1、- 1 -七校联盟 2018-2019 学年度第一学期期中联合测试高二物理试题（选修）一、单选题(共 9 小题,每小题 3.0 分,共 27 分) 1. 关于分子电流，下面说法中正确的是 A. 分子电流假说最初是由法国学者法拉第提出的B. 分子电流假说揭示了磁铁的磁场与电流的磁场具有共同的本质，即磁场都是由电荷的运动形成的C. “分子电流”是专指分子内部存在的环形电流D. 分子电流假说无法解释加热“去磁”现象【答案】B【解析】分子电流假说最初是由安培提出来的，A 错误， “分子电流”并不是专指分子内部存在环形电流的，分子电流假说揭示了磁铁的磁场与电流的磁场具有共同的本质，即磁场都是由电荷的运动
2、形成的，所以 C 错误 B 正确，加热去磁现象可以根据分子电流假说解释，构成磁体的分子内部存在一种环形电流分子电流通常情况下磁体分子的分子电流取向是杂乱无章的，它们产生的磁场互相抵消，D 错误思路分析： 根据分子电流假说的内容分析试题点评：了解物理学发展历史，不仅能做好这类题，也能帮助我们历史地去看待科学的发展进程2.一根细橡胶管中灌满盐水，两端用短粗铜丝塞住管口.管中盐水柱长为 40 cm 时测得电阻为 R.若溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同.现将管中盐水柱均匀拉长至 50 cm(盐水体积不变，仍充满橡胶管).则盐水柱电阻变为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】
3、【分析】液体导电可以应用欧姆定律求解，所以根据总体积不变求出截面积的变化，再根据电阻定律进行分析，联立方程即可求得盐水柱变化后的电阻。【详解】由于总体积不变，设 40cm 长时的横截面积为 S所以长度变为 50cm 后，横截面积- 2 -，根据电阻定律联立解得：故应选：D。【点睛】本题考查电阻定律的应用，关键在于判断过程中需要借助液体的总体积保持不变求出横截面积的变化，再利用中间量 s 进行分析即可求解。3.如图是某种电磁泵模型，泵体是一个长方体， ab 边长为 L1，左右两侧面是边长为 L2的正方形，泵体处在垂直向外、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，泵体上下表面接电动势为 U 的电源(内阻不
4、计)若泵工作时理想电流表示数为 I，泵和水面高度差为 h，液体的电阻率为 ， t 时间内抽取液体的质量为 m，不计液体在流动中和管壁之间的阻力，重力加速度为 g.则( )A. 泵体上表面应接电源负极B. 电源提供的电功率为C. 电磁泵对液体产生的推力大小为 BIL1D. 质量为 m 的水离开泵时的动能为 UIt mgh I2 t【答案】D【解析】【分析】当泵体中电流向下时，安培力向左，故液体被抽出；根据电阻定律和欧姆定律列式求解电流表达式分析，根据安培力公式分析安培力大小情况。- 3 -【详解】A 项：当泵体上表面接电源的负极时，电流从下向上流过泵体，这时受到的磁场力水平向右，不会拉动液体，故
5、 A 错误；B 项：为非纯电阻电路，电源提供的电功率为 UI，故 B 错误；C 项：根据安培力公式 F=BIL2，故 C 错误；D 项：若 t 时间内抽取水的质量为 m，根据能量守恒定律，则这部分水离开泵时的动能为EK=UIt-mgh- ，故 D 正确。故应选：D。【点睛】本题关键是明确电磁泵的工作原理，要能够结合欧姆定律、电阻定律、安培力公式分析抽液高度的影响因素。4.如下图所示，两个同心放置且共面的金属圆环，条形磁铁穿过圆心且与两环面垂直，通过两环的磁通量 a、 b比较，则( )A. a b B. a bC. a b D. 不能确定【答案】A【解析】磁感线是闭合曲线，在条形磁铁外部从 N
6、极到 S 极，在内部从 S 极到 N 极由于圆环 a 的面积小于圆环 b 的面积，因此从外部 N 极到 S 极穿过 a 面的磁感线条数少，而内部从 S 极到 N极的磁感线条数一样，于是穿过 a 面的总磁通量大，选项 A 正确5.在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，分别用甲、乙两个电源做实验，它们的路端电压 U 随电流 I 变化的关系如图所示，则这两个电源的内阻大小关系是( )A. r 甲 r 乙 B. r 甲 r 乙 C. r 甲 r 乙 D. 不能确定【答案】A- 4 -【解析】【分析】在该 U-I 图线中，纵轴截距表示电动势，斜率的绝对值表示内阻可比较出两电源的电动势和内阻。【详解】电源
