专题11 磁场(1)(解析版)
【2023全国各地中考物理真题分类汇编(下)】11 功、功率、机械效率(解析版)
专题11 功、功率、机械效率考点1 功1．（2023·湖北恩施）如图所示，迅速向下撞击斧子的木柄，斧头能套紧在木柄上，是由于（）A．斧头具有惯性B．木柄具有惯性C．柄对斧头做功D．斧头没受力【答案】A【解析】斧头松了，将木柄向下撞击地面时，木柄静止，斧头由于惯性还要保持原来的运动状态，结果就可以使斧头套紧在木柄上，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
2．（2023·北京）如图所示，小京用水平推力推着购物车在水平地面上做匀速直线运动，下列说法正确的是（）A．小京对车的水平推力大于车受到的阻力B．车受到的支持力与车对地面的压力是一对平衡力C．若小京撤去对车的水平推力，车的运动状态将会发生改变D．若小京撤去对车的水平推力，小京仍对车做功【答案】C【解析】A．购物车在水平地面上做匀速直线运动，购物车处于平衡状态。
水平推力和阻力是二力平衡关系，应该相等，故A错误；B．车受到的支持力受力物体是车，车对地面的压力受力物体时是地面，受力物体不同，所以它们不是一对平衡力，故B错误；C．若小京撤去对车的水平推力，车在阻力作用下会慢慢停下，运动状态发生了改变，故C正确；D．若小京撤去对车的水平推力，对车没有的力的作用，不再对车做功，故D错误。
故选C。
3．（2023·湖南常德）“低碳出行，骑行天下”，骑行越来越受到人们的青睐。
下列有关自行车的结构及使用的说法中正确的是（）A．上坡前加快蹬车是为了增大惯性B．自行车的刹车把手是一个费力杠杆C．自行车在水平路面快速行驶过程中，人和重力都做了功D．自行车轮胎做得凹凸不平是为了增大摩擦【答案】D【解析】A．惯性是物体本身具有的一种性质。
惯性大小只跟物体的质量大小有关，与物体是否运动、运动的快慢、是否受力等外界因素无关，故A错误；B．使用自行车的刹车手闸，动力臂大于阻力臂，人们用很小的力就能使车闸以较大的压力压到车轮的钢圈上，是一个省力杠杆，故B错误；C．自行车在水平路面上前进了一段距离，没有在重力方向上通过距离，则重力没有做功，故C错误；D．自行车轮胎做得凹凸不平，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故D正确。
专题11 电磁感应(解析版)
专题11 电磁感应1．（2021届福建省厦门外国语高三质检）2020年爆发了新冠肺炎，该病毒传播能力非常强，因此研究新冠肺炎病毒珠的实验室必须是全程都在高度无接触物理防护性条件下操作。
武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图所示模型。
污水内含有大量正、负离子，从直径为d 的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q 等于单位时间通过横截面的液体的体积。
空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，并测出M 、N 间的电压U ，则下列判断正确的是（ ）A ．正、负离子所受洛伦兹力方向是相同的B ．容器内液体的流速为Uv Bd=C ．污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速D ．污水流量为2UdQ Bπ=【答案】B【解析】根据左手定则，正、负离子所受洛伦兹力方向相反，故A 错误；容器内离子受力平衡，有Uq Bqv d=，化简得Uv Bd=，故B 正确；不带电的液体不受洛伦兹力，所以不会发生偏转，在MN 两点之间不会产生电压，无法由B 选项的分析测流速，故C 错误；污水的流量为2()24U d Ud Q vS Bd Bππ===，故D 错误。
故选B 。
2．（2021届福建省厦门外国语高三质检）放置的长直密绕螺线管接入如图甲所示的电路中，通有俯视顺时针方向的电流，其大小按图乙所示的规律变化．螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环（未画出），圆环轴线与螺线管轴线重合．下列说法正确的是（ ）A ．4Tt =时刻，圆环有扩张的趋势 B ．4Tt =时刻，圆环有收缩的趋势C ．4T t =和34T t =时刻，圆环内的感应电流大小相等D ．34Tt =时刻，圆环内有俯视逆时针方向的感应电流【答案】BC【解析】4Tt =时刻，螺线管中电流增大，产生的磁场变强，圆环中的磁通量增多，圆环要阻碍磁通量的增多，有收缩的趋势．故选项A 错误，选项B 正确．4T t =和34Tt =时刻，螺线管内电流的变化率相等，所以圆环内的感应电流大小相等．故C 选项正确．34Tt =时刻，螺线管中俯视顺时针方向的电流减弱，圆环中的向下磁通量减少，圆环要阻碍磁通量的减少，产生向下的磁通量，所以圆环内有俯视顺时针方向的感应电流，故D 选项错误。
高考一轮复习 专题11 电磁感应中的动力学能量和动量问题
专题十一电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点一电磁感应中的动力学问题师生共研例1 如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T．一个质量为m＝1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动．金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m．求(g取10 m/s2)：(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小；(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小．【考法拓展1】在【例1】中，求金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ所经历的时间．【考法拓展2】在【例1】中，求金属棒由释放到ab连线滑过的距离x0.【考法拓展3】在【例1】中，求金属棒从开始到在磁场Ⅱ中达到稳定状态这段时间中电阻R产生的热量．练1 [2021·黑龙江大庆模拟](多选)在倾角θ＝30°的斜面上固定两根足够长的平行金属导轨MN、EF，间距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．有两根质量均为m、电阻均为R、长度均为L的金属棒ab、cd垂直导轨放置且与导轨接触良好，光滑的ab棒用平行于导轨的不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮与质量为2m的重物P连接，如图所示．初始时作用在ab棒上一个外力(题中未画出)使ab棒、重物P保持静止，cd棒也静止在导轨上且刚好不下滑．