力滿足：安其中F=BIL安設導體棒ab靜止時變阻器的阻值為R，由閉合電路歐姆定律可得：解得：（2）導體中電流大小為：，令導體棒中定向移動的自由電子總數(shù)為N則有：q=Ne這些電子全部通過導體棒的時間為：某一自由電荷所受的洛倫茲力為：

，解得：f=Bev答）若要使導體棒ab靜止與導軌上，滑動變阻器接入電路中的阻值為；（2）導體棒中某一自由電子所受的洛倫茲力大小的表達式f=Bev【點評本題是金屬棒平衡問題和動力學問題關鍵分析受力情況特別是分析和計算安培力的大?。?2．【分析根據(jù)左手定則判斷安培力的方向；（2）對導線受力分析，根據(jù)共點力平衡求出安培力的大小，通過安培力大小公式求出磁感應強度的大小．（3）明確導體棒可能平衡時的安培力可能的方向，由左手定則即可明確磁場方向，根據(jù)平衡條件可求得磁感應強度的大?。窘獯稹拷飧鶕?jù)左手定則知，安培力的方向沿斜面向上．第35頁（共47）

AA（2）根據(jù)共點力平衡知，磁場的方向垂直斜面向下，安培力為：F=BIL=mgsinθ解得：B=

．（3）要使導體棒靜止在斜面上，則導體棒應受力平衡，故只要保證安培力與支持力的合力大小等于重力方向向上即可；如圖所示；方向可取安培力豎直向上和安培力水平向左兩種情況；若安培力豎直向上，則此時有：mg=BIL解得：B=

；由左手定則可知，磁場方向水平向左；若安培力水平向左，則根據(jù)幾何關系可知：F=mgtanθ由BIL=F=mgtan可得：由左手定則可知，磁場方向豎直向下；答導體棒所受安培力的方向沿斜面向上；（2）勻強磁場的磁感應強度的大小

；（3）磁場水平向左時，B為

；磁場方向豎直向下時，B為【點評本題考查應用平衡條件處理通電導體在磁場中平衡問題的能力會運用左手定則判斷安培力的方向，能正確利用幾何關系分析力的大小和方向．23．【分析金屬棒最后靜止在圓環(huán)某位置對金屬棒進行受力分析根據(jù)平衡條件和幾何關系求解金屬棒最終位置相對初始關于圓環(huán)的圓心角和上升的高度。第36頁（共47）

NN【解答】解：金屬棒受到的安培力為：對金屬棒進行受力分析，金屬棒受到重力、安培力和兩個環(huán)的支持力，如圖：因為金屬棒靜止，根據(jù)平衡條件得每個環(huán)對棒的支持力：根據(jù)牛頓第三定律，壓力為0.5N；由于：所以：θ=53°所以金屬棒上升的高度為：h=r﹣θ=0.5﹣0.5cos53°=0.2m答：棒對每一只環(huán)的壓力為0.5N；此位置與金屬棒環(huán)底的高度差是0.2m?！军c評該題首先要通過受力分析和平衡條件得出最后靜止位置的幾何關系屬于基礎題目24．【分析】當磁場與水平面成時，通過對導體棒的受力分析，利用共點力平衡求得摩擦因數(shù)當磁場豎直向下時根據(jù)受力分析利用牛頓第二定律求得加速度【解答】解：回路中的電流為：I=

，受到的安培力為：F=BIL=

，磁場方向與水平桌面成37°角，根據(jù)受力分析可知：Fcos53°=（mg+Fsin53°）當磁場方向豎直向下時有：F﹣μmg=ma聯(lián)立解得：a=第頁（共頁）

22答：剛調(diào)整完畢的瞬間導體棒的加速度a的大小為【點評本題主要考查了在安培力作用下的共點力平衡和牛頓第二定律關鍵是正確的受力分析，找出安培力方向；25．【分析根據(jù)左手定則可判斷出磁場的方向（2）當導軌上通入電流后，炮彈在安培力的作用下，做初速度為零勻加速直線運動，因此根據(jù)牛頓第二定律求出加速度然后利用運動學公式即可求解?！窘獯稹拷馀趶検艿降陌才嗔ο碛?，根據(jù)左手定則可知，磁場垂直紙面向里；（2）在導軌通有電流I時，炮彈作為導體受到磁場施加的安培力為：F=Bid①設炮彈的加速度的大小為a，則：F=ma②；炮彈在兩導軌間做勻加速運動，因而：v=2aL③聯(lián)立①②③代入題給數(shù)據(jù)得：I=800A答磁場的方向為垂直于紙面向里；（2）通過導軌的電流I為800A【點評本題實質(zhì)上就是借助安培力問題考查了力與運動因此解決這類題目的基本思路是對研究對象正確進行受力分析弄清運動形式然后依據(jù)相應規(guī)律求解26．【分析】根據(jù)磁感應強度的定義式，求磁感應強度的大?。窘獯稹拷猓寒攲Ь€與磁場垂直時，根據(jù)磁感應強度的定義式有：=

