山东潍坊市某校2025-2026学年高二强基部下学期物理：磁场电磁感应测试题

**基本信息** 强基部高二物理检测题以电磁学为核心，融合福建号电磁弹射、回旋加速器等科技情境，通过多题型梯度设计，考查磁场、电磁感应等知识，体现物理观念建构与科学思维应用。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|磁场对电荷/电流作用、电磁感应|结合飞机机翼电势差等情境，考查运动与相互作用观念| |多选题|4|电磁仪器原理、楞次定律|涉及质谱仪、霍尔元件，强化科学推理与模型建构| |填空题|2|电流元作用、电磁感应实验|通过类比库仑力猜想，培养科学探究能力| |解答题|4|复合场运动、力学电磁综合|如电磁弹射能量分析，突出复杂问题解决与创新应用|

强基部高二下学期物理检测题 一、单选题 1．用铝板制成如图所示的框架，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上板上，让整体在垂直于纸面向里的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线的拉力为T，则下列说法中正确的是（　　） A．绳偏离竖直方向，拉力大小与小球的重力和小球的电性有关 B．绳偏离竖直方向，拉力大小与小球的重力有关，与小球的电性无关 C．绳的方向竖直，拉力大小与小球的重力和小球的电性有关 D．绳的方向竖直，拉力大小与小球的重力有关，与小球的电性无关 2．如图所示为地磁场的磁感线分布示意图．一架飞机在赤道上空匀速飞行，机翼保持水平由于遇到强气流作用使飞机竖直下坠，在地磁场的作用下，金属机翼上产生了电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为，右方机翼末端处的电势为，忽略磁偏角的影响，则（   ） A．若飞机从西往东飞，比高 B．若飞机从东往西飞，比高 C．若飞机从南往北飞，比高 D．若飞机从北往南飞，比高 3．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 ，P始终保持静止状态，则（　　） A．零时刻 ，此时P无感应电流 B． 时刻，P有收缩的趋势 C． 时刻 ，此时P中感应电流最大 D． 时刻 ，此时穿过P的磁通量最大 4．如图所示，置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连，套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是（　　） A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动 B．圆盘逆时针减速转动时，ab棒将向右运动 C．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动 D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动 5．如图所示，长方形abcd中，长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以e为圆心、eb为半径的圆弧和以O为圆心、Od为半径的圆弧组成的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场（eb边界上无磁场），磁感应强度B=0.25T。一群不计重力、质量m=3×10-7kg、电荷量q=2×10-3C的带正电粒子以速度v=5×102m/s沿垂直于ad且垂直于磁场方向射入磁场区域，则下列判断正确的是（　　） A．从Od边射入的粒子其出射点全部分布在Oa边 B．从aO边射入的粒子其出射点全部分布在ab边 C．从Od边射入的粒子其出射点全部分布在ab边 D．从ad边射入的粒子其出射点均为b点 6．如图所示，PQ为放在竖直平面的半圆弧的直径，O为圆心，小球带正电，以初速度v沿直径水平抛出；甲图中只受重力作用，乙图中有竖直向下的匀强电场，丙图中有垂直纸面向里的匀强磁场，丁图中有垂直纸面向外的匀强磁场，小球能垂直落在圆弧弧面上的是（　　） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 7．如下图所示，边长为2L的等边三角形abc区域内部存在垂直纸面向里的匀强磁场，a为x轴的坐标原点。一个长为L，宽为L的矩形线框置于x轴上，t=0时刻线框D点在坐标原点，线框以恒定的速度v穿过磁场。