已知重力加速度大小为g，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现撤去外力，ab棒和重物P从静止开始运动，到cd棒刚好要向上滑动的过程中，则( )A．重物P向下做加速度不断减小的加速运动B．cd棒刚好要向上滑动时，ab棒中的电流大小I＝C．cd棒刚好要向上滑动时，重物P的速度大小为v＝D．重物P减少的重力势能等于ab棒、重物P增加的动能与ab、cd棒产生的焦耳热之和练2 [2020·全国卷Ⅰ](多选)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．经过一段时间后( )A．金属框的速度大小趋于恒定值B．金属框的加速度大小趋于恒定值C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值练3 如图所示，间距为L的两根平行金属导轨弯成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中．质量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑．某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去，经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q(导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g)，则下列判断错误的是( )A．导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流I＝B．导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a＝g－C．导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s＝D．导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q＝m－题后反思1．电磁感应中动力学问题的解题思路2．电磁感应中的动态分析导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合力变化加速度变化―→速度变化―→临界状态．考点二电磁感应中的能量问题多维探究1．能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．题型1|由焦耳定律求解焦耳热例 2 小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53 °，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N 拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小．(2)CD棒进入磁场时所受的安培力F A的大小．(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.题型2|由安培力做功求解焦耳热例3 如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行，且两线间距为d＝0.1 m，在cc′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g，总电阻为R＝1 Ω，边长也为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，不计其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热．题型3|由能量守恒或功能关系求解焦耳热例4 [2021·广州市模拟]如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg 的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v t图象，其中AO是图象在O 点的切线，AB是图象的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100 m时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：(1)R的阻值；(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热．练4 [2020·济南模拟]如图所示，水平传送带上放置n个相同的正方形闭合导线圈，每个线圈的质量均为m，电阻均为R，边长均为L，线圈与传送带间的动摩擦因数均为μ，线圈与传送带共同以速度v0匀速向右运动．MN与PQ为匀强磁场的边界，平行间距为d(L<d)，速度v0方向与MN垂直．磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下．当线圈右侧边进入磁场时与传送带发生相对运动，线圈的右侧边到达边界PQ 时又恰好与传送带的速度相同．设传送带足够长，且线圈在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界．已知重力加速度为g，线圈间不会相碰．求：(1)线圈的右侧边刚进入磁场时，线圈的加速度大小；(2)线圈右侧边从MN运动到PQ经过的时间t；(3)n个线圈均通过磁场区域到恢复和传送带共速，线圈释放的焦耳热．练5 [2021·石嘴山模拟]如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L＝1 m，导轨间连接的定值电阻R＝3 Ω，导轨上放一质量为m＝0.1 kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r＝1 Ω，其余电阻不计，AB位置下方存在磁感应强度为B＝1 T 的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向里．重力加速度g取10 m/s2.现让金属杆从AB水平位置由静止释放，忽略空气阻力的影响，求：(1)金属杆的最大速度．(2)若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝0.6 J，此时金属杆下落的高度为多少？(3)达到最大速度后，为使ab杆中不产生感应电流，从该时刻开始，磁感应强度B′应怎样随时间t 变化？推导这种情况下B′与t的关系式．考点三电磁感应与动量的综合问题多维探究题型1|动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量．(1)求电荷量或速度：B lΔt＝mv2－mv1，q＝t.