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福建省厦门一中2015-2016学年高二上学期月考物理试卷(12月份)


福建省厦门一中 2015~2016 学年度高二上学期月考物理试卷(12 月份)

一、单选题(本题共 8 小题,每小题 3 分,在每小题给出的四个选项中,只有一个符合题目 要求。 ) 1.以下说法正确的是( )

A.安培发现了磁生电现象,并总结出了右手定则 B.家用电磁炉工作原理与涡流有关,运用了电磁感应规律 C.由楞次定律可知,感应电流产生的磁场一定与原磁场方向相反 D.通过线圈的电流变化越快,该线圈自感系数就越大,产生的感应电动势越强

2.根据所学知识判断图中正确的是(



A.

B.

C.

D.

3.如图所示,当电流通过线圈时,磁针将发生偏转,以下判断正确的是(



A.当线圈内通以顺时针方向的电流时,磁针 N 极转向读者 B.当线圈内通以逆时针方向的电流时,磁针 S 极转向读者 C.当磁针 N 极转向读者时,线圈中的电流方向沿逆时针方向 D.不管磁针如何偏转,线圈中的电流方向总是顺时针

4.如图所示的电路中,S 闭合达电流稳定时,流过电感线圈的电流为 2A,流过灯泡的电流是 1A,将 S 突然断开,则 S 断开前后,能正确反映流过灯泡的电流 I 随时间 t 变化关系的图象 是图中的( )

A.

B.

C.

D.

5.穿过某线圈的滋通量随时间变化的关系,如图所示,在下列各个时刻,线圈中感应电动势 最小的是( )

A.1s 末 B.3s 末 C.4s 末 D.8s 末

6.如图所示,螺线管采用双线绕法.条形磁铁从上方插入的过程,关于电阻 R 上产生的感应 电电流说法正确的是( )

A.感应电流的方向 a 流向 b B.感应电流的方向 b 流向 a C.没有感应电流产生

D.有感应电流产生,但方向无法确定

7.一长方形金属块放在匀强磁场中,将金属块通以电流,磁场方向和电流方向如图所示,则 金属块两表面 M、N 的电势高低情况是( )

A.φ M=φ

N

B.φ M>φ

N

C.φ M<φ

N

D.无法比较

8.纸面内两个半径均为 R 的圆相切于 O 点,两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场,磁 感应强度大小相等、方向相反,且不随时间变化.一长为 2R 的导体杆 OA 绕过 O 点且垂直于 纸面的轴顺时针匀速旋转,角速度为 ω ,t=0 时,OA 恰好位于两圆的公切线上,如图所示.若 选取从 O 指向 A 的电动势为正,下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的 是( )

A.

B.

C.

D.

二、多定项选择题(每小题 4 分,有两个或两个以上的答案符合要求,错选不得分,漏选得 2 分。 ) 9.有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,I 中的磁感应强度是Ⅱ中的 k 倍,两个速率相同的电子分别 在两磁场区域做圆周运动.与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子( A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的 k 倍 )

B.加速度的大小是Ⅰ中的 k 倍 C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的 k 倍 D.做圆周运动的角速度是Ⅰ中的 k 倍

10.回旋加速器的原理如图所示,它由两个铜质 D 形盒 D1、D2 构成,其间留有空隙,下列说法 正确的是( )

A.离子从电场中获得能量 B.离子从磁场中获得能量 C.只增大空隙间的距离可增加离子从回旋加速器中获得的动能 D.只增大 D 形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能

11.如图所示,在半径为 R 的圆形区域内充满磁感应强度为 B 的匀强磁场,MN 是一竖直放置 的感光板.从圆形磁场最高点 P 垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为 q、质量为 m、速度为 v 的粒子, 不考虑粒子间的相互作用力及重力, 关于这些粒子的运动以下说法正确的是 ( )

A.只要对着圆心入射,出射后均可垂直打在 MN 上 B.对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线一定过圆心 C.对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中通过的弧长越长,时间也越长 D.只要速度满足 ,沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在 MN 上