用i表示线框中的电流（逆时针为正），F表示线框所受的安培力的大小，P表示安培力的功率，Φ表示线框中的磁通量，下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 8．我国第三艘航空母舰“福建号”采用的是电磁弹射装置，其原理可简化为如图所示，直流电源电动势为E，储能电容器的电容为C，固定于水平面内的两根光滑平行金属电阻不计。飞行器可视为一根有电阻的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电；然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动，达到最大速度之后离开导轨。根据上述信息可知（　　） A．匀强磁场的方向应该垂直于导轨平面向上 B．电容器的电容C越大，MN的最大速度就越大 C．电容器的电容C越大，MN刚开始运动时的加速度就越大 D．当电容器储存的电荷全部放出时，MN的速度达到最大 二、多选题 9．如图所示，由一段外皮绝缘的导线扭成两个半径为R和r圆形平面形成的闭合回路，R＞r，导线单位长度的电阻为λ，导线截面半径远小于R和r．圆形区域内存在垂直平面向里、磁感应强度大小随时间按B=kt（k＞0，为常数）的规律变化的磁场，下列说法正确的是（　　） A．小圆环中电流的方向为逆时针 B．大圆环中电流的方向为逆时针 C．回路中感应电流大小为 D．回路中感应电流大小为 10．磁场中的四种仪器如图所示，则下列说法中正确的是（　　） A．甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关 B．乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同 C．丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，N侧带负电荷 D．丁中长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示磁场，若流量Q恒定，前后两个金属侧面的电压与a、b有关 11．如图所示，A、B两个物块叠放在一起置于光滑绝缘的水平面上，A带负电，B不带电，空间存在垂直于纸面向外的水平匀强磁场，现用水平恒力F作用在B物块上，在A、B物块一起向左运动的过程中，保持不变的物理量是 A．地面对B的支持力 B．A运动的加速度 C．B对A的摩擦力 D．A对B的压力 12．如图所示，竖直悬挂的弹簧下端栓有导体棒ab，ab无限靠近竖直平行导轨的内侧、与导轨处于竖直向上的磁场中，导体棒MN平行导轨处于垂直导轨平面的磁场中，当MN以速度v向右匀速运动时，ab恰好静止，弹簧无形变，现使v减半仍沿原方向匀速运动，ab开始沿导轨下滑，磁场大小均为B，导轨宽均为L，导体棒ab、MN质量相同、电阻均为R，其他电阻不计，导体棒与导轨接触良好，弹簧始终在弹性范围内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（    ） A．MN中电流方向从M到N B．ab受到的安培力垂直纸面向外 C．ab开始下滑直至速度首次达峰值的过程中，克服摩擦产生热量 D．ab速度首次达到峰值时，电路的电热功率为 三、填空题 13．某同学大胆猜想：两电流元之间存在相互作用的磁场力F，可能与两点电荷间的库仑力类似。如图甲所示，通有电流I1、I2的两根导线平行放置且电流均向上，设和分别表示导线上A、B两点处的电流元，A、B两点相距为r。（说明：若需常量可用K表示） （1）请你根据猜想，写出两电流元间相互作用的磁场力F大小的表达式________； （2）类比电场强度的定义写出在距电流元为r处B点的磁感应强度为________； （3）如图乙所示，环形电流可以视为是由许多段的电流元组成，假设半径为r的圆环形导线通有电流为I，则圆心O处产生的磁感应强度B大小为________。 14．如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，部分导线已连接。 （1）请用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好；( ) （2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向左偏了下，然后将原线圈A迅速拔出副线圈B，那么此过程中，电流计的指针将向___________偏；若原线圈插入副线圈不动，然后将滑动变阻器阻值迅速减小，那么此时电流计的指针将向_________偏。 （3）看似简单的“电磁感应现象”，在历史研究上并非一帆风顺。瑞士物理学家科拉顿曾设计了一个利用磁铁在闭合线圈中获取电流的实验。他将一块磁铁放在螺线管中移动，试图在闭合线圈中产生电流，又在另一个小线圈中放一个小磁针，作为“灵敏电流计”。他将装置的两个部分放在了两个房间中，并用长导线连接，但是他无论如何尝试都没发现感应电流。请用所学知识分析以下问题： ①为何他要将装置两部分分别放在两个房间中？( ) ②为何他发现不了感应电流？( ) 四、解答题 15．在竖直平面内固定两光滑平行导体圆环，两圆环正对放置，圆环半径均为，相距。圆环通过导线与电源相连，电源的电动势，内阻不计。在两圆环上水平放置一导体棒，导体棒质量为，接入电路的电阻，圆环电阻不计，匀强磁场竖直向上．开关闭合后，棒可以静止在圆环上某位置，该位置对应的半径与水平方向的夹角为，取，，。求： （1）导体棒静止在某位置时所受安培力的大小； （2）匀强磁场的磁感应强度的大小； （3）断开开关后，导体棒下滑到轨道最低点时对单个圆环的压力。 16．如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内只有平行于y轴向上的匀强电场（场强大小未知）；在第四象限的某区域存在矩形匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于xOy平面向里，磁场区域其中一边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P点（0，h）以速度沿x轴正向射入电场，随后从x轴上的a（2h，0）点射入第四象限，经过磁场区域后从y轴负半轴上的某点进入第三象限，且进入第三象限时速度方向与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求： （1）粒子到达a点时速度的大小和方向； （2）在第四象限存在矩形匀强磁场区域的最小面积。 17．如图所示，有一倾角的平行倾斜金属导轨，处接有电容为的电容器，在底端处通过一小段光滑圆弧绝缘件（长度可忽略）连接足够长的平行光滑水平金属导轨，两导轨间距均为，在导轨间和导轨间分别存在着垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小分别为和。两长度均为的金属棒、，棒静止在水平金属导轨的最左端，棒与导轨间的动摩擦因数，并从离导轨底端高度为处由静止释放。已知棒、始终与导轨间保持良好接触，两棒间的碰撞为水平弹性碰撞，，，，不计棒的电阻，重力加速度取。求： （1）棒到达导轨底端时的速度大小； （2）最终棒、之间的距离。‍ 18．在三维坐标系O-xyz中存在一长方体，其所在区域内匀强磁场分布如图所示，平面mnij左侧磁场沿z轴负方向、磁感应强度大小为B₁，右侧磁场沿mi方向，磁感应强度大小为B₂，其中均未知）。现有电量为q（q>0）、质量为m的带电粒子以初速度v从a点沿平面adjm进入磁场，经j点垂直平面mnij进入右侧磁场，最后离开长方体区域。已知长方体侧面abcd为边长为L的正方形，其余边长如图中所示，sin37°=0.6，sin53°=0.8，不计粒子重力。求： （1）平面mnij左侧空间磁场磁感应强度B₁的大小； （2）粒子离开磁场时位置坐标及在磁场中的运动时间； （3）若平面mnij右侧空间磁场换成由j到n方向且电场强度E大小可变的匀强电场（电场图中未画出，其余条件不变），求粒子离开长方体区域时动能，与E的关系式。 试卷第16页，共23页 试卷第15页，共23页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 强基二部高二下学期物理检测题答案 1.【答案】D 【详解】框架正视图如图所示 设线框高度为d根据右手定则可知，当框架向左匀速运动时，框架的竖直部分切割磁感线产生感应电动势 线框的下面带正电，上面带负电，上下两面间产生竖直向上的匀强电场，电场强度为 若带点小球带正电，电量为q，则其所受电场力为方向竖直向上。可见电场力大小与洛伦兹力相等，由左手定则可知洛伦兹力方向竖直向下，故电场力与洛伦兹力等大反向。当小球带负电时电场力与洛伦兹力同时改变方向，仍然平衡。所以绳子拉力与小球重力平衡，与小球电性无关。 2.