(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝Bl(3)求位移：－BIlΔt＝－＝0－mv0，即－x＝m(0－v0)．例5 [2020·山东潍坊期末] (多选)如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现给棒a一大小为v0、水平向右的初速度，假设导轨都足够长，两棒质量均为m，在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好．以下说法正确的是( )A．俯视时感应电流方向为顺时针B．棒b的最大速度为0.4v0C．回路中产生的焦耳热为0.1mD．通过回路中某一截面的电荷量为题型2|动量守恒定律在电磁感应中的应用例6 [2019·全国卷Ⅲ，19](多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图象中可能正确的是( )练6 [2020·山东阳谷二中期末](多选)如图所示，在高为h的桌面上固定着两根平行光滑金属导轨，导轨左段弯曲，右段水平，两部分平滑连接，导轨间距为L，电阻不计，在导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，ab、cd为两根相同的金属棒，质量均为m，长度均为L，电阻均为r.开始时cd静置于水平导轨上某位置，将ab从弯曲导轨上距离桌面高为h处由静止释放，cd离开导轨水平抛出，落地点ef距轨道末端的水平距离也为h，金属棒在运动过程中没有发生碰撞且与导轨接触良好，重力加速度为g.以下说法正确的是( )A．cd在导轨上的最大加速度为B．cd在导轨上的最大加速度为C．ab的落地点在ef的右侧D．电路中产生的热量为mgh练7 如图甲所示，两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平面轨道以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b.杆a、b电阻分别为R a＝2 Ω，R b＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现杆b以大小5 m/s的初速度(设为v0)开始向左滑动，同时由静止释放杆a.杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A．从杆a下滑到水平轨道时开始计时，a、b杆运动图象如图乙所示(以杆a运动方向为正)，其中m a＝2 kg，m b＝1 kg，g＝10 m/s2，求：(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b上产生的焦耳热．专题十一 电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点突破例1 解析：(1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度为v 0，由平衡条件得mgsin θ＝F 安① 而F 安＝B 0I 0L ，② I 0＝B 0Lv 0R ＋r③代入数据解得v 0＝2 m/s.④(2)金属棒滑过cd 位置时，其受力如图所示．由牛顿第二定律得 mgsin θ－F ′安＝ma ，⑤ 而F ′安＝B 1I 1L ，⑥ I 1＝B 1Lv 0R ＋r，⑦代入数据可解得a ＝3.75 m/s 2.⑧(3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v 1，则mgsin θ＝F ″安，⑨ 而F ″安＝B 1I 2L ○10 I 2＝B 1Lv 1R ＋r，⑪代入数据解得v 1＝8 m/s.⑫答案：(1)2 m/s (2)3.75 m/s 2 (3)8 m/s考法拓展1 解析：金属棒从静止开始到刚进入磁场Ⅰ的时间t 1＝v 0gsin θ＝0.4 s ，在磁场Ⅰ运动时间t 2＝x 1v 0＝0.5 s ，所以金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ所经历的时间为t ＝t 1＋t 2＝0.9 s.答案：0.9 s考法拓展2 解析：金属棒在未进入磁场前做初速度为0的匀加速直线运动a ＝gsin θ，由运动学公式得v 20＝2ax 0，代入数据解得x 0＝0.4 m. 答案：0.4 m考法拓展3 解析：金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ中达到稳定状态过程中，根据能量守恒得 mg(x 0＋x 1＋x 2)sin θ＝Q ＋12mv 21，Q R ＝R R ＋r Q ＝7.5 J.答案：7.5 J练1 解析：本题考查电磁感应中的楞次定律，通过分析安培力判断物体的运动状态，回路中的电流以及焦耳热．重物P 和ab 棒是一个系统，重物P 的重力不变，ab 棒的重力沿斜面向下的分力不变，而ab 棒切割磁感线的速度在增大，则沿斜面向下的安培力随之增大，则ab 与P 的加速度变小，所以重物P 向下做加速度不断减小的加速运动，A 正确；cd 棒刚开始恰好不下滑，则有mgsin θ＝μmgcos θ，cd 棒刚好要向上滑动时，则有BIL ＝mgsin θ＋μmgcos θ，联立解得I ＝mgBL ，B 正确；cd 棒刚好要向上滑动时，ab 棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝BLv 2R ，可得v ＝2mgRB 2L 2，C 正确；由能量守恒定律可知，重物P 减少的重力势能等于ab 棒、重物P 增加的动能、ab 棒增加的重力势能与ab 、cd 棒产生的焦耳热之和，D 错误．答案：ABC练2 解析：用水平恒力F 向右拉动金属框，bc 边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流i ，bc 边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为M ，加速度为a 1，由牛顿第二定律有F －BiL ＝Ma 1；导体棒MN 受到向右的安培力，向右做加速运动，设导体棒的质量为m ，加速度为a 2，由牛顿第二定律有BiL ＝ma 2.设金属框bc 边的速度为v 时，导体棒的速度为v ′，则回路中产生的感应电动势为E ＝BL(v －v ′)，由闭合电路欧姆定律i ＝E R ＝BL (v －v ′)R，F 安＝BiL ，可得金属框bc 边所受安培力和导体棒MN 所受的安培力均为F 安＝B 2L 2(v －v ′)R ，二者加速度之差Δa ＝a 1－a 2＝F －F 安M －F 安m ＝F M －F 安⎝ ⎛⎭⎪⎫1M ＋1m ，随着所受安培力的增大，二者加速度之差Δa 减小，当Δa 减小到零时，F M ＝B 2L 2(v －v ′)R ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1M ＋1m ，之后金属框和导体棒的速度之差Δv ＝v －v ′＝FRmB 2L 2(m ＋M )，保持不变．