2021-2022学年江苏省苏州市吴江高级中学高二（下）月考物理试卷（附答案详解）.pdf

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1、20212022学年江苏省苏州市吴江高级中学高二（下）月考物理试卷1.在北半球上，地磁场竖直分量向下。飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变。由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为火，右方机翼末端处的电势为如，则（）A.若飞机从西往东飞，比西高 B.若飞机从东往西飞，比如 高C.若飞机从南往北飞，比中2高 D.若飞机从北往南飞，%比仍高2.法 拉 第“磁生电”这一伟大的发现，引领人类进入了电气时代。关于下列实验说法A.甲图中条形磁铁插入螺线管中静止不动时，电流计指针稳定且不为零B.乙图中滑动变阻器滑片向下移动过程中，金属圆环对绝缘水平面压力大于环的重力

2、C.丙图中闭合开关时电流计指针向右偏，则拔出螺线管4时电流计指针仍向右偏D.丁图中导体棒4B在磁场中运动时一定能产生感应电流3.如图所示，固定的水平长直细导线中通有方向向右的恒定电流I,一矩形金属线框位于竖直平面内紧靠导线但不接触，.若线框从图中实线位置由静止释放，在下落到虚线位置的过I程中，下列说法正确的是（）:：A.穿过线框内的磁通量变小B.线框所受安培力的方向始终竖直向上C.线框中感应电流方向先是逆时针后变为顺时针D.线框的机械能守恒4.如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计，下列说法正确的是（）A.S闭合瞬间，B先亮B.

3、S闭合瞬间，4立即亮，B不亮C.S断开瞬间，4闪亮一下，然后逐渐熄灭D.S断开瞬间，B逐渐熄灭5.如图所示是圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，/它的盘面恰好与匀强磁场垂直，两块铜片c、。分 别 与 转 动 轴 卜和铜盘的边缘接触。若铜盘半径为L,匀 强 磁 场 的 磁 感 应 强 度 一为B,回路的总电阻为R,从左往右看，铜盘以角速度3 沿顺时针方向匀速转动。贝 支）A.由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流B.回路中感应电流大小不变，为 嘤C.回路中感应电流方向不变，为D t C t R t DD.回路中有周期性变化的感应电流6.据新闻报道：2020年5月16日，广西玉林一在

4、建工地发生了一起事故，一施工电梯突然失控从高处坠落，此次电梯坠落事故导致了一些人员伤亡。为了防止类似意外发生，某课外研究性学习小组积极投入到如何防止电梯坠落的设计研究中，所设计的防止电梯坠落的应急安全装置如图所示，在电梯轿厢上安装上永久磁铁，电梯的井壁上铺设线圈，该学习小组认为能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害.关于该装置，下列说法正确的是（）A.该小组设计原理有问题，当电梯突然坠落时，该装置不可能起到阻碍电梯下落的作用B.当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中C.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，闭合线圈A、B中电流方向相反D.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，已经穿过A闭合线圈，所以

5、线圈A不会阻碍电梯下落，只有闭合线圈B阻碍电梯下落-1一线圈AM二线圈8第 2 页，共 17页7.如图所示，一个边长为2L的等腰直角三角形4BC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abed,线框以水平速度“匀速通过整个匀强磁场区域，设电流顺时针方向为正。则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是（）8.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，P始终保持静止状态，贝1（）A.零时刻FN G,此时P无

6、感应电流B.q时刻心 G,此时P中感应电流最大D.t3时刻凤=G,此时穿过P的磁通量最大9.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图。演示仪中有一对彼此平行且共轴的励磁圆形线圈，通入电流/后，能够在两线圈间产生匀强磁场；玻璃泡内有电子枪，通过加速电压U对初速度为零的电子加速并连续发射。电子刚好从球心。点正下方的S点沿水平向左射出，电子通过玻璃泡内稀薄气体时能够显示出电子运动的径迹。则下列说法正确的是（）A.若要正常观察电子径迹，励磁线圈的电流方向应为逆时针（垂直纸面向里看）B.若保持U不变，增大/，则圆形径迹的半径变大C.若同时减小/和u,则电子运动的周期减小D.若保持/不变，减小U,则电子运动的