12.如图所示,abcd 为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨,间距为 l,导轨间有垂直与 导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为 B,导轨电阻不计.已知金属杆 MN 倾斜放置,与导

轨成 θ 角,单位长度的电阻为 r,保持金属杆以速度 v 沿平行于 cd 的方向滑动(金属杆滑动 过程中与导轨接触良好) .则下列说法中错误的是( )

A.电路中感应电动势的大小为 B.电路中感应电流的大小为

C.金属杆所受安培力的大小为

D.金属杆的热功率为

三、本题共 2 小题,共 15 分。把答案填在题中的横线上或按题目的要求作答. 13.如图是某实验小组在研究磁通量变化时感应电流方向实验中的部分操作示意图,图甲所 示是电流通过灵敏检流计时指针的偏转情况,图乙是磁铁从线圈中抽出时灵敏检流计指针的 偏转情况. (1) (单选)图甲电路中串联定值电阻 R 主要是为了 A.减小电路两端的电压,保护电源 B.增大电路两端的电压,保护电源 C.减小电路中的电流,保护灵敏检流计 D.减小电路中的电流,便于观察灵敏检流计的读数 实验操作如图乙所示,当磁铁向上抽出时,检流计 G 中指针是 “右”) ;继续操作如图丙所示,判断此时条形磁铁的运动是 或“抽出”) . 偏(填“左”或 线圈(填“插入”

14.某学生实验小组利用如图丁所示电路,测量多用电表内电池的电动势和“×1k”欧姆挡 内部电路的总电阻.使用的器材有: A.多用电表; B.电压表:量程 5V,内阻十几千欧; D.导线若干. ,将指针调至

C.滑动变阻器:最大阻值 5kΩ ;

(1)将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡,再将红表笔和黑表笔 零刻度. 将图中多用电表的红表笔和

(填“1”或“2”)端相连,黑表笔连接另一端.

(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置,使多用电表及电压表的示数如图甲、乙所示,则多 用电表欧姆档和电压表的度数分别为 kΩ 和 V.

(4)调节滑动变阻器的滑片,使其接入电路的阻值为零.此时多用电表和电压表的读数分别 为 12kΩ 和 4.00V.从测量数据可知,电压表的内阻为 kΩ .

(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串 联而成的电路,如图丙所示.根据前面的实验数据计算可得,此多用电表内电池的电动势为 V,“×1k”欧姆挡内部电路的总电阻为

kΩ .

四、本题共 4 小题,共 45 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 写出最后答案者不得分。 15.如图所示,光滑平行金属导轨与水平面间的倾角为 θ ,导轨电阻不计,与阻值为 R 的定 值电阻相连,磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面,有一质量为 m 长为 l 的导体棒 从 ab 位置获得平行斜面的大小为 v 的初速度向上运动,最远到达 a′b′的位置,滑行的距离 为 s,导体棒内阻不计,试求: (1)上滑过程中导体棒受到的最大加速度; 上滑到 a′b′过程中电阻 R 产生的热量; (3)导体棒下滑过程的最大速度. (设导轨足够长)

16.静止于 A 处的离子,经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器,并从 P 点垂直 CF 进入矩形区域的有界匀强磁场.静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场,已知圆弧虚线

的半径为 R,其所在处场强为 E、方向如图所示;离子质量为 m、电荷量为 q; ,磁场方向垂直纸面向里;离子重力不计. (1)求加速电场的电压 U; 若离子能最终打在 QF 上,求磁感应强度 B 的取值范围.



