【文档说明】陕西省西安市长安区第一中学2020-2021学年高二上学期第二次月考物理试卷 【精准解析】.doc，共(22)页，972.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2a6792afc86f7b54221c02b1903a779e.html

以下为本文档部分文字说明：

长安一中高2019级高二阶段第二次教学质量检测物理试卷（重点、平行）总分：110分时间：100分钟一、单项选择题（本题共10小题，每题4分共40分。四个选项中只有一个选项正确；请将正确选项填涂在答题卡上）1.电

动势为2V的电池在电路上输出1A的电流，可以断定（）A.内外电压相差2VB.外电阻为2ΩC.内电阻为2ΩD.内外电阻之和是2Ω【答案】D【解析】【分析】【详解】A．电动势指的是内外电路的总电压，即+E

UU=外内所以A错误。B．根据闭合电路欧姆定律=2ERI=总所以B错误C．根据闭合电路欧姆定律=2ERI=总所以C错误。D．根据闭合电路欧姆定律=2ERI=总所以D正确。故选D。2.如图所示，两只灯泡L1、

L2分别标有“110V，60W”和“110V，100W”，另外有一只滑动变阻器R，将它们连接后接入220V的电路中，要求两灯泡都正常发光，并使整个电路消耗的总功率最小，应使用下面()A.B.C.D.【答案】A【解析】A、灯泡1的额定电流160611011IAA==，灯泡2的

额定电流21001011011IAA==，在A电路中，两灯泡正常发光时，通过R的电流为411A，R与1L并联，电压相等，根据PUI=，所以功率之比等于电流之比，为2:3，则R上消耗的功率为40W，则整个电路的总功率6040100200PWW=++=；在D电路中，两灯泡正常发光，则通过R的电流等于两

灯泡额定电流之和，为1611A，两灯泡的并联电压为110V，则R上的电压为110V，根据PUI=，知电阻R上消耗的功率与两个灯泡消耗的功率相等，所以整个电路的总功率601002320PWW=+=（），所以A电

路消耗的功率小，故A正确，D错误；B、在B电路中，灯泡1的额定电流160611011IAA==，灯泡2的额定电流21001011011IAA==，灯泡2能正常法，则灯泡1就会烧掉，B电路不能保证两灯泡正常发

光，在C电路中，两灯泡串联，则两灯泡电流相等，不能保证两灯泡正常发光，故B、C错误．点睛：解决本题的关键知道在混联电路中，总功率等于各电阻消耗的功率之和，会根据功率的公式求出额定电流，判断灯泡能否正常发光．3.如图所示，电源的电动势为E，内阻为

r，R为电阻箱．图乙为电源的输出功率P与电流表示数I的关系图象，电流表为理想电表，其中电流为I1、I2时对应的外电阻分别为R1、R2，电源的效率分别为η1、η2，输出功率均为P0.下列说法中正确的是()A.R1＜R2B.I1＋I2＞ErC.R1R2=r2D.η

1=η2【答案】C【解析】A.由闭合电路欧姆定律可知：EIRr=+，由图可知，I1<I2，则R1>R2，故A错误；B.由闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir，输出功率为：P=UI=EI−I2r，由图有221122EIIrEIIr−=−，整理得：I1+I2=E/r，故B错误；C.根据电功率表达式

：221122PIRIR==,且EIRr=+；整理得：R1R2=r2，故C正确；D.根据电源的效率可得：PEI=，因I1<I2，因此η1>η2，故D错误；故选C.点睛：由图象知电流关系，根据闭合电路欧姆定律可明确电阻关系；而电流为I1、I2时电源的输出功率相等，据此由功率公式P=UI和

闭合电路欧姆定律结合，进行分析便可求解．4.如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。闭合开关后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为1U、2U、3U，理想电流表示数变化量的绝对值为I，则（）A.21

3UUU=+B.3URI=C.电源输出功率先增大后减小D.1UI和2UI保持不变【答案】D【解析】【分析】【详解】A．V2测量路端电压，V1测量R的电压，V3测量滑动变阻器的电压，将滑动变阻

器滑片向下滑动，滑动变阻器阻值减小，总电阻减小，则总电流增大，内电压增大，U2变小，U1变大，U3变小，U2减小量小于U1增大量和U3减小量之和，所以213UUU+＜故A错误；B．根据闭合电路欧姆定律得()3UEIRr=−+则得3URrI=+故B错误；C．电源的输出功率()222

22EEPIRRrRrrRR===+++当外电路电阻等于内阻时，电源输出功率最大，而电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，所以将滑动变阻器滑片向下滑动，功率变大，故C错误；D．根据欧姆定律得1URI=不变；根据闭合电路欧姆定律得2UEIr=−则得2Ur

I=不变；故D正确。故选D。5.甲、乙、丙三个灯泡，按如图方式连接到电源上．如果丙灯泡处发生短路，某同学对电路个部分发生的变化作了如下推测（设各灯灯丝不被烧断）：①丙灯两端电压为零，②电源两端电压为零，③甲灯变得更亮，④乙灯变得更

亮．其中（）A.只有①、②正确B.只有②、③正确C.只有③、④正确D.只有①、③正确【答案】D【解析】【分析】【详解】如果丙灯泡处发生短路，由于乙与丙并联，乙也被短路，则外电路总电阻减小，总电流增大，所以丙灯两端的电压为零，甲灯变得更亮．外电路总电阻减小，路端电压减小，但不为零，故ABC错

误，D正确．故选D【点睛】若丙灯泡处发生短路，乙灯也被短路，分析电路中电阻的变化，由闭合电路欧姆定律判断电流的变化和路端电压的变化，即可判断灯泡甲亮度的变化．6.如图，在匀强磁场中，两根平行固定放置的长直导线a和b通有大小相等、方向相反的电流，匀强磁场方

向与两根导线所在平面平行且垂直于两根导线，此时a受到的磁场力大小为F1。若撤去b，保留匀强磁场，则a受到的磁场力大小为F2；若撤去匀强磁场，保留b，则a受到的磁场力大小为（）A.F1－F2B.F1＋F2C.2212-FFD.2212FF+【答案】C【解析】【分析】

【详解】假设导线a、b之间相互作用的斥力大小为F0，匀强磁场对两导线的作用力大小为F，与两根导线所在平面垂直。则导线a所受的合磁场力大小为F1＝220FF+如果撤去导线b，导线a所受的磁场力大小为F2＝F；如果撤去匀强磁场，导线

a所受到的磁场力大小为F0，由以上可求得F0＝2212FF-C正确，ABD错误。故选C。7.如图所示，质量为m的铜棒长为L，棒的两端各与长为a的细软铜线相连，静止悬挂在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．当棒中通

过恒定电流后，铜棒向上摆动，最大偏角为θ，重力加速度g已知，则下列说法正确的是A.铜棒摆动过程中，摆角为2时，棒受力平衡B.铜棒摆动过程中，安培力逐渐变小C.铜棒摆动过程中，机械能守恒D.根据题中所给条件可以求出棒中的电流【答案】D【

解析】由运动的对称性可知悬线与竖直方向的夹角为2时金属棒的速率最大，此位置是平衡位置,但是摆动过程经过此位置时不是平衡状态,故A错误；导线中通有恒定电流时，所受安培力不变，选项B错误；铜棒摆动过程中，由于安培力做功，故机械能不守恒，选项

C错误；在2位置时，对金属棒进行受力分析可知，2BILtanmg＝，由此可以求出棒中的电流，故D正确；故选D.点睛：对金属棒进行受力分析、利用对称性原则判断出速度最大的位置，根据安培力公式分析即可正确解题．8.如图所示，有两根

长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x。当两细棒中均通以电流大小为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则下列关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强

度的说法不正确的是（）A.方向向上B.大小为mgILC.要使a仍能保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移D.若使b下移，a将保持静止【答案】D【解析】【分析】【详解】A．通电导体a处于通电导体b的磁场中，由安培定则

可得通电导体a处于竖直向上的磁场中，A正确；B．当导体a处于磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，因夹角为45°，则tan45BILmg=解得mgBIL=B正确；C．由题意可知，重力和水平向右的磁场力的合力与支持力平衡，当

减小b在a处的磁感应强度，则磁场力减小，要使仍平衡，根据受力平衡条件，则可使b上移，即b对a的磁场力斜向上，C正确；D．当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受力的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持

静止，D错误。故选D。9.据报道，国产航母明年面世，其舰载机发射类似于电磁轨道炮弹体发射．其工作原理如图所示，待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．恒定电流，从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)

，磁感应强度的大小与I成正比，静止的通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法()A.只将轨道长度变为原来的2倍B.只将电流增加至原来的4倍C.只将弹体质量减至原来的一半D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度应变为原来的2倍，

其他量不变【答案】D【解析】试题分析：弹体在轨道上运动的加速度2BIdkIdamm==，则弹体出射的速度为：222kIdLvaLm==，则只将轨道长度变为原来的2倍，则弹体出射速度变为原来的2倍，选项A错误；只将电流，增加至原来的4倍，则弹体出射速度变为原来的4

倍，选项B错误；只将弹体质量减至原来的一半，则弹体出射速度变为原来的2倍，选项C错误；将弹体质量减至原来的一半，轨道长度应变为原来的2倍，其他量不变，则弹体出射速度变为原来的2倍，选项D正确；故选D.考点：牛顿第二定律；安培力【名师

点睛】此题考查了牛顿第二定律以及安培力的应用问题；关键是弄懂题意，搞清楚弹体出射的速度和哪些物理量有关，根据牛顿第二定律和安培力公式列出关系式进行讨论解答；此题难度中等，意在考查学生运用知识能力.10.如图所示，光滑的金属轨道分为水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心，N为轨道交

点．两轨道之间宽度为0.5m，匀强磁场方向竖直向上，大小为0.5T．质量为0.05kg的金属细杆置于轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时，其可以沿轨道由静止开始向右运动．已知MN＝OP＝1.0m，金属杆始终垂直轨道，O

P沿水平方向，则()A.金属细杆在水平段运动的加速度大小为5m/s2B.金属细杆运动至P点时的向心加速度大小为10m/s2C.金属细杆运动至P点时的速度大小为0D.金属细杆运动至P点时对每条轨道的作用力大小为0.75

N【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据牛顿第二定律得：金属细杆开始运动时的加速度大小为220.520.5m/s=10m/s0.05BILam==故A错误；C．设金属细杆运动到P点时的速度大小为v，从M到P过程，由动能定理得：21

()2mgRBILMNOPmv−++=代入数据解得：25m/sv=故C错误；B．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为2220m/svaR==故B错误；D．在P点，设每一条轨道对细杆的作用力大小为N，由牛顿第二定律得：

2N－BIL＝ma代入数据解得：N=0.75N由牛顿第三定律得细杆在P点对每一条轨道的作用力大小为N′＝N＝0.75N，故D正确．故选D．二、多项选择题（本题共5小题，每题5分，共25分全部选对的得5分，选

对但不全的得3分，有选错或不答的得0分，请将正确选项填涂在答题卡上）11.用标有“6V，3W”的灯泡L1、“6V，6W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路，其中电源电动势E=9V．图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线．当其中一个灯泡

正常发光时()A.电流表的示数为0.5AB.电压表的示数为6VC.电路输出功率为4WD.电源内阻为1Ω【答案】AC【解析】因为两个灯泡串联，所以通过两灯泡的电流相等，L1的额定电流为I1=P1/U1=0.5A，L

2的额定电流为I2=P2/U2=1A，电路中电流为0.5A，所以只有L1正常发光，故A正确；从图像中可以看出，电流为0.5A时，L1两端电压为6V，L2两端电压为2V，电压表示数为2V，故B错误；电路中输出功率

为P=UI=（2V+6V）x0.5A=4W,故C正确；电源内阻r=E-U/I=2Ω，故D错误，C正确．所以AC正确，BD错误．12.将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图所示，则下

列说法正确的是A.图线b表示电源内部的发热功率Pr随电流I的变化关系B.M点对应的功率为最大输出功率C.在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系PA<PB+PCD.两个图线上交点M与N的横坐标之比一定为1:4，纵坐标之比一定为1:2【答案】AB【解

析】【分析】【详解】A．由电源消耗功率和电源内部消耗功率表达式PE=EI，Pr=I2r，可知，a是直线，表示的是电源消耗的总电功率，b是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率，c表示外电阻的功率即为电

源的输出功率PR，所以A正确；B．当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，M点对应的就是内阻和外电阻相等的时刻，所以M点对应的功率为最大输出功率，故B正确；C．在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，

因为直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC，所以C错误；D．当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点

M时的电流，此时电流的大小为2EERrr+＝，功率的大小为24EPr＝，a、b线的交点N表示电源的总功率PE和电源内部的发热功率Pr相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为Er，功率的大小为2EPr＝，所以横坐标之比为1：2，纵坐标之比为

1：4，所以D错误。故选AB。【点睛】当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和。13.在如图所示的电路中，圈①、②、③处可以接小灯、电流表或电压表（均为理想电表）

三种元器件，电源电动势E、内阻r均保持不变，定值电阻R1：R2：R3：R4=4：3：2：1，小灯电阻RL=R1，R1>r，电路中有电流通过，下列说法中正确的是（）A.要使电源总功率最大，则应该①接电流表，②接电压表，③接小灯B.要使电源输出功率最大，则应

该①接电流表，②接小灯，③接电压表C.要使闭合电路中路端电压最大，则应该①接小灯，②接电压表，③接电流表D.要使闭合电路中电源效率最高，则应该①接小灯，②接电流表，③接电压表【答案】AD【解析】【分析

】【详解】A．要电源总功率最大，电源电动势是固定的，所以就要求电流要大，电流大则总电阻要最小，内阻是一定的，所以外阻要最小。如果①接小灯的话，外阻最小也为2R1=8R4比较大，所以要接电流表，②接小灯的话，③接电压表开路，则小灯和R3并联再与R4串联再与R2并

联，最后与R1串联，最后计算外阻为421(4)16RR=+外③接小灯，②接电压表开路，则R3与R4串联，与RL、R2并联最后与R1串联，最后计算外阻为412(4)11RR=+外此时外阻最小，电源总功率最大。即①接电流表，②接电压表，③接小灯，故A正确；B．当R外

=r时，输出功率最大，但是R1＞r，从上面可以看出，最小的外阻也大于r，所以要使输出功率最大，只有外阻接近r才行，所以还是选择最小的外阻，可以看到还应该是①接电流表，②接电压表，③接小灯，故B错误；C．要路端电压

最大，就要外阻越大越好，这样应该①接电压表，这样整个电路断路，路端电压等于电动势。故C错误；D．要是电源效率最高，则电路不能是断路，同时外阻越大越好，这样①要接小灯，如果③接电流表，则R2、R3、R4被短接，则R外=RL+R1=2R1=8R4如果②接电流

表，则R3短接，R4与R2并联，则4214423(8)4LRRRRRRRR=++=++外此时外阻为最大，则电源效率最高，即①接小灯，②接电流表，③接电压表，故D正确。故选AD。14.如图长L、质量为m的导体棒ab，被两轻质细线水平悬挂，静置于

匀强磁场中；当ab中通过如图的恒定电流I时，ab棒摆离原竖直面，在细绳与竖直方向成角的位置再次处于静止状态；已知ab棒始终与磁场方向垂直，则磁感应强度的大小可能是（）A.tanmgILB.sinmgILC.sin2mgILD.2sin3mgIL【答

案】AB【解析】若磁场竖直向上，则画出从右侧看逆着电流方向的侧视图，如图甲所示：金属棒在重力mg、悬线拉力TF、安培力F三个力的作用下处于平衡状态．由共点力平衡条件得：FILBmgtan==，解得：mgBtanIL=．若所加磁场的方向应平行于悬线向上，此时所加

磁场的磁感应强度最小，则棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知（如图乙）安培力的最小值为：minFmgsin=，即：minILBmgsin=，所以minmgB

sinIL=，故选项AB正确．点睛：对于安培力的方向与大小如何确定与计算，要知道当安培力的方向与拉力的方向垂直，安培力最小，磁感应强度最小．15.通有电流的导线1L、2L、3L、4L处在同一平面（纸面）内，放置方式及电流方向如图甲、乙所示，其中1L、3L是

固定的，2L、4L可绕垂直纸面的中心轴O转动，则下列判定正确的是（）A.2L绕轴O按顺时针转动B.2L绕轴O按逆时针转动C.4L绕轴O按顺时针转动D.4L绕轴O按逆时针转动【答案】BC【解析】【分析】

【详解】AB.图甲中，根据安培定则可知，1L导线产生磁场方向，上方的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远，磁场越弱，由左手定则可知，通电导线2L，处于垂直纸面向外的磁场，且越靠近1L，安培力越强，从而出现2L绕轴O按逆时针方向转动，故B正确，A错误；CD.图乙中O点上方导线4L所受安培力向右，O

点下方导线4L所受安培力向左，即4L绕轴O按顺时针转动，故C正确，D错误．三、实验题（共2小题，共16分.请将正确答案写在答题纸的空白处）16.我校开展学生自己动手进行实验操作的活动。同学们现要测定电阻Rx的阻值（电阻值约为100Ω）以及一节干电池的电动势

和内阻（内阻约为2Ω），除此之外还备有如下器材：A．电压表V：量程为2VB．电阻箱R：总阻值为9999.9ΩC．开关、导线若干(1)为了较准确地测定Rx的电阻值、电池的电动势和内阻，张新同学选择如图所示的电路；(2)张新同学根据电路图连接实物图后，测定电阻Rx时主要进行了两步实验：

第1步：闭合S1和S3，断开S2，记录电压表示数U1；第2步：闭合S1和S2，断开S3，调节R使电压表示数仍为U1，记录此时R的阻值为r，则被测电阻Rx的电阻值为___________；(3)闭合S1和S2，断开S3通过多次改变R，记

录R和对应情况下的电压表示数U，画出1U随1R变化的图线为直线，如图所示，直线与纵轴的交点坐标为b、斜率为k，则电源电动势为_____，内阻为_____。【答案】(1).r(2).1b(3).kb【解析】【分析】【详解】(2)[1]闭合S1和S3

，断开S2，Rx直接接在电源两端，电压表测量Rx两端的电压，闭合S1和S2，断开S3，R直接接在电源两端，电压表测量R两端的电压，两次实验电压值相等，则Rx的电阻值与R的阻值相等，即xRr=(3)[2][3]根据闭合电路欧姆定律得UEUrR

=+解得1EUrR=+整理得111rUERE=+所以11UR−的图象的斜率rkE=直线与纵轴的截距1bE=解得1Eb=，krb=17.如图甲所示是多用电表欧姆挡内部的部分原理图，已知电源电动势E=1.5V，内阻r=1Ω，灵敏电流计

满偏电流Ig=1mA，内阻rg=90Ω，表盘如图丙所示，欧姆表表盘中值刻度为“15”。(1)多用电表的选择开关旋至“Ω”区域的某挡位时，其内部电路为图甲所示。将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后多用电表的总内阻为__________Ω。某

电阻接入红、黑表笔间，表盘如图丙所示，则该电阻的阻值为__________Ω；(2)若将选择开关旋至“×1”，则需要将灵敏电流计__________（选填“串联”或“并联”）一阻值为__________Ω的电阻，再进行欧姆调零；

(3)某同学利用多用电表对二极管正接时的电阻进行粗略测量，如图乙所示，下列说法中正确的是__________（填选项前的字母）A．欧姆表的表笔A、B应分别接二极管的C、D端B．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大C．若采用“×100”倍率测量

时，发现指针偏角过大，应换“×10”倍率，且要重新进行欧姆调零D．若采用“×10”倍率测量时，发现指针位于刻度“15”与“20”的正中央，测量值应略大于175Ω【答案】(1).1500(2).700(3).并联(4).1011(5).

