大慶市鐵人中學(xué)高二下學(xué)期第一次月考物理試題

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精黑龍江省大慶市鐵人中學(xué)2019-2020學(xué)年高二下學(xué)期第一次月考物理試題一、選擇題1。在磁場(chǎng)中某區(qū)域的磁感線如圖所示，則（）A.a、b兩處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不等，Ba〈BbB.a、b兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不等,Ba〉BbC.同一通電導(dǎo)線放在a處受力一定比放在b處受力大D。同一通電導(dǎo)線放在a處受力一定比放在b處受力小【答案】A【解析】【詳解】AB．由磁感線的疏密表示磁感應(yīng)強(qiáng)度大小,則故A正確,B錯(cuò)誤;CD．通電導(dǎo)線磁場(chǎng)中受到的安培力，由于同一通電導(dǎo)線放在a處與放在b處相比，由于并不知道導(dǎo)線與磁場(chǎng)方向之間的關(guān)系，所以受力大小無法確定,故CD錯(cuò)誤。故選A.2.一帶電油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)E中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，電場(chǎng)方向豎直向下．若不計(jì)空氣阻力，則此帶電油滴從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中，能量變化情況為（）A。動(dòng)能減小B。電勢(shì)能增加C。動(dòng)能和電勢(shì)能之和減小D.重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和增加【答案】C【解析】【詳解】物體做曲線運(yùn)動(dòng)過程中受到的合力指向軌跡內(nèi)側(cè),并且運(yùn)動(dòng)過程中小球只受電場(chǎng)力和重力，所以合力豎直向上，合力與運(yùn)動(dòng)方向夾角為銳角，做正功，動(dòng)能增大,電場(chǎng)力方向向上，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，AB錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系可知,在從a到b的運(yùn)動(dòng)過程中只有重力、電場(chǎng)力做功，因此重力勢(shì)能、電勢(shì)能、動(dòng)能三者之和保持不變,因該過程中動(dòng)能增加,因此重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和減小，故C正確；從a到b的運(yùn)動(dòng)過程中重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加，因此動(dòng)能和電勢(shì)能之和減小，故D錯(cuò)誤．【點(diǎn)睛】做此類題目的關(guān)鍵是根據(jù)物體做曲線運(yùn)動(dòng)過程中受到的合力指向軌跡內(nèi)側(cè)判斷受力情況,本題在電場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中重點(diǎn)考察帶電小球的功能關(guān)系轉(zhuǎn)化．在學(xué)習(xí)過程中要明確各種功能關(guān)系是解這類問題的關(guān)鍵．3。小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點(diǎn)，PN為圖線的切線,PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線。則下列說法中不正確的是（）A。隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大B。隨著所加電壓的增大，小燈泡消耗的功率增大C.對(duì)應(yīng)P點(diǎn)，小燈泡的電阻R＝D。對(duì)應(yīng)P點(diǎn)，小燈泡的電阻R＝【答案】C【解析】【詳解】A．圖線上的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率的倒數(shù)表示電阻，隨著所加電壓的增大，圖線上的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率逐漸減小,說明電阻逐漸增大，故A正確，不符合題意；B．隨著所加電壓的增大，電流也增大，由公式可知，小燈泡消耗的功率增大，故B正確,不符合題意；CD．對(duì)應(yīng)P點(diǎn)，由圖可知，小燈泡兩端的電壓是U1，流過小燈泡的電流是I2，所以電阻故C錯(cuò)誤，符合題意;D正確同，不符合題意。故選C。4。豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為2R，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過環(huán)平面，與環(huán)的最高點(diǎn)A鉸鏈連接的長(zhǎng)度為2a,電阻為的導(dǎo)體棒AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下。當(dāng)擺到豎直位置時(shí),B點(diǎn)的線速度為v，則這時(shí)AB兩端的電壓大小為（）A.Bav B。 C.Bav D.2Bav【答案】A【解析】【詳解】當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為金屬環(huán)并聯(lián)的電阻為AB兩端的電壓是路端電壓，AB兩端的電壓大小為故A正確,BCD錯(cuò)誤.故選A.5。如圖所示,在屏MN的上方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。P為屏上的一小孔,PC與MN垂直。一群質(zhì)量為m、帶電荷量為－q(q〉0）的粒子（不計(jì)重力），以相同的速率v，從P處沿垂直于磁場(chǎng)的方向射入磁場(chǎng)區(qū)域。粒子入射方向在與磁場(chǎng)B垂直的平面內(nèi)，且散開在與PC夾角為θ的范圍內(nèi)。則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長(zhǎng)度為(）A。 