磁场章末质量检测

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章末检测15：电磁感应

章末检测试卷一(第四章)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共计48分.1～8题为单选题，9～12题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1.在物理学发展中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用.下列叙述符合史实的是()A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应说明了电和磁之间存在联系B.法拉第根据通电直导线的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C.安培在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，出现了感应电流D.楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反答案 A解析奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，选项A正确；根据通电螺线管产生的磁场与条形磁铁的磁场相似性，安培提出了磁性是分子内环形电流产生的，即分子电流假说，选项B错误；法拉第探究磁产生电的问题，发现导线中电流“通、断”时导线附近的固定导线圈中出现感应电流而导线中通有恒定电流时导线圈中不产生感应电流，选项C错误；楞次定律指出感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D错误.2.如图1所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管.下列说法正确的是()图1A.电流计中的电流先由a到b，后由b到aB.a点的电势始终低于b点的电势C.磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量D.磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度答案 D解析在磁铁进入螺线管的过程中，螺线管磁通量增大，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由b经电流计流向a；在磁铁穿出螺线管的过程中，磁通量减小，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由a经电流计流向b，则a点电势先低于b点电势，后高于b点电势，故A、B错误；磁铁减少的重力势能转化为内能和磁铁的动能，C错误；磁铁刚离开螺线管时，由楞次定律“来拒去留”可知，磁铁受到的合外力小于重力，D正确.3.如图2所示是研究通电自感现象实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关，调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S，则()图2A.闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B.闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮C.稳定后，L和R两端的电势差一定相同D.稳定后，A1和A2两端的电势差不相同答案 C解析断开开关再重新闭合开关的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A、B均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端的电势差也相同，所以C正确，D错误.4.匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正方向，磁感应强度B随时间t的变化规律如图3甲所示，在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示.令E1、E2、E3分别表示Oa、bc、cd段的感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的电流，则下列判断正确的是()图3A.E1<E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B.E1<E2，I1沿顺时针方向，I2沿逆时针方向C.E2<E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向D.E2＝E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向答案 A5.(2018·北京市房山区模拟)电磁感应现象在生产、生活中有着广泛的应用.图4甲为工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术原理图.其原理是将线圈中通入电流，使被测物件内产生涡流，借助探测线圈内电流变化测定涡流的改变，从而获得被测物件内部是否断裂及位置的信息.图乙为一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立即跳起.关于对以上两个应用实例理解正确的是()图4A.能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料B.涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了自感现象C.以上两个应用实例中的线圈所连接电源都必须是变化的交流电源D.以上两个应用实例中的线圈所连接电源也可以都是恒压直流电源答案 A6.(2017·南通、扬州、泰州、淮安四市第三次模拟考试)法拉第发明了世界上第一台发电机.如图5所示，圆形金属盘安置在电磁铁的两个磁极之间，两电刷M、N分别与盘的边缘和中心点接触良好，且与灵敏电流计相连.金属盘绕中心轴沿图示方向转动，则()图5A.电刷M的电势高于电刷N的电势B.若只将电刷M移近N，电流计的示数变大C.若只提高金属盘转速，电流计的示数变大D.若只将变阻器滑片向左滑动，电流计的示数变大答案 C解析由电流的流向，根据安培定则，可知蹄形磁铁的左端为N极，右端为S极，两磁极间的磁场方向向右，根据金属盘的转动方向，结合右手定则可以判断，电刷N的电势高于电刷M的电势，A错误；若只将电刷M移近N，则电路中的感应电动势减小，电流计的示数减小，B错误，若只提高金属盘的转速，则金属盘中产生的感应电动势增大，电流计的示数增大，C正确；若只将变阻器滑片向左滑动，变阻器接入电路的电阻增大，则电磁铁中的电流减小，两磁极间的磁感应强度减小，圆盘中产生的感应电动势减小，电流计的示数减小，D错误. 7.(2018·全国卷Ⅰ)如图6所示，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心.轨道的电阻忽略不计.OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM 与轨道接触良好.空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ).在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( )图6A.54B.32C.74D.2 答案 B解析设半圆弧PQS 的半径为r ，在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E 1＝ΔΦ1Δt 1＝B ⎝⎛⎭⎫12πr 2－14πr 2Δt 1根据闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R且q 1＝I 1Δt 1在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt 2＝(B ′－B )12πr 2Δt 2I 2＝E 2Rq 2＝I 2Δt 2又q 1＝q 2，即B ⎝⎛⎭⎫12πr 2－14πr 2R ＝(B ′－B )12πr 2R所以B ′B ＝32. 8.如图7所示，足够长的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.一导体棒MN 垂直导轨放置，质量为0.2 kg ，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的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为0.8 T.将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )图7A.2.5 m/s 1 WB.5 m/s 1 WC.7.5 m/s 9 WD.15 m/s 9 W答案 B解析小灯泡稳定发光时，导体棒MN 匀速下滑，其受力如图所示，由平衡条件可得F 安＋F f ＝mg sin 37°，F 安＋μmg cos 37°＝mg sin 37°，故F 安＝mg (sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N ，由F 安＝BIL 得I ＝F 安BL ＝1 A ，所以E ＝I (R 灯＋R MN )＝2 V ，导体棒的运动速度v ＝E BL＝5 m/s ，小灯泡消耗的电功率为P 灯＝I 2R 灯＝1 W.正确选项为B.9.(2017·苏北四市联考)如图8甲所示，一个刚性圆形线圈与电阻R 构成闭合回路，线圈平面与所在处的匀强磁场方向垂直，磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示.下列关于线圈中产生的感应电动势e 、电阻R 消耗的功率P 随时间t 变化的图象，可能正确的有 ( )图8答案 BD解析线圈的面积不变，由E ＝nS ΔB Δt得感应电动势为定值，且磁场增强和磁场减弱引起的感应电动势方向相反，A 错误，B 正确；对于电阻R ，流过的电流大小不变，功率P ＝I 2R 恒定，C 错误，D 正确.10.如图9甲所示，一个匝数n ＝100的圆形导体线圈，面积S 1＝0.4 m 2，电阻r ＝1 Ω.在线圈中存在面积S 2＝0.3 m 2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示.有一个R ＝2 Ω的电阻，将其两端a 、b 分别与图甲中的圆形线圈相连接，b 端接地，则下列说法正确的是( )图9A.圆形线圈中产生的感应电动势E ＝6 VB.在0～4 s 时间内通过电阻R 的电荷量q ＝6 CC.设b 端电势为零，则a 端的电势φa ＝3 VD.在0～4 s 时间内电阻R 上产生的焦耳热Q ＝18 J答案 BD解析由法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔB Δt S 2，由题图乙可得ΔB Δt ＝0.64T/s ＝0.15 T/s ，将其代入可得E ＝4.5 V ，A 错.q ＝I Δt ＝ER ＋r ·Δt ＝n ΔΦ(R ＋r )Δt Δt ＝n ΔΦR ＋r ，在0～4 s 穿过圆形导体线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6×0.3 Wb －0＝0.18 Wb ，代入可得q ＝6 C ，B 对.0～4 s 内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合安培定则可得b 点电势高，a 点电势低，故C 错.由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定，可得I ＝E r ＋R＝1.5 A ，由焦耳定律可得Q ＝I 2Rt ＝18 J ，D 对.11.如图10甲所示，电阻不计且间距L ＝1 m 的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R ＝2 Ω的电阻，虚线OO ′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab 从OO ′上方某处由静止释放.金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平.已知杆ab 进入磁场时的速度v 0＝1 m /s ，下落0.3 m 的过程中加速度a 与下落距离h 的关系图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则( )图10A.匀强磁场的磁感应强度为2 TB.杆ab 下落0.3 m 时，金属杆的速度为1 m/sC.杆ab 下落0.3 m 的过程中，R 上产生的热量为0.2 JD.杆ab 下落0.3 m 的过程中，通过R 的电荷量为0.25 C答案 AD解析当金属杆进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab 中电流的方向由a 到b .由题图乙知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a 1＝10 m/s 2，方向竖直向上.由牛顿第二定律得：BI 1L －mg ＝ma 1，其中I 1＝E R ＝BL v 0R 代入数据，解得：B ＝2 T ，故A 正确；a ＝0时金属杆受到的重力与安培力平衡，有mg －BIL ＝0，其中I ＝BL v R，联立得：v ＝0.5 m/s ，故B 错误；从开始到下落0.3 m 的过程中，由能量守恒有：mgh －Q ＝12m v 2，代入数据得：Q ＝0.287 5 J ，故C 错误；金属杆自由下落高度为h 0＝v 202g＝0.05 m ，金属杆下落0.3 m 的过程中通过R 的电荷量为：q ＝I Δt ＝E R Δt ＝ΔΦΔt R Δt ＝ΔΦR ＝BL (h －h 0)R，代入数据得q ＝0.25 C ，故D 正确. 12.如图11所示，有一个在水平面内固定的“V ”字形金属框架CAD ，θ＝60°，磁感应强度为B 的匀强磁场方向竖直向下，导体棒MN 在框架上从A 点开始在外力F 作用下，沿垂直MN 方向以速度v 匀速向右平移，使导体棒和框架始终构成等边三角形回路.已知框架和导体棒的材料和横截面积均相同，其单位长度的电阻均为r ，框架和导体棒均足够长，导体棒运动中始终与磁场方向垂直，且与框架接触良好.下列关于回路中的电流I 、外力F 和回路消耗的电功率P 随时间t 变化关系的四个图象中正确的是( )图11答案 AC解析导体棒运动时间为t 时，通过的位移为x ＝v t ，回路中的有效切割长度为：L ＝2x tan θ2，感应电动势为E ＝BL v ，回路的总电阻为R 总＝r ·3·2x tan θ2，联立得感应电流与t 的关系式为I ＝B v 3r，B 、v 、r 一定，则I 为一定值，故A 正确，B 错误；外力F 大小等于安培力大小，则F ＝BIL ＝2B 2v 2tan θ23r t ，F 与t 成正比，故C 正确；运动x 时的功率为：P ＝I 2R 总＝2B 2v 3tan θ23rt ，则P 与t 成正比，故D 错误.二、非选择题(本题共5小题，共计52分)13.(8分)(2018·三明市高二下学期期末)如图12甲所示为“研究电磁感应现象”的实验装置.图12(1)按实验的要求将图甲中所缺的导线补画完整.(2)开关闭合后，下列说法正确的是________.A.只要将线圈A 放在线圈B 中就会引起电流计指针偏转B.线圈A 插入或拔出线圈B 的速度越大，电流计指针偏转的角度越大C.如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，A 线圈插入B 线圈中，将滑动变阻器滑动触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针向左偏一下(3)上述实验中，原线圈A 可等效为一个条形磁铁，将线圈B 和灵敏电流计连接如图乙所示，当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转.则当条形磁铁迅速向上拔出时，图中灵敏电流计指针向________(填“正”或“负”)接线柱方向偏转.答案 (1)如图所示(3分)(2)BC(3分)(3)正(2分)解析 (1)将电源、开关、滑动变阻器、线圈A 串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈B 串联成另一个回路，电路图如图所示.(2)当将线圈A 放在线圈B 中，因磁通量不变，则不会引起电流计指针偏转，故A 错误；线圈A 插入或拔出线圈B 的速度越大，则穿过线圈的磁通量的变化率越大，感应电动势越大，则产生的感应电流越大，那么电流计指针偏转的角度越大，故B 正确；在闭合开关时，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，A 线圈插入B 线圈中，将滑动变阻器滑动触头迅速向左拉时，接入电路中的电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知灵敏电流计指针向左偏一下，故C 正确.(3)当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转，根据楞次定律，依据题图可知，螺线管的感应电流由上向下，则当条形磁铁迅速向上拔出时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，螺线管的感应电流由上向下，灵敏电流计指针向正接线柱方向偏转.14.(10分)如图13甲所示，竖直平面内有边长l ＝0.2 m 的正方形线框，匝数n ＝100，线框总电阻R ＝8 Ω，一范围足够大的匀强磁场，其方向垂直于线框平面，磁场的磁感应强度B 按如图乙所示规律变化(磁场方向以垂直于线框平面向外为正).求：图13(1)前2 s 内，线框产生的焦耳热；(2)t ＝0.5 s 时，线框的ab 边受到的安培力大小.答案 (1)16 J (2)20 N解析 (1)前2 s 内线框的感应电动势大小为：E ＝n ΔB ΔtS (2分) 解得E ＝8 V(1分)线框产生的焦耳热Q ＝E 2Rt (1分) 解得Q ＝16 J(1分)(2)由楞次定律可知前2 s 内线框中的感应电流方向为abcda ，ab 边受到的安培力方向向上(1分) 安培力的大小F ＝nBIl (1分)I ＝E R(1分) 由题图乙可知t ＝0.5 s 时磁感应强度的大小B ＝1 T(1分)解得F ＝20 N.(1分)15.(10分)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图14所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡.线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里.线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量.(重力加速度取g ＝10 m/s 2)图14 图15(1)为使“电磁天平”的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡.如图15所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m.当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt. 答案 (1)25匝 (2)0.1 T/s解析 (1)“电磁天平”中的线圈受到安培力，I ＝2.0 A 时线圈的匝数最少F ＝N 1B 0IL (1分)由天平平衡可知：mg ＝N 1B 0IL (2分)代入数据解得：N 1＝25匝.(1分)(2)由法拉第电磁感应定律得：E ＝N 2ΔΦΔt ＝N 2ΔB ΔtLd (2分) 由欧姆定律得：I ′＝E R(1分) 线圈受到的安培力F ′＝N 2B 0I ′L (1分)由天平平衡可得：m ′g ＝F ′(1分)联立各式，代入数据可得ΔB Δt＝0.1 T/s.(1分) 16.(10分)(2017·江苏单科)如图16所示，两条相距为d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻.质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下.当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v .导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求：图16(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ；(2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ；(3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P .答案 (1)Bd v 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2(v 0－v )2R解析 (1)感应电动势E ＝Bd v 0(1分)感应电流I ＝E R(1分) 解得I ＝Bd v 0R(1分) (2)安培力F ＝BId (1分)由牛顿第二定律F ＝ma (1分)解得a ＝B 2d 2v 0mR(1分) (3)金属杆切割磁感线的相对速度v ′＝v 0－v ，(1分)则感应电动势E ′＝Bd (v 0－v )(1分)电功率P ＝E ′2R(1分) 解得P ＝B 2d 2(v 0－v )2R(1分) 17.(14分)(2018·池州市高二年级下学期期末)如图17所示，平行长直光滑固定的金属导轨MN 、PQ 平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距为L ＝0.5 m ，上端接有R ＝3 Ω的电阻，在导轨中间加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁场区域为OO ′O 1′O 1，磁感应强度大小为B ＝2 T ，磁场区域宽度为d ＝0.4 m ，放在导轨上的一金属杆ab 质量为m ＝0.08 kg 、电阻为r ＝2 Ω，从距磁场上边缘d 0处由静止释放，金属杆进入磁场上边缘的速度v ＝2 m/s.导轨的电阻可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2，求：图17(1)金属杆距磁场上边缘的距离d 0；(2)通过磁场区域的过程中通过金属杆的电荷量q ；(3)金属杆通过磁场区域的过程中电阻R 上产生的焦耳热Q R .答案 (1)0.4 m (2)0.08 C (3)0.096 J解析 (1)由能量守恒定律得mgd 0sin 30°＝12m v 2(2分) 金属杆距磁场上边缘的距离d 0＝0.4 m(1分)(2)由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt (1分) 由闭合电路欧姆定律I ＝E R ＋r(1分) q ＝I ·Δt (1分) 则金属杆通过磁场区域的过程中通过其的电荷量q ＝ΔΦR ＋r ＝BLd R ＋r＝0.08 C (3)由法拉第电磁感应定律，金属杆刚进入磁场时E ＝BL v ＝2 V(1分)由闭合电路欧姆定律I ＝E R ＋r＝0.4 A(1分) 金属杆受到的安培力F ＝BIL ＝0.4 N(1分)金属杆重力沿轨道平面向下的分力F ′＝mg sin 30°＝0.4 N(1分) 所以金属杆进入磁场后做匀速直线运动(1分)由能量守恒定律得，回路中产生的焦耳热Q ＝mgd sin 30°(1分)金属杆通过磁场区域的过程中，在电阻R 上产生的热量Q R ＝R R ＋rQ (1分) 代入数据可得Q R ＝0.096 J.(1分)。

教科版物理选修3-2：第1章章末综合检测

一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分) 1.下列说法正确的是( ) A ．奥斯特发现电磁感应现象 B ．电流的磁效应就是电磁感应现象C ．法拉第能够发现电磁感应现象，是因为他坚信各种自然现象是相互关联的D ．以上说法都不对解析：选C.电磁感应现象是法拉第研究发现的，A 错．电流的磁效应现象是“电生磁”，电磁感应现象是“磁生电”，是两种不同的物理现象，B 错．法拉第在自然现象之间的相互联系和相互转化的信念支持下，研究了电与磁的相互关系，发现了电磁感应现象，C 对．故选C.2.关于闭合电路中的感应电动势E 、磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ以及磁通量的变化率ΔΦΔt 之间的关系，下列说法正确的是( ) A ．Φ＝0时，电动势E ＝0B.ΔΦΔt＝0时，电动势E 可能不等于0 C ．ΔΦ很大，电动势E 可能很小 D.ΔΦΔt很大，ΔΦ一定很大解析：选C.根据E ＝ΔΦΔt ，所以Φ＝0时，ΔΦΔt 不一定为0，A 项不正确；ΔΦΔt ＝0，E 一定为0，B 项错误；而ΔΦ很大，如果Δt 很长，E 可能很小，C 项正确；ΔΦΔt 很大但ΔΦ不一定大，D 项错误．3.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 ，有一个磁感应强度为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°)解析：选A.设此时回路面积为S ，据题意，磁通量Φ＝BS cos θ，对A ，S 增大，θ减小，cos θ增大，则Φ增大，A 正确．对B ，B 减小，θ减小，cos θ增大，Φ可能不变，B 错．对C ，S 减小，B 增大，Φ可能不变，C 错．对D ，S 增大，B 增大，θ增大，cos θ减小，Φ可能不变，D 错．故只有A 正确．4.一个面积S ＝4×10－2 m 2、匝数n ＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图所示，则下列判断正确的是( )A ．在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量的变化率等于－0.08 Wb/sB ．在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C ．在开始的2 s 内线圈中产生的感应电动势等于－0.08 VD ．在第3 s 末线圈中的感应电动势等于零解析：选A.由E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔBΔt ·S 得：在开始2 s 内线圈中产生的感应电动势 E ＝100×－42×4×10－2 V ＝－8 V 磁通量变化率：ΔΦΔt＝－0.08 Wb/s第3 s 末虽然磁通量为零，但磁通量变化率为0.08 Wb/s ，所以选A.5.如图所示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．各图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( )解析：选D.根据楞次定律可确定感应电流的方向：对C 选项，当磁铁向上运动时：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——减少；③感应电流产生的磁场方向——向上；④利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相反．故C 项错．同理分析可知A 、B 错，D 正确．6.如图所示，一根长导线弯成“n ”形，通以直流电I ，正中间用不计长度的一段绝缘线悬挂一金属环C ，环与导线处于同一竖直平面内，在电流I 增大的过程中，下列叙述正确的是( )A ．金属环C 中无感应电流产生B ．金属环C 中有沿逆时针方向的感应电流产生 C ．悬挂金属环C 的竖直线拉力变大D ．金属环C 仍能保持静止状态解析：选BCD.电流I 增大的过程中，穿过金属环C 的磁通量增大，环中出现逆时针的感应电流，故A 错，B 正确；可以将环等效成一个正方形线框，利用“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”得出环将受到向下的斥力且无转动，所以悬挂金属环C 的竖直拉力变大，环仍能保持静止状态，C 、D 正确．7.如图，EOF 和E ′O ′F ′为空间一匀强磁场的边界，其中EO ∥E ′O ′，FO ∥F ′O ′，且EO ⊥OF ；OO ′为∠EOF 的角平分线，OO ′间的距离为l ；磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l 的正方形导线框沿O ′O 方向匀速通过磁场，t ＝0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i 与时间t 的关系图线可能正确的是( )解析：选B.本题中四个选项都是i －t 关系图线，故可用排除法．因在第一个阶段内通过导线框的磁通量向里增大，由楞次定律可判定此过程中电流沿逆时针方向，故C 、D 错误．由于在穿过整个磁场区域的磁通量变化量ΔΦ＝0，由q ＝ΔΦR可知整个过程中通过导线框的总电荷量也应为零，而在i －t 图像中图线与时间轴所围总面积为零，即时间轴的上下图形面积的绝对值相等．故A 错误B 正确．8.如图所示的电路中，电源电动势为E ，线圈L 的电阻不计．以下判断正确的是( )A ．闭合S ，稳定后，电容器两端电压为零B ．闭合S ，稳定后，电容器的a 极带负电C ．断开S 的瞬间，电容器的a 极板将带正电D ．断开S 的瞬间，电容器的a 极板将带负电解析：选AC.闭合S ，稳定后，由于线圈L 的直流电阻为零，所以线圈两端电压为零，又因为电容器与线圈并联，所以电容器两端电压也为零，电容器不带电，故A 正确，B 错误；断开S 的瞬间，线圈L 中电流减小，线圈中产生与原电流方向相同的自感电动势，并作用在电容器上，所以，此时电容器a 极板将带正电，b 极板将带负电，C 正确、D 错误．9.如图所示，将边长为l 的正方形闭合线圈以不同速度v1、v 2向右匀速拉出磁场时(v 1<v 2)，下列结论不．正确的是( ) A ．拉力所做的功W 2>W 1 B ．拉力的功率P 2>P 1 C ．流过线框的电荷量Q 2>Q 1 D ．线框中的感应电流I 2>I 1解析：选C.F 拉＝F 安＝BIl ＝Bl ·Bl v R ＝B 2l 2v R ，W 拉＝F 拉·l ＝B 2l 3vR，v 1<v 2，所以W 2>W 1，选项A 正确．P 拉＝F 拉·v ＝B 2l 2v 2R ，P 2>P 1，选项B 正确．流过线框的电荷量Q ＝ΔΦR ，Q 1＝Q 2，选项C 错误．电流I ＝Bl vR，I 2>I 1，选项D 正确．10.如图，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( ) A ．运动的平均速度大小为12vB ．下滑的位移大小为qR BLC ．产生的焦耳热为qBL vD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2vR sin θ解析：选B.流过ab 棒某一截面的电量q ＝I ·t ＝B ΔS Rt ·t ＝BL ·s R ，ab 棒下滑的位移s ＝qRBL，其平均速度v ＝s t ，而棒下滑过程中做加速度减小的加速运动，故平均速度不等于12v ，A 错误B 正确；由能量守恒mgs sin θ＝Q ＋12m v 2，产生的焦耳热Q ＝mgs sin θ－12m v 2＝mg qRBL sinθ－12m v 2，C 错误；当mg sin θ＝B 2L 2v R时v 最大，安培力最大，即F安m＝mg sin θ，D 错误．二、填空、实验题(包括2小题，共12分．按题目要求作答) 11.(6分)如图为“研究电磁感应现象”的实验装置．(1)将图中所缺的导线补接完整．(2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：A ．将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________．B ．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将________．解析：依照楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定．答案：(1)如图所示(2)向右偏转一下向左偏转一下12.(6分)如图所示为电磁流量计的示意图，在非磁性材料制成的圆管所在的区域加一匀强磁场，当管中的导电流体流过此磁场区域时，测出管壁上ab 两点的电动势E 就可以知道管道中液体的电动势E ，就可以知道管道中液体的流量Q (单位时间内流过液体的体积)，已知管的直径为D ，磁感应强度为B ，则流量Q 为__________，a 、b 两点中________点电势高．解析：当导电液体向左流动时，导体切割磁感线向左运动，因而在液体流的顶部(如a 点)与底部(如b 点)间产生了电势差，故感应电动势为E ＝BD v ，因此液体流动速度大小为v ＝E /(BD )．设液体流动时间为t ，则在t 时间内流动距离为l ＝v t ＝Et /(BD )．在t 时间内通过管道某截面的液体体积为V 体＝l ·πD 24＝πDEt 4B .所以液体流量为Q ＝V 体t ＝πDE4B.由右手定则知b 点电势高．答案：πDE4Bb三、计算题(本题共4小题，共48分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13.(10分)如图所示，在磁感应强度为0.2 T 的匀强磁场中，有一长为0.5 m 、电阻为1.0 Ω的导体AB 在金属框架上以10 m/s 的速度向右滑动，R 1＝R 2＝2.0 Ω，其他电阻不计，求流过R 1的电流I 1. 解析：AB 切割磁感线相当于电源，其等效电路如图所示，E AB ＝Bl v ＝0.2×0.5×10 V ＝1 V(2分) 由闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r(2分)R 1、R 2并联，由并联电路电阻关系得1R ＝1R 1＋1R 2解得：R ＝R 1R 2R 1＋R 2＝1.0 Ω，I AB ＝I ＝0.5 A ．(3分) 因为R 1＝R 2，所以流过R 1的电流为I 1＝I2＝0.25 A ．(3分)答案：0.25 A14.(12分)有一面积为S ＝100 cm 2，匝数为n ＝100匝的金属环，总电阻为R ＝0.1 Ω，环中有匀强磁场，方向垂直于圆环面，磁感应强度变化规律如图所示．求：(1)圆环中产生的感应电动势的大小；(2)在2～3 s 内流过导线横截面的电荷量．解析：(1)由法拉第电磁感应定律知， E 感＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt·S (1分)式中ΔBΔt为题图中直线的斜率，即k ＝0.1 T/s(2分) 代入数据得：E 感＝100×0.3－0.23－2×100×10－4 V ＝0.1 V ．(3分)(2)因为q ＝I 感·Δt ＝E 感R ·Δt ＝n ·ΔΦΔt ·ΔtR＝n ·ΔΦR ＝n ·ΔB ·SR.(3分) 得2～3 s 内流过导线横截面的电荷量为： q ＝100×0.1×100×10－40.1C ＝1 C ．(3分)答案：(1)0.1 V (2)1 C 15.(12分)如图所示，线圈abcd 每边长l ＝0.20 m ，线圈质量m1＝0.10 kg 、电阻R ＝0.10 Ω，砝码质量m 2＝0.14 kg.线圈上方的匀强磁场磁感应强度B ＝0.5 T ，方向垂直线圈平面向里，磁场区域的宽度为h ＝l ＝0.20 m ．砝码从某一位置下降，使ab 边进入磁场开始做匀速运动．求：(1)线圈做匀速运动的速度大小？(2)穿过磁场区域过程中线圈产生的总热量是多少？(设线圈穿过磁场过程中没有与滑轮相碰)解析：(1)该题的研究对象为线圈，线圈在匀速上升时受到的安培力F 安、绳子的拉力T 和重力m 1g 相互平衡，即T ＝F 安＋m 1g .①(2分) 砝码受力也平衡：T ＝m 2g .②(2分)线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流I ＝Bl v /R ，③(2分) 因此线圈受到向下的安培力F 安＝BIl .④(1分) 联解①②③④式得v ＝(m 2－m 1)gR /(B 2l 2)⑤(1分) 代入数据解得：v ＝4 m/s.⑥(1分)(2)线圈匀速上升，上升的时间为t ＝2hv ⑦(1分)由焦耳定律得Q ＝I 2Rt ⑧(1分)联解③⑥⑦⑧并代入数据得Q ＝0.16 J ．(1分)答案：(1)4 m/s (2)0.16 J16.(14分)有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图所示．该机底面固定有间距为L 、长度为d 的平行金属电极，电极间充满磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻R .绝缘橡胶带上镀有间距为d 的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻．若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U ，求：(1)橡胶带匀速运动的速率；(2)电阻R 消耗的电功率；(3)一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功．解析：(1)设电动势为E ，橡胶带运动速率为v . 由：E ＝BL v ，E ＝U 得：v ＝UBL.(5分) (2)设电功率为P . P ＝U2R.(4分)(3)设电流为I ，安培力为F ，克服安培力做的功为W . 由：I ＝UR ，F ＝BIL ，W ＝Fd得：W ＝BLUdR.(5分) 答案：(1)U BL (2)U 2R (3)BLUdR。