7、 U-I 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，由图示图象可知：E 甲 =E 乙 ，图象斜率的绝对值是电源内电阻 r= ，由图象可知，r 甲 r 乙 ，故 A 正确.故应选：A。【点睛】本题考查了比较电源内阻大小，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要会根据电源 U-I 图象求出电源电动势与内阻的方法。6.在做“奥斯特实验”时，下列操作中现象最明显的是 ( )A. 沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的延长线上B. 沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的正下方C. 电流沿南北方向放置在磁针的正上方D. 电流沿东西方向放置在磁针的正上方【答案】C【解析】奥斯特发现电流周围存在磁场，对小磁针有磁场
8、力作用，但地磁场也对小磁针有磁场力作用（指向南北） ，所以为了回避因地磁场的作用，因此将导线须南北放置，若偏转说明是通电导线的磁场引起的，且放置在导线的下方或上方，不能在导线的延长线上，故 ABD 错误，C正确故选 C点睛：磁体考查地磁场的方向，掌握小磁针静止时，能确定磁场的方向，注意通电导线产生磁场使得小磁针偏离原来的方向是解题的关键7.在地球表面的某位置,发现能自由转动的小磁针静止时 S 极指向地面,则该位置是( )A. 地磁北极附近 B. 地磁南极附近C. 赤道附近 D. 无法确定【答案】A【解析】根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引可知，小磁针的 S 极指向的位置应是地磁场的北极，故
9、选项 A 正确.- 5 -8.如图所示，用绝缘丝线悬挂着的环形导体，位于与其所在平面垂直且向右的匀强磁场中，若环形导体通有如图所示方向的电流 I，试判断环形导体的运动情况（ ） A. 环形导体向右倾斜B. 环形导体仍静止不动C. 环形导体向左倾斜D. 条件不够，无法判断【答案】B【解析】【分析】根据左手定则可知，通电导线在磁场中受力的方向，并由受力方向来判定导体运动情况。【详解】根据左手定则，环形导体所受到的安培力方向与导体平面平行，导致安培力只能使导体处于收缩状态，因此仍能静止不动。故 B 正确，A、C、D 错误。故应选：B。【点睛】通电电流处于匀强磁场中，受到安培力作用，根据左手定则判断注
10、意本题强调环形导体与磁场垂直放置。9.如图电路中，电源电动势 E 恒定，内阻 r1，两电表均为理想电表，定值电阻 R35. 当开关 K 断开与闭合时， ab 段电路消耗的电功率相等则下列说法正确的是( )A. 电阻 R1、 R2可能分别为 3、6B. 电阻 R1、 R2可能分别为 4、5C. 开关 K 断开时电压表的示数一定小于 K 闭合时的示数D. 开关 K 断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于 1- 6 -【答案】B【解析】试题分析：据题意，电键 K 断开与闭合时，ab 段电路消耗的电功率相等，K 闭合时 被短路，则有： ，将 =3、 =6 代入方程不成
11、立，而将=4、 =5 代入方程成立， 故 A 错误，B 正确.电键 K 断开时外电路总电阻大于 K 闭合时外电路总电阻，则电键 K 断开时电压表的示数一定大于 K 闭合时的示数故 C 错误.根据闭合电路欧姆定律得： ，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为 ，故 D 错误故选 B.考点：本题考查了闭合电路的欧姆定律、动态分析电路.二、多选题(共 7 小题,每小题 4.0 分,共 28 分) 10.如图所示， A、 B、 C 为三个通电导体的 I U 关系图象.由图可知（ ）A. 三个导体的电阻关系为 RA RB RCB. 三个导体的电阻关系为 RA RB RCC. 若在导体 B
