2025年湘師大新版選擇性必修2物理上冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年湘師大新版選擇性必修2物理上冊階段測試試卷55考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、如圖所示；勻強磁場方向垂直紙面向里，帶正電粒子運動方向水平向右，則粒子所受洛倫茲力的方向是。

A.垂直紙面向里B.垂直紙面向外C.沿紙面向上D.沿紙面向下2、如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限中，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，一帶電粒子以一定的速度平行于x軸正方向從y軸上的a處射入磁場，粒子經磁場偏轉后恰好從坐標原點O射出磁場?，F(xiàn)使同一帶電粒子以方向不變、大小變?yōu)樵瓉淼?倍的速度，仍從y軸上的a處射入磁場，經過t0時間射出磁場，不計粒子所受的重力，則粒子的比荷為（）

A.B.C.D.3、如圖所示，是一個用長為L的導線彎成的、以O為圓心的四分之一圓弧，將其放置在與平面垂直的磁感應強度為B的勻強磁場中，當在該導線中通以由C到A、大小為I的恒定電流時；該導線受到的安培力大小和方向是（）

A.平行于向左B.平行于向右C.垂直的連線指向左下方D.垂直的連線指向左下方4、為了做好疫情防控工作，很多場所都利用紅外線測溫儀對進出人員進行體溫檢測。紅外線測溫儀利用（）A.紅外線是可見光的特點B.紅外線的穿透本領比X射線強的特點C.人體溫度越高輻射出的紅外線越強的特點D.被紅外線照射的某些物體可以發(fā)出熒光的特點5、壓敏電阻的阻值會隨所受壓力的增大而增大。某同學利用壓敏電阻設計了一個判斷電梯運動狀態(tài)的裝置，其裝置示意圖如圖1所示。將壓敏電阻平放在電梯內，受壓面朝上，在上面放一物體m，電梯靜止時電流表示數(shù)為2I0．電梯在不同的運動過程中；電流表的示數(shù)分別如圖2中甲；乙、丙、丁所示，則下列判斷中正確的是（）

A.甲圖表示電梯可能做勻加速上升運動B.乙圖表示電梯可能做勻減速上升運動C.丙圖表示電梯可能做勻加速下降運動D.丁圖表示電梯可能做勻減速下降運動6、四根等高、相互平行的水平長直導線通有大小相等且方向相同的電流和其中相鄰兩根導線間距均相等，a、b、c三點連線與導線等高并垂直于導線，c點位于四根導線間的中點，d、e兩點分別位于a、b兩點的正下方，且則下列說法正確的是（）

A.c點的磁感應強度最大B.d點與e點的磁感應強度的大小相等C.d點與e點的磁感應強度的方向相同D.任意兩導線間的作用力是排斥力7、如圖所示，豎直面內的光滑絕緣半圓形軌道MDN處在與之垂直的勻強磁場中，軌道半徑為R．一電荷量為+q，質量為m的小球自N點無初速度滑下（始終未脫離軌道），重力加速度為g；下列說法中正確的是。

A.運動過程中小球受到的洛倫茲力大小不變B.小球滑到軌道左側時，不會到達最高點MC.小球滑到D點時，速度大小是D.小球經過D點時，對軌道的壓力大于mg8、如圖所示，當導線ab在電阻不計的金屬導軌上滑動時，線圈C向右擺動，則ab的運動情況是（）

A.向左或向右做勻速運動B.向左或向右做減速運動C.向左或向右做加速運動D.只能向右做勻加速運動9、抗擊新冠肺炎疫情的戰(zhàn)斗中，中國移動攜手“學習強國”推出了武漢實景24小時直播，通過5G超高清技術向廣大用戶進行九路信號同時直播武漢城市實況，全方位展現(xiàn)鏡頭之下的武漢風光，共期武漢“復蘇”。5G是“第五代移動通信技術”的簡稱，其最顯著的特征之一為具有超高速的數(shù)據(jù)傳播速率。5G信號一般采用3.3×109~6×109Hz頻段的無線電波，而第四代移動通信技術4G的頻段范圍是1.88×109~2.64×109Hz，則（）A.5G信號比4G信號所用的無線電波在真空中傳播的更快B.5G信號相比于4G信號更不容易繞過障礙物，所以5G通信需要搭建更密集的基站C.空間中的5G信號和4G信號相遇會產生干涉現(xiàn)象D.5G信號是橫波，4G信號是縱波評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)10、如圖所示，在矩形區(qū)域ABCD內有一垂直紙面向里的勻強磁場，AB=5cm，AD=10cm，磁感應強度B=0.2T。在AD的中點P有一個發(fā)射正離子的裝置，能夠連續(xù)不斷地向紙面內的各個方向均勻地發(fā)射出速率為v=1.0×105m/s的正離子，離子的質量m=2.0×10－12kg，電荷量q=1.0×10－5C；離子的重力不計，不考慮離子之間的相互作用，則（）