章末检测12：电磁感应

章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分)1.如图1所示是描述电磁炉工作原理的示意图.炉子的内部有一个金属线圈，当电流通过线圈时，会产生磁场，这个磁场的大小和方向是不断变化的，这个变化的磁场又会引起放在电磁炉上面的铁质(或钢质)锅底内产生感应电流，由于锅底有电阻，所以感应电流又会在锅底产生热效应，这些热能便起到加热物体的作用从而煮食.因为电磁炉是以电磁感应产生电流，利用电流的热效应产生热量，所以不是所有的锅或器具都适用.以下说法正确的是()图1A.最好使用铝锅或铜锅B.最好使用平底不锈钢锅或铁锅C.最好使用陶瓷锅或耐热玻璃锅D.在电磁炉与铁锅之间放一层白纸后无法加热答案 B解析选用陶瓷锅或耐热玻璃锅无法形成涡流，C选项错误；A、B选项中均能形成涡流，铜和铝的电阻率小，电热少，效率低，相对来说选用平底不锈钢锅或铁锅为最佳，A选项错误，B选项正确；由于线圈产生的磁场能穿透白纸到达锅底，在铁锅中产生涡流，能够加热，D选项错误.2.如图2，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab 边向上.当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为U a、U b、U c.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()图2A.U a＞U c，金属框中无电流B.U b ＞U c ，金属框中电流方向沿abcaC.U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流 D.U ac ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿acba 答案 C解析金属框abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B 、D 错误.转动过程中bc 边和ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断U a <U c ，U b <U c ，选项A 错误.由转动切割产生感应电动势的公式得U bc ＝－12Bl 2ω，选项C 正确.3.如图3所示，先后以恒定的速度v 1和v 2把一个正方形金属线框水平拉出有界匀强磁场区域，且v 1＝2v 2，则在先后两种情况( )图3A.线框中的感应电动势之比E 1∶E 2＝2∶1B.线框中的感应电流之比I 1∶I 2＝1∶2C.线框中产生的热量之比Q 1∶Q 2＝1∶4D.通过线框某截面的电荷量之比q 1∶q 2＝2∶1答案 A解析根据E ＝Bl v ∝v 以及v 1＝2v 2可知，选项A 正确；因为I ＝E R∝E ，所以I 1∶I 2＝2∶1，选项B 错误；线框中产生的热量Q ＝I 2Rt ＝E 2R t ＝B 2l 2v 2R ·l v ＝B 2l 3v R∝v ，所以Q 1∶Q 2＝2∶1，选项C 错误；根据q ＝ΔΦR ＝BS R，q 1∶q 2＝1∶1可知，选项D 错误. 4．如图4所示，质量为m 的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力的大小，下列说法中正确的是( )图4A．大于环重力mg，并逐渐减小B．始终等于环重力mgC．小于环重力mg，并保持恒定D．大于环重力mg，并保持恒定答案 A解析磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变．由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，再由左手定则可得，安培力的合力方向竖直向下，金属环始终保持静止，则拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小，所以拉力的大小也逐渐减小，故A正确，B、C、D均错误．5.如图5所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域.取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i 随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是()图5答案 C6.如图6甲所示，一个匝数n＝100的圆形导体线圈，面积S1＝0.4m2，电阻r＝1Ω.在线圈中存在面积S2＝0.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示.有一个R＝2Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的是()图6A.圆形线圈中产生的感应电动势E ＝6VB.在0～4s 时间内通过电阻R 的电荷量q ＝8CC.设b 端电势为零，则a 端的电势φa ＝3VD.在0～4s 时间内电阻R 上产生的焦耳热Q ＝18J答案 D解析由法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔBS 2Δt ，由题图乙结合数学知识可得ΔB Δt ＝0.64T /s ＝0.15 T/s ，将其代入可求E ＝4.5V ，A 错.q ＝I Δt ＝E R ＋r ·Δt ＝n ΔΦΔt (R ＋r )Δt ＝n ΔΦR ＋r，在0～4s 穿过圆形导体线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6×0.3Wb －0＝0.18Wb ，代入可解得q ＝6C ，B 错.0～4s 内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合右手定则可得b 点电势高，a 点电势低，故C 错.由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定，可得I＝E r ＋R＝1.5A ，由焦耳定律可得Q ＝I 2Rt ＝18J ，D 对. 二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)7．在如图7(a)所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间变化的规律如图(b)所示．边长为l 、电阻为R 的正方形均匀线框abcd 有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab 边的发热功率为P ，则( )图7A ．磁感应强度B 0＝T 2l2PR B ．线框中感应电流为I ＝2P RC ．线框cd 边的发热功率为PD ．a 端电势高于b 端电势答案 BC解析由题图(b)可知，在0～T 的时间内，线框中产生的感应电动势恒定，线框ab 边的发热功率为P ＝E 24R ，感应电动势E ＝ΔB Δt S ＝2B 0T ·l 22＝B 0l 2T ，所以B 0＝2T l 2PR ，A 错；由P ＝14I 2R 可得线框中的感应电流I ＝2P R ，B 正确；cd 边电阻等于ab 边电阻，而两边流过的电流相等，因此发热功率相等，C正确；由楞次定律可判断，线框中感应电流方向为adcba，因此a端电势比b端低，D错．8.如图7所示，P、Q是两个完全相同的灯泡，L是电阻为零的纯电感，且自感系数L很大.C 是电容较大且不漏电的电容器，下列判断正确的是()图7A.S闭合时，P灯亮后逐渐熄灭，Q灯逐渐变亮B.S闭合时，P灯、Q灯同时亮，然后P灯变暗，Q灯变得更亮C.S闭合，电路稳定后，S断开时，P灯突然亮一下，然后熄灭，Q灯立即熄灭D.S闭合，电路稳定后，S断开时，P灯突然亮一下，然后熄灭，Q灯逐渐熄灭答案AD解析当S闭合时，通过自感线圈的电流逐渐增大而产生自感电动势，L相当于断路，电容C较大，相当于短路，当电流稳定时，L相当于短路，电容C相当于断路，故P灯先亮后灭，Q灯逐渐变亮；当S断开时，灯泡P与自感线圈L组成了闭合回路，灯泡P中的电流先增大后减小至零，故闪亮一下熄灭，电容器与灯泡Q组成闭合回路，电容器放电，故灯泡Q 逐渐熄灭，选项A、D正确.9.如图8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8A.F M向右B.F N向左C.F M逐渐增大D.F N逐渐减小答案BCD解析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阻碍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. 10.如图10所示，在光滑的绝缘水平面上方，有磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，PQ 为磁场边界．一个半径为a 、质量为m 、电阻为R 的金属圆环垂直磁场方向放置于磁场中A 处，现给金属圆环一水平向右的初速度v .当圆环运动到直径刚好与边界线PQ 重合时的速度为v 2，则下列说法正确的是( )图10A ．此时圆环中的电功率为4B 2a 2v 2RB ．此时圆环的加速度为2B 2a 2v mRC ．此过程中通过圆环截面的电荷量为πBa 22RD ．此过程回路中产生的电能为0.75m v 2答案 BC解析当圆环运动到直径刚好与边界线PQ 重合时，产生的感应电动势E ＝B ×2a ×v 2＝Ba v ，感应电流I ＝Ba v R ，圆环中的电功率P ＝I 2R ＝B 2a 2v 2R，选项A 错误；金属圆环受到的安培力F ＝2BIa ＝2B 2a 2v R ，所以a ＝F m ＝2B 2a 2v mR ，选项B 正确；由q ＝It ＝ΔΦR ＝B πa 22R，可知选项C 正确；由能量守恒得：产生的电能W 电＝12m v 2－12m (v 2)2＝38m v 2，选项D 错误．三、填空题(本题共2小题，共10分)11.(5分)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G 与线圈L 连接，如图10所示.已知线圈由a 端开始绕至b 端：当电流从电流计G 的左端流入时，指针向左偏转.图10(1)将磁铁的N极向下从线圈上方竖直插入线圈L时，发现电流计的指针向左偏转.俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”).(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈L时，发现电流计的指针向右偏转.俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”).答案(1)顺时针(2)逆时针解析(1)由题可知在线圈L内电流从b流向a，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相反(向上)，再根据右手螺旋定则可知，电流方向为逆时针方向(俯视线圈)，因此线圈绕向为顺时针方向(俯视线圈).(2)由题意可知在线圈L内电流从a流向b，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相同(向上)，再根据右手螺旋定则可知，感应电流方向与(1)问相同，而电流的流向与(1)问相反，因此线圈绕向一定与(1)问相反，为逆时针方向(俯视线圈).12.(5分)如图11所示为“研究电磁感应现象”的实验装置.图11(1)将图中所缺的导线补接完整；(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可能出现的情况有：A.将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________.B.线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________.答案(1)见解析图(2)向右偏转一下向左偏转一下解析(1)如图所示(2)根据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则A.向右偏转一下；B.向左偏转一下.四、解答题(本题共4小题，共46分.解答应写出必要的文字说明、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)13.(10分)如图12所示，在光滑水平面上有一长为L1、宽为L2的单匝矩形闭合导线框abcd，处于磁感应强度为B的有界匀强磁场中，其ab边与磁场的边界重合.线框由粗细均匀的同种导线制成，总电阻为R .现用垂直于线框ab 边的水平拉力，将线框以速度v 向右沿水平方向匀速拉出磁场，此过程中保持线框平面与磁感线垂直，且ab 边与磁场边界平行.求线框被拉出磁场的过程中：图12(1)通过线框的电流；(2)线框中产生的焦耳热；(3)线框中a 、b 两点间的电压大小.答案 (1)BL 2v R (2)B 2L 1L 22v R (3)BL 22v 2(L 1＋L 2)解析 (1)线框产生的感应电动势E ＝BL 2v通过线框的电流I ＝E R ＝BL 2v R(2)线框被拉出磁场所需时间t ＝L 1v此过程中线框中产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ＝B 2L 1L 22v R(3)线框ab 边的电阻R ab ＝L 22(L 1＋L 2)R 线框中a 、b 两点间电压的大小U ＝IR ab ＝BL 22v 2(L 1＋L 2)14.(10分)如图13所示，横截面积为0.2m 2的100匝圆形线圈A 处在变化的磁场中，磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示，设垂直纸面向外为B 的正方向.R 1＝4Ω，R 2＝6Ω，C ＝30μF ，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负.图13答案 7.2×10－6C 上极板带正电解析 E ＝n ΔB Δt S ＝100×0.021×0.2 V ＝0.4 V 电路中的电流I ＝E R 1＋R 2＝0.44＋6 A ＝0.04 A所以U C ＝IR 2＝0.04×6 V ＝0.24 VQ ＝CU C ＝30×10－6×0.24 C ＝7.2×10－6 C由楞次定律和安培定则可知，电容器的上极板带正电.15.(12分)如图14所示，两足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面间的夹角为θ＝37°，两导轨之间的距离为L ＝0.2m ，导轨上端m 、n 之间通过导线连接，有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef 为磁场边界，磁感应强度为B ＝2T.一质量为m ＝0.05kg 的光滑金属棒ab 从距离磁场边界0.75m 处由静止释放，金属棒两轨道间的电阻r ＝0.4Ω，其余部分的电阻忽略不计，ab 、ef 均垂直导轨.(g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：图14(1)ab 棒最终在磁场中匀速运动的速度；(2)ab 棒运动过程中的最大加速度.答案 (1)0.75m/s ，方向沿斜面向下(2)18m/s 2，方向沿斜面向上解析 (1)当ab 棒在磁场中匀速运动时，根据受力平衡得：BIL ＝mg sin θ又有I ＝E r和E ＝BL v ，联立以上关系可得v ＝0.75 m/s ，方向沿斜面向下 (2)ab 棒进入磁场前，加速度a 1＝g sin 37°＝6 m/s 2，方向沿斜面向下.设ab 棒进入磁场时的速度为v 1，则v 21＝2a 1x 1将x 1＝0.75 m 代入得v 1＝3 m/s刚进入磁场时，对ab 棒受力分析得：mg sin θ－BI 2L ＝ma 2，I 2＝BL v 1r解得a 2＝－18 m/s 2，方向沿斜面向上进入磁场以后，ab 棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终匀速运动，所以，ab 棒运动中的最大加速度为18 m/s 2，方向沿斜面向上.16．(14分)如图16，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab (仅标出a 端)和cd (仅标出c 端)长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，已知金属棒ab 匀速下滑．求图16(1)作用在金属棒ab 上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．答案 (1)mg (sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2 解析 (1)由ab 、cd 棒被平行于斜面的导线相连，故ab 、cd 速度总是相等，cd 也做匀速直线运动．设导线的张力的大小为T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为F N1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为F N2，对于ab 棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲乙2mg sin θ＝μF N1＋T ＋F ①F N1＝2mg cos θ②对于cd 棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mg sin θ＋μF N2＝T ③F N2＝mg cos θ④联立①②③④式得：F ＝mg (sin θ－3μcos θ)(2)设金属棒运动速度大小为v ，ab 棒上的感应电动势为E ＝BL v ⑤回路中电流I ＝E R⑥ 安培力F ＝BIL ⑦联立⑤⑥⑦得：v ＝(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2。

《磁场》章末检测

第三章《磁场》检测题一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分)1．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法正确的是()A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D．焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系2．一个质子穿过某一空间而未发生偏转，则() A．此空间可能存在电场和磁场，它们的方向与质子运动方向相同B．此空间可能只有磁场，方向与质子运动速度的方向平行C．此空间可能只有磁场，方向与质子运动速度的方向垂直D．此空间可能有正交的电场和磁场，它们的方向均与质子速度的方向垂直3．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是() A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B．磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力的方向一致C．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大4．如图所示为电流产生磁场的分布图，正确的分布图是()A．①③B．②③C．①④D．②④5．(2012·全国理综)如图，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同6．如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在条形磁铁的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 ．磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用B ．磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用C ．磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用D ．磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用7．如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘的粗糙直杆上，杆与水平方向成θ角，整个空间存在竖直向上的匀强电场和垂直于杆方向斜向上的匀强磁场，小球沿杆向下运动，在A 点时的动能为100 J ，在C 点时动能减为零，D 为AC 的中点，在运动过程中( )A ．小球在D 点时的动能为50 JB ．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量C ．小球在AD 段克服摩擦力做的功与在DC 段克服摩擦力做的功相等D ．到达C 点后小球可能沿杆向上运动8．利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝，两缝近端相距为L .一群质量为m 、电荷量为q 、具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是 ( )A ．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为qB (L ＋3d )2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大9．如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B 和E .平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A 1A 2.平板S 下方有强度为B 0的匀强磁场．下列表述正确的是( )A ．质谱仪是分析同位素的重要工具B ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E BD ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的比荷越小姓名______________________成绩______________________ 10．如图所示，匀强电场和匀强磁场相互垂直，现有一束带电粒子(不计重力)以速度v0沿图示方向恰能直线穿过．以下叙述正确的是()A．如果让平行板电容器左极板为正极，则带电粒子必须从下向上以v0进入该区域才能沿直线穿过B．如果带正电粒子速度小于v0，沿v0方向射入该区域时，其电势能越来越小C．如果带负电粒子速度小于v0，沿v0方向射入该区域时，其电势能越来越大D．无论带正、负电的粒子，若从下向上以速度v0进入该区域时，其动能都一定增加11．如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球的电荷量不变，小球由静止下滑的过程中()A．小球加速度一直增加B．小球速度一直增加，直到最后匀速C．棒对小球的弹力一直减小D．小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变12．如图所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间恰好沿水平方向做直线运动．现使球从轨道上较低的b点开始滑下，经P点进入板间，在之后运动的一小段时间内()A．小球的重力势能一定会减小B．小球的机械能可能不变C．小球的电势能一定会减少D．小球动能可能减小一、选择题（每题4分，选对但选不全得2分，共48分）二、计算题(本题共4小题，共52分)13．(12分)如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m、质量为6×10－2 kg的通电直导线，电流I＝1 A，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T，方向竖直向上的磁场中，设t＝0时，B＝0，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？(g取10 m/s2)14．(12分)如图所示，一个质量为m，电荷量为q，不计重力的带电粒子从x轴上的P(a,0)点以速度v沿与x轴正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限．求匀强磁场的磁感应强度B和穿过第一象限的时间．15．(12分) 如图，在某装置中有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于xOy所在纸面向外．某时刻在x＝l0、y＝0处，一质子沿y轴负方向进入磁场；同一时刻，在x＝－l0、y＝0处，一个α粒子进入磁场，速度方向与磁场垂直．不考虑质子与α粒子的相互作用，设质子的质量为m，电荷量为e.则：(1)如果质子经过坐标原点O，它的速度为多大？(2)如果α粒子与质子经最短时间在坐标原点相遇，α粒子的速度应为何值？方向如何？16．(16分)如图所示，方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界，是一个半径为r的圆，圆心O1在x轴上，OO1距离等于圆的半径．虚线MN平行于x轴且与圆相切于P点，在MN的上方是正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的大小为E，方向沿x轴的负方向，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外．有一群相同的正粒子，以相同的速率，在纸面内沿不同方向从原点O 射入第Ⅰ象限，粒子的速度方向在与x轴成θ＝30°角的范围内，其中沿x轴正方向进入磁场的粒子经过P点射入MN后，恰好在正交的电、磁场中做直线运动．粒子的质量为m，电荷量为q(不计粒子的重力)．求：(1)粒子的初速率；(2)圆形有界磁场的磁感应强度；(3)若只撤去虚线MN上面的磁场B，这些粒子经过y轴的坐标范围．答案1．ACD 2．ABD 3．D 4．C 5．C 6．C 7．D 8．BC9．ABC 10．ABD 11．BD 12.C13．5 s 14.3m v 2qa 43π 9va 15. (1)eBl 0/2m (2)2eBl 0/4m ，方向与x 轴正方向的夹角为π/416．(1)E B (2)mE qBr (3)r ＋E Bmr Eq ≤y ≤r ＋E B 2mr Eq。

高中物理第三章磁场章末复习课达标检测含解析粤教版3_1

章末复习课【知识体系】磁场错误![答案填写]错误!BS投影面积左手定则相吸相斥qvB错误!错误!主题1磁场对电流的作用——安培力1．分析在安培力作用下通电导体运动情况的一般步骤．（1)画出通电导线所在处的磁感线方向及分布情况．（2）用左手定则确定各段通电导线所受安培力．(3)据初速度方向结合牛顿定律确定导体运动情况．2．注意问题．（1)公式F＝BIL中L为导线的有效长度．（2)安培力的作用点为磁场中通电导体的几何中心．(3）安培力做功：做功的结果将电能转化成其他形式的能．【典例1】如图所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L.匀强磁场磁感应强度为B.金属杆长为L,质量为m，水平放在导轨上．当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止．则（1)这时B至少多大？B的方向如何？（2）若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？解析:解这类题时必须先画出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的准确方向，从而理清各矢量方向之间的关系．（1)画出金属杆的截面图．由三角形定则得,只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小．根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足BI1L＝mg sin α，B＝错误!。