12、 两端加上 10 V 的电压，通过导体 B 的电流是 2.5 AD. 若在导体 B 两端加上 10 V 的电压，通过导体 B 的电流是 40 A【答案】BC【解析】I-U 图象中图象的斜率表示电阻的倒数，故斜率越大，电阻越小，因此 C 的电阻最大，A 的电阻最小，故选项 B 正确，A 错误；B 的电阻 R= =4；则加 10V 电压时，电流；选项 C 正确， D 错误；故选 BC.点睛：本题考查伏安特性曲线的应用，用图象比较电阻的大小时，除用斜率之外，还可以利- 7 -用电压相同时比较电流、电流大的电阻小，或者是电流相同时比较电压、电压大的电阻大11. 用多用电表欧姆档测电阻时，下列说法正确的
13、是 （ ）A. 测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零B. 为了使测量值比较准确，应该用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，以使表笔与待测电阻接触良好C. 待测电阻若是连接在电路中，应当先把它与其它元件断开后再测量D. 使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到 OFF 档或交流电压最高档【答案】CD【解析】试题分析：运用欧姆表测量电阻时，测量前必须欧姆调零，且每次在换挡后要重新调零，如果用同一欧姆档测不同的电阻，不需要重新进行欧姆调零，故 A 错误；为了使测量值比较准确，表笔应与待测电阻紧密接触，由于人体是导体，不应该用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，故 B 错误；测量
14、电路中的电阻时，由于多用电表内部电源被接通，要将待测电阻与外部电源断开，故 C 正确；多用电表使用完毕，应将选择开关旋到“OFF”或交流电压最高挡，故 D 正确。考点：用多用电表测电阻【名师点睛】每选定一次欧姆档位后电路发生改变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；测完要把选择开关正确放置。12. 如图所示,台秤上放一光滑平板,其左边固定一挡板,一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来 ,现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒,当导体棒中通以如图所示的电流后,以下说法正确的是( )A. 弹簧长度将变长 B. 弹簧长度将变短C. 台秤读数变小 D. 台秤读数变大【答案】BC【解析】- 8
15、 -试题分析：以导体棒为研究对象分析受力，根据左手定则判断得知，其所受安培力方向为斜向右下方，根据牛顿第三定律可知，磁铁受到的安培力方向斜向左上方，平板光滑，故磁铁向左运动，弹簧被压缩，长度变短，所以 A 错误、B 正确；磁铁受到斜向左上方的安培力，所以其对台秤的压力减小，故 C 正确、D 错误；考点：安培力的方向13.一灯泡标有“220V100W”字样将其接到 110V 的电源上(不考虑灯泡电阻的变化)，则有A. 灯泡的实际功率为 50W B. 灯泡的实际功率为 25WC. 通过灯泡的电流为额定工作电流的 D. 通过灯泡的电流为额定工作电流的【答案】BC【解析】试题分析：根据 可知，当电压减
16、半时，灯泡的电功率变为原来的四分之一，即灯泡的实际功率为 25W，根据 当电压减半时，通过灯泡的电流为额定电流的 0.5 倍，选项 BC 正确。考点：电功率及欧姆定律。14.(多选)锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中。现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为 U，输出电流为 I，手机电池的内阻为 r，下列说法正确的是( )A. 电能转化为化学能的功率为 UI I2rB. 充电器输出的电功率为 UI I2rC. 电池产生的热功率为 I2rD. 充电器的充电效率为 100%【答案】AC【解析】- 9 -试题分析：由于充电器的两端电压为 U，则锂电