由此可知，金属框的速度逐渐增大，金属框所受安培力趋于恒定值，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受的安培力F 安＝B 2L 2(v －v ′)R 趋于恒定值，选项A 错误，BC 正确；导体棒到金属框bc 边的距离x ＝⎠⎛0t (v －v ′)dt ，随时间的增大而增大，选项D 错误．答案：BC练3 解析：cd 切割磁感线产生感应电动势为E ＝BLv 0，根据闭合电路欧姆定律得I ＝E 2R ＝BLv 02R ，故A 项错误．对于ab 棒：根据牛顿第二定律得mg －F f ＝ma ，又F f ＝μF N ，F N ＝BIL ，联立解得，加速度大小为a ＝g －μB 2L 2v 02mR ，故B 项正确．对于cd 棒，由公式q ＝ΔΦR 总得q ＝BLs 2R ，则得，s ＝2Rq BL，故C 项正确．设导体棒cd 在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q ，由于ab 的电阻与cd 相同，两者串联，则ab 产生的焦耳热也为Q.根据能量守恒得2Q ＋μmgs ＝12mv 20，又s ＝2Rq BL ，解得Q ＝14mv 20－μmgRqBL ，故D 项正确．综上所述，应选择A.答案：A例2 解析：(1)由牛顿第二定律a ＝F －mgsin θm ＝12 m/s 2进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4 m/s. (2)感应电动势E ＝Blv 感应电流I ＝BlvR安培力F A ＝IBl代入得F A ＝(Bl )2vR ＝48 N.(3)健身者做功W ＝F(s ＋d)＝64 J 由牛顿第二定律F －mgsin θ－F A ＝0 CD 棒在磁场区域做匀速运动 在磁场中运动的时间t ＝dv焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88 J.答案：(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J例3 解析：(1)金属线圈向下匀速进入磁场时，有mgsin θ＝μmgcos θ＋F 安 其中F 安＝BId ，I ＝ER，E ＝Bdv解得v ＝(mgsin θ－μmgcos θ)RB 2d2＝2 m/s. (2)设最高点离bb ′的距离为x ，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动，有v 2＝2ax ，mgsin θ－μmgcos θ＝ma 线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有E k1－E k ＝μmgcos θ·2x ，其中E k ＝12mv 2得E k1＝12mv 2＋v 2μmgcos θgsin θ－μgcos θ＝0.1 J.(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中， 有mgsin θ·2d －μmgcos θ·2d ＋W 安＝0 Q ＝－W 安解得Q ＝2mgd(sin θ－μcos θ)＝0.004 J. 答案：(1)2 m/s (2)0.1 J (3)0.004 J例4 解析：(1)由图乙得ab 棒刚开始运动瞬间a ＝2.5 m/s 2， 则F －F f ＝ma ， 解得F f ＝0.2 N.ab 棒最终以速度v ＝10 m/s 匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F －F f －F 安＝0.F 安＝BIL ＝BL Blv R ＝B 2L 2vR .联立可得R ＝B 2L 2vF －F f＝0.4 Ω.(2)由功能关系可得(F －F f )x ＝12mv 2＋Q ，解得Q ＝20 J.答案：(1)0.4 Ω (2)20 J练4 解析：(1)线圈刚进入磁场时有：E ＝BLv 0 根据闭合电路欧姆定律：I ＝ER所以安培力F ＝B 2L 2v 0R根据牛顿第二定律：F －μmg ＝ma. a ＝B 2L 2v 0mR －μg ，方向向左(2)根据动量定理，对线圈： μmgt －I 安＝0. 其中安培力的冲量：I 安＝F 安t ′＝B I －L ·t ′＝BLq q ＝ΔΦR ＝BL 2R .综上解得t ＝B 2L 3μmgR.(3)自线圈进入磁场到线圈右侧边到达PQ 过程中，对于单个线圈，根据动能定理得 μmgd －W 安＝0，所以克服安培力做功W 安＝μmgd单个线圈离开磁场的运动情况和进入磁场相同，W ′安＝W 安＝μmgd ， 所以对于n 个线圈有Q ＝2n μmgd答案：(1)B 2L 2v 0mR －μg (2)B 2L3μmgR(3)2n μmgd练5 解析：(1)设金属杆的最大速度为v m ，安培力与重力平衡，则有：F 安＝mg 又F 安＝BIL ，I ＝ER ＋r，E ＝BLv m 联立得：F 安＝B 2L 2v mR ＋r解得：v m ＝4 m/s(2)电路中产生的总焦耳热： Q 总＝R ＋r R Q ＝3＋13×0.6 J ＝0.8 J由能量守恒定律得：mgh ＝12mv 2m ＋Q 总解得：h ＝1.6 m(3)为使ab 杆中不产生感应电流，应使穿过回路平面的磁通量不发生变化， 在该时刻穿过回路平面的磁通量为： Φ1＝BLht 时刻的磁通量为： Φ2＝B ′L ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋v m t ＋12gt 2 由Φ1＝Φ2得：B ′＝Bhh ＋v m t ＋12gt2代入数据解得：B ′＝ 1.65t 2＋4t ＋1.6T答案：(1)4 m/s (2)1.6 m (3)B ′＝ 1.65t 2＋4t ＋1.6T例5 解析：本题考查电磁感应中的电荷量、能量等物理量的计算．棒a 向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可知，俯视时感应电流方向为逆时针，A 错误；在棒a 的速度由v 0减小到0.8v 0的过程中，棒a 减速，棒b 加速，对棒a ，由动量定理可得B I －·Lt ＝BqL ＝mv 0－0.8mv 0，对棒b ，由动量定理可得B I －·2Lt ＝mv ，联立可得v ＝0.4v 0，q ＝mv 05BL ，B 正确，D 错误；根据能量守恒定律可得Q ＝12mv 20－12m(0.8v 0)2＋12m(0.4v 0)2＝0.1mv 20，C 正确．答案：BC例6 解析：由楞次定律可知ab 棒做减速运动，cd 棒做加速运动，即v 1减小，v 2增加．