17.如图所示,足够长的光滑平行金属导轨 ef 和 gh 水平放置且相距 L,在其左端各固定一个 半径为 r 的四分之三金属光滑圆环,两圆环面平行且竖直.在水平导轨和圆环上各放有一根 质量为 m,电阻为 R 与导轨垂直的金属杆 ab、cd,其余电阻不计.整个装置处于磁感应强度 大小为 B、方向竖直向上的匀强磁场中.当用水平向右的恒力 F= 达到匀速运动时,杆 cd 恰好静止在圆环上某处,试求: (1)杆 ab 做匀速运动时,回路中的感应电流的大小和方向; 杆 ab 做匀速运动时的速度; (3)杆 cd 静止的位置距圆环最低点的高度. mg 拉细杆 ab,并最终

18.如图(甲)所示,在直角坐标系 0≤x≤L 区域内有沿 y 轴正方向的匀强电场,右侧有一 个以点(3L,0)为圆心、半径为 L 的圆形区域,圆形区域与 x 轴的交点分别为 M、N.现有一 质量为 m,带电量为 e 的电子,从 y 轴上的 A 点以速度 v0 沿 x 轴正方向射入电场,飞出电场后 从 M 点进入圆形区域,速度方向与 x 轴夹角为 30°.此时在圆形区域加如图(乙)所示周期

性变化的磁场,以垂直于纸面向外为磁场正方向) ,最后电子运动一段时间后从 N 飞出,速度 方向与进入磁场时的速度方向相同(与 x 轴夹角也为 30°) .求: (1)电子进入圆形磁场区域时的速度大小; 0≤x≤L 区域内匀强电场场强 E 的大小; (3)写出圆形磁场区域磁感应强度 B0 的大小、磁场变化周期 T 各应满足的表达式.

福建省厦门一中 2015~2016 学年度高二上学期月考物理试卷(12 月份) 参考答案与试题解析

一、单选题(本题共 8 小题,每小题 3 分,在每小题给出的四个选项中,只有一个符合题目 要求。 ) 1.以下说法正确的是( )

A.安培发现了磁生电现象,并总结出了右手定则 B.家用电磁炉工作原理与涡流有关,运用了电磁感应规律 C.由楞次定律可知,感应电流产生的磁场一定与原磁场方向相反 D.通过线圈的电流变化越快,该线圈自感系数就越大,产生的感应电动势越强 【考点】物理学史. 【专题】定性思想;推理法;直线运动规律专题. 【分析】依据物理学的发展史和各个物理学家的贡献可以判定各个选项. 【解答】解:A、安培总结了磁场对电流的作用力规律,没有发现电磁感应的规律,故 A 错误; B、家用电磁炉工作原理与涡流有关,运用了电磁感应规律,故 B 正确; C、楞次定律告诉我们感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,说明感应电流 的方向与原磁场方向有关,不一定相反,故 C 错误; D、自感系数与电流无关,是线圈本身属性,故 D 错误. 故选:B. 【点评】要熟记课本上的物理学史内容,包括课后阅读材料,多了解物理学的发展史,体会 人类探究真理的艰辛.

2.根据所学知识判断图中正确的是(



A.

B.

C.

D.

【考点】左手定则;电场强度. 【分析】根据左手定则判断电流所受的安培力方向;根据左手定则判断运动电荷所受的洛伦 兹力方向;正电荷所受电场力方向与电场强度的方向相同;根据右手螺旋定则判断通电螺线 管周围的磁场方向. 【解答】解:A、根据左手定则知,电流所受的安培力方向竖直向下.故 A 正确. B、根据左手定则知,运动电荷所受的洛伦兹力方向竖直向上.故 B 错误. C、正电荷所受电场力方向与电场强度的方向相同.故 C 错误. D、根据右手螺旋定则,螺线管外部上面的磁场方向为从左向右,则小磁针 N 极指向右.故 D 错误. 故选:A. 【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力、洛伦兹力方向,用右手螺旋定则判断电 流周围的磁场方向,不能混淆.