17、池的两端电压也为 U，电流为 I，故锂电池消耗的电功率为 UI，锂电池的发热功率为 I2r，故转化为化学能的的电功率为 UII 2r，选项 A正确；充电器的输出功率为 UI，选项 B 错误；电池产生的热功率为 I2r，选项 C 正确；充电器的充电效率为（1- ）100%，选项 D 错误。考点：电源对非纯电阻元件供电。15.如图所示，一水平长直导线 MN 上用非常结实的绝缘细线悬挂一等腰直角三角形线圈，线圈与直导线在同一竖直平面内，线圈中通以如图所示的恒定电流，下列说法正确的是( )A. 在 MN 上通以向左的电流，线圈可能会向上平动B. 在 MN 上通以向右的电流，线圈可能不动，但绝缘细线的拉
18、力小于线圈的重力C. 在 MN 上通以向右的电流，线圈会发生(俯视看)逆时针转动D. 在 MN 上通以向左的电流，线圈肯定不动，但细线上一定有张力【答案】BD【解析】【分析】由右手螺旋定则分析线圈中的磁场分布，再由左手定则判断直导线的受力；由作用力反作用力分析线圈的受力情况，再判断其运动情况。【详解】A、D 项：由右手螺旋定则可知，线圈内部磁感线向里，则导线处的磁场向外；对导线由左手定则可知，导线受力向上；则由牛顿第三定律可知，线圈受力向下；线圈不会动，但细绳上的一定有拉力；故 A 错误，D 正确；B、C 项：通以向右的电流时，线圈受力向上，可能向上运动，也可能不动，但绝缘细线的拉力小于线圈的
19、垂力；而对于线圈分析可知，MN 形成的磁场是垂直于线圈所在平面的；故不可能出现转动现象；故 B 正确，C 错误。故选：BD。【点睛】本题应用了转换研究对象法进行分析，要注意明确两电流形成的磁场的分布特点。16.如图所示的电路，闭合开关 S，当滑动变阻器测算 P 向右移动时，下列说法正确的是：（ ）- 10 -A. 电流表读数变小，电压表读数变大B. 小电泡 L 变暗C. 电容器 C 上电荷量减小D. 电源的总功率变大【答案】CD【解析】试题分析：滑动变阻器滑片 P 向左移动，滑动变阻器连入电路的电阻增大，根据“并同串反”知：电流表读数变小，电压表读数变大，A 正确；小灯泡 L 变暗，B 错误；
20、电容器两端电压增大，电荷量增大，C 错误；电源的总功率 PEI，总电流减小，电动势不变，电源的总功率减小，D 错误。考点：本题考查闭合电路的动态分析、电源的功率。三、实验题(共 3 小题,共 26 分) 17.研究小组想要测量电压表内阻和某电源电动势，给定器材如下：待测电压表：量程 01 V，内阻约为 990 ；待测电源：电动势约为 6 V，内阻约为 1 ；电流表：量程 00.6 A，内阻可忽略；滑动变阻器 R：阻值变化范围 020 ；定值电阻 R1：阻值为 6 k；定值电阻 R2：阻值为 2 k；单刀单掷开关和导线若干(1)一成员利用图甲电路进行实验，通过电压表与电流表的读数获得电压表的内阻
21、，请分析- 11 -此方法的可行性，并说明理由_(2)另一成员利用图乙电路进行实验，其操作步骤为：连接电路；闭合 S1、S 2，读出此时电压表的示数为 0.90 V；保持 S1闭合，断开 S2，读出此时电压表的示数为 0.70 V；断开 S1，整理器材忽略电源内阻，由以上数据，可以测得电压表的内阻为_；电源的电动势为_V 考虑到电源有内阻，电源电动势的测量值和真实值相比较_(填“偏大” “相等”或“偏小”)【答案】 (1). 不可行，由于电压表内阻太大，电流表示数偏小 (2). 1k (3). 6.3 (4). 偏小【解析】【分析】(1)分析电路结构，根据欧姆定律可求得电流值的范围，则可明确能
22、否测量；(2)根据欧姆定律可得出对应的表达式，联立可求得电源的内阻和电压表的示数；根据实验原理分析实验误差。【详解】(1) 由于电压表内阻约为 990，则电流约为： ，故电流表示数太小，无法正确测量；(2) 闭合 S1、S 2， 联立解得：E=6.3V；RV=1k；若电源有内阻，则由表达式可知，分母中应包括电源内阻，则可知，求出的 E 应偏小。【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要注意正确分析电路，明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律进行分析即可。18.在做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时，所用器材有：电动势为 6 V 的电源，额定电压为 2.5 V 的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器