7、周期将不变10.图示为一粒子速度选择器原理示意图。半径为10CM的圆柱形桶 丈内有一匀强磁场，磁感应强度大小为1.0 x 10-4。方向平行于轴线向外，圆桶的某直径两端开有小孔，粒子束以不同角度由（:h：）小孔入射，将以不同速度从另一个孔射出。有一粒子源发射出速度连续分布、比荷为2.0 x l0 iiC/k g 的带正电粒子，若某粒子出射的速度大小为2&x，06m/s，粒子间相互作用及重力均不计，则该粒子的入射角。为（）A.30 B.45 C.53 D.6011.如图为某电磁流量计的示意图，圆管由非磁性材料制成，空间 x M xB有垂直于侧壁向里的匀强磁场。当管中的导电液体向右流过磁场区域时，

8、测出管壁上MN两点间的电势差U,就可以知道管中液体的流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积）。若管的直径为d,磁感应强度为B,管中各处液体的流速相同。贝 或）A.M点电势低于N点电势B.保持B、d恒定，液体的流量Q越大，电势差U越小C.保持Q、B恒定，管的直径d越大，电势差U越大D.保持Q、d恒定，磁感应强度8 越大，电势差U越大12.如图甲所示，边长为L的n 匝正方形金属线圈abed置于垂直线圈平面的磁场中，线圈的总电阻为R,用导线e、/连接一阻值也为R的定值电阻。磁场的磁感强度B与时间的变化关系如图乙所示，正方向为垂直线圈平面向外。求：（1）在0到G时间内，通过电阻R的电荷量；（2）在

9、2tl到3tl时间内，电阻R两端的电压哪端高，高多少？第 4 页，共 17页1 3.如图所示，固定在水平面内的U形金属框架宽度为L=0.4m,左端接有阻值R=0.8。的电阻，垂直轨道放置的金属杆ab阻值r=0.2/2、质量m=0.1kg。整个轨道处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B=1.07。金属杆必 以初速度%=5.0m/s开始向右运动。不计轨道摩擦和轨道电阻。求:(1)金属杆ab速度变为u=2.0TH/S时，杆的加速度大小;(2)金属杆ab从开始运动到静止，通过电阻R的电荷量及金属杆ab通过的位移大小。Jx X X X XRBx x TS*X x|X XXXXXXXXXXb14.如图所

10、示，M N、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r=0.5m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R,质量M=2kg的cd绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场，现有质量m=1kg的ab金属杆以初速度%=12m/s水平向右与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，好 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g=10m/s2,（不考虑cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动），求：（l）cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小也（2）正碰后M 杆的速度大小；（3）电阻R产生的焦耳热Q。15.如图

11、所示，在坐标系xOy的第一象限内，斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B,第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现有一质量为m带电量为-q 的粒子（不计重力）从y轴上的4 点，以初速度为水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直0C射出，并从x轴上的P点（未画出）进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后从y轴上。点（未画出）垂直y轴射出，已知0C与x轴的夹角为45。求:第 6 页，共 17页(1)04的距离；(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度B 的大小;(3)粒子从4点运动到。点的总时间。1 6.如图所示，光滑绝缘斜面倾角为。，斜面上平行于底边的虚线MN、

12、P Q间存在垂直于斜面向上，磁感应强度为B的匀强磁场，MN、P Q相距为3以质量为m、边长为d(d L)的正方形金属线框a b e f置于斜面上，线框电阻为R,a b边与磁场边界M AP P行，相距为3线框由静止释放后沿斜面下滑，e f边离开磁场前已做匀速运动，重力加速度为g,求：(1)线框进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量q；(2)线框e/边离开磁场区域时的速度也(3)线框穿过磁场区域产生的热量Q。0答案和解析1.【答案】c【解析】解：当飞机在我国上方匀速巡航时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，由于判定感应电动势的方向的方法与判定感应电流的方向的方法是相同的，由低电势指向