A.從邊界BC邊飛出的離子中，BC中點飛出的離子在磁場中運動的時間最短B.邊界AP段無離子飛出C.從CD、BC邊飛出的離子數(shù)之比為1∶2D.若離子可從B、C兩點飛出，則從B點和C點飛出的離子在磁場中運動的時間相等11、在圖甲所示電路中，電阻R=20Ω，燈泡L1的規(guī)格為“3V0.6W”，燈泡L2的規(guī)格為“5V2.5W”，S1為單刀雙擲開關。發(fā)電機的矩形線框（不計電阻）在勻強磁場中繞垂直磁場的軸勻速轉動，產生的交變電流輸入理想變壓器的原線圈。輸入電壓u隨時間t的變化關系如圖乙所示。若將開關S1接1且S2閉合，則L2正常發(fā)光；若將S1接1且S2斷開，則L正常發(fā)光。不計燈泡電阻隨溫度的變化；則下列說法正確的是（）

A.當S1接1，斷開S2時，原線圈的輸入電流減小了0.075AB.當S1接1且S2斷開時，L2的功率大于L1的功率C.當S1換接到2后，R消耗的電功率為1.25WD.當S1換接到2后，若發(fā)電機的線框轉速變成原來的兩倍，R的功率保持不變12、如圖所示，長方形abcd的長ad=0.6m，寬ab=0.3m，O、e分別是ad、bc的中點，以e為圓心，eb為半徑的四分之一圓弧和以O為圓心，Od為半徑的四分之一圓弧組成的區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場(磁場邊界除eb邊，其余邊界上有磁場)磁感應強度B=0.25T。一群不計重力，質量m=3×10－7kg，電荷量q=＋2×10－3C的帶電粒子以速度v=5×102m/s沿垂直ad方向垂直于磁場射入磁場區(qū)域；下列判斷正確的是（）

A.從Od邊射入的粒子，出射點全部通過b點B.從Od邊射入的粒子，出射點分布在ab邊C.從aO邊射入的粒子，出射點全部通過b點D.從aO邊射入的粒子，出射點全部分布在ab邊或eb邊13、用如圖所示的回旋加速器來加速質子；為了使質子獲得的最大動能增加為原來的4倍，可采用下列哪種方法（）

A.將其磁感應強度增大為原來的2倍B.將兩D形金屬盒間的加速電壓增大為原來的4倍C.將D形金屬盒的半徑增大為原來的2倍D.將兩D形金屬盒間加速電壓的頻率增大為原來的2倍14、如圖所示，為兩個有界勻強磁場，磁感應強度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外，磁場寬度均為L，距磁場區(qū)域的左側L處，有一邊長為L的正方形導體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，線框一邊平行于磁場邊界，現(xiàn)用外力F使線框以圖示方向的速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定：電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直紙面向里時磁通量為正。則以下關于線框中的感應電動勢E、磁通量感應電流I和電功率P隨時間變化的圖象中正確的（）

A.B.C.D.15、圖甲是小型交流發(fā)電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，A為交流電流表。線圈繞垂直于磁場方向的水平軸OO′沿逆時針方向勻速轉動；從圖示位置開始計時，產生的交變電流隨時間變化的圖像如圖乙所示，以下判斷不正確的是（）

A.電流表的示數(shù)為10AB.線圈轉動的角速度為100πrad/sC.0.01s時線圈平面與磁場方向垂直D.0.02s時電阻R中電流的方向自右向左評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、如圖所示，勻強磁場的磁感應強度B＝T，邊長L＝10cm的正方形線圈abcd共100匝，線圈電阻r＝1Ω，線圈繞垂直于磁感線的對稱軸OO′勻速轉動，角速度ω＝2πrad/s，外電路電阻R＝4Ω，從圖示位置開始計時，轉動過程中感應電動勢瞬時值表達式為e=____________V；電壓表的示數(shù)為____________V.