23、、电表、开关和导线.要求能测出尽可能多组数据，如图是没有连接完的实物电路.(已连接好的导线有 a、 b、 c、 d、 e、 f 六- 12 -根)(1)请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整_；(2)连好电路，闭合开关，移动变阻器滑片 P，发现小灯泡始终不亮，但电压表有示数，电流表几乎不偏转，则故障的原因可能是_；(3)排除故障后闭合开关，移动滑片 P 到某处，电压表的示数为 2.2 V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片 P 向_端滑动(选填“左”或“右”)；(4)图线是曲线而不是过原点的直线，原因是_.【答案】 (1). (2). c 段导线断路或灯泡灯丝断了 (3). 右 (4). 灯
24、丝的电阻会随温度的升高而增大【解析】【分析】(1)要“描绘小灯泡的伏安特性曲线”则滑动变阻器要采用分压接法； (2)电流表几乎不偏转，则说明出现断路，而电压表有示数，则说明电压表两侧的电路完好无损；(3)要增大小灯泡两端的电压，则要增大与小灯泡并联的部分电阻；(4)U-I 图象的斜率代表灯丝的电阻，功率越大，灯丝的温度越高。【详解】(1) 要“描绘小灯泡的伏安特性曲线”则电压要从 0 开始连续可调，故滑动变阻器要采用分压接法，由于小灯泡为小电阻故电流表要采用外接法；因灯泡电压为 2.5V，故电压表量程为 3V；实物图连接如图所示：- 13 -(2) 电流表几乎不偏转，则说明出现断路，而电压表有
25、示数，则说明导线 a、b、e、d、f 完好，故只能是 c 段导线断路或灯泡损坏；(3) 小灯泡的额定电压为 2.5V，而此时电压表的示数为 2.2V，故要增大小灯泡两端的电压，则应该增大滑片 P 和左端之间的电阻，故应将滑片 P 向右端滑动；(4) 该曲线的斜率 ，故斜率大小代表电阻的大小，由于电压越大，灯泡的实际功率越大即灯丝的温度越高，电阻越大，所以说灯丝的电阻会随温度的升高而增大。【点睛】本题考查了故障的分析、电流表、滑动变阻器的连接，实物图的连接，图象的理解和运用。19.现在要测量一段电阻丝的电阻率 ，其阻值 Rx0.5，允许通过的最大电流为 0.5 A现有如下器材可供选择：电流表 A
26、（量程 0.6 A，内阻约为 0.6 ） 电压表 V（量程 3 V，内阻约为 3k）待测的电阻丝 Rx（阻值约为 0.5 ） 标准电阻 R0（阻值 5）滑动变阻器 R1（5，2A） 滑动变阻器 R2（200 ，1.5 A）直流电源 E（E6 V，内阻不计） 开关 S、导线若干（1） 图甲为四位同学分别设计的“测量部分”的电路，你认为合理的是_；- 14 -（2） 实验中滑动变阻器应该选择_（选填“R 1”或“R 2”） ，并采用_接法；（3） 根据你在（1） （2）中的选择，在乙上完成实验电路的连接；（4） 实验中，如果两电表的读数分别为 U 和 I，测得拉直后电阻丝的长度为 L、直径为 D，
27、则待测电阻丝的电阻率 的计算式为 _；（5） 用螺旋测微器测量待测电阻丝的直径时读数如图丙所示，则该电阻丝的直径D=_【答案】 （1）C （2） 分压（3）如图所示（4）（5）【解析】试题分析：伏安法测量电阻原理即测量出待测电阻两端的电压和通过电阻的电流，可供选择的电压表和电流表量程分别为 和 ，而待测量的电阻只有 左右，电流表读数准确时电压表读数太小，而电压表读数准确时电流表又超量程，所以需要给待测量电阻串联一个定值电阻起保护作用，即使如此，待测电阻 ，电流表选择外接法。为获- 15 -得多组实验数据减少实验误差，滑动变阻器选择分压式接入电路，因此滑动变阻器选择阻值小的 。滑动变阻器分压式连
28、接，待测量电阻和定值电阻串联，电流表外接，注意正负接线柱，实物连线见答案。根据欧姆定律 ，而 ，带入即可得。螺旋测微器读数首先从固定刻度读出半毫米的整数倍即 ，从可动刻度读出与主尺对齐的刻度线，估读一位即 乘以精确度 ，最终结果为。考点：螺旋测微器读数，伏安法测量电阻四、计算题 20.如图所示，电源电动势为 E30 V，内阻为 r1 ，电灯上标有“6 V、12 W”字样，直流电动机线圈电阻 R2 .若电灯恰能正常发光，求电动机输出的机械功率【答案】36 W【解析】试题分析：因灯泡正常发光，所以 I A2AU 内 Ir21V2V所以电动机电压为UMEU 内 U30V2V6V22V电动机输出的机械