13、高电势，由右手定则可判知，在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低，即总有%比/高，故错误，C正确。故选：Co由于地磁场的作用，当飞机在北半球水平飞行时:两机翼切割磁感线产生感应电动势，相当于金属棒在切割磁感线一样.由右手定则可判定电势的高低。本题要了解地磁场的分布情况，掌握右手定则。对于机翼的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线，会产生电动势，而电源内部的电流方向是由负极流向正极的。2.【答案】B【解析】【分析】明确感应电流产生的条件，知道要使线圈中产生感应电流，则穿过线圈的磁通量要发生变化，回路要闭合；根据楞次定律判断感应电流的方向。该题考查楞次定律的应用以

14、及感应电流产生的条件，感应电流产生的条件细分有两点：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化，即穿过闭合电路的磁通量发生变化。【解答】A、甲图中条形磁铁插入螺线管中静止不动时，则穿过螺线管的磁通量不变，不能产生感应电流，没有感应电流流过电流计，则电流计指针不偏转，故A错误；8、乙图中滑动变阻器滑片向下移动过程中，滑动变阻器接入电路中的部分电阻值减小，根据闭合电路的欧姆定律可知流过线圈的电流值增大，则线圈产生的磁场增强，所以穿过金属环的磁通量增大，根据楞次定律可知，金属环有远离线圈的趋势，所以金属圆环对绝缘水平面压力大于环的重力，故8正确；C、丙图中闭合开关时流过线圈4的电流增大，线圈A产生

15、的磁场增强，则穿过线圈B的磁通量增大；拔出螺线管制寸穿过线圈B的磁通量减小；由于两种情况下穿过线圈8的磁场的方向是相同的，根据楞次定律可知，两种情况下产生的感应电流的方向一定相反，第8页，共17页所以若图中闭合开关时电流计指针向右偏，则拔出螺线管4时电流计指针将向左偏，故C错误；。、丁图中导体棒4B在磁场中做切割磁感线运动时一定能产生感应电流，若图中导体棒4B沿棒AB的方向在磁场中运动，或4B棒沿磁场的方向上下运动时，则不能产生感应电流，故。错误。故选：B。3.【答案】B【解析】解：4、由图示可知，线框下落过程中，穿过线框的磁通量先减小、然后再增大，故A错误；3、在整个过程中，线框一直下落，为

16、阻碍线框的下落，由楞次定律可知，线框受到的安培力一直向上，线框所受安培力方向不变，故8正确；C、由右手定则可知，在导线上方磁感应强度向外，在导线下方，磁感应强度向里，开始磁场方向向外，磁通量减少，由楞次定律可得，感应电流沿逆时针方向，后来原磁场方向向里，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流方向不变化，故C错误；。、在线框进入或离开磁场过程中，线框中产生感应电流，机械能转化为电能，线框的机械能减小，故。错误。故选：B。穿过线框的磁通量可以用穿过线框的磁感线的净条数表示，穿过线框的磁感线条数越多,磁通量越大；根据楞次定律判断感应电流方向与安培力方向；根据能量守恒定律分析机械能

17、的变化情况。本题考查了磁通量的变化、感应电流方向、安培力方向与线框机械能的变化情况，应用安培定则、楞次定律、从能量的角度分析即可正确解题；要正确理解楞次定律“阻碍”的含义。4.【答案】C【解析】解：A B,开关S闭合时，灯泡4所在支路由于二极管的单向导电性而处于断路状态，所以灯泡A不会亮；由于线圈的自感作用，灯泡8逐渐亮起来，故48错误；C D,开关S断开瞬间，由于线圈的自感作用，线圈、二极管、灯泡4构成了一个闭合回路，自感电流的方向符合二极管的导通方向，所以灯泡4开始发光，随着自感电流减小，灯泡4熄灭，即灯泡4闪亮一下，然后逐渐熄灭；灯泡B则立即熄灭，故C正确，。错误。故选：Co依据自感线圈