（2)当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，要使金属杆保持静止，应使沿导轨方向的合力为零，得BI2L cos α＝mg sin α，I2＝错误!.答案:(1）错误!垂直于导轨平面向上(2）错误!针对训练1。

质量为m、长度为L的导体棒MN静止于水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B,方向与导轨平面成θ角斜向下，如图所示．求棒MN受到的支持力和摩擦力．解析：由左手定则判断安培力的方向时，要注意安培力的方向既垂直于电流方向又垂直于磁场方向，垂直于电流方向和磁场方向所决定的平面，棒MN受力分析如图所示。

由平衡条件有水平方向F f＝F sin θ，竖直方向F N＝F cos θ＋mg.且F＝BIL，从而得F f＝BIL sin θ。

高中物理第一章电与磁章末质量评估检测 1高二1物理试题

点囤市安抚阳光实验学校第一章电与磁(时间：40分钟分值：100分)一、单项选择题Ⅰ(本大题共25小题，每小题2分，共50分．在每小题给出的4个选项中，只有1个选项符合题目要求)1．关于摩擦起电、接触起电、感起电，下列说法错误的是( )A．这是起电的三种不同方式B．这三种方式都产生了电荷C．这三种起电方式的实质是一样的，都是电子在转移D．这三种方式都符合电荷守恒律解析：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体．摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，但并没有创造电荷．电荷只是发生转移．感起电过程电荷在电场力作用下，从物体的一转移到另一个．感起电是电荷从物体的一转移到另一个．电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体是接触带电．摩擦起电、接触起电、感起电是起电的三种不同方式，故A正确；这三种方式都没有产生电荷，故B错误；这三种起电方式的实质是一样的，都是电子的转移，故C正确；这三种方式都符合电荷守恒律，故D正确．答案：B2．将不带电的导体A和带有负电荷的导体B接触后，在导体A中的质子数( )A．增加 B．减少C．不变 D．先增加后减小解析：金属导体中能够自由移动的电荷只有自由电子，带正电的原子核是不能发生移动的，因此传导起电的本质是自由电子(负电荷)的转移，故导体中的质子数不会变．答案：C3．吹鼓的气球和头发摩擦后，能够吸引空易拉罐，这个现象说明( ) A．空易拉罐带正电B．空易拉罐带负电C．气球带了电D．气球不带电答案：C4．真空中两个同性点电荷q1、q2，它们相距较近，保持静止状态．今释放q2，且q2只有q1的库仑力作用下运动，则q2在运动过程中受到的库仑力( ) A．不断减小B．不断增大C．始终保持不变D．先增大后减小解析：q2只在q1的库仑斥力作用下做加速运动，距离q1将越来越远，因此两者之间的距离不断增大，库仑力则不断减小．答案：A5．阴极射线管电视机的玻璃荧光屏表面经常有许多灰尘，这主要是因为( )A．灰尘的自然堆积B．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附C．灰尘玻璃有较强的吸附灰尘的能力D．电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘分析：阴极射线管电视机的工作原理：阴极射线管发射的电子打在电视机的玻璃荧光屏上，而显示图像．由于屏表面有静电而吸附灰尘，故表面经常有许多灰尘．解析：灰尘的自然堆积，但不是主要原因，故A错误．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附，但不是主要原因，主要原因是静电吸附灰尘，故B错误．灰尘玻璃有较强的吸附灰尘的能力，显然C错误．阴极射线管电视机的工作原理：阴极射线管发射的电子打在电视机的玻璃荧光屏上，而显示图像．由于屏表面有静电而吸附灰尘，故表面经常有许多灰尘．故D正确．答案：D6．a、b两金属球均带电，可以确的是( )A．a对b的作用力大于b对a的作用力B．a球的带电量大于b球的带电量C．a对b的作用力与b对a的作用力大小相D．a球的质量大于b球的质量分析：两带电金属球相互间的库仑力，可由库仑律F＝kQ a Q bR2，得出相互间的库仑力与两电量的乘积成正比，与两者间距的平方成反比．解析：a对b的作用力与b对a的作用力是属于相互作用力，两者大小相，故A错误，C正确；相互间的库仑力与各自带电量无关，故B错误；相互间的库仑力与各自带质量无关，故D错误．答案：C7．物体通常呈电中性，这是因为( )A．物体没有电荷B．物体的正负电荷一样多C．物体很容易失去电荷D．以上说法都不正确解析：物体的正、负电荷一样多，不显电性．答案：B8．两个量点电荷P、Q在真空中产生电场的电场线(方向未标出)如下图所示．下列说法中正确的是( )A．P、Q是两个量正电荷B．P、Q是两个量负电荷C．P、Q是两个量异种电荷D．P、Q产生的是匀强电场解析：据电场线的分布可知，P、Q带量的异种电荷．答案：C9．在如下图所示的电场中，关于M、N两点电场强度的关系判断正确的是( )A．M点电场强度大于N点电场强度B．M点电场强度小于N点电场强度C．M、N两点电场强度大小相同D．M、N两点电场强度方向相反解析：据电场线的疏密表示电场强度大小，故E M>E N；电场线上该点的切线方向有电场强度方向，故M、N两点电场强度方向不同．答案：A10．下列正确描述正点电荷电场线的图示是( )解析：据点电荷的电场线分布可知．答案：A11．如下图所示，悬线下悬挂着一个带电的小球，整个装置处于水平向右的匀强电场中，小球静止，则下列说法正确的是( )A．小球一带正电B．小球一带负电C．小球可能带电D．如果电场增大，α必减小解析：由于带电小球受到的电场力方向水平向右，与电场强度方向相同，故小球一带正电荷．答案：A12．如下图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b.下列表述正确的是( )A．该电场是匀强电场B．a点的电场强度比b点的大C．b点的电场强度比a点的大D．正电荷在a、b两点受力方向相同解析：以电场线的分布可知，E a>E b.正电荷在a、b两点所受电场力方向与该点电场强度方向相同，而a、b两点的电场强度方向不同．答案：B13．如下图所示，其中正确的是( )解析：磁感线在磁体外部从磁体的北极指向南极，小磁针N极指向该与磁感线的方向一致，因此只有A选项正确．答案：A14．匀强磁场的磁感强度为B，边长为L的正方形线圈平面跟磁场方向相互垂直，那么通过线圈的磁通量为( )A．0 B．BLC ．BL 2D.BL答案：C15．下列关于磁感强度大小的说法中正确的是( )A ．通电导线受安培力大的地方磁感强度一大B ．磁感线的指向就是磁感强度减小的方向C ．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同D ．磁感强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关解析：磁场中某点的磁感强度的大小和方向由磁场本身决，磁感强度的大小可由磁感线的密疏来反映．安培力的大小不仅与B 、I 、L 有关，还与导体的放法有关．答案：D16．如下图所示，三个线圈放在匀强磁场中，面积S 1<S 2<S 3，穿过三个线圈的磁通量分别为Φ1、Φ2和Φ3，下列判断正确的是( )A ．Φ1＝Φ2B ．Φ2＝Φ3C ．Φ1>Φ2D ．Φ3>Φ2答案：D17．图中的实线为点电荷的电场线，M 、N 两点在以点电荷为圆心的同一圆上，下列说法正确的是( )A ．M 处的电场强度比N 处的大B ．M 处的电场强度比N 处的小C ．M 、N 处的电场强度大小相，方向相同D ．M 、N 处的电场强度大小相，方向不同分析：本题比较简单，考查了负点电荷周围电场强度特点．解析：依据点电荷周围电场分布特点可知：以点电荷为圆心的同一圆上各点的电场强度大小相，在如题图所示的电场中，电场方向沿电场线指向圆心，因此方向不同，故A 、B 、C 三项错误，D 正确．答案：D点评：熟悉正、负点电荷，量同种、量异种电荷周围电场分布情况往往是解题关键．18．如图1所示，左侧的水平台面上固着条形磁铁，图2固着一螺线管．下列判断正确的是( )A ．螺线管内的磁场方向向左，磁铁受到的斥力向左B ．螺线管内的磁场方向向左，磁铁受到的斥力向右C ．螺线管内的磁场方向向右，磁铁受到的斥力向左D ．螺线管内的磁场方向向右，磁铁受到的斥力向右分析：由题图可知电流方向，由右手螺旋则可得出通电螺线管的磁极方向，则由磁极间的相互作用可得出磁铁受到的力．解析：由题图可知，电流由左侧流入，则由右手螺旋则可得，内部磁感线向左，螺线管左侧为N极；因两磁铁为同名磁极相对，故磁铁受斥力方向向左．故选A.答案：A19．关于电荷量、电场强度、磁感强度、磁通量的单位，下列说法不正确的是( )A．N/C是电荷量的单位B．T是磁感强度的单位C．N/C是电场强度的单位D．Wb是磁通量的单位分析：电量的单位C，磁感强度的单位是T，磁通量的单位是Wb，电场强度的单位是N/C.解析：电荷量的单位是C，而N/C是电场强度的单位，故A错误，D正确；磁感强度的单位T，故B正确；磁通量的单位是韦伯，故C正确．答案：A20．一根通电直导线在某个空间没有受到安培力的作用，那么( )A．这个空间一没有磁场B．这个空间可能有方向与电流方向平行的磁场C．这个空间可能有方向与电流方向垂直的磁场D．以上三种说法都不对分析：当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0.若没有磁场，则安培力也为0.解析：一根通电直导线在某个空间没有受到安培力的作用，则可能空间无磁场，或可能磁场的方向与电流的方向平行．故B正确，A、C、D三项错误．答案：B21．关于磁感线，以下说法正确的是( )A．磁感线是不闭合的B．磁感线有可能相交C．磁感线是客观存在的 D．磁感线的疏密程度表示磁场的强弱答案：D22．关于磁感线，下列说法中正确的是( )A．两条磁感线的空隙处一不存在磁场B．磁感线总是从N极到S极C．磁感线上每一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致D．两个磁场叠加的区域，磁感线就可能相交分析：利用磁感线是为描述磁场而假想的，其疏密程度反映磁场的强弱；由其磁感线的特点分析即可．解析：磁感线是为描述磁场而假想的，其疏密程度反映磁场的强弱，其空隙处并不是不存在磁场，故A错误；根据磁感线的特点可知，在磁体外部，磁感线从N 极到S 极，在磁体的内部，磁感线从S 极到N 极，并且每一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致，故B 错误，C 正确；由于磁感强度是矢量和每一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致，所以磁感线不可能相交，故D 错误．答案：C点评：知道磁感线是为描述磁场而假想的，其疏密程度反映磁场的强弱；明确磁感线的特点是解题的关键．23．下列关于点电荷的说法，正确的是( )A ．点电荷是客观存在的带有电荷的几何点B ．带电体本身大小和形状对它们间的相互作用影响可忽略时可视为点电荷C ．真空中两个静止点电荷间的相互作用力，跟它们之间的距离成反比D ．真空中两个静止点电荷间的相互作用力，跟它们所带的电量的乘积成反比分析：带电体看作点电荷的条件：当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决，与自身大小形状无具体关系；库仑律公式：F ＝k Qqr2.解析：点电荷是用来代替带电物体的有电量的点，是带电体的简化，是理想模型，故A 错误；点电荷是用来代替带电物体的有电量的点，当带电体本身大小和形状对它们间的相互作用影响可忽略时可视为点电荷，故B 正确；根据库仑律公式F ＝k Qqr2，真空中两个静止点电荷间的相互作用力，跟它们之间的距离的二次方成反比，跟它们所带的电量的乘积成正比，故C 错误，D 错误．答案：B24．真空中两个点电荷的相互作用力为F ，若把其中一个电荷的带电量减少一半，同时把它们之间的距离减少一半，则它们之间的作用力变为( )A ．2FB ．4FC ．8FD ．无法确分析：该题比较简单，直接根据库仑力公式得出两次作用力的表达式，则可求得距离减小后的相互作用力，从而解出正确结果．解析：由库仑律可得：变化前：F ＝k Q 1Q 2r2，变化后：F ′＝k Q 1·12Q 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12r 2＝2k Q 1Q 2r 2＝2F .故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A25．在阴极射线管中，电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图所示方向电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将( )A．向上偏转B．向下偏转C．向纸里偏转D．向纸外偏转分析：首先由安培则分析判断通电直导线周围产生的磁场情况，再由左手则判断出电子流的受力方向，可知电子流的偏转方向．解析：由安培则可判断出通电直导线下方的磁场方向垂直于纸面向外，阴极射线管正好处于垂直纸面向外的磁场中，由左手则可判断出电子流受到向上的洛伦兹力作用，所以电子流要向上偏转．答案：A点评：此题要求要会熟练地使用安培则和左手则分析解决问题，要明确电流、磁场、磁场力的关系，能正确地运用左手则和右手则分析问题是解决该题的关键．二、单项选择题Ⅱ(本大题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的4个选项中，只有1个选项符合题目要求)26．(2013·学业水平考试)如图所示为通电长直导线的磁感线图，面积线圈S1、S2与导线处于同一平面，关于通过线圈S1、S2的磁通量Φ1、Φ2，下列分析正确的是( )A．Φ1>Φ2B．Φ1<Φ2C．Φ1＝Φ2≠0 D．Φ1＝Φ2＝0答案：A27．关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下列示意图中正确的是( )答案：A28．当直导线通以垂直纸面向外的恒电流时，小磁针静止时指向正确的是( )答案：A29．四种电场的电场线如图所示，一正电荷q仅在电场力作用下由M点向N点加速运动，且加速度越来越大．则该电荷所在的电场是图中的( )解析：电场线的疏密表示电场的强弱，由M到N加速度越来越大．要求N 的电场较强，电场线较密，所以选D.答案：D30．如下图所示，一小段通电直导线AB放在磁场中，其受力方向是( ) A．水平向左B．水平向右C．竖直向上D．竖直向下答案：A三、多项选择题(本大题共5小题，每小题7分，共35分．在每小题列出的4个选项中，至少有2个选项是符合题目要求的，选对得7分，少选且正确得3分，31．如图所示，一导体棒放置在处于匀强磁场中的两条平行金属导轨上，并与金属导轨组成闭合回路．当回路中通有电流时，导体棒受到安培力作用．要使安培力增大，可采用的方法有( )A．增大磁感强度B．减小磁感强度C．增大电流强度D．减小电流强度分析：通电导线在磁场中受到安培力的作用，由公式F＝BIL可以确安培力大小，由此来判断增培力的方法．解析：由安培力的公式F＝BIL可得，增大磁感强度或增大电流强度均可实现安培力增大．答案：AC32．电流为I的通电导线放置于磁感强度为B的匀强磁场中，导线所受安培力为F，则下列说法正确的是( )A．匀强磁场中通电导线所受安培力为F、磁感强度B及电流I，三者在方向上一互相垂直B．若I、B方向确，则F方向唯一确C．若F与B方向确，则I方向唯一确D．若F与B方向确，则I方向不唯一确，但I一在与F垂直的平面内答案：BD33．关于点电荷和元电荷的说法中，正确的是( )A．只有很小的球形带电体才叫作点电荷B．带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至带电体的形状和大小对它们之间的作用力影响可以忽略不计时，带电体就可以视为点电荷C．元电荷就是电子D．任何带电体的电量都是元电荷的整数倍解析：带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至带电体的形状和大小对它们之间的作用力影响可以忽略不计时，带电体就可以视为点电荷，故很小的球形带电体不一是点电荷，选项A错误，B正确；元电荷的电量于电子的电量，但不是电子，它是带电量的最小单元，没有电性之说，故C错误；任何带电体的电量都是元电荷的整数倍，选项D正确．答案：BD34．关于磁通量的概念，以下说法中错误的是( )A．磁感强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大B．磁感强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大C．穿过线圈的磁通量为零，但磁感强度不一为零D．磁通量发生变化，一是磁场发生变化引起的答案：ABD35．关于匀强磁场，下列说法中正确的是( )A．各处的磁感线疏密程度相同B．各处的磁感强度大小相，但方向可以不同C．各处的磁感线互相平行且间距D．各处的磁感线是互相平行的，但可以不间距解析：各处的磁感强度大小相，方向相同，这样的磁场才叫匀强磁场．匀强磁场的磁感线是间距的平行线．答案：AC。

《步步高》高中物理(人教选修3-1)配套章末检测卷：第三章磁场(含解析)

章末检测卷(三)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分) 1．关于磁感应强度B ，下列说法中正确的是( )A ．磁场中某点B 的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关 B ．磁场中某点B 的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力的方向一致C ．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B 值大小为零D ．在磁场中磁感线越密集的地方，B 值越大答案 D解析磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与试探电流元无关．而磁感线可以描述磁感应强度的强弱，疏密程度表示大小．2．关于带电粒子在电场或磁场中运动的表述，以下正确的是( ) A ．带电粒子在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同 B ．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势处向低电势处运动 C ．带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向与粒子的速度方向垂直 D ．带电粒子在磁场中某点受到的洛伦兹力方向与该点的磁场方向相同答案 C解析当带电粒子带负电时，在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相反，当带电粒子带正电时，受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同，故A 错误；由U AB ＝Wq 知，若电场力的方向与运动方向相反，电场力做负功，则正电荷将从低电势处向高电势处运动，故B 错误；根据左手定则，带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向一定与速度的方向垂直．故C 正确，D 错误．所以选C.3．在雷雨天气时，空中有许多阴雨云都带有大量电荷，在一楼顶有一避雷针，其周围摆放一圈小磁针，当避雷针正上方的一块阴雨云对避雷针放电时，发现避雷针周围的小磁针的S 极呈顺时针排列(俯视)，则该块阴雨云可能带( ) A ．正电荷B ．负电荷C ．正、负电荷共存D ．无法判断答案 B解析小磁针的S 极顺时针排列，说明磁场方向为逆时针，由安培定则可知，电流方向为竖直向上，即该阴雨云带负电荷，故选项B 正确．4．取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图1(a)所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I 的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B ，若将另一根长导线对折后绕成如图(b)所示的螺旋管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为()图1A．0 B．0.5BC．B D．2B答案 A解析用双线绕成的螺丝管，双线中的电流刚好相反，其在周围空间产生的磁场相互抵消，所以螺线管内中部磁感应强度为零．5．如图所示，直导线通入垂直纸面向里的电流，在下列匀强磁场中，能静止在光滑斜面上的是()答案 A6.如图2所示，空间存在水平向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电荷量为－q、质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数μ<tan θ.则在下图中小球运动过程中的速度—时间图象可能是()图2答案 C解析带电小球静止时受到竖直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力F N和沿斜面向上的摩擦力F f，小球下滑后，再受到一个垂直斜面向上的洛伦兹力F，沿斜面方向有：mg sin θ－μ(mg cos θ－F )＝ma ，在垂直于斜面方向有：F N ＋F ＝mg cos θ，由于球加速运动，据F ＝q v B ，F 增大而支持力F N 减小，据F f ＝μF N ，摩擦力减小，导致加速度a 增加；当速度v 增到某个值时，mg cos θ－F ＝0，有mg sin θ＝ma ，此时加速度最大；此后，F ＞mg cos θ，支持力F N 反向，且速度继续增大，支持力F N 增大，摩擦力F f 也随着增大，最后出现mg sin θ＝F f ，之后小球匀速下滑；所以只有C 选项正确．7.如图3所示，带电粒子以初速度v 0从a 点进入匀强磁场，运动过程中经过b 点，Oa ＝Ob .若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v 0从a 点进入电场，仍能通过b 点，则电场强度E 和磁感应强度B 的比值为( )图3A ．v 0 B.10 C ．2v 0 D.v 02答案 C解析设Oa ＝Ob ＝d ，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d 即d ＝m v 0qB ，得B ＝m v 0qd.如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有d ＝qE 2m (dv 0)2得E ＝2m v 02qd ，所以E B＝2v 0.选项C 正确．二、不定项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)8．我国第21次南极科考队在南极观看到了美丽的极光．极光是由来自太阳的高能带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动(如图4所示)，这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦从而激发大气分子或原子，使其发出有一定特征的各种颜色的光．地磁场的存在，使多数宇宙粒子不能到达地面而向人烟稀少的两极偏移，为地球生命的诞生和维持提供了天然的屏障．科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关( )图4A ．洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小B ．空气阻力做负功，使其动能减小C ．靠近南北两极，磁感应强度增强D ．以上说法都不对答案 BC解析洛伦兹力不做功，空气阻力做负功．由r ＝m v qB 得B ＝m vqr ，速率减小，B 增大，所以半径减小．9．如图5所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)．下列说法中正确的是( )图5A ．它们的最大速度相同B ．它们的最大动能相同C ．它们在D 形盒中运动的周期相同D ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能答案 AC10．如图6所示，带电平行板间匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a 点自由滑下，经过轨道端点P 进入板间恰好沿水平方向做直线运动．现使球从轨道上较低的b 点开始滑下，经P 点进入板间，在之后运动的一小段时间内( )图6A ．小球的重力势能可能会减小B ．小球的机械能可能不变C ．小球的电势能一定会减少D ．小球动能可能减小答案 AC11.为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图7所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口，在垂直于上、下底面方向加磁感应强度为B 的匀强磁场，在前、后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U .若用Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )图7A ．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B ．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多少无关C ．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D ．污水流量Q 与U 成正比，与a 、b 无关答案 BD解析由左手定则可知，正离子受洛伦兹力向后表面偏，负离子向前表面偏，前表面的电势一定低于后表面的电势，流量Q ＝V t ＝v bctt ＝v bc ，其中v 为离子定向移动的速度，当前后表面电压一定时，离子不再偏转，所受洛伦兹力和电场力达到平衡，即q v B ＝U b q ，得v ＝UbB ，则流量Q ＝U Bb bc ＝UBc ，故Q 与U 成正比，与a 、b 无关．12.如图8所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子(不计重力)第一次以速度v 1沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v 2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的( )图8A ．半径之比为3∶1B ．速度之比为1∶ 3C ．时间之比为2∶3D ．时间之比为3∶2答案 AC解析设磁场半径为R ，当第一次以速度v 1沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r 12R ＝cos 30°，即r 1＝3R .当第二次以速度v 2沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r 2＝R ，所以r 1r 2＝31，A 正确．两次情况下都是同一个带电粒子在相等的磁感应强度下运动的，所以根据公式r ＝m v Bq ，可得v 12＝r 1r 2＝31，B 错误．因为周期T ＝2πmBq ，与速度无关，所以运动时间比为t 1t 2＝60°360° T 90°360°T ＝23，C 正确，D 错误．故选A 、C.三、计算题(本题共4小题，共52分)13．(10分)如图9所示，在倾角为37°的光滑斜面上水平放置一条长为0.2 m 的直导线PQ ，两端以很软的导线通入5 A 的电流．当有一个竖直向上的B ＝0.6 T 的匀强磁场时，PQ 恰好平衡，则导线PQ 的重力为多少？(sin 37°＝0.6)图9答案 0.8 N解析对PQ 画出截面图且受力分析如图所示由平衡条件得F 安＝mg tan 37°，又F 安＝BIL 代入数据得G ＝mg ＝BIL tan 37°＝0.6×5×0.23/4N ＝0.8 N14．(12分)电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术来实现的．电子束经过电场加速后，以速度v 进入一圆形匀强磁场区，如图10所示．磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心为O ，半径为r .当不加磁场时，电子束将通过O 点打到屏幕的中心M 点．为了让电子束射到屏幕边缘P ，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B 应为多少？(已知电子质量为m ，电荷量为e )图10答案m v er tan θ2解析如图所示，作入射速度方向的垂线和出射速度方向的垂线，这两条垂线的交点就是电子束在圆形磁场内做匀速圆周运动的圆心，设其半径为R ，用m 、e 分别表示电子的质量和电荷量，根据牛顿第二定律得e v B ＝m v 2R根据几何关系得tan θ2＝rR联立解得B ＝m v er tan θ215．(15分)在空间存在一个变化的匀强电场和另一个变化的匀强磁场，电场的方向水平向右(如图11甲中由点B 到点C )，场强变化规律如图乙所示，磁感应强度变化规律如图丙所示，方向垂直于纸面．从t ＝1 s 开始，在A 点每隔2 s 有一个相同的带电粒子(重力不计)沿AB 方向(垂直于BC )以速度v 0射出，恰好能击中C 点，若AB ＝BC ＝l ，且粒子在点A 、C 间的运动时间小于1 s ，求：图11(1)磁场方向(简述判断理由)． (2)E 0和B 0的比值．(3)t ＝1 s 射出的粒子和t ＝3 s 射出的粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 1和t 2之比．答案 (1)垂直纸面向外(理由见解析) (2)2v 0 (3)2∶π解析 (1)由题图可知，电场与磁场是交替存在的，即同一时刻不可能同时既有电场，又有磁场．据题意对于同一粒子，从点A 到点C ，它只受电场力或磁场力中的一种，粒子能在电场力作用下从点A 运动到点C ，说明受向右的电场力，又因场强方向也向右，故粒子带正电．因为粒子能在磁场力作用下由A 点运动到点C ，说明它受到向右的磁场力，又因其带正电，根据左手定则可判断出磁场方向垂直于纸面向外．(2)粒子只在磁场中运动时，它在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．因为AB ＝BC ＝l ，则运动半径R ＝l .由牛顿第二定律知：q v 0B 0＝m v 20R ，则B 0＝m v 0ql粒子只在电场中运动时，它做类平抛运动，在点A 到点B 方向上，有l ＝v 0t 在点B 到点C 方向上，有a ＝qE 0m ，l ＝12at 2.解得E 0＝2m v 20ql ，则E 0B 0＝2v 0(3)t ＝1 s 射出的粒子仅受到电场力作用，则粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 1＝lv 0.t ＝3s 射出的粒子仅受到磁场力作用，则粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 2＝14T ，因为T ＝2πm qB 0，所以t 2＝πm2qB 0；故t 1∶t 2＝2∶π. 16. (15分)如图12所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在水平的x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直xOy 平面向里，电场线平行于y 轴．一质量为m 、电荷量为q 的带正电荷的小球，从y 轴上的A 点水平向右抛出．经x 轴上的M 点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的N 点第一次离开电场和磁场，MN 之间的距离为L ，小球过M 点时的速度方向与x 轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g ，求：图12(1)电场强度E 的大小和方向；(2)小球从A 点抛出时初速度v 0的大小； (3)A 点到x 轴的高度h .答案 (1)mg q 竖直向上 (2)qBL 2m cot θ (3)q 2B 2L 28m 2g解析 (1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qE ＝mg ① E ＝mgq②重力的方向是竖直向下，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球做匀速圆周运动，O ′为圆心，MN 为弦长，∠MO ′P ＝θ，如图所示．设半径为r ，由几何关系知L2r＝sin θ ③小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v ，有q v B ＝m v 2r④ 由速度的合成与分解知v 0v ＝cos θ ⑤ 由③④⑤式得v 0＝qBL2mcot θ⑥ (3)设小球到M 点时的竖直分速度为v y ，它与水平分速度的关系为v y ＝v 0tan θ ⑦ 由匀变速直线运动规律v 2y ＝2gh⑧由⑥⑦⑧式得h ＝q 2B 2L 28m 2g。

《磁场》章末测试

《磁场》章末测试磁场磁场是围绕磁体的一种特殊空间，它是由磁体所产生的磁力线组成的。

磁场的产生与磁性有着密切的关系，只有具有一定的磁性物质，才能产生磁场。

磁场具有方向性和强度的特点，它能够对周围的物体产生吸引或排斥的效果。

磁场的强度可以用磁场线的稀密程度来衡量，磁场线越稀密，说明磁场的强度越大。

磁场线的分布形状与磁体的形状有关，磁体有均匀磁场和非均匀磁场之分。

在均匀磁场中，磁场线形状规则，密度均匀，磁力相等；而在非均匀磁场中，磁场线形状复杂，密度不均匀，磁力不等。

根据磁场的性质和特点，人们利用磁场进行了许多应用和研究。

磁场在物理学、地学、医学等领域都有重要的应用。

在物理学中，人们研究磁场的性质，探索磁场对物质的影响和作用机理。

地学研究中，人们利用磁场测量地球的磁场，揭示地球内部的构造和演化过程。

在医学中，磁场被用来进行磁共振成像，帮助医生诊断疾病和进行治疗。

除了应用领域，磁场还有广泛的研究价值。

科学家们利用磁场进行了许多精密的实验和研究，揭示了磁场的许多奇妙特性。

例如，磁场可以引起电流的感应，这就是电磁感应现象。

根据这个现象，人们发明了发电机和电动机等重要的电器设备，实现了电力的产生和利用。

另外，磁场还可以使物体发生加速或减速的运动，这被称为洛伦兹力。

洛伦兹力广泛应用于粒子加速器、磁悬浮列车等高科技领域。

在生活中，我们也会时常感受到磁场的影响。

比如，我们使用的电磁炉、电吹风、电视机等电器设备都是利用磁场产生的。

此外，磁场还可以被用来制作磁钢和电磁铁等工业原料，广泛应用于机械、电子等领域。

磁场的应用为人们的生活带来了便利和发展。

然而，磁场也存在一些问题和风险。

比如，长时间接触强磁场可能对人体健康产生不良影响，尤其是对心脏和神经系统的影响。

此外，强磁场也会对电子设备和磁性材料产生干扰，甚至损坏。

因此，在日常生活中，我们要注意避免长时间接触强磁场，保护好自己的健康和财产安全。

总的来说，磁场是人们研究和应用的一个重要领域。

电与磁章节综合----北京市各区2021-2022学年九年级上学期期末质量检测物理试卷

2022北京初三（上）期末物理汇编电与磁章节综合一、多选题1．（2022·北京海淀·九年级期末）实践活动小组的同学，在商场到了一种智能电梯，如图甲所示。

当无乘客乘坐电梯时，电动机低速运转，电梯以较小的速度上升；当有乘客乘坐电梯时，电动机高速度运转，电梯以较大的速度上升。

他们利用所学过的知识设计了一个能实现智能电梯上述功能的模拟电路，如图乙所示。

其中M为带动电梯运转的电动机，R1为定值电阻，R为阻值随所受乘客对其压力大小发生改变的压敏电阻，两个电源两端的电压均保持不变。

关于这个电路，下列说法中正确的是（）A．R的阻值随压力的增大而减小B．当有乘客站在电梯上时，衔铁上的动触点与触点1接触C．当有乘客站在电梯上时，电磁铁线圈的耗电功率变大D．若适当减小R1的阻值，可减小无乘客时电动机消耗的电功率2．（2022·北京密云·九年级期末）关于图所示的四个电磁实验，下列说法中正确的是（）A．实验甲：开关S闭合，只要导体ab在磁场中运动，导体中就有电流产生B．实验乙：开关S闭合，电动机独立工作：开关S断开，电热器独立作C．实验丙：开关S闭合，小磁针发生偏转，表明通电导线的周围在磁场D．实验丁：开关S闭合，导体ab在磁场中运动，发电机是利用这一原理制成二、单选题3．（2022·北京大兴·九年级期末）将条形磁铁周围附近摆放几个可以自由转动的小磁针（涂黑的一端表示小磁针的N极），仅考虑小磁针跟磁铁之间的相互作用，图中能正确反映小磁针静止时跟磁铁之间相对位置关系的是（）A．B．C．D．4．（2022·北京朝阳·九年级期末）图所示为一些与电和磁有关的事例，下列认识中正确的是（）A．图甲中，磁体能够吸引铜、铁、铝等所有金属B．图乙中，司南的长柄指南是地磁场的作用C．图丙中，闭合开关导体ab运动时，机械能转化为电能D．图丁中，电磁铁是利用电磁感应的原理制成的5．（2022·北京东城·九年级期末）图所示的是一种温度自动报警器的原理图，在水银温度计中封入一段金属丝，金属丝下端所指示的温度为90℃，当温度达到90℃时，自动报警器报警。

2024届高考一轮总复习章末检测卷：第八章磁场全真演练物理试题

2024届高考一轮总复习章末检测卷：第八章　磁场全真演练物理试题学校：_______ 班级：__________姓名：_______ 考号：__________（满分：100分时间：75分钟）总分栏题号一二三四五六七总分得分评卷人得分一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题如图甲，先将开关S掷向1，给平行板电容器C充电，稳定后把S掷向 2，电容器通过电阻R放电，电流传感器将电流信息导入计算机，屏幕上显示出电流I随时间t变化的图象如图乙所示．将电容器C两板间的距离增大少许，其他条件不变，重新进行上述实验，得到的I-t图象可能是A．B．C．D．第(2)题足球运动是目前全球体育界最具影响力的项目之一，深受青少年喜爱。

如图所示为四种与足球有关的情景。

下列说法正确的是（）A．甲图中，静止在草地上的足球受到的弹力就是它的重力B．乙图中，静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触而受到相互作用的弹力C．丙图中，踩在脚下且静止在水平草地上的足球可能受到3个力的作用D．丁图中，落在球网中的足球受到弹力是由于足球发生了形变第(3)题如图甲所示，空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，图乙为简化示意图，若空调外机的重心恰好与横梁AO和斜梁BO连接点O在同一竖直平面内，且两支架各承担一半空调重力，空调重力大小为240N，AO水平，BO与AO的夹角为。

假定横梁对O点的拉力总沿OA方向，斜梁对O点的支持力总沿BO方向。

下列判断正确的是（）A．横梁对O点的拉力为320NB．斜梁对O点的支持力为400NC．如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，这时横梁对O点的作用力将变小D．如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，这时斜梁对O点的作用力将变大第(4)题设房间的温度时室内空气的总质量为m，现打开空调使室内温度降到。

第三章磁场章末优化总结3(人教版)

v 的方向变化，又导致 FB 的方类平抛运动，其运动规律可
向变化，其运动规律可由 r＝由 vx＝v0，x＝v0t，vy＝qmEt，
mqBv和 T＝2qπBm进行描述
y＝12qmEt2 进行描述
磁偏转
电偏转
偏转情况
粒子的运动方向能够偏转的角粒子运动方向所能偏转的角度不受限制，θB＝ωt＝vrt＝qmBt，度 θE<π2，且相等时间内偏转且相等时间内偏转的角度相等的角度不同
A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
解析：为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项 A 正确；若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动，选项 B 错误；左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，故不能转起来，选项 C 错误；若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后电路不导通，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项 D 正确．答案：AD
形象描述：磁感线磁体磁场外内部部：：NS→→NS 电流磁场——安培定则
安培力方大向小：：由F＝左I手LB定si则n θ判，断θ为B与I的夹角
大小：F＝qvBsin θ，θ为B与v的夹角
方向：由左手定则判断

3-2第5章末检测(有答案)

1．某正弦式交变电流的电流i 随时间t 变化的图象如图C-2B-I 所示．由图可知 (B )A ．电流的最大值为10AB ．电流的有效值为10 AC ．该交流电的周期为0. 03sD ．该交流电的频率为0. 02 Hz2．当交流发电机的转子线圈平面与磁感线平行的时刻，电流方向如图C-2B-2中的箭头方向所示，当转子线圈旋转到中性面位置的时刻DA ．线圈中的感应电流最大，方向将不变B ．线圈中的感应电流最大，方向将改变C ．线圈中的感应电流等于零，方向将不变D ．线圈中的感应电流等于零，方向将改变3．如图C-2B-3所示，理想变压器原副线圈匝数之比为4:1，原线圈接入一电压为“u= U o sin t ω的交流电源，副线圈接一个R=27.5Ω的负载电阻，若U 。

=311 V ，ω=l00πrad/s ，则下述结论正确的是ACA ．副线圈中电压表的读数为55 VB ．副线圈中输出交流电的周期为π1001s C ．原线圈中电流表的读数为0.5 AD ．原线圈中的输入功率为1102W4．如图C-2B-4所示，一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，在转动过程中，线框中的最大磁通量为m φ，最大感应电动势为E m ．下列说法正确的是( D)A ．当磁通量为零时，感应电动势也为零B ．当磁通量减小时，感应电动势在减小C ．当磁通量等于0. 5m φ，感应电动势等于0. 5E mD ·角速度m 等于m mE φ5．图C-2B-5为某小型水电站的电能输送示意图，A 为升压变压器，其输人功率为P1，输出功率为P2，输出电压为U2；B 为降压变压器，其输入功率为P3，输入电压为U3． A 、B 均为理想变压器，输电线总电阻为r ，则下列关系式正确的是 ( C )A ．P1>P2B ．P2 =P3C ．U2 >U3D ．U2 =U36．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图c-2B-6所示，此线圈与一个R 一l0Ω的电阻构成闭合电路．不计电路的其他电阻，下列说法正确的是 ( C )A ．交变电流的周期为0. 125 sB ．交变电流的频率为8 HzC ．交变电流的有效值为2AD ．交变电流的最大值为4A7．如图C-2B-7所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为l0:l ，R1=20Ω．R2=10Ω，C 为电容器，原线圈所加电压u=2202sinl00πt (V)．下列说法正确的是 ( C )A ．通过电阻R3的电流始终为零B ．副线圈两端交变电压的频率为5 HzC ．电阻R2的电功率为48.4WD ．原副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10：18．如图C-2B-8所示是某供电系统的原理图，它由发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，图中R 。

高中物理新教材同步选择性必修第二册电磁感应章末检测试卷(二)

章末检测试卷(二)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．在北半球上，地磁场竖直分量向下．飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变．由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，则()A．若飞机从西往东飞，φ2比φ1高B．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高C．若飞机从南往北飞，φ1比φ2高D．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高答案 C解析若飞机从西往东飞，磁场竖直分量向下，手心向上，拇指指向飞机飞行方向，四指指向左翼末端，故φ1>φ2，选项A错误；同理，飞机从东往西飞，从南往北飞，从北往南飞，都是φ1>φ2，选项C正确，B、D错误．2．如图1所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁体从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管．下列说法正确的是()图1A．电流计中的电流先由a到b，后由b到aB．a点的电势始终低于b点的电势C．磁体减少的重力势能等于回路中产生的热量D．磁体刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度答案 D解析在磁体进入螺线管的过程中，穿过螺线管的磁通量增大，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由b经电流计流向a；在磁体穿出螺线管的过程中，磁通量减小，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由a经电流计流向b，则a点电势先低于b点电势，后高于b点电势，故A、B错误；磁体减少的重力势能转化为内能和磁体的动能，故C错误；磁体刚离开螺线管时，由楞次定律的“来拒去留”结论可知，磁体受到向上的安培力，则磁体受到的合外力小于重力，即磁体刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度，故D正确．3.如图2，边长L＝20 cm的正方形线框abcd共有10匝，靠着墙角放着，线框平面与地面的夹角α＝30°.该区域有磁感应强度B＝0.2 T、水平向右的匀强磁场．现将cd边向右拉动，ab 边经0.1 s着地．在这个过程中线框中产生的感应电动势的大小与感应电流的方向分别是()图2A．0.8 V方向为adcbB．0.8 V方向为abcdC．0.4 V方向为adcbD．0.4 V方向为abcd答案 C解析初状态的磁通量Φ1＝BS sin α，末状态的磁通量Φ2＝0，根据法拉第电磁感应定律得：E＝n ΔΦΔt＝nBS sin αt＝10×0.2×0.22×0.50.1V＝0.4 V，根据楞次定律可知，感应电流的方向为adcb，故C正确．4．如图3所示，有两个完全相同的灯泡A、B，A与一自感线圈L相连接，线圈L的直流电阻阻值为R；B与一定值电阻相连，定值电阻的阻值为R.下列说法正确的是()图3A．开关闭合瞬间A、B两灯一起亮B．稳定后A灯比B灯亮C．开关断开瞬间A灯会闪亮一下，B灯不会闪亮一下D．开关断开后两灯缓慢熄灭答案 D解析由于A、B为两个完全相同的灯泡，当开关闭合瞬间，B灯泡立刻发光，由于线圈的自感现象，导致A灯泡渐渐变亮，因线圈L的直流电阻阻值为R，当电流稳定时，两个灯一样亮，故A、B错误；因线圈L的直流电阻阻值为R，说明稳定时，两个支路电阻相等，两个支路电流相等，所以开关断开瞬间，通过两个灯泡的电流不会突然变大，所以两灯都不会闪亮，而是缓慢熄灭，故D 正确，C 错误．5.(2020·黑龙江鹤岗一中高二月考)如图4所示是圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，它的盘面恰好与匀强磁场垂直，两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘接触．若铜盘半径为L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路的总电阻为R ，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动．则( )图4A ．由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流B ．回路中感应电流大小不变，为BL 2ω2RC ．回路中感应电流方向不变，为D →C →R →DD ．回路中有周期性变化的感应电流答案 B解析把铜盘视为闭合回路的一部分，在铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动时，铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，选项A 错误；铜盘切割磁感线产生感应电动势为E ＝12BL 2ω，回路中感应电流为I ＝E R ＝BL 2ω2R，选项B 正确，D 错误；由右手定则可判断出感应电流方向为C →D →R →C ，选项C 错误．6．(2020·甘肃靖远四中高二上月考)如图5甲所示，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的变化规律如图乙所示，面积为S 的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R 相连，若金属线框的电阻为R 2，下列说法正确的是( )图5A ．流过电阻R 的感应电流由b 到aB ．线框cd 边受到的安培力方向向上C ．感应电动势大小为2B 0S t 0D ．a 、b 间的电压大小为2B 0S 3t 0答案 D解析穿过线框的磁通量在增大，根据楞次定律结合安培定则可得感应电流沿逆时针方向，故流过电阻R 的感应电流由a 到b ，选项A 错误；电流从c 到d ，根据左手定则可得线框cd边受到的安培力方向向下，选项B 错误；根据法拉第电磁感应定律可得E ＝ΔΦΔt ＝B 0S t 0，根据闭合电路欧姆定律可得a 、b 间的电压大小为U ＝R R ＋R 2E ＝2B 0S 3t 0，选项C 错误，D 正确． 7．(2020·江苏高二月考)如图6所示，一个直角边长为2L 的等腰直角三角形ABC 区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L 的正方形线框abcd ，线框以水平速度v 匀速通过整个匀强磁场区域，设电流顺时针方向为正．则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i 随时间t 变化的规律正确的是( )图6答案 B解析线框刚进入磁场中时，只有bc 边切割磁感线，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，即为负，在线框完全进入磁场之前，电流方向与大小不变；当ad 边刚进入磁场时感应电流为零，接着bc 边开始出磁场，回路中的感应电动势为边ad 产生的电动势减去bc 边在磁场中产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为顺时针，即为正；在前进2L 后，bc 完全出磁场，ad 也开始出磁场，切割磁感线的长度逐渐减小，电流逐渐减小，方向为顺时针方向，即为正，直至线框完全脱离磁场，电流减小为零，综上分析可知，B 正确，A 、C 、D 错误．8．(2018·全国卷Ⅰ)如图7所示，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( )图7A.54B.32C.74D ．2 答案 B解析设半圆弧PQS 的半径为r ，在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E 1＝ΔΦ1Δt 1＝B ⎝⎛⎭⎫12πr 2－14πr 2Δt 1＝B ·14πr 2Δt 1根据闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R且q 1＝I 1Δt 1在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt 2＝(B ′－B )12πr 2Δt 2I 2＝E 2Rq 2＝I 2Δt 2又q 1＝q 2，即B ·14πr 2R ＝(B ′－B )12πr 2R所以B ′B ＝32. 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．(2018·全国卷Ⅰ)如图8，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是( )图8A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动答案AD解析根据安培定则，开关闭合时铁芯中产生水平向右的磁场，开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A项正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，B、C项错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D项正确．10.如图9所示，在磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U 形导轨上以速度v＝2 m/s向右匀速滑动，两导轨间距离l＝1.0 m，电阻R＝3.0 Ω，金属杆的电阻r＝1.0 Ω，导轨电阻忽略不计，则下列说法正确的是()图9A．通过R的感应电流的方向为由a到dB．金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0 VC．金属杆PQ受到的安培力大小为0.5 ND．外力F做功的数值等于电路产生的焦耳热答案ABC解析由右手定则判断知，当金属杆滑动时产生逆时针方向的感应电流，通过R的感应电流的方向为由a到d，故A正确；金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为E＝Bl v＝1.0×1.0×2 V＝2.0 V，故B正确；整个回路中产生的感应电流为I＝ER＋r，代入数据得I＝0.5 A，由安培力公式F安＝BIl，代入数据得F安＝0.5 N，故C正确；金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v向右匀速滑动，外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和金属杆与导轨之间的摩擦力产生的内能之和，故D错误．11.如图10所示，一个水平放置的“∠”形光滑金属导轨固定在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右平动，导体棒与导轨一边垂直，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则下列关于回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间变化的图像正确的是()图10答案AC解析设“∠”形导轨的夹角为θ，经过时间t，导体棒的水平位移为x＝v t，导体棒切割磁感线的有效长度L＝v t·tan θ，所以回路中感应电动势E＝BL v＝B v2t·tan θ，感应电动势与时间t成正比，A正确；相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，而感应电动势与时间也成正比，故感应电流大小与时间无关，为定值，B错误；导体棒匀速移动，外力F与导体棒所受安培力为一对平衡力，故外力的功率P＝F v＝BIL v＝BI v2t·tan θ，与时间t成正比，C正确；回路产生的焦耳热Q＝I2Rt，回路电阻R与t成正比，故焦耳热Q与t2成正比，D错误．12．如图11甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda方向为导线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，关于导线框中的电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图像，下列选项正确的是()图11答案 BD解析由题图B －t 图像可知，0～1 s 内，线框中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，线框中电流方向为逆时针，沿adcba 方向，即电流为负方向；同理可知1～2 s 内，电流为正方向；2～3 s 内，磁通量不变，则感应电流为零；3～4 s 内，电流为负方向，根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt ，则I ＝E R ＝ΔB ·S R Δt，由于一段时间内磁感应强度均匀变化，所以该时间内产生的感应电流保持不变，故A 错误，B 正确；0～1 s 内，电路中电流方向为逆时针，沿adcba 方向，根据左手定则可知，ad 棒受到的安培力的方向向右，为正值；同理可知1～2 s 内，ad 棒受到的安培力为负值；2～3 s 内，不受安培力；3～4 s 内，ad 棒受到的安培力为负值；根据安培力的公式F ＝BIL ，安培力的大小与磁感应强度成正比，故C 错误，D 正确．三、非选择题(本题共5小题，共60分)13．(8分)(2020·启东中学期末)我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律．以下是实验探究过程的一部分．图12(1)如图12甲所示，当磁体的N 极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道____________________________________________________．(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏转．电路稳定后，若向右移动滑动变阻器的滑片，此过程中电流表指针向________偏转，若将线圈A 抽出，此过程中电流表指针向________偏转．(均选填“左”或“右”)(3)某同学按图丙所示电路完成探究实验，在完成实验后未断开开关，也未把A 、B 两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除________(选填“A ”或“B ”)线圈所在电路时发生的，分析可知，要避免电击发生，在拆除电路前应______________(选填“断开开关”或“把A 、B 线圈分开放置”)．答案 (1)电流表指针偏转方向与电流方向间的关系(2分) (2)左(1分) 左(1分) (3)A (2分) 断开开关(2分)解析 (1)如题图甲所示，当磁体的N 极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系．(2)如题图乙所示，实验中发现闭合开关时，穿过线圈B 的磁通量增加，电流表指针向右偏；电路稳定后，若向右移动滑动变阻器的滑片，通过线圈A 的电流减小，磁感应强度减小，穿过线圈B 的磁通量减少，电流表指针向左偏转；若将线圈A 抽出，穿过线圈B 的磁通量减少，电流表指针向左偏转．(3)在完成实验后未断开开关，也未把A 、B 两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时，线圈A 中的电流突然减少，从而出现断电自感现象，线圈中会产生自感电动势，进而会突然被电击一下，为了避免此现象，则在拆除电路前应断开开关．14.(10分)(2020·浙江杭州高二上月考)如图13所示，边长为L 的单匝正六边形金属框质量为m ，电阻为R ，用细线把它悬挂于一个有界匀强磁场中，金属框的下半部处于磁场中，磁场方向与金属框平面垂直，磁感应强度大小随时间变化的规律为B ＝kt (k >0)．重力加速度为g ，求：图13(1)金属框中感应电流的方向；(2)金属框中感应电动势的大小；(3)从t ＝0时刻开始，经多长时间细线的拉力为零？答案 (1)逆时针方向 (2)33L 2k 4 (3)23Rmg 9L 3k 2解析 (1)磁场逐渐增强，则穿过金属框的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，根据安培定则可知感应电流的方向为逆时针方向．(2分)(2)由法拉第电磁感应定律可得E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt ＝k ×3×12×L ×32L ＝33L 2k 4(3分) (3)由题意可知，金属框所受安培力方向向上，且当磁感应强度增大时，细线拉力减小，当细线拉力为零时，有mg ＝F 安(2分)而F 安＝BI ·2L ＝2ILB (1分)由闭合电路欧姆定律可知I ＝E R(1分) 且B ＝kt联立解得t ＝23Rmg 9L 3k 2(1分) 15．(12分)如图14所示，在范围足够大的匀强磁场中倾斜放置两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，平行导轨的间距L ＝1.0 m ．匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B ＝0.2 T ．两根金属杆ab 和cd 可以在导轨上无摩擦地滑动．两金属杆的质量均为m ＝0.2 kg ，电阻均为R ＝0.2 Ω.若用与导轨平行的拉力作用在金属杆ab 上，使ab 杆沿导轨匀速上滑并使cd 杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好．金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图14(1)cd 杆受到的安培力F 安的大小；(2)通过金属杆的感应电流大小I ；(3)作用在金属杆ab 上拉力的功率．答案 (1)1.0 N (2)5.0 A (3)20 W解析 (1)金属杆cd 静止在金属导轨上，所受安培力方向平行于导轨平面向上．则F 安＝ mg sin 30°(2分)解得：F 安＝1.0 N(1分)(2)F 安＝BIL (2分)解得：I ＝5.0 A(1分)(3)金属杆ab 所受安培力方向平行于导轨平面向下，金属杆ab 在拉力F 、安培力F 安和重力mg 沿导轨方向分力作用下匀速上滑，则F ＝BIL ＋mg sin 30°(2分)根据法拉第电磁感应定律，金属杆ab 上产生的感应电动势为E ＝BL v (1分)根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab 的电流I ＝E 2R (1分)根据功率公式及上述各式得：P ＝F v ＝20 W ．(2分)16.(14分)(2020·常州市高二上期中)如图15所示，光滑导轨MN 和PQ 固定在竖直平面内，导轨间距为L ，两端分别接有阻值均为R 的定值电阻R 1和R 2.两导轨间有一边长为L 2的正方形区域abcd ，该区域内有磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m 的金属杆与导轨相互垂直且接触良好，从ab 处由静止释放，若金属杆离开磁场前已做匀速运动，其余电阻均不计．重力加速度为g ，求：图15(1)金属杆离开磁场前的瞬间流过R 1的电流大小和方向；(2)金属杆离开磁场时速度的大小；(3)金属杆穿过整个磁场过程中通过金属杆的电荷量．答案 (1)mg BL 方向从P 到M (2)2mgR B 2L 2 (3)BL 22R解析 (1)设金属杆离开磁场前瞬间流过金属杆的电流为I ，由平衡条件可得mg ＝BI ·L 2(2分) 解得I ＝2mg BL(1分) 所以流过R 1的电流大小为I 1＝I 2＝mg BL(2分) 由右手定则知流过R 1的电流方向从P 到M (1分)(2)设金属杆匀速运动时的速度为v则感应电动势E ＝B L 2v (2分) 又知E ＝I R 2(2分) 得v ＝2mgR B 2L2(1分) (3)电荷量q ＝I t ＝ΔΦR 总(2分) 得q ＝B (L 2)2R 2＝BL 22R(1分)17．(16分)如图16所示，MN 、PQ 两平行光滑水平导轨分别与半径r ＝0.5 m 的相同竖直半圆导轨在N 、Q 端平滑连接，M 、P 端连接定值电阻R ，质量M ＝2 kg 的cd 绝缘杆垂直且静止在水平导轨上，在其右侧至NQ 端的区域内存在竖直向上的匀强磁场．现有质量m ＝1 kg 的ab 金属杆以初速度v 0＝12 m/s 水平向右运动，与cd 绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd 绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab 金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g 取10 m/s 2.(不考虑cd 杆通过半圆导轨最高点以后的运动)求：图16(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v ；(2)正碰后ab 杆的速度大小；(3)电阻R 产生的焦耳热Q .答案 (1) 5 m/s (2)2 m/s (3)2 J解析 (1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有Mg ＝M v 2r(2分) 解得v ＝gr ＝ 5 m/s.(2分)(2)碰撞后cd 绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有－2Mgr ＝12M v 2－12M v 22(2分) 解得碰撞后cd 绝缘杆的速度v 2＝5 m/s(2分)两杆碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝m v 1＋M v 2(2分) 解得碰撞后ab 金属杆的速度v 1＝2 m/s(2分)(3)ab 金属杆进入磁场后由能量守恒定律有12m v 12＝Q ，(2分) 解得Q ＝2 J ．(2分)。