【答案】C 【详解】AB：由于地磁场的方向是由南向北的，若飞机从西往东飞或从东往西飞，在飞机竖直下坠时，机翼不切割磁感线，不产生感应电动势，两翼没有电势差．故AB两项错误． C：由于地磁场的方向是由南向北的，若飞机从南往北飞，在飞机竖直下坠时，机翼切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知，右方机翼末端处的电势大于左方机翼末端处的电势．故C项正确． D：由于地磁场的方向是由南向北的，若飞机从北往南飞，在飞机竖直下坠时，机翼切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知，右方机翼末端处的电势小于左方机翼末端处的电势．故D项错误． 【点睛】本题关键是根据右手定则判断棒两端点的电性，然后判断电场力方向． 3.【答案】D 【详解】A．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，选项A错误； B．t1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FN<G，选项B错误； C．t2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，选项C错误； D．t3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，选项D正确。 故选D。 4.【答案】D 【详解】A．由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强。由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，选项A错误；B．若圆盘逆时针减速转动时，感应电流从边缘流向圆心，线圈A中产生的磁场方向向上且磁场减小。由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，选项B错误； C．当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么线圈B的磁通量不变，则ab棒没有感应电流，则将不会运动，选项C错误；D．由右手定则可知，圆盘逆时针加速转动时，感应电流从边缘流向中心，线圈A中产生的磁场方向向上且磁场增强，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由b→a，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向右，ab棒将向右运动，选项D正确。 5.【答案】D 【详解】AC．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，可得 因ab=0.3m，故从Od边射入的所有粒子运动的轨迹形成以r为半径的平移圆弧，从点O射入的粒子从b点射出，从d点射入的粒子运动到e点，因边界eb上无磁场，故这些粒子到达be段后应沿eb方向做直线运动，即全部通过b点，故AC错误； BD．从aO边（不含O点）射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某个粒子从M点进入磁场，轨迹圆心为O'，如图所示，根据几何关系可得，四边形O'Meb为菱形，则粒子一定从b点射出。再结合选项A的分析可知，从ad边射入的粒子全部从b点射出，故B错误，D正确。 6.【答案】D 【详解】AB．平抛运动中，某时刻速度的反向延长线交于该段时间的水平位移的中点，在甲图中，小球落在圆弧面上的水平位移一定小于直径，所以小球落在M点速度的反向延长线与直径PQ的交点N在O点的左侧，而不是在O点，如图所示：所以小球不能垂直落在圆弧上；乙图中的小球做类平抛运动，同理也不能垂直落在圆弧上，故AB错误；C．根据左手定则，丙图中小球受到向上的洛伦兹力作用，所以在重力和洛伦兹力的作用下，小球的运动轨迹比甲图中要平缓些，圆弧面上的落点在M点的右侧，所以相对于甲图来说，丙图中的小球落到圆弧面上时竖直速度减小，水平速度增大，小球速度的反向延长线与直径PQ的交点在N点的左侧，所以不能垂直落在圆弧面上，故C错误；D．丁图中的小球所受洛伦兹力向下，在重力和洛伦兹力的作用下，小球在圆弧面上的落点在M点的右侧，所以相对于甲图来说，小球在竖直方向的速度增大，水平方向的速度减小，小球速度的反向延长线与直径PQ的交点在N点的右侧，小球可以垂直落在圆弧面上，故D正确。 7.【答案】A 【详解】A．