18、的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；二极管的特征是只正向导通.该题两个关键点，1、要知道理想线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；2、要知道二极管的特征是只正向导通.5.【答案】B【解析】解：4把铜盘看作闭合回路的一部分，在穿过铜盘以角速度3 沿顺时针方向匀速转动时，铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，故A错误；A铜盘切割磁感线产生感应电动势为E=BLV根据闭合电路欧姆定律，回 路 中 感 应 电 流 为/=月=%包，故B正确；R 2RC由右手定则可判断出感应电流方向为C TDTRTC,故C错误；D回路中的感应电流并不是周期性变化的，故

19、。错误。故选：B。根据右手定则判断C、。间感应电流方向，即可知道电势高低.根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与转动角速度有关。本题是右手定则和法拉第电磁感应定律的综合应用，基本题，考查对实验原理的理解能力，同时注意切割磁感线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极.注意由于圆盘在切割磁感线，相当于电源，所以C处的电势比。处低。6.【答案】C【解析】解：4、若电梯突然坠落时，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用，故A错误；8、感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，故B错误；C、当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈4

20、中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，8中中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知4与B中感应电流方向相反，故C正确；。、结合A的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈4、B都在阻碍电梯下落，故。错误。第 10页，共 17页故选：Co带有磁铁的电梯在穿过闭合线圈的过程中，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动.由此分析即可.本题考查了楞次定律的灵活应用，注意楞次定律也是能量转化与守恒的表现，要正确理解和应用.7.【答案】B【解析】解：线框开始进入磁场运动L的过程中，只有边be切割，感应电流不变，根据右手定可判定

21、电流方向为逆时针方向；前进L后，边加开始出磁场，边ad开始进入磁场，回路中的感应电动势为边ad产的减去在be边在磁场中产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大,方向为正方向；当再前进L时，边儿完全出磁场，ad边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流方向仍为正方向但逐渐变小，故 B 正确，AC。错误。故选：B。解答本题的关键是正确利用几何关系弄清线框向右运动过程中有效切割长度的变化，然后根据法拉第电磁感应定律求解，注意感应电流方向的正负。图象具有形象直观特点，通过图象可以考查学生综合知识掌握情况，对于图象问题学生在解答时可以优先考虑排除法，通过图象形式、是否过原点、方向等

22、进行排除8.【答案】D【解析】解：力、零时刻线圈Q中电流变化率为零，根据楞次定律可知线圈P中感应电流为 零,不受安培力作用，因此FN=G，故A 错误；B、G时刻线圈Q中电流减小，根据楞次定律可知为阻碍磁通量变化，线圈P的面积有增大的趋势，同时受到向上的安培力，因此F G,故 B错误；C、12时刻线圈Q中电流变化率最大，线圈P中磁通量变化率最大，此时P中感应电流最大，因线圈Q中电流为零，二者之间没有安培力，说明FN=G,故 C错误；D,匕时刻线圈Q中电流最大，线圈P中磁通量最大，但因磁通量变化率为零，线圈P无感应电流，二者之间没有安培力，因此FN=G,故。正确。故选：。当螺线管中通入变化的电流时

23、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。正确理解楞次定律中“阻碍”的含义，注意判断感应电流的大小看磁通量的变化率而不是看磁通量的大小，如C选项，学生很容易错选。9.【答案】D【解析】解：4、若要正常观察电子径迹，则电子需要受到向上的洛伦兹力，根据左手定则可知，玻璃泡内的磁场应向里，根据右手定则可知，励磁线圈的电流方向应为顺时针，故 A 错误；B、电子在磁场中，向心力由洛伦兹力提供，则=可得=千.而电子进入磁场的动能由电场力做功得到，即e U u g n i/,即U不变，则u不变。由于?n、q不变，而