17、判斷下列說法的正誤。

（1）只要磁場變化，即使沒有電路，在空間也將產生感生電場。（____）

（2）處于變化磁場中的導體，其內部自由電荷定向移動，是由于受到感生電場的作用。（____）

（3）渦流跟其他感應電流一樣，都是因為穿過導體的磁通量變化而產生的。（____）

（4）導體中有渦流時，導體沒有和其他元件組成閉合回路，故導體不會發(fā)熱。（____）

（5）電磁阻尼和電磁驅動均遵循楞次定律。（____）

（6）電磁阻尼發(fā)生的過程，存在機械能向內能的轉化。（____）

（7）電磁驅動中有感應電流產生，電磁阻尼中沒有感應電流產生。（____）18、交流發(fā)電機。

1.主要構造：_________和_____________

2.分類。

（1）旋轉電樞式發(fā)電機：_________轉動，_________不動。

（2）旋轉磁極式發(fā)電機：_________轉動，_________不動。19、矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動，在中性面時，通過線圈的磁通量最大。______20、電諧振：當接收電路的固有頻率跟收到的電磁波的頻率_________時，接收電路中產生的振蕩電流最強，這種現(xiàn)象叫作電諧振，相當于機械振動中的_____________

（1）調諧：使接收電路產生_________的過程。

（2）解調：把聲音或圖像信號從_________中還原出來的過程。調幅波的解調也叫檢波。21、在實驗中，我們用過不少傳感器，請寫出三個傳感器：______傳感器，______傳感器，______傳感器。22、導體棒中帶電粒子的定向移動形成電流；電流可以從宏觀和微觀兩個角度來認識，安培力與洛倫茲力也有宏觀與微觀的對應關系。

如圖所示，靜止不動的勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向豎直向下。一段直導體棒長為L，橫截面積為S，單位體積的自由電荷個數(shù)為n，自由電荷的電荷量為導體棒中通有恒定電流，自由電荷的定向移動速率為（本題中兩問均認為始終不變）。導體棒水平放置處于磁場中（垂直于磁感應強度）。

（1）若導體棒相對磁場靜止，電荷定向運動時所受洛倫茲力的矢量和，在宏觀上表現(xiàn)為導體棒所受的安培力。按照這個思路，請你由安培力的表達式推導出洛倫茲力大小的表達式。()

（2）概念學習中，類比與比較是常用的學習方法。我們已經知道，垂直于勻強磁場磁感線的通電導線所受的安培力由此，我們用來定義磁感應強度。同樣，運動方向垂直于勻強磁場磁感線的帶電粒子所受的洛倫茲力由此也可用洛倫茲力來定義磁感應強度，定義式是_________，把該定義式與電場強度的定義式進行對比，兩個定義式（而非物理量）的差別在于：__________________

23、一段直導線在垂直于均勻磁場的平面內運動。已知導線繞其一端以角速度轉動時的電動勢與導線以垂直于導線方向的速度v做平動時的電動勢相同，那么，導線的長度為__________________。24、如圖所示為一正弦交變電流通過一電子元件后的波形圖，圖形的下半部被過濾，上半部不變，此電流的有效值為___________。

評卷人得分四、作圖題(共4題，共40分)25、在圖中畫出或說明圖中所示情形下通電導線I所受磁場力的方向。

26、要在居民樓的樓道安裝一個插座和一個電燈；電燈由光敏開關和聲敏開關控制，光敏開關在天黑時自動閉合，天亮時自動斷開；聲敏開關在有聲音時自動閉合，無聲音時自動斷開。在下圖中連線，要求夜間且有聲音時電燈自動亮，插座隨時可用。