3.如图所示,当电流通过线圈时,磁针将发生偏转,以下判断正确的是(



A.当线圈内通以顺时针方向的电流时,磁针 N 极转向读者 B.当线圈内通以逆时针方向的电流时,磁针 S 极转向读者 C.当磁针 N 极转向读者时,线圈中的电流方向沿逆时针方向 D.不管磁针如何偏转,线圈中的电流方向总是顺时针 【考点】楞次定律. 【分析】一个通电线圈也有 N 极和 S 极,也按照安培定则判断,纸里是线圈的 N 极,纸外是 线圈的 S 极. 线圈外部的磁场是从线圈的 N 极出来回到 S 极,线圈内部的磁场是从线圈的 S 极出来回到 N 极. 磁场中该点的磁体 N 极受到磁力方向和该点的磁场方向相同. 【解答】解:安培定则:用右手握着通电线圈,四指指向电流的方向,大拇指所指的方向是 通电线圈的 N 极.

A、当线圈通以沿顺时针方向的电流时,根据安培定则知,纸里是通电线圈的 N 极,纸外是通 电线圈的 S 极.通电线圈内部的磁场是从 S 极出来回到 N 极,小磁针在通电螺线管的内部, 小磁针 N 极受到的磁力和磁场方向相同,小磁针 N 极垂直指向纸里.故 A 错误; B、当线圈通以沿逆时针方向的电流时,根据安培定则知,纸里是通电线圈的 S 极,纸外是通 电线圈的 N 极.通电线圈内部的磁场是从 S 极出来回到 N 极,小磁针在通电线圈的内部,小 磁针 N 极受到的磁力和磁场方向相同,小磁针 N 极垂直指向纸外,故 B 错误; CD、由 B 的分析可知,当磁针 N 极指向读者,线圈中电流沿逆时针方向.故 C 正确,D 错误. 故选:C. 【点评】通电线圈内部的磁场方向和通电线圈外部的磁场方向不同. 通电线圈内部的磁场从 S 极出来回到 N 极;通电线圈外部的磁场从 N 极出来回到 S 极.

4.如图所示的电路中,S 闭合达电流稳定时,流过电感线圈的电流为 2A,流过灯泡的电流是 1A,将 S 突然断开,则 S 断开前后,能正确反映流过灯泡的电流 I 随时间 t 变化关系的图象 是图中的( )

A.

B.

C.

D. 【考点】自感现象和自感系数. 【分析】当电流增大时,线圈会阻碍电流的增大,当电流减小时,线圈会阻碍电流的减小. 【解答】解:当闭合电键,因为线圈阻碍作用,所以电流 i1 会慢慢增大,灯泡这一支路立即 就有电流.当电键断开,灯泡这一支路电流立即消失,因为线圈阻碍电流的减小,所以通过 灯泡的电流不会立即消失,会从原来的大小慢慢减小,而且灯泡和 L 构成回路,通过灯泡的 电流也流过 L, 所以 i2 变成反向,且逐渐减小.因 i1>i2,故 D 正确,A、B、C 错误. 故选:D. 【点评】解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用,当电流增大时,线圈会阻碍电 流的增大,当电流减小时,线圈会阻碍电流的减小.

5.穿过某线圈的滋通量随时间变化的关系,如图所示,在下列各个时刻,线圈中感应电动势 最小的是( )

A.1s 末 B.3s 末 C.4s 末 D.8s 末 【考点】法拉第电磁感应定律.

【分析】根据法拉第电磁感应定律,哪一段时间内磁通量变化率最小,则产生的感应电动势 最小. 【解答】解:图线斜率表示磁通量的变化率,根据法拉第电磁感应定律知,在 5﹣10s 内磁通 量与时间的图线斜率最小,则磁通量变化率最小,感应电动势最小.故 D 正确,A、B、C 错误. 故选:D. 【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律,知道感应电动势的大小与磁通量的变化 率成正比.

6.如图所示,螺线管采用双线绕法.条形磁铁从上方插入的过程,关于电阻 R 上产生的感应 电电流说法正确的是( )

A.感应电流的方向 a 流向 b B.感应电流的方向 b 流向 a C.没有感应电流产生 D.有感应电流产生,但方向无法确定 【考点】楞次定律. 【分析】根据安培定则判断双线绕法的通电线圈产生的磁场方向关系,分析线圈磁通量的变 化,再判断是否有感应电流. 【解答】解:穿过采用双线绕法的通电线圈,相邻并行的导线中电流方向相反,根据安培定 则可知,它们产生的电动势方向相反,在空中同一点磁场抵消,则对线圈来说,磁通量为零, 则不会产生感应电流,故 C 正确,ABD 错误; 故选:C. 【点评】本题中线圈采用双线并行绕法是消除自感的一种方式.可用安培定则加深理解.基 础题.

