【物理试题】浙江专版2019届高考物理一轮复习第9章电磁感应6章末过关检测九新人教版.doc

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[小初高学习](浙江专版)2019届高考物理一轮复习第9章电磁感应 1 第一节电磁感应现象楞

1 第一节电磁感应现象楞次定律1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( )A ．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B ．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C ．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D ．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化解析：选D ．产生感应电流必须满足的条件：①电路闭合；②穿过闭合电路的磁通量要发生变化．选项A 、B 电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A 、B 不能观察到电流表的变化；选项C 满足产生感应电流的条件，也能产生感应电流，但是等我们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C 也不能观察到电流表的变化；选项D 满足产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以观察到电流表的变化，所以选D ．2．(多选)(2018·盐城高三调研测试)如图甲所示是一种手摇发电的手电筒，内部有一固定的线圈和可来回运动的条形磁铁，其原理图如图乙所示．当沿图中箭头方向来回摇动手电筒过程中，条形磁铁在线圈内来回运动，灯泡发光．在此过程中，下列说法正确的是( )A ．增加摇动频率，灯泡变亮B ．线圈对磁铁的作用力方向不变C ．磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时，灯泡中电流方向相反D ．磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出的过程中，灯泡中电流方向不变解析：选AC ．增大摇动频率则ΔΦΔt 变大，由E ＝n ΔΦΔt可知感应电动势E 变大，所以灯泡变亮，故A 正确；由楞次定律阻碍的含义可知靠近时为斥力，远离时为引力，所以线圈对磁铁的作用力方向变化，故B 错误；磁铁从线圈同一端进出时原磁场方向相同，但进入时原磁场增加，穿出时减小，由楞次定律可知感应电流方向相反，故C 正确；磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出，由楞次定律可知电流方向相反，故D 错误．3．如图，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方水平快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N及在水平方向运动趋势的正确判断是( )A．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向右解析：选D．根据楞次定律的推论判断．磁铁靠近线圈时，线圈阻碍它靠近．线圈受到磁场力方向为右偏下，故F N>mg，有向右运动趋势，磁铁从B点离开线圈时，线圈受到磁场力方向向右偏上，故F N<mg，仍有向右运动趋势，因此只有D正确．4．如图所示的装置中，cd杆原来静止，当ab杆做如下哪种运动时，cd杆将向右移动( )A．向右匀速运动B．向右减速运动C．向左加速运动D．向左减速运动解析：选D．ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd保持静止，A错误；ab向右减速运动时，L1中的磁通量向上减小，由楞次定律知L2中感应电流产生的磁场方向向下，故通过cd的电流方向向上，cd向左移动，B错误；同理得C错误，D正确．。

(浙江专版)2019届高考物理一轮复习第9章电磁感应 2 第二节法拉第电磁感应定律自感涡流

Eb，不考C虑op两y圆rig环h间t 2的0相04互-影20响1．1 A下s列p说os法e 正Pt确y的L是td(. )
A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向
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(1)若 B、l、v 相互垂直，则 E＝___B_l_v___． (2)若 B⊥l，l⊥v，v 与 B 夹角为 θ，则 E＝__B_l_v_si_n__θ_．
若 v∥B，则 E＝0．

(浙江选考)2019版高考物理大一轮复习第九章电磁感应交变电流第1讲楞次定律法拉第电磁感应定律学案

第1讲楞次定律法拉第电磁感应定律[考试标准]知识内容必考要求加试要求说明电磁感应现象 b1.不要求掌握法拉第等科学家对电磁感应现象研究的具体细节．2.在用楞次定律判断感应电流方向时，只要求闭合电路中磁通量变化容易确定的情形．3.导体切割磁感线时感应电动势的计算，只限于l、B、v三者垂直的情形．4.不要求计算涉及反电动势的问题．5.在电磁感应现象中，不要求判断电路中各点电势的高低．6.不要求计算既有感生电动势，又有动生电动势的电磁感应问题．7.不要求计算自感电动势．8.不要求解释电磁驱动和电磁阻尼现象.楞次定律 c法拉第电磁感应定律d电磁感应现象的两类情况b互感和自感 b涡流、电磁阻尼和电磁驱动b一、电磁感应现象1．磁通量(1)公式：Φ＝BS.适用条件：①匀强磁场．②磁感应强度的方向垂直于S所在的平面．(2)几种常见引起磁通量变化的情形．①B变化，S不变，ΔΦ＝ΔB·S.②B不变，S变化，ΔΦ＝B·ΔS.③B、S两者都变化，ΔΦ＝Φ2－Φ1，不能用ΔΦ＝ΔB·ΔS来计算．2．电磁感应现象(1)产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化．特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．(2)电磁感应现象中的能量转化：发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能，该过程遵循能量守恒定律．自测1(多选)如图1所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框．在下列四种情况下，线框中不会产生感应电流的是( )图1A．如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动B．如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动C．如图丙表示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D．如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动答案ABD二、感应电流方向的判断1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(2)适用范围：适用于一切回路磁通量变化的情况．2．右手定则(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．(2)适用情况：导体切割磁感线产生感应电流．自测2(多选)如图2所示，匀强磁场垂直圆形线圈指向纸内，a、b、c、d为圆形线圈上等距离的四点，现用外力在上述四点将线圈拉成正方形，且线圈仍处在原先所在平面内，则在线圈发生形变的过程中( )图2A．线圈中无感应电流B ．线圈中有感应电流C ．感应电流的方向为abcdaD ．感应电流的方向为adcba 答案 BC三、法拉第电磁感应定律 1．感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关． (3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断． 2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比． (2)公式：E ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数．自测3 (多选)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( ) A ．感应电动势的大小与线圈的匝数有关 B ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 C ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 D ．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同答案 AC四、导线切割磁感线时的感应电动势导线切割磁感线时，可有以下三种情况：切割方式电动势表达式说明垂直切割E ＝Blv ①导线与磁场方向垂直 ②磁场为匀强磁场旋转切割(以一端为轴) E ＝12Bl 2ω五、自感和涡流 1．自感现象由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象． 2．自感电动势(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势．(2)表达式：E ＝L ΔIΔt .(3)自感系数L ：①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关． ②单位：亨利(H)，1 mH ＝10－3H,1 μH＝10－6H. 3．涡流(1)定义：当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水中的旋涡一样的感应电流． (2)涡流的应用①涡流热效应的应用，如真空冶炼炉． ②涡流磁效应的应用，如探雷器．自测4 (多选)电磁炉为新一代炊具，无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等是电磁炉的优势所在．电磁炉是利用电流通过线圈产生磁场，当磁场的磁感线通过含铁质锅底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速发热，然后再加热锅内食物．下列相关说法中正确的是( ) A ．锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的 B ．恒定磁场越强，电磁炉的加热效果越好 C ．锅体中的涡流是由变化的磁场产生的D ．提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果答案 CD命题点一感应电流方向的判断考向1 应用楞次定律判断感应电流的方向例1 (多选)下列各选项是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各选项中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是( )答案CD解析根据楞次定律可确定感应电流的方向：以C选项为例，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈原磁场的方向——向上；(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加；(3)感应电流产生的磁场方向——向下；(4)利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相同．运用以上分析方法可知，C、D正确．变式1(多选)如图3，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中B为均匀带负电绝缘环，A为导体环．当B绕轴心顺时针转动且转速增大时，下列说法正确的是( )图3A．A中产生逆时针的感应电流B．A中产生顺时针的感应电流C．A具有收缩的趋势D．A具有扩展的趋势答案BD解析由题图可知，B为均匀带负电绝缘环，B中电流为逆时针方向，由右手螺旋定则可知，电流的磁场垂直纸面向外且逐渐增大；由楞次定律可知，磁场增大时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，所以感应电流的磁场的方向垂直纸面向里，A中感应电流的方向为顺时针方向，故A错误，B正确；B环外的磁场的方向与B环内的磁场的方向相反，当B环内的磁场增强时，A环具有面积扩展的趋势，故C错误，D正确．考向2 楞次定律推论的应用楞次定律推论的应用技巧1．线圈(回路)中磁通量变化时，阻碍原磁通量的变化——应用“增反减同”的规律；2．导体与磁体间有相对运动时，阻碍相对运动——应用“来拒去留”的规律；3．当回路可以形变时，感应电流可使线圈面积有扩大或缩小的趋势——应用“增缩减扩”的规律；4．自感现象中，感应电动势阻碍原电流的变化——应用“增反减同”的规律．例2 (多选)如图4所示，光滑固定的金属导轨M 、N 水平放置，两根导体棒P 、Q 平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时( )图4A ．P 、Q 将相互靠拢B ．P 、Q 将相互远离C ．磁铁的加速度仍为gD ．磁铁的加速度小于g 答案 AD解析根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果，总要反抗产生感应电流的原因．本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近．所以，P 、Q 将相互靠拢且磁铁的加速度小于g ，应选A 、D. 考向3 切割类感应电流方向的判断例3 (多选)如图5所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd ，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2，则( )图5A ．导线框进入磁场时，感应电流方向为a →b →c →d →aB ．导线框离开磁场时，感应电流方向为a →b →c →d →aC ．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D ．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左答案 BD解析导线框进入磁场时，cd 边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向沿a →d →c →b →a ，由左手定则可知cd 边受到的安培力方向向左；导线框离开磁场时，ab 边处于磁场中且在做切割磁感线运动，同样用右手定则和左手定则可以判断电流的方向为a →b →c →d →a ，安培力的方向仍然向左，故选项B 、D 正确．命题点二法拉第电磁感应定律的理解及应用求感应电动势大小的五种类型及对应解法 1．磁通量变化型：E ＝n ΔΦΔt2．磁感应强度变化型：E ＝nS ΔBΔt3．面积变化型：E ＝nB ΔSΔt4．平动切割型：E ＝Blv (B 、l 、v 三者垂直) (1)l 为导体切割磁感线的有效长度． (2)v 为导体相对磁场的速度． 5．转动切割型：E ＝Blv ＝12Bl 2ω例4 (多选)如图6所示，先后以速度v 1和v 2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，已知v 1＝2v 2，则在先后两种情况下( )图6A ．线圈中的感应电流之比I 1∶I 2＝2∶1B ．线圈中的感应电流之比I 1∶I 2＝1∶2C ．线圈中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1D ．通过线圈某截面的电荷量之比q 1∶q 2＝1∶2 答案 AC解析由题意v 1＝2v 2，根据E ＝BLv 可知，感应电动势之比E 1∶E 2＝v 1∶v 2＝2∶1，则感应电流之比I 1∶I 2＝E 1∶E 2＝2∶1，故A 正确，B 错误；线圈拉出磁场的时间t ＝L v，L 相同，因v 1＝2v 2，可知时间比为1∶2；又I 1∶I 2＝2∶1，R 一定，根据Q ＝I 2Rt ，可得热量之比Q 1∶Q 2＝2∶1，故C 正确；根据q ＝ΔΦR，因磁通量的变化量相等，可知通过线圈某截面的电荷量之比q 1∶q 2＝1∶1，故D 错误．变式2 (多选)穿过一个电阻为1 Ω的单匝闭合线圈的磁通量始终是每秒钟均匀地减少4 Wb ，则( )A ．线圈中感应电动势一定是每秒减少4 VB ．线圈中感应电动势一定是4 VC ．线圈中感应电流一定是每秒减少4 AD ．线圈中感应电流一定是4 A 答案 BD解析感应电动势的大小跟穿过这一回路的磁通量的变化率成正比，与磁通量变化量无关，由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 得E ＝4 V ，线圈中电流I ＝ER ＝4 A ，故B 、D 正确．变式3 (多选)用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径．如图7所示，在ab 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，磁感应强度大小随时间的变化率ΔBΔt＝k (k ＜0)．则( )图7A ．圆环中产生沿逆时针方向的感应电流B ．圆环具有扩张的趋势C ．圆环中感应电流的大小为⎪⎪⎪⎪⎪⎪krS 2ρD ．图中a 、b 两点间的电势差的绝对值为⎪⎪⎪⎪⎪⎪k πr 24答案 BD解析 k ＜0，磁通量均匀减少，根据楞次定律可知，圆环中产生沿顺时针方向的感应电流，选项A 错误；圆环在磁场中的部分，受到向外的安培力，所以有扩张的趋势，选项B 正确；圆环产生的感应电动势大小为E ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔB Δt ·πr 22＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪k πr 22，则圆环中的电流大小为I ＝E ρ·2πr S＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪kSr 4ρ，选项C 错误；|U ab |＝E 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪k πr 24，选项D 正确．拓展点1 导体棒切割产生的感应电动势的计算例5 (多选)如图8所示，PN 与QM 两平行金属导轨相距1 m ，电阻不计，两端分别接有电阻R 1和R 2，且R 1＝6 Ω，ab 杆的电阻为2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T ．现ab 以恒定速度v ＝3 m/s 匀速向右移动，这时ab 杆上消耗的电功率与R 1、R 2消耗的电功率之和相等．则( )图8A ．R 2＝6 ΩB ．R 1上消耗的电功率为0.375 WC ．a 、b 间电压为3 VD ．拉ab 杆水平向右的拉力为0.75 N 答案 BD解析如图，ab 杆切割磁感线产生感应电动势，由于ab 杆上消耗的电功率与R 1、R 2消耗的电功率之和相等，则内、外电阻相等，6R 2R 2＋6＝2，解得R 2＝3 Ω，因此A 错误；E ＝Blv ＝3 V ，R 总＝4 Ω，总电流I ＝E R 总＝34 A ，路端电压U ab ＝IR 外＝34×2 V＝1.5 V ，因此C 错误；P 1＝U ab 2R 1＝0.375 W ，B 正确；ab 杆所受安培力F ＝BIl ＝0.75 N ，ab 杆匀速移动，因此拉力大小为0.75 N ，D 正确．拓展点2 圆盘转动切割产生的感应电动势的计算例6 (多选)如图9所示为法拉第圆盘发电机．半径为r 的导体圆盘绕竖直轴以角速度ω旋转，匀强磁场B 竖直向上，电刷a 与圆盘表面接触，接触点距圆心为r2，电刷b 与圆盘边缘接触，两电刷间接有阻值为R 的电阻，忽略圆盘电阻与接触电阻，则( )图9A ．ab 两点间的电势差为12Br 2ωB ．通过电阻R 的电流强度为3Br 2ω8RC ．通过电阻R 的电流方向为从上到下D ．圆盘在ab 连线上所受的安培力与ab 连线垂直，与转向相反答案 BD命题点三电磁感应中的图象问题 1．解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B －t 图还是Φ－t 图，或者E －t 图、I －t 图等； (2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等； (6)画图象或判断图象正误．2．电磁感应中图象类选择题的两种常见解法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．(2)函数法：根据题目所给条件定量的写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断．例7 (多选)如图10所示，abcd 为一边长为l 的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd 边平行，磁场区域的宽度为2l ，磁感应强度为B ，方向竖直向下，线框在一垂直于cd 边的水平恒定拉力F 作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域，cd 边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a 、b 两端的电压U ab 及导线框中的电流i 随cd 边的位置坐标x 变化的图线可能是( )图10答案 BD解析线框刚进入磁场的过程做匀速直线运动，感应电动势E ＝Blv 0恒定，线框中的电流大小恒定，方向沿逆时针方向，a 、b 两端的电压U ab ＝14Blv 0，线框完全在磁场中运动时，穿过闭合电路的磁通量不变，线框中感应电流为零，做匀加速运动，但ab 边两端的电压U ab ＝Blv ＝Bl v 02＋2a (x －l )，其中v 0为匀速运动的速度，U ab 与位置坐标x 不是线性关系，当出磁场时，U ab ＝34Blv ，线框做减速运动，U ab 不断减小，故A 错误，B 正确；线框进入过程中，线框中的电流大小恒定且为逆时针，完全进入磁场时电流为零；线框离开磁场，做减速运动，加速度逐渐减小，线框刚好完全离开磁场时，速度逐渐趋近于匀速运动时的速度，不可能为零，故此时电流也不可能为零，故C 错误，D 正确．变式4 (多选)如图11，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t 1、t 2分别表示线框ab 边和cd 边刚进入磁场的时刻，线框下落过程形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界OO ′平行，线框平面与磁场方向垂直，设OO ′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象可能反映线框下落过程中速度v 随时间t 变化的规律( )图11答案 CD解析线框先做自由落体运动，若ab 边进入磁场后重力小于安培力，则做减速运动，由F＝B 2L 2v R知线框所受的安培力减小，加速度逐渐减小，v －t 图象的斜率应逐渐减小，故A 、B错误；线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场后若重力大于安培力，则做加速度减小的加速运动，cd 边进入磁场后做匀加速直线运动，加速度为g ，故C 正确；线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场后若重力等于安培力，则做匀速直线运动，cd 边进入磁场后做匀加速直线运动，加速度为g ，故D 正确．变式5 (多选)如图12甲所示，光滑绝缘水平面，虚线MN 的右侧存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B ＝2 T 的匀强磁场，MN 的左侧有一质量为m ＝0.1 kg 的矩形线圈bcde ，电阻R ＝2 Ω，bc 边长L 1＝0.2 m ．t ＝0时，用一恒定拉力F 拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过1 s ，线圈的bc 边到达磁场边界MN ，此时立即将拉力F 改为变力，又经过1 s ，线圈恰好完全进入磁场，在整个运动过程中，线圈中感应电流i 随时间t 变化的图象如图乙所示．则( )图12A ．恒定拉力大小为0.05 NB ．线圈在第2 s 内的加速度大小为1 m/s 2C ．线圈be 边长L 2＝0.5 mD ．在第2 s 内流过线圈的电荷量为0.2 C 答案 ABD解析在第1 s 末，i 1＝ER，E ＝BL 1v 1，v 1＝a 1t 1，F ＝ma 1，联立解得F ＝0.05 N ，A 项正确．在第2 s 内，由题图乙分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s 末i 2＝E ′R，E ′＝BL 1v 2，v 2＝v 1＋a 2(t 2－t 1)，解得a 2＝1 m/s 2，B 项正确．在第2 s 内，v 22－v 12＝2a 2L 2，得L 2＝1 m ，C 项错误．q ＝ΔΦR ＝BL 1L 2R＝0.2 C ，D 项正确．1．(多选)磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架，把线圈围绕在铝框上，这样做的目的是( )A ．防止涡流而设计的B ．利用涡流而设计的C ．起电磁阻尼的作用D ．起电磁驱动的作用答案 BC解析常用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止转动．这样做的目的是利用涡流，起到电磁阻尼的作用，故B 、C 正确，A 、D 错误．2．(多选)下列选项表示的是闭合电路中的一部分导体ab 在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab 上的感应电流方向为b →a 的是( )答案BCD解析根据右手定则，A中感应电流方向是a→b；B、C、D中感应电流方向都是b→a，故选B、C、D.3.(多选)如图1所示，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场( )图1A．逐渐增强，方向向外B．逐渐增强，方向向里C．逐渐减弱，方向向外D．逐渐减弱，方向向里答案CD解析回路变为圆形，面积增大，说明闭合回路的磁通量减少，所以磁场逐渐减弱，而磁场方向可能向外，也可能向里，故选项C、D正确．4．(多选)如图2所示，几位同学在做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路．两个同学迅速摇动AB这段“绳”．假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北．图中摇“绳”同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线的A点，乙同学站在东边，手握导线的B点．下列说法正确的是( )图2A．当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最小B．当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大C．当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向BD．在摇“绳”过程中，“绳”中电流总是从A流向B答案AC5．(多选)如图3所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为F T1和F T2，重力加速度大小为g，则( )图3A．F T1＞mg B．F T1＜mgC．F T2＞mg D．F T2＜mg答案AC解析金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，在磁铁下端时受力也向上，则金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知F T1＞mg，F T2＞mg，A、C正确．6．(多选)(2016·宁波市联考)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的关系图象如图4所示，则( )图4A．在t＝0时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大B．在t＝1×10－2 s时刻，感应电动势最大C ．在t ＝2×10－2s 时刻，感应电动势为零D ．在0～2×10－2s 时间内，线圈中感应电动势的平均值为零答案 BC解析由法拉第电磁感应定律知E ∝ΔΦΔt ，故t ＝0及t ＝2×10－2s 时刻，E ＝0，A 错，C对；t ＝1×10－2s 时刻，E 最大，B 对；在0～2×10－2s 时间内，ΔΦ≠0，故E ≠0，D 错． 7．如图5所示，在O 点正下方有一个有理想边界的磁场，铜环在A 点由静止释放向右摆至最高点B ，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是( )图5A ．A 、B 两点在同一水平线 B ．A 点高于B 点C ．A 点低于B 点D ．铜环将做等幅摆动答案 B解析由于铜环刚进入和要离开磁场过程中，会产生感应电流，一部分机械能转化为电能，所以铜环运动不到与A 点等高点，即B 点低于A 点，故B 正确．8．(多选)如图6所示，粗细均匀的导线绕成匝数为n 、半径为r 的圆形闭合线圈．线圈放在磁场中，磁场的磁感应强度随时间均匀增大，线圈中产生的电流为I ，下列说法正确的是( )图6A ．电流I 与匝数n 成正比B ．电流I 与线圈半径r 成正比C ．电流I 与线圈面积S 成正比D ．电流I 与导线横截面积S 0成正比答案 BD解析由题给条件可知感应电动势为E ＝n πr2ΔB Δt ，电阻为R ＝ρn 2πr S 0，电流I ＝ER，联立以上各式得I ＝S 0r 2ρ·ΔBΔt，则可知B 、D 项正确，A 、C 项错误．9．(多选)边长为a 的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如图7所示，则选项图中电动势、外力、外力功率与位移图象规律与这一过程相符合的是( )图7答案 BD解析框架切割磁感线的有效长度L ＝2x tan 30°，则感应电动势E ＝BLv ＝B ·2x tan 30°·v ＝233Bvx ，则E 与x 成正比，A 错误，B 正确；框架匀速运动，则F 外＝F 安＝BIL ，I ＝E R ，E ＝BLv ，得到F 外＝B 2L 2v R ＝4B 2v 3R·x 2，B 、R 、v 一定，则F 外∝x 2，C 错误；外力的功率P 外＝F 外v ＝4B 2v 23R·x 2，P 外∝x 2，故D 正确．10．(多选)如图8所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为7匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )图8A ．两线圈内产生沿顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶1D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1 答案 BC解析因磁感应强度随时间均匀增大，根据楞次定律可知，两线圈内均产生沿逆时针方向的感应电流，选项A 错误；设ΔB Δt ＝k ，根据法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔΦΔt ＝nkl 2，则E a E b＝(31)2＝91，选项B 正确；根据I ＝E R ＝E ρ4nl S＝klS 4ρ可知，I ∝l ，故a 、b 线圈中感应电流之比为3∶1，选项C 正确；电功率P ＝IE ＝klS 4ρ·nkl 2＝nk 2l 3S 4ρ，则P ∝l 3，故a 、b 线圈中电功率之比为27∶1，选项D 错误．11．(多选)一个闭合回路由两部分组成，如图9所示，右侧是电阻为r 的圆形导线，置于竖直方向均匀变化的磁场B 1中；左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d ，其电阻不计．磁感应强度为B 2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m 、电阻为R 、长度为d 的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断正确的是( )图9A ．圆形导线中的磁场可以是向上均匀减弱B ．导体棒ab 受到的安培力大小为mg sin θC ．回路中的感应电流为mg sin θB 2dD ．圆形导线中的电热功率为m 2g 2sin 2 θB 22d2(r ＋R ) 答案 BC解析导体棒静止在斜面上，根据左手定则，可知流过导体棒的电流是b →a ，根据楞次定律，圆形线圈中的磁场应是向上均匀增强，A 错误；导体棒受安培力的方向沿斜面向上，因此F 安＝mg sin θ，B 正确；F 安＝B 2Id ，因此回路中的感应电流I ＝mg sin θB 2d，C 正确；而圆形导线中的电热功率P ＝I 2r ＝m 2g 2sin 2 θB 22d 2r ，D 错误．12.在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B ＝0.2 T ，有一水平放置的光滑框架，宽度为L ＝0.4 m ，框架上放置一垂直于框架、长度也为L ＝0.4 m 、质量为0.05 kg 、电阻为1 Ω的金属杆cd ，如图10所示，框架电阻不计，金属杆始终与框架接触良好．若杆cd 以恒定加速度a ＝2 m/s 2由静止开始做匀加速直线运动，求：图10(1)在5 s 内平均感应电动势是多少？ (2)在5 s 末回路中的电流多大？(3)第5 s 末作用在杆cd 上的水平外力多大？答案 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N 解析 (1)5 s 内的位移x ＝12at 2＝25 m5 s 内磁通量的变化量为ΔΦ＝BxL ＝2 Wb 故平均感应电动势E ＝ΔΦt＝0.4 V.(2)第5 s 末：v ＝at ＝10 m/s 此时感应电动势：E ＝BLv 则回路中的电流为：I ＝E R ＝BLv R ＝0.2×0.4×101A ＝0.8 A. (3)杆cd 匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F －F 安＝ma即F ＝BIL ＋ma ＝0.164 N.13．轻质细线吊着一质量为m ＝0.42 kg 、边长为L ＝1 m 、匝数n ＝10的正方形线圈，其总电阻为r ＝1 Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图11甲所示．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示．(g ＝10 m/s 2)图11(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针； (2)求线圈的电功率；(3)求在t ＝4 s 时轻质细线的拉力大小．答案 (1)逆时针 (2)0.25 W (3)1.2 N解析 (1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向． (2)由法拉第电磁感应定律得E ＝n ΔΦΔt ＝n ·12L 2ΔB Δt ＝0.5 V 则P ＝E2r ＝0.25 W(3)I ＝E r＝0.5 A。