，答：該處的磁感應強度B為0.03T．【點評安培力公式F=BIL要明確其適用條件以及公式中各個物理量的含義．27．第38頁（共47）

m2mm2m2mm2【分析）電鍵閉合時，安培力向右，開始時刻加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律列式求解最大加速度；（2）當安培力與摩擦力平衡時，加速度等于0速度最大，根據(jù)條件列式求解最大速度?！窘獯稹拷怆婃I閉合時，金屬棒在安培力作用下運動，由于導體棒產(chǎn)生的電動勢方向與電源電動勢方向相反是反電動勢故電流會減小安培力也會減小，故開始時刻加速度最大，此時摩擦力為，由牛頓第二定律有：F=BIL=ma，代入數(shù)據(jù)解得：a=====2m/s（2）金屬棒做加速度減小的加速運動，當安培力與摩擦力相等時，加速度等于0，速度最大，有：μmg=BL?代入數(shù)據(jù)解得：v=2m/s。答金屬棒運動過程中的最大加速度為2m/s；（2）金屬棒運動過程中的最大速度為?！军c評題關鍵是明確導體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢方向與電源電動勢方向相反，是反電動勢，然后根據(jù)閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律列式求解，難度適中。28．【分析對導體棒受力分析根據(jù)共點力平衡及閉合電路的歐姆定律即可求得電壓；（2）對導體棒受力分析，根據(jù)共點力平衡和導體棒切割產(chǎn)生的感應電動勢即可求得【解答】）金屬棒在導軌上勻速上滑時受力如圖，根據(jù)平衡條件有F

安=mgsinθ，在F=BIL屬棒勻速上滑時導體棒兩端的電壓為U合電路歐姆定律有：安U=E﹣Ir，第39頁（共47）

mmmmmm得：U=2.0V（2）金屬棒在導軌上下滑勻速時為最大速度，受力分析如圖，根據(jù)平衡條件有：F'=mgsinθ安F'=BI'L安由閉合電路歐姆定律得：，金屬棒下滑切割磁感線產(chǎn)生電動勢為：E'=BLv得：v=5m/s，金屬棒下滑時重力最大功率為：P=mgvsinθ得：P=2.5W答金屬棒勻速上滑時導體棒兩端的電壓為（2）金屬棒下滑時重力的最大功率為2.5W【點評關于電磁感應與力學知識的綜合對于電磁感應問題研究思路常常有兩條一條從力的角度重點是分析安培力作用下導體棒的平衡問題根據(jù)平衡條件列出方程另一條是能量分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題根據(jù)動能定理、功能關系等列方程求解29．【分析由圖象可知電流方向由左手定則判斷安培力的方向根據(jù)牛頓第二定律求加速度的大小?！窘獯稹拷猓孩俑鶕?jù)左手定則可知安培力方向是水平向左，第40頁（共47）

2222安培力大小為：F=BIL=0.03N②根據(jù)牛頓第二定律，有：Fμmg=ma，解得：a=0.5m/s

；答：①此時導體捧ab受到的安培力的大小為0.03N，方向水平向左；②此時導體捧ab的加速度的大小為0.5m/s?！军c評本題考查了通電導線在勻強磁場中的受力與運動關鍵是應用左手定則和牛頓第二定律解決此類問題。30．【分析通電直導線垂直于地磁場方向放置根據(jù)安培力的大小公式求出磁感應強度的大小當導線電流變化時磁感應強度不變根據(jù)安培力公式求出安培力的大小。【解答】解由安培力大小公式F=BIL得：B==T=210

2

T。（2）當導線中的電流增大為時，因磁感應強度不變。有：F=BI′L=2×

﹣

2

×5×1N=0.1N；答磁感應強度大小×10

﹣2

T；（2）若導線中的電流增大為時，導線受到的安培力大小?！军c評解決本題的關鍵掌握安培力大小公式F=BILsinθθ為電流方向與磁場方向的夾角，當電流與磁場方向垂直時，F(xiàn)=BIL。31．【分析判斷AB中的電流方向，再根據(jù)左手定則判斷導體棒AB中受到的安培力方向。根據(jù)歐姆定律計算中的電流，再根據(jù)安培力計算安培力大小。（2）根據(jù)牛頓第二定律計算加速度?！窘獯稹拷鈱w棒AB中電流是從A到B，根據(jù)左手定則，導體棒AB受到的安培力水平向右。根據(jù)歐姆定律，導體棒中的電流為：I===0.5A，第41頁（共47）

222222所以AB棒受到的安培力：F=BIL=10.5×0.2N=0.1N（2）根據(jù)牛頓第二定律：，所以導體棒AB的加速度：==10m/s；答導體棒受到的安培力方向水平向右；導體棒AB受到的安培力大小為0.1N；（2）導體棒AB的加速度為10m/s。【點評本題要求掌握利用左手定則判斷安培力分方向能利用安培力的計算公式計算安培力的大小，比較簡單。32．【分析左手定則判斷出安培力的方向而判斷出導體棒運動的方向；（2）根據(jù)安培力的公式求出安培力，然后由牛頓第二定律求出加速度【解答】解根據(jù)左手定則可知，金屬棒受到的安培力的方向向左，所以金屬棒MN將向左運動；（2）金屬棒MN的電流為：A=1A金屬棒MN所受的安培力大小為：F=BIL=1××0.2N=0.2N金屬棒MN運動的加速度為：答金屬棒MN將向左運動；（2）金屬棒MN運動的加速度大小是0.1m/s?！军c評題是力電綜合問題是明確根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解電流，根據(jù)安培力公式、牛頓第二定律公式聯(lián)立求解，不難。33．【分析根據(jù)閉合電路的歐姆定律求得回路中電流利用共點力平衡求得摩擦因數(shù)；（2）根據(jù)牛頓第二定律求得加速度【解答】解根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知：I=第42頁（共47）

22A22A對導體棒受力分析，根據(jù)共點力平衡可知：BIL=μmg解得：μ=（2）根據(jù)牛頓第二