回路中的感应电动势E ＝BL(v 1－v 2)，回路中的电流I ＝E R ＝BL (v 1－v 2)R ，回路中的导体棒ab 、cd 的加速度大小均为a ＝F m ＝BIL m ＝B 2L 2(v 1－v 2)mR ，由于v 1－v 2减小，可知a 减小，所以ab 与cd 的v t 图线斜率减小，I 也非线性减小，所以A 、C 正确，B 、D 错误．答案：AC练6 解析：本题从动量和能量两个角度考查双棒问题．当cd 受到的安培力最大时，cd 在导轨上的加速度最大，即ab 刚进入磁场时，cd 在导轨上的加速度最大，设此时ab 的速度为v ，根据机械能守恒定律可得12mv 2＝mgh ，解得v ＝2gh ，此时回路中的感应电流I ＝BLv 2r ，cd 在导轨上的最大加速度a ＝BIL m ＝B 2L 22gh2mr，故A 正确，B 错误； 设cd 离开导轨时的速度为v 1，根据平抛运动规律可知，下落时间t ＝2h g ，则v 1＝h t＝gh2，设cd 离开导轨时ab 的速度为v ′，根据动量守恒定律可得mv ＝mv ′＋mv 1，解得v ′＝v 1＝gh2，所以ab 的落地点也在ef 处，故C 错误；电路中产生的热量Q ＝mgh －12mv ′2－12mv 21＝12mgh ，故D 正确．答案：AD练7 解析：(1)设杆a 刚滑到水平轨道时，杆b 的速度为v b ，杆a 在弧形轨道上运动的时间与杆b 从开始滑动到杆a 刚滑到水平轨道时所用时间相等，对杆b 应用动量定理有Bd I －t 1＝m b v b －m b v 0其中v 0＝－5 m/s ，v b ＝－2 m/s 解得t 1＝5 s.(2)设杆a 下滑到水平轨道时的速度为v a ，由杆a 下滑的过程中机械能守恒有 m a gh ＝12m a v 2a解得v a ＝5 m/s设两杆最后共同的速度为v ，两杆在水平轨道上运动过程中动量守恒，有 m a v a ＋m b v b ＝(m a ＋m b )v 解得v ＝83m/s对杆a 在水平轨道上运动过程应用动量定理有 －Bd I －t 2＝m a v －m a v a 又q ＝I －t 2解得q ＝73C.(3)由能量守恒定律得，两杆产生的总焦耳热Q 总＝m a gh ＋12m b v 20－12(m a ＋m b )v 2＝1616 J杆a 、b 串联，电流相等，则相同时间内产生的焦耳热与电阻成正比 故杆b 上产生的焦耳热Q ＝R b R a ＋R b Q 总＝1156J. 答案：(1)5 s (2)73 C (3)1156 J。
专题10 磁场(解析版)
专题10 磁场（解析版）1．平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场﹑磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外。
一带电粒子的质量为m ，电荷量为q （q >0），沿纸面以大小为v 的速度从OM 上的某点向左上方射入磁场，速度方向与OM 成30°角，已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场，不计重力。
则粒子离开磁场时的出射点到两平面交线O 的距离为（ ）A ．2mv qB B ．3mvqBC ．2mvqB D ．4mv qB【答案】D 【详解】因为该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，所以其轨迹与ON 相切，如图所示；根据牛顿第二定律得2v qvB m R =，由三角形得2sin 30OP R x =︒，解得4OP mv x qB = 故选D 。
2．如图，距离为d 的两平行金属板P 、Q 之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为1B ，一束速度大小为v 的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L 的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为2B ，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P 、Q 相连，质量为m 、电阻为R 的金属棒ab 垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g ，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是（ ）A ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，12sin mgR vB B Ldθ=B ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，12sin mgR v B B Ld θ=C ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，12tan mgR v B B Ld θ=D ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，12tan mgR v B B Ldθ=【答案】B 【详解】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q 带正电荷，金属板P 带负电荷，则电流方向由金属棒a 端流向b 端。
高中物理精品试题： 磁场(原卷版)
5年高考1年模拟全国III卷物理试题分项解析专题11 磁场一、全国III卷：（2020年和2021年使用III卷的省份没有发生变化）2020届高考：云南、广西、贵州、四川、西藏2021届高考：云南、贵州、四川、广西、西藏二、2016-2020年全国III卷分布情况概况：考点年份题号题型分数磁场2020 18 选择题6分2019 18 选择题6分2018 24 计算题12分2017 18/24 选择题6分/12分2016 18 选择题6分三、2016-2020年全国III卷试题赏析：1、（2020·全国III卷·T18）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。
一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。
已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。
为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（）ŒA. 32mvaeB.mvaeC.34mvaeD.35mvae2、（2019·全国III 卷·T18）.如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为A. 5π6m qBB. 7π6m qBC. 11π6m qBD.13π6mqB3、（2017·全国III 卷·T18）如图，在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l 。