B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得解得粒子沿著右側(cè)邊界射入，軌跡如圖1此時(shí)出射點(diǎn)最近,與邊界交點(diǎn)與P間距為粒子沿著左側(cè)邊界射入,軌跡如圖2此時(shí)出射點(diǎn)最近，與邊界交點(diǎn)與P間距為粒子垂直邊界MN射入,軌跡如3圖此時(shí)出射點(diǎn)最遠(yuǎn)，與邊界交點(diǎn)與P間距為2r，故范圍為在熒光屏上P點(diǎn)右側(cè),將出現(xiàn)一條形亮線，其長(zhǎng)度為故A正確,BCD錯(cuò)誤。故選A。6。如圖甲所示,矩形導(dǎo)線框abcd放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在外力控制下靜止不動(dòng)，磁感線方向與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示．t＝0時(shí)刻,磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里．在0～4s時(shí)間內(nèi)，線框ab邊受安培力隨時(shí)間變化的圖象(力的方向規(guī)定以向左為正方向)是下圖中的(）A。 B。C. D.【答案】D【解析】【詳解】t=0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直線框平面向里，在0到1s內(nèi)，穿過線框的磁通量變小，由楞次定律可得，感應(yīng)電流方向是順時(shí)針，再由左手定則可得線框的ab邊的安培力水平向左，即安培力為正；當(dāng)在1s到2s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直線框平面向外，穿過線框的磁通量變大,由楞次定律可得，感應(yīng)電流方向是順時(shí)針，再由左手定則可得線框的ad邊的安培力水平向右,即安培力為負(fù)．在2~4s內(nèi)，重復(fù)出現(xiàn)安培力先向左后向右．由法拉第電磁感應(yīng)定理可知，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，則線圈中電流大小不變,根據(jù)F=BIL,知在0—2s和2—4s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，則安培力的大小也隨時(shí)間均勻變化．A。圖像與分析不符，A錯(cuò)誤B。圖像與分析不符，B錯(cuò)誤C。圖像與分析不符，C錯(cuò)誤D.圖像與分析符合，D正確7。利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測(cè)量和自動(dòng)控制等領(lǐng)域.如圖所示是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，N、M兩側(cè)面間會(huì)形成電勢(shì)差UNM，下列說法中正確的是（)A。若該霍爾元件的載流子是正電荷，則電勢(shì)差UNM＜0B.若該霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢(shì)差UNM0C.電勢(shì)差UNM僅與材料有關(guān)D。在測(cè)定地球赤道正上方的地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí),元件的工作面應(yīng)保持豎直【答案】D【解析】【詳解】A．若元件的載流子是正電荷，由左手定則可知,正離子受到的洛倫茲力方向向N側(cè)面偏,則N側(cè)面的電勢(shì)高于M側(cè)面的電勢(shì)，則故A錯(cuò)誤；B．若元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子受到的洛倫茲力方向向N側(cè)面偏，則M側(cè)面的電勢(shì)高于N側(cè)面的電勢(shì)，則故B錯(cuò)誤；C．電子在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下處于平衡，設(shè)霍爾元件的長(zhǎng)寬高分別為a、b、c,有且則有電勢(shì)差UNM與材料、外界磁場(chǎng)等有關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．在測(cè)定地球赤道上方的地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，應(yīng)將元件的工作面保持豎直，讓磁場(chǎng)垂直通過，故D正確。故選D。8.一個(gè)初動(dòng)能為Ek的帶電粒子，以速度V垂直電場(chǎng)線方向飛入兩塊平行金屬板間,飛出時(shí)動(dòng)能為4Ek。如果這個(gè)帶電粒子的初速度增加到原來的2倍，不計(jì)重力，那么該粒子飛出時(shí)動(dòng)能為（）A.4。5Ek B.4.75Ek C.7Ek D。5Ek【答案】B【解析】【詳解】設(shè)平行金屬板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距離為d,場(chǎng)強(qiáng)為E,當(dāng)初速度為v時(shí)，則有根據(jù)動(dòng)能定理得解得當(dāng)初速度為2v時(shí)，同理可得電場(chǎng)力做功為聯(lián)立解得當(dāng)初速度為2v時(shí),初動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)動(dòng)能定理得解得故ACD錯(cuò)誤，B正確.故選B.9。一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左，不計(jì)空氣阻力，則以下說法不正確的是（)A.做勻變速曲線運(yùn)動(dòng) B。動(dòng)量的變化率保持不變C。速率先減小后增大 D.速率先增大后減小【答案】D【解析】【詳解】A．小球受重力和電場(chǎng)力兩個(gè)力作用，合力的大小不變,但是方向與速度方向不在同一條直線上，小球做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故A正確，不符合題意；B．由于小球合力不變，根據(jù)動(dòng)量定理有可知，小球動(dòng)量的變化率保持不變，故B正確，不符合題意；CD．