27、在“探究楞次定律”的實驗中；某同學記錄了實驗過程的三個情境圖，其中有兩個記錄不全，請將其補充完整。

28、如圖所示：當條形磁鐵向右靠近通電圓環(huán)時，圓環(huán)向右偏離，試在圖中標出圓環(huán)中的電流方向___________．評卷人得分五、實驗題(共1題，共10分)29、某同學通過實驗制作一個簡易的溫控裝置，實驗原理電路圖如圖所示，繼電器與熱敏電阻Rt、滑動變阻器R串聯(lián)接在電源E兩端，當繼電器的電流超過15mA時，銜鐵被吸合，加熱器停止加熱，實現(xiàn)溫控。繼電器的電阻約20Ω，熱敏電阻的阻值Rt與溫度t的關系如下表所示。

。t/℃

30.0

40.0

50.0

60.0

70.0

80.0

Rt/Ω

199.5

145.4

108.1

81.8

62.9

49.1

（1）提供的實驗器材有:電源E1（3V，內阻不計）、電源E2（6V，內阻不計）、滑動變阻器R1（0~200Ω）、滑動變阻器R2（0~500Ω）、熱敏電阻Rt；繼電器、電阻箱（0~999.9Ω）、開關S、導線若干。

為使該裝置實現(xiàn)對30~80℃之間任一溫度的控制，電源E應選用______（選填“E1”或“E2”），滑動變阻器R應選用______（選填“R1”或“R2”）；

（2）欲使銜鐵在熱敏電阻為50℃時被吸合，下列操作步驟的正確順序是______。（填寫各步驟前的序號）

①將熱敏電阻接入電路。

②觀察到繼電器的銜鐵被吸合。

③斷開開關；將電阻箱從電路中移除。

④合上開關；調節(jié)滑動變阻器的阻值。

⑤斷開開關，用電阻箱替換熱敏電阻，將阻值調至108.1Ω參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