AC【解析】【分析】【详解】(1)[1]设欧姆表总内阻为R，短接时有gEIR=代入数据计算得1500ΩR=[2]当半偏时有1(2gEIRR=+中）所以R=R中，所以选择的是“×100”挡位，根据题图丙可知读数为70

0Ω。(2)[3][4]开关旋至“×1”，此时内阻=15ΩRR=中，短接时电流100mAmEIR==所以给表头并联一个分流电阻R0，根据欧姆定律010=Ω11ggmgIrRII=−(3)[5]A．二极管具有单向导电性，由于表笔A与欧姆表内部电源正极相连，故需要表笔A、B应分别接二极管的

C、D端，A正确；B．实验测量时，手不能触碰金属杆，否则会将自身电阻并联进电路，测量值偏小，B错误；C．若采用“×100”倍率测量时，发现指针偏角过大，说明该挡位太大，所以应该换小挡位，即“×10”倍

率，且要重新进行欧姆调零，C正确；D．欧姆表表盘刻度不均匀，“左密右疏”且越往左阻值越大，所以测量值应小于175Ω，D错误。故选AC。三、计算题（本题共3小题，共29分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步

骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位）18.在如图所示的电路中，电阻R1=12Ω，R2=8Ω，R3=4Ω。当电键K断开时，电流表示数为0.25A，当K闭合时电流表示数为0.36A。求：(1)电键K断开和闭合时

的路端电压U及U′?(2)电源的电动势和内电阻?(3)电键K断开和闭合时内阻上的热功率P及P′?【答案】(1)3V，2.88V；(2)3.6V，1.2Ω；(3)0.3W；0.432W【解析】【分析】【详解】(1)K断开时23()3UIRRV=+=K闭合时''22.88UIR

V==(2)K断开时：外电路总电阻231123()6RRRRRRR+==++K闭合时：外电路总电阻12124.8RRRRR=+=由闭合电路欧姆定律UEUrR=+'''UEUrR=+代入数据解得3.6EV=1.2r=(3)K断开时=0.5

EIARr=+总内阻上的热功率20.3PIrW==K闭合时=0.6EIARr=+总内阻上的热功率2PIr==总=0.432W19.水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻)．

现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大

小至少为多少？此时B的方向如何？【答案】（1）mg－cosBLERsinBLER；（2）mgRLE水平向右【解析】【分析】【详解】从b向a看其受力如图所示．（1）水平方向：f＝FAsinθ①竖直方向：N＋FAcosθ＝mg②又FA＝BIL＝BLER③联立①②③得

：N＝mg－cosBLERf＝sinBLER（2）使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，须使所受安培力竖直向上，则有FA＝mgFA＝BminILBmin＝mgRLE.根据左手定则判定磁场方向水平向右.20.如图所示，在倾角为θ＝37°的斜面上，固定一宽为L＝1.0m的平行金属

导轨．现在导轨上垂直导轨放置一质量m＝0.4kg、电阻R0＝2.0Ω、长为1.0m的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5.整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝2T的匀强磁场中．导轨所接电源的电动势为E＝1

2V，内阻r＝1.0Ω，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑动变阻器的阻值符合要求，其他电阻不计，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.现要保持金属棒在导轨上静止不动，求：(1)金属棒所受安培力的取值范围；(2)滑动变阻器接入电路中的阻值范围．【答案】（1）811N≤F≤8N

（2）0≤R≤30Ω【解析】【分析】【详解】（1）当金属棒刚好达到向上运动的临界状态时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，设金属棒受到的安培力大小为F1，其受力分析如图甲所示．则有FN＝F1sin＋mgcos，F1cos＝mgsin＋fmax，fmax＝FN以上

三式联立并代入数据可得F1＝8N当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时，设金属棒受到的安培力大小为F2，其受力分析如图乙所示．则有FN＇＝F2sin＋mgcos，F2cos＋fmax＇＝mgsin，fmax＇＝FN＇以上三式联立并代入数据可得F2＝811N所以金属棒受到的安培

力的取值范围为811N≤F≤8N（2）因磁场与金属棒垂直，所以金属棒受到的安培力为F＝BIL，因此有I＝FBL，由安培力的取值范围可知电流的取值范围为411A≤I≤4A设电流为I1＝411A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R1，由闭合电路欧姆定律，有E—I1r＝I

1（R0＋R1），代入数据可得R1＝30Ω电流为I2＝4A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R2，由闭合电路欧姆定律，有E一I2r＝I2（R0＋R2），代入数据可得R2＝0所以滑动变阻器接入电路中的阻值范围为0≤R≤30Ω