小球所受的合力為重力與電場(chǎng)力的合力，如圖所示則可知合力與速度方向先成鈍角，然后成銳角，可知合力先做負(fù)功然后做正功，則速度先減小后增大，故C正確,不符合題意，D錯(cuò)誤,符合題意。故選D.10。如圖所示，用電池對(duì)電容器充電,電路a、b之間接有一靈敏電流表，兩極板之間有一個(gè)電荷q處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將兩極板的間距變大，則(）A.電荷仍將靜止B。電荷將向上加速運(yùn)動(dòng)C.電流表中將有從a到b的電流D。電流表中將有從b到a的電流【答案】D【解析】【詳解】AB．原來電荷靜止,電荷所受重力與電場(chǎng)力平衡．電容器與電源相連，電容器的電壓不變，兩極板的間距變大，則板間場(chǎng)強(qiáng)減小，電荷所受電場(chǎng)力減小,電荷將向下加速運(yùn)動(dòng)．故AB兩項(xiàng)錯(cuò)誤．CD．據(jù)可得,兩極板的間距變大，電容器的電容減??；電容器的電壓不變,電容的帶電量減小，電容器放電，電流表中將有從b到a的電流．故C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確．11。要測(cè)繪一個(gè)標(biāo)有“3V、0。6W”小燈泡的伏安特性曲線,燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V。實(shí)驗(yàn)的電路圖應(yīng)選用圖中的（)A. B。C。 D.【答案】D【解析】【詳解】實(shí)驗(yàn)要求燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V,則滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，由于燈泡電阻較小，故電流表應(yīng)采用外接法，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D.12。線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生交變電流的圖像如圖所示，由圖可知（）A。在B、D時(shí)刻穿過線圈的磁通量為零B。在A、C時(shí)刻線圈處于與中性面垂直的位置C。從A時(shí)刻到D時(shí)刻線圈轉(zhuǎn)過的角度為πD。若從0時(shí)刻到D時(shí)刻經(jīng)過0.01s，則在1s內(nèi)交變電流的方向改變100次【答案】B【解析】【詳解】A．從圖可知在B和D時(shí)刻感應(yīng)電流為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，則磁通量最大，故A錯(cuò)誤；B．從圖可知在A和C時(shí)刻感應(yīng)電流最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，而磁通量為零,線圈處于與中性面垂直的位置,故B正確；C．從圖可知從A時(shí)刻到D時(shí)刻經(jīng)過時(shí)間為，線圈轉(zhuǎn)過的角度為,故C錯(cuò)誤；D．若從0時(shí)刻到D時(shí)刻為一個(gè)周期則經(jīng)過0。01s,交流電的方向在0。01s內(nèi)改變兩次，即周期為0。01s,則在1s內(nèi)交流電的方向改變200次,故D錯(cuò)誤.故選B.13.如圖所示為一交流電壓隨時(shí)間變化的圖象．每個(gè)周期的前三分之一周期內(nèi)電壓按正弦規(guī)律變化，后三分之二周期電壓恒定．根據(jù)圖中數(shù)據(jù)可得,此交流電壓的有效值為(）A.7。5VB.8VC.VD.V【答案】C【解析】【詳解】取一個(gè)周期進(jìn)行分段，在0-1s是正弦式電流，則電壓的有效值等于3V．在1s—3s是恒定電流，則有效值等于9V．則在0-3s內(nèi)，產(chǎn)生的熱量解得:A．7.5V，與結(jié)論不相符,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．8V，與結(jié)論不相符,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．V，與結(jié)論相符，選項(xiàng)C正確；D．V，與結(jié)論不相符,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;14.如圖是通過變壓器降壓給用戶供電的示意圖.變壓器輸入電壓是市區(qū)電網(wǎng)的電壓，負(fù)載變化時(shí)輸入電壓可認(rèn)為不變。輸出電壓通過輸電線輸送給用戶，輸電線的電阻用R0表示,開關(guān)S閉合后，相當(dāng)于接入電路中工作的用電器增加。如果變壓器上的能量損失可以忽略，則開關(guān)S閉合后，以下說法正確的是(）A。電表V1示數(shù)不變，V2示數(shù)減小B。電表A1、A2示數(shù)之比增大C。變壓器的輸入功率增大D。電阻R1兩端的電壓增大【答案】C【解析】【詳解】A．因?yàn)檩斎腚妷簬缀醪蛔?原副線圈的電壓比等于匝數(shù)之比，則副線圈的電壓幾乎不變，即電壓表V1、V2的讀數(shù)幾乎不變，故A錯(cuò)誤；B．原副線圈電流之比等于匝數(shù)之反比，由于原、副線圈匝數(shù)之比不變，則電表A1、A2示數(shù)之比不變，故B錯(cuò)誤;C．因?yàn)樨?fù)載增加，則副線圈總電阻減小，副線圈電壓不變，則副線圈電流增大，由P=UI知副線圈功率增加，由于變壓器上的能量損失可以忽略,則原線圈的輸入功率增大，故C正確;D．由于副線圈電壓不變，負(fù)載增加,則副線圈總電阻減小，副線圈電壓不變，則副線圈電流增大，輸電線上損失的電壓增大，則電阻R1兩端的電壓減小,故D錯(cuò)誤.故選C.15.如圖甲所示，理想變壓器原線圈輸入電壓如圖乙所示的交流電，電路中電阻R=10Ω,M是標(biāo)有“10V、10W"的電動(dòng)機(jī)，其繞線電阻r=2Ω，電動(dòng)機(jī)正常工作。下列說法正確的是（)A.變壓器副線圈和原線圈的匝數(shù)比是10∶1B.電流表示數(shù)是1AC。電動(dòng)機(jī)的輸出功率為8WD。變壓器的輸入功率為18W【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知原線圈電壓由于電動(dòng)機(jī)正常工作，副線圈電壓為10V，則有故A錯(cuò)誤;B．