帶正電的粒子受力向右，磁場的方向是向里的，根據(jù)左手定則可知，運動方向應該是向上的，故C正確，ABD錯誤．2、C【分析】【分析】

【詳解】

粒子在磁場中運動。

可得粒子運動軌跡半徑。

運動周期。

帶電粒子射入勻強磁場后做勻速圓周運動；粒子第一次射入磁場時，由幾何關系可知，軌跡半徑為。

解得。

粒子第二次射入磁場時；根據(jù)軌道半徑公式。

由幾何關系可知，粒子第二次在磁場中的偏轉角為因此。

可得。

故選C。3、C【分析】【分析】

【詳解】

直導線折成半徑為R的圓弧形狀，在磁場中的有效長度為

又

聯(lián)立解得

則安培力為

安培力的方向與等效長度的直線垂直，根據(jù)左手定則可得，安培力的方向垂直AC的連線指向左下方。

故選C。4、C【分析】【詳解】

紅外線測溫儀主要是為測出人體溫度；因此是利用了物體都在不停地輻射紅外線，且溫度越高的物體輻射紅外強度越強的特點，故ABD錯誤，C正確。

故選C。5、D【分析】【詳解】

A．甲圖中，電流從2I0逐漸變大；電阻變小，則壓力逐漸變小，且小于重力，所以加速度向下逐漸變大，電梯可能變加速下降，也可能變減速上升；故A錯誤；

B．乙圖中，電流從I0逐漸變大到2I0；電阻變小，則壓力逐漸變小，且大于重力，所以加速度向上逐漸變小，電梯可能變加速上升，也可能變減速下降；故B錯誤；

C．丙圖中，電流從2I0逐漸變?。浑娮枳兇?，則壓力逐漸變大，且大于重力，所以加速度向上逐漸變大，電梯可能變加速上升，也可能變減速下降；故C錯誤；

D．丁圖中，電流恒為I0；壓力大于重力，故電梯處于超重狀態(tài)，可能勻加速上升，也可能勻減速下降，故D正確；

故選D。6、B【分析】【詳解】

A．根據(jù)右手螺旋定則和磁場的疊加可知，c點的磁感應強度為零；故A錯誤；

BC．根據(jù)右手螺旋定則結合對稱性可知，d點與e點的磁感應強度的大小相等；方向不同，故B正確，C錯誤；

D．根據(jù)右手螺旋定則和左手定則；任意一根導線對其他任意一根導線產生的磁場力總是指向自身，故任意兩導線間的作用力是吸引力，故D錯誤。

故選B。7、C【分析】【詳解】

A．因小球下落過程中重力做功；故小球的速度發(fā)生變化，則小球受到的洛倫茲力大小發(fā)生變化，故A錯誤；

B．小球在整個運動過程中，只有重力做功，小球的機械能守恒，小球滑到軌道左側時，可以到達軌道最高點M；故B錯誤；

C．從N點運動到D點的過程中只有重力做功；根據(jù)動能定理得：

解得：

故C正確。

D．小球運動到D點時，受到的洛倫茲力的方向向上，在D點；由牛頓第二定律得：

解得：

N=3mg-qvB小球對軌道的壓力不一定大于重力mg，故D錯誤；8、B【分析】【分析】

【詳解】

線圈C向右擺動，說明穿過線圈的磁通量減小，也就是螺線管中的電流是減小的，也就是ab產生的感應電動勢逐漸減小，則ab必做減速運動；

故選B．9、B【分析】【分析】

【詳解】

A．任何電磁波在真空中的傳播速度均為光速；故傳播速度相同，無線電波屬于電磁波，故A錯誤；

B．5G信號的頻率更高，波長更短，故相比4G信號更不易發(fā)生衍射現(xiàn)象，則5G通信需要搭建更密集的基站；故B正確；

C．5G信號和4G信號的頻率不同；則它們相遇不會產生干涉現(xiàn)象，故C錯誤；

D．電磁波均為橫波，故5G信號和4G信號都是橫波；故D錯誤。

故選B。二、多選題(共6題，共12分)10、A:C:D【分析】【詳解】

AD．半徑確定；在離子轉過的圓心角小于π的情況下，弦長越短，圓心角越小，時間越短，弦長相等，時間相等，故AD正確；

BC．由洛倫茲力方向可知，離子逆時針方向旋轉，發(fā)射方向與PA方向夾角較小的離子會從AP飛出，由得R=0.1m

通過上圖，由幾何關系可知：α：β=1：2；離子數(shù)之比亦為1：2，故B錯誤C正確；

故選：ACD。11、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．由接1且閉合時，正常發(fā)光，可知副線圈兩端的電壓為可得

此時流過的電流為可知此時原線圈中的電流為當接1，斷開后，正常發(fā)光，可知副線圈電流為此時原線圈中的電流為即電流減小了故A正確；

B．當接1且斷開時，由于的電阻小于的電阻，根據(jù)

可知的功率小于的功率；故B錯誤；

C．當換接到2后，副線圈兩端的電壓為消耗的電功率為故C正確；

D．若發(fā)電機的線框轉速變成原來的兩倍，由

可知電壓也變成原來的兩倍；故D錯誤。

故選AC。12、A:C【分析】【詳解】

粒子進入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，得到

AB．因ab=0.3m，從Od邊射入的粒子，形成以r為半徑的圓弧，從點O射入粒子的從b點出去；從Od之間射入的粒子，因邊界上無磁場，粒子到達bc后應做直線運動，即全部通過b點；故A正確，B錯誤；

CD．從aO邊射入的粒子先做一段時間的直線運動，設某一個粒子在M點進入磁場，其圓心為O′，如圖所示，根據(jù)幾何關系，可得：虛線的四邊形O′Meb是菱形，則粒子的出射點一定是從b點射出．同理可知，從aO邊射入的粒子，出射點全部從b點射出；故C正確；D錯誤。