7.一长方形金属块放在匀强磁场中,将金属块通以电流,磁场方向和电流方向如图所示,则 金属块两表面 M、N 的电势高低情况是( )

A.φ M=φ

N

B.φ M>φ

N

C.φ M<φ

N

D.无法比较

【考点】霍尔效应及其应用. 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】金属块中的载流子是自由电子,电子运动方向与电流方向相反,根据左手定则判断 电子的受力方向,得到累积电荷的分别情况即可. 【解答】解:金属块中的载流子是自由电子,电子运动方向与电流方向相反,故电子向左移 动; 根据左手定则,电子受到的洛伦兹力向上,故上极板累积电荷带负电,下极板累积电荷带正 电; 故下极板电势高,即 φ M<φ N; 故选 C. 【点评】本题关键明确金属块中的载流子是自由电子,根据左手定则判断出累积电荷的分布 情况即可判断电势高低.

8.纸面内两个半径均为 R 的圆相切于 O 点,两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场,磁 感应强度大小相等、方向相反,且不随时间变化.一长为 2R 的导体杆 OA 绕过 O 点且垂直于 纸面的轴顺时针匀速旋转,角速度为 ω ,t=0 时,OA 恰好位于两圆的公切线上,如图所示.若 选取从 O 指向 A 的电动势为正,下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的 是( )

A.

B.

C.

D.

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;电磁感应中的能量转化. 【专题】电磁感应与电路结合. 【分析】根据右手定则判断方向,然后根据 择. 【解答】解:由右手定则可判,开始时感应电动势为正,故 D 错误; 设经时间 t 导体杆转过的角度为 α ,则 α =ω t,导体杆有效切割长度为 L=2Rsinω t. 由 可知,E=2BR ω sin ω t,B、R、ω 不变,切割的有效长度随时间先
2 2

分析大小变化即可做出选

增大后减小,且做非线性、非正弦的变化,经半个周期后,电动势的方向反向,故 ABD 错误, C 正确; 故选:C 【点评】电磁感应与图象的结合问题,近几年高考中出现的较为频繁,在解题时涉及的内容 较多,同时过程也较为复杂;故在解题时要灵活,可以先利用右手定则或楞次定律判断方向 排除法,在选择其他合适的解法等解答.

二、多定项选择题(每小题 4 分,有两个或两个以上的答案符合要求,错选不得分,漏选得 2 分。 ) 9.有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,I 中的磁感应强度是Ⅱ中的 k 倍,两个速率相同的电子分别 在两磁场区域做圆周运动.与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子( A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的 k 倍 B.加速度的大小是Ⅰ中的 k 倍 C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的 k 倍 D.做圆周运动的角速度是Ⅰ中的 k 倍 )

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动. 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】电子在磁场中做的圆周运动,洛伦兹力作为向心力,根据圆周运动的周期公式和半 径公式逐项分析即可. 【解答】解:设Ⅱ中的磁感应强度为 B,则Ⅰ中的磁感应强度为 kB, A、根据电子在磁场中运动的半径公式 r= Ⅱ中的电子运动轨迹的半径为 正确; B、电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力,所以电子的加速度的大小为 a= 中的电子加速度的大小为 加速度大小是Ⅰ中的 ,Ⅱ中的电子加速度的大小为 ,所以Ⅰ 可知,Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为 ,

,所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的 k 倍,所以 A

,所以Ⅱ的电子的

倍,所以 B 错误; 可知,Ⅰ中的电子运动周期为 ,

C、根据电子在磁场中运动的周期公式 T= Ⅱ中的电子运动周期为

,所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的 k 倍,所以Ⅱ中

的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的 k 倍,所以 C 正确;

D、做圆周运动的角速度 ω = ,Ⅱ中的电子运动角速度为 所以 D 错误; 故选:AC.