電流表示數(shù)為通過電阻與電動(dòng)機(jī)的電流之和，即為故B錯(cuò)誤；C．電動(dòng)機(jī)機(jī)的輸出功率為故C正確；D．變壓器的輸入功率等于輸出功率為故D錯(cuò)誤。故選C。16.如圖所示，單匝矩形閉合導(dǎo)線框abcd全部處于水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框面積為S，電阻為R。線框繞與cd重合的豎直固定轉(zhuǎn)軸以角速度ω從中性面開始勻速轉(zhuǎn)動(dòng),線框轉(zhuǎn)過時(shí)的感應(yīng)電流為I，下列說法正確的是()A。線框中感應(yīng)電流的有效值為2IB。從中性面開始轉(zhuǎn)過一周過程中，通過導(dǎo)線某橫截面的電荷量為C。轉(zhuǎn)動(dòng)過程中穿過線框的磁通量的最大值為D.線框轉(zhuǎn)一周的過程中，外力做功為零【答案】C【解析】【詳解】AC．線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值，線框轉(zhuǎn)過時(shí)的感應(yīng)電流為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)有效值則流的有效值為磁通量的最大值故A錯(cuò)誤，C正確；B．通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為由于轉(zhuǎn)過一周的過程中磁通量變化為0,則通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為0，故B錯(cuò)誤；D．線框轉(zhuǎn)一周的過程中，產(chǎn)生的熱量根據(jù)能量守恒可得，線框轉(zhuǎn)一周的過程中,外力做功為，故D錯(cuò)誤.故選C。17.如圖xoy平面為光滑水平面，現(xiàn)有一長(zhǎng)為d寬為L(zhǎng)的線框MNPQ在外力F作用下，沿x軸正方向以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，空間存在豎直方向的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2B0cosx（式中B0為已知量），規(guī)定豎直向下方向?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度正方向，線框電阻為R,t=0時(shí)刻MN邊恰好在y軸處,則下列說法正確的是(）A。外力F為恒力B.線圈在運(yùn)動(dòng)過程中合外力對(duì)其做功不為零C。經(jīng)過，線圈中產(chǎn)生的電熱D。t=0時(shí),外力大小【答案】D【解析】【詳解】A．由于磁場(chǎng)是變化的，故切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也為變化的,安培力也會(huì)變力，故要保持其勻速運(yùn)動(dòng)，外力F不能為恒力，故A錯(cuò)誤；B．由于線圈勻速運(yùn)動(dòng),合外力為0，則合力做功為0，故B錯(cuò)誤；C．由于兩邊正好相隔半個(gè)周期，故產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)方向相同，經(jīng)過的位移為vt；瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)電流可知瞬時(shí)電流成余弦規(guī)律變化，故可知感應(yīng)電流的有效值產(chǎn)生的電熱為故C錯(cuò)誤；D．t=0時(shí)，左右兩邊的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為2B0，方向相反，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)拉力等于安培力即故D正確。故選D。18。如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)。第Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),第Ⅳ象限同時(shí)存在方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出)，一帶電小球從x軸上的A點(diǎn)由靜止釋放，恰好從P點(diǎn)垂直于y軸進(jìn)入第Ⅳ象限，然后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從Q點(diǎn)垂直于x軸進(jìn)入第Ⅰ象限，Q點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為d，重力加速度為g。根據(jù)以上信息,能求出的物理量有（）A。小球做圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能大小B。電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向C.小球在第Ⅳ象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間D。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小【答案】C【解析】【詳解】A．小球在第Ⅳ做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由題意可知，小球軌道半徑從A到P過程，由動(dòng)能定理得由于不知道小球的質(zhì)量，則無法求出小球做圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能，故A錯(cuò)誤；B．小球在第Ⅳ象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)強(qiáng)度為由于不知道：m、q,無法求出電場(chǎng)強(qiáng)度大小，故B錯(cuò)誤；C．小球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期小球在第Ⅳ象限的運(yùn)動(dòng)時(shí)間故C正確；D．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得解得由于不知道m(xù)、q，無法求出B，故D錯(cuò)誤。故選C。19。