2013江苏省高考物理一轮精品专项训练：第九章电磁感应章末质量检测

第九章电磁感应(时间100分钟，满分120分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题5分，共35分)1．如图1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2．一环形线圈放在匀强磁场中，设第1 s内磁感线垂直线圈平面(即垂直于纸面)向里，如图2甲所示．若磁感应强度B随时间t变化的关系如图2乙所示，那么第3 s内线圈中感应电流的大小与其各处所受安培力的方向是 ( )A．大小恒定，沿顺时针方向与圆相切B．大小恒定，沿着圆半径指向圆心C．逐渐增加，沿着圆半径离开圆心D．逐渐增加，沿逆时针方向与圆相切3．如图3所示，光滑绝缘水平面上有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么( )A ．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下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4．两块水平放置的金属板间的距离为d ，用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接，如图4所示，两板间有一个质量为m 、电荷量＋q 的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B 的变化情况和磁通量的变化率分别是( )A ．磁感应强度B 竖直向上且正增强，ΔΦΔt ＝dmg nqB ．磁感应强度B 竖直向下且正增强，ΔΦΔt ＝dmgnqC ．磁感应强度B 竖直向上且正减弱，ΔΦΔt ＝dmg (R ＋r )nqRD ．磁感应强度B 竖直向下且正减弱，ΔΦΔt ＝dmgr (R ＋r )nqR5．如图5所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R ，匀强磁场B 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．今使棒以一定的初速度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 时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，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 ( ) A ．回路中产生的内能相等 B ．棒运动的加速度相等 C ．安培力做功相等D ．通过棒横截面积的电荷量相等6．如图6所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示位置匀速向右拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s拉出，外力所做的功为W1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s拉出，外力所做的功为W2，通过导线横截面的电荷量为q2，则 ( )A．W1＜W2，q1＜q2B．W1＜W2，q1＝q2C．W1＞W2，q1＝q2 D．W1＞W2，q1＞q27．如图7所示，在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面．一导线框abcdefa位于纸面内，框的邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合．导线框与磁场区域的尺寸如图所示．从t＝0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域．以a→b→c→d→e→f为线框中的电动势E的正方向，则如图13所示的四个E－t关系示意图中正确的是 ( )二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)8．如图9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9．如图10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10．如图11所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始同时释放，三个线圈都是用相同的金属材料制成的边长一样的正方形，A线圈有一个缺口，B、C线圈闭合，但B线圈的导线比C线圈的粗，则 ( )A．三个线圈同时落地B．A线圈最先落地C．A线圈最后落地 D．B、C线圈同时落地11．某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过，为了保护线路不至于被压坏，预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过．电线穿管的方案有两种：甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过；乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过，如图12所示．如果输电导线输送的电流很大，那么，以下说法正确的是 ( )A．无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲、乙两方案都是可行的B．若输送的电流是恒定电流，甲、乙两方案都是可行的C ．若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的D．若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的12．如图13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．在棒PQ右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒B．在棒PQ棒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三、计算题(本题共4小题，共55分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(12分)如图14所示，光滑的U形金属导轨MNN′M′水平的固定在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨的宽度为L，其长度足够长，M′、M之间接有一个阻值为R的电阻，其余部分电阻不计．一质量为m、电阻也为R的金属棒ab恰能放在导轨之上，并与导轨接触良好．给棒施加一个水平向右的瞬间作用力，棒就沿轨道以初速度v0开始向右滑行．求：(1)开始运动时，棒中的瞬时电流i和棒两端的瞬时电压u分别为多大？(2)当棒的速度由v0减小到v0/10的过程中，棒中产生的焦耳热Q是多少？14．(14分)一根电阻R＝0.6 Ω的导线弯成一个圆形线圈，圆半径r＝1 m，圆形线圈质量m ＝1 kg，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y轴右侧有垂直线圈平面的磁感应强度B ＝0.5 T的匀强磁场，如图15所示．若线圈以初动能E0＝5 J沿x轴方向滑进磁场，当进入磁场0.5 m时，线圈中产生的电能为E＝3 J．求：(1)此时线圈的运动速度的大小；(2)此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压；(3)此时线圈加速度的大小．15．(12分)如图16所示，竖直放置的等距离金属导轨宽0.5 m，垂直于导轨平面向里的匀强磁场的磁感应强度为B＝4 T，轨道光滑、电阻不计，ab、cd为两根完全相同的金属棒，套在导轨上可上下自由滑动，每根金属棒的电阻为1 Ω.今在ab棒上施加一个竖直向上的恒力F，这时ab、cd恰能分别以0.1 m/s的速度向上和向下做匀速滑行．(g取10 m/s2)试求：(1)两棒的质量；(2)外力F的大小．16．(17分)如图17所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s.一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4(N)(v为金属棒速度)的水平外力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大．(已知：l＝1 m，m＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m)(1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；(2)求磁感应强度B的大小；(3)若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－B2l2m(R＋r)x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？(4)若在棒未出磁场区域时撤出外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移变化所对应的各种可能的图线．第九章电磁感应【参考答案与详细解析】(时间100分钟，满分120分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题5分，共35分)1．解析：当磁铁沿矩形线圈中线AB正上方通过时，线圈中向下的磁通量先增加后减小，由楞次定律可知，线圈中感应电流的方向(从上向下看)先逆时针再顺时针，则线圈先上方为N极下方为S极，后改为上方为S极下方为N极，根据同名磁极相斥、异名磁极相吸，则线圈受到的支持力先大于mg后小于mg，线圈受到向右的安培力，则水平方向的运动趋势向右．D项正确．答案：D2．解析：由图乙知，第3 s内磁感应强度B逐渐增大，变化率恒定，故感应电流的大小恒定．再由楞次定律，线圈各处受安培力的方向都使线圈面积有缩小的趋势，故沿半径指向圆心．B项正确．答案：B3．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，减少的动能也多，线圈离开磁场过程中，损失的动能少于它在磁场外面时动能的一半，因此线圈离开磁场仍继续运动．D项正确．答案：D4．解析：由平衡条件知，下金属板带正电，故电流应从线圈下端流出，由楞次定律可以判定磁感应强度B竖直向上且正减弱或竖直向下且正增强，A、D错误；因mg＝q Ud ，U＝ER＋rR，E＝n ΔΦΔt，联立可求得ΔΦΔt＝dmg(R＋r)nqR，故只有C项正确．答案：C5．解析：棒由a到b再到c的过程中，速度逐渐减小．根据E＝Blv，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a与b、b与c间距相等，故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做功，故A、C错误．再根据平均感应电动势E＝ΔΦΔt＝BΔSΔt，I＝ER，q＝IΔt得q＝BΔSR，故D正确．答案：D6．解析：设线框长为L 1，宽为L 2，其电阻为R .第一次拉出速度为v 1，第二次拉出速度为v 2，则v 1＝3v 2.匀速拉出磁场时，外力所做的功恰等于克服安培力所做的功，有W 1＝F 1L 1＝BI 1L 2L 1＝B 2L 22L 1v 1/R ，同理W 2＝B 2L 22L 1v 2/R ，故W 1＞W 2；又由于线框两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，由q ＝It ＝BL 2vRt ＝BL 1L 2Rt t ＝BL 1L 2R ＝ΔΦR，得：q 1＝q 2.故正确答案为选项C. 答案：C7．解析：由右手定则和E ＝Blv 判定水平位移从0～l 时E ＝Blv ；从l ～2l 时，E ＝0；从2l ～3l 时，E ＝3Blv ；从3l ～4l 时，E ＝－2Blv ，可知图C 正确．答案：C二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)8．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I 2很小而I 较大，随着电流达到稳定，线圈的自感作用减小，I 2开始逐渐变大，由于分流导致稳定电路中R 1中的电流减小．故选A 、C.答案：AC9．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.答案：AC10．解析：由于A 线圈上有缺口，A 中不产生感应电流，不受安培力的阻碍作用，所以A 线圈先落地，B 正确．B 、C 线圈在进入磁场的过程中，受安培力与重力作用，满足： mg －B 2L 2v R＝ma m ＝ρ密·4L ·S R ＝ρ电4LS所以4ρ密LSg －B 2LSv4ρ电＝4ρ密LSa4ρ密g －B 2v4ρ电＝4ρ密aa ＝g －B 2v16ρ密ρ电，由于B 、C 线圈起始下落高度相同，材料相同，所以a 相同，进入相同的磁场，B 、C 线圈同时落地，D 选项正确．答案：BD11．解析：若输送的电流是恒定电流，甲、乙两方案都是可行的，B 正确．输电线周围存在磁场，交变电流产生变化的磁场，因此在输电过程中输电线因电流变化引起自感现象，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．此题类似于课本中提到的“双线并绕”．答案：BC12．解析：在棒PQ 右侧放金属棒时，回路中会有感应电流，使金属棒加速，棒PQ减速，当两者获得共同速度时，回路中感应电流为零，两棒都将做匀速运动，A 、B 项错误．当一端或两端用导线连接时，棒PQ 的动能将转化为内能而最终静止，C 、D 两选项正确．答案：CD三、计算题(本题共4小题，共55分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．解析：(1)开始运动时，棒中的感应电动势：E ＝BLv 0棒中的瞬时电流：i ＝E 2R ＝BLv 02R棒两端的瞬时电压：u ＝R R ＋R E ＝12BLv 0. (2)由能量守恒定律知，闭合电路在此过程中产生的焦耳热：Q 总＝12mv 02－12m (110v 0)2＝99200mv 02 棒中产生的焦耳热为：Q ＝12Q 总＝99400mv 02.答案：(1)BLv 02R 12BLv 0 (2)99400mv 02 14．解析：(1)设线圈的速度为v ，由能量守恒定律得E 0＝E ＋12mv 2.解得：v ＝2 m/s.(2)线圈切割磁感线的有效长度电动势E ＝BLv ＝ 3 V ，电流I ＝E R ＝30.6A ，两交接点间的电压U ＝IR 1＝30.6×0.6×23 V ＝233 V. (3)F ＝ma ＝BIL ，所以a ＝2.5 m/s 2. 答案：(1)2 m/s (2)233V (3)2.5 m/s 215．解析：(1)根据右手定则，可以判定电路中电流方向是沿acdba 流动的．设ab 棒的质量为m 1，cd 棒的质量为m 2.取cd 棒为研究对象，受力分析，根据平衡条件可得BIL ＝m 2g其中I ＝E 2R ＝2BLv 2R ，得m 2＝B 2L 2vgR＝0.04 kg ，根据题意判断可知m 1＝0.04 kg.(2)取两根棒整体为研究对象，根据平衡条件可得F ＝m 1g ＋m 2g ＝0.8 N.答案：(1)0.04 kg 0.04 kg (2)0.8 N 16．解析：(1)金属棒做匀加速直线运动R 两端电压U ∝I ∝E ∝v ，U 随时间均匀增大，即v 随时间均匀增大．所以加速度为恒量．(2)F －B 2l 2R ＋r v ＝ma ，将F ＝0.5v ＋0.4代入得：(0.5－B 2l 2R ＋r)v ＋0.4＝a因为加速度为恒量，与v 无关，所以a ＝0.4 m/s 20．5－B 2l 2R ＋r＝0代入数据得：B ＝0.5 T.(3)设外力F 作用时间为t .x 1＝12at 2v 0＝B 2l 2m (R ＋r )x 2＝atx1＋x2＝s，所以12at2＋m(R＋r)B2l2at＝s代入数据得0.2t2＋0.8t－1＝0，解方程得t＝1 s或t＝－5 s(舍去)．(4)可能图线如下：答案：(1)见解析(2)0.5 T (3)1 s (4)见解析。

第三章磁场章末检测题(人教版选修3-1)