(浙江专版)2019届高考物理一轮复习第9章电磁感应 1 第一节电磁感应现象楞次定律讲义新人教版

【迁移题组】迁移 1 “因动生电”现象的判断 1．(多选)如图所示，金属导轨上的导体棒 ab 在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈 c 中将有感应电流产生且被螺线管吸引( )
【典题例析】 (2018·无锡天一中学检测)如图所示，两同心圆环 A、 B 置于同一光滑水平桌面上，其中 A 为均匀带电绝缘环，B 为导体环，若 A 环以图示的顺时针方向转动，且转速逐渐增大，则( )
A．B 环中有顺时针方向的电流 B．B 环中有逆时针方向的电流 C．B 环将有沿半径方向扩张的趋势 D．B 环将有沿半径方向缩小的趋势
迁移 3 “增缩减扩”现象 3．(多选)如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场( ) A．逐渐增强，方向向外 B．逐渐增强，方向向里 C．逐渐减弱，方向向外 D．逐渐减弱，方向向里
解析：选 CD．回路变为圆形，面积增大，说明闭合回路的磁通量增大，所以磁场逐渐减弱，而磁场方向可能向外，也可能向里，故选项 C、D 正确．
迁移 4 右手定则的应用 4．如图所示，MN、GH 为光滑的水平平行金属导轨，ab、 cd 为跨在导轨上的两根金属杆，垂直纸面向外的匀强磁场垂直穿过 MN、GH 所在的平面，则( )
A．若固定 ab，使 cd 向右滑动，则 abdc 回路有电流，电流方向为 a→b→d→c→a B．若 ab、cd 以相同的速度一起向右滑动，则 abdc 回路有电流，电流方向为 a→c→d→b→a C．若 ab 向左、cd 向右同时运动，则 abdc 回路中的电流为零 D．若 ab、cd 都向右运动，且两杆速度 vcd>vab，则 abdc 回路有电流，电流方向为 a→c→d→b→a
解析：选 C．开始时，条形磁铁以加速度 g 竖直下落，则穿过铜环的磁通量发生变化，铜环中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍条形磁铁的下落．开始时的感应电流比较小，条形磁铁向下做加速运动，且随下落速度增大，其加速度变小．当条形磁铁的速度达到一定值后，相应铜环对条形磁铁的作用力趋近于条形磁铁的重力．故条形磁铁先加速运动，但加速度变小，最后的速度趋近于某个定值．选项 C 正确．

(浙江选考)2019届高三物理一轮复习第9章电磁感应交变电流章末检测

（浙江选考）2019届高三物理一轮复习第9章电磁感应交变电流章末检测(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分．每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)图11．如图1所示，通电直导线下边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面．若使线框逐渐远离(平动)通电导线，则穿过线框的磁通量将( )A．逐渐增大B．逐渐减小C．保持不变D．不能确定B[当矩形线框在线框与直导线决定的平面内逐渐远离通电直导线时，由于离开导线越远，磁场越弱，而线框的面积不变，则穿过线框的磁通量将减小，所以B正确．] 2．如图2所示，几位同学在做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路．两个同学迅速摇动AB这段“绳”．假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北．图中摇“绳”同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线的A点，乙同学站在东边，手握导线的B点．下列说法正确的是( )图2A．当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最小B．当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大C．当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向BD．在摇“绳”过程中，“绳”中电流总是从A流向B【答案】AC3．(2016·余姚市联考)如图3所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜环在A点由静止释放，向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是( )图3A ．A 、B 两点在同一水平线上B ．A 点高于B 点C ．A 点低于B 点D ．铜环最终将做等幅摆动BD [铜环在进入和穿出磁场的过程中，穿过环的磁通量发生变化，环中有感应电流产生，将损耗一定的机械能，所以A 点高于B 点．铜环的摆角会越来越小，最终出不了磁场，而做等幅摆动．]4.如图4所示，半径为r 的n 匝线圈套在边长为L 的正方形abcd 之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以ΔB Δt均匀变化时，线圈中产生的感应电动势大小为( )图4【导学号：81370355】A ．πr 2ΔB ΔtB ．L 2ΔB ΔtC ．n πr 2ΔB ΔtD ．nL 2ΔB Δt D [磁场的有效面积S ＝L 2，根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势大小E ＝n ΔΦΔt ＝nL 2ΔB Δt，选项D 正确．] 5．如图5所示，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场( )图5A ．逐渐增强，方向向外B ．逐渐增强，方向向里C ．逐渐减弱，方向向外D ．逐渐减弱，方向向里CD [回路变为圆形，面积增大，说明闭合回路的磁通量减少，所以磁场逐渐减弱，而磁场方向可能向外，也可能向里，故选项C 、D 正确．]6．如图6所示，a 、b 是平行的金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面，c 、d 是分别串有电压表和电流表的金属棒，它们与导轨接触良好，当c 、d 以相同的速度向右运动时，下列说法正确的是( )图6A ．两表均无读数B ．两表均有读数C ．电流表有读数，电压表无读数D ．电流表无读数，电压表有读数A [当c 、d 以相同的速度向右运动时，穿过回路的磁通量没变，故无感应电流产生，所以电流表和电压表中的电流均为零．]7．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图7甲所示，则下列说法中正确的是( )图7A ．t ＝0时刻线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻Φ的变化率达到最大C ．t ＝0.02 s 时刻感应电动势达到最大D ．该线圈相应的感应电动势图象如图7乙所示B [由Φt 图知，在t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e ＝0，故A 、D两项错误；由图知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e 最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，则C 项错误．]8．(2017·嵊州选考模拟)如图8所示，匀强磁场的磁感应强度B＝25πT.单匝矩形线圈面积S＝1 m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相连，Ⓐ为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为1∶2时，副线圈电路中标有“36 V36 W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是( )图8【导学号：81370356】A．电流表的示数为1 AB．矩形线圈产生电动势的有效值为18 2 VC．从矩形线圈转到中性面开始计时，线圈电动势随时间的变化规律e＝182sin 90πt(V)D．若矩形线圈转速减小，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当上移C[灯泡正常发光，故副线圈两端电压为36 V且副线圈中的电流为1 A，又因为原、副线圈匝数比为1∶2，故原线圈两端电压为18 V且线圈中电流为2 A，即电流表示数为2 A，矩形线圈产生的电动势的有效值为18 V，A、B项错误；因矩形线圈产生的交流电为正弦交流电，故交流电的最大值为E m＝182V，由E m＝NBSω，解得ω＝90π，故若从中性面开始计时，线圈电动势随时间的变化规律为e＝182sin 90πt(V)，C项正确；若矩形线圈转速减小，原、副线圈两端的电压都将减小，为增大副线圈两端电压，应使副线圈匝数增加，即应将P下移，D项错误．]9．一个闭合的正方形金属线框放入如图9所示的匀强磁场中，图中虚线表示磁场的边界，在外力作用下线框从磁场中以速度v匀速穿出．关于线框从磁场边界穿出过程，下列说法中正确的是( )图9A．线框的运动速度越大，通过导线横截面的电荷量越多B ．磁感应强度越大，拉力的功率越大C ．线框的电阻越大，导线中产生的热量越多D ．线框的边长与拉力做功的多少无关B [由q ＝I －·Δt ＝ΔΦR知，不管线框的速度如何，磁通量的变化量相同，则通过导线横截面的电荷量相同，故A 错误．根据能量守恒知，匀速运动时W F －W 安＝0，Q ＝W 安＝BIL ·L ，I ＝BLv R ，则拉力做功W F ＝B 2L 3v R，知磁感应强度B 越大，拉力做功越多，拉力做功的多少与线框的宽度L 有关，线框的电阻R 越大，拉力做功越少，故B 正确，C 、D 错误．]10．如图10甲所示，矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直．规定磁场的正方向垂直于纸面向里，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示．则下列i t 图象中可能正确的是( )图10CD [由题图乙可知，0～1 s 内，线圈中磁通量的变化率相同，故0～1 s 内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针；同理可知，1～2 s 内电路中的电流为顺时针，2～3 s 内，电路中的电流为顺时针，3～4 s 内，电路中的电流为逆时针，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt可知，电路中电流大小恒定不变，故C 、D 正确．] 11．在如图11所示的电路中，A 1和A 2是两个完全相同的灯泡，线圈L 的自感系数足够大，电阻可以忽略不计．下列说法中正确的是( )图11A ．合上开关S 时，A 2先亮，A 1后亮，最后一样亮B ．断开开关S 时，A 1和A 2都要过一会儿才熄灭C ．断开开关S 时，A 2闪亮一下再熄灭D ．断开开关S 时，流过A 2的电流方向向右【答案】 AB12．(2016·丽水选考模拟)如图12所示，50匝矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小B ＝210T 的水平匀强磁场中，线框面积S ＝0.5 m 2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝200 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V 60 W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A ，下列说法正确的是( )【导学号：81370357】图12A ．中性面位置穿过线框的磁通量为零B ．线框中产生交变电压的有效值为500 2VC ．变压器原、副线圈匝数之比为25∶11D ．允许变压器输出的最大功率为5 000 WCD [由题图可知，中性面为线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，所以A 错误；矩形闭合导线框ABCD 在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：E m ＝nBS ω＝50×210×0.5×200 V＝5002V ，所以交流电的有效值为500 V ，所以B 错误；由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为500220＝2511，所以C 正确；由于熔断器允许通过的最大电流为10 A ，所以允许变压器输出的最大功率为：P ＝UI ＝500×10 W＝5 000 W ，所以D 正确．]13．如图13所示，光滑斜面PMNQ 的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，其中ab 边长为L 1，bc 边长为L 2，线框质量为m 、电阻为R ，有界匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于斜面向上，ef 为磁场的边界，且ef ∥MN .线框在恒力F 作用下从静止开始运动，其ab 边始终保持与底边MN 平行，恒力F 沿斜面向上且与斜面平行．已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是( )图13A ．线框进入磁场前的加速度为F －mg sin θm B ．线框刚进入磁场时的速度为F －mg sin θR B 2L 21C ．线框进入磁场时有a →b →c →d →a 方向的感应电流D ．线框进入磁场的过程中产生的热量为(F －mg sin θ)L 1ABC [在线框进入磁场前，由牛顿第二定律可得F －mg sin θ＝ma ⇒a ＝F －mg sin θm，A 对．设线框刚进入磁场时速度大小为v ，线框匀速运动受力平衡，F ＝F 安＋mg sin θ，其中F 安＝BIL 1＝B BL 1v R L 1，代入解得：v ＝F －mg sin θR B 2L 21，B 对．由右手定则可得线框刚进入磁场时感应电流方向为a →b →c →d →a ，C 对．由功能关系可得线框在进入磁场的过程中产生的热量大小等于克服安培力做的功，Q ＝F 安L 2＝(F －mg sin θ)L 2，D 错．]二、非选择题(本题共4小题，共35分)14．(8分)在探究电磁感应现象的实验中：(1)已测得电流表指针向右偏时，电流是由正接线柱流入．由于某种原因，螺线管线圈绕线标识已没有了，通过实验查找绕线方向．如图14甲所示，当磁铁N 极插入线圈时，电流表指针向左偏，如图乙所示线圈的绕线方向是________图(填“左”或“右”)乙图14(2)若将条形磁铁S极放在下端，从螺线管中拔出，这时电流表的指针应向________偏(填“左”或“右”)．(3)如图15所示，在用可拆变压器做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，下列说法正确的是________(填字母)．图15A．用可拆变压器，能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈B．测量原、副线圈的电压，可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的直流电压表C．原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，副线圈电压大于原线圈电压D．为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响【解析】(1)当磁铁N极插入螺线管时，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，螺线管上端应为N极，下端为S极，又电流表指针向左偏，可知电流方向是由电流表正接线柱流出至螺线管上端接线柱，由安培定则可判断螺线管的绕线方向如左图所示．(2)若将条形磁铁S极放在下端，从螺线管中拔出时，感应电流磁场方向为阻碍磁通量的减少，螺线管上端应为N极，下端为S极，由螺线管的绕线方向可以判定电流是从电流表的负接线柱流入，故指针向左偏．(3)可拆变压器原、副线圈上分别接0以及对应的数字就代表了它们各自匝数，可以比较方便的调节，故A正确；变压器要正常工作，需要使用交流电，而直流电压表是无法测交流电压，故B错误；原线圈接0、8说明匝数为8，副线圈接0、4说明匝数为4，原、副线圈电压比等于线圈的匝数比，即2∶1，故C错误；实验要探究电压与匝数的关系，如果要研究对副线圈的影响，通过控制原线圈的各个量保持不变，只能够改变副线圈的匝数，来观察副线圈电压的变化，故D正确．【答案】(1)左(2)左(3)AD15．(8分)如图16所示，用图中所示的器材进行研究电磁感应现象．A是直径较小的线圈，B是直径较大的线圈，学生电源能输出交流电和直流电．图16(1)将A线圈放在B线圈中，若想检验在开关S闭合的瞬间，线圈B中是否有电流产生，则图中的电路需要进一步连线，请你补充完整．(2)在(1)中将线连接好之后，检查无误．闭合开关S的瞬间，灵敏电流计G的指针________(填“发生偏转”或者“不发生偏转”)；闭合开关S经过一段时间之后，灵敏电流计G的指针________(填“发生偏转”或者“不发生偏转”)；改变滑动变阻器的触头P的位置，第Ⅰ次缓慢移动，第Ⅱ次快速移动，观察灵敏电流计G的示数可得到的结论是：第Ⅰ次的示数________(填“大于”“小于”或“等于”)第Ⅱ次的示数；将铁芯插入A线圈中，保持其他不变，断开开关的瞬间，灵敏电流计G的示数与线圈A中没有铁芯断开开关时比较，示数________(填“变大”“变小”或“相同”)．(3)在实验中某实验小组误将电路中的电源接在交流电上，闭合开关，电路稳定之后，该小组观察灵敏电流计G，看到的现象是___________________________________________________________________________________________.【导学号：81370358】【解析】在(1)中将线连接好之后，检查无误．闭合开关S的瞬间，导致B线圈中的磁通量发生变化，产生感应电流，所以灵敏电流计G的指针发生偏转；当闭合开关S经过一段时间之后，回路中磁通量不再发生变化，则回路中没有感应电流，所以灵敏电流计G的指针不发生偏转；改变滑动变阻器的触头P的位置且快慢不同，则回路产生的感应电动势不同，所以产生的感应电流不同，快速移动产生的感应电动势大，所以电流大，指针偏转的程度大；将铁芯插入A线圈中，产生的感应电动势大，所以电流大，指针偏转的程度大；如果将电路中的电源接在交流电上，闭合开关之后由于交变电流的大小和方向随着时间发生变化，所以线圈B中不停的产生感应电流，灵敏电流计的指针不停的来回运动．【答案】(1)如图所示：(2)发生偏转不发生偏转小于变大(3)灵敏电流计G的指针不停的来回运动16．(9分)(2017·嵊州选考模拟)如图17所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，在磁场中有一边长为L 的正方形导线框，ab 边质量为m ，其余边质量不计，cd 边有固定的水平轴，导线框可以绕其转动，现将导线框拉至水平位置由静止释放，不计摩擦和空气阻力，金属框经过时间t 运动到竖直位置，此时ab 边的速度为v ，求：图17(1)此过程中线框产生的平均感应电动势的大小；(2)线框运动到竖直位置时线框感应电动势的大小；(3)此过程中线框中产生的热量．【解析】 (1)Φ1＝BS ＝BL 2，转到竖直位置Φ2＝0，ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BL 2，根据法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt ＝－BL 2t ，平均感应电动势的大小为E ＝BL 2t. (2)转到竖直位置时，bc 、ad 两边不切割磁感线，ab 边垂直切割磁感线，E ＝BLv ，此时求的是瞬时感应电动势．(3)由能量转化与守恒定律，线框的重力势能转化为ab 的动能和电路中的电能(即转化为热能的部分)．由mgL ＝12mv 2＋Q ，得Q ＝mgL －12mv 2. 【答案】 (1)BL 2t (2)BLv (3)mgL －12mv 2 17．(10分)(2017·兰溪联考)如图18甲所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd ，ab 边的边长L 1＝1 m ，bc 边的边长L 2＝0.4 m ，线框的质量m ＝1 kg ，电阻R ＝0.2 Ω，斜面上ef 线(ef ∥gh )的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 的变化情况如图乙所示，ef 线和gh 线的距离s ＝6.9 m ，t ＝0 时线框在平行于斜面向上的恒力F ＝10 N 的作用下从静止开始运动，线框进入磁场的过程中始终做匀速直线运动，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图18(1)线框进入磁场前的加速度大小和线框进入磁场时做匀速直线运动的速度v 的大小；(2)线框进入磁场的过程中产生的焦耳热；(3)线框从静止开始到ab 边运动到gh 处所用的时间.【导学号：81370359】【解析】 (1)线框abcd 进入磁场前，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F －mg sin α＝ma线框进入磁场前的加速度a ＝F －mg sin αm ＝10－1×10×sin 30°1m/s 2＝5 m/s 2 线框进入磁场的过程中做匀速直线运动，所以线框abcd 受力平衡F ＝mg sin α＋F 安 ab 边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E ＝BL 1v形成的感应电流I ＝E R受到的安培力F 安＝BIL 1，代入数据解得：v ＝4 m/s.(2)线框进入磁场的过程中做匀速直线运动，根据功能关系有Q ＝(F －mg sin α)L 2 代入数据解得：Q ＝(10－1×10×sin 30°)×0.4 J＝2 J.(3)线框abcd 进入磁场前，做匀加速直线运动；进入磁场的过程中，做匀速直线运动；线框完全进入磁场后至运动到gh 线，仍做匀加速直线运动．进入磁场前线框的运动时间为t 1＝v a＝0.8 s 进入磁场过程中匀速直线运动时间为t 2＝L 2v ＝0.1 s线框完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场前相同，所以该阶段的加速度大小仍为a＝5 m/s 2，该过程有s －L 2＝vt 3＋12at 23 解得：t 3＝1 s因此ab 边由静止开始运动到gh 线处所用的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝1.9 s【答案】 (1)5 m/s 2 4 m/s (2)2 J (3)1.9 s。

(浙江选考)近年版高考物理大一轮复习第九章电磁感应交变电流单元滚动检测卷(2021学年)

(浙江选考）20１9版高考物理大一轮复习第九章电磁感应交变电流单元滚动检测卷编辑整理:尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对,但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望(（浙江选考）2019版高考物理大一轮复习第九章电磁感应交变电流单元滚动检测卷）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第九章电磁感应交变电流单元滚动检测卷六考生注意:１.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共４页．2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间９0分钟，满分100分．第Ⅰ卷一、选择题Ⅰ（本题共１4小题，每小题3分,共42分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.现在有一种观点,认为物理学是一门测量的科学.那么在高中物理中的自由落体运动规律、万有引力常量、电流的热效应、元电荷的数值分别是由不同的科学家测量或发现的，他们依次是( )A.伽利略、牛顿、安培、密立根B.牛顿、卡文迪许、奥斯特、库仑Ｃ.伽利略、卡文迪许、焦耳、密立根Ｄ.牛顿、开普勒、奥斯特、密立根答案Ｃ2．由电场强度定义式可知（）A.E与Ｆ成正比ﻩB.E与q成反比C．E与F同方向ﻩD．E的大小可由错误!求出答案 D3．真空中两个完全相同的小球带电后，它们之间的静电力为Ｆ。

现将两球接触后放回原处，则它们之间的静电力( )Ａ.－定变大B．—定变小Ｃ.可能不变D．一定不变答案Ｃ4.下列各图中，正确描绘两个等量正电荷电场线的是（）答案 D5.如图1所示，实线表示电场线,虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，M、Ｎ是运动轨迹上的两点,则（）图１A．M点的电势比Ｎ点的电势低B．粒子在M点的加速度比在N点的加速度大C.粒子一定是从M点运动到N点D．粒子在M点的电势能比在N点的电势能大答案D解析根据轨迹可知带电粒子受力与电场线方向一致，因此是正电荷,M点的电势高于Ｎ点的电势，A错误；根据电场线疏密程度可知N点场强大，所以带电粒子在Ｎ点加速度大，B错误;根据轨迹看不出运动方向，C错误;带正电粒子在电势高的地方电势能大,Ｄ正确.6。