故選AC。13、A:C【分析】【分析】

【詳解】

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，有

則粒子獲得的速度

當帶電粒子q、m一定的，vm與磁場的磁感應強度B、D形金屬盒的半徑R成正比；與加速電場的電壓無關，與加速電壓的頻率無關；

為了使質子獲得的速度增加為原來的2倍；將其磁感應強度增大為原來的2倍，或將D形金屬盒的半徑增大為原來的2倍，選項AC正確，BD錯誤；

故選AC。14、B:C:D【分析】【詳解】

A．在時間內，根據(jù)法拉第電磁感應定律得知，線框中產生的感應電動勢

保持不變；在時間內，線框開始進入第二個磁場時，兩端同時切割磁感線，電動勢方向相同，串聯(lián)，電路中總的感應電動勢應為2BLv；故A錯誤；

B．在時間內，磁通量

隨著時間均勻增大，在

時刻，線框完全進入第一個磁場，磁通量為在時間內，線框從第一個磁場開始進入第二磁場，磁通量存在抵消，磁通量均勻減小，在時刻，當線框從一種磁場進入另一種磁場正好處于一半時，磁通量為零；在時間內，磁通量反向均勻增大，在時刻，線框完全進入第二個磁場，磁通量反向最大為在時間內，線框穿出第二個磁場，磁通量均勻減小，在

時刻；磁通量為零，故B正確；

C．當線框運動L時，右邊開始切割磁感線，產生

的電動勢，電路中電流

根據(jù)右手定則判斷可知，感應電流的方向沿逆時針，為正；當向右再運動L時，線框兩邊均切割磁感線，由于磁場反向，故回路中總的電動勢大小為

此時電流的方向沿順時針，為負，電流大小為

當線圈再向右運動L過程中，只有左側切割磁感線，此時，電動勢為

感應電流大小

方向沿正方向；故C正確；

D．在時間內，

在時間內

在時間內

故D正確。

故選BCD。15、C:D【分析】【分析】

電流的最大值；周期；電流表的示數(shù)為有效值，感應電動勢最大，則穿過線圈的磁通量變化最快，由楞次定律可判斷出0.02s時流過電阻的電流方向。

【詳解】

A．由題圖乙可知交流電電流的最大值是則有效值為

故A正確；

B．由題圖乙可知交流電的角速度為

故B正確；

C．0.01s時線圈中的感應電流達到最大；感應電動勢最大，則穿過線圈的磁通量變化最快，磁通量為0，故線圈平面與磁場方向平行，故C錯誤；

D．由楞次定律可判斷出0.02s時流過電阻的電流方向自左向右；故D錯誤。

故選ABD。

【點睛】

本題考查交變電流的產生及有效值的定義，要注意明確電流表示數(shù)、機器銘牌上所標的電流值、電壓值等均為有效值。三、填空題(共9題，共18分)16、略

【分析】【詳解】

[1]電動勢的峰值為

從圖示位置開始計時，轉動過程中感應電動勢瞬時值表達式為

[2]根據(jù)電壓分配原理可得，路端電壓的峰值為

則電壓表示數(shù)為【解析】e=10cos2πt17、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】正確正確正確錯誤正確正確錯誤18、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】電樞磁體電樞磁極磁極電樞19、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動，中性面是指線圈平面與磁感線垂直的位移，則在中性面時，通過線圈的磁通量最大。此說法正確?！窘馕觥空_20、略

【解析】①.相同②.共振③.電諧振④.高頻電流21、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2][3]在實驗中，我們用過不少傳感器，其中常用的有“運動，力，壓強，光，聲音，電壓，電流”等。選三個填入即可?！窘馕觥竣?運動②.力③.壓強22、略

【分析】【詳解】

（1）[1]導線受安培力的大小為

長L的導線內的總的帶電粒子數(shù)為

又

電荷定向運動時所受洛倫茲力的矢量和，變現(xiàn)為導線所受的安培力，即

聯(lián)立可以推導出洛倫茲力的表達式為

（2）[2][3]用洛倫茲力來定義磁感應強度，定義式為

兩個定義式（而非物理量）的差別在于：磁感應強度是描述磁場力的性質的物理量，它的方向是小磁針靜止時N極的受力方向；電場強度是描述電場力的性質的物理量，它的方向與正電荷的受力方向相同?！窘馕觥看鸥袘獜姸仁敲枋龃艌隽Φ男再|的物理量，它的方向是小磁針靜止時N極的受力方向；電場強度是描述電場力的性質的物理量，它的方向與正電荷的受力方向相同23、略

【分析】【詳解】

[1]導線以垂直于導線方向的速度v做平動時的電動勢為

導線繞其一端以角速度轉動時的電動勢為

聯(lián)立得【解析】24、略

【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)電流的熱效應得

解得電流有效值【解析】1A四、作圖題(共4題，共40分)25、略

【分析】【詳解】

根