24、当/增大时，B增大，故半径减小，故 B 错误；C、因为=里=粤，所以电子运动的周期与U无关，当减小电流/时，则线圈产生的v eB磁场B也减小，电子运动的周期为，可知B减小则T增大，故 C错误；D、由C中分析可知，/不变，U减 小,7 不变，故。正确。故选：Do根据题意，电子要向上偏转，根据左手定则分析玻璃泡内的磁场方向，根据右手定则分析线圈中的电流方向。根据洛伦兹力提供向心力以及动能定理分析电子做圆周运动的半径，以此分析解答。分析电子做圆周运动的周期的表达式，从而进行判断。解决该题需要掌握用左手定则分析磁场方向，掌握用右手定则分析电流的方向，能正确推导出电子做匀速圆周运动的周期以及半径的表达式

25、，10.【答案】B【解析】解：由牛顿第二定律得:v2Bqv=m r解得：r=y/2 X 10-1m=10或 cm。qB第12页，共17页过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心0 ,画出轨迹如图，离子从小孔a 射入磁场，与a b 方向的夹角为a,则离子从小孔b 离开磁场时速度与a b 的夹角也为a,由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为：6=2a贝（1 有：sina=-=r 2解得：a =4 5。，故 8正确，A C D 错误。故选：B。对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带

26、电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的知识进行解答。1 1 .【答案】D【解析】解：4、4 管中的导电液体向右流过磁场区域时，由左手定则，带电液体在洛伦兹力的作用下，带正的液体向上偏，带负的液体向下偏，使上管壁带正电，下管壁带负电，所以M 点电势高于N点电势，故 A错误；B C D、两管壁最后电压稳定时，则有电场力与洛伦兹力平衡有q B u =q*Q=vnd2,解得U=鬻，则 保 持 恒 定，液体流量Q 越大，电势差U 越大，保持Q.B 恒定，管的直径d 越大，电势差U 越小，保持Q.d 恒定，磁感应强度B 越大，电势差U 越大，故 B C错误，。正确。故选：D。依据左手定则来判定，正负离

27、子的偏向方向，从而确定电势的高低；当导电液体中的正负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转，在上下两端间形成电势差，最终离子受电场力和洛伦兹力处于平衡，根据平衡求出M N两点间的电势差.解决本题的关键理解最终离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，根据平衡求出电压的表达式，然后分析即可。1 2 .【答案】解：（1）在。到匕时间内，根据法拉第电磁感应定律：E =n=F-EI=2Rq=It联立解得：q=/=噤/(2)在2 tl到3 tl时间内，电路的总电动势为E=芈电阻R两端的电压为U=：=挈2 2 tl根据楞次定律知，e端电势高，高嘤。答：(1)在0到q时间内，通过电阻R的电荷量为噜产；(2)在2 tl

28、到3 tl时间内，电阻R两端的电压e端高，高 陪。【解析】(1)在0到0时间内由法拉第电磁感应定律，结合欧姆定律，并依据电量表达式q=花可得出电量综合表达式q=与，即可求解：(2)根据楞次定律，可确定感应电动势的方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求解电势差。解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，以及闭合电路欧姆定律的内容，注意电源内部的电流方向是由负极到正极。13.【答案】解：(1)金属杆ab速度变为u=2.0m/s时，电动势为：E=BLv=1x0.4 x2 V=0.8V电路中的电流：/=今=；/1 =0.8A金属杆受到的安培力为：F=BIL=0 32 N根据牛顿第二