(浙江专版)2019届高考物理一轮复习第9章电磁感应5章末热点集训课件新人教版

第九章
电磁感应
(2)从微观角度看，导体棒 ab 中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用．为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷． a．请在图 3(图 1 的导体棒 ab)、图 4(图 2 的导体棒 ab)中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图． b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功．那么，导体棒 ab 中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图 2“电动机”为例，通过计算分析说明．
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电磁感应
A．导线 ab 加速向右运动，B 中产生逆时针方向的电流，cd 所受安培力水平向右 B．导线 ab 匀速向左运动，B 中产生顺时针方向的电流，cd 所受安培力水平向左 C．导线 cd 匀速向右运动，B 中不产生感应电流，ab 不受安培力 D．导线 cd 加速向左运动，B 中产生顺时针方向的电流，ab 所受安培力水平向左
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[解析]
由右手定则知，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．由楞次定律知，线圈 B 中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则知，ab 棒中感应电流方向由 a→b．由左手定则知，ab 棒受的安培力方向向左，将向左运动，故 A 错误；同理 B、D 错误，C 正确．
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Blv Bla 2 解析：选 BC．由题意可得 q＝It＝ t＝ t ，结合题图 R＋r R＋r 乙可知金属棒的加速度 a 恒定，选项 A 错误，B 正确；由牛 B2l2 顿第二定律可得 F－mgsin θ－BIl＝ma，故有 F＝ at＋ R＋r m(gsin θ＋a)，选项 C 正确；由错误．

2019年高三物理一轮复习测试第九章电磁感应含答案

绝密★启用前2019年高三物理一轮复习测试第九章电磁感应本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

第Ⅰ卷一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是()A．ab向右运动，同时使θ减小B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C．ab向左运动，同时增大磁感应强度BD．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)2.如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与通电直导线共面，若使线框逐渐远离(平动)通电导线，则穿过线框的磁通量将()A．保持不变B．逐渐增大C．逐渐减小D．不能确定3.如图所示，金属棒MN，在竖直放置的两根平行导轨上无摩擦地下滑，导轨间串联一个电阻，磁感应强度垂直于导轨平面，金属棒和导轨的电阻不计，设MN下落过程中，电阻R上消耗的最大功率为P，要使R消耗的电功率增大到4P，可采取的方法是()A．使MN的质量增大到原来的2倍B．使磁感应强度B增大到原来的2倍C．使MN和导轨间距同时增大到原来的2倍D．使电阻R的阻值减到原来的一半4.如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向．菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d，现使线框沿AC方向匀速穿过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下可能正确的是()A．B．C．D．5.如图所示，磁极远离和靠近圆环时产生的现象正确的是()A．图中磁铁N极接近A环时，A环被吸引，而后被推开B．图中磁铁N极远离A环时，A环被排斥，而后随磁铁运动C．用磁铁N极接近B环时，B环被推斥，远离磁铁运动D．用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均被排斥6.如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分和水平部分均光滑，二者平滑连接．右端接一个阻值为R的定值电阻．水平部分导轨左边区域有宽度为d的匀强磁场区域，磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为B.质量为m、电阻也为R的金属棒从磁场区域的右边界以平行于水平导轨的初速度v0进入磁场，离开磁场后沿弯曲轨道上升h高度时速度变为零，已知金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g)()A．金属棒产生的最大感应电动势为Bdv0B．通过金属棒的电荷量为C．克服安培力所做的功为mv02D．整个过程电路中产生的焦耳热为mv02－mgh7.如图，电灯的灯丝电阻为2 Ω，电池电动势为2 V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3 Ω.先合上开关S，过一段时间突然断开S，则下列说法中正确的是()A．电灯立即熄灭B．电灯立即变暗然后再逐渐熄灭C．电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与S断开前方向相同D．电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与S断开前方向相反8.如图所示，a、b、c三个圆环水平套在条形磁铁外面，其中a和b两环大小相同，c环最大，a环位于N极处，b和c两环位于条形磁铁中部，则穿过三个环的磁通量的大小是()A．c环最大，a与b环相同B．三个环相同C．b环比c环大D．a环一定比c环大9.如图所示，两根光滑的平行金属导轨位于水平面内，匀强磁场与导轨所在平面垂直，两根金属杆甲和乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨接触良好且保持垂直．起初两根杆都静止．现突然给甲一个冲量使其获得速度v而开始运动，回路中的电阻不可忽略，那么在以后的运动中，下列说法正确的是()A．甲克服安培力做的功等于系统产生的焦耳热B．甲动能的减少量等于系统产生的焦耳热C．甲机械能的减少量等于乙获得的动能与系统产生的焦耳热之和D．最终两根金属杆都会停止运动10.下列不属于涡流应用的是()A．雷达B．真空冶炼炉C．探雷器D．金属探测器11.如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上．匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd 与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动．两棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉棒cd，经过足够长时间以后()A．两棒间距离保持不变B．棒ab、棒cd都做匀速运动C．棒ab上的电流方向是由a向bD．棒cd所受安培力的大小等于12.某磁场磁感线如图所示，有一铜线圈自图示A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中的感应电流方向是()A．始终顺时针B．始终逆时针C．先顺时针再逆时针D．先逆时针再顺时针13.如图所示，某实验小组在操场上做摇绳发电实验．长导线两端分别连在灵敏电流表的两个接线柱上，形成闭合电路．两位同学以每2秒约3圈的转速匀速摇动AB段导线．假定被摇动的导线由水平位置1按图示方向第一次运动到竖直位置2的过程中，磁通量的变化量约为10－4Wb，则该过程回路中产生的感应电动势约为()A． 2×10－4VB． 2.7×10－4VC． 3×10－4VD． 6×10－4V14.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15.图中电感线圈L的直流电阻为RL，小灯泡的电阻为R，小量程电流表G1、G2的内阻不计，当开关S闭合且稳定后，电流表G1、G2的指针均偏向右侧(电流表的零刻度在表盘的中央)，则当开关S断开时，下列说法中正确的是()A． G1、G2的指针都立即回到零点B． G1缓慢回到零点，G2立即左偏，然后缓慢回到零点C． G1立即回到零点，G2缓慢回到零点D． G2立即回到零点，G1缓慢回到零点16.如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为()A．B．C．D．17.如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接有阻值为R 的定值电阻．阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其它部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．从t＝0时刻开始棒受到一个平行于导轨向上的外力F，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直，且接触良好，通过R的感应电流随时间t变化的图象如图乙所示．下面分别给出了穿过回路abPM的磁通量Φ、磁通量的变化率、棒两端的电势差Uab和通过棒的电荷量q随时间变化的图象，其中正确的是()A．B．C．D．18.如图所示，条形磁铁竖直放置，闭合的金属线框水平靠近磁铁放置，从A端移至B端的过程中，穿过线框的磁通量的变化情况是()A．变大B．变小C．先变小后变大D．先变大后变小19.如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计．匀强磁场与导轨所在平面垂直．阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．t＝0时，将开关S由1掷到2.若分别用U、F、q和v表示电容器两端的电压、导体棒所受的安培力、通过导体棒的电荷量和导体棒的速度．则下列图象表示这些物理量随时间变化的关系中可能正确的是()A．B．C．D．20.如图所示，abcd为水平放置的平行“l”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则()A．电路中感应电动势的大小为B．电路中感应电流的大小为C．金属杆所受安培力的大小为D．金属杆的发热功率为第Ⅱ卷二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)21.如图所示装置，导体棒AB、CD在相等的外力作用下，沿着光滑的轨道各朝相反方向以0.1 m/s 的速度匀速运动．匀强磁场垂直纸面向里，磁感强度B＝4 T，导体棒有效长度都是L＝0.5 m，电阻R＝0.5 Ω，导轨上接有一只R′＝1 Ω的电阻和平行板电容器，它的两板间距相距1 cm，试求：电容器极板间的电场强度的大小和方向？22.如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.质量为0.2 kg的导体棒MN垂直于导轨放置，距离顶端1 m，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示．先固定导体棒MN,2 s后让MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6.求：(1)1 s时流过小灯泡的电流大小和方向；(2)小灯泡稳定发光时消耗的电功率；(3)小灯泡稳定发光时导体棒MN运动的速度．23.如图所示，两根完全相同的“V”字形导轨OPQ与KMN倒放在绝缘水平面上，两导轨都在竖直平面内且正对、平行放置，其间距为L，电阻不计．两条导轨足够长，所形成的两个斜面与水平面的夹角都是α.两个金属棒ab和a′b′的质量都是m，电阻都是R，与导轨垂直放置且接触良好．空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.(1)如果两条导轨皆光滑，让a′b′固定不动，将ab释放，则ab达到的最大速度是多少？(2)如果将ab与a′b′同时释放，它们所能达到的最大速度分别是多少？24.如图所示，间距l＝0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内，在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4 T、方向竖直向上和B2＝1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.3 Ω、质量m1＝0.1 kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05 kg 的小环．已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q杆所受拉力的瞬时功率．答案解析1.【答案】A【解析】设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BS cosθ，对A选项，S增大，θ减小，cosθ增大，则Φ增大，A正确；对B选项，B减小，θ减小，cosθ增大，Φ可能不变，B错误；对C选项，S减小，B增大，Φ可能不变，C错误；对D选项，S增大，B增大，θ增大，cosθ减小，Φ可能不变，D错误；故只有A正确．2.【答案】C【解析】通电直导线产生稳定的磁场，离导线越远磁场越弱，磁感线越稀疏，故当线框远离通电直导线时，穿过线框的磁感线的条线越来越少，所以磁通量逐渐减小，故只有选项C正确．3.【答案】A【解析】当金属棒做匀速直线运动时，金属棒消耗的功率最大，此时有：mg＝BIL＝.若MN的质量增大到原来的2倍，则v增大到原来的2倍，根据能量守恒定律，电阻R上消耗的功率等于重力的功率，即P＝mgv，则使R消耗的电功率增大到4P，故A正确．使磁感应强度B增大到原来的2倍，则速度变为原来的，根据P＝mgv知，电功率变为原来的，故B错误．使MN和导轨间距同时增大到原来的2倍．则速度变为原来的，根据P＝mgv知，电功率变为原来的，故C错误．使电阻R的阻值减到原来的一半，则速度变为原来的，根据P＝mgv知，电功率变为原来的，故D错误．4.【答案】D【解析】设BD＝L.在线圈进入磁场一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，当BD刚进入磁场时，感应电流最大为I1＝i0；在线圈进入磁场全部过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小至零；线圈通过两个磁场的分界线时，切割的有效长度先均匀增大，感应电流均匀增大，当BD通过磁场分界线时，感应电流最大为I2＝2i0，后均匀减小至零；在线圈出磁场一半的过程中，在线圈全部出磁场的过程中，切割的有效长度先均匀增大后均匀减小，感应电流先均匀增大后均匀减小，此过程感应电流最大为I3＝i0，故D正确，B错误．5.【答案】D【解析】根据楞次定律，感应电流在回路中产生的磁通量总是反抗(或阻碍)原磁通量的变化，所以用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均被排斥；由于B环不是闭合回路，因此没有感应电流．6.【答案】D【解析】根据电磁感应定律可知，导体棒在磁场中切割磁感应线产生的最大感应电动势E＝BLv m，在磁场中运动时因受安培力作用而做减速运动，所以在刚开始运动时速度最大，所以最大电动势为BLv0，所以选项A错误；通过导体棒的电荷量Q＝·Δt＝＝，所以选项B错误；根据动能定理可知W安－mgh＝0－mv02，故可知克服安培力所做的功为mv02－mgh，所以选项C错误；克服安培力做的功转化为电能通过电路转化为焦耳热，所以选项D正确．7.【答案】B【解析】突然断开S，线圈将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，此时通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反；因线圈直流电阻比灯泡大，断开前通过线圈是电流小于通过灯泡的电流，即电灯会突然比原来暗一下再熄灭，B正确，A、C、D错误．8.【答案】C【解析】所有磁感线都从条形磁铁内部通过，且与外部磁感线方向相反，所以外部磁感线越多，磁通量越小，C对．9.【答案】C【解析】给甲一个冲量使其获得速度v而开始运动，回路中产生顺时针方向的感应电流，根据左手定则，甲棒受到向左的安培力而减速，乙棒受到向右的安培力而加速，根据能量守恒定律，故甲棒减小的动能等于系统增加的内能和乙棒增加的动能之和，故A、B、D错误，C正确．10.【答案】A【解析】雷达是利用电磁波发射与接收频率，从而确定间距，不属于涡流，故A错误；真空冶炼炉是线圈中的电流做周期性变化，在冶炼炉中产生涡流，从而产生大量的热量，故B正确；探雷器中变化电流遇到金属物体，在金属物体上产生涡流，故C正确；金属探测器中变化电流遇到金属物体，在金属物体上产生涡流，故D正确．11.【答案】D【解析】在拉力F作用下，cd棒向右运动，同时开始切割磁感线，产生感应电动势，并在ab和cd 构成的回路形成感应电流，cd棒受到向左的安培力，ab棒受到向右的安培力，使得ab棒开始加速运动，ab棒切割磁感线产生与cd棒反向的感应电流．cd棒随速度增大，所受安培力增大，加速度逐渐减小，运动稳定后，整个电路的电动势为Ecd－Eab＝BLv cd－BLv ab＝BL(v cd－v ab)，当电动势不再变化时，即v cd－v ab不再变化，即两棒的加速度相等，选项A、B错．对ab棒要向右加速，安培力必然向右，因此电流方向由b到a，选项C错．由于两棒电流相同，磁场相同，因此安培力相同，所以有aab＝，acd＝，根据acd＝aab可得F安＝F，选项D对．12.【答案】C【解析】13.【答案】D【解析】每2秒约3圈，则1圈需要s，那么圈需要s；在s的时间内，闭合线圈的磁通量变化量约为10－4Wb，根据法拉第电磁感应定律得：E＝n＝V＝6×10－4V，故D正确，A、B、C错误．14.【答案】B【解析】当磁铁N极向右靠近线圈时，线圈中向上的磁场增加，由楞次定律知感应电流的磁场阻碍原磁通量的增加，所以感应电流顺时针方向；当磁铁N极向右远离线圈时，线圈中向上的磁场减小，感应电流的磁场向上，所以感应电流逆时针方向，选项A错误，B正确；N极靠近线圈时，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的作用力，那么磁极给线圈向右的作用力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力，当N极远离线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的作用力，那么磁极给线圈向右的作用力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力，所以整个过程线圈所受的摩擦力一直向左，选项C、D均错误．故选B.15.【答案】B【解析】S闭合且稳定时，通过含电流表G1、G2的两条支路的电流均由左向右，断开S，L中产生自感电动势，由“增反减同”可知，自感电动势E自的方向一定与原电流方向相同，显然，断开S后，在E自的作用下，题图回路中将继续形成沿顺时针方向的电流，这时流经含有电流表G2支路的电流方向已变为由右向左了．由于这段时间E自是逐渐减小的，故电流也是逐渐减小的，综上所述选B.16.【答案】C【解析】根据转动切割感应电动势公式E＝BL2ω，L＝，求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流．根据法拉第定律求解磁感应强度随时间的变化率.从静止开始绕过圆心O以角速度ω匀速转动时，线框中产生的感应电动势大小为E＝BL2ω＝B0()2ω＝，感应电流为I＝＝，根据法拉第定律得E＝＝S＝π()2＝联立得＝，故选C.17.【答案】B【解析】回路中的感应电动势为：E＝，感应电流：I＝＝，由图可知I＝kt，即＝kt，故有：＝kRt，所以图象B对；由于产生的感应电动势是逐渐增大的，而A图描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，故A、C错误；通过导体棒的电量为：Q＝It＝kt2，故Q －t图象为双曲线，并非过原点的直线，故D错误．18.【答案】C【解析】条形磁铁外部磁感线靠近两极密，中间稀疏，故磁通量先变小后变大．19.【答案】C【解析】将开关S由1掷到2时，由于电容器放电，所以在导体棒中有向下的电流，导体棒受安培力作用向右运动，当导体棒切割磁感线产生的电动势等于电容器两端电压时，电路中电流为零，于是安培力为零，导体做匀速运动，电容器带电量及两板电压保持不变．此过程中安培力的变化及速度的变化都不是线性变化，所以选项C正确．20.【答案】B【解析】电路中的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝＝＝，故A错误，B正确；金属杆所受安培力大小F＝BI＝，故C错误；金属杆的发热功率P＝I2R＝I2r＝，故D错误．21.【答案】20 V/m方向b→a【解析】导体AB、CD在外力的作用下做切割磁感线运动，使回路中产生感应电流．I＝＝＝A＝0.2 A电容器两端电压等于R′两端电压UC＝UR′＝0.2×1 V＝0.2 V根据匀强电场的强度公式E＝＝20 V/m回路电流流向D→C→R′→A→B→D，所以，电容器b极板电势高于a极板电势，故电场强度方向b→a.22.【答案】(1)0.1 A，方向为逆时针(2)1 W(3)5 m/s【解析】(1)在0～2 s的时间内，MN静止，故由电磁感应定律可得，电动势E＝＝＝0.2 V，再由欧姆定律得，电流I＝＝＝0.1 A，由于磁场是逐渐变大的，磁通量是增加的，故产生感应电动势的磁场是相反的，即沿斜面向上，由右手定则可判断出回路中的电流方向为逆时针方向．(2)2 s后，MN由静止释放时，此时它受到的安培力为F＝BIL＝0.8 T×0.1 A×0.5 m＝0.04 N，而导体棒的重力沿斜面向下的分量为mg sin 37°＝0.2 kg×10 N/kg×0.6＝1.2 N，故导体棒会向下运动；待小灯泡稳定发光时，说明MN在某一速度下运动时，它受到的力是平衡的．由导体棒的受力平衡可得：F＝mg sin 37°－μmg cos 37°＝0.2 kg×10 N/kg×(0.6－0.5×0.8)＝0.4 N；故安培力的大小为F＝0.4 N，设平衡时电路中的电流为I1，由公式F＝BI1L，得电路中的电流为I1＝＝＝1 A，故小灯泡稳定发光时消耗的电功率P＝IR＝(1 A)2×1 Ω＝1 W；(3)设平衡时导体棒的运动速度为v，则根据E1＝BLv，I1＝＝得，1 A＝，解得v＝5 m/s.23.【答案】(1)(2)【解析】(1)ab运动后切割磁感线，产生感应电流，而后受到安培力，当受力平衡时，加速度为0，速度达到最大，受力情况如图所示．则：mg sinα＝F安cosα又F安＝BILI＝E感＝BLv m cosα联立上式解得v m＝(2)若将ab、a′b′同时释放，因两边情况相同，所以达到的最大速度大小相等，这时ab、a′b′都产生感应电动势而且是串联．所以mg sinα＝F安′cosαF安′＝BI′LI′＝所以v m′＝.24.【答案】(1)0.2 N(2)2 W【解析】(1)设小环受到的摩擦力大小为F f，由牛顿第二定律有：m2g－F f＝m2a解得F f＝0.2 N(2)设通过K杆的电流为I1，根据平衡有：F f＝B1I1l设回路总电流为I，总电阻为R总，，因为I＝2I1R总＝R设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有I＝E＝B2LvF＋m1g sinθ＝B2IL拉力的瞬时功率为P＝Fv联立以上方程得到P＝2 W.。