在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零。
如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为A ．0B ．033B C ．0233B D ．2B 0 4、（2016·全国III 卷·T18）平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外。
专题 磁场(解析版)
专题磁场一、安培定则、左手定则、右手定则的应用(左力右电)。
二、几种常见的磁感线分布：直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图1.特高压直流输电是国家重点工程，部分输电线路简化图如图所示。
高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒“支撑导线L1、L2、L3、L4，其目的是固定各导线间距，防止导线互相碰撞，图中导线L1、L2、L3、L4水平且恰好处在正四棱柱的四条棱上，并与“abcd正方形间隔棒”所在平面垂直，abcd的几何中心为O点，O点到四根导线的距离相等并远小于导线的长度，忽略地磁场影响，当四根导线通有等大、同向的电流时，下列说法正确的是()A.O点的磁感应强度沿ac连线方向B.O点的磁感应强度沿bd连线方向C.L1所受安培力沿正方形的对角线ac方向D.L1所受安培力沿正方形的对角线bd方向【解答】解：AB．四条导线的电流相等，且O点到四条导线距离相等，根据右手定则和对称，L1在O点的磁感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向，L2在O点的磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向，根据磁感应强度叠加原理，四条导线在O点的磁感应强度等于零，故AB错误；CD．其余三条导线对L1都是吸引力，结合对称性可知，L1所受安培力的方向沿正方形的对角线ac方向，故C正确，D错误。
故选：C。
2.两根通电细长直导线紧靠着同样长的塑料圆柱体，图甲是圆柱体和导线1的截面，导线2固定不动(图中未画出)。
导线1绕圆柱体在平面内第一与第二象限从θ=0缓慢移动到π，测量圆柱体中心O处磁感应强度，获得沿x方向的磁感应强度B x随θ的图像(如图乙)和沿y方向的磁感应强度B y随θ的图像(如图丙)。
下列说法正确的是()A.导线1电流方向垂直纸面向里B.导线2在第三象限角平分线位置C.随着θ的增大，中心O处的磁感应强度先变大后变小D.当θ=0.25π时，中心O处的磁感应强度方向沿第四象限角平分线向外【解答】解：B、当导线1转动0.5π时，根据安培定则(或右手螺旋定则)可知，导线1此时只产生了x轴方向的磁场，又因为此时O点只有沿x轴正方向的磁场，可知导线2在竖直方向上没有分量，所以导线2不可能位于第三象限的角平分线上，只能是在y轴上，故B错误；A、根据丙图可知，导线1在初始状态在O点产生的磁场沿y轴负方向。
高考物理专题电磁学知识点之磁场全集汇编含答案解析
高考物理专题电磁学知识点之磁场全集汇编含答案解析一、选择题1．如图所示，空间中存在在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，有一带电液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，重力加速度为g，则液滴环绕速度大小及方向分别为（）A．EB，顺时针B．EB，逆时针C．BgRE，顺时针D．BgRE，逆时针2．2019年我国研制出了世界上最大的紧凑型强流质子回旋加速器，该回旋加速器是我国目前自主研制的能量最高的质子回旋加速器。
如图所示为回旋加速器原理示意图，现将两个相同的回旋加速器置于相同的匀强磁场中，接入高频电源。
分别加速氘核和氦核，下列说法正确的是（）A．它们在磁场中运动的周期相同B．它们的最大速度不相等C．两次所接高频电源的频率不相同D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能3．在探索微观世界中，同位素的发现与证明无疑具有里程碑式的意义。
质谱仪的发现对证明同位素的存在功不可没，1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。
若速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，不计粒子重力，则下列说法中正确的是（）A．该束粒子带负电B．速度选择器的P1极板带负电C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷qm越小4．如图甲是磁电式电流表的结构图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布。
线圈中a、b两条导线长度均为l，未通电流时，a、b处于图乙所示位置，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。
通电后，a导线中电流方向垂直纸面向外，大小为I，则（）A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将逆时针转动D．a导线受到的安培力大小始终为BI l5．对磁感应强度的理解，下列说法错误的是（）A．磁感应强度与磁场力F成正比，与检验电流元IL成反比B．磁感应强度的方向也就是该处磁感线的切线方向C．磁场中各点磁感应强度的大小和方向是一定的，与检验电流I无关D．磁感线越密，磁感应强度越大6．有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是（）A．通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用B．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现C．带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行7．教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻。
(重庆版)2014届高考物理(第02期)名校试题解析分项汇编 专题11 电磁感应(含解析)
专题11 电磁感应（解析版）重庆理综卷物理部分有其特定的题命模板，无论是命题题型、考点分布、模型情景等，还是命题思路和发展趋向方面都不同于其他省市的地方卷。
为了给重庆考区广大师生提供一套专属自己的复习备考资料，物理解析团队的名校名师们精心编写了本系列资料。
本资料以重庆考区的最新名校试题为主，借鉴并吸收了其他省市最新模拟题中对重庆考区具有借鉴价值的典型题，优化组合，合理编排，极限命制。
一、单项选择题1.【2014•重庆市杨家坪中学高三（上）入学考试】如图所示，矩形闭合线圈放置在水平薄板上，薄板左下方有一条形磁铁，当磁铁匀速自左向右通过线圈下方时，线圈始终保持静止，那么线圈中产生感应电流的方向(从上向下看) 和线圈受到薄板的摩擦力方向分别是( )A．感应电流的方向先逆时针方向，后顺时针方向 B．感应电流的方向先顺时针方向，后逆时针方向C．摩擦力方向先向左、后向右 D．摩擦力方向先向右、后向左2.【2014•重庆市杨家坪中学高三（上）入学考试】如图甲所示，直角三角形ABC是由同种金属材料制成的线框，线框位于跟有界匀强磁场垂直的平面内。
现用外力将线框ABC匀速向右拉进磁场，至AB边进入磁场前，设线框中产生的感应电动势为E、AB两点间的电势差为U、线框受安培力的合力为F、回路中消耗的电功率为P，如图乙所示中画出了上述各物理量与图示位移x的关系图象，则与这一过程相符合的图象是（）3.【2013·重庆市铜梁中学高三（下）三月考试】在右图所示的电路中,电键S断开之前与断开之后的瞬间,通过灯A的电流方向是( ).A．一直是由a到b B．先是由a到b,后无电流C．先是由a到b,后是由b到a D．无法判断【答案】C【解析】试题分析: 开关S断开之前，通过灯A的电流方向为a到b；当开关断开后，A灯中原来的电流消失，通过线圈的电流要减小，穿过线圈的磁通量减小，产生自感电动势，根据楞次定律可知，线圈右端相当于电源的正极，左端相当于电源的负极，则通过灯A的电流方向由b 到a，选项A、B、D均错误.故选C。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题11 磁场（1）-高考物理精选考点专项突破题集一、单项选择题：（在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1、超导是当今高科技的热点之一，当一块磁体靠近超导体时，超导体中会产生强大的电流，对磁体有排斥作用，这种排斥力可使磁体悬浮在空中，磁悬浮列车就采用了这项技术。
磁体悬浮的原理是（）①超导体电流的磁场方向与磁体的磁场方向相同②超导体电流的磁场方向与磁体的磁场方向相反③超导体使磁体处于失重状态④超导体对磁体的磁力与磁体的重力相平衡A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】D【解析】超导体中产生的是感应电流，根据楞次定律的“增反减同”原理，这个电流的磁场方向与原磁场方向相反，对磁体产生排斥作用力，这个力与磁体的重力达平衡，因此选项D正确。
故本题选D。
【考点】磁场的应用性【难度】中等2、中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。
”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。
结合上述材料，下列说法不正确的是（）A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用【答案】C【解析】根据题意知地理南北极与地磁场存在一个夹角叫磁偏角，两者不重合，因此选项A正确。
地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理南极附近，因此选项B正确。
由于地磁场磁场方向沿磁感线切线方向，故只有赤道处才与地面平行，因此选项C错误。
在赤道处磁场方向水平，而射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定则可得射向赤道的粒子受到洛伦兹力作用，因此选项D正确。
故本题选C。
【考点】地磁场【难度】中等3、如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中。
在以导线截面的中心为圆心，r为半径的圆周上有a、b、c、d四个点。
已知a点的实际磁感应强度为0，则下列正确的是()A．直导线中的电流方向垂直纸面向外B．b点的实际磁感应强度为 2 T，方向斜向上，与B的夹角为45°C．c点的实际磁感应强度也为0D．d点的实际磁感应强度与b点相同【答案】B【解析】a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁场方向水平向左，由安培定则知直导线中的电流方向垂直纸面向里，因此选项A错误。
通电导线在b处的磁场水平向右和竖直向上，合磁场大小 2 T，方向斜向右上方，与B的夹角为45°，因此选项B正确。
c处的合磁场方向水平向右，大小为2T。
因此选项C错误。
d处的合磁场大小是 2 T，方向右下方，b、d两点方向不同，因此选项D错误。
故本题选B。
【考点】磁感应强度的叠加【难度】中等4、如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块(设a、b间无电荷转移)，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场。
现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，则在加速运动阶段()A．a对b的压力不变B．a、b一起做匀加速直线运动C．a、b物块间的摩擦力变小D．a、b物块间的摩擦力不变【答案】C【解析】a受的洛伦兹力向下，a对b的压力增大，因此选项AB都错误。
对a、b整体分析当F洛变大时，整体滑动摩擦力变大，整体加速度会减小。
因此选项B错误。
再隔离a分析，水平方向a只受a、b间的静摩擦力，加速度减小，此静摩擦力减小。
因此选项C周期D错误。
故本题选C。
【考点】洛伦兹力，连接体【难度】中等5、如图所示，在竖直虚线MN和M′N′之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场。
一带电粒子(不计重力)以初速度v0由A点进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从C点离开场区。
如果撤去磁场，该粒子将从B点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D点离开场区。
则下列判断正确的是()A．该粒子由B、C、D三点离开场区时的动能相同B．该粒子由A点运动到B、C、D三点的时间均不相同C．匀强电场的场强E与匀强磁场的磁感应强度B之比EB＝v0D．若该粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外【答案】C【解析】根据题意可知，当电磁场同时存在时，电场力与洛伦兹力平衡，粒子做匀速直线运动从C点离开。
当只有磁场时粒子做匀速圆周运动从D点离开，所以粒子由C、D两点离开场区时动能相同。