29、定律，可得杆的加速度为：a=m/s 2 =3.2m/s2(2)金属杆ab从开始运动到静止，根据动量定理可得：=0-m%其中：q=l-At=R+r R+r联立解得：q=1.25C,x=3.125m答：(1)金属杆ab速度变为v=2.0m/s时，杆的加速度大小3.2m/s2；(2)金属杆ab从开始运动到静止，通过电阻R的电荷量为1.25C,金属杆ab通过的位移大小为 3.125m。【解析】(1)金属杆就速度变为v=2.0m/s时，根据安培力的计算公式和根据牛顿第二定律求解杆的加速度；(2)金属杆ab从开始运动到静止，根据动量定理求解电荷量，根据电荷量的经验公式q=第 14页，共 17页詈求解金属杆

30、仍通过的位移。R+r本题主要是考查电磁感应现象与力学的结合，弄清楚受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；对于导体棒运动过程中涉及能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。1 4.【答案】解：(l)c d绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有：=解得：v-yfgr 遍m/s；(2)碰撞后c d绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有：-2Mg r =(卢-用 资解得碰撞后c d绝缘杆的速度：v2=5 m/s两杆碰撞过程，动量守恒，取向右为正方向，则有：m v0-m v

31、r+MV2解得碰撞后a b金属杆的速度：V =2m/s；(3)a b金属杆进入磁场后，由能量守恒定律有：说=Q解得：Q =2/。答：(l)c d绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小为遍加小；(2)正碰后a b杆的速度大小为2m/s；(3)电阻R产生的焦耳热为2人【解析】(l)c d杆恰好通过半圆轨道的最高点，在最高点，重力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出速度。(2)两杆碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律求出碰撞后a b杆的速度；(3)由能量守恒定律可以求出电阻产生的焦耳热。本题考查了求速度、焦耳热问题，应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题；分析清楚运动过程是

32、正确解题的前提与关键。15.【答案】解：(1)根据题意分析可知：。4等于粒子在第一象限磁场中运动半径，根据牛顿第二定律可得：Bq%=学解得：。4=r=翳(2)如图所示，可得：0 P=岳由几何关系知，粒子在第四象限磁场中运动轨迹半径：R=2 r根据牛顿第二定律可得B q%=驾解得B，=坪(3)由粒子在磁场中运动周期7 =翳在第一象限磁场中运动时间t l =集o a出磁场运动到P 点时间t 2=：=为Bq在第四象限磁场中运动时间 3=7=黑o 4Hq粒子从4 点运动到。点的总时间t =t i +t 2+t 3=答：(1)04的距离为鬻;(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度8 的大小为1 B；(3)

33、粒子从4 点运动到。点的总时间为得善【解析】(1)由洛伦兹力提供向心力求轨迹半径，结合何关系得到0 4 的长；(2)由几何关系可知，粒子在第四象限内的轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力求出该区域内的磁感应强度；(3)粒子在三段运动的时间之和为所求。本题是带电粒子在三角形磁场及矩形磁场内做匀速圆周运动的实例，此类问题要注意边界速度的关联，另外洛伦兹力不做功，只改变速度方向，此题主要考查半径和周期公式的应用。16.【答案】解：(1)线框进入磁场的过程产生的平均感应电动势片=豢,通过回路的电荷量q =磁 通 量 的 变 化 量=Bd2,解得q=T(2)此时线框中产生的感应电流/=胃,受到的安培力F =I

34、dB,由平衡条件可得m g s 讥。-F =0,解得umgRsinOB2 cI?第 16页，共 17页(3)由能量守恒定律有mg(2L+d)sin。=1m v2+Q,解得Q=mg(2L+d)sin。-*；：九答：(1)线框进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量为萼；(2)线框e/边离开磁场区域时的速度为噜磬；(3)线框穿过磁场区域产生的热量为7ng(2L+d)sin8 叱 北 丁 气【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律结合电荷量的计算公式求解通过线框横截面的电荷量q；(2)由平衡条件结合安培力的计算公式求解线框e f边离开磁场区域时的速度也(3)由能量守恒定律求解线框穿过磁场区域产生的热量Q。对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。