第三章磁场单元综合评估(A卷)(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！) 1．下列关于电场线和磁感线的说法正确的是()A．二者均为假想的线，实际上并不存在B．实验中常用铁屑来模拟磁感线形状，因此磁感线是真实存在的C．任意两条磁感线不相交，电场线也是D．磁感线是闭合曲线，电场线是不闭合的解析：两种场线均是为形象描绘场而引入的，实际上并不存在，故A对；任意两条磁感线或电场线不能相交，否则空间一点会有两个磁场或电场方向，故C对；磁体外部磁感线由N极指向S极，内部由S极指向N极，故磁感线是闭合的曲线．而电场线始于正电荷，终于负电荷，故不闭合，D对．故正确答案为ACD.答案：ACD2．关于磁通量，正确的说法有()A．磁通量不仅有大小而且有方向，是矢量B．在匀强磁场中，a线圈面积比b线圈面积大，则穿过a线圈的磁通量一定比穿过b 线圈的大C．磁通量大，磁感应强度不一定大D．把某线圈放在磁场中的M、N两点，若放在M处的磁通量比在N处的大，则M处的磁感应强度一定比N处大解析：磁通量是标量，大小与B、S及放置角度均有关，只有C项说法完全正确．答案： C3.长直导线AB附近，有一带正电的小球，用绝缘丝线悬挂在M点，当导线通以如右图所示的恒定电流时，下列说法正确的是()A．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸里B．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸外C．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直向左D．小球不受磁场力作用解析：电场对其中的静止电荷、运动电荷都产生力的作用，而磁场只对其中的运动电荷才有力的作用，且运动方向不能与磁场方向平行，所以只有D选项正确．答案： D4．下列说法中正确的是()A．运动电荷不受洛伦兹力的地方一定没有磁场B．如果把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向也一定与电荷速度方向垂直D．粒子在只受洛伦兹力作用时运动的动能不变解析：带电粒子所受洛伦兹力的大小不仅与速度的大小有关，还与速度和磁场方向间的夹角有关，A错误；由F＝q v B sin θ知，q、v、B中有两项相反而其他不变时，F不变，B正确；不管速度是否与磁场方向垂直，洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，与磁场方向垂直，即垂直于v和B所决定的平面，但v与B不一定互相垂直，C错误；由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，若粒子只受洛伦兹力作用，运动的动能不变，D 正确．答案：BD5．磁体之间的相互作用是通过磁场发生的．对磁场认识正确的是()A．磁感线有可能出现相交的情况B．磁感线总是由N极出发指向S极C．某点磁场的方向与放在该点小磁针静止时N极所指方向一致D．若在某区域内通电导线不受磁场力的作用，则该区域的磁感应强度一定为零解析：根据磁感线的特点：①磁感线在空间不能相交；②磁感线是闭合曲线；③磁感线的切线方向表示磁场的方向(小磁针静止时N极指向)，可判断选项A、B错误，C正确．通电导线在磁场中是否受力与导线在磁场中的放置有关，故D错．答案： C6.如右图所示，直导线处于足够大的磁场中，与磁感线成θ＝30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是()A．增大电流IB．增加直导线的长度C．使导线在纸面内顺时针转30°角D．使导线在纸面内逆时针转60°角解析：由公式F＝ILB sin θ，A、B、D三项正确．答案：ABD7.如右图所示，是电视机中偏转线圈的示意图，圆心O处的黑点表示电子束，它由纸内向纸外而来，当线圈中通以图示方向的电流时(两线圈通过的电流相同)，则电子束将()A．向左偏转B．向右偏转C．向下偏转D．向上偏转解析：偏转线圈由两个“U”形螺线管组成，由安培定则知右端都是N极，左端都是S 极，O处磁场水平向左，由左手定则可判断出电子所受的洛伦兹力向上，电子向上偏转，D 正确．答案： D8．如下图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B 和E .平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A 1A 2.平板S 下方有强度为B 0的匀强磁场．下列表述正确的是( )A ．质谱仪是分析同位素的重要工具B ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E /BD ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的荷质比越小解析：粒子先在电场中加速，进入速度选择器做匀速直线运动，最后进入磁场做匀速圆周运动．在速度选择器中受力平衡：Eq ＝q v B 得v ＝E /B ，方向由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，B 、C 正确．进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，q v B 0＝m v 2R 得，R ＝m v qB 0，所以荷质比不同的粒子偏转半径不一样，所以，A 对，D 错．答案： ABC9.如右图所示，一半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的正电荷(重力忽略不计)以速度v 沿正对着圆心O 的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角．磁场的磁感应强度大小为( )A.m v qR tan θ2B.m v qR cot θ2C.m v qR sin θ2D.m v qR cos θ2解析：本题考查带电粒子在磁场中的运动．根据画轨迹、找圆心、定半径思路分析．注意两点，一是找圆心的两种方法(1)根据初末速度方向垂线的交点．(2)根据已知速度方向的垂线和弦的垂直平分线交点．二是根据洛伦兹力提供向心力和三角形边角关系，确定半径．分析可得B 选项正确．答案： B10．据报道，最近已研制出一种可以投入使用的电磁轨道炮，其原理如图所示．炮弹(可视为长方形导体)置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁密接．开始时炮弹在导轨的一端，通电流后炮弹会被磁场力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出．设两导轨之间的距离d ＝0.10 m ，导轨长L ＝5.0 m ，炮弹质量m ＝0.30 kg.导轨上的电流I 的方向如图中的箭头所示．可认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为B ＝2.0 T ，方向垂直于纸面向里．若炮弹出口速度为v ＝2.0×103 m/s ，求通过导轨的电流I .忽略摩擦力与重力的影响．解析：在导轨通有电流I 时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为F ＝IdB ① 设炮弹d 加速度的大小为a ，则有F ＝ma ②炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而v 2＝2aL ③联立①②③式得：I ＝12m v 2BdL，④ 代入题给数据得I ＝6.0×105 A.答案： 6.0×105A11．如下图所示，宽度为d 的有界匀强磁场，磁感应强度为B ，MM ′和NN ′是它的两条边界．现在质量为m ，电荷量为q 的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN ′射出，则粒子入射速率v 的最大值可能是________．解析：题目中只给出粒子“电荷量为q ”，未说明是带哪种电荷．若带正电荷，轨迹是如右图所示上方与NN ′相切的1/4圆弧，轨道半径：R ＝m v Bq，又d ＝R －R /2，解得v ＝(2＋2)Bqd m若带负电荷，轨迹如图所示下方与NN ′相切的3/4圆弧，则有：d ＝R ＋R /2，解得v ＝(2－2)Bqd /m.所以本题正确答案为(2＋2)Bqd m 或(2－2)Bqd m. 若考虑不到粒子带电性的两种可能情况，就会漏掉一个答案．答案： (2＋2)Bqd m ⎣⎡⎦⎤或(2－2Bqd m ) 12．(2010·福建理综)如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场．一束同位素离子流从狭缝S 1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S 2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E 的偏转电场，最后打在照相底片D 上．已知同位素离子的电荷量为q (q >0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E 0的匀强电场和磁感应强度大小为B 0的匀强磁场，照相底片D 与狭缝S 1、S 2的连线平行且距离为L ，忽略重力的影响．(1)求从狭缝S 2射出的离子速度v 0的大小；(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v 0方向飞行的距离为x ，求出x 与离子质量m 之间的关系式(用E 0、B 0、E 、q 、m 、L 表示)．解析： (1) 能从速度选择器射出的离子满足qE 0＝q v 0B O ①v 0＝E 0B 0.② (2)离子进入匀强偏转电场E 后做类平抛运动，则x ＝v 0t ③L ＝12at 2④ 由牛顿第二定律得 qE ＝ma ⑤由②③④⑤解得 x ＝E 0B 02mL qE . 答案： (1)E 0B 0 (2)E 0B 02mL qE3单元综合评估(B 卷)(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)1.如图所示，条形磁铁竖直放置，一水平圆环从磁铁上方位置Ⅰ向下运动，到达磁铁上端位置Ⅱ，套在磁铁上到达中部Ⅲ，再到磁铁下端位置Ⅳ，再到下方Ⅴ.磁铁从Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ→Ⅴ过程中，穿过圆环的磁通量变化情况是()A．变大，变小，变大，变小B．变大，变大，变小，变小C．变大，不变，不变，变小D．变小，变小，变大，变大解析：从条形磁铁磁感线的分布情况看，穿过圆环的磁通量在位置Ⅲ处最大，所以正确答案为B.熟悉几种常见磁场的磁感线分布图，知道条形磁铁内部的磁感线方向是从S极到N极．答案： B2.如上图所示，螺线管中通有电流，如果在图中的a、b、c三个位置上各放一个小磁针，其中a在螺线管内部，则()A．放在a处的小磁针的N极向左B．放在b处的小磁针的N极向右C．放在c处的小磁针的S极向右D．放在a处的小磁针的N极向右解析：由安培定则，通电螺线管的磁场如右图所示，右端为N极，左端为S极，在a点磁场方向向右，则小磁针在a点时，N极向右，则A项错，D项对；在b点磁场方向向右，则磁针在b点时，N极向右，则B项正确；在c点，磁场方向向右，则磁针在c点时，N极向右，S极向左，则C项错．答案：BD3．如上图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以()A．适当减小磁感应强度B．使磁场反向C．适当增大电流D．使电流反向解析：首先对MN进行受力分析，受竖直向下的重力G，受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力．处于平衡时：2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIL，所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I，或二者同时增大．答案： C4. 如图所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动情况是()A．都绕圆柱转动B ．以不等的加速度相向运动C ．以相等的加速度相向运动D ．以相等的加速度背向运动答案： C5. 如上图所示，竖直放置的平行板电容器，A 板接电源正极，B 板接电源负极，在电容器中加一与电场方向垂直的、水平向里的匀强磁场．一批带正电的微粒从A 板中点小孔C 射入，射入的速度大小方向各不相同，考虑微粒所受重力，微粒在平行板A 、B 间运动过程中( )A ．所有微粒的动能都将增加B ．所有微粒的机械能都将不变C ．有的微粒可以做匀速圆周运动D ．有的微粒可能做匀速直线运动答案： D6. 电子以垂直于匀强磁场的速度v ，从a 点进入长为d ，宽为L 的磁场区域，偏转后从b 点离开磁场，如上图所示，若磁场的磁感应强度为B ，那么( )A ．电子在磁场中的运动时间t ＝d /vB ．电子在磁场中的运动时间t ＝ab /vC ．洛伦兹力对电子做的功是W ＝Be v 2tD ．电子在b 点的速度值也为v解析：由于电子做的是匀速圆周运动，故运动时间t ＝ab /v ，B 项正确；由洛伦兹力不做功可得C 错误，D 正确．答案： BD7．如下图所示，质量为m ，带电荷量为－q 的微粒以速度v 与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )A ．微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B ．微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用C ．匀强电场的电场强度E ＝2mg qD ．匀强磁场的磁感应强度B ＝mg q v解析：因为微粒做匀速直线运动，所以微粒所受合力为零，受力分析如图所示，微粒在重力、电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，可知，qE ＝mg ，q v B ＝2mg ，得电场强度E ＝mg q，磁感应强度B ＝2mg q v，因此A 正确．答案： A8．某电子以固定的正电荷为圆心在匀强磁场中作匀速圆周运动，磁场方向垂直于它的运动平面，电子所受正电荷的电场力恰好是磁场对它的作用力的3倍，若电子电荷量为e ，质量为m ，磁感应强度为B ，那么电子运动的可能角速度是( )A.4Be mB.3Be mC.2Be mD.Be m 解析：电子受电场力和洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，当两力方向相同时有：Ee＋e v B ＝mω2r ，Ee ＝3Be v ，v ＝ωr ，联立解得ω＝4Be m，故A 正确；当两力方向相反时有Ee －e v B ＝mω2r ，与上面后两式联立得ω＝2Be m，C 正确．答案： AC9. 如图所示，在边长为2a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子(重力不计)从AB 边的中点O 以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°，若要使粒子能从AC 边穿出磁场，则匀强磁场的大小B 需满足( )A ．B ＞3m v 3aq B ．B ＜3m v 3aq C ．B ＞3m v aq D ．B ＜3m v aq解析：粒子刚好达到C 点时，其运动轨迹与AC 相切，则粒子运动的半径为r 0＝a cot30°.由r ＝m v qB 得，粒子要能从AC 边射出，粒子运动的半径r ＞r 0，解得B ＜3m v 3qa，选项B 正确．答案： B10. 电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束经过电压为U 的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如右图所示．磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心为O ，半径为r .当不加磁场时，电子束将通过O 点而打到屏幕的中心M 点．为了让电子束射到屏幕边缘P ，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B 应为多少？解析：电子在磁场中沿圆弧ab 运动，圆心为C ，半径为R .以v表示电子进入磁场时的速度，m 、e 分别表示电子的质量和电荷量，则eU ＝12m v 2，e v B ＝m v 2R ，又有tan θ2＝r R，由以上各式解得B ＝1r2mU e tan θ2. 答案： 1r 2mU e tan θ2 11. 如图所示，AB 为一段光滑绝缘水平轨道，BCD 为一段光滑的圆弧轨道，半径为R ，今有一质量为m 、带电荷量为＋q 的绝缘小球，以速度v 0从A 点向B 点运动，后又沿弧BC 做圆周运动，到C 点后由于v 0较小，故难运动到最高点．如果当其运动至C 点时，忽然在轨道区域加一匀强电场和匀强磁场，使其能运动到最高点，此时轨道弹力为零，且贴着轨道做匀速圆周运动，求：(1)匀强电场的方向和强度；(2)磁场的方向和磁感应强度．(3)小球到达轨道的末端点D 后，将做什么运动？解析： (1)小球到达C 点的速度为v C ，由动能定理得：－mgR ＝12m v C 2－12m v 02，所以v C ＝v 02－2gR .在C 点同时加上匀强电场E 和匀强磁场B 后，要求小球做匀速圆周运动，对轨道的压力为零，必然是洛伦兹力提供向心力，且有qE ＝mg ，故匀强电场的方向应为竖直向上，大小E ＝mg q. (2)由牛顿第二定律得：q v C B ＝m v C 2R ，所以B ＝m v C qR ＝m v 02－2gR qR，B 的方向应垂直于纸面向外．小球离开D 点后，由于电场力仍与重力平衡，故小球仍然会在竖直平面内做匀速圆周运动，再次回到BCD 轨道时，仍与轨道没有压力，连续做匀速圆周运动．答案： (1)匀强电场的方向竖直向上.mg q. (2)垂直于纸面向外．m v 02－2gR qR(3)仍做匀速圆周运动12. (2010·海南卷)图中左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为U ，两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里．图中右边有一半径为R 、圆心为O 的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面朝里．一电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G 点射出．已知弧FG 所对应的圆心角为θ，不计重力．求(1)离子速度的大小；(2)离子的质量．解析： (1)由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡q v B 0＝qE 0①式中，v 是离子运动速度的大小，E 0是平行金属板之间的匀强电场的强度，有 E 0＝U d② 由①②式得v ＝U B 0d.③ (2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动．由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q v B ＝m v 2r④式中，m 和r 分别是离子的质量和它做圆周运动的半径．由题设，离子从磁场边界上的点G 穿出，离子运动的圆周的圆心O ′必在过E 点垂直于EF 的直线上，且在EG 的垂直平分线上．由几何关系有r ＝R tan α⑤式中，α是OO ′与直径EF 的夹角．由几何关系有 2α＋θ＝π⑥联立③④⑤⑥式得，离子的质量为 m ＝qBB 0Rd U cot θ2.⑦答案： (1)U B 0d (2)qBB 0Rd U cot θ23单元综合评估(B卷)(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)1.如上图所示，条形磁铁竖直放置，一水平圆环从磁铁上方位置Ⅰ向下运动，到达磁铁上端位置Ⅱ，套在磁铁上到达中部Ⅲ，再到磁铁下端位置Ⅳ，再到下方Ⅴ.磁铁从Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ→Ⅴ过程中，穿过圆环的磁通量变化情况是()A．变大，变小，变大，变小B．变大，变大，变小，变小C．变大，不变，不变，变小D．变小，变小，变大，变大解析：从条形磁铁磁感线的分布情况看，穿过圆环的磁通量在位置Ⅲ处最大，所以正确答案为B.熟悉几种常见磁场的磁感线分布图，知道条形磁铁内部的磁感线方向是从S极到N极．答案： B2.如上图所示，螺线管中通有电流，如果在图中的a、b、c三个位置上各放一个小磁针，其中a在螺线管内部，则()A．放在a处的小磁针的N极向左B．放在b处的小磁针的N极向右C．放在c处的小磁针的S极向右D．放在a处的小磁针的N极向右解析：由安培定则，通电螺线管的磁场如右图所示，右端为N极，左端为S极，在a 点磁场方向向右，则小磁针在a点时，N极向右，则A项错，D项对；在b点磁场方向向右，则磁针在b点时，N极向右，则B项正确；在c点，磁场方向向右，则磁针在c点时，N极向右，S极向左，则C项错．答案：BD3．如上图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以()A．适当减小磁感应强度B．使磁场反向C．适当增大电流D．使电流反向解析：首先对MN进行受力分析，受竖直向下的重力G，受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力．处于平衡时：2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIL，所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I，或二者同时增大．答案： C4. 如上图所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动情况是()A．都绕圆柱转动B．以不等的加速度相向运动C．以相等的加速度相向运动D．以相等的加速度背向运动答案： C5. 如上图所示，竖直放置的平行板电容器，A板接电源正极，B板接电源负极，在电容器中加一与电场方向垂直的、水平向里的匀强磁场．一批带正电的微粒从A板中点小孔C 射入，射入的速度大小方向各不相同，考虑微粒所受重力，微粒在平行板A、B间运动过程中()A．所有微粒的动能都将增加B ．所有微粒的机械能都将不变C ．有的微粒可以做匀速圆周运动D ．有的微粒可能做匀速直线运动答案： D6. 电子以垂直于匀强磁场的速度v ，从a 点进入长为d ，宽为L 的磁场区域，偏转后从b 点离开磁场，如上图所示，若磁场的磁感应强度为B ，那么( )A ．电子在磁场中的运动时间t ＝d /vB ．电子在磁场中的运动时间t ＝ab /vC ．洛伦兹力对电子做的功是W ＝Be v 2tD ．电子在b 点的速度值也为v解析：由于电子做的是匀速圆周运动，故运动时间t ＝ab /v ，B 项正确；由洛伦兹力不做功可得C 错误，D 正确．答案： BD7．如下图所示，质量为m ，带电荷量为－q 的微粒以速度v 与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )A ．微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B ．微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用C ．匀强电场的电场强度E ＝2mgqD ．匀强磁场的磁感应强度B ＝mgq v解析：因为微粒做匀速直线运动，所以微粒所受合力为零，受力分析如图所示，微粒在重力、电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，可知，qE ＝mg ，q v B ＝2mg ，得电场强度E ＝mgq ，磁感应强度B ＝2mgq v，因此A 正确．答案： A8．某电子以固定的正电荷为圆心在匀强磁场中作匀速圆周运动，磁场方向垂直于它的运动平面，电子所受正电荷的电场力恰好是磁场对它的作用力的3倍，若电子电荷量为e ，质量为m ，磁感应强度为B ，那么电子运动的可能角速度是( )A.4Be mB.3Be mC.2Be mD.Be m解析：电子受电场力和洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，当两力方向相同时有：Ee ＋e v B ＝mω2r ，Ee ＝3Be v ，v ＝ωr ，联立解得ω＝4Bem ，故A 正确；当两力方向相反时有Ee－e v B ＝mω2r ，与上面后两式联立得ω＝2Bem，C 正确．答案： AC9. 如上图所示，在边长为2a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子(重力不计)从AB 边的中点O 以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°，若要使粒子能从AC 边穿出磁场，则匀强磁场的大小B 需满足( )A ．B ＞3m v3aq B ．B ＜3m v3aq C ．B ＞3m vaqD ．B ＜3m vaq解析：粒子刚好达到C 点时，其运动轨迹与AC 相切，则粒子运动的半径为r 0＝a cot30°.由r ＝m v qB 得，粒子要能从AC 边射出，粒子运动的半径r ＞r 0，解得B ＜3m v3qa ，选项B正确．答案： B10. 电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束经过电压为U 的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如右图所示．磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心为O ，半径为r .当不加磁场时，电子束将通过O 点而打到屏幕的中心M 点．为了让电子束射到屏幕边缘P ，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B 应为多少？解析：电子在磁场中沿圆弧ab 运动，圆心为C ，半径为R .以v 表示电子进入磁场时的速度，m 、e 分别表示电子的质量和电荷量，则eU ＝12m v 2，e v B ＝m v 2R ，又有tan θ2＝rR，由以上各式解得B ＝1r 2mU e tan θ2. 答案：1r2mU e tan θ211. 如上图所示，AB 为一段光滑绝缘水平轨道，BCD 为一段光滑的圆弧轨道，半径为R ，今有一质量为m 、带电荷量为＋q 的绝缘小球，以速度v 0从A 点向B 点运动，后又沿弧BC 做圆周运动，到C 点后由于v 0较小，故难运动到最高点．如果当其运动至C 点时，忽然在轨道区域加一匀强电场和匀强磁场，使其能运动到最高点，此时轨道弹力为零，且贴着轨道做匀速圆周运动，求：(1)匀强电场的方向和强度； (2)磁场的方向和磁感应强度．(3)小球到达轨道的末端点D 后，将做什么运动？解析： (1)小球到达C 点的速度为v C ，由动能定理得：－mgR ＝12m v C 2－12m v 02，所以v C ＝v 02－2gR .在C 点同时加上匀强电场E 和匀强磁场B 后，要求小球做匀速圆周运动，对轨道的压力为零，必然是洛伦兹力提供向心力，且有qE ＝mg ，故匀强电场的方向应为竖直向上，大小E ＝mgq.(2)由牛顿第二定律得：q v C B ＝m v C 2R ，所以B ＝m v C qR ＝m v 02－2gRqR ，B 的方向应垂直于纸面向外．小球离开D 点后，由于电场力仍与重力平衡，故小球仍然会在竖直平面内做匀速圆周运动，再次回到BCD 轨道时，仍与轨道没有压力，连续做匀速圆周运动．答案： (1)匀强电场的方向竖直向上.mgq .(2)垂直于纸面向外． m v 02－2gRqR(3)仍做匀速圆周运动12. (2010·海南卷)图中左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为U ，两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里．图中右边有一半径为R 、圆心为O 的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面朝里．一电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G 点射出．已知弧FG 所对应的圆心角为θ，不计重力．求(1)离子速度的大小； (2)离子的质量．解析： (1)由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡q v B 0＝qE 0①式中，v 是离子运动速度的大小，E 0是平行金属板之间的匀强电场的强度，有 E 0＝U d ②由①②式得。

人教版高中物理选修11：章末质量评估(二)

章末质量评估(二)(时间：50分钟分值：100分)本检测卷共25道选择题，每道题4分，共100分．1．下列说法中不正确的是()A．电场线一定是从正电荷出发，终止于负电荷；磁感线一定是从N 极出发，终止于S极B．正电荷在电场中受到的电场力的方向即为该点电场强度的方向；小磁针在磁场中N极受到的磁场力的方向即为该点磁场的方向C．电场线上某点的切线方向即是该点电场强度的方向；磁感线上某点的切线方向即是该点的磁场的方向D．电场线越密的地方电场强度越强；磁感线越密的地方磁场越强解析：磁感线是封闭曲线，在磁体外部是由N极指向S极，而在磁体内部则是由S极指向N极，而电场线是由正电荷出发终止于负电荷，或从正电荷出发终止于无穷远，或从无穷远出发终止于负电荷，不形成封闭曲线，所以A项错误．根据电场、磁场方向的规定可知B项正确．根据电场线、磁感线的定义可知C项正确．电场线和磁感线的相同之处就在于电场线或磁感线越密的地方场强越强，可知D项正确．答案：A2．关于磁场和磁感线的描述，下列正确的是()A．磁感线从磁体的N极出发到磁体的S极终止B．自由转动的小磁针放在通电螺线管内部，其N极指向螺线管内部的磁场方向C．磁感线的方向就是磁场方向D．两条磁感线的空隙处不存在磁场解析：磁感线是一条闭合曲线，在磁体的外部由N极到S极，而在磁体的内部则由S极到N极，A不正确；通电螺线管内部的磁感线由S极到N极，所以放置其中的小磁针N极必然是指向螺线管的北极，B正确；只有磁感线是直线时，磁感线的方向才与磁场方向一致；如果磁感线是曲线，某点的磁场方向用该点的切线方向来表示，C不正确；磁感线是假想的曲线，只要有磁场的地方就有磁感线，D不正确．答案：B3．如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是()A．向上B．向下C．向左D．向右解析：由左手定则知，安培力方向水平向左．答案：C4．以下说法正确的是()A．运动电荷处于磁场中不一定受到洛伦兹力B．运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力C．某运动电荷在某处未受到洛伦兹力，该处的磁感应强度一定为零D．洛伦兹力不能改变运动电荷的速度解析：当运动电荷的速度方向与磁场方向平行时，则不受洛伦兹力，故B、C错，A对；洛伦兹力的作用效果是能改变速度的方向，不改变速度的大小，D错．答案：A5．在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线，如图所示，四根导线中电流I4＝I3>I2>I1，要使O点磁场增强，则应切断哪一根导线中的电流()A．I1B．I2C．I3D．I4解析：根据安培定则，I1、I2、I3、I4在O点的磁场方向分别为垂直纸面向里、向里、向里、向外，且I3＝I4，知切断I4可使O点的磁场增强．不同电流在同一区域产生的磁场要发生叠加，同向磁场互相加强，异向磁场互相减弱．答案：D6．一通电直导线用细线悬挂于磁场中，磁场及电流方向如图所示，通电导线所受安培力的方向是()A．水平向左B．水平向右C．竖直向上D．竖直向下解析：电流方向向右，磁场方向垂直纸面向外，则由左手定则可判断安培力方向竖直向下，D选项正确．答案：D7．一根容易形变的弹性导线，两端固定．导线中通有电流，方向如图中箭头所示．当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是()解析：用左手定则可判断出A中导线所受安培力为零，B中导线所受安培力垂直于纸面向里，C、D中导线所受安培力水平向右，导线受力以后的弯曲方向应与受力方向一致，故D正确．答案：D8．一不计重力的带正电粒子沿纸面竖直向下飞入某一磁场区域．在竖直平面上运动轨迹如图所示，则该区域的磁场方向是()A．沿纸面水平向右B．沿纸面水平向左C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里解析：由粒子运动轨迹和左手定则知，磁场方向垂直纸面向里，D正确．答案：D9．小磁针放置在匀强磁场中，小磁针静止时的指向正确的是()解析：小磁针静止时，N极指向为磁场的方向，所以只有选项B正确．答案：B10．通电螺线管和条形磁铁的磁场类似，两端分别为N极、S极，假设在通电螺线管内部有一点A，通过A点的磁感线方向一定是() A．从螺线管的N极指向S极B．放在该点的小磁针S极的指向C．从螺线管的S极指向N极D．放在该点的一小段通电导线的受力方向解析：在外部，磁感线由N极指向S极；在内部，磁感线由S极指向N极．答案：C11．电子通过磁场时会发生偏转，这是因为受到()A．库仑力的作用B．万有引力的作用C．洛伦兹力的作用D．安培力的作用解析：带电粒子在磁场中会受到洛伦兹力的作用．带电导体在磁场中会受到安培力的作用．安培力实质上是洛伦兹力的宏观表现．答案：C12．下列图中磁感应强度B、电流I和安培力F之间的方向关系错误的是()解析：根据左手定则判断F与B、I的方向关系，D项中F应水平向左．答案：D13．如图甲和图乙所示是用“洛伦兹力演示仪”演示时的两幅照片，忽略地磁场的影响，下列说法正确的是()A．图甲中的电子束不受洛伦兹力B．图乙中的电子束不受洛伦兹力C．图甲中的电子束处在垂直纸面的磁场中D．图乙中的电子束处在平行纸面的磁场中解析：据左手定则知，电子在磁场中所受洛伦兹力方向与电子运动速度方向必垂直，所以在受洛伦兹力情况下不可能做直线运动，所以A项正确，C项错误；图乙中电子做匀速圆周运动，所以必受洛伦兹力作用，且洛伦兹力与磁场垂直，所以B、D项错．答案：A14．磁感线是用来形象地描述磁场的曲线，下图分别描述的是条形磁铁、蹄形磁铁、通电直导线、环形电流的磁感线分布，其中正确的是() 解析：磁体的磁场磁感线的方向是：在磁体外部从N极指向S极，在磁体内部从S极指向N极，故A、B图均错．电流的磁场磁感线的分布可用安培定则判断，C错D对．答案：D15．(多选)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答案：BC16．空间中有一根水平放置的直导线，在它的周围放有四个小磁针，小磁针N极指向与导线平行，下列说法正确的是()A．在通电瞬间，只有导线下方的小磁针会发生偏转B．在通电瞬间，只有导线上方和下方的小磁针会发生偏转C．在通电瞬间，导线周围的四个小磁针都会发生偏转D．在通电瞬间，导线周围的四个小磁针都不会发生偏转解析：根据奥斯特实验可知，电流周围存在磁场，小磁针原来的方向与导线平行，通电后，周围的磁场沿垂直导线的方向，所以四个小磁针都要发生偏转．故C正确．答案：C17．电动机是将电能转换为机械能的设备．下列没有使用电动机的电器是()A．电热水壶B．电风扇C．洗衣机D．抽油烟机解析：电风扇、洗衣机、抽油烟机都利用了电动机，是将电能转换为机械能的设备．电热水壶是利用了电流的热效应，是将电能转化为热能的设备，所以选项A正确．答案：A18．一块磁铁加热后，虽然没有熔化，但磁性变弱了，这是因为() A．磁铁被磁化了B．磁铁因剧烈震动而退磁了C．磁铁是非磁性物质D．磁铁因为高温而退磁了解析：磁铁磁性变弱，说明在高温下磁铁退磁了，D正确．答案：D19．下列各图反映的是带电粒子在匀强磁场中沿垂直于磁场方向做匀速圆周运动，其中正确的是()解析：带电粒子在匀强磁场中沿垂直于磁场方向做匀速圆周运动，其向心力为洛伦兹力，由左手定则可判断D正确．答案：D20．(多选)如图所示，一导体棒MN放置在处于匀强磁场中的两条平行金属导轨上，并与金属导轨组成闭合回路．当回路中通有电流时，导体棒受到安培力的作用．要使安培力增大，可采用的方法有() A．增大磁感应强度 B．减小磁感应强度C．增大电流D．减小电流解析：本题考查安培力的计算，由F＝BIL.知A、C正确．答案：AC21．如图所示，小磁针放置在螺线管轴线的左侧．闭合电路后，不计其他磁场的影响，小磁针静止时的指向是()A．N极指向螺线管B．S极指向螺线管C．N极垂直纸面向里D．S极垂直纸面向里解析：闭合电路后，根据安培定则可知，螺线管的左端是S极，所以小磁针静止时其N极指向螺线管，故选项A正确．答案：A22．家用照明电路中的火线和零线是相互平行的，当用电器工作，火线和零线都有电流时，它们将()A．相互吸引B．相互排斥C．一会儿吸引，一会儿排斥D．彼此不发生相互作用解析：因通过火线和零线的电流方向总是相反的，根据平行导线中通以同向电流时相互吸引，通以反向电流时相互排斥的结论可以得出选项B 正确．答案：B23．(多选)某电器元件不小心被外磁场磁化了，为了使该元件退磁，下列方法有效可行的有(下列方法均不会使元件损坏)()A．把该元件高温处理B．把该元件通入强电流C．把该元件放在逐渐减弱的交变磁场中D．把该元件放入强磁场中解析：当磁体被高温加热、剧烈撞击或者受到其他磁场等的作用时，分子电流取向变得杂乱无章，对外就不再显示磁性．答案：AC24．一根长为0.2 m、电流为2 A的通电导线，放在磁感应强度为0.5 T 的匀强磁场中，受到磁场力的大小不可能是()A．0.4 N B．0.2 NC．0.1 N D．0 N解析：据安培力的定义，当磁感应强度B与通电电流I方向垂直时．磁场力有最大值，为F＝BIL＝0.5×2×0.2 N＝0.2 N．当两方向平行时，磁场力有最小值，为零．随着二者方向夹角的不同，磁场力大小可能在0.2 N与0之间取值．答案：A25．(多选)电子以初速度v0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，则()A．磁场对电子的作用力始终不变B．磁场对电子的作用力始终不做功C．电子的速度始终不变D．电子的动能始终不变解析：洛伦兹力的方向由左手定则可判定，始终垂直于速度方向，所以洛伦兹力不改变速度大小，只改变速度方向，因此磁场对电子的作用力始终不做功，电子的动能始终不变．答案：BD。

磁场一章末检测

磁场一章末检测一、选择题（共8小题,每小题6分,共48分）1.如图所示,条形磁铁放在光滑斜面上,用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡,A 为水平放置的直导线的截面.导线中无电流时磁铁对斜面的压力为N 1;当导线中有电流通过时,磁铁对斜面的压力为N 2,此时弹簧的伸长量减小了,则（）A .N 1<N 2,A 中电流方向向外B .N 1=N 2,A 中电流方向向外C .N 1>N 2,A 中电流方向向内D .N 1>N 2,A 中电流方向向外答案 D2.一个足够长的绝缘斜面,倾角为θ,置于匀强磁场中,磁感应强度为B ,方向垂直于纸面向里,与水平面平行.如图所示,现有一带电荷量为q 、质量为m 的小球在斜面顶端由静止开始释放,小球与斜面间的动摩擦因数为μ,则（）A .如果小球带正电,小球在斜面上的最大速度为qBmg θcos B .如果小球带正电,小球在斜面上的最大速度为qB mg μθμθ)cos (sin -C .如果小球带负电,小球在斜面上的最大速度为qBmg θcos D .如果小球带负电,小球在斜面上的最大速度为qBmg μθμθ)cos (sin -答案 BC3.如图所示,在光滑的绝缘水平面上,一轻绳连着一个带电小球绕竖直方向的轴O 在匀强磁场中做逆时针方向的匀速圆周运动,磁场方向竖直向下（本图为俯视图）.若小球运动到圆周上的A 点时, 从绳子的连接处脱离,脱离后仍在磁场中运动,则关于以后小球运动情况以下说法中正确的是（）A .小球可能做逆时针的匀速圆周运动,半径不变B .小球可能做逆时针的匀速圆周运动,半径减小C .小球可能做顺时针的匀速圆周运动,半径不变D .小球可能做顺时针的匀速圆周运动,半径增大答案 ACD4.金属棒MN 两端用细软导线连接后,悬挂于a 、b 两点,且使其水平,棒的中部处于水平方向的匀强磁场中,磁场方向垂直于金属棒,如图所示.当棒中通有M 流向N 的恒定电流时, 悬线对棒有拉力.为了减小悬线中的拉力,可采用的办法有（）A .适当增大磁场的磁感应强度B .使磁场反向C .适当减小金属棒中的电流强度D .使电流反向答案 A5.（2009·邢台质检）如图所示的天平可用于测定磁感应强度,天平的右臂下面挂有一个不计重力的矩形线圈,宽度为L ,共N 匝,线圈下端悬在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面.当线圈中通有方向如图所示的电流I 时,在天平左右两边加上质量各为m 1、m 2的砝码,天平平衡,当电流反向（大小不变）时,右边再加上质量为m 的砝码后,天平重新平衡,由此可知（）A .磁感应强度的方向垂直于纸面向里,大小为NIL gm m )(21-B .磁感应强度的方向垂直于纸面向里,大小为NIL mg2 C .磁感应强度的方向垂直于纸面向外,大小为NIL gm m )(21-D .磁感应强度的方向垂直于纸面向外,大小为NILmg2 答案 B6.在某地上空同时存在着匀强的电场与磁场,一质量为m 的带正电小球,在该区域内沿水平方向向右做直线运动,如图所示,关于场的分布情况可能的是（）A .该处电场方向和磁场方向重合B .电场竖直向上,磁场垂直纸面向里C .电场斜向里侧上方,磁场斜向外侧上方,均与v 垂直D .电场水平向右,磁场垂直纸面向里答案 ABC7.环形对撞机是研究高能粒子的重要装置,其核心部件是一个高度真空的圆环状的空腔.若带电粒子初速度可视为零,经电压为U的电场加速后,沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内,空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场,磁感应强度大小为B.带电粒子将被限制在圆环状空腔内运动.要维持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动,下列说法中正确的是（）A.对于给定的加速电压,带电粒子的荷质比q/m越大,磁感应强度B越大B.对于给定的加速电压,带电粒子的荷质比q/m越大,磁感应强度B越小C.对于给定的带电粒子和磁感应强度B,加速电压U越大,粒子运动的周期越小D.对于给定的带电粒子和磁感应强度B,不管加速电压U多大,粒子运动的周期都不变答案BD8.如图所示,长方形abcd长ad=0.6 m,宽ab=0.3 m,O、e分别是ad、bc的中点,以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场）,磁感应强度B=0.25 T.一群不计重力、质量m=3×10-7 kg、电荷量q=+2×10-3C的带电粒子以速度v=5×102m/s沿垂直于ad方向且垂直于磁场射入磁场区域（）A.从Od边射入的粒子,出射点全部分布在Oa边B.从aO边射入的粒子,出射点全部分布在ab边C.从Od边射入的粒子,出射点分布在Oa边和ab边D.从aO边射入的粒子,出射点分布在ab边和be边答案D二、计算论述题（共4小题,共52分,其中9、10小题各12分,11、12小题各14分）9.质量为m、长度为L的导体棒MN静止于水平导轨上,通过MN的电流为I,匀强磁场的磁感应强度为B,方向与导轨平面成θ角斜向下,如图所示,求棒MN所受的支持力大小和摩擦力大小.答案 BIL cos θ+mg BIL sin θ10.（2009·昌平质检）带电粒子的质量m =1.7×10-27 kg ,电荷量q =1.6×10-19 C ,以速度v =3.2×106 m/s ,沿着垂直于磁场方向同时又垂直于磁边界的方向射入匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度B =0.17 T ,磁场的宽度l =10cm .求:（1）带电粒子离开磁场时的速度多大?速度方向与入射方向之间的偏折角多大? （2）带电粒子在磁场中运动的时间多长?离开磁场时偏离入射方向的距离多大? 答案（1）3.2×106 m/s30°（2）3.3×10-8 s2.7 cm11.如图所示为置于真空中的实验装置.质量为m 、电荷量为e 、初速度为0的电子在加速电压为U 的加速电场加速后垂直进入匀强的偏转电场,之后又进入被测的匀强磁场（电子速度方向与磁场方向垂直）.电子从刚进入磁场P 1到刚离开磁场P 2两点间的距离为d .试求磁场的磁感应强度.答案meUed m 2212.如图所示,在坐标系Oxy 的第一象限中存在沿y 轴正方向的匀强电场,场强大小为E .在其他象限中存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里.A 是y 轴上的一点,它到坐标原点O 的距离为h ;C 是x 轴上的一点,到O的距离为l .一质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子以某一初速度沿x 轴方向从A 点进入电场区域,继而通过C 点进入磁场区域,并再次通过A 点,此时速度方向与y 轴正方向成锐角.不计重力作用. 试求：（1）粒子经过C 点时速度的大小和方向.（2）磁感应强度的大小B .答案（1）mhl h qE 2)4(22+,与x 轴的夹角为arctan l h 2（2）qmhEl h l222+。

(粤教版)高中物理【选修3-1】第3章《磁场》章末知识整合课时检测及答案

【金版新学案】2014-2015学年高中物理第3章磁场章末知识整合课时检测粤教版选修3-1专题一磁场对电流的作用1．+公式F＝BIL中L为导线的有效长度．2．安培力的作用点为磁场中通电导体的几何中心．3．安培力做功：做功的结果将电能转化成其他形式的能．4．分析在安培力作用下通电导体运动情况的一般步骤．①画出通电导线所在处的磁感线方向及分布情况．②用左手定则确定各段通电导线所受安培力．③据初速度方向结合牛顿定律确定导体运动情况．如图所示：在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B大小的变化，正确的说法是( )A．逐渐增大 B．逐渐减小C．先减小后增大 D．先增大后减小解析：根据外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的条件，受力分析，再根据力的平行四边形定则作出力的合成变化图，由此可得B大小的变化情况是先减小后增大．答案：C练习1．如右图所示，一根长度为L的均匀金属杆用两根劲度系数为k的轻弹簧水平悬挂在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．当金属棒中通有由左向右的电流I时，两根轻弹簧比原长缩短Δx后金属杆平衡，保持电流大小不变，方向相反流过金属杆时，两弹簧伸长Δx后金属杆平衡，求匀强磁场的磁感应强度B 为多大？解析：根据安培力和力的平衡条件有(设棒的重力为mg)：当电流方向由左向右时：BIL ＝2k Δx ＋mg ，当电流方向由右向左时：BIL ＋mg ＝2k Δx ，将重力mg 消去得：B ＝2k ΔxIL .答案：B ＝2k ΔxIL2．如图所示，两平行金属导轨间的距离L ＝0.40 m ，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B ＝0.50 T 、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E ＝4.5 V 、内阻r ＝0.50 Ω的直流电源．现把一个质量m ＝0.040 kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R ＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g 取210 /m s .已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求： (1)通过导体棒的电流； (2)导体棒受到的安培力大小； (3)导体棒受到的摩擦力．解析：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I＝ER＋r ＝1.5 A(2)导体棒受到的安培力：F安＝BIL＝0.30 N(3)导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1＝mgsin 37°＝0.24 N，由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f；根据共点力平衡条件mgsin 37°＋f＝F安，解得：f＝0.06 N.答案：(1)I＝1.5 A (2)F安＝0.30 N(3)f＝0.06 N专题二磁场对运动电荷的作用1．带电粒子在无界匀强磁场中的运动：完整的圆周运动．2．带电粒子在有界匀强磁场中的运动：部分圆周运动(偏转)．解题一般思路和步骤：①利用辅助线确定圆心．②利用几何关系确定和计算轨道半径．③利用有关公式列方程求解．如图所示，在x轴的上方(y＞0的空间内)存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带正电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成45°角，若粒子的质量为m，电量为q，求：(1)该粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径．(2)粒子在磁场中运动的时间．解析：先作圆O′，根据题目条件过O作直线L即x轴，交圆O′于O″，即可得到粒子进入磁场的运动轨迹：过入射点O沿逆时针再经O″出射．再分别过O、O″作垂线交于O′，既为粒子作圆周运动轨迹的圆心．如图(a)这样作出的图既准确又标准，且易判断粒子做圆周运动的圆心角为270°.(1)粒子轨迹如图(b)．粒子进入磁场在洛伦兹力的作用下做圆周运动：qvB ＝m2v r，r ＝mvqB.(2)粒子运动周期：T ＝2πr v ＝2πm qB ，粒子做圆周运动的圆心角为270°，所以t ＝34T ＝3πm2qB.答案：(1)mv qB (2)3πm2qB3．(2013·广东)(双选)两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进人匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力，下列说法正确的有( )A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近解析：a 、b 粒子的运动轨迹如图所示：粒子a 、b 都向下由左手定则可知，a 、b 均带正电，故A 正确；由r ＝mvqB 可知，两粒子半径相等，根据上图中两粒子运动轨迹可知a 粒子运动轨迹长度大于b 粒子运动轨迹长度，运动时间a 在磁场中飞行的时间比b 的长，故B 、C 错误；根据运动轨迹可知，在P 上的落点与O 点的距离a 比b 的近，故D 正确．故选AD.答案：AD 练习4．如图所示，分布在半径为r 的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．电量为q 、质量为m 的带正电的粒子从磁场边缘A 点沿圆的半径AO 方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60°角．试求：(1)粒子做圆周运动的半径； (2)粒子的入射速度；(3)若保持粒子的速率不变，从A 点入射时速度的方向顺时针转过60°角，粒子在磁场中运动的时间．解析：(1)设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动半径为R ，如图所示 ∠OO′A ＝ 30°由图可知，圆运动的半径R ＝ O′A ＝ 3r ；(2)根据牛顿运动定律，有：Bqv ＝m v 2R 有：R ＝ mv qB ，故粒子的入射速度 v ＝3rqBm(3)当带电粒子入射方向转过60°角，如图所示，在△OAO 1中，OA ＝ r ，O 1A ＝ 3r ，∠O 1AO ＝30°，由几何关系可得，O 1O ＝r ，∠AO 1E ＝60°设带电粒子在磁场中运动所用时间为t ，由： v ＝2πR T ，R ＝mvBq有：T ＝ 2πR Bq 解出：t ＝ T 6＝πm 3qB答案：见解析☞规律小结： (1) 直线边界(进出磁场具有对称性，如图)(2)平行边界(存在临界条件，如图)(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图)专题三带电粒子在复合场中的运动1．复合场：电场、磁场、重力场共存，或其中两场共存．2．组合场：电场和磁场各位于一定得区域内，并不重叠或在同一区域，电场、磁场交替出现．3．三种场的比较4.复合场中粒子重力是否考虑的三种情况(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等一般考虑其重力． (2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，这种情况按题目要求处理比较正规，也比较简单． (3)不能直接判断是否要考虑重力的，在受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力．5．带电粒子在复合场中运动的应用实例 (1)速度选择器①平行板中电场强度E 和磁感应强度B 互相垂直，这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫速度选择器．②带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是：qvB ＝qE 即v ＝E B .(2)磁流体发电机①磁流体发电机是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能． ②根据左手定则，右图可知B 是发电机的正极．③磁流体发电机两极间的距离为L ，等离子体的速度为v ，磁场的磁感应强度为B ，则两极板间能达到的最大电势差U ＝BLv.④外电阻R 中的电流可由闭合电路欧姆定律求出． (3)电磁流量计工作原理：如图所示，圆形导管直径为d ，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子)，在洛伦兹力的作用下横向偏转，a 、b 间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a 、b 间的电势差就保持稳定，即qvB ＝qE ＝q U d ，所以v ＝UBd 因此液体流量：即Q ＝Sv ＝24d ，U Bd ＝πdU4B(4) 霍尔效应在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差，这种现象成为霍尔电势差，其原理如图所示．为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计．该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )A ．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B ．若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高C ．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D ．污水流量Q 与U 成正比，与a 、b 无关解析：由左手定则可判断，前表面聚集负电荷，比后表面电势低，且当时，电荷不再偏转，电压表示数恒定，与污水中的离子的多少无关，A 、B 、C 均错误；由Q ＝v·1·bc 可得Q ＝UcB .可见，Q 与U 成正比，与a 、b 无关，D 正确．答案：D 练习5．半径为r 的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A 点以速度v 0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B 点射出．∠AOB ＝120°，如图所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )A.023r v πB.03rvC. 03rv πD.03r v解析：由∠AOB＝120°可知，弧AB 所对圆心角θ＝60°，故t ＝16T ＝πm3qm ，但题中已知条件不够，没有此项选择，另想办法找规律表示t.由匀速圆周运动t ＝L ABv 0，从图中分析有R＝3r ，则AB 弧长L AB ＝R·θ＝3r×π3＝33πr ，则t ＝L AB v 0＝3πr3v 0，D 项正确．答案：D6．如下图，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON 为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，从y 轴正半轴上y ＝ h 处的M 点，以速度v0垂直于y 轴射入电场，经x 轴上x ＝ 2h 处的P 点进入磁场，最后以垂直于y 轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求：(1)电场强度的大小E.(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r.(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.解析：粒子的运动轨迹如下图所示(1)设粒子在电场中运动的时间为t 1，x 、y 方向： 2h ＝v 0t 1，h ＝12at 2根据牛顿第二定律Eq ＝ma 求出E ＝mv 22qh(2)根据动能定理Eqh ＝12mv 2－12mv 2设粒子进入磁场时速度为v ，根据Bqv ＝m v2rr ＝2mv 0Bq(3)粒子在电场中运动的时间t 1＝2hv 0粒子在磁场中运动的周期 T ＝2πr v ＝2πm Bq设粒子在磁场中运动的时间为t 2＝38T求出t ＝t 1＋t 2＝2h v 0＋3πm4Bq答案：见解析如图(a)所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N 1、2N 构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L ，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角可调，如下图(b)；右为水平放置的长为d 的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为B.一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射入N 1，能通过2N 的粒子经O 点垂直进入磁场．O 到感光板的距离为d2，粒子电荷量为q ，质量为m ，不计重力．(1)若两狭缝平行且盘静止，如下图(c)，某一粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点M上，求该粒子在磁场中运动的时间t.(2)若两狭缝夹角为0，盘匀速转动，转动方向如图(b)．要使穿过N 1、2N 的粒子均打到感光板1P 、1P连线上，试分析盘转动角速度ω的取值范围(设通过N 1的所有粒子在盘转一圈的时间内都能到达2N )．分析说明：(1)作圆周X ，由入射点O 、出射点M 可以确定粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，如图(1)．(2)作圆周Y ，要使穿过N 1、2N 的粒子打到感光板的P 1，可以确定粒子在磁场中运动的轨迹为二分之一圆周，对应的粒子运动速度为最小值，如图(2)． (3)作圆周Z ，要使穿过N 1、2N 的粒子打到感光板的2P ，可以确定粒子在磁场中运动的轨迹为OP 2段圆周，对应的粒子运动速度为最大值，再找出圆心的位置，几何关系就易找出了，如图(3)．解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动半径R ＝d4，洛伦兹力提供向心力，qvB ＝m2v R，又：2πR ＝v·T, t＝T 4，解得：t ＝πm2qB.(2)速度最小时，运动半径1R ＝d 4，L ＝v t 11，θ0＝t ω11，qv B 1＝m 211v R ，解得：ω1＝4qBd mlθ；速度最大时，22R＝(2R－d 2)2＋d2，解得：2R ＝5d 4，L ＝22v t ，θ0＝22t ω，2qv B ＝m222v R ，解得：2ω＝54qBd mlθ，所以04qBd mlθ≤ω≤54qBd ml θ.答案：(1)πm2qB (2)04qBd ml θ≤ω≤054qBd ml θ。

第一章章末检测试卷(一)