由公式可知当线框进入磁场后，磁通量不断增大，当线框BD边运动到时，线框在磁场内的面积最大，此时磁通量达到最大值，之后减小，当线框BD边运动到时磁通量为零，故A正确；BCD．线框以速度v向右移动，在时，切割磁感线的有效长度呈线性增加，当时，切割磁感线的有效长度达到最大值，由于线框中的电流因此电流也是线性增加，而线框所受的安培力的大小为因此安培力也是随切割磁感线的有效长度的增加而增加，安培力的功率为也是随切割磁感线的有效长度的增加而增加。当时，AB、CD边都切割磁感线，所以有效长度为AB和CD边切割磁感线有效长度之差，当时，AB和CD边切割磁感线有效长度相等，感应电动势相互抵消，此时线框中无感应电流，安培力、安培力功率都应为零，故BCD错误。 8.【答案】B 【详解】A．S接至2，MN中电流方向从M指向N，MN开始向右加速运动，受到安培力向右。由左手定则可知，匀强磁场的方向应该垂直于导轨平面向下。A错误； C．当开关接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有 MN所受安培力F=BIL据牛顿第二定律F=ma则有MN刚开始运动时的加速度与电容器的电容C无关。C错误；D．金属导体棒获得最大速度vm时，放电电流为零，此时电容器的电压U与导体棒的感应电动势E棒相等，即U=E棒=BLvm此时电容器储存的电荷并未全部放出。D错误； B．设此过程中的平均电流为，时间为t，根据动量定理有 其中ΔQ=Q0-Q=CE-CU=CE-CBLvm有 电容器的电容C越大，MN的最大速度就越大。B正确。 9.【答案】BD 【分析】根据楞次定律来判定感应电流的方向，依据法拉第电磁感应定律，来确定感应电动势的大小，再求得整个回路的感应电动势，依据闭合电路欧姆定律，从而即可求解． 【详解】AB、根据穿过整个回路的磁通量增大，依据楞次定律，及R＞r，则大圆环中电流的方向为逆时针，小圆环中电流的方向为顺时针，故A错误，B正确； CD、根据法拉第电磁感应定律，则有：E=kπ（R2﹣r2），由闭合电路欧姆定律，那么回路中感应电流大小为故C错误，D正确； 【点睛】考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，理解整个回路的感应电动势大小的计算，应该是两环的感应电动势之差，并掌握闭合电路欧姆定律的内容． 10.【答案】ABC 【详解】A．设回旋加速器中的磁感应强度为B，半径为R，粒子的电荷量为q，质量为m，则带电粒子在回旋加速器中，根据洛伦兹力提供向心力有可得，带电粒子的最大速度为 可知回旋加速器加速带电粒子的最大速度与回旋加速器的半径有关，则回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，选项A正确；B．经过质谱仪的速度选择器区域的粒子速度v都相同，经过偏转磁场时击中光屏同一位置的粒子轨道半径R相同，则根据洛伦兹力提供向心力有 可得所以不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同，选项B正确；C．根据左手定则可判断负电荷受到的洛伦兹力方向指向N侧，所以N侧带负电荷，选项C正确；D．经过电磁流量计的带电粒子受到洛伦兹力的作用会向前后两个金属侧面偏转，在前后两个侧面之间产生电场，当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力相等时流量Q恒定，故有 又流量为联立可得，前后两个金属侧面的电压为即前后两个金属侧面的电压与a、b无关，选项D错误。 11.【答案】BC 【详解】B、由于地面光滑，所以整体在水平方向上只受到恒力F作用，即整体做匀加速运动，所以A的加速度不变，B对； C、随着运动的速度的增大，则A受到向下的洛伦兹力逐渐增大，导致最大静摩擦力增大，即A不会相对B发生滑A动，此时静摩擦力 提供加速度，由于加速度不变，所以A受到的摩擦力也不变化，故C对； A、以整体为对象，由于向下洛伦兹力的增大导致地面对B的支持力逐渐增大，故A错； D、以A为对象，由于向下洛伦兹力的增大导致B对A的支持力也增大，根据牛顿第三定律可知A对B的压力也增大，故D错； 12.【答案】BC 【详解】A．根据右手定则可判断，MN中电流方向从M到N，A错误； B．ab中电流方向从a到b，根据左手定则可判断，ab受到的安培力垂直纸面向外， B正确；C．