(浙江选考)高考物理大一轮复习第九章电磁感应交变电流章末验收卷

加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压
__________( 选填“增大”“减小”或“不
变 ”），上述 “ 探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系 ” 中采用的实验方法是
__________ ．
答案 (1)BC 低压交流电源 (的实验中，现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈
A、线圈 B、电表及开关如图 7 所示部分连接．
图7
(1) 请使用两根导线，将电路补充完整．
(2) 此实验中使用的电表是 ________．
B．倍率适宜的欧姆表
A．灵敏电流计
(3) 正确选择电表和连接电路后，开始实验探究，下列说法正确的是
代入数据解得： N1＝25 匝
ΔΦ ΔＢ (2) 由法拉第电磁感应定律得： E＝ N2 Δｔ＝ N2ΔｔLd
E 由欧姆定律得： I ′＝ R
线圈受到的安培力 F′ ＝N2B0I ′ L
由天平平衡可得：
m′
g＝
N22B0ΔΔＢｔ·
dL2 R
6/7
代入数据可得 ΔΔＢｔ＝ 0.1 T/s.
10．如图 9 所示，足够长的光滑水平直导轨的间距为
轴线向桌面运动，此过程中，以下判断正确的是
()
图3
A．穿过线圈的磁通量变大
B．穿过线圈的磁通量变小
C．从上向下看，线圈感应电流方向为顺时针
D．从上向下看，线圈感应电流方向为逆时针
答案 AC
4．如图 4 所示，一理想变压器原、副线圈接有两只电阻
R1 和 R2， R1 ＝R2＝ 4 Ω ，原线圈匝
数是副线圈匝数的 5 倍，当原线圈接在某正弦交变电源上时，变压器的输出功率是
P2

2019届高考物理(人教版-浙江省专用)一轮复习阶段能力检测卷答案

参考答案阶段能力检测卷(一)1．B 2.C 3.B 4.A 5.D6．D [解析] 由题意可知mg≥F，故物块开始时受到的摩擦力应沿斜面向上，设斜面倾角为α，力F 旋转的角度为θ，对物块，由平衡条件，mgsin α＝f 1＋Fcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α－θ，当θ从0增大到π－α时，物块受到的摩擦力先减小，若在F 旋转到沿斜面向上前减到0，摩擦力减到0后反向增大，在F 旋转到沿斜面向上后，摩擦力再减小到0后反向增大，若在F 旋转到沿斜面向上前未减到0，摩擦力在F 旋转到沿斜面向上减到最小后增大，选项A 、B 错误；对物块和斜面体这一整体，由平衡条件，()M ＋m g ＝F N ＋Fcos θ，地面对斜面体的支持力一直增大，选项C 错误；f 2＝Fsin θ，地面受到的摩擦力先增大后减小，选项D 正确．7. A [解析] mg ，对斜面上的物体进行受力分析，建立如图所示的坐标系，并假设摩擦力方向沿x 轴正方向．由平衡条件得kL ＋f ＝2mgsin 30°.由以上两式解得f ＝0，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误.8．D [解析] 根据速度—时间图像的斜率表示加速度可知，A 物体的加速度不断减小，速度不断增大，B 物体的加速度不断减小，速度不断减小，选项A 、B 正确；根据速度—时间图像与横轴所围的面积表示位移可知，A 、B 两物体的位移都不断增大，A 物体平均速度的大小大于v 1＋v 22，B 物体平均速度的大小小于v 1＋v 22，选项C正确，选项D 错误．9．BC [解析] 千斤顶对汽车的支持力等于汽车对千斤顶的压力，即1.0×105N ，选项B 正确；将汽车对千斤顶的压力沿着千斤顶的两臂进行分解，根据角度关系可求出两臂受到的压力大小均为 1.0×105N ，选项A 错误；若继续摇动把手，两臂夹角变小，则两臂受到的压力将减小，选项C 正确，选项D 错误．10．BD [解析] 解题关键是从vt 图像中获知两辆汽车的运动情况．从vt 图像可知甲、乙两辆汽车通过同一路标后的运动情况：甲以5 m/s 的速度做匀速直线运动，乙以10 m/s 的初速度做匀减速直线运动，经过10 s 速度与甲相同，经过20 s 速度减为零．在0～10 s 内，乙在前甲在后，且乙的速度较大，故两车逐渐远离，选项A 错误；5～15 s 内两个图像与时间轴所围面积相等，故通过的位移相等，选项B 正确；在10～20 s 内，乙在前甲在后，且甲的速度较大，故两车逐渐靠近，在t ＝20 s 时两车相遇，选项C 错误，选项D 正确．11．ABC [解析] 根据x ＝v 0t ＋12at 2，可得a ＝－4 m/s 2，选项A 正确；根据t ＝0－v 0a＝3.5 s ，可得经过3.5 s 汽车就停止运动，将t ＝3.5 s 代入x ＝v 0t ＋12at 2可得5 s 内汽车的位移为24.5 m ，选项B 正确；根据运动学公式，汽车在第2 s 内的位移x 2＝x 1＋aT 2＝8 m ，选项C 正确；由运动学公式可得第3 s 末汽车的速度：v 3＝v 0＋at 3＝2 m/s ，3.5 s 末的速度为0，汽车在第4 s 开始0.5 s 内的平均速度为v －＝v 3＋02＝1 m/s ，3.5～4.0s 汽车处于静止状态，故第4 s 内的平均速度小于1 m/s ，选项D 错误．12．ABC [解析] 先对A 、B 整体进行受力分析，设A 、B 的总质量为M ，如果Fcos θ>Mgsin θ，则其受到沿斜面向下的静摩擦力，选项A 正确；如果Fcos θ＝Mgsin θ，则其不受摩擦力，选项B 正确；如果Fcos θ<Mgsin θ，则其受到沿斜面向上的静摩擦力，选项C 正确；B 的受力情况为重力、斜面的支持力、A 对B 的压力、A 对B 的摩擦力，可能还有斜面给B 的摩擦力，故B 的受力可能为4个或者5个，选项D 错误.13.(1)如图所示(2)0.06 0.16[解析] (1)观察点迹分布可知相邻计数点之间的距离差为Δx ＝0.20 cm ，纸带做匀变速直线运动，故x EF －x DE ＝0.20 cm ，可确定F 的位置．(2)v B ＝x AC 2T ＝0.06 m/s ，a ＝Δx T2＝0.2 m/s 2，v G ＝v B ＋at ＝0.16 m/s.14．A 200 N/m[解析] A 段橡皮筋的劲度系数相对较小，相同的拉力作用下橡皮筋伸长大，收缩性好；设橡皮筋的质量为m 0，由胡克定律可得(m ＋m 0)g ＝kx, m ＝kgx －m 0，k g ＝0.8－0()4.5－0.5×10－2kg/m ，解得橡皮筋的劲度系数为k ＝200 N/m. 15．(1)54 (2)2.00 图略 (3)3.2 16．不会相撞[解析] 令a 1＝－10 m/s 2，a 2＝5 m/s 2，a 3＝－5 m/s 2t 1＝3 s 末，甲车速度v 1＝v 0＋a 1t 1＝0设3 s 过后经过时间t 2甲、乙两车速度相等，此时距离最近，即a 2t 2＝v 0＋a 3t 2等速之前，甲车位移x 甲＝v 02t 1＋12a 2t 22乙车位移x 乙＝v 0t 1＋v 0t 2＋12a 3t 22解得x 乙－x 甲＝90 m ＜s 0(s 0＝100 m)，故不会相撞．17．(1)33mg (2)k≥3m6M ＋3m[解析] (1)以小球为研究对象，其受力如图甲所示，并在图甲中建立直角坐标系，F T 和mg 正交分解，由物体的平衡条件有F T cos 30°＝mgsin 30°解得F T ＝33mg.乙(2)为使整个系统静止，其临界状态是静摩擦力f 达到最大值，即有 f max ＝kF N2以劈和小球组成的系统为研究对象，整体受力情况如图乙所示，由物体平衡条件可得 f max ＝F T cos 60°F N2＋F T sin 60°＝(M ＋m)g联立以上各式解得k ＝3m6M ＋3m即k 值必须满足k≥3m6M ＋3m.18．(1)33(2)60° [解析] (1)物体恰匀速下滑，由平衡条件有mgsin θ－μmgcos θ＝0解得μ＝tan 30°＝33.(2)设斜面倾角为α，由平衡条件得Fcos α＝mgsin α＋f ，F N ＝mgcos α＋Fsin α 静摩擦力f≤μF N联立解得F(cos α－μsin α)≤mg sin α＋μmgcos α要使“不论水平恒力F 多大”，上式都成立，则有cos α－μsin α≤0所以tan α≥1μ＝ 3即θ0＝60°.阶段能力检测卷(二)1．D 2.D 3.B 4.C 5.A6．C [解析] 当水平面光滑时：a ＝F 1m ，a′＝F ′m ＝F 1m ＝a ，选项A 、B 错误；当水平面粗糙时：a′＝F 1－μmgm，a ＝Fcos θ－μ（mg －Fsin θ）m ＝F 1－μ（mg －Fsin θ）m>a ′，选项C 正确，选项D 错误．7．D8. C [解析] 设物体质量为m ，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，由题图乙可看出，当物体所受水平拉力F 1＝7 N 时，其加速度a 1＝0.5 m/s 2，由牛顿第二定律得F 1－μmg ＝ma 1，当物体所受水平拉力F 2＝14 N 时，其加速度a 2＝4 m/s 2，由牛顿第二定律得F 2－μmg ＝ma 2，联立解得m ＝2 kg ，μ＝0.3，选项C 正确．9．C [解析] 对A 、B 、C 整体，由平衡条件可知，B 对地面压力的大小为2mg ，选项A 错误；对A ，由平衡条件可知，地面对A 的作用力与A 的重力、C 对A 的压力的合力等大反向，选项B 错误；对C, A 、C 间的弹力F N ＝mg cosθ2(设∠O A O C O B ＝θ)，l 越小，θ越小，弹力越小，选项C 正确；地面对A 、B 的摩擦力f ＝F N sin θ2＝mgtan θ2，l 越小，θ越小，摩擦力越小，选项D 错误．10．AC [解析] 由图可得运动员处于静止状态时，蹦床对运动员的弹力等于运动员受到的重力，其大小均为500 N ，故运动员的质量为50 kg ，选项A 正确；由图可得运动员在空中运动到最高点所需的时间为t ＝8.4－6.82s ＝0.8 s ，故上升的总高度为h ＝12gt 2＝3.2 m ，选项B 错误；由牛顿第二运动定律可得运动员的最大加速度a m满足F m －mg ＝ma m ，解得a m ＝40 m/s 2，选项C 正确；运动员在接触蹦床的过程中，先失重再超重最后失重，选项D 错误．11．BD [解析] 将物体的重力分别沿光滑的弦的轨道P 1A 、P 2A 方向和垂直轨道方向分解，则沿光滑的弦轨道P 1A 、P 2A 的方向的分力分别为m 1gcos θ1和m 2gcos θ2，其加速度分别为gcos θ1和gcos θ2，若两物体质量相同，则两物体所受的合外力之比为cos θ1∶cos θ2，选项D 正确；因为弦轨道长度L ＝dcos θ，由L ＝12at 2，解得t＝2dg，选项A 错误，选项B 正确；由速度公式v ＝at 可得，物体分别沿P 1A 、P 2A 下滑到A 处的速度之比为cos θ1∶cos θ2，选项C 错误．12．AC [解析] 将物体从O 点处由静止释放，在s<12 m 阶段，物体做自由落体运动，当物体下落20 m 即伸长量为8 m 时速度最大，此时物体重力与弹性绳拉力相等，即8k ＝mg ，解得k ＝6.25 N/m ，物体下落过程中弹性绳的最大伸长量为24 m ，最大拉力24k ＝150 N ，选项A 错误；由牛顿第二定律得24k －mg ＝ma ，解得下落过程中的最大加速度约为20 m/s 2，选项B 错误；由机械能守恒定律得mgh ＝E p ，物体下落过程中弹性绳弹性势能最大值约为1800 J ，选项C 正确；当弹性绳的拉力为100 N 时，弹性绳伸长量为16 m ，物体下落28 m ，由图可知，对应的速度大小约为15 m/s ，选项D 错误．13．(1)竖直 (2)静止 L 3 mm (3)L x (4)4.9 10[解析] (1)本实验先利用重力与弹力平衡获取若干数据，再利用图像处理数据得到劲度系数．测量时，弹簧及刻度尺都要保持在竖直状态．(2)读数时，要等弹簧静止时才能读取；由记录的值可知，刻度尺的最小分度为mm ，但最小分度后还要估读一位，故记录的L 3是不符合规范的．(3)弹簧的长度与弹簧挂上砝码盘时弹簧长度L x 的差值才是由于添加砝码而伸长的长度．(4)设砝码盘的质量为m 0，砝码的质量为m ，当挂上砝码盘时有m 0g ＝k(L x －L 0)，当砝码盘中的砝码质量为m 时，弹簧的长度为L n ，此时有m 0g ＋mg ＝k(L n －L 0)，两式联立得mg ＝k(L n－L x )，即k ＝mg L n －L x ，由图像知图线的斜率k′＝60×10－3－012×10－2－0kg/m ＝0.50 kg/m ，故劲度系数k ＝k′g＝4.9 N/m ，而m 0＝k （L x －L 0）g ＝4.9×（27.35－25.35）×10－29.8kg ＝10 g.14．(1)m ≪M 小盘、砝码和小车整体 (2)BD[解析] (1)对于小盘、砝码和小车整体，mg ＝(M ＋m)a ，对于小车，F ＝Ma ，联立得 F ＝11＋m Mmg ，当m ≪M时，F ＝mg ；如果将小盘、砝码和小车整体作为研究对象，将小盘中减掉的砝码放到小车上，保证了总质量(m ＋M)不变，而合力大小就是mg.(2)该参考方案是通过控制小车的质量不变来探究加速度与合力的关系，通过控制合力不变来探究加速度与质量的关系的，所以选项B 正确；该案例用刻度尺测出两小车通过的位移之比就等于它们的加速度之比，采用了转换法把测加速度转换为测位移，所以选项D 正确．15．(M ＋m)g mgtan θ[解析] 选取A 和B 整体为研究对象，根据平衡条件有： F N －(M ＋m)g ＝0 F ＝f可得F N ＝(M ＋m)g再以B 为研究对象，其处于平衡状态，根据平衡条件有：竖直方向上：F AB cos θ＝mg 水平方向上：F AB sin θ＝F解得F ＝mgtan θ，所以f ＝F ＝mgtan θ. 16．(1)2 6 m/s (2)7块[解析] (1)木板最初做匀速直线运动，由F ＝μMg 得μ＝F Mg ＝5010×10＝0.5 第1块铁块放上后，木板做匀减速直线运动，则μmg ＝Ma 1，2a 1L ＝v 20－v 21代入数据解得v 1＝2 6 m/s.(2)设最终有n 块铁块能静止在木板上，则木板运动的加速度大小为a n ＝μnmgM第1块铁块放上后：2a 1L ＝v 20－v 21第2块铁抉放上后：2a 2L ＝v 21－v 22 ……第n 块铁块放上后： 2a n L ＝v 2n －1－v 2n由以上各式联立可得 (1＋2＋3＋…＋n)·2μmg ML ＝v 20－v 2n当木板停下时，v n ＝0，得n ＝6.6，则最终有7 块铁块放在木板上． 17．(1)1.4 s (2)2.4 m[解析](1)设工件刚放在水平传送带上的加速度为a 1.由牛顿第二定律得 μmg ＝ma 1解得a 1＝μg ＝5 m/s 2设工件经t 1时间与传送带的速度相同，则t 1＝va 1＝0.8 s工件前进的位移为x 1＝12a 1t 21＝1.6 m此后工件将与传送带一起匀速运动至B 点，用时t 2＝L AB －x 1v＝0.6 s所以工件第一次到达B 点所用的时间 t ＝t 1＋t 2＝1.4 s.(2)设工件沿斜面上升时的加速度为a 2，上升的最大长度为x 2，由牛顿第二定律得 μmgcos θ－mgsin θ＝ma 2代入数据解得a 2＝－2 m/s 2工件沿传送带向上运动的时间t 3＝0－va 2＝2 sx 2＝12a 2t 23＝4 m<L BC此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为TT ＝2t 1＋2t 3＝5.6 s工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间 t 0＝2t 1＋t 2＋2t 3＝6.2 s 而23 s ＝t 0＋3T这说明经23 s 工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零．故工件在A 点右侧，到A 点的距离x ＝L AB －x 1＝2.4 m.阶段能力检测卷(三)1．B 2.C 3.D 4.D 5.B6．C [解析] 根据题述，小木块放在Q 轮时，f ＝mr ω21，a 1＝ω21r ．小木块放在P 轮边缘也恰能静止，f ＝mR ω2＝2mr ω2，a 2＝2r ω2，且ωR ＝ω2r ，联立解得ω1ω2＝22，选项A 、B 错误；a 2＝a 1，选项C 正确，选项D 错误．7．D [解析] 竖直方向上，足球做竖直上抛运动，三条路径的竖直位移相同，运动时间和初速度的竖直分量相同，选项C 错误，选项D 正确；水平方向上，足球做匀速直线运动，x 3>x 2>x 1，由x ＝v x t 可知沿路径3飞行的足球的初速度的水平分量最大，由v ＝v 2x ＋v 2y 可知沿路径3飞行的足球的落地速率最大，选项A 、B 错误．8．C [解析] 乙车上的人看到的是甲车相对于乙车的运动情况，是自西向东方向上的匀加速直线运动和自北向南方向上的匀速直线运动的合运动，其运动轨迹是抛物线的一部分，考虑到甲车受到的合外力指向运动轨迹的凹侧，只有选项C 正确．9．A [解析] 物体做平抛运动的速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α＝v yv 0，位移方向与水平方向夹角的正切值为tan β＝v y 2t v 0t ＝v y2v 0，故tan α＝2tan β，选项A 正确．10．AC [解析] 对小球A 进行受力分析，由绳的拉力及小球重力的合力提供向心力，选项A 正确；设连接小球A 的细绳与竖直方向的夹角为α，Mgcos α＝mg ，Mgsin α＝m 4π2T 2Lsin α，可解得T ＝2πmLMg，选项B 错误；小球A 角速度增大稳定后小球B 仍静止，设此时连接小球A 的细绳与竖直方向的夹角为β，对小球A 受力分析可得F T cos β＝mg ，其中F T ＝Mg ，可得α＝β，即细绳与竖直方向的夹角不变，故小球A 所受的向心力大小不变，向心加速度大小不变，由mgtan α＝m ω2r 可得角速度增大，轨道半径减小，即L 减小，小球B 下降，选项C 正确，选项D 错误．11．AD [解析] 小球沿光滑斜面向上运动时做匀减速直线运动，抛出后只在重力作用下做斜抛运动，以后水平方向速度不变，选项A 正确；小球沿光滑斜面向上运动时做匀减速直线运动比抛出后做斜抛运动时的竖直加速度分量小，选项D 正确．12．CD [解析] 运动员从A 点做平抛运动落到斜坡上B 点的过程中，小球运动的位移与水平方向之间的夹角等于斜面的倾角θ，设速度与水平方向之间的夹角为α，则tan α＝2tan θ，显然α≠θ，选项A 错误；运动员落回斜坡时的合速度大小v ＝v 0cos α，选项B 错误；根据tan θ＝y x ＝0.5v y t v 0t ＝v y2v 0可得，竖直分速度的大小为v y ＝2v 0tan θ，运动员在空中经历的时间t ＝v y g ＝2v 0tan θg，选项C 正确；运动员的落点B 与起飞点A 的距离是s ＝x cos θ＝v 0t cos θ＝2v 20sin θgcos 2θ，选项D 正确． 13．(1)平抛匀速直线 (2)甲小铁球的水平分运动是匀速直线运动 (3)3.35[解析] (3)根据平抛运动的规律结合坐标纸显示，有v 0t ＝9l 和12gt 2＝9l ，联立并代入数据l ＝0.05 m ，解得v ＝v 20＋v 2y ＝v 20＋（gt ）2＝3.35 m/s.14．(1)AD (2)322gL[解析] (2)由图乙可得在竖直方向，横坐标分别为3L 、6L 、9L ，竖直方向的位移大小分别为L 、4L 、9L ，设时间间隔为T ，由4L －L ＝12g(2T)2－12gT 2得T ＝2L g ，则v 0＝3L T ＝322gL.15. (1)1 m/s (2) 0.2[解析] (1)物块在竖直方向上做自由落体运动，设物块下落时间为t ，有H ＝12gt 2水平方向有x ＝vt 联立解得v ＝1 m/s.(2)物块刚要离开平台时向心力由摩擦力提供，有μmg ＝m v2R代入数据解得μ＝0.2.16．(1)H ＝（L －R ）24h (2)ω＝n π2gh(n ＝1，2，3，…)[解析] (1)设小球离开轨道进入小孔的时间为t ，则由平抛运动规律得h ＝12gt 2，L －R ＝v 0t.小球在轨道上运动的过程中机械能守恒，故有mgH ＝12mv 20，联立解得H ＝（L －R ）24h ，t ＝2hg.(2)在小球做平抛运动的时间内，圆筒必须恰好转整数转，小球才能钻进小孔，即ωt ＝2n π(n ＝1，2，3，…)，则ω＝n π2gh(n ＝1，2，3，…)．17. (1)2gR(2)略 [解析] (1)对小物块受力分析如图甲所示，由于小物块在竖直方向上没有加速度，只在水平面上以O 1为圆心做圆周运动，F N 的水平分力F 1提供向心力．所以有甲F 2＝F N cos θ＝mgF 1＝F N sin θ＝mr ω20 r ＝Rsin θ联立解得ω0＝2gR.(2) ①当ω＝()1＋k ω0时，由向心力公式F n ＝mr ω2知，ω越大，所需要的F n 越大，此时F 1不足以提供向心力了，小物块要做离心运动，但由于受摩擦阻力的作用，小物块不至于沿罐壁向上运动，故摩擦力的方向沿罐壁向下，如图乙所示．对f 进行分解，此时向心力由F N 的水平分力F 1和f 的水平分力f 1的合力提供F 2＝f 2＋mgF n ＝F 1＋f 1＝mr ω2再利用几何关系，并将数据代入得f ＝3k ()2＋k 2mg.②当ω＝()1－k ω0时，由向心力公式F n ＝mr ω2知，ω越小，所需要的F n 越小，此时F 1超过所需要的向心力了，小物块要做向心运动，但由于受摩擦阻力的作用，小物块不至于沿罐壁向下运动，故摩擦力的方向沿罐壁向上，如图丙所示．对f 进行分解，此时向心力由F N 的水平分力F 1和f 的水平分力f 1的合力提供 F 2＋f 2＝mgF n ＝F 1－f 1＝mr ω2再利用几何关系，并将数据代入得f ＝3k （2－k ）2mg.阶段能力检测卷(四)1．C 2.B 3.C 4.B 5.C6．A [解析] 环形凹槽内壁光滑，甲、乙组成的系统在运动过程中只有重力做功，故系统的机械能守恒，下滑过程中甲减少的机械能总是等于乙增加的机械能，选项A 正确；甲、乙组成的系统减少的重力势能等于系统增加的动能，甲减少的重力势能等于乙增加的重力势能与甲、乙增加的动能之和，选项B 错误；由于乙的质量较大，系统的重心偏向乙一端，由机械能守恒定律知甲不可能滑到槽的最低点，杆从右向左滑回时乙一定会回到槽的最低点，选项C 、D 错误．7．C [解析] 重力势能逐渐减小，E p ＝mgH ＝mg(H 0－h)，即重力势能与高度是线性关系，但并不是正比例关系，选项A 错误；机械能的变化等于除重力外其余力做的功，故自由落体运动过程机械能守恒，选项B 错误；运动员在伞打开前可看作是自由落体运动，即空气阻力忽略不计，故只受重力；开伞后减速下降，空气阻力大于重力，故合力向上，当阻力减小到等于重力时，合力为零，做匀速直线运动，即合力先等于重力，然后突然反向变大，且逐渐减小到零，选项C 正确；由于空气阻力与速度的平方成正比，故伞打开后的v t 图像不应该是直线，选项D 错误．8．A [解析] 根据功与功率的关系可知，发动机所做的功为W ＝Pt ，选项A 正确；根据能量的转化与守恒定律可知，发动机所做的功等于系统产生的内能和汽车增加的动能，即W ＝fs ＋12mv 2m －12mv 20，选项B 、C 、D 错误．9．AB [解析] 对物体，从用水平力F 开始缓慢推动物体到运动的最大距离为3x 0，由动能定理可得W F －4μmgx 0＝0，选项A 正确；撤去F 后，物体向左先做加速运动后做减速运动，选项B 正确；物体开始向左运动到速度最大时，μmg ＝kx ，发生的位移为x 0－μmg k ，此过程中克服摩擦力做的功为μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－μmg k ，选项C 错误；当弹簧恢复原长时，物体离开弹簧做加速度大小为μg 的匀减速运动，有μmgx 0＋12mv 20＝3μmgx 0，μgt ＝v 0，联立解得t ＝2x 0μg，选项D 错误． 10．AC [解析] 将A 、B 两小球视为一个整体，运动过程中只有重力做功，系统的机械能守恒，以地面为参考平面，有12×2mv 20＝mgh ＋mg(h ＋Lsin 30°)，解得h ＝0.15 m ，选项D 错误；以A 小球为研究对象，由动能定理得－mg(h ＋Lsin 30°)＋W ＝0－12mv 20，则W ＝mg(h ＋Lsin 30°)－12mv 20，将数据代入，可得W>0，即杆对A做正功，选项A 正确，选项B 错误；由于系统机械能守恒，即A 增加的机械能等于B 减小的机械能，所以杆对B 做负功，选项C 正确．11．AD [解析] 在最高点，根据牛顿第二定律可得，mg －F N ＝m v 2R ，则乘客受到座位的支持力为F N ＝mg －m v2R，选项B 错误；由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动，故其动能不变，重力势能发生变化，所以乘客在运动的过程中机械能不守恒，选项C 错误；在时间t 内乘客转过的弧度为vRt ，所以对应t 时刻的重力势能为E p ＝mgR ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－cos v R t ，总的机械能为E ＝E k ＋E p ＝12mv 2＋mgR ⎝⎛⎭⎪⎫1－cos v R t ，选项A 、D 正确． 12．BCD [解析] 小物体由A 处到B 处，根据动能定理得W －mgH ＝12mv 2，选项A 错误；小物体的加速度a＝μgcos θ－gsin θ，由v 2＝2ax 可知μ甲＜μ乙，选项C 正确；在小物体从A 处到B 处的过程中，只有小物体相对传送带发生滑动时，即只有在加速过程中，系统才发生“摩擦生热”，热量大小为Q ＝fs 相，而s 相＝vt －vt2＝vt2，s 相等于小物体相对传送带的位移大小，故系统产生的热量等于小物体加速过程中摩擦力对小物体做的功．对甲，设加速过程中摩擦力做功为W 1，对乙，设加速过程中摩擦力做功为W 2，则W 1＝12mv 2＋mgH ，W 2＝12mv2＋mg(H －h)，所以W 1＞ W 2，故Q 1＞Q 2，选项D 正确；传送带消耗的电能等于小物体增加的机械能与系统产生的热量之和，选项B 正确．13．(1) 将木板上固定有打点计时器的一端垫起适当的高度，使轻推小车，小车能缓慢匀速下滑 (2)C (3) 大于[解析] (1)本实验应满足橡皮筋对小车的拉力等于小车受到的合力，所以实验前应将木板靠近打点计时器的一端适当垫高，使小车在不受拉力时能沿木板匀速运动，能消除摩擦力对该实验的影响．(2)本实验是探究橡皮筋拉力对小车做的功与小车速度变化的关系，应测量橡皮筋的拉力做功后橡皮筋的弹性势能完全释放时小车的最大速度，所以应选用小车匀速运动段(计数点间隔均匀的部分)的速度，故应选用C 点．(3)小车不连接橡皮筋，发现小车在木板上加速下滑，则在橡皮筋弹力作用下，小车所受的合外力大于橡皮筋的弹力，因而合外力对小车所做的功大于橡皮筋弹力所做的功．14．(1)0.268 0.256 (2)0.04[解析] (1)重物下降的高度为(s 0＋s 1)，则重力势能的减少量为ΔE p ＝mg(s 0＋s 1)＝0.268 J ；C 点的速度等于AE 段的平均速度，则打下C 点时重物的动能E k ＝12mv 2C ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫s 1＋s 24T 2＝0.256 J.(2)从C 点到O 点，由功能关系可得f(s 0＋s 1)＝ΔE p －E k ，代入数据可得f ＝0.04 N. 15. (1)2 m/s (2)1.2 N ，方向竖直向上[解析] (1)根据机械能守恒定律，有mgr ＝12mv 2B解得v B ＝2 m/s.(2)物块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma 物块对地的位移为L ，末速度为v C ，设物块在传送带上一直加速由速度位移关系得2aL ＝v 2C －v 2B解得v C ＝3 m/s<4 m/s ，可知物块与传送带未达到共同速度物块从C 点至F 点，由机械能守恒定律，有 12mv 2C ＝mgR ＋12mv 2F 解得v F ＝2 m/s.在F 点由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝m v 2FR解得F N ＝1.2 N由牛顿第三定律得管上壁受压力为1.2 N ，压力方向竖直向上．16．(1)40.5 J (2)若滑块一直减速，则从B 到C 所用的时间为2 s ；若滑块先减速到零再加速，则从B到C 所用的时间为10 s (3)若滑块直线减速，则系统产生的内难为40.5 J ；若滑块先减速到零再加速，则系统产生的内能112.5 J[解析] (1)传送带的速度：v ＝ωR ＝6 m/s ①若滑块一直减速：由动能定理可得－μmgL ＝12mv 2－12mv 2B解得v B ＝9 m/s由能量守恒与转化规律可得E p ＝12mv 2B ＝40.5 J ；②若滑块先减速到零再反向加速到C 点与传送带速度大小相等，由运动学公式可得 v'2B 2μg －v22μg＝L 解得v′B ＝9 m/s由能量守恒与转化可得E p ＝12mv ’2B ＝40.5 J.(2)①若滑块一直减速，设由B 到C 运动的时间为t 1，则由运动学规律v ＋v B2t 1＝L 得t 1＝2 s ；②若滑块先减速到零再反向加速到C 点，设由B 到C 运动的时间为t 2, 则t 2＝v'B μg ＋vμg＝10 s.(3)①若滑块一直减速到C 点与传送带速度的大小相等，则相对位移的大小Δx 1＝L ＋vt 1＝27 m 系统产生的内能ΔE 1＝μmg Δx 1＝40.5 J ；②若滑块先减速到零再反向加速到C 点，相对位移的大小 Δx 2＝L ＋vt 2＝75 m系统产生的内能ΔE 2＝μmg Δx 2＝112.5 J. 17．(1)0.5 m (2)48 N (3)10次[解析] (1)小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v 0，在最高点，仅有重力充当向心力，则有mg ＝m v 20L①从滑块在h 处开始运动到小球运动到最高点的过程中，滑块与小球组成的系统机械能守恒，则有mg(h －2L)－μmg s 2＝12mv 20 ②两式联立解得h ＝0.5 m.(2)若滑块从斜面上高度为h′＝5 m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为v 1，则有mgh ′－μmg s 2＝12mv 21 ③滑块与小球碰后的瞬间，由题意知滑块静止，小球以速度v 1开始做圆周运动，绳的拉力F T 和重力的合力提供向心力，则有F T －mg ＝mv 21L④两式联立解得F T ＝48 N.(3)滑块和小球第一次碰撞后，每在平面上经s 路程后再次碰撞，则mgh ′－μmg s 2－12mv 20－2mgLμmgs＋1≥n解得n ＝10次．阶段能力检测卷(五)1．B 2.C 3.A 4.B 5.D6．B [解析] 两个物体在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以两物体落地时速率相同，但速度方向不同，选项A 错误；两物体质量相同，下落高度也相同，所以重力做功相同，选项B 正确；由于两物体落地时的速度方向不同，根据瞬时功率的公式P ＝Fvcos θ，选项C 错误；两物体的重力做功相同，但是时间不同，所以平均功率不同，选项D 错误．7．B [解析] 设绳长为L ，由于捏住两绳中点缓慢提起，因此重心在距最高点L4位置处，因绳A 较长，若h A ＝h B ，则A 的重心较低，W A <W B ，选项A 错误；若h A >h B ，则无法判断两根绳子重心的高低，因此可能W A <W B ，也可能W A >W B ，选项B 正确，选项D 错误；若h A <h B ，则一定是A 的重心低，因此一定是W A <W B ，选项C 错误．8．A [解析] 根据题意，两物体间的最大静摩擦力为f m ＝μm A g ＝6 N ，则这两个物体可一起运动的最大加速度为a m ＝f m m B＝3 m/s 2，此时对A 有F －f m ＝m A a ，即F ＝15 N ．若F ＝10 N ，则两物体之间的摩擦力是静摩擦力，对整体应用牛顿第二定律，有a ＝F m A ＋m B＝2 m/s 2，此时对B ，有f 1＝m B a ＝4 N ；若F ＝16 N ，则两物体之间的摩擦力是滑动摩擦力，即f 2＝6 N ．综上所述，选项A 正确．9．AC [解析] 如果v 较小，小车停止运动后，小球还没有离开圆弧槽，则根据机械能守恒定律有12mv 2＝mgh ，可得h ＝v22g，选项A 正确；如果v 较大，小车停止运动后，小球能够离开圆弧槽，那么小球离开圆弧槽后将做斜抛运动，当小球到达最高点时，其还有水平方向上的速度，所以12mv 2＞mgh ，可得h ＜v22g，选项C 正确．10．AC [解析] 由小球A 在下摆过程中斜面与B 保持静止知，在该过程中只有重力对对小球A 做功，机械能守恒，选项C 正确，选项D 错误；设O 、A 间距离为l OA ，斜面与物块B 间最大静摩擦力为f m ＝4mgsin 30°＝2mg ，方向沿斜面向上．当小球摆到最低点时对绳有最大拉力F m ，由动能定理得mgl OA ＝12mv 2，F m －mg ＝mv2l OA，联立解得F m ＝3mg.此时物块B 受到的摩擦力f′＝F m －4mgsin 30°＝3mg －2mg ＝mg ，方向沿斜面向下. 选项A 正确，选项B 错误．11．ACD [解析] 设物块与传送带之间的滑动摩擦力大小为f ，运动时间为t ，物块的位移大小为s 1，传送带的传送的距离为s 2，则s 1＝12vt ，s 2＝vt ＝2s 1；对物块运用动能定理有W f ＝fs 1＝12mv 2，选项A 正确；传送带克服摩擦力做的功为W f ′＝fs 2＝2fs 1＝mv 2，选项B 错误，选项D 正确；系统摩擦生热为Q ＝fs 相对＝f(s 2－s 1)＝12mv 2，选项C 正确．12．BCD [解析] 小球A 从最高点飞出的最小速度v mA ＝gR ，由机械能守恒定律可得mgh A ＝2mgR ＋12mv 2mA ，则h A ＝5R2，选项A 正确；小球B 从最高点飞出的最小速度v mB ＝0，由机械能守恒定律得mgh B ＝2mgR ，释放的最小高度h B ＝2R ，选项B 错误；要使小球A 或B 从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端入口处，则由平抛运动的规律得R ＝v 0t ，R ＝12gt 2，即v 0＝gR2，而A 的最小速度v mA ＝gR>v 0，故小球A 不可能落在轨道右端入口处，小球B 可能，选项C 、D 错误．13．加速度逐渐减小的加速直线匀速直线 0.36 [解析] A 到B 的点迹距离越来越大，而点迹距离的增量越来越小，可知A 、B 间小车做加速度逐渐减小的加速直线运动，C 、D 间为匀速直线运动，小车离开橡皮筋后的速度v ＝x t ＝7.2×10－30.02m/s ＝0.36 m/s.14．(1)把木板的右端(或安装打点计时器的那端)适当垫高，以平衡摩擦力 (2)图略 (3)实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分 15．(1)10 2 m/s (2)6750 J[解析] (1)该同学通过C 点时，重力恰好提供向心力，即Mg ＝Mv 2CR，代入数据解得v C ＝10 2 m/s.(2)设该同学在AB 段所做的功为W ，在人和滑板从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理有W －Mgh ＝12Mv 2C ，代入数据解得W ＝6750 J.16．(1)2435(2)1.25 m (3)0.5 s[解析] (1)小滑块由C 处运动到A 处，由动能定理，得 mgLsin 37°－μmgx ＝0解得μ＝2435.(2)小滑块由A 处运动到C 处，由动能定理，得 Fx －μmgx ＋Fx 0－mgsin 37°·L ＝0 解得x 0＝1.25 m.(3)小滑块由A 处运动到B 处，由动能定理，得Fx －μmgx ＝12mv 2。