,所以Ⅰ中的电子运动角速度为 ,在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的 倍,

【点评】本题是对粒子在磁场中做圆周运动的基本考查,解决本题的关键是抓住洛伦兹力作 为向心力,根据向心力的不同的公式来分析不同的关系,记住平时的得出的结论可以快速的 分析问题.

10.回旋加速器的原理如图所示,它由两个铜质 D 形盒 D1、D2 构成,其间留有空隙,下列说法 正确的是( )

A.离子从电场中获得能量 B.离子从磁场中获得能量 C.只增大空隙间的距离可增加离子从回旋加速器中获得的动能 D.只增大 D 形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能 【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理. 【分析】离子由加速器的中心附近进入加速器,而从边缘离开加速器;洛伦兹力并不做功, 而电场力对离子做正功,可知离子能从电场获得能量.当离子在磁场中圆周运动的半径等于 D 形盒半径时,速度最大,动能最大,根据洛伦兹力充当向心力,列式得到最大动能的表达式, 再进行分析增加最大动能的方法. 【解答】解:A、离子每次通过 D 形盒 D1、D2 间的空隙时,电场力做正功,动能增加,所以离 子从电场中获得能量.故 A 正确. B、离子在磁场中受到的洛伦兹力不做功,不能改变离子的动能,所以离子不能从磁场中获得 能量.故 B 错误.

C、 D 设 D 形盒的半径为 R, 当离子圆周运动的半径等于 R 时, 获得的动能最大, 则由 Bqv=m

可得: v=

, 则最大动能 Ekm=

mv =

2

. 可见, 最大动能与加速电压无关,

增大 D 形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的最大动能.故 C 错误,D 正确. 故选:AD. 【点评】回旋加速器是利用磁场中的圆周运动使离子反复加速的,加速电场的强弱不会影响 最后的动能,但金属盒的半径制约了最大动能,达到最大半径后,粒子无法再回到加速电场 继续加速.

11.如图所示,在半径为 R 的圆形区域内充满磁感应强度为 B 的匀强磁场,MN 是一竖直放置 的感光板.从圆形磁场最高点 P 垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为 q、质量为 m、速度为 v 的粒子, 不考虑粒子间的相互作用力及重力, 关于这些粒子的运动以下说法正确的是 ( )

A.只要对着圆心入射,出射后均可垂直打在 MN 上 B.对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线一定过圆心 C.对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中通过的弧长越长,时间也越长 D.只要速度满足 ,沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在 MN 上

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动. 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动,对着圆心入射,必将沿半径离开圆心,根据 洛伦兹力充当向心力,求出 v= 时轨迹半径,确定出速度的偏向角.对着圆心入射的粒

子,速度越大在磁场中通过的弧长越长,轨迹对应的圆心角越小,即可分析时间关系. 【解答】解:A、对着圆心入射的粒子,出射后不一定垂直打在 MN 上,与粒子的速度有关.故 A 错误. B、带电粒子的运动轨迹是圆弧,根据几何知识可知,对着圆心入射的粒子,其出射方向的反 向延长线也一定过圆心.故 B 正确. C、对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中轨迹半径越大,弧长越长,轨迹对应的圆心角越 小,由 t= D、速度满足 v= T 知,运动时间 t 越小.故 C 错误. 时,轨道半径 r= =R,入射点、出射点、O 点与轨迹的圆心构成菱

形,射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行,粒子的速度一定垂直打在 MN 板上,故 D 正确. 故选:BD. 【点评】本题要抓住粒子是圆弧,磁场的边界也是圆弧,利用几何知识分析出射速度与入射 速度方向的关系,确定出轨迹的圆心角,分析运动时间的关系.