当只有电场时由B点离开场区，粒子做类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向匀加速直线，电场力向上且对粒子做正功，动能增加。
因此选项A错误。
粒子由B、C两点离开场区时时间相同，AD弧长大于直线AC导致D点离开场区时时间稍长。
因此选项B错误。
电磁场同时存在时，qv0B＝qE，则EB＝v0。
因此选项C正确。
若粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里，因此选项D错误。
故本题选C。
【考点】磁偏转和电偏转【难度】中等6、关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A、安培力的方向可以不垂直于直导线B、安培力的方向总是垂直于磁场的方向C、安培力的的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D、只将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半【答案】B【解析】由左手定则知安培力的方向与导线和磁场方向相互垂直，因此选项A 错误B 正确。
安培力的大小四要素 F=BILsinα，α是磁场方向和电流方向的夹角，所以安培力大小与通电导线和磁场方向的夹角有关， 因此选项C 错误。
只将直导线从中点折成直角，安培力的大小变为原来的22倍，因此选项D 错误。
故本题选B 。
【考点】安培力的大小及方向【难度】中等 7、如图所示装置中，当开关S 接通后，细绳悬于0点，可自由转动的通电直导线将怎样运动(从上向下看)， 悬线拉力如何变化( )A ．导线AB 顺时针转动，悬线拉力不变B ．导线AB 逆时针转动，悬线拉力不变C ．导线AB 逆时针转动，悬线拉力变小D ．导线AB 顺时针转动，悬线拉力变大【答案】D 【解析】当开关S 接通时，据安培定则知电磁铁附近磁感线分布如图，由左手定则知通电直导线此时左部受力指向纸内，右部受力指向纸外，导线将顺时针转动（从上向下看），转到与磁感线垂直时，整个导线受磁场力将竖直向下，可知悬线张力变大，因此线圈顺时针转同时向下运动，因此选项D 正确。
故本题选D 。
【考点】安培力作用下的运动【难度】中等8、设空间存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。
已知一离子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A 点沿曲线ACB 运动，到达B 时速度恰为零，C 点是运动轨迹的最低点，不计重力。
以下说法正确的是( )A ．离子必带负电荷B ．A 点和B 点位于同一高度C ．离子经C 点时速度最小D ．离子到B 点后，将沿原路返回A 点【答案】B【解析】由轨迹图知板间电场方向竖直向下，电荷先在电场力作用下向下运动，故电荷带正电，因此选项A 错误。
洛伦兹力的作用下轨迹向右弯曲，由于在运动中洛伦兹力不做功，只有电场力做功，能量在动能与电势能之间转化，故A 点和B 点位于同一高度，因此选项B 正确。
粒子到达C 点时，电场力做正功最大，粒子速度最大，因此选项C 错误。
到达B 点后，将重复ACB 的运动，向右运动，不会返回A 点，因此选项D 错误。
故本题选B 。
【考点】叠加场中的曲线运动【难度】中等9、如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab 、cd 边均与ad 边成60°角，ab ＝bc ＝cd ＝L 。
长度为L 的电阻丝电阻为r ，框架与一电动势为E ，内阻为r 的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B 的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为( )A ．0 B.5BEL 11r C.10BEL 11r D.BEL r【答案】C【解析】根据左手定则知各段受到的安培力如图。
电路abcd 上的电阻为3r ，由几何关系得，ad 段的长度为L+2Lcos60°=2L ，所以ad 上的电阻为2r ，并联部分的总电阻为r 56r 2r 3r 2r 3并=+•=R ，电路中的总电流：r 1155r6r E EI =+= ，路端电压：116r 56r 115并E E IR U =•==，abcd 上的电流：r 112r 31E U I ==，abcd 上各段F 1=F 2=F 3=BI 1L=r 112BEL ，ad 上F 4=BI 2•2L=r1162r 2BEL L U B =••。
F 1和F 3的水平分力抵消，线框受到的合外力F 合=F 1cos60°+F 2+F 3cos60°+F 4=r 1110BEL ，因此选项C 正确。
故本题选C 。
【考点】安培力的合成【难度】较难10、如图所示，两个完全相同且相互绝缘、正交的金属环，可沿轴线OO′自由转动，现通以图示方向电流，沿OO′看去会发现( )A ．A 环、B 环均不转动B ．A 环将逆时针转动，B 环也逆时针转动，两环相对不动C ．A 环将顺时针转动，B 环也顺时针转动，两环相对不动D ．A 环将顺时针转动，B 环将逆时针转动，两者吸引靠拢【答案】D【解析】由安培定则可知，A 环产生的磁场的方向向下，B 环产生的磁场的方向向左，两个磁场相互作用后有磁场的方向趋向一致的趋势，即同向电流相互吸引反向电流相互排斥，所以A 环顺时针转动，B 环逆时针转动．二者相互靠拢。
因此选项D 正确。
故本题选D 。
【考点】安培力作用下的运动【难度】中等11、如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB、CD，导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为μ。
现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为恒量。
若金属棒与导轨始终垂直，则如图所示的导体棒所受的摩擦力随时间变化的四幅图中，正确的是()【答案】C【解析】金属棒MN在水平面上平衡：BIL-F N=0，I＝kt，竖直方向上由牛顿第二定律知mg-Ff=ma且Ff=uF N=μkBLt，所以金属棒MN先向下加速运动，重力大于摩擦力；后向下减速运动，重力小于摩擦力，最后静止，重力与摩擦力等大反向，因此选项C正确。
故本题选C。
【考点】叠加场动态分析【难度】较难12、物理学家法拉第在研究电磁学时，亲手做过许多实验。
如图所示就是著名的电磁旋转实验，这种现象是：如果载流导线附近只有磁铁的一个极，磁铁就会围绕导线旋转。
反之，载流导线也会围绕单独的某一磁极旋转。
这一装置实际上就成为最早的电动机。
图中A是可动磁铁，B是固定导线，C是可动导线，D 是固定磁铁。
图中黑色部分表示汞(磁铁和导线的下半部分都浸没在汞中)，下部接在电源上。