当MN以速度v向右匀速运动时，回路中电流摩擦力 可知摩擦力与速度成正比，此时ab恰好静止，弹簧无形变，则有 当MN以速度 向右匀速运动时，与原来相比ab受到的安培力变小，导轨给ab的弹力变小，摩擦力变小合力向下，ab将向下运动，弹簧弹力不断增大，根据牛顿第二定律 可知，加速度减小，当加速度减小到零时，速度增加到最大，弹簧弹力 此时根据胡克定律弹簧伸长量即ab下降高度 克服摩擦产生热量C正确；D．当MN以速度向右匀速运动时，回路中电流 电功率D错误。 13.【答案】          ，方向垂直纸面向里     【详解】（1）[1]通过类比可以猜想两电流元间相互作用的磁场力大小可以表示为 （2）[2]通过类比电场强度的定义可写出在距电流元为r处B点的磁感应强度为 联立可得B的方向垂直纸面向里。 （3）[3]环形电流可以视为是由许多段的电流元组成，设任意一段电流元为，则在距离r处产生的磁场为则圆心O处产生的磁感应强度B大小可以表示为 14.【答案】     见详解；     右；     右；     为避免磁铁对磁针的作用；     电磁感应现象是在变化或运动的过程中出现的。 【详解】（1）[1]将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，电路图如图所示 （2）[2]如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，知磁通量增大产生感应电流，若将原线圈A迅速拔出副线圈，则磁通量减小，产生的感应电流与开始相反，所以电流计指针向右偏； [3]若原线圈插入副线圈不动，滑动变阻器滑片向右移动，则电流减小，磁通量减小，产生的感应电流与开始相反，所以电流计指针向右偏； （3）[4]为避免磁铁对磁针的作用，他要将装置两部分分别放在两个房间中； [5]科拉顿没能看到电磁感应现象是因为电磁感应现象是在变化或运动的过程中出现的。科拉顿将磁铁放入螺线管时，穿过线圈的磁通量变化，回路中产生感应电流，电流计指针偏转，之后磁铁静止，穿过线圈的磁通量保持不变，回路中无感应电流，电流计指针不偏转。由于科拉顿放完磁铁后跑到另一室观察，需一定时间，所以他观察不到电流计指针偏转。 15.【答案】（1）；（2）；（3），方向竖直向下 【详解】（1）导体棒受力分析如图所示 导体棒静止，由平衡条件得代入数据解得 （2）由闭合电路欧姆定律得 代入数据解得由安培力公式得代入数据解得 （3导体棒下滑到最低点的过程中，由动能定理得 导体棒在最低点受力分析，由牛顿第二定律得解得 由牛顿第三定律可知压力与支持力是一对相互作用力，故有方向竖直向下。 16【答案】（1），方向与x轴正方向夹角45°；（2） 【详解】（1）粒子在第一象限做类平抛运动 可得 则方向与x轴正方向夹角。 （2）由得出如图所示 可得 17.【答案】（1）；（2）1.5m 【详解】(1)对a受力分析结合牛顿第二定律有而 其中 联立解得所以金属棒a在倾斜轨道上做匀变速运动，由匀变速运动规律有 解得 (2)当金属棒a进入水平导轨与b发生弹性碰撞，碰后两者速度分别为v1、v2，由动量守恒和能量守恒 联立解得， 碰后a、b在安培力作用下向右变速运动，a向右加速，b向右减速，整体的合外力为零，系统动量守恒，当二者速度相等时它们之间的距离保持不变，设为s，据动量守恒定律可得 在此过程中对导体棒b应用动量定理有由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律联立可得s=1.5m 18.【答案】（1）；（2）（-2L，0，0），；（3）见解析 【详解】（1）粒子在面adjm内做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示： 设其轨道半径为r1由几何关系得 得 （2）经分析粒子到达点j后在平面nb'd'j内做匀速圆周运动，设其轨道半径为r2， 得 运动轨迹如图乙所示 可知粒子从n点回到平面mnij左侧磁场，在左侧磁场中运动时轨迹在平面bnic内，假设粒子从ic边离开磁场，运动轨迹如图丙所示 由几何关系得 即点f与点c重合。故粒子从c点离开磁场，其坐标为（-2L，0，0）粒子从a到j运动时间为t1 粒子从j到n运动时间为t2 粒子从n到c运动时间为t3 故粒子在磁场中运动时间 （3）粒子在电场中做匀变速曲线运动，当粒子从b'点离开电场时， 得 当时，粒子从nb'边离开长方体。得 当时，粒子从d'b'边离开得 由得 ( 第 1 页 共 15 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $