2018届高考物理二轮复习 第九章 磁场单元质量检测
2018年新课标高考物理总复习教师用书：第九章 磁 场
第九章 磁 场第51课时 磁场及其对电流的作用(双基落实课)[命题者说] 本课时内容是关于磁场的基础知识，包括磁感应强度和安培力的概念、安培定则和右手定则的应用，高考很少对这些知识单独考查。
学习本节知识，主要是为进一步学习磁场的其他内容打好基础。
1.磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁力的作用。
2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。
(2)定义式：B ＝F IL(通电导线垂直于磁场)。
(3)方向：小磁针静止时N 极所指的方向。
(4)单位：特斯拉，符号T 。
3．匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。
(2)磁感线分布特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线。
[小题练通]1．判断正误(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。
(√)(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。
(×)(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。
(√)(4)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。
(×)2．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)指南针是我国古代四大发明之一。
关于指南针，下列说法正确的是()A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析：选BC指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确。
因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C正确。
在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转，选项D错误。
3．下列关于磁感应强度的说法中，正确的是()A．某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向B．小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向C．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大D．一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处磁感应强度一定为零解析：选B某处磁感应强度的方向就是小磁针N极受磁场力的方向或是小磁针静止时N极的指向，与通电导体放在该处受磁场力的方向不同，A错，B对。
最新-2018高考物理第九章电磁感应 章末检测试题及完全
章末检测(九)(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(每题3分，共36分)1．(2018·合肥模拟)如图所示，A 、B 两闭合线圈由同样长度、同种材料的导线绕成，A 为10匝，B 为20匝，半径为r A ＝2r B ，匀强磁场只分布在B 线圈内．若磁场均匀地减弱，则( )A ．A 中无感应电流B ．A 、B 中均有恒定的感应电流C ．A 、B 中感应电动势之比为2∶1D ．A 、B 中感应电流之比为1∶2答案：BD解析：在线圈A 、B 中都存在着磁通量的变化，因此两线圈中都有感应电流，选项A 错误，选项B 正确；由于A 的匝数为B 的一半，两个线圈中磁通量及其变化完全相同，根据法拉第电磁感应定律，两个线圈中感应电动势之比为1∶2，选项C 错误；由于两个线圈用同样导线绕成且总长度相同，所以两个线圈的电阻是相同的，因此A 、B 中感应电流之比也是1∶2，选项D 正确．2．单匝矩形线圈在磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，由O ～D 过程中( )A ．线圈中O 时刻感应电动势最大B ．线圈中D 时刻感应电动势为零C ．线圈中D 时刻感应电动势最大D ．线圈中O 至D 时刻内平均感应电动势为0.40 V答案：ABD解析：在O 时刻Φt 图线的斜率最大，由E ＝ΔΦΔt知感应电动势最大，A 选项正确；在D 时刻Φt 图线的斜率为0，由E ＝ΔΦΔt 知感应电动势为0，B 选项正确，C 选项错误；在O 至D 时间内E ＝ΔΦΔt ＝2×10－30.005V ＝0.40 V ，故D 选项正确． 3．(2018·山东理综)如图所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN 垂直，从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列结论正确的是( )A ．感应电流方向不变B ．CD 段直导线始终不受安培力C ．感应电动势最大值E m ＝BavD．感应电动势平均值E＝14πBav答案：ACD解析：根据楞次定律可判定闭合回路中产生的感应电流方向始终不变，A正确；CD段电流方向是D指向C，根据左手定则可知，CD段受到安培力，且方向竖直向下，B错误；当有一半进入磁场时，产生的感应电动势最大，E m＝Bav，C正确；由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt ＝πBav4，D正确．4．(2018·海南单科)一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的是( )A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时答案：C解析：由楞次定律第二种描述可知：只要线圈中电流增强，即穿过N的磁通量增加，则N受排斥而向右运动，只要线圈中电流减弱，即穿过N的磁通量减少，则N受吸引而向左运动，故选项C正确．5．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断开的，从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是( )A．I1开始较大而后逐渐变小B．I1开始很小而后逐渐变大C．I2开始很小而后逐渐变大D．I2开始较大而后逐渐变小答案：AC解析：闭合开关S时，由于L是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势阻碍电流的变化，所以开始时I2很小而I较大，随着电流达到稳定，线圈的自感作用减小，I2开始逐渐变大，由于分流导致稳定电路中R1中的电流减小，故选A、C.6．(2018·江门模拟)如图是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是( )A．开关S闭合瞬间B．开关S由闭合到断开的瞬间C．开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动D．开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动答案：AC解析：当开关突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，由楞次定律可知，为了阻碍磁通量的增加，钻头M 向右运动远离左边线圈，故A 项正确；当开关由闭合到断开瞬间，穿过右线圈的磁通量要减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M 要向左运动靠近左边线圈，故B 项错误；开关闭合时，当变阻器滑片P 突然向左滑动时，回路的电阻减小，回路电流增大，产生的磁场增强，穿过右线圈的磁通量增大，为了阻碍磁通量的增加，钻头M 向右运动远离左边线圈，故C 项正确；当变阻器滑片P 突然向右滑动时，回路的电阻增大，回路电流减小，产生的磁场减弱，穿过右线圈的磁通量减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M 向左运动靠近左边线圈，故D 项错误．7．如图(甲)所示，矩形导线框abcd 放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动；磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图象如图(乙)所示，t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．在0～4 s 时间内，线框ab 边受安培力随时间变化的图象可能是图中的(规定力向左为正)( )答案：D解析：由B t 图象可知，在0～1 s 内，匀强磁场垂直纸面向里，且均匀减小，据楞次定律可判定线框中感应电流方向b →a →d →c →b 进一步由左手定则判定ab 边受安培力方向向左，为正值．又根据F ＝BIL ＝B ΔB ·S ΔtRL ∝B ，综合考虑不难得出正确答案为D. 8．如图所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B ，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则( )A ．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功B ．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功C ．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D ．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率答案：AC解析：线圈上升过程中，加速度增大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看做反向的加速，可以比较当运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，故正确选项为A 、C.9．(2018·湖南十校联考)两根相互平行的金属导轨水平放置于图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是( )A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB．导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC．磁场对导体棒CD的作用力向左D．磁场对导体棒AB的作用力向左答案：BD解析：利用楞次定律，两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.以此为基础，再判断CD内的电流方向，最后根据左手定则进一步确定CD的受力方向，经过比较可得正确答案．10．(2018·福州一模)在甲、乙、丙三图中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计．图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长．今给导体棒ab一个向右的初速度，在甲、乙、丙三种情况下导体棒ab的最终运动状态是( )A．三种情形下导体棒ab最终均做匀速运动B．甲、丙中，ab棒最终将以不同的速度做匀速运动，乙中ab棒最终静止C．甲、丙中，ab棒最终将以相同的速度做匀速运动，乙中ab棒最终静止D．三种情形下导体棒ab最终均静止答案：B解析：图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C 极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向右做匀速运动；图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止；图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动热与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动．所以B项正确．11．如图所示，在水平桌面上放置两根相距L的光滑平行金属导轨ab与cd，阻值为R 的电阻与导轨的a、c端相连．金属滑杆MN垂直于导轨并可在导轨上滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B.金属滑杆与导轨电阻不计，金属滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在某边的光滑轻滑轮后，与一质量为m的物块相连，拉金属滑杆的绳处于水平拉直状态．现若从静止开始释放物块，用I表示回路中的感应电流，g表示重力加速度，则在物块下落过程中物块的速度可能( )A ．小于mgRB 2L 2B ．等于mgR B 2L 2C ．小于I 2R mgD ．大于I 2R mg答案：ABC 解析：MN 的最大速度就是安培力等于重力时对应的速度，即BIL ＝mg ，B 2L 2v /R ＝mg ，v＝mgR B 2L 2，故A 、B 正确；又I ＝BLv R ，v ＝I 2R mg，C 正确D 错误． 12．(2018·徐州模拟)如图所示，四根等长的铝管和铁块(其中C 中铝管不闭合，其他两根铝管和铁管均闭合)竖直放置在同一竖直平面内，分别将磁铁和铁块沿管的中心轴线从管的上端由静止释放，忽略空气阻力，则下列关于磁铁和铁块穿过管的运动时间的说法正确的是( )A ．t A >tB ＝tC ＝t DB ．tC ＝t A ＝t B ＝tD C ．t C >t A ＝t B ＝t DD ．t C ＝t A >t B ＝t D 答案：A解析：A 中闭合铝管不会被磁铁磁化，但当磁铁穿过铝管的过程中，铝管可看成很多圈水平放置的铝圈，据楞次定律知，铝圈将发生电磁感应现象，阻碍磁铁的相对运动；因C 中铝管不闭合，所以磁铁穿过铝管的过程不发生电磁感应现象，磁铁做自由落体运动；铁块在B 中铝管和D 中铁管中均做自由落体运动，所以磁铁和铁块在管中运动时间满足t A >t C ＝t B ＝t D ，A 正确．二、填空题(每题4分，共12分)13．如图所示的电路，L 为自感线圈，R 是一个灯泡，E 是电源，当S闭合瞬间，通过电灯的电流方向是________，当S 切断瞬间通过电灯的电流方向是________．答案：A →B B →A解析：S 闭合时，根据电源正负极易知电流方向．S 断开瞬间，线圈L 将产生与原电流同向的断电自感电动势阻碍原电流的减小，线圈L 与灯泡组成闭合回路，通过灯泡的电流从B 到A .14．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为________答案：13Bav解析：摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12v ＝Bav . 由闭合电路欧姆定律，U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Bav . 15．(2018·试题调研)由于国际空间站的运行轨道上各处的地磁场强弱及方向均有所不同，所以在运行过程中，穿过其外壳的地磁场的磁通量将不断变化，这样将会导致________现象发生，从而消耗国际空间站的能量．为了减少这类消耗，国际空间站的外壳材料的电阻率应尽可能________(填“大”或“小”)一些．答案：电磁感应 大解析：电阻率较大，电阻也较大，同样的电磁感应现象，产生的电动势一定，由P ＝U 2R 可知，电阻较大时，消耗的电功率较小，可以减少能量消耗．三、计算题(共5题，共52分)16．(10分)(2018·福州模拟)如图所示，长L 1宽L 2的矩形线圈电阻为R ，处于磁感应强度为B 的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直．求：将线圈以向右的速度v 匀速拉出磁场的过程中，(1)拉力F 大小；(2)拉力的功率P ；(3)拉力做的功W ；(4)线圈中产生的电热Q ；(5)通过线圈某一截面的电荷量q .答案：(1)B 2L 22v R (2)B 2L 22v 2R (3)B 2L 22L 1v R(4)B 2L 22L 1v R (5)BL 1L 2R解析：(1)E ＝BL 2v ，I ＝E /R ，F ＝BIL 2，∴ F ＝B 2L 22v R(2)P ＝Fv ＝B 2L 22v 2/R(3)W ＝FL 1＝B 2L 22L 1v /R(4)Q ＝W ＝B 2L 22L 1v /R (5)q ＝It ＝E R t ＝ΔΦR ＝BL 1L 2R17．(10分)(2018·杭州模拟)如图(a)所示，面积S ＝0.2 m 2的线圈，匝数n ＝630匝，总电阻r ＝1.0 Ω，线圈处在变化的磁场中，磁感应强度B 随时间t 按图(b)所示规律变化，方向垂直线圈平面．图(a)中传感器可看成一个纯电阻R ，并标有“3 V 0.9 W”，滑动变阻器R 0上标有“10 Ω 1 A”，试回答下列问题：(1)设磁场垂直纸面向外为正方向，试判断通过电流表的电流方向；(2)为了保证电路的安全，求电路中允许通过的最大电流；(3)若滑动变阻器触头置于最左端，为了保证电路的安全，图(b)中的t 0最小值是多少？ 答案：(1)向右 (2)0.3 A (3)40 s解析：(1)由安培定则判断得，电流向右．(2)传感器正常工作时的电阻R ＝U 2P＝10 Ω 工作电流I ＝U R ＝0.3 A ，由于滑动变阻器工作电流是1 A ，所以电路允许通过的最大电流为I ＝0.3 A(3)滑动变阻器触头位于最左端时外电路的电阻为R 外＝20 Ω，故电源电动势的最大值E ＝I (R 外＋r )＝6.3 V由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ＝630×0.2×2.0t 0V ，解得t 0＝40 s 18．(10分)如图甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l ＝0.20 m ，电阻R ＝1.0 Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B ＝0.50 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下．现用一外力F 沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F 与时间t 的关系如图乙所示，求杆的质量m 和加速度a .答案：0.1 kg 10 m/s 2解析：导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用v 表示瞬时速度，t 表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为E ＝Blv ＝Blat ①闭合回路中的感应电流为I ＝E R②由安培定则和牛顿第二定律得 F －BIl ＝ma ③将①②式代入③式整理得F ＝ma ＋B 2l 2Rat ④在题图乙图线上取两点：t 1＝0，F 1＝1 N ；t 2＝10 s ，F 2＝2 N ，代入式④，联立方程解得a ＝10 m/s 2，m ＝0.1 kg.19．(12分)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd ，每边长为L ，总电阻为R ，总质量为m .将其置于磁感强度为B 的水平匀强磁场上方h处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd 边始终与水平的磁场边界面平行．当cd 边刚进入磁场时，(1)求线框中产生的感应电动势大小．(2)求cd 两点间的电势差大小．(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h 应满足的条件．答案：(1)BL 2gh (2)34BL 2gh (3)h ＝m 2gR 22B 4L 4 解析：(1)cd 边刚进入磁场时，线框速度v ＝2gh线框中产生的感应电动势E ＝BLv ＝BL 2gh(2)此时线框中电流I ＝E Rcd 两点间的电势差U ＝I ⎝ ⎛⎭⎪⎫34R ＝34BL 2gh(3)安培力F ＝BIL ＝B 2L 22gh R根据牛顿第二定律mg －F ＝ma ，由a ＝0 解得下落高度满足h ＝m 2gR 22B 4L4 20．(10分)光滑平行的金属导轨MN 和PQ ，间距L ＝1.0 m ，与水平面之间的夹角α＝30°，匀强磁场磁感应强度B ＝2.0 T ，垂直于导轨平面向上，MP 间接有阻值R ＝2.0 Ω的电阻，其他电阻不计，质量m ＝2.0 kg 的金属杆ab 垂直导轨放置，如图(甲)所示．用恒力F 沿导轨平面向上拉金属杆ab ，由静止开始运动，v t 图象如图(乙)．g ＝10 m/s 2，导轨足够长，求：(1)恒力F 的大小；(2)金属杆速度为2.0 m/s 时的加速度大小；(3)根据v t 图象估算在前0.8 s 内电阻上产生的热量．答案：(1)18 N (2)2.0 m/s 2(3)3.80 J解析：(1)由图(乙)知，杆运动的最大速度为v m ＝4 m/s 此时有：F ＝mg sin α＋F 安＝mg sin α＋B 2L 2v m R代入数据得：F ＝18 N(2)由牛顿第二定律可得：F －F 安－mg sin α＝maa ＝F －B 2L 2v R －mg sin αm，代入数据得：a ＝2.0 m/s 2 (3)由(乙)图可知0.8 s 末导体杆的速度v 1＝2.2 m/s前0.8 s 内图线与t 轴所包围的小方格的个数为27个，面积为27×0.2×0.2＝1.18，即前0.8 s 内导体杆的位移x ＝1.18 m ．由能的转化和守恒定律得：Q ＝Fx －mgx sin α－12mv 12，代入数据得：Q ＝3.80 J(说明，前0.8 s 内图线与t 轴所包围的小方格的个数在26～28个之间，位移在1.18～1.12 m 之间，产生的热量在3.48～4.12 J 之间均正确)．。
2018届高考物理一轮总复习章末检测卷：第九章 电磁感应 全国通用
一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分．)1．(2015·江苏卷)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载《春秋纬考异邮》中有玳瑁吸衣若之说，但下列不属于静电现象的是()A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D．从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉解析：小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生感应电流是电磁感应现象，不是静电现象，所以C正确．答案：C2．(2016·威海模拟)如图所示，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()A．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，电压表有读数解析：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，故选项A正确．答案：A3．(2016·大连模拟)如图甲所示，面积为0.1 m2的10匝线圈EFG 处在某磁场中，t＝0时，磁场方向垂直于线圈平面向里，磁感应强度B 随时间变化的规律如图乙所示．已知线圈与右侧电路接触良好，电路中的电阻R＝4 Ω，电容C＝10 μF，线圈EFG的电阻为1 Ω，其余部分电阻不计．则当开关S闭合，电路稳定后，在t＝0.1 s至t＝0.2 s这段时间内()A．电容器所带的电荷量为8×10－5CB．通过R的电流是2.5 A，方向从b到aC ．通过R 的电流是2 A ，方向从b 到aD ．R 消耗的电功率是0.16 W解析：线圈EFG 相当于电路的电源，电动势E ＝n ΔB ΔtS ＝10×20.2×0.1 V ＝10 V ．由楞次定律得，电动势E 的方向是顺时针方向，故流过R的电流是a →b ，I ＝E R ＋r ＝104＋1A ＝2 A ，P R ＝I 2R ＝22×4 W ＝16 W ；电容器U C ＝U R ，所带电荷量Q ＝C·U C ＝10×10－6×2×4 C ＝8×10－5C ，选项A 正确．答案：A4．(2017·西安模拟)在如图所示的电路中，a 、b 为两个完全相同的灯泡，L 为电阻可忽略不计的自感线圈，E 为电源，S 为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )A ．合上开关，a 先亮，b 后亮；断开开关，a 、b 同时熄灭B ．合上开关，b 先亮，a 后亮；断开开关，a 先熄灭，b 后熄灭C ．合上开关，b 先亮，a 后亮；断开开关，a 、b 同时熄灭D ．合上开关，a 、b 同时亮；断开开关，b 先熄灭，a 后熄灭解析：由于L 是自感线圈，当合上S 时，自感线圈L 将产生自感电动势，阻碍电流的增加，故有b 灯先亮，而a 灯后亮；当S 断开时，L 、a 、b 组成回路，L 产生自感电动势阻碍电流的减弱，由此可知，a 、b 同时熄灭，C 正确．答案：C5．(2016·东营模拟)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd ，现将导体框分别朝两个方向以v 、3v 速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中( )A ．导体框中产生的感应电流方向相反B ．导体框中产生的焦耳热相同C ．导体框ad 边两端电势差相同D ．通过导体框截面的电量相同解析：根据右手定则可知，导体框中产生的感应电流均是沿顺时针方向，选项A 错误；导体框中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，设导线框的边长为l ，当以速度v 匀速拉出时，Q 1＝F 安l ＝B 2l 2v R ·l ＝B 2l 3v R∝v ，所以导体框中产生的焦耳热不同，选项B 错误；当以速度v 匀速拉出时，cd 边切割磁感线产生感应电动势，cd 边相当于电源，导体框ad 边两端电势差U 1＝14Blv ，当以速度3v 匀速拉出时，ad 边切割磁感线产生感应电动势，ad 边相当于电源，导体框ad 边两端电势差等于路端电压，其大小为U 2＝34Bl ·3v ＝94Blv ，选项C 错误；两个过程中，通过导体框截面的电荷量均为q ＝ΔΦR ＝Bl 2R ，选项D 正确．答案：D6．(2016·宝鸡模拟)如图所示，两根水平放置的相互平行的金属导轨ab 、cd ，表面光滑，处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒PQ 垂直于导轨放在上面，以速度v 向右做匀速运动，欲使棒PQ 停下来，下面的措施可行的是(导轨足够长，棒PQ 有电阻)( )A ．在PQ 右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒B ．在PQ 右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均比棒PQ 大的金属棒C ．将导轨的a 、c 两端用导线连接起来D ．将导轨的a 、c 两端和b 、d 两端分别用导线连接起来解析：在PQ 棒右侧放金属棒时，回路中产生感应电流，使金属棒加速，PQ 棒减速，当获得共同速度时，回路中感应电流为零，两棒都将匀速运动，A 、B 错误；当一端或两端用导线连接时，PQ 的动能将转化为内能而最终静止，C 、D 正确．答案：CD7．(2017·荆州模拟)如图所示，MN、PQ是与水平面成θ角的两条平行光滑且足够长的金属轨道，其电阻忽略不计．空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，每根导体棒的质量均为m，电阻均为r，轨道宽度为L，与轨道平行的绝缘细线一端固定，另一端与ab棒中点连接，细线承受的最大拉力T m＝2mg sinθ.今将cd棒由静止释放，则细线被拉断时，cd棒的()A．速度大小是2mgr sinθB2L2B．速度大小是mgr sinθB2L2C．加速度大小是2g sinθD．加速度大小是0解析：由静止释放后cd棒沿斜面向下做加速运动，随着速度的增大，E＝BLv变大，I＝E2r也变大，F＝BIL也变大，对ab棒，当T＝2mg sinθ＝mg sinθ＋BIL时细线刚好被拉断，此时v＝2mgr sinθB2L2，cd棒这时向上的安培力与沿斜面向下的重力的分力平衡，加速度大小是0，故选项A、D正确，选项B、C错误．答案：AD二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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．)8．(10分)(2015·江苏卷)做磁共振检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r ＝5.0 cm ，线圈导线的横截面积A ＝0.80 cm 2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m ，如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B 在0.3 s 内从1.5 T 均匀地减小为零，求(计算结果保留一位有效数字)：(1)该圈肌肉组织的电阻R ；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E ；(3)0.3 s 内该圈肌肉组织中产生的热量Q.解析：(1)由电阻定律R ＝ρ2πr A，(2分) 解得R ＝6×103Ω.(1分)(2)感应电动势E ＝ΔB Δtπr 2，(2分) 解得E ＝4×10－2V ．(1分)(3)由焦耳定律得Q ＝E 2RΔt ，(3分) 解得Q ＝8×10－8J ．(1分)答案：(1)6×103Ω (2)4×10－2V (3)8×10－8J9．(10分)(2015·海南卷)如图所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l ，左端与一电阻R 相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下．一质量为m 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v 匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求：(1)电阻R 消耗的功率；(2)水平外力的大小．解析：(1)导体切割磁感线运动产生的电动势为E ＝Blv ，(2分)根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I ＝E R，(1分) 电阻R 消耗的功率为P ＝I 2R.(1分)联立可得P ＝B 2l 2v 2R.(1分) (2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F 安＋μmg ＝F ，(2分)F 安＝BIl ＝B·Blv R·l.(2分) 解得F ＝B 2l 2v R＋μmg.(1分)答案：(1)P＝B2l2v2R(2)F＝B2l2vR＋μmg10．(12分)(2016·唐山模拟)如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如图乙所示(取g＝10 m/s2)．求：(1)磁感应强度B；(2)杆在磁场中下落0.1 s过程中电阻R产生的热量．解析：(1)由图象知，杆自由下落0.1 s进入磁场后以v＝1.0 m/s做匀速运动．产生的电动势E＝BLv，(2分)杆中的电流I＝ER＋r，(2分)杆所受安培力F安＝BIL，(2分)由平衡条件得mg＝F安，(2分)解得B＝2 T．(1分)(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075 J．(3分)答案：(1)2 T(2)0.075 J11．(12分)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定滑轮自然下垂，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．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，(3分)代入数据，得F f＝0.2 N．(1分)(2)设通过K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有F f＝B1I1l，(1分)设回路总电流为I，总电阻为R总，有I＝2I1，R总＝32R.(2分)设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有I＝ER总，E＝B2lv，F＋m1g sinθ＝B2Il，(3分)拉力的瞬时功率P＝Fv.(1分)联立以上各式，代入数据得P＝2 W．(1分)答案：(1)0.2 N(2)2 W12．(14分)如图所示，水平放置的平行金属导轨宽度为d＝1 m，导轨间接有一个阻值为R＝2 Ω的灯泡，一质量为m＝1 kg的金属棒跨接在导轨之上，其电阻为r＝1 Ω，且和导轨始终接触良好．整个装置放在磁感应强度为B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．现对金属棒施加一水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始向右运动．求：(1)若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2，施加的水平恒力为F ＝10 N，则金属棒达到的稳定速度v1是多少？(2)若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2，施加的水平力功率恒为P＝6 W，则金属棒达到的稳定速度v2是多少？(3)若金属棒与导轨间是光滑的，施加的水平力功率恒为P ＝20 W ，经历t ＝1 s 的过程中灯泡产生的热量为Q R ＝12 J ，则此时金属棒的速度v 3是多少？解析：(1)由I ＝Bdv 1R ＋r和F 安＝BId ，(2分) 可得F 安＝B 2d 2v 1R ＋r，(1分) 根据平衡条件可得F ＝μmg ＋F 安．(1分)解得v 1＝（F －μmg ）（R ＋r ）B 2d 2＝（10－0.2×1×10）（2＋1）22×12m /s ＝6 m /s .(1分)(2)稳定后F ＝μmg ＋B 2d 2v 2R ＋r，(2分) 且P ＝Fv 2，(1分)整理得2v 22＋3v 2－9＝0.(1分)解得v 2＝1.5 m /s .(1分)(3)金属棒和灯泡串联，由Q ＝I 2Rt 得灯泡和金属棒产生的热量比Q R Q r ＝R r，(1分) 根据能量守恒Pt ＝12mv 23＋Q R ＋Q r ，(2分) 解得v 3＝2（Pt －Q R －Q r ）m ＝2（20×1－12－6）1m /s ＝2 m /s .(1分)答案：(1)6 m /s (2)1.5 (3)2 m /s教师用书备选题]13．(2016·赣州模拟)某同学将一条形磁铁放在水平转盘上，如图甲所示，磁铁可随转盘转动，另将一磁感应强度传感器固定在转盘旁边．当转盘(及磁铁)转动时，引起磁感应强度测量值周期性地变化，该变化的周期与转盘转动周期一致．经过操作，该同学在计算机上得到了如图乙所示的图象．该同学猜测磁感应强度传感器内有一线圈，当测得磁感应强度最大时就是穿过线圈的磁通量最大时．按照这种猜测()A．在t＝0.1 s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化B．在t＝0.15 s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化C．在t＝0.1 s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值D．在t＝0.15 s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值解析：题图乙中斜率既能反映线圈内产生的感应电流的方向变化，又能反映感应电流的大小变化．t＝0.1 s时刻，图线斜率最大，意味着磁通量的变化率最大，感应电动势最大，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值，t＝0.1 s时刻前后的图线斜率一正一负，说明产生的感应电流的方向发生了变化，所以A、C正确；同理可知t＝0.15 s时刻，图线斜率不是最大值，且该时刻前后图线斜率全为负值，说明线圈内产生的感应电流的方向没有变化，而且大小并未达到最大值，选项B、D 错误．答案：AC。
2018届高考物理二轮复习转动切割磁感线问题专题卷
100考点最新模拟题千题精练10-9一．选择题1. (2018洛阳联考)1831年,法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图甲).它是利用电磁感应的原理制成的,是人类历史上第一台发电机.图乙是这个圆盘发电机的示意图:铜盘安装在水平的铜轴上,它的边缘正好在两磁极之间,两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触.使铜盘转动,电阻R 中就有电流通过.若所加磁场为匀强磁场,回路的总电阻恒定,从左往右看,铜盘沿顺时针方向匀速转动,下列说法中正确的是 ( )A. 铜片D 的电势高于铜片C 的电势B. 电阻R 中有正弦式交变电流流过C. 铜盘转动的角速度增大1倍,流过电阻R 的电流也随之增大1倍D. 保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则铜盘中有电流产生 【参考答案】C【名师解析】根据右手定则，铜片中电流方向为D 指向C ，由于铜片是电源，所以铜片D 的电势低于铜片C 的电势，选项A 错误；电阻R 中有恒定的电流流过，选项B 错误；铜盘转动的角速度增大1倍,，根据转动过程中产生的感应电动势公式E ＝12BL 2ω，产生是感应电动势增大1倍，根据闭合电路欧姆定律，流过电阻R 的电流也随之增大1倍，选项C 正确；保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则铜盘中没有电流产生，选项D 错误。
2.如图所示为一圆环发电装置，用电阻R ＝4 Ω的导体棒弯成半径L ＝0.2 m 的闭合圆环，圆心为O ，COD是一条直径，在O 、D 间接有负载电阻R 1＝1 Ω。
整个圆环中均有B ＝0.5 T 的匀强磁场垂直环面穿过。
电阻r ＝1 Ω的导体棒OA 贴着圆环做匀速运动，角速度ω＝300 rad/s ，则( )A.当OA 到达OC 处时，圆环的电功率为1 WB.当OA 到达OC 处时，圆环的电功率为2 WC.全电路最大功率为3 WD.全电路最大功率为4.5 W 【参考答案】AD3.如图所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中，绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R 的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )A.由c 到d ，I ＝Br 2ωRB.由d 到c ，I ＝Br 2ωRC.由c 到d ，I ＝Br 2ω2RD.由d 到c ，I ＝Br 2ω2R【参考答案】D4（2018河南八市重点高中联考）如图所示，导体杆OP 在作用于OP 中点且垂直于OP 的力作用下，绕O 轴沿半径为r 的光滑半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B ，AO 间接有电阻R ，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P ，则A ．外力的大小为2B ．外力的大小为2CD ．导体杆旋转的角速度为22Br 【参考答案】C【名师解析】设导体杆转动的角速度为ω，则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势E =12Br 2ω，I=E/R ，根据题述回路中的电功率为P ，则P=EI ；设维持导体杆匀速转动的外力为F ，则有：P=Fv /2，v=r ω，联立解得F ，ω，选项C 正确ABD 错误。
2018年高考物理复习真题训练 9磁场--含答案解析
专题9磁场1.（2017全国卷Ⅰ）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为m a、m b、m c.已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是A．m>m>ma b c C．m>m>mc a b B．m>m>mb ac D．m>m>mc b a答案：B解析：由题意知，m a g=qE，m b g=qE+Bqv，m c g+Bqv=qE，所以mb >ma>mc，故B正确，ACD错误.2.（2017全国卷Ⅱ）如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点.大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场.若粒子射入速率为v，这些粒子在磁1场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v，相应的出射点分布在三分之一圆周上.不计重力2及带电粒子之间的相互作用.则v:v为21A．3:2答案：CB．2:1C．3:1D．3:2.22，解析：本题考查带电粒子在磁场中的运动由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB=m v2R可知，R=mv，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同.若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆qB可知，当粒子的磁场出射点A离P点最远时，则AP=2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子的磁场出射点B离P点最远时，则BP=2R2，由几何关系可知，R=1 C项正确.R3，R=R cos30=R，则23.（2017江苏卷）如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r．圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为（A）1:1（B）1:2（C）1:4（D）4:1答案：A解析：本题考查考生对磁通量概念的理解.由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ=B⋅πr2，因此磁通量之比为1∶1，A项正确.4.（2017全国卷Ⅲ）如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场.在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ>1）.一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子以速λqB (1+)RRvv联立①②③④式得，所求时间为t=t+t=0λ度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）（1）粒子运动的时间；（2）粒子与O点间的距离.πm12mv答案：（1）（2）0(1-qB01λ)解析：（1）在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动.设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB v=00mv20①1qλB v=00mv20②2粒子速度方向转过180°时，所用时间t1为t1=πR1③粒子再转过180°时，所用时间t2为t2=πR2④πm1(1+)⑤qB012（2）由几何关系及①②式得，所求距离为d=2(R-R)=122mv0(1-qB1λ)⑥5.（2017江苏卷）一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．( （3） L < 2 2Bq2（1）求甲种离子打在底片上的位置到 N 点的最小距离 x ；（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度 d ；（3）若考虑加速电压有波动，在 U –∆U )到( U + ∆U )之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度 L 满足的条件．答案：（1） x =mB q4 mU 2 mU 4mU L 20 - L （2） d = 0 - 0 - B q B q qB 2 4[2 (U - ∆U ) - 2(U + ∆U )]0 0解析：(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为 r 1电场加速 qU = 1⨯ 2mv 2且 qvB = 2mv2 r1解得 r =2mU0 根据几何关系 x = 2r - L1 1解得 x =4 mU B q0 - L（2）（见图） 最窄处位于过两虚线交点的垂线上d = r - r 2 - ( L1 1)2解得 d =2 mU 4mU 0 - B q qB 20 - L 24=2r1的最小半径r2max=即4m(U-∆U)->LB q答案：（1）v=2v，方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上（2）E(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2m(U-∆U)B qr2的最大半径r 12m(U+∆U)B q由题意知2r1min -2r2max>L22m(U+∆U)00 B q B q解得L<2m[2(U -∆U)-2(U+∆U) ]006.（2017天津卷）平面直角坐标系x Oy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示.一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍.粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等.不计粒子重力，问：（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；（2）电场强度和磁感应强度的大小之比.0B2y⑥⑦设磁感应强度大小为 B ，粒子做匀速圆周运动的半径为 R ，洛伦兹力提供向心力，有： q vB = m⑨解析：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设 Q 点到 x 轴距离为 L ，到 y 轴距离为 2L ，粒子的加速度为 a ，运动时间为 t ，有2L = v t①L =1at 2 ②2设粒子到达 O 点时沿 y 轴方向的分速度为 vyv = at ③y设粒子到达 O 点时速度方向与 x 轴正方向夹角为α ，有 tan α =联立①②③④式得α =45° ⑤即粒子到达 O 点时速度方向与 x 轴正方向成 45°角斜向上.vyv④设粒子到达 O 点时速度大小为 v ，由运动的合成有 v =v 2 + v2 0联立①②③⑥式得 v =2v（2）设电场强度为 E ，粒子电荷量为 q ，质量为 m ，粒子在电场中受到的电场力为 F ，粒子在电场中运动的加速度： a =qEm⑧v 2R根据几何关系可知： R =2L整理可得： E v= 0B 2x v子，形成宽为 2b ，在 y 轴方向均匀分布且关于 轴对称的电子流.电子流沿 方向射入一个半径为 R ，中心位于正下方有一对平行于 轴的金属平行板 K 和 A ，其中 K 板与 P 点的距离为 d ，中间开有宽度为2l 且关于 y 轴对2电荷量为 e ，忽,7.（2017 浙江卷）如图所示,在 xOy 平面内，有一电子源持续不断地沿 正方向每秒发射出 N 个速率均为 的电x x原点 O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy 平面向里，电子经过磁场偏转后均从P 点射出，在磁场区域的x称的小孔.K 板接地，A 与 K 两板间加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过 K 板小孔到达 A 板的所有电子被收集且导出，从而形成电流.已知 b =略电子间相互作用.（1）求磁感应强度 B 的大小；3 R, d = l，电子质量为 m ，（2）求电子从 P 点射出时与负y 轴方向的夹角θ的范围；（3）当UAK= 0 时，每秒经过极板 K 上的小孔到达极板 A 的电子数；（4）画出电流 i 随 UAK变化的关系曲线（在答题纸上的方格纸上）.答案:（1） B = mv，（2）60o （3） n =6 N eR3= 0.82N （4） i m ax = 0 .82 Ne解析:由题意可以知道是磁聚焦问题，即（1）轨到半径 R=rB =mveR（2）右图以及几何关系可知，上端电子从 P 点射出时与负 y 轴最大夹角θm ，由几何关系sin θm = b得 θm = 60 OR同理下端电子从 p 点射出与负 y 轴最大夹角也是 60 度范围是 - 60 o ≤ θ ≤ 60 o（3） tan α = l得 α = 45 Ody ' = R s in α = 2 R2===0.82n=0.82N4e mv2或者根据（3）可得饱和电流大小每秒进入两极板间的电子数为n n y'6N b3(4)有动能定理得出遏止电压U=-c 12emv2与负y轴成45度角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，其逆过程是类平抛运动，达到饱和电流所需要的最小反向电压U'=-1im ax=0.82Ne.。
(新课标)2018年高考物理一轮复习第九章磁场章末过关检测
第九章 磁场章末过关检测(九)(建议用时：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，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.(2017·长春调研)如图所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，横截面分别位于一正方形abcd 的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向里、大小分别为I a ＝I ，I b ＝2I ，I c ＝3I ，I d ＝4I的恒定电流．已知通电长直导线周围距离为r 处磁场的磁感应强度大小为B ＝k I r，式中常量k >0，I 为电流大小．忽略电流间的相互作用，若电流I a 在正方形的几何中心O 点处产生的磁感应强度大小为B ，则O 点处实际的磁感应强度的大小及方向为( )A ．22B ，方向由O 点指向ad 中点B ．22B ，方向由O 点指向ab 中点C ．10B ，方向垂直于纸面向里D ．10B ，方向垂直于纸面向外解析：选A.由题意，直导线周围某点的磁感应强度的大小与电流的大小成正比，与距直导线的距离成反比．应用安培定则并结合平行四边形定则，可知A 选项正确．3.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＝ 3.4.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S 0A ＝23S 0C ，则下列说法中正确的是( )A ．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B ．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C ．能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于E B 2D ．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2解析：选B.由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，A 错误；粒子在磁场中做圆周运动满足B 2qv ＝m v 2r ，即q m ＝v B 2r，由题意知r 甲<r 乙，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷，B 正确；由qE ＝B 1qv 知能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于EB 1，C 错误；由q m＝v B 2r 知m 甲m 乙＝r 甲r 乙＝23，D 错误． 5．如图所示为两光滑金属导轨MNQ 和GHP ，其中MN 和GH 部分为竖直的半圆形导轨，NQ 和HP 部分为水平平行导轨，整个装置置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．有两个长均为l 、质量均为m 、电阻均为R 的导体棒垂直导轨放置且始终与导轨接触良好，其中导体棒ab 在半圆形导轨上，导体棒cd 在水平导轨上，当恒力F 作用在导体棒cd 上使其做匀速运动时，导体棒ab 恰好静止，且距离半圆形导轨底部的高度为半圆形导轨半径的一半，已知导轨间距离为l ，重力加速度为g ，导轨电阻不计，则( )A ．每根导轨对导体棒ab 的支持力大小为2mgB ．导体棒cd 两端的电压大小为23mgR BlC ．作用在导体棒cd 上的恒力F 的大小为3mgD ．恒力F 的功率为6m 2g 2R Bl解析：选C.对ab 棒受力分析如图所示：则：F N sin 30°＝mg ，则：F N ＝2mg ，每根导轨对导体棒ab 的支持力大小为mg ，故选项A 错误；F N cos 30°＝F A ＝BBlv 2R l ，则回路中电流为：I ＝Blv 2R ＝3mg Bl，导体棒cd 两端的电压大小为U ＝IR ＝3mg Bl R ，故选项B 错误；由于导体棒cd 匀速运动，则安培力等于恒力F ，则F ＝B Blv 2R l ＝3mg ，故选项C 正确；由于B Blv 2R l ＝3mg ，则导体棒cd 的速度为v ＝23mgR B 2l 2，则恒力F 的功率为P ＝Fv ＝3mg ·23mgR B 2l 2＝6m 2g 2R B 2l2，故选项D 错误． 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．如图所示，在半径为R 的圆形区域内有一磁感应强度方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m 且带正电的粒子(重力不计)以初速度v 0从圆形边界上的A 点正对圆心射入该磁场区域，若该带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为3R ，则下列说法中正确的是( )A ．该带电粒子在磁场中将向右偏转B ．若增大磁场的磁感应强度，则该带电粒子在磁场中运动的轨迹半径将变大C ．该带电粒子在磁场中的水平偏转距离为32R D ．该带电粒子在磁场中运动的时间为3πR v 0解析：选AC.由左手定则可知，该带正电的粒子将向右偏转，选项A 正确；带电粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供运动的向心力，有qv 0B ＝m v 20r ，即r ＝mv 0qB，所以当B 增大时，粒子做圆周运动的半径将减小，选项B 错误；如图所示，由几何关系可知，∠COB ＝60°，所以带电粒子在磁场中的水平偏转距离为x BC ＝R sin 60°＝32R ，选项C 正确；由几何关系可知，该带电粒子的轨迹圆弧对应的圆心角为60°，因此粒子在磁场中运动的时间为t ＝16T ＝16×2π·3R v 0＝3πR 3v 0，选项D 错误． 7.(2017·武汉模拟)如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电性不同、速率不同但比荷相同的粒子从O 点沿图中方向垂直于磁场方向射入磁场后，分别从四个顶点a 、b 、c 、d 和两边的中点e 、f 射出磁场，下列关于它们运动的说法正确的是( )A ．从a 、b 两点射出的粒子运动的时间是最长的，且二者相等B ．从c 、d 两点射出的粒子运动的时间是最短的，且二者相等C ．从e 、f 两点射出的粒子的运动时间相等D ．从b 点射出的粒子速度最小，从c 点射出的粒子速度最大解析：选AD.根据题图中粒子的入射位置和出射点关系可知，从a 、b 两点射出的粒子运动轨迹都是半圆(半个周期)，即回旋角都是180°，而从其他位置射出的粒子的回旋角都小于180°，由T ＝2πm qB可知在同一磁场中比荷相同时，周期相同，故A 正确；根据几何关系可知，从c 、d 和e 、f 射出的粒子回旋角都不相同，故运动时间也一定不同，则B 、C 错误；由R ＝mvqB可知粒子速度与半径成正比，通过作图可知，从b 点射出的粒子半径最小，从c 点射出的粒子半径最大，故D 正确．8.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3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．(14分)如图所示，两个同心圆半径分别为r 和2r ，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .圆心O 处有一放射源，放射出的粒子质量为m 、电荷量为q ，假设粒子速度方向都和纸面平行．(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA 与初速度方向的夹角为60°，要想使该粒子经过环形区域磁场一次后通过A 点，则初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？解析：(1)如图所示，粒子经过环形区域磁场一次后通过A 点的轨迹为圆弧O 1.设粒子在磁场中的轨迹半径为R 1，则由几何关系得R 1＝3r 3又qv 1B ＝m v 21R 1得v 1＝3Bqr 3m. (2)粒子运动轨迹与磁场外边界相切时，粒子恰好不穿出环形区域，运动轨迹为图中圆弧O 2，设粒子在磁场中的轨迹半径为R 2，则由几何关系得(2r －R 2)2＝R 22＋r 2，可得R 2＝3r 4又qv 2B ＝m v 22R 2，可得v 2＝3Bqr 4m. 故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过3Bqr 4m. 答案：(1)3Bqr 3m (2)3Bqr 4m 10．(18分)如图所示，在NOQ 范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在MOQ 范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，M 、O 、N在一条直线上，∠MOQ ＝60°，这两个区域磁场的磁感应强度大小均为B .离子源中的离子带电荷量为＋q ，质量为m ，通过小孔O 1进入两板间电压为U 的加速电场区域(可认为初速度为零)，离子经电场加速后由小孔O 2射出，再从O 点进入磁场Ⅰ，此时速度方向沿纸面垂直于磁场边界MN ，不计离子的重力．(1)若加速电场两极板间电压U ＝U 0，求离子进入磁场后做圆周运动的轨迹半径R 0；(2)在OQ 上有一点P ，P 点到O 点的距离为L ，若离子能通过P 点，求加速电压U 和从O 点到P 点的运动时间．解析：(1)离子在电场中加速时，由动能定理得：U 0q ＝12mv 20－0离子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力： qv 0B ＝m v 20R 0联立以上两式解得R 0＝1B 2U 0m q. (2)离子进入磁场后的运动轨迹如图所示，由几何关系可知OP ′＝P ′P ″＝R要保证离子通过P 点，则需满足L ＝nR解得U ＝B 2L 2q 2mn2，其中n ＝1，2，3，….离子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm qB故离子从O 点到P 点运动的总时间t ＝n ·T 2π·π3＝πnm 3qB，其中n ＝1，2，3，…. 答案：(1)1B 2U 0mq (2)见解析11．(20分)如图所示，在一竖直平面内，y 轴左方有一水平向右的场强为E 1的匀强电场和垂直于纸面向里的磁感应强度为B 1的匀强磁场，y 轴右方有一竖直向上的场强为E 2的匀强电场和另一磁感应强度为B 2的匀强磁场．有一带电荷量为＋q 、质量为m 的微粒，从x 轴上的A 点以初速度v 与水平方向成θ角沿直线运动到y 轴上的P 点，A 点到坐标原点O 的距离为d .微粒进入y 轴右侧后在竖直面内做匀速圆周运动，然后沿与P 点运动速度相反的方向打到半径为r 的14的绝缘光滑圆管内壁的M 点(假设微粒与M 点碰后速度改变、电荷量不变，圆管内径的大小可忽略，电场和磁场可不受影响地穿透圆管)，并恰好沿圆管内无碰撞下滑至N 点．已知θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)E 1与E 2大小之比；(2)y 轴右侧的磁场的磁感应强度B 2的大小和方向；(3)从A 点运动到N 点所用的时间．解析：(1)A →P 微粒做匀速直线运动E 1q ＝mg tan θP →M 微粒做匀速圆周运动E 2q ＝mg联立解得E 1∶E 2＝3∶4.(2)由题图知，P →M 微粒刚好运动半个周期2R ＝rsin θ qvB 2＝mv 2R联立解得B 2＝6mv 5rq又由左手定则可知B 2的方向垂直纸面向外．(3)A →P 有：vt 1＝dcos θ，解得t 1＝5d 4v P →M 有：vt 2＝πR ，解得t 2＝5πr 6v碰到M 点后速度只剩下向下的速度，此时mg ＝E 2q ，从M →N 的过程中，微粒继续做匀速圆周运动v 1＝v sin 37°v 1t 3＝πr 2，解得t 3＝5πr 6v所以t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝5d 4v ＋5πr 3v. 答案：(1)3∶4 (2)6mv 5rq方向垂直纸面向外 (3)5d 4v ＋5πr 3v①根据表中数据，图乙中已描绘出四个点，请将第5、6两组数据也描绘在图乙中，并画出IR-I 图线.②根据图线可得电池的电动势E 是________V r 是_______Ω.解析：(1)电表改装为大量程的电流表需并联一个电阻，由并联知识可知，R （50×10-3-100×10-6）＝100×10-6×2 500，解得R ≈5.0Ω.(2)描点连线后由图线纵轴截距得到电池的电动势为1.53V ，由图线斜率求得的电阻值减去改装后的电流表阻值可得到电池内阻为2.0Ω.答案：(1)并联 5.0 (2)①如图所示 ②1.532.0实验十一 练习使用多用电表【理论必备】一、电流表与电压表的改装1．改装方案2.校正 (1)电压表的校正电路如图甲所示，电流表的校正电路如图乙所示．(2)校正的过程是：先将滑动变阻器的滑动触头移动到最左端，然后闭合开关，移动滑动触头，使改装后的电压表(电流表)示数从零逐渐增大到量程值，每移动一次记下改装的电压表(电流表)和标准电压表(电流表)示数，并计算满刻度时的百分误差，然后加以校正．二、欧姆表原理(多用电表测电阻原理)1．构造：如图所示，欧姆表由电流表G 、电池、调零电阻R 和红、黑表笔组成．欧姆表内部：电流表、电池、调零电阻串联．外部：接被测电阻R x .全电路电阻R 总＝R g ＋R ＋r ＋R x .2．工作原理：闭合电路欧姆定律I ＝ER g ＋R ＋r ＋R x .3．刻度的标定：红、黑表笔短接(被测电阻R x ＝0)时，调节调零电阻R ，使I ＝I g ，电流表的指针达到满偏，这一过程叫欧姆调零．(1)当I ＝I g 时，R x ＝0，在满偏电流I g 处标为“0”．(图甲)(2)当I ＝0时，R x →∞，在I ＝0处标为“∞”．(图乙)(3)当I ＝I g 2时，R x ＝R g ＋R ＋r ，此电阻值等于欧姆表的内阻值，R x 叫中值电阻． 三、多用电表1．多用电表可以用来测量电流、电压、电阻等，并且每一种测量都有几个量程．2．外形：上半部为表盘，表盘上有电流、电压、电阻等多种量程的刻度；下半部为选择开关，它的四周刻有各种测量项目和量程．3．多用电表面板上还有：欧姆表的调零旋钮(使电表指针指在右端零欧姆处)、指针定位螺丝(使电表指针指在左端的“0”位置)、表笔的正负插孔(红表笔插入“＋”插孔，黑表笔插入“－”插孔)．四、二极管的单向导电性1．晶体二极管是由半导体材料制成的，它有两个极，即正极和负极，它的符号如图甲所示．2．晶体二极管具有单向导电性(符号上的箭头表示允许电流通过的方向)．当给二极管加正向电压时，它的电阻很小，电路导通，如图乙所示；当给二极管加反向电压时，它的电阻很大，电路截止，如图丙所示．3．将多用电表的选择开关拨到欧姆挡，红、黑表笔接到二极管的两极上，当黑表笔接“正”极，红表笔接“负”极时，电阻示数较小，反之电阻示数很大，由此可判断出二极管的正、负极．【基本要求】一、实验目的1．了解多用电表的构造和原理，掌握多用电表的使用方法．2．会使用多用电表测电压、电流及电阻．3．会使用多用电表探索黑箱中的电学元件．二、实验器材多用电表、电学黑箱、直流电源、开关、导线若干、小灯泡、二极管、定值电阻(大、中、小)三个．三、实验步骤1．观察：观察多用电表的外形，认识选择开关的测量项目及量程．2．机械调零：检查多用电表的指针是否停在表盘刻度左端的零位置．若不指零，则可用小螺丝刀进行机械调零．3．将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔．4．测量小灯泡的电压和电流(1)按如图甲所示的电路图连好电路，将多用电表选择开关置于直流电压挡，测小灯泡两端的电压．(2)按如图乙所示的电路图连好电路，将选择开关置于直流电流挡，测量通过小灯泡的电流．5．测量定值电阻(1)根据被测电阻的估计阻值，选择合适的挡位，把两表笔短接，观察指针是否指在欧姆表的“0”刻度，若不指在欧姆表的“0”刻度，调节欧姆表的调零旋钮，使指针指在欧姆表的“0”刻度处；(2)将被测电阻接在两表笔之间，待指针稳定后读数；(3)读出指针在刻度盘上所指的数值，用读数乘以所选挡位的倍率，即得测量结果；(4)测量完毕，将选择开关置于交流电压最高挡或“OFF”挡．【方法规律】一、多用电表对电路故障的检测1．断路故障的检测方法(1)将多用电表拨到电压挡作为电压表使用．①将电压表与电源并联，若电压表示数不为零，说明电源良好，若电压表示数为零，说明电源损坏．②在电源完好时，再将电压表与外电路的各部分电路并联．若电压表的示数为零，则说明该部分电路完好，若电压表示数等于电源电动势，则说明该部分电路中有断点．(2)将多用电表拨到电流挡作为电流表使用．将电流表串联在电路中，若电流表的示数为零，则说明与电流表串联的部分电路断路．(3)用欧姆挡检测将各元件与电源断开，然后接到红、黑表笔间，若有阻值(或有电流)说明元件完好，若电阻无穷大(或无电流)说明此元件断路．不能用欧姆表检测电源的情况．2．短路故障的检测方法(1)将电压表与电源并联，若电压表示数为零，说明电源被短路；若电压表示数不为零，则外电路的部分电路不被短路或不完全被短路．(2)用电流表检测，若串联在电路中的电流表示数不为零，故障应是短路．二、使用多用电表的注意事项1．表内电源正极接黑表笔，负极接红表笔，但是红表笔插入“＋”孔，黑表笔插入“－”孔，注意电流的实际方向．2．区分“机械零点”与“欧姆零点”．机械零点是表盘刻度左侧的“0”位置，调整的是表盘下边中间的定位螺丝；欧姆零点是指刻度盘右侧的“0”位置，调整的是欧姆挡的调零旋钮．3．测电压时，多用电表应与被测元件并联；测电流时，多用电表应与被测元件串联．4．测量电阻时，每变换一次挡位都要重新进行欧姆调零．5．由于欧姆表盘难以估读，测量结果只需取两位有效数字，读数时注意乘以相应量程的倍率．6．使用多用电表时，手不能接触测试笔的金属杆，特别是在测电阻时，更应注意不要用手接触测试笔的金属杆．7．测量电阻时待测电阻要与其他元件和电源断开，否则不但影响测量结果，甚至可能损坏电表．8．如果长期不用欧姆表，应把表内电池取出．三、欧姆表测电阻的误差分析1．电池旧了电动势下降，会使电阻测量值偏大．2．欧姆表挡位选择不当，导致表头指针偏转过大或过小都有较大误差，通常使表针指在中央刻度附近，即表盘的13～23范围内，误差较小．对多用电表的读数及使用的考查[学生用书P164]如图所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针如图所示，则：(1)所测电阻的阻值为______Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是______(选填“×10”“×100”或“×1 k ”)．(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50 mA 的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA ；当选用量程为250 mA 的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA.(3)当选用量程为10 V 的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为________V.[解析] (1)欧姆表读数：对应最上面一行刻度值为15，倍率为“×100”，读数为1.5×103 Ω；测2.0×104 Ω电阻时应选“×1 k ”的欧姆挡．(2)选50 mA 直流电流挡，则每一大格表示10 mA ，每一小格表示1 mA ，测量的精确度为1 mA ，应估读到0.1 mA(此时为1/10估读)，指针对应的读数为30.8 mA ；选择量程为250 mA 的电流挡，则每一大格表示50 mA ，每一小格表示5 mA ，测量的精确度为5 mA ，应估读到1 mA(此时为1/5估读)，指针对应的读数为154 mA.(3)选择10 V 电压挡，则每一大格表示2 V ，每一小格表示0.2 V ，测量的精确度为0.2 V ，应估读到0.1 V(此时为1/2估读)，指针对应的读数为6.1 V.[答案] (1)1.5×103 ×1 k(2)30.8(30.7～30.9都正确) 154 (3)6.1(1)欧姆表刻度盘不同于电压、电流表刻度盘①左∞右0：电阻无限大与电流、电压零刻度重合，电阻零与电流、电压最大刻度重合． ②刻度不均匀：左密右疏．③欧姆挡是倍率挡，即读出的示数应再乘以该挡的倍率．电流、电压挡是量程范围挡． 在不知道待测电阻的估计值时，应先从小倍率开始，熟记“小倍率小角度偏，大倍率大角度偏”(因为欧姆挡的刻度盘上越靠左读数越大，且测量前指针指在左侧“∞”处)．(2)计数技巧．①欧姆表的计数a ．为了减小读数误差，指针应指在表盘13到23的部分，即中央刻度附近． b ．指针示数的读数一般取两位有效数字．c ．电阻值等于指针示数与所选倍率的乘积．②测电压、电流时的读数，要注意其量程，根据量程确定精确度，精确度是1、0.1、0.01时要估读到下一位，精确度是2、0.02、5、0.5时，不用估读到下一位．对元件探测和故障检测的考查(高考重庆卷)某照明电路出现故障，其电路如图甲所示，该电路用标称值12 V 的蓄电池为电源，导线及其接触完好．维修人员使用已调好的多用表直流50 V 挡检测故障．他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点．(1)断开开关，红表笔接a点时多用表指示如图乙所示，读数为______V，说明______正常(选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯)．,甲)},乙)}(2)红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用表指示仍然和图乙相同，可判定发生故障的器件是________(选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯)．[解析] (1)因用直流50 V挡检测，故满偏时电压为50 V，刻度均匀，在题图乙所示位置时，读数为11.5(11.2～11.8之间的值均可)V，说明蓄电池正常．(2)红表笔接b点，断开开关，指针不偏转，闭合开关后多用电表读数与原来相同，说明保险丝、开关均正常，发生故障的器件只能为小灯．[答案] (1)11.5(11.2～11.8之间的值均可) 蓄电池(2)小灯多用电表当欧姆表使用时内有电源，往往会考查闭合电路欧姆定律、电动势和内阻的测定等，往往涉及的变形有：1．与电压表串联形成闭合电路，则E＝U＋UR V·r，从而计算得到E.2．与电流表串联形成闭合电路，则E＝I(R A＋r)，从而计算得到E.(2017·宿州模拟)使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60 mA 的电流表，电阻箱，导线若干．实验时，将多用电表调至×1 Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值．完成下列填空：甲(1)仪器连线如图甲所示(a 和b 是多用电表的两个表笔)．若两电表均正常工作，则表笔a 为________(选填“红”或“黑”)色．(2)若适当调节电阻箱后，图甲中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图乙中(a)、(b)、(c)所示，则多用电表的读数为________Ω，电流表的读数为________mA ，电阻箱的读数为________Ω.,乙)}(3)欧姆表刻度上中间刻度值为15，计算得到多用电表内电池的电动势为________V(保留3位有效数字)．(4)若将两表笔短接，流过多用电表的电流为________mA(保留3位有效数字)．[解析] (1)根据所用电器“红进黑出”的一般原则，对多用电表有，电流从红表笔进入多用电表，电流从黑表笔流出多用电表，由于设计电路图中a 表笔接在电流表的正极，故电流经过多用电表从a 表笔流出，故a 表笔为多用电表的黑表笔．(2)欧姆表读数为R ＝14 Ω；电流表读数为I ＝53.0 mA ；电阻箱读数为4×1 Ω＋6×0.1 Ω＝4.6 Ω.(3)欧姆表的内阻r ＝R 中＝15 Ω，由欧姆定律得：E ＝I (R ＋r )≈1.54 V.(4)两表笔短接，则I 0＝E r ≈102 mA.[答案] (1)黑 (2)14 53.0 4.6 (3)1.54 (4)102该实验把仪表读数、欧姆表测电阻和安阻法测电源电动势巧妙地融合在一起考查，只要掌握了欧姆表的原理和测电动势的方法，就不难解决．1．(多选)使用欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是( )A ．测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“∞”处B ．每一次换挡，都要重新进行一次调零C ．在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔D ．测量时，若指针偏转很小(靠近∞附近)，应换倍率更大的挡进行测量解析：选ABD.测电阻前，先进行机械调零和欧姆调零，故A 正确；每次换挡，都必须。
2018届高考物理一轮复习单元质检九 磁场
单元质检九磁场(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(2016·河北石家庄模拟)在一根南北方向放置的直导线的正下方10 cm处放一个罗盘。
导线没有通电时小磁针的N极指向北方;当给导线通入电流时,发现罗盘的指针偏转一定角度。
现已测出此地的地磁场水平分量B1=5.0×10-5 T,通电后罗盘指针停在北偏东60°的位置,如图所示。
由此测出该通电直导线在该处产生磁场的磁感应强度大小为()A.5.0×10-5 TB.1.0×10-4 TC.8.66×10-5 TD.7.07×10-5 T电流在罗盘处产生的磁场方向水平向东,合磁场方向东偏北30°,由图可知:B2==8.66×10-5 T。
故C正确。
2.(2016·广东江门三调)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静止时()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,可等效为反向的电流,根据安培定则,在环内形成水平向左的磁场,故小磁针静止时N极沿轴线向左,C正确,A、B、D错误。
3.如图所示,一个边长为L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中。
若通以图示方向的电流(从A点流入,从C点流出),电流强度为I,则金属框受到的磁场力为() A.0 B.ILBC.ILBD.2ILB,则AC、ABC两段导线上流过的电流分别为I和I,导线ABC段的有效长度为2L sin 30°=L,所以该正三角形通电导线受到的安培力大小为ILB+ILB=ILB,故B正确。
4.如图所示的虚线框为一长方形区域,该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场,一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后,分别从a、b、c、d四点射出磁场,比较它们在磁场中的运动时间t a、t b、t c、t d,其大小关系是()A.t a<t b<t c<t dB.t a=t b=t c=t dC.t a=t b<t c<t dD.t a=t b>t c>t d带电粒子的运动轨迹如图所示,由图可知,从a、b、c、d四点飞出的电子对应的圆心角θa=θb>θc>θd,而带电粒子的周期T=相同,其在磁场中运动时间t=T,故t a=t b>t c>t d,选项D正确。
全品复习方案2018高考物理大一轮复习第9单元磁场单元小结卷
3.如图D92所示，一个不计重力的带电粒子以速度 v o 沿各图的虚线射入场中. A 中I 是两条垂直纸面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线在纸面内连线的中垂线；B中+Q 是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量， 虚线是两位置连线的中垂线； C 中I 是圆 环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D 中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外.其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是图 D9-2M 和N 沿同一方向经小孔 S 垂直进入匀强磁场， 在磁场中的 径迹如图D9 3所示.分别用W 与屮、5与仆弋与m 表示它们的速率、在磁场中运动的时间、第9单元磁场一、选择题（每小题6分，共48分，1〜5小题为单选，6〜8小题为多选） 1 •丹麦物理学家奥斯特在 1820年通过实验发现电流磁效应现象，下列说法正确的是 A .奥斯特在实验中观察到电流磁效应，揭示了电磁感应定律 B. 将直导线沿东西方向水平放置, 小磁针一定会转动 C. 将直导线沿南北方向水平放置, 小磁针一定会转动 D. 将直导线沿南北方向水平放置, 通以足够大电流，铜针一定会转动 把小磁针放在导线的正下方， 给导线通以足够大电流， 把小磁针放在导线的正下方， 给导线通以足够大电流， 把铜针（用铜制成的指针）放在导线的正下方，给导线 2.正三角形ABC 的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线, 导线中通有恒 定电流，方向如图 D91所示，a 、b 、c 三点分别是正三角形三边的中点，若 A 、B 、C 三处导 线中的电流分别为 I 、2I 、31，已知无限长直导线在其周围某一点产生的磁场磁感应强度 B 的大小与电流成正比，与电流到这一点的距离成反比，即 B = kr ，则关于a 、b 、c 三点的磁 感应强度，下列说法正确的是 （ ） A . a 点最大B b 点最大 C©+OB4.不计重力的两个带电粒子 B比荷，则（）B. 如果m M =炸则tM <tNC. 如果 V M = V N ,则 qM >qNn M m D. 如果 t M = t N ,则 qM >qn M m5.如图D94所示，质量为m 带电荷量为+ q 的带电圆环套在足够长的绝缘杆上， 杆与环之间的动摩擦因数为 卩，杆处于正交的匀强电场和匀强磁场中，电场方向水平向左，磁场 方向垂直纸面向里，杆与场强方向的夹角为0，若环能从静止开始下滑，则以下说法正确的是（）图 D9-4A. 环在下滑过程中，加速度不断减小，最后为零B. 环在下滑过程中，加速度先增大后减小，最后为零C. 环在下滑过程中，速度不断增大D. 环在下滑过程中，速度先增大后减小，最后为零XX XXX ■X 性車XX ■FXXA .如果 则 V M > V N图 D9-36.如图D9-5所示，将长度为 L 的直导线放置在y 轴上，当其通以大小为 I 、沿y 轴负 方向的电流后，测得其受到的安培力大小为 F 、方向沿x 轴正方向，则匀强磁场的磁感应强度可能为（）A .沿z 轴正方向，大小为 2FILB .在xOy 平面内，大小为 2FI L图 D9-57.如图D9-6所示，AOB 为一边界为1圆的匀强磁场，O 点为圆心，D 点为边界OB 的中点,C 点为边界AB 上一点，且CD// A0现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不计粒子重力），其中粒子1从A 点正对圆心射入，恰从 B 点射出，粒子2从C 点沿CD 射入，从 某点离开磁场，则可判断（ ）图 D9-7A. 电场强度的大小为 10 N/CB.带电粒子的比荷为1x 106 C/kgC. 撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为 0.1 mD. 撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的时间为 7.85 x 10s二、计算题（第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分，写出必要的步骤和 文字说明）9.在一半径为R 的圆形区域内有磁感应强度为 B 的匀强磁场，方向垂直纸面向外. 一束 质量为m 电荷量为q 的带正电的粒子沿平行于直径 MN 的方向进入匀强磁场， 粒子的速度大 小不同，重力不计.入射点 P 到直径MN 勺距离为h .（1） 某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，则粒子的入射速度是多 大？ （2）恰好能从M 点射出的粒子速度是多大？C.在zOy 平面内，大小为2FILD.在zOy 平面内，大小为 4FILA. 粒子B. 粒子C. 粒子D. 粒子 &如图 2从B 、2必从B 点射出磁场1与粒子2在磁场中的运行时间之比为 3 : 21与粒子2的速度偏转角度应相同D97所示，在真空中半径为r = 0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁B= 0.01 3 场及水平向左的匀强电场，磁感应强度 正电的粒子流连续不断地以速度 向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过1 来的2,v = 1 x 10 m/s 不计粒子重力，下列说法正确的是T , ab 和cd 是两条相互垂直的直径，一束带 从c 点沿cd 方向射入场区，粒子将沿 cd 方 a 点，如果撤去电场，使磁感应强度变为原( )10. 如图D9-9所示，圆柱形区域截面圆的半径为R,在区域内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；对称放置的三个电容器相同，极板间距为d,极板间电压为U与磁场相切的极板，在切点处均有一小孔.一带电粒子质量为m带电荷量为+ q,自某电容器极板下(紧贴极板)的M点由静止释放，M点在小孔a的正上方，若经过一段时间后，带电粒子又恰好返回M点，不计带电粒子所受重力，求：(1) 带电粒子在磁场中运动的轨道半径；(2) U与B所满足的关系式；(3) 带电粒子由静止释放到再次返回M点所经历的时间.图D9-9参考答案(测评手册)单元小结卷(九)1. C ［解析］奥斯特在实验中观察到了电流的磁效应，而法拉第发现了电磁感应定律， 选项A 错误；将直导线沿东西方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方时，由于通电直导 线产生的磁场方向可能与地磁场的相同，故小磁针不一定会转动，选项 B 错误；将直导线沿南北方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，由于通电直导线 产生的磁场沿东西方向，则小磁针一定会转动，选项C 正确；铜不具有磁性，故将导线放在 它的上方时它不会受到力的作用，故不会偏转，选项D 错误.2.B［解析］设正三角形的边长为 2L ,则a 、b 、c 三点的磁感应强度大小为2kp3. B ［解析］A 图中，根据安培定则判断知虚线上合磁场的方向沿虚线向右，与带电粒 子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，因而带电粒子做匀速直线运动； B 图中，根据等量同种电荷的电场线分布可知电场线与虚线重合，带电粒子所受的电场力与其速度平 行，粒子做变速直线运动；C 图中，由安培定则知圆环线圈产生的磁场与虚线重合，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，带电粒子能做匀速直线运动； D 图中，若粒子带正电，粒子所受的电场力向上，由左手定则判断知洛伦兹力方向向下，能与电场力平衡，则带电粒子能做匀速直线运动•故本题选B.4. A ［解析］带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动:q M q N磁场磁感应强度 B 相同，如果一=，则v *r ,由图可知r M >r N ,所以V M >V N , A 正确；带电粒m M m N22T子在洛伦兹力的作用下做圆周运动，有 qvB = rrlr , T = ，t = 2，解得t =-qB m 由于同一磁场，比荷相同，所以时间相同，贝Ut M = t N, B 错误；带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周2vq vq M q N运动，有qvB = m ，所以-=j,由于同一磁场，速率相同，r M >r N ，所以< ,C 错误；带电 r m Br m M m磁场，时间相同，所以m , D 错误.m M m N5. B ［解析］环受重力、电场力、洛伦兹力和杆的弹力、摩擦力作用，由牛顿第二定律mc sin 0 — Ec pos 0 —卩(mo pos 0 + qE sin 0 — qvB )“可知，加速度 a i = m，当速度 v 增大时，加速度也增大，当速度 v 增大到弹力反向时，加速度 a 2 = mcsin 0 — Eq cos 0 — ^ (qvB — mo pos0 — qE sin 0 ) ”亠-- --------- - ------- 丄亠 ------- ------- ,随速度v 的增大而减小，当加速度 m 减为零时，环做匀速运动，只有选项B 正确.6. CD ［解析］已知电流沿y 轴负方向，安培力方向沿x 轴正方向，根据左手定则判断B 正确.2qvB = m，解得v =粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动，有v 2 2 n r T ” + q n qvB= m ，T = 丁，t =T ，解得 m =由于同一比较可得选项可知匀强磁场的磁感应强度在zOy平面内，设磁场与导线的夹角为a ,则0 ° <a < 90 °,当a = 90°时，由F= BIL sin a可知，B有最小值为B min= F，当0° <a <90°时，B>|F，所以［解析］(1)粒子出射方向与入射方向相反，在磁场中运动了半周，其轨迹半径 n = h ,由洛伦兹力提供向心力，有2V 1qv 1 B = mr 1 ” f qBh 解得V 1=.m2F 4FB = IL 和B = |L 都是可能的，故 A 、B 错误，CD 正确.17. BC ［解析］粒子1从A 点射入，恰好从B 点射出，则粒子做圆周运动的半径等于 ；圆4的半径，从圆弧 AB 水平入射的粒子都将聚集到 B 点，选项B 正确，选项A 错误；粒子1和2 其圆弧对应的圆心角分别为90。
2018版高考物理知识复习与检测：第九章电磁感应专题强化十含答案
专题强化十电磁感应中的图象和电路问题专题解读1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应等观点的综合应用，高考常以选择题的形式命题．2．学好本专题，可以极大的培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化,可以提升同学们解决数形结合、电路分析的信心．3．用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律、函数图象等．命题点一电磁感应中的图象问题1．题型简述：借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；(2)由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象．常见的图象有B－t图、E－t图、i－t图、v－t 图及F－t图等．2．解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键．3．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．4．求解电磁感应图象类选择题的两种常用方法（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)，特别是分析物理量的正负,以排除错误的选项．（2）函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系,然后由函数关系对图象进行分析和判断．例1 （多选）如图1所示,电阻不计、间距为L的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动,外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量),金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为F安，电阻R两端的电压为U R，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有( )图1答案BC解析设金属棒在某一时刻速度为v,由题意可知，感应电动势E＝BLv，回路电流I＝错误!＝错误!v，即I∝v；安培力F安＝BIL＝错误!v，方向水平向左，即F安∝v;R两端电压U R＝IR＝错误!v，即U R∝v；感应电流功率P＝EI＝错误!v2，即P∝v2.分析金属棒运动情况,由牛顿运动第二定律可得F0＋kv－错误!v＝ma，即F0＋(k－错误!）v＝ma。
[配套K12]2018版高考物理大一轮复习 第九章 磁场单元质量检测 新人教版
![[配套K12]2018版高考物理大一轮复习 第九章 磁场单元质量检测 新人教版](https://img.taocdn.com/s3/m/067da07210661ed9ad51f39d.png)
第九章 磁场一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．如图1所示，在通电螺线管中央的正上方用轻质细线悬挂长为l 的一小段通电直导线，导线中通入垂直于纸面向里的电流I ，力传感器用来测量细线的拉力大小，导线下方的螺线管与一未知极性的直流电源连接。
开关断开时，力传感器的示数恰好等于通电直导线的重力G ，现闭合开关，则下列说法正确的是( )图1A ．通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向可能竖直向下B ．通电直导线可能受到垂直纸面向里的安培力作用C ．若力传感器的示数变大，则电源的右端一定为正极D ．若力传感器的示数变为通电直导线重力的一半，则通电直导线所在处的磁感应强度大小一定为G2Il解析 本题考查通电螺线管周围磁场的特点和安培力知识。
闭合开关后，通电螺线管在周围产生磁场，通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向水平，选项A 错误；由于通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向水平，故安培力方向一定竖直向上或竖直向下，选项B 错误；若力传感器的示数变大，说明通电直导线受到竖直向下的安培力作用，由左手定则可知，此处磁场方向水平向右，由安培定则可知，电源的左端为正极，选项C 错误；若力传感器的示数变为导线重力的一半，说明导线受到的安培力方向竖直向上，且大小等于导线重力的一半，则有BIl ＝12G ，可得B ＝G 2Il，选项D 正确。
答案 D2．科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针原来指向正北的N 极逆时针转过30°(如图2所示的虚线)，设该处的地磁场磁感应强度水平分量为B ，则磁矿所产生的磁感应强度水平分量的最小值为( )图2A ．B B ．2B C.B 2 D.32B 解析 合磁场的方向沿虚线方向，所以该磁矿产生的磁感应强度的水平分量的最小值为B sin 30°＝B 2，选项C 正确。
答案 C3．(2016·江苏省苏锡常镇联考)两根相互靠近的长直导线1、2中通有相同的电流，相互作用力为F 。
最新-2018高考物理一轮复习成套课时练习第九章电磁感应章末质量检测选修3-2精品
感现象，当输电线上电流很大时，强大的自感电流有可能将钢管融化，造成事故，所
以甲方案是不可行的． 在乙方案中， 两条输电线中的电流方向相反， 产生的磁场互相
抵消，使自感现象的影响减弱到可以忽略不计的程度，是可行的，
C 正确 D 错误．此
题类似于课本中提到的“双线并绕”．
答案： C
9．(2018 ·淮北模拟 ) 如图 9 所示，水平光滑的平行金属导轨，
所示位置匀速向右拉出匀强磁场．若第一次用
0.3 s 拉出，
B．线圈在磁场中某位置停下
C．线圈在未完全离开磁场时即已停下 D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来
解析：线圈冲入匀强磁场时，产生感应电流，线圈受安培力作用做减速运动，动能减
少．同理，线圈冲出匀强磁场时，动能也减少，进、出时减少的动能都等于安培力做
的功．由于进入时的速度大，故感应电流大，安培力大，安培力做的功也多，减少的
小， I 2 开始逐渐变大，由于分流导致稳定电路中
R1 中的电流减小．故选 C.
答案： C
2．(2018 ·重庆高考 ) 如图 2 所示，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正上方等
高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力
FN
及在水平方向运动趋势 的正确判断是
C 项正确．
答案： C
6．如图 6 所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场
B，从虚线下
方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回 原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，
则
(
)
A．上升过程克服磁场力做的功小于下降过程克服磁场力做的功
最新-2018届物理高三第二次质量检测试卷 精品
18届物理高三第二次质量检测试卷物 理 试 题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分120分，考试时间100分钟。
第Ⅰ卷（选择题 共31分）一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个．．．．选项符合题意．1．照明电路中，为了安全，一般在电能表后面电路上安接一漏电保护器，如图所示，当漏电保护器的ef 两端未接有电压时，脱扣开头K 能始终保持接通，当ef 两端有一电压时，脱扣开关K 立即断开，下列说法正确的是（ ） A ．站在地面上的人触及b 线时（单线接触电），脱扣开关会自动断开，即有触电保护作用B ．当用户家的电流超过一定值时，脱扣开关会自动断开，即有过流保护作用C ．当相线和零线间电压太高时，脱扣开关会自动断开，即有过压作用D ．当站在绝缘物上的带电工作的人两手分别触到b 线和d 线时（双线触电）脱扣开关会自动断开，即有触电保护作用2．如图所示，滑块以速率v 1沿斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v 2，且v 2 ＜v 1，则下列说法中错误的是（ ） A ．全过程中重力做功为零BC ．在上滑过程中摩擦力的平均功率大于下滑过程中摩擦力的平均功率D ．上滑过程中机械能减少，下滑过程中机械能增加3. 如图所示，有一理想变压器，原线圈与副线圈的匝数比为n.原线圈接在电压为U的交流电源上，副线圈上接有一个交流电流表和一个电动机.电动机线圈电阻为R。
当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升。
下列判断正确的是（）A．原线圈中的电流为nIB. 变压器的输入功率为UI/n.C. 电动机消耗的功率为I2RD. 电动机两端电压为IR4．如图甲所示，两物体A、B叠放在光滑水平面上，对物体A施加一水平力F，F-t关系图象如图乙所示．两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，则（）A．两物体做匀变速直线运动B．两物体沿直线做往复运动C．两物体间的摩擦力方向始终与力F的方向相同D．2s~3s时间内两物体间的摩擦力逐渐减小5．矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图像如右图所示。
2018年单元滚动检测卷高考物理精练第九章 电磁感应 含
高三单元滚动检测卷·物理考生注意：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．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第九章电磁感应第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项正确，第8～12题有多项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)1．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．如图丙所示，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2．(2014·安徽理综·20)英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图2所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强图2磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球，已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是()A ．0B.12r 2qk C ．2πr 2qk D ．πr 2qk3．如图3所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A ，下列各种情况下铜环A 中没有感应电流的是( )图3A ．线圈中通以恒定的电流B ．通电时，使滑动变阻器的滑片P 匀速移动C ．通电时，使滑动变阻器的滑片P 加速移动D ．将开关突然断开的瞬间4．如图4所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R ，磁感应强度为B 的匀强磁场竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ 垂直导轨放置．现使金属棒以一定的初速度v 0向右运动，当其通过位置a 、b 时，速率分别为v a 、v b ，到位置c 时金属棒刚好静止，设导轨与金属棒的电阻均不计，a 到b 与b 到c 的间距相等，则金属棒在由a 到b 和由b 到c 的两个过程中( )图4A ．回路中产生的内能相等B ．金属棒运动的加速度相等C ．安培力做功相等D ．通过金属棒横截面积的电荷量相等5．如图5所示，接有理想电压表的三角形导线框abc ，在匀强磁场中向右运动，问：框中有无感应电流？a 、b 两点间有无电势差？电压表有无读数？(示数不为零称有读数)( )图5A ．无、无、无B ．无、有、有C ．无、有、无D ．有、有、有6．如图6甲所示，在列车首节车厢下面安装一电磁铁，电磁铁产生垂直于地面的匀强磁场，首节车厢经过安放在两铁轨间的线圈时，线圈中产生的电脉冲信号传到控制中心．图乙为某时控制中心显示屏上的电脉冲信号，则此时列车的运动情况是()图6A．匀速运动B．匀加速运动C．匀减速运动D．变加速运动7．一矩形线圈abcd位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里(如图7甲所示)，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．以I表示线圈中的感应电流(图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向)，则下图中能正确表示线圈中电流I随时间t变化规律的是()图7图88．如图8所示，A为通电线圈，电流方向如图，B、C为与A在同一平面内的两同心圆，ΦB、ΦC分别为通过两圆面的磁通量的大小，下述判断中正确的是()A．穿过两圆面的磁通量是垂直纸面向外的B ．穿过两圆面的磁通量是垂直纸面向里的C ．ΦB ＞ΦCD ．ΦB ＜ΦC9．空间中存在着竖直方向的磁场，一圆形金属框水平放在磁场中，规定磁感应强度方向和线圈中感应电流方向如图9甲所示时为正．某时刻开始计时线圈中产生了如图乙所示的感应电流，则磁感应强度随时间变化的图线可能是( )图910．如图10所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为L ，右端接有阻值R 的电阻，空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场．质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 与固定弹簧相连，放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．给导体棒水平向右的初速度v 0，导体棒开始沿导轨往复运动，在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知导体棒的电阻r 与定值电阻R 的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是( )图10A ．导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左B ．导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压U ＝BL v 0C ．导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能E p ＝12m v 20D ．导体棒最终会停在初始位置，在导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q ＝14m v 2011．(2014·山东理综·16)如图11所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用F M、F N表示．不计轨道电阻，以下叙述正确的是()图11A．F M向右B．F N向左C．F M逐渐增大D．F N逐渐减小12．如图12所示为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正，外力F向右为正．则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是()图12第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、非选择题(共52分)13．(12分)(2014·安徽理综·23)如图13甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5T．其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5m，MN连线水平，长为3m．以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3m、质量m为1kg、电阻R为0.3Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取10 m/s2.图13(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8m处电势差U CD；(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出F－x关系图象；(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．14．(12分)如图14所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距L＝1m，导轨的电阻可忽略．M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量m＝1kg、电阻r＝0.2Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．整套装置处于磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨向下．自图示位置起，杆ab 受到大小为F＝0.5v＋2(式中v为杆ab运动的速度，力F的单位为N)、方向沿导轨向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间均匀增大．g取10m/s2，sin37°＝0.6.图14(1)试判断金属杆ab在匀强磁场中做何种运动，并写出推理过程；(2)求电阻R的阻值；(3)求金属杆ab由静止开始下滑通过位移x＝1m所需的时间t.15.(14分)如图15所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m＝0.02kg，电阻均为R＝0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨图15平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止，取g＝10m/s2，问：(1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的力F多大？(3)棒cd每产生Q＝0.1J的热量，力F做的功W是多少？16．(14分)如图16所示，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻．线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场B.电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N板右侧xOy坐标系(坐标原点O在N板的下端)的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角∠AOy＝45°，AOx区域为无场区．在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，经过N板的小孔，从点Q(0，l)垂直y轴进入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限．求：图16(1)平行金属板M、N获得的电压U；(2)yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B；(3)粒子从P点射出至到达x轴的时间．答案解析1．C 甲、乙、丁中磁通量始终为0，丙中磁通量发生变化．]2．D 变化的磁场产生电场，电场对运动的带电粒子做功．均匀变化的磁场产生恒定的电场，电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S ＝k πr 2 电场力做功W ＝qE ＝πr 2qk ，故选项D 正确．]3．A 当线圈中通以恒定的电流时，产生的磁场为稳恒磁场，通过铜环A 的磁通量不发生变化，不会产生感应电流．]4．D 金属棒由a 到b 再到c 过程中，速度逐渐减小．根据E ＝Bl v ，E 减小，故I 减小．再根据F ＝BIl ，安培力减小，根据F ＝ma ，加速度减小，B 错误．由于ab 、bc 间距相等，故从a 到b 安培力做的功大于从b 到c 安培力做的功，故A 、C 错误．再根据平均感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ，I ＝E R ，q ＝I Δt ，得q ＝B ΔS R，故D 正确．] 5．C 应注意到产生感应电动势及感应电流的条件，同时还应了解电压表的工作原理．由于穿过三角形导线框的磁通量不变，所以框中没有感应电流产生；由于ab 边和bc 边均做切割磁感线的运动，所以均将产生b 端为正极的感应电动势，a 、b 两点间有电势差；由于没有电流流过电压表，所以其表头指针将不发生偏转，即电压表无读数(示数为零)．综上所述，应选C.]6．C 由u －t 图象可知，线圈两端的电压大小随时间均匀减小，即有u ＝U 0－kt 或u ＝－U 0＋kt ，由法拉第电磁感应定律u ＝Bl v ，解得v ＝U 0Bl －kt Bl 或v ＝－U 0＋kt Bl ＝－U 0Bl ＋kt Bl，其中U 0、k 、l 、B 是一定的，即速度随时间均匀减小，所以此时列车做匀减速运动，选项C 正确，A 、B 、D 错误．]7．C 0～1 s 内磁感应强度均匀增大，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可判定，感应电流为逆时针(为负值)、大小为定值，A 、B 错误；4～5 s 内磁感应强度恒定，穿过线圈abcd 的磁通量不变化，无感应电流，C 正确，D 错误．]8．AC 通过B 、C 两圆面的磁场既有向外的磁场又有向里的磁场，磁通量应是向外与向里两部分的差．垂直纸面向外的磁通量相同，面积越大，垂直纸面向里的磁通量越大，则合磁通量越小，故选项A 、C 正确．]9．AC 由法拉第电磁感应定律，根据i －t 图象可知0～1 s 内感应电动势是2～4 s 内感应电动势的两倍，所以0～1 s 内的磁感应强度的变化率是2～4 s 内的两倍，而1～2 s 内磁感应强度变化率为零，考虑到磁感应强度的方向，根据楞次定律可以判定选项A 、C 正确，B 、D 错误．]10．AD 根据楞次定律，导体棒向右运动，感应电流的方向为a 到b ，再根据左手定则，导体棒受到的安培力方向水平向左，选项A 正确；导体棒开始运动的初始时刻，导体棒产生的感应电动势为BL v 0，而导体棒两端的电压为路端电压，大小为BL v 0R R ＋r＝BL v 02，选项B 错误；根据动能定理，W 安＋W 弹＝12m v 20，所以W 弹＜12m v 20，而W 弹等于弹簧的弹性势能，故E p ＜12m v 20，选项C 错误；最终机械能全部转化为电阻的内能，导体棒r 和电阻R 产生的内能都是14m v 20，选项D 正确．]11．BCD 根据直线电流产生磁场的分布情况知，M 区的磁场方向垂直纸面向外，N 区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小．当导体棒匀速通过M 、N 两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M 、N 两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A 错误，选项B 正确，导体棒在M 区运动时，磁感应强度B 变大，根据E ＝Bl v ，I ＝E R及F ＝BIl 可知，F M 逐渐变大，故选项C 正确；导体棒在N 区运动时，磁感应强度B 变小，根据E ＝Bl v ，I ＝E R及F ＝BIl 可知，F N 逐渐变小，故选项D 正确．] 12．BD 线框进入2.5L 时，Φ最小为0，故A 错误；进入第一个磁场和出第二个磁场时E ＝BLv ，由第一个磁场进入第二个磁场时E ＝－2BLv ，故B 正确；由F 安总与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C 错误；拉力的功率P ＝Fv ，由第一个磁场进入第二个磁场时，电流I 加倍，而有效长度也加倍，所以F 安为4倍，故D 正确．]13．(1)1.5V －0.6V(2)F ＝12.5－3.75x N(0≤x ≤2) 图象见解析图(3)7.5J解析 (1)金属杆CD 在匀速运动中产生的感应电动势E ＝Bl v (l ＝d ) E ＝1.5V(D 点电势高)当x ＝0.8m 时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l 外，则l 外＝d －OP －x OPd OP ＝MP 2－(MN 2)2＝2m 得l 外＝1.2m由楞次定律判断D 点电势高，故CD 两端电势差U CD ＝－Bl 外v ＝－0.6V(2)杆在导轨间的长度l 与位置x 的关系是l ＝OP －x OP d ＝3－32x 对应的电阻R 1为R 1＝l dR电流I ＝Bl v R 1杆受的安培力为F 安＝BIl ＝7.5－3.75x (N)根据平衡条件得F ＝F 安＋mg sin θF ＝12.5－3.75x (N)(0≤x ≤2)画出的F －x 图象如图所示．(3)外力F 所做的功W F 等于F －x 图线下所围的面积．即W F ＝5＋12.52×2J ＝17.5J 而杆的重力势能增加量ΔE p ＝mgOP sin θ故全过程产生的焦耳热Q ＝W F －ΔE p ＝7.5J14．见解析解析 (1)通过电阻R 的电流I ＝E R ＋r ＝BL v R ＋r，由于通过R 的电流I 随时间均匀增大，故金属杆的速度v 随时间均匀增大，即金属杆的加速度为恒量，所以金属杆做匀加速直线运动．(2)对回路，根据闭合电路欧姆定律得I ＝BL v R ＋r对杆，根据牛顿第二定律有F ＋mg sin θ－BIL ＝ma将F ＝0.5v ＋2代入得2＋mg sin θ＋(0.5－B 2L 2R ＋r)v ＝ma 因为a 与v 无关，所以a ＝2＋mg sin θm＝8m/s 2 由0.5－B 2L 2R ＋r＝0得R ＝0.3Ω (3)由x ＝12at 2得，所需时间t ＝2x a＝0.5s. 15．(1)1A 方向由d 至c (2)0.2N (3)0.4J解析 (1)棒cd 受到的安培力F cd ＝BIl棒cd 在共点力作用下受力平衡，则F cd ＝mg sin30°代入数据解得I ＝1A根据楞次定律可知，棒cd 中的电流方向由d 至c(2)棒ab 与棒cd 受到的安培力大小相等F ab ＝F cd对棒ab ，由受力平衡知F ＝mg sin30°＋BIl代入数据解得F ＝0.2N(3)设在时间t 内棒cd 产生Q ＝0.1J 的热量，由焦耳定律知Q ＝I 2Rt 设棒ab 匀速运动的速度大小为v ，其产生的感应电动势E ＝Bl v由闭合电路欧姆定律知I ＝E 2R由运动学公式知在时间t 内，棒ab 沿导轨运动的位移x ＝v t力F 做的功W ＝Fx综合上述各式，代入数据解得W ＝0.4J16．(1)kS (2)2l 2mkS q (3)(2d ＋π＋24l ) m 2qkS解析 (1)根据法拉第电磁感应定律知感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS ＝kS ① (2)因平行金属板M 、N 与电阻并联，故M 、N 两板间的电压为U ＝U R ＝E ＝kS ② 带电粒子在M 、N 间做匀加速直线运动，有qU ＝12m v 2③ 带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有q v B ＝m v 2r ④由几何关系可得r ＋r cot45°＝l ⑤ 联立②③④⑤得B ＝2l 2mkS q(3)粒子在电场中，有d ＝12at 21⑥ q U d＝ma ⑦ 粒子在磁场中，有T ＝2πr v ⑧t 2＝14T ⑨ 粒子在第一象限的无场区中，有s ＝v t 3⑩由几何关系得s ＝r ⑪粒子从P 点射出至到达x 轴的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3⑫π＋2 4l)m 2qkS联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式可得t＝(2d＋。
高考物理二轮复习第九章磁场单元质量检测
单元质量检测(九) 磁 场一、选择题(第1～5题只有一项正确，第6～8题有多项正确)1.(2020·浙江联考)如图所示，三根长为L 的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里。
电流大小均为I ，其中A 、B 电流在C 处产生的磁感应强度的大小分别为B 0 ，导线C 位于水平面处于静止状态，则导线C 受到的静摩擦力是( )A.3B 0IL ，水平向左B.3B 0IL ，水平向右C.32B 0IL ，水平向左D.32B 0IL ，水平向右 解析：选B 根据安培定则，A 电流在C 处产生的磁场方向垂直于AC ，B 电流在C 处产生的磁场方向垂直于BC ，如图所示。
根据平行四边形定则及几何知识可知，合磁场的方向竖直向下，与AB 边平行，合磁感应强度B 的大小为B ＝2B 0cos 30°＝3B 0，由公式F ＝BIL 得，导线C 所受安培力大小为F ＝3B 0IL ，根据左手定则，导线C 所受安培力方向水平向左，因导线C 位于水平面处于静止状态，由平衡条件知，导线C 受到的静摩擦力方向为水平向右，故选项B 正确，A 、C 、D 错误。
2.(2020·焦作模拟)如图所示，两个横截面分别为圆形和正方形的区域内有磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径和正方形的边长相等，两个电子分别以相同的速度飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场的电子初速度方向对准圆心；进入正方形磁场的电子初速度方向垂直于边界，从中点进入。
则下面判断错误的是( )A ．两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同B ．两电子在磁场中运动的时间有可能相同C ．进入圆形磁场区域的电子可能先飞离磁场D ．进入圆形磁场区域的电子可能后飞离磁场解析：选D 电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB ＝m v 2R ，整理得R ＝mv qB，两过程电子速度v 相同，所以半径相同，A 正确；电子在磁场中的可能运动情况如图所示，轨迹1和3显示电子先出圆形磁场，再出正方形磁场，轨迹2显示电子同时从圆形与正方形边界出磁场，运动时间相同，所以B 、C 正确，D 错误。
2018《单元滚动检测卷》高考物理(全国通用)精练第九章磁场含答案
单元滚动检测九磁场考生注意：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．4．请在密封线内作答,保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷（选择题，共48分)一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中,第1～6题只有一个选项正确，第7～12题有多项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分）1．将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一平面内，且通过圆环中心，如图1所示,当圆环中通以顺时针方向的电流时,从上往下看( )图1A．圆环顺时针转动，靠近磁铁 B．圆环顺时针转动,远离磁铁C．圆环逆时针转动，靠近磁铁 D．圆环逆时针转动，远离磁铁2．将长为L的导线弯成六分之一圆弧，固定于垂直于纸面向外、大小为B的匀强磁场中，两端点A、C连线竖直，如图2所示．若给导线通以由A到C、大小为I的恒定电流，则导线所受安培力的大小和方向是（）图2A．ILB，水平向左B．ILB,水平向右C.错误!，水平向右D。
错误!，水平向左3．如图3所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1。
若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，那么B2与B1之比为（)图3A。
错误!∶1B。
错误!∶2C．1∶1D．1∶24．某空间有一圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B。
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）的粒子以某一速率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74°。
不计重力，则初速度v0大小为（已知sin37°＝错误!）（）A.错误!B.错误!C.错误!D。
2018版高考物理知识复习与检测：第九章电磁感应第1讲含答案
考试内容范围及要求高考命题解读 内容要求 说明 1.考查方式 高考对本章内容考查命题频率较高，大部分以选择题的形式出题，也有部分是计算题，多以中档以上难度的题目来增加试卷的区分度，考查较多的知识点有：感应电流的产生条件、方向判定和导体切割磁感线产生感应电动势的计算，同时也会与力学、磁场、能量等知识综合考查及图象问题的考查． 2．命题趋势 (1)楞次定律、右手定则、左手定则的应用．(2）与图象结合考查电磁感应现象．（3）通过“杆＋导轨”模41.电磁感应现象Ⅰ 限于导线方向与磁场方向、运动方向垂直的情况 42。
感应电流的产生条件Ⅱ 43.法拉第电磁感应定律 楞次定律 Ⅱ44.自感 涡流 Ⅰ型，“线圈穿过有界磁场”模型,考查电磁感应与力学、电路、能量等知识的综合应用。
第1讲电磁感应现象楞次定律一、电磁感应现象的判断1．磁通量（1)概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中,与磁场方向垂直的面积S与B的乘积．（2)公式：Φ＝BS.（3)适用条件：①匀强磁场．②S为垂直磁场的有效面积．（4)磁通量是标量（填“标量”或“矢量”)．（5)磁通量的意义：①磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数．②同一线圈平面，当它跟磁场方向垂直时，磁通量最大；当它跟磁场方向平行时，磁通量为零；当正向穿过线圈平面的磁感线条数和反向穿过的一样多时，磁通量为零．（6)磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1.2．电磁感应现象(1）定义:当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应．（2）产生条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化．（3）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．二、楞次定律的理解及应用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．适用情况：所有的电磁感应现象．3．“阻碍”的含义错误!→错误!↓错误!→错误!↓错误!→↓错误!→错误!4．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．三、三定则一定律的比较深度思考 1.右手定则与左手定则的区别：“因电而动"——用左手定则,“因动而电”-—用右手定则．2．安培定则与楞次定律的区别:“因电生磁"——用安培定则．“因磁生电”—-用楞次定律（或右手定则）．1．判断下列说法是否正确．（1）穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中不一定有感应电流产生．( ×)（2)线框不闭合时,即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生．( √)(3)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势．( √)（4）回路不闭合,穿过回路的磁通量变化时,也会产生“阻碍"作用．（×）(5)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量变化．( √）(6）感应电流的方向可能与B的方向平行，但一定与v的方向垂直．（×）2．(人教版选修3－2P9第7题改编)如图1所示,固定于水平面上的金属架abcd处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒MN沿框架以速度v 向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MbcN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流,从t＝0开始，磁感应强度B随时间t变化的示意图为（)图1答案C解析为了使MN棒中不产生感应电流，即让MN棒与线框组成回路的磁通量保持不变,或者使导线切割磁感线产生的感应电动势E1与磁场变化产生的感生电动势E2大小相等，即Blv＝错误!，随着磁场减弱,而面积增大，故错误!减小,故选C.3．（人教版选修3－2P7第1题改编）如图2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，线框中会产生感应电流的是（）图2A．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C4．（人教版选修3－2P14第6题改编）(多选）如图3所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环,横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象及现象分析正确的是（)图3A．磁铁插向左环,横杆发生转动B．磁铁插向右环，横杆发生转动C．磁铁插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流D．磁铁插向右环,右环中产生感应电动势和感应电流答案BD命题点一电磁感应现象的判断对感应电流产生条件的理解1．判断产生感应电流的两种方法(1）闭合电路的一部分导体切割磁感线；（2）一闭合二变磁,即导体回路必须闭合,穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，二者缺一不可．2．磁通量变化的四种情况(1)B不变，S变化，则ΔΦ＝B·ΔS；（2)B变化，S不变,则ΔΦ＝ΔB·S；（3）B变化，S也变化，则ΔΦ＝B2S2－B1S1;（4）B不变，S不变，线圈平面与磁场方向的夹角θ变化，则ΔΦ＝BS（sin θ2－sin θ1)．例1 现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图4所示连接．下列说法中正确的是( ）图4A．开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．开关闭合后,滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动,电流计指针才会偏转①带铁芯的线圈A；②线圈B。
(全国通用)高考物理一轮复习第九章磁场单元综合检测
第九章磁场一、选择题(每小题6分,共60分)1.(2015·黄山期末检测)在磁场中某区域的磁感线如图所示,则(B)A.a、b两处的磁感应强度的大小不等,B a>B bB.a、b两处的磁感应强度的大小不等,B a<B bC.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小【解析】磁感线的疏密程度表示B的大小,但安培力的大小除跟该处B的大小和I、L有关外,还跟导线放置的方向与B的方向的夹角有关,C、D项错误;由a、b两处磁感线的疏密程度可判断出B b>B a,B 项正确,A项错误。
2.两根互相平行的通电长直导线A、B垂直于纸面放置,电流相同。
OO'是AB连线的中垂线,沿OO'方向磁感应强度的大小(D)A.逐渐变大B.逐渐变小C.先变小后变大D.先变大后变小【解析】根据磁感应强度的叠加原理可知,在O点合磁感应强度为零,在无穷远处合磁感应强度也为零,在中垂线OO'上其他点合磁感应强度的方向是垂直于OO'水平向右,故沿OO'方向磁感应强度的大小先变大后变小,D项正确。
3.下图中分别标明了通电直导线中电流I、匀强磁场的磁感应强度B和电流所受安培力F的方向,其中正确的是(A)【解析】磁场方向垂直纸面向里,电流方向水平向右,根据左手定则,安培力的方向竖直向上,A项正确;磁场方向垂直纸面向外,电流方向垂直纸面向里,电流方向与磁场方向平行,不受安培力,B项错误;磁场方向水平向左,电流方向垂直纸面向外,根据左手定则,安培力的方向竖直向下,C项错误;磁场方向竖直向上,电流方向水平向右,根据左手定则,安培力的方向垂直纸面向外,D项错误。
4.如图所示,两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上,导轨间距为L,劲度系数为k的轻质弹簧上端固定,下端与水平直导体棒ab相连,ab质量为m,弹簧与导轨平面平行并与ab垂直,直导体棒垂直跨接在两导轨上,空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场,闭合开关S后导体棒中的电流为I,导体棒平衡时,弹簧伸长量为x1,调转图中电源极性使棒中电流反向,导体棒中电流仍为I,导体棒平衡时弹簧伸长量为x2。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
单元质量检测(九) 磁 场一、选择题(第1～5题只有一项正确，第6～8题有多项正确)1.(2017·浙江联考)如图所示，三根长为L 的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里。
电流大小均为I ，其中A 、B 电流在C 处产生的磁感应强度的大小分别为B 0 ，导线C 位于水平面处于静止状态，则导线C 受到的静摩擦力是( )A.3B 0IL ，水平向左B.3B 0IL ，水平向右C.32B 0IL ，水平向左D.32B 0IL ，水平向右 解析：选B 根据安培定则，A 电流在C 处产生的磁场方向垂直于AC ，B 电流在C 处产生的磁场方向垂直于BC ，如图所示。
根据平行四边形定则及几何知识可知，合磁场的方向竖直向下，与AB 边平行，合磁感应强度B 的大小为B ＝2B 0cos 30°＝3B 0，由公式F ＝BIL 得，导线C 所受安培力大小为F ＝3B 0IL ，根据左手定则，导线C 所受安培力方向水平向左，因导线C 位于水平面处于静止状态，由平衡条件知，导线C 受到的静摩擦力方向为水平向右，故选项B 正确，A 、C 、D 错误。
2.(2017·焦作模拟)如图所示，两个横截面分别为圆形和正方形的区域内有磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径和正方形的边长相等，两个电子分别以相同的速度飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场的电子初速度方向对准圆心；进入正方形磁场的电子初速度方向垂直于边界，从中点进入。
则下面判断错误的是( )A ．两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同B ．两电子在磁场中运动的时间有可能相同C ．进入圆形磁场区域的电子可能先飞离磁场D ．进入圆形磁场区域的电子可能后飞离磁场解析：选D 电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB ＝m v 2R，整理得R＝mv qB，两过程电子速度v 相同，所以半径相同，A 正确；电子在磁场中的可能运动情况如图所示，轨迹1和3显示电子先出圆形磁场，再出正方形磁场，轨迹2显示电子同时从圆形与正方形边界出磁场，运动时间相同，所以B 、C 正确，D 错误。
3.(2017·四川成都第七中学检测)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 ＝10－4 T 的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱形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 ＝2×1011C/kg 的正粒子，粒子束中速度分布连续。
当角θ＝45°时，出射粒子速度v 的大小是( )A.2×106 m/s B ．22×106 m/sC ．22×108 m/sD ．42×106 m/s解析：选B 粒子的运动轨迹如图所示，根据几何知识可得α＝2θ＝90°，所示粒子的运动半径为2r ＝2R ，解得r ＝2R ＝210 m ，洛伦兹力充当向心力，所以有qvB ＝m v 2r，解得：v ＝qBr m，代入数据可得v ＝22×106 m/s ，，故B 正确。
4.(2017·安徽蚌埠二中模拟)如图所示，xOy 坐标平面在竖直面内，x 轴沿水平方向，y 轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy 平面的水平匀强磁场。
一带电小球从O 点由静止释放，运动轨迹如图中曲线。
关于带电小球的运动，下列说法中正确的是( )A ．OAB 轨迹为半圆B ．小球运动至最低点A 时速度最大，且沿水平方向C ．小球在整个运动过程中机械能增加D ．小球在A 点时受到的洛伦兹力与重力大小相等解析：选B 因为重力改变速度的大小，而洛伦兹力仅改变速度的方向，又洛伦兹力大小随速度的变化而变化，故带电小球运动的轨迹不可能是半圆，故A 错误；因为系统只有重力做功，据动能定理，带电小球在最低点时重力做功最多，mgh ＝12mv 2－0，解得：v ＝2gh ，最低点处h 最大故速度最大。
曲线运动的速度方向为该点的切线方向，最低点的切线方向沿水平方向，故B 正确；整个过程中由于只有重力做功，故系统机械能守恒，故C 错误；若最低点洛伦兹力与重力大小相等，根据平衡条件可知，带电小球将水平向右做匀速直线运动，故不可能沿轨迹AB 运动，故D 错误。
5．(2017·东北联考)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的两块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、U 2变化D ．d 与U 1无关，d 与U 2无关解析：选A 粒子在电场U 1中加速，则qU 1＝12mv 20，在偏转电场中做类平抛运动，设粒子在偏转电场中的偏向角为θ，则进入磁场时的速度v ＝v 0cos θ，进入磁场中做圆周运动的半径为R ，则距离d ＝2R cos θ＝2mv cos θqB ＝2mv 0qB ，两式联立得d ＝2B 2mU 1q，只有A 正确。
6.(2017·宁夏石嘴山三中模拟)两根长直导线a 、b 平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图，图中O 点为两根导线ab 连线的中点，M 、N 为ab 连线的中垂线上的两点且与a 、b 等距，两导线中通有等大、同向的恒定电流，已知直线电流在某点产生的磁场的磁感应强度B 的大小跟该点到通电导线的距离r 成反比，则下列说法中正确的是( )A ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相同B ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相反C ．在线段MN 上各点的磁感应强度都不可能为零D ．若在N 点放一小磁针，静止时其北极垂直MN 向上解析：选BD 根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于位置对称，两根通电导线在M 、N 两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则合成得到，M 点和N 点的磁感应强度大小相等，M 点磁场向下，N 点磁场向上，方向相反，故A 错误，B 正确；当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度为零，则知O 点的磁感应强度为零，故C 错误；若在N 点放一小磁针，静止时其北极垂直MN 向上，故D 正确。
7.(2017·内蒙古赤峰二中检测)如图所示，在x >0、y >0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向里，大小为B 。
现有一质量为m 、电量为q 的带正电粒子，从在x 轴上的某点P 沿着与x 轴成30°角的方向射入磁场。
不计重力影响，则下列说法中正确的是( )A ．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为5πm 3BqB ．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πm 2BqC ．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πm BqD ．粒子一定不能通过坐标原点解析：选ACD 由于P 点的位置不确定，所以粒子在磁场中的运动圆弧对应的圆心角也不同，由几何关系可知，对应最大的圆心角时，圆弧与y 轴相切即300°，则运动的时间为56T ＝5πm 3qB；而最小的圆心角为P 点与坐标原点重合，对应的圆心角为120°，所以运动时间为T 3＝2πm 3qB ，故粒子在磁场中运动所经历的时间为2πm 3qB ≤t ≤5πm 3qB，故A 、C 正确，B 错误；粒子由P 点与x 轴成30°角入射，则运动圆弧的圆心在过P 点与速度方向垂直的方向上，如图所示。
粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角肯定大于180°，而因磁场只在x>0、y>0范围内，故粒子不可能通过坐标原点，故D正确。
8.(2017·江苏清江中学模拟)如图所示，下端封闭、上端开口且内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球，整个装置水平向右做匀速运动，进入方向垂直于纸面向里的匀强磁场，由于外力作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端开口飞出，若小球的电荷量始终保持不变，则从玻璃管进入磁场到小球飞出上端开口的过程中( )A．洛伦兹力对小球做正功B．小球在竖直方向上做匀加速直线运动C．小球的运动轨迹是抛物线D．小球的机械能守恒解析：选BC 运动过程中，洛伦兹力垂直小球的速度方向，对小球不做功，A错误；设小球竖直分速度为v y、水平分速度为v，以小球为研究对象，受力如图所示，由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力F1＝qvB是恒力，在竖直方向上还受到的竖直向下的重力，两个力都是恒力，所以小球在竖直方向上做匀加速直线运动，B正确；在竖直方向上做匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，所以小球的运动轨迹为抛物线，C正确；由于运动过程中，管内壁对小球的弹力做功，所以小球的机械能不守恒，D错误。
二、计算题9．(2017·江苏清江中学模拟)如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L,0)点，磁场方向垂直坐标平面向外，一带正电的粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0＝2 m/s沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L,0)点射出磁场，不计粒子重力，求：(1)粒子进入磁场时的速度大小和方向；(2)电场强度与磁感应强度大小之比；(3)若L ＝1 m ，粒子在磁场与电场中运动的总时间。
解析：(1)在匀强电场运动过程中，在水平方向上做匀速直线运动，故有2L ＝v 0t 1，在竖直方向上做匀变速直线运动，故有L ＝12at 21， 粒子运动的加速度qE ＝ma ，粒子到达O 点时，沿y 轴正方向的分速度为v y ＝at 1＝v 0，故速度方向与水平方向的夹角α满足tan α＝v y v 0＝1，即α＝45°粒子在磁场中的运动速度为v ＝2v 0＝2 2 m/s 。
(2)洛伦兹力充当向心力，所以有Bqv ＝m v 2r， 得r ＝mv Bq ＝2mv 0Bq粒子运动轨迹如图，根据几何关系可得r ＝2L ，联立解得E ∶B ＝1∶1。
(3)由(2)中讨论可知，粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为90°，故粒子在磁场中的运动时间为t 2＝π22πT ， 根据公式T ＝2πm Bq ，L ＝1 m ，t 2＝πL 2v 0， 粒子运动总时间t ＝t 1＋t 2，联立可得t ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋π4s 。