(新课标)2019届高考物理：一轮复习第9章磁场章末过关检测(九)(含答案).doc

第9章磁场章末过关检测(九)(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.如图所示，带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡时的位置是( )A．N极竖直向上B．N极竖直向下C．N极沿轴线向左D．N极沿轴线向右解析：选C.负电荷匀速转动，会产生与旋转方向反向的环形电流，由安培定则知，在磁针处磁场的方向沿轴OO′向左．由于磁针N极指向为磁场方向，可知选项C正确．2．如图所示是电子射线管的示意图．接通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向上(z轴正方向)偏转，在下列措施中可采用的是( )A．加一沿y轴正方向的磁场B．加一沿y轴负方向的磁场C．加一沿z轴正方向的磁场D．加一沿z轴负方向的磁场解析：选B.若加一沿y轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴负方向，亮线向下偏转，故A错误．若加一沿y轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，故B正确．若加一沿z轴正方向的磁场，电子受沿y轴正向的磁场力作用，亮线向y轴正方向偏转，故C错误．若加一沿z轴负方向的磁场，电子受沿y轴负向的磁场力作用，亮线向y轴负方向偏转，故D错误．3.如图所示，一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A 极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是( )A ．将变阻器滑动头P 向右滑动B ．将变阻器滑动头P 向左滑动C ．将极板间距离适当减小D ．将极板间距离适当增大解析：选D.电子射入极板间后，偏向A 板，说明qE >qvB ，由E ＝U d可知，减小场强E 的方法有增大板间距离和减小板间电压，故C 错误，D 正确；而移动变阻器滑动头P 并不能改变板间电压，故A 、B 均错误．4.不计重力的两个带电粒子M 和N 经小孔S 垂直磁场边界且垂直磁场方向进入匀强磁场，在磁场中的轨迹如图．分别用v M 与v N ，t M 与t N ，q M m M 与q N m N表示它们的速率、在磁场中运动的时间、比荷，下列说法正确的是( )A ．如果q M m M ＜q N m N，则v M >v N B ．如果q M m M ＜q N m N，则t M <t N C ．如果v M ＝v N ，则q M m M ＜q N m ND ．如果t M ＝t N ，则q M m M >q N m N解析：选C.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB ＝m v 2r ，得v ＝B ·r ·q m，由它们在磁场中的轨迹可知两个带电粒子M 和N 轨迹半径关系为r M ＞r N ，结合上式可知，如果q M m M ＜q N m N，v M 不一定大于v N ，选项A 错误．由题意可知，两个带电粒子M 和N 在匀强磁场中的轨迹均为半个圆周，运动时间均为半个周期，如果q M m M ＜q N m N ，由T ＝2πr v ＝2πm qB可知，两个带电粒子M 和N 在匀强磁场中运动周期关系为T M ＞T N ，则t M ＞t N ，选项B 错误．由q m ＝v rB且r M ＞r N 可知，如果v M ＝v N ，则q M m M ＜q N m N ，选项C 正确．由t ＝T 2＝πm qB 可知q m ＝πBt，如果t M ＝t N ，则q M m M ＝q N m N，选项D 错误． 5．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A.3mv 03qR B ．mv 0qR C.3mv 0qR D ．3mv 0qR解析：选A.如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv 0B ＝m v 20r，据几何关系，粒子在磁场中的轨道半径r ＝R tan 60°＝3R ，解得B＝3mv03qR，选项A正确．二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分) 6．(2018·河北定州中学模拟)速度相同的一束粒子(不计重力)经速度选择器射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是( )A．该束带电粒子带正电B．速度选择器的P1极板带负电C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于E B 1D．若粒子在磁场中运动半径越大，则该粒子的比荷越小解析：选ACD.由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电，故A 正确．在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P 1极板带正电，故B 错误．粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB 1＝qE ，解得：v ＝E B 1，故C 正确．粒子进入匀强磁场B 2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r ，解得：r ＝mv qB.可见，由于v 是一定的，B 不变，半径r 越大，则q m越小，故D 正确. 7.(2018·江西吉安一中段考)如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R ＝10 cm 的圆柱形桶内有B ＝10－4T 的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔，粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为q m＝2×1011 C/kg 的正粒子，粒子束中速度分布连续，当角α＝45°时，出射粒子速度v 的大小错误的是( ) A.2×106 m/s B ．22×106 m/sC．22×108 m/s D ．42×106 m/s解析：选ACD.粒子从小孔a 射入磁场，与ab 方向的夹角为α＝45°，则粒子从小孔b 离开磁场时速度与ab 的夹角也为α＝45°，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O ′，画出轨迹如图，由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为：θ＝2α＝90° ，则粒子的轨迹半径有关系：2r ＝2R ，由牛顿第二定律得：Bqv ＝m v 2r ，解得：v ＝qBr m＝22×106 m/s ，故选项B 正确．8.(2018·长沙市长郡中学模拟)绝缘光滑斜面与水平面成α角，质量为m、带电荷量为－q(q>0)的小球从斜面上的h高度处释放，初速度为v0(v0>0)，方向与斜面底边MN平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上．如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN.则下列判断正确的是( )A．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤mgqvB．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤mg cos αqvC．小球在斜面做变加速曲线运动D．小球达到底边MN的时间t＝2h g sin2α解析：选BD.对小球受力分析，受重力、支持力、洛伦兹力，根据左手定则，可知，洛伦兹力垂直斜面向上，即使速度的变化，不会影响重力与支持力的合力，由于速度与合力垂直，因此小球做匀变速曲线运动，故C错误；根据小球能够沿斜面到达底边MN，则小球受到的洛伦兹力0≤f＝qvB≤mg cos α，解得磁感应强度的取值范围为0≤B≤mg cos αqv，故A错误，B正确；小球做类平抛运动，则在斜面上，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据力的分解法则及牛顿第二定律，则小球的加速度a＝mg sin αm，再由运动学公式，球到达底边MN的时间t＝2hg sin2α，故D正确．三、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(10分)如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L＝1 m．导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与一物体相连(绳与棒垂直)，物体的质量为M＝0.3 kg.导体棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？解析：对导体棒ab受力分析，由平衡条件得，竖直方向F N ＝mg水平方向BIL－F f－Mg＝0又F f＝μF N联立解得I＝2 A由左手定则知电流方向由a指向b.答案：2 A 电流方向由a指向b10．(12分)(2018·山西大同联考)如图所示，在平面直角坐标系内，第一象限的等腰三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、带电荷量为q的带电粒子从电场中Q(－2h，－h)点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场．已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h，2h)，不计粒子的重力，求：(1)电场强度的大小；(2)磁感应强度的大小；(3)粒子在磁场中的运动时间．解析：(1)粒子在电场中运动时由几何关系可知粒子水平方向位移为2h ，竖直方向位移为h ，由类平抛运动规律得2h ＝v 0t ，h ＝12at 2，由牛顿第二定律可知Eq ＝ma ，联立解得E ＝mv 202qh. (2)粒子到达O 点，沿＋y 方向的分速度v y ＝at ＝Eq m ·2h v 0＝v 0，则速度与x 正方向的夹角α满足tan α＝v y v x＝1，α＝45°，粒子从MP 的中点垂直于MP 进入磁场，垂直于NP 射出磁场，粒子在磁场中的速度v ＝2v 0，轨道半径R ＝2h ，又Bqv ＝m v 2R，解得B ＝mv 0qh. (3)由题意得，带电粒子在磁场中转过的角度为45°，故运动时间t ＝18T ＝2πm Bq ·18＝πh 4v 0. 答案：(1)mv 202qh (2)mv 0qh (3)πh 4v 011.(15分)(2018·河南开封高三考试)如图所示，竖直平面内的空间中，有沿水平方向、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在磁场中建立竖直的平面直角坐标系xOy ，在x <0的区域内有沿x 轴负向的匀强电场，电场强度大小为E ，在x >0的区域内也存在匀强电场(图中未画出)．一个带正电的小球(可视为质点)从x 轴上的N 点竖直向下做匀速圆周运动至P点后进入x<0的区域，沿着与水平方向成α＝30°角斜向上做直线运动，通过x轴上的M点，求：(重力加速度为g，不计空气阻力)(1)小球运动速度的大小．(2)在x>0的区域内所加的电场强度的大小．(3)小球从N点运动到M点所用的时间．解析：(1)带电小球做直线运动时的受力情况如图1所示由受力分析图1得qE＝mg tan 30°mg＝qvB cos 30°联立得v＝2E B.(2)小球在x＞0的区域内做匀速圆周运动，则带电小球所受电场力应与所受重力相平衡qE1＝mg解得E1＝3E.(3)小球的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知∠OPO′＝α＝30°，∠NO ′P ＝120°由匀速圆周运动特点，可知小球做圆周运动的半径R ＝mv qB由几何知识可知，线段MP ＝Rtan α＝3R带电小球做直线运动的时间t 1＝MP v ＝3R v ＝3m qB ＝3E gB带电小球做圆周运动的周期T ＝2πR v ＝23πE gB所以小球做圆周运动从N 到P 所用的时间t 2＝T 3＝2πE 3gB则带电小球从N 点到M 点所用的时间t ＝t 1＋t 2＝E gB ⎝⎛⎭⎪⎪⎫3＋2π3. 答案：(1)2E B (2)3E (3)E gB ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3＋2π312．(15分)(2018·浙江省名校协作体高三联考)如图所示，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN 水平且足够长，LM 下端与MN 相切．在OP 与QR 之间的区域内有一竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .C 、D 是质量为m 和4m 的绝缘小物块(可视为质点)，其中D 带有电荷量q ，C 不带电．现将物块D 静止放置在水平轨道的MO 段，将物块C 从离水平轨道MN 距离h 高的L 处由静止释放，物块C 沿轨道下滑进入水平轨道，然后与D 相碰，碰后物体C 被反弹滑至斜面h 9处，物体D 进入虚线OP 右侧的复合场中继续运动，最后从RQ 侧飞出复合场区域．求：(1)物块D 进入磁场时的瞬时速度v D ；(2)若物块D 进入磁场后恰好做匀速圆周运动，求所加匀强电场的电场强度E 的值及物块D 的电性；(3)若物块D 飞离复合场区域时速度方向与水平夹角为60°，求物块D 飞出QR 边界时与水平轨道的距离d .解析：(1)对物块C ，根据动能定理有mgh ＝12mv 2 反弹后12mv 21＝mg h 9得：v 1＝v 3碰撞时由动量守恒定律：mv ＝－mv 1＋4mv D代入得：v D ＝v 3＝2gh 3. (2)若物块D 做匀速圆周运动，则电场力与重力相等： 4mg ＝Eq得：E ＝4mg q 带正电．(3)由几何关系得d ＝(1－cos 60°)R ＝R2R ＝4mv 3Bq ＝4m 2hg 3Bq 得：d ＝R 2＝2m 2hg 3Bq.2hg 3(2)4mgq带正电(3)2m2hg3Bq答案：(1)。