如圖,左側(cè)接有定值電阻的固定水平光滑導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，一質(zhì)量為m的金屬棒由靜止開始在恒定拉力F作用下從CD處沿導(dǎo)軌向左加速運(yùn)動(dòng)。從金屬棒開始運(yùn)動(dòng)起，磁感強(qiáng)度隨時(shí)間變化關(guān)系為B=kt（k>0),當(dāng)金屬棒移動(dòng)距離d至磁場(chǎng)右邊界EF，磁場(chǎng)磁感強(qiáng)度即保持不變,恰能使金屬棒在磁場(chǎng)中作勻速直線運(yùn)動(dòng)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中GH與EF相距為2d。金屬棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì).下列判斷正確的是（）A。金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)前后回路中感應(yīng)電流方向不變B.金屬棒從CD運(yùn)動(dòng)至GH過程中全電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q=2FdC。導(dǎo)軌左側(cè)定值電阻阻值R=D。當(dāng)磁場(chǎng)保持不變后磁感強(qiáng)度大小B=【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)楞次定律判斷可知，金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)前，回路中感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針方向;金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，回路中感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)能量守恒可知，金屬棒在從EF運(yùn)動(dòng)到GH的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為在金屬棒未進(jìn)入磁場(chǎng)前，由于電磁感應(yīng)也產(chǎn)生焦耳熱,故金屬棒從CD運(yùn)動(dòng)至GH過程中全電路產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)大于2Fd，故B錯(cuò)誤；CD．設(shè)金屬棒剛運(yùn)動(dòng)到EF時(shí)速度大小為v，金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)前的過程,由動(dòng)能定理得得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為則金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后所受的安培力為由于棒做勻速運(yùn)動(dòng)，則有則得故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。20。如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第二、三象限內(nèi)有半圓形有界磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于坐標(biāo)平面向里,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)O處，半徑為R，一粒子源在坐標(biāo)為（－1。5R，0.5R）的P點(diǎn)，可以沿x軸正方向發(fā)射速率在一定范圍內(nèi)的同種帶負(fù)電的粒子,粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，速度最大的粒子剛好不過y軸，速度最小的粒子剛好不過x軸，不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用，則下列判斷不正確的是（）A。粒子的最大速度大小為B.粒子的最小速度大小為C.粒子在磁場(chǎng)中做的是變加速曲線運(yùn)動(dòng)D.速度最大的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比速度最小的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間短【答案】A【解析】【詳解】A．由題意可知，速度最大時(shí)粒子剛好不過y軸即軌跡與y軸相切,如圖1由幾何關(guān)系可知，半徑為由可知所以最大速度為故A錯(cuò)誤,符合題意；B．速度最小的粒子剛好不過x軸，即軌跡與x軸相切如圖2由幾何關(guān)系得由可知所以最小速度為故B正確,不符合題意；C．由于粒子磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其加速度方向時(shí)刻變化，則粒子在磁場(chǎng)中做的是變加速曲線運(yùn)動(dòng)，故C正確,不符合題意；D．速度最大的粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角為，速度最小的粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角為，由于是同種粒子則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為則速度最大的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比速度最小的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間短，故D正確，不符合題意.故選A。二、計(jì)算題21.如圖所示,足夠長(zhǎng)的固定U形導(dǎo)體框架的寬度L=0.5m，電阻可忽略不計(jì)，其所在平面與水平面成θ=角,有一磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0。8T的勻強(qiáng)磁場(chǎng),方向垂直于導(dǎo)體框平面。一根質(zhì)量m=0.4kg、電阻R=1Ω的導(dǎo)體棒MN垂直跨放在U形框架上