29、功率为P 机 U MII 2R222W2 22W36W.考点：电动机电路【名师点睛】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的在计算电功率的公式中，总功率用 P=IU 来计算，发热的功率用 P=I2R 来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的21.电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示.1982 年澳大利亚国立大学制成了能把2.2g 的弹体(包括金属杆 EF 的质量)加速到 10km/s 的电磁炮(常规炮弹的
30、速度约为 2km/s)，- 16 -若轨道宽 2m，长为 100m，通过的电流为 10A，试问轨道间所加匀强磁场的磁感应强度是多大？(轨道摩擦不计)【答案】 B55T【解析】由于弹体做匀加速直线运动，由运动学公式 v22 as得由牛顿第二定律得 F 安 ma得 F 安 2.210 3 5105N1.110 3N由安培力公式 F 安 BIl得【点睛】本题重点是运动学的应用，由运动学得到加速度才能得到磁感应强度22.如图所示电路，已知 R3=4，闭合电键，安培表读数为 0.75A，伏特表读数为 2V，经过一段时间，一个电阻被烧坏(断路)，使安培表读数变为 0.8A，伏特表读数变为 3.2 V，问：
31、（1）哪个电阻发生断路故障？（2） R1的阻值是多少？（3）能否求出电源电动势 E 和内阻 r？如果能，求出结果；如果不能，说明理由【答案】 （1） R2被烧断路（2）4（3）只能求出电源电动势 E 而不能求出内阻 r， E=4V【解析】试题分析：（1）由于发生故障后，伏特表和安培表有示数且增大，说明外电阻增大，故只能是 R2被烧断了- 17 -（2）R 2被烧断后，电压表的示数等于电阻 R1两端的电压，则（3）第一种情况下，有：电阻 R3两端的电压为 U3=I1R1-U1=0.754-2=1（V）通过电阻 R3的电流为 ，根据闭合电路欧姆定律得 E=I 1R1+（I 1+I3）（R 4+r）
32、第二情况下，有 E=U1+I 1（R 4+r）代入得：E=3+（R 4+r） E=3.2+0.8（R 4+r）解得，E=4V，R 4+r=1由于 R4未知，故只能求出电源电动势 E 而不能求出内阻 r考点：闭合电路的欧姆定律【名师点睛】本题闭合电路的欧姆定律的应用以及电路的分析和计算问题，注意解题时要注意有两种情况，根据闭合电路欧姆定律列出两个方程，求解电动势或内阻，是常用的方法；此题同时给了我们一个测量电动势的方法.23.如图所示，两平行金属导轨间的距离 L0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角 37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度 B0.50 T，方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场
33、。金属导轨的一端接有电动势 E4.5 V、内阻 r0.50 的直流电源。现把一个质量 m0.04 kg 的导体棒 ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻 R02.5 ，金属导轨电阻不计， g 取 10 m/s2。已知 sin370.60，cos370.80，求：(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力的大小；(3)导体棒受到的摩擦力大小。【答案】 （1）1.5 A（2）0.3 N（3）0.06 N【解析】- 18 -（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：（2）导体棒受到的安培力：F=BIL=0.51.50.4=0.30N根据左手定则，方向平行斜面向上；（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力 F1=mgsin37=0.24N，由于 F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力 f；根据共点力平衡条件，有：mg sin37+f=F解得：f=0.06N