[K12学习]2019届高考物理一轮复习第九章磁场章末过关检测新人教版

第九章磁场章末过关检测(九) (时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.如图所示，A 为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图．当圆盘高速绕中心轴OO ′转动时，通电直导线所受磁场力的方向是( )A ．竖直向上B ．竖直向下C ．水平向里D ．水平向外解析：选C.从上向下看，由于带负电的圆盘顺时针方向旋转，形成的等效电流为逆时针方向，由安培定则判定所产生的磁场方向竖直向上．由左手定则可判定通电导线所受安培力的方向水平向里．故C 正确．2.如图所示，在直角三角形ABC 的A 点和B 点分别固定一垂直纸面向外和向里的无限长通电直导线，其电流强度分别为I A 和I B ，∠A ＝30°，通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度B ＝k I r，k 为比例系数，r 为该点到导线的距离，I 为导线的电流强度．当一电子在C 点的速度方向垂直纸面向外时，所受洛伦兹力方向垂直BC 向下，则两直导线的电流强度I B 与I A 之比为( )A.12 B ．34C.32D ．14解析：选D.由左手定则可知C 点处磁场的磁感应强度B 合的方向平行BC 向右，设A 处导线和B 处导线在C 处形成的磁场的磁感应强度大小分别为B A 和B B ，方向分别与AC 和BC垂直，如图所示，可知B B B A ＝sin 30°＝12，又B B B A ＝kI B l BC k I A l AC，计算可得I B I A ＝14，D 正确．3.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a 到b 的电流，则导线ab 受磁场力后的运动情况为( )A ．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B ．从上向下看顺时针转动并远离螺线管C ．从上向下看逆时针转动并远离螺线管D ．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管解析：选D.先由安培定则判断出通电螺线管的N 、S 极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图甲所示．可以判断导线受磁场力后从上向下看逆时针方向转动．再分析此时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线受磁场力的方向，如图乙所示，导线还要靠近螺线管，所以D 正确，A 、B 、C 错误．4.(2018·东北三校联考)如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U 1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U 2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 1和U 2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )A ．d 随U 1变化，d 与U 2无关B ．d 与U 1无关，d 随U 2变化C ．d 随U 1变化，d 随U 2变化D ．d 与U 1无关，d 与U 2无关解析：选A.设带电粒子在加速电场中被加速后的速度为v 0，根据动能定理有qU 1＝12mv 20.设带电粒子从偏转电场中出来进入磁场时的速度大小为v ，与水平方向的夹角为θ，如图所示，在磁场中有r ＝mv qB ，v ＝v 0cos θ，而d ＝2r cos θ，联立各式解得d ＝2mv 0qB，因而选项A 正确．5．如图所示，在x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场，一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成30°角斜向上的速度v 射入磁场，且在x 轴上方运动半径为R .则下列说法正确的是( )A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进3R解析：选D.由r ＝mvqB可知，粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B 错误；粒子完成一次周期性运动的时间t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πmqB ，所以C 错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进l ＝R ＋2R ＝3R ，粒子经偏转不能回到原点O ，所以A 错误、D 正确．6.如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点．有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P 点进入磁场．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的13.将磁感应强度的大小从原来的B 1变为B 2，结果相应的弧长变为原来的一半，则B 2∶B 1等于( )A. 2 B ． 3 C ．2 D ．3解析：选B.当轨迹半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径．如图所示，当粒子从13圆周射出磁场时，粒子在磁场中运动的轨迹直径为PQ ，粒子都从圆弧PQ 之间射出，因此轨迹半径r 1＝R cos 30°＝32R ；若粒子射出的圆弧对应弧长为“原来”的一半，即16周长，对应的弦长为R ，即粒子运动轨迹直径等于磁场区半径R ，轨迹半径r 2＝R 2，由r ＝mv qB 可得B 2B 1＝r 1r 2＝ 3.选项B 正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7．(高考江苏卷)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为 I ，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小 B 与 I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为 I H ，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压 U H 满足：U H ＝kI H Bd，式中k 为霍尔系数，d 为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R 远大于R L ，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )A．霍尔元件前表面的电势低于后表面B．若电源的正负极对调，电压表将反偏C．I H与I成正比D．电压表的示数与R L消耗的电功率成正比解析：选CD.当霍尔元件通有电流I H时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高．若将电源的正负极对调，则磁感应强度B的方向换向，I H方向变化，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，选项A、B错误；因R与R L并联，根据并联分流，得I H＝R LR L＋RI，故I H与I成正比，选项C正确；由于B与I成正比，设B＝aI，则I L＝RR＋R LI，P L＝I2L R L，故U H＝kI H Bd＝ak（R＋R L）R2dP L，知U H∝P L，选项D正确．8.(2018·湖北宜城第一中学高三月考)如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时( ) A．磁铁对桌面的压力增大B．磁铁对桌面的压力减小C．磁铁受到向右的摩擦力作用D．磁铁受到向左的摩擦力作用解析：选BC.根据条形磁铁磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向(切线方向)，再根据左手定则判断安培力方向，如图甲，根据牛顿第三定律，电流对磁铁的作用力向左上方，F＝F′，如图乙，根据平衡条件，可知通电后支持力变小，静摩擦力变大，故磁铁对桌面的压力变小，而静摩擦力向右．选项B、C正确．9.(2018·陕西西安模拟)如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd ，e 是ad 的中点，f 是cd 的中点，如果在a 点沿对角线方向以速度v 射入一带负电的带电粒子，恰好从e 点射出，则( )A ．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d 点射出B ．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f 点射出C ．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的2倍，也将从d 点射出D ．只改变粒子的速度使其分别从e 、d 、f 点射出时，在磁场中运动时间关系为：t e ＝t d >t f解析：选AD.作出示意图，如图所示，根据几何关系可以看出，当粒子从d 点射出时，轨道半径增大为原来的二倍，由半径公式R ＝mvqB可知，速度v 增大为原来的二倍或磁感应强度变为原来的一半，A 项正确，C 项错误；如果粒子的速度增大为原来的三倍，则轨道半径也变为原来的三倍，从图中看出，出射点在f 点下面，B 项错误；据粒子的周期公式T ＝2πm qB，可知粒子的周期与速度无关，在磁场中的运动时间取决于其轨迹圆弧所对应的圆心角，所以从e 、d 点射出时所用时间相等，从f 点射出时所用时间最短，D 项正确．10.如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管固定于竖直平面内，环的半径为R (比细圆管的内径大得多)．在圆管的最低点有一个直径略小于细圆管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m ，带电荷量为q ，重力加速度为g .空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面向里的匀强磁场．某时刻，给小球一方向水平向右、大小为v 0＝5gR 的初速度，则以下判断正确的是( )A ．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B ．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C ．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同D ．小球从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小解析：选BC.小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，A 选项错误；小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度v ＝gR ，由于是双层轨道约束，小球运动过程中不会脱离轨道，所以小球一定能到达轨道的最高点，C 选项正确；在最高点时，小球圆周运动的向心力F ＝m v 2R＝mg ，小球受到竖直向下的洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B 选项正确；小球从最低点运动到最高点的过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右且减小，到达圆心的等高点时，水平分速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D 选项错误．三、非选择题(本题共2小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(20分)(2015·高考山东卷)如图所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电量为＋q 的粒子由小孔下方d2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv qD 、4mvqD，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程．解析：(1)设极板间电场强度的大小为E ，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qE d 2＝12mv 2① 由①式得E ＝mv 2qd.②甲(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B ，粒子做圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2R③如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R ＝D4④ 联立③④式得B ＝4mvqD⑤若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R ＝3D4 ⑥联立③⑥式得B ＝4mv3qD.⑦(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R 1、R 2，由题意可知，Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B 1＝2mv qD 、B 2＝4mv qD，由牛顿第二定律得qvB 1＝m v 2R 1，qvB 2＝m v 2R 2⑧代入数据得R 1＝D 2，R 2＝D4⑨设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T 1、T 2，由运动学公式得T 1＝2πR 1v ，T 2＝2πR 2v⑩乙据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O 连线间的夹角设为α，由几何关系得θ1＝120° ⑪ θ2＝180° ⑫ α＝60°⑬丙粒子重复上述交替运动回到H 点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t 1、t 2，可得t 1＝360°α×θ1×2360°T 1， t 2＝360°α×θ2360°T 2⑭设粒子运动的路程为s ，由运动学公式得s ＝v (t 1＋t 2)⑮联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式得s ＝5.5πD .答案：(1)mv 2qd (2)4mv qD 或4mv3qD(3)5.5πD12．(20分)(2018·江苏扬州高三模拟)在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy ，x 轴沿水平方向，如图甲所示．第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E 1.坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E 2＝12E 1，匀强磁场方向垂直纸面．处在第三象限的发射装置(图中未画出)竖直向上射出一个比荷qm＝102C/kg 的带正电的粒子(可视为质点)，该粒子以v 0＝4 m/s 的速度从－x 上的A 点进入第二象限，并以v 1＝8 m/s 速度从＋y 上的C 点沿水平方向进入第一象限．取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向)，g ＝10 m/s 2.试求：(1)带电粒子运动到C 点的纵坐标值h 及电场强度E 1；(2)＋x 轴上有一点D ，OD ＝OC ，若带电粒子在通过C 点后的运动过程中不再越过y 轴，要使其恰能沿x 轴正方向通过D 点，求磁感应强度B 0及其磁场的变化周期T 0；(3)要使带电粒子通过C 点后的运动过程中不再越过y 轴，求交变磁场磁感应强度B 0和变化周期T 0的乘积B 0T 0应满足的关系．解析：(1)t ＝v 0g＝0.4 s ，h ＝v 02t ＝0.8 ma x ＝v 1t＝2g ，qE 1＝2mg ，E 1＝0.2 N/C.(2)qE 2＝mg ，所以带电粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动圆轨道半径为R ，周期为T ，则qv 1B 0＝m v 21R 可得R ＝0.08B 0使粒子从C 点运动到D 点，则有：h ＝(2n )R ＝(2n )0.08B 0，B 0＝0.2n (T)(n ＝1，2，3…)T ＝2πm qB 0，T 02＝T4T 0＝T 2＝πm qB 0＝π20n(s)(n ＝1，2，3…)．K12学习教育资源K12学习教育资源 (3)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y 轴时可作如图运动情形：由图可知θ＝5π6，T 0≤56T ＝π60B 0所以可得B 0T 0≤π60(kg/C)．答案：(1)0.8 m 0.2 N/C(2)0.2n (T)(n ＝1，2，3…)π20n(s)(n ＝1，2，3…) (3)B 0T 0≤π60(kg/C)。

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