章末检测试卷(一)(满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.(2021·张家口市高二上期末)如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反、大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内．下列说法正确的是()A．a点的磁感应强度一定为零B．b点的磁感应强度一定为零C．ef导线受到的安培力方向向右D．cd导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向外答案 C解析根据安培定则可知，通电导线cd在a点产生的磁场方向垂直纸面向里，通电导线ef 在a点产生的磁场方向垂直纸面向外，cd、ef中通有方向相反、大小相等的电流，但a点离cd较近，故a点的磁场方向垂直纸面向里，故a点的磁感应强度一定不为零，故A、D错误；根据安培定则可知，通电导线ef和cd在b点产生的磁场方向相同，均为垂直纸面向外，所以b点的磁场方向垂直纸面向外，故b点的磁感应强度一定不为零，故B错误；cd、ef中通的电流方向相反，ef导线受到的安培力方向向右，故C正确．2.如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两个同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态．在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向固定放置一根长直导线P.当P 中通以方向垂直于导线框向外的电流时()A ．导线框将向左摆动B ．导线框将向右摆动C ．从上往下看，导线框将顺时针转动D ．从上往下看，导线框将逆时针转动答案 D解析当长直导线P 中通以方向垂直于导线框向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P 产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P 为圆心的同心圆，则两半圆弧导线不受安培力，由左手定则可判断出直导线ab 所受的安培力方向垂直纸面向外，cd 所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D 正确．3.如图所示，MN 为区域Ⅰ、Ⅱ的分界线，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在着与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子沿着弧线apb 由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ.已知圆弧ap 与圆弧pb 的弧长之比为2∶1，不计粒子重力，下列说法正确的是( )A ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为2∶1B ．粒子通过圆弧ap 、pb 的时间之比为1∶2C ．圆弧ap 与圆弧pb 对应的圆心角之比为2∶1D ．区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向相反答案 D解析由于洛伦兹力不做功，所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变，即粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1，A 错误；根据t ＝lv ，v 相同，则时间之比等于经过的弧长之比，即粒子通过圆弧ap 、pb 的时间之比为2∶1，B 错误；圆心角θ＝lr ，r ＝m v qB ，由于磁场的磁感应强度之比不知，故半径之比无法确定，则转过的圆心角之比无法确定，故C 错误；根据曲线运动的条件，可知洛伦兹力的方向与运动方向的关系，再由左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，故D 正确．4.(2021·重庆缙云教育联盟高二上期末)图中a 、b 、c 、d 为四根与纸面垂直的长直导线，它们的横截面分别位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带负电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右答案 A解析由安培定则可知b 与d 导线中电流在O 点产生的磁场相互抵消，而a 与c 导线中的电流在O 点产生的磁场均水平向左相互叠加，合磁场方向水平向左．当一带负电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向上，故选A.5.(2022·汾阳中学高二下月考)如图所示，半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，质量为m 、电荷量为q 的正电荷(重力忽略不计)以速度v 沿正对着圆心O 的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角．则磁场的磁感应强度大小为( )A.m v qR tanθ2B.m v tanθ2qRC.m v qR sinθ2D.m v qR cosθ2答案 B解析画出电荷运动的轨迹如图所示，设电荷运动的轨道半径为r ，由几何关系可得tan θ2＝Rr ；洛伦兹力提供电荷在磁场中做匀速圆周运动的向心力，可得q v B ＝m v 2r ，联立可得B ＝m v tanθ2qR，故选B.6.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比为( )A ．11B ．12C ．121D ．144 答案 D解析设质子的质量和电荷量分别为m 1、q 1，该一价正离子的质量和电荷量分别为m 2、q 2.对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得 qU ＝12m v 2－0，得v ＝2qUm① 在磁场中，由洛伦兹力提供向心力有 q v B ＝m v 2r②由①②式联立得m ＝B 2r 2q2U ，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U 不变，其中B 2＝12B 1，q 1＝q 2，可得m 2m 1＝B 22B 12＝144，故选项D 正确．7.(2021·池州市高二上期末)如图所示，空间中有方向垂直桌面向下的匀强磁场B (图中未画出)，两根平行通电金属直导线M 和N 恰好静止在光滑绝缘的水平桌面上，图中为垂直导线的截面图，M 和N 中电流大小分别为I M 、I N .则下列判断可能正确的是( )A ．电流方向相同，I M ＝I NB ．电流方向相同，I M ≠I NC ．电流方向相反，I M ＝I ND ．电流方向相反，I M ≠I N 答案 C解析对M 和N 进行受力分析可知，在水平方向各自所受合外力为零，若电流方向相同，则M 、N 所受匀强磁场产生的安培力方向相同，而两通电直导线相互产生的安培力方向相反，合外力不可能都为零，A 、B 错误；若电流方向相反，则M 、N 所受匀强磁场产生的安培力方向相反，又因为两通电直导线之间的安培力为排斥力，方向相反，大小相等，根据安培力公式F ＝BIL 可知，只有M 和N 中电流大小相等时，所受匀强磁场的安培力大小才相等，每根导线受到的合力可能为零，C 正确，D 错误．8.在直角坐标系xOy 的第一象限内，存在一垂直于xOy 平面、磁感应强度大小为2 T 的匀强磁场(未画出)，如图所示，一带电粒子(重力不计)在x 轴上的A 点沿着y 轴正方向以大小为 2 m/s 的速度射入第一象限，并从y 轴上的B 点穿出．已知A 、B 两点的坐标分别为(8 m,0)，(0,4 m)，则该粒子的比荷为( )A ．0.1 C/kgB ．0.2 C/kgC ．0.3 C/kgD ．0.4 C/kg答案 B解析粒子的运动轨迹如图所示，由几何知识得r 2－OB 2＋r ＝OA ，解得r ＝5 m ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得q v 0B ＝m v 02r ，解得q m ＝v 0Br ＝22×5C/kg ＝0.2 C/kg ，故B 正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9.如图所示，由两种比荷不同的离子组成的离子束，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，离子的重力不计，下列说法正确的是()A．组成A束和B束的离子都带正电B．组成A束和B束的离子质量一定相同C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里答案ACD解析A、B离子进入磁场后都向左偏，根据左手定则可知A、B两束离子都带正电，故A正确；能通过速度选择器的离子所受静电力和洛伦兹力平衡，则q v B＝qE，即不发生偏转的离；进入另一个匀强磁场分裂为A、B两束，轨道半径不等，子具有相同的速度，大小为v＝EB可知，半径大的比荷小，所以A束离子的比荷大于B束离子的比荷，但不能判断根据r＝m vqB两离子的质量关系，故B错误，C正确；在速度选择器中，电场方向水平向右，A、B离子所受电场力方向向右，所以洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里，故D正确．10.(2019·海南卷)如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动．射入磁场时，P的速度v P垂直于磁场边界，Q的速度v Q与磁场边界的夹角为45°.已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则()A．P和Q的质量之比为1∶2B．P和Q的质量之比为2∶1C．P和Q速度大小之比为2∶1D．P和Q速度大小之比为2∶1答案 AC解析设MN ＝2R ，则粒子P 的运动半径为R ，有R ＝m P v PBq，粒子Q 的运动半径为2R ，有2R ＝m Q v Q Bq ；又两粒子的运动时间相同，则t P ＝12T P ＝πm P Bq ，t Q ＝14T Q ＝πm Q 2Bq ，即πm P Bq ＝πm Q 2Bq ，联立解得m Q ＝2m P ，v P ＝2v Q ，故A 、C 正确，B 、D 错误．11.如图为回旋加速器的示意图，两个靠得很近的D 形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B .一质子从加速器的A 处开始加速．已知D 形盒的半径为R ，高频交变电源的电压为U 、频率为f ，质子质量为m ，电荷量为q .已知质子在磁场中运动的周期等于交变电源的周期，下列说法正确的是( )A ．质子的最大速度不超过2πRfB ．质子的最大动能为q 2B 2R 24mC ．质子的最大动能与U 无关D ．若增大电压U ，质子的最大动能增大答案 AC解析质子出回旋加速器的速度最大的半径为R ，则v ＝2πRT ＝2πRf ，所以最大速度不超过2πRf ，A 正确．由Bq v ＝m v 2R 得v ＝BqR m ，质子的最大动能E k ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m ，与电压无关，B 、D 错误，C 正确．12.(2021·绵阳市江油中学高二月考)如图所示，虚线EF 的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场(未画出)，电场强度为E ，磁感应强度为B .一带电微粒自离EF 为h 的高处由静止下落，从B 点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D 点射出，下列说法正确的是(重力加速度为g )( )A ．微粒做圆周运动的半径为EB2h gB．从B点运动到D点的过程中微粒的重力势能与动能之和在C点最小C．从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先减小后增大D．从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势能之和在最低点C最小答案AB解析由题可知，带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，静电力与重力必定平衡，则微粒受到的静电力的方向一定竖直向上，有mg＝qE，由洛伦兹力提供向心力，有q v B＝m v2r ，由运动学公式v2＝2gh，联立可得微粒做圆周运动的半径r＝EB2hg，故A正确；从B点运动到D点的过程中动能没有发生改变，在C点的高度最低，重力势能最小，所以从B点运动到D点的过程中微粒的重力势能与动能之和在C点最小，故B正确；从B 点运动到D点的过程中静电力先做负功后做正功，所以微粒的电势能先增大后减小，故C错误；根据能量守恒定律可知，微粒在运动过程中，电势能、动能、重力势能之和一定，动能不变，则电势能和重力势能之和不变，故D错误．三、非选择题(本题共4小题，共52分)13.(10分)(2022·广东茂名一中高二下月考)如图所示，将长为50 cm，质量为10 g的均匀金属棒ab的两端用两根相同的弹簧悬挂成水平状态，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中．当金属棒中通以0.4 A的电流时，弹簧恰好不伸长．g＝10 m/s2.(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小；(2)当金属棒中通过大小为0.2 A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长1 cm；如果电流方向由b到a，而电流大小不变，则弹簧伸长又是多少？答案(1)0.5 T(2)3 cm解析(1)弹簧恰好不伸长时，ab棒受到向上的安培力BIL和向下的重力mg且二者大小相等即BIL＝mg(2分)解得B＝mgIL＝0.5 T(2分)(2)当大小为0.2 A的电流由a流向b时，ab棒受到两根弹簧向上的拉力2kx1，及向上的安培力BI 1L 和向下的重力mg 作用，处于平衡状态．根据平衡条件有2kx 1＋BI 1L ＝mg (2分)当电流反向后，ab 棒在两根弹簧向上的拉力2kx 2及向下的安培力BI 1L 和重力mg 作用下处于平衡状态．根据平衡条件有2kx 2＝mg ＋BI 1L (2分) 联立解得x 2＝mg ＋BI 1L mg －BI 1Lx 1＝3 cm.(2分)14．(12分)(2021·潍坊市高二期末)如图所示，一半径为R 的圆形区域，圆心位于平面直角坐标系的原点O ，其内充满垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 0；在第四象限x ≥R 空间充满沿y 轴正方向的匀强电场．位于x 轴上的离子源以恒定速度射出电荷量为q 、质量为m 的正离子，离子沿x 轴正方向进入磁场，经坐标点(4R,0)离开电场．已知离子离开磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角θ＝60°.忽略离子间的相互作用，不计重力．求：(1)离子在圆形区域中运动时的速度的大小； (2)电场强度的大小．答案 (1)3B 0Rq m (2)23B 02Rq 3m解析 (1)离子离开磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角θ＝60°，由几何关系可知tan 30°＝Rr(2分)洛伦兹力提供向心力，得q v B 0＝m v 2r (2分)联立可得v ＝3B 0Rqm.(2分) (2)由题意知，离子射入电场时的纵坐标为－3R ，离子射入电场后沿x 轴方向3R ＝v cos 60°t(2分)沿y 方向3R ＝－v sin 60°t ＋12·qEm t 2(2分)解得t ＝6Rv E ＝23B 02Rq 3m.(2分)15．(14分)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图甲所示：D 1和D 2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，两个D 形盒接在如图乙所示的电压为U 、周期为T 的交流电源上，D 形盒两直径之间的区域只有电场，交流电源用来提供加速电场．位于D 1的圆心处的质子源A 在t ＝0时产生的质子(初速度可以忽略)在两盒之间被电压为U 的电场加速，第一次加速后进入D 形盒D 2，在D 形盒的磁场中运动，运动半周时交流电源电压刚好改变方向对质子继续进行加速，已知质子质量为m 、带电荷量为q .半圆形D 形盒所在空间只有磁场，磁场的磁感应强度为B ，D 形盒的半径为R ，当质子被加速到最大速度后，沿D 形盒边缘运动半周再将它们引出，质子的重力不计，求：(1)质子第一次被电场加速后进入磁场的轨道半径； (2)质子在磁场中运动的时间．答案 (1)1B2mU q (2)πBR 22U解析 (1)质子在加速电场中第一次被加速，根据动能定理，有 qU ＝12m v 12(2分)在磁场中洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 q v 1B ＝m v 12r (2分)解得r ＝1B2mUq(2分) (2)设质子被加速n 次后达到最大速度，由动能定理，有 nqU ＝12m v 2(2分)洛伦兹力提供质子做圆周运动的向心力，有q v B ＝m v 2R (2分) 周期T ＝2πR v (1分)则质子在磁场中运动的时间t ＝n T 2(1分) 解得t ＝πBR 22U(2分) 16．(16分)(2021·衡阳一中月考)如图所示，直角三角形OAC (α＝30°)区域内有B ＝0.5 T 的匀强磁场，方向如图所示．两平行极板M 、N 接在电压为U 的直流电源上，M 板为高电势．一带正电的粒子从靠近M 板由静止开始加速，从N 板的小孔射出电场后，从P 点以垂直OA的方向进入磁场中，带电粒子的比荷为q m＝1.0×104 C/kg ，O 、P 间距离为l ＝1.2 m ．全过程不计粒子所受的重力，求：(1)粒子从OA 边离开磁场时，粒子在磁场中运动的时间；(2)粒子从OC 边离开磁场时，粒子在磁场中运动的最长时间；(3)若加速电压U ＝220 V ，通过计算说明粒子从三角形OAC 的哪一边离开磁场．答案 (1)2π×10－4 s (2)4π3×10－4 s (3)OC 边解析 (1)带电粒子在磁场中做圆周运动，由Bq v ＝m v 2r及T ＝2πr v 可得周期为： T ＝2πm qB ＝2π0.5×10－4 s ＝4π×10－4 s(2分) 当粒子从OA 边离开磁场时，粒子在磁场中恰好运动了半个周期，时间为t 1＝T 2＝2π×10－4 s ； (2分)(2)如图甲所示，当带电粒子的轨迹与OC 边相切时为临界状态，时间即为从OC 边射出的最大值，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的圆心角为120°，所以粒子在磁场中运动的最长时间为t 2＝T 3＝4π3×10－4 s ；(4分)甲乙(3)粒子在加速电场被加速，则有qU ＝12m v 2(2分) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有q v B ＝m v 2r(2分) 因U ＝220 V ，解得r ＝0.4 1.1 m(1分) 如图乙所示，当带电粒子的轨迹与OC 边相切时为临界状态，设此时粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，由几何关系得R ＋R sin α＝l (1分) 解得R ＝0.4 m(1分)由于粒子在磁场中运动的半径r ＝0.4 1.1 m>0.4 m ，所以粒子从OC 边射出．(1分)。

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章末质量检测(九)(时间：40分钟)一、选择题(本题共8小题，1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1.如图1所示，长直导线ab附近有一带正电荷的小球用绝缘丝线悬挂在M点。

当ab中通以由b→a的恒定电流时，下列说法正确的是()图1A.小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向里B.小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向外C.小球受磁场力作用，方向与导线垂直并指向左方D.小球不受磁场力作用答案 D2.法拉第电动机原理如图2所示。

条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上。

一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。

电源负极与金属杆上端相连。

与电源正极连接的导线插入水银中。

从上往下看，金属杆()图2A.向左摆动B.向右摆动C.顺时针转动D.逆时针转动解析从上往下看，根据左手定则可判断出，金属杆所受的安培力将会使其逆时针转动，D正确。

答案 D3.如图3所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反、大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内，则()图3A.b点的磁感应强度为零B.ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里C.cd导线受到的安培力方向向右D.同时改变两导线中的电流方向，cd导线受到的安培力方向不变解析根据右手螺旋定则可知两导线在b处产生的磁场方向均为垂直纸面向外，选项A错误；ef在a处产生的磁场方向垂直纸面向外，选项B错误；根据左手定则可判断，电流方向相反的两平行直导线互相排斥，选项C错误；只要两直导线中的电流方向相反，就互相排斥，选项D正确。

答案 D4.(2020·成都七中模拟)如图4所示，光滑绝缘的斜面与水平面的夹角为θ，导体棒ab静止在斜面上，ab与斜面底边平行，通有图示的恒定电流I，空间充满竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

现缓慢增大θ(0＜θ＜90°)，若电流I 不变，且ab始终静止在斜面上(不考虑磁场变化产生的影响)，下列说法正确的是()图4A.B应缓慢减小B.B应缓慢增大C.B应先增大后减小D.B应先减小后增大解析金属棒受重力、支持力及向右的安培力的作用，增大角度θ，则支持力的方向将向左旋转，要使棒仍然平衡，则支持力与安培力的合力大小一直等于重力大小，安培力必须增大，故磁感应强度应增大，B 项正确。

答案 B5.如图5甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。

带电粒子在磁场中运动的动能E k 随时间t 的变化规律如图乙所示。

忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是( )图5A.在E k －t 图像中应有t 4－t 3＜t 3－t 2＜t 2－t 1B.加速电压越大，粒子最后获得的动能就越大C.粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D.要想粒子获得的最大动能增大，可增加D 形盒的面积解析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在E k －t 图中应有t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1，A 错误；粒子获得的最大动能与加速电压无关，加速电压越小，粒子加速次数越多，由q v B ＝m v 2r 得r ＝m v qB ＝2mE k qB ，则E k ＝q 2B 2r 22m ，即粒子获得的最大动能取决于D 形盒的半径，当轨道半径r 与D 形盒半径R 相等时就不能继续加速了，故B 、C 错误，D 正确。

答案 D6.如图6所示，半径为R 的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，现有比荷大小相等的甲、乙两粒子，甲以速度v 1从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过t 1时间射出磁场，射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60°；乙以速度v 2从距离直径AOB 为R 2的C 点平行于直径AOB 方向射入磁场，经过t 2时间射出磁场，其轨迹恰好通过磁场的圆心。

不计粒子受到的重力，则( )图6A.两个粒子带异种电荷B.t 1＝t 2C.v 1∶v 2＝3∶1D.两粒子在磁场中轨迹长度之比l 1∶l 2＝3∶1解析根据左手定则判断可得，甲粒子带正电，乙粒子带负电，选项A 正确；分别对甲、乙粒子作图，找出其做匀速圆周运动的圆心和半径以及圆心角，则有r 甲＝3R ，r 乙＝R ，θ甲＝π3，θ乙＝2π3，根据q v B ＝m v 2r 可得v ＝qBr m ，所以v 1v 2＝r 甲r 乙＝31，选项C 正确；根据t ＝θ2πT 可得t 1t 2＝θ甲θ乙＝12，选项B 错误；粒子在磁场中的轨迹长度为l ＝v t ，所以l 1l 2＝v 1t 1v 2t 2＝32，选项D 错误。

答案 AC7.质谱仪最初是由汤姆逊的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪证实了同位素的存在。

如图7所示，容器A 中有质量分别为m 1、m 2，电荷量相同的两种粒子(不考虑粒子重力及粒子间的相互作用)，它们从容器A 下方的小孔S 1不断飘入电压为U 的加速电场(粒子的初速度可视为零)，沿直线S 1S 2(S 2为小孔)与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在水平放置的照相底片上。

由于实际加速电压的大小在U ±ΔU 范围内微小变化，这两种粒子在底片上可能发生重叠。

对此，下列说法正确的有( )图7A.两种粒子均带正电B.打在M处的粒子质量较小C.若U一定，ΔU越大越容易发生重叠D.若ΔU一定，U越大越容易发生重叠解析根据左手定则判断出两种粒子均带正电，选项A正确；设粒子质量为m，经电场加速有qU＝12m v 2，得出v＝2qU m。

粒子达到底片上的位置为x＝2r＝2m vBq＝2 B 2mUq，q相同时，x越小说明质量越小，选项B正确；若U一定，两种粒子打到底片的理论位置确定，ΔU越大，两种粒子理论位置两侧宽度越大，越容易发生重叠，选项C正确；ΔU一定，两种粒子理论位置两侧宽度不变，U越大，两种粒子打到底片的理论位置距离越大，越不容易发生重叠，选项D错误。

答案ABC8.目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，立体图如图8甲所示，侧视图如图乙所示，其工作原理是燃烧室在高温下将气体全部电离为电子与正离子，即高温等离子体，高温等离子体经喷管提速后以速度v＝1 000 m/s进入矩形发电通道，发电通道有垂直于喷射速度方向的匀强磁场(图乙中垂直纸面向里)，磁感应强度大小B0＝5 T，等离子体在发电通道内发生偏转，这时两金属薄板上就会聚集电荷，形成电势差。

已知发电通道长L＝50 cm，宽h＝20 cm，高d＝20 cm，等离子体的电阻率ρ＝4 Ω·m，电子的电荷量e＝1.6×10－19 C。

不计电子和离子的重力以及微粒间的相互作用，则以下判断正确的是()图8A.发电机的电动势为2 500 VB.若电流表示数为16 A，则单位时间(1 s)内打在下极板的电子有1020个C.当外接电阻为12 Ω时，电流表的示数为50 AD.当外接电阻为50 Ω时，发电机输出功率最大解析由等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡得q v B0＝q Ed，则得发电机的电动势为E＝B0d v＝1 000 V，故A错误；由电流的定义可知I＝neΔt，代入数据解得n＝1020个，故B正确；发电机的内阻为r＝ρdLh＝8 Ω，由闭合电路欧姆定律得I＝ER＋r＝50 A，故C正确；当电路中内、外电阻相等时发电机的输出功率最大，此时外电阻为R＝r＝8 Ω，故D错误。

答案BC二、非选择题9.(2020·济南模拟)如图9所示，质量为m＝1 kg、电荷量为q＝5×10－2 C的带正电的小滑块，从半径为R＝0.4 m的光滑绝缘14圆弧轨道上由静止自A端滑下。

整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。

已知E＝100 V/m，方向水平向右，B＝1 T，方向垂直纸面向里，g取10 m/s2，求：图9(1)滑块到达C点时的速度；(2)在C 点时滑块所受洛伦兹力；(3)在C 点滑块对轨道的压力。

解析以滑块为研究对象，自轨道上A 点滑到C 点的过程中，受重力mg ，方向竖直向下；静电力qE ，方向水平向右；洛伦兹力F 洛＝q v B ，方向始终垂直于速度方向。

(1)滑块从A 到C 的过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得mgR －qER ＝12m v 2C得v C ＝2（mg －qE ）R m＝2 m/s ，方向水平向左。

(2)根据洛伦兹力公式得F ＝q v C B ＝5×10－2×2×1 N ＝0.1 N ，方向竖直向下。

(3)在C 点，F N －mg －q v C B ＝m v 2C R得F N ＝mg ＋q v C B ＋m v 2C R ＝20.1 N由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为20.1 N ，方向竖直向下。

答案 (1)大小为2 m/s ，方向水平向左(2)大小为0.1 N ，方向竖直向下(3)大小为20.1 N ，方向竖直向下10.(2019·河南五校联考)如图10所示，在直角坐标系的第二象限中有磁感应强度大小为B 、方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场区域Ⅰ，在第一象限的y ＞L 区域有磁感应强度与区域Ⅰ相同的匀强磁场区域Ⅱ，在第一象限的L 2＜y ＜L 区域有磁感应强度大小未知、方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场区域Ⅲ，在坐标原点O 处有一电压可调的沿x 轴正方向的加速电场(图中未画出)，电场右侧有一粒子源，可产生带电荷量为q 、质量为m 、初速度忽略不计的带负电粒子。

粒子经加速后从坐标原点O 处沿x 轴负方向射入磁场区域Ⅰ。

图10(1)若粒子恰好经过坐标为(33L ，L )的P 点，且已知粒子运动到P 点前仅经过磁场区域Ⅰ和Ⅱ，求加速电场的电压；(2)若调低加速电场的电压，粒子会从磁场区域Ⅰ垂直y 轴进入磁场区域Ⅲ，经过坐标为(33L ，L )的P 点后进入磁场区域Ⅱ，粒子在P 点的速度方向与y 轴正方向夹角为θ，求磁场区域Ⅲ的磁感应强度大小。

解析 (1)设带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v ，由动能定理得qU ＝12m v 2带电粒子进入匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R由几何关系知(L －R )2＋(33L )2＝R 2联立解得U ＝2B 2qL 29m 。

(2)设调低加速电场电压后，带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v 1，区域Ⅲ的磁感应强度大小为B 1，粒子轨迹如图所示。

带电粒子在磁场区域Ⅰ中做圆周运动，有q v 1B ＝m v 21R 1带电粒子在磁场区域Ⅲ中做圆周运动，有q v 1B 1＝m v 21R 2解得B1＝R1R2B由几何关系知R2cos θ＝33L2R1＋R2－R2sin θ＝L联立解得B1＝12(sin θ＋3cos θ－1)B。