12.如图所示,abcd 为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨,间距为 l,导轨间有垂直与 导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为 B,导轨电阻不计.已知金属杆 MN 倾斜放置,与导

轨成 θ 角,单位长度的电阻为 r,保持金属杆以速度 v 沿平行于 cd 的方向滑动(金属杆滑动 过程中与导轨接触良好) .则下列说法中错误的是( )

A.电路中感应电动势的大小为 B.电路中感应电流的大小为

C.金属杆所受安培力的大小为

D.金属杆的热功率为 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;电磁感应中的能量转化. 【专题】定性思想;方程法;电磁感应中的力学问题. 【分析】根据 E=BLv,L 是有效的切割长度,求解感应电动势.根据闭合电路欧姆定律求感应 电流的大小.由 F=BIL 求安培力,由功率公式求解金属杆的热功率. 【解答】解:A、电路中感应电动势为:E=B sinα ?v=Blv,故 A 错误.

B、电路中感应电流的大小为:I=

=

,故 B 正确.

C、金属杆所受安培力的大小为:F=BI?

=

,故 C 错误.

D、金属杆的热功率为:P=EI= 本题选择不正确的,故选:ACD

,故 D 错误.

【点评】 本题考查导体切割磁感线中的电动势和安培力公式的应用, 要注意明确 E=BLv 和 F=BIL 均为导轨宽度,即导线的有效切割长度.

三、本题共 2 小题,共 15 分。把答案填在题中的横线上或按题目的要求作答.

13.如图是某实验小组在研究磁通量变化时感应电流方向实验中的部分操作示意图,图甲所 示是电流通过灵敏检流计时指针的偏转情况,图乙是磁铁从线圈中抽出时灵敏检流计指针的 偏转情况. (1) (单选)图甲电路中串联定值电阻 R 主要是为了 A.减小电路两端的电压,保护电源 B.增大电路两端的电压,保护电源 C.减小电路中的电流,保护灵敏检流计 D.减小电路中的电流,便于观察灵敏检流计的读数 实验操作如图乙所示,当磁铁向上抽出时,检流计 G 中指针是 右 偏(填“左”或“右”) ; 继续操作如图丙所示,判断此时条形磁铁的运动是 抽出 线圈(填“插入”或“抽出”) . C

【考点】楞次定律. 【分析】根据楞次定律,通过磁通量的变化判断感应电流的方向,以及通过感应电流的方向 判断磁通量是增加还是减小. 【解答】解: (1)电路中串联定值电阻,目的是减小电流,保护灵敏检流计.故 C 正确,A、 B、D 错误. 在乙图中,当磁铁向上抽出,磁通量减小,根据楞次定律知,感应电流的磁场与原磁场方向 相同,则流过电流计的电流方向为从下往上,所以检流计指针向右偏.在丙图中,知感应电 流流过检流计的方向是从上而下,则感应电流的磁场方向向上,与原磁场方向相同,知磁通 量在减小,即磁铁抽出线圈. 故答案为: (1)C;右,抽出. 【点评】解决本题的关键掌握楞次定律的内容,并且能灵活运用.

14.某学生实验小组利用如图丁所示电路,测量多用电表内电池的电动势和“×1k”欧姆挡 内部电路的总电阻.使用的器材有:

A.多用电表;

B.电压表:量程 5V,内阻十几千欧; D.导线若干.

C.滑动变阻器:最大阻值 5kΩ ;

(1)将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡,再将红表笔和黑表笔 短接 ,将指针调至零刻 度. 将图中多用电表的红表笔和 1 (填“1”或“2”)端相连,黑表笔连接另一端.

(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置,使多用电表及电压表的示数如图甲、乙所示,则多 用电表欧姆档和电压表的度数分别为 15.0 kΩ 和 3.60 V.

(4)调节滑动变阻器的滑片,使其接入电路的阻值为零.此时多用电表和电压表的读数分别 为 12kΩ 和 4.00V.从测量数据可知,电压表的内阻为 12.0 kΩ .

(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串 联而成的电路,如图丙所示.根据前面的实验数据计算可得,此多用电表内电池的电动势为 9.0 V,“×1k”欧姆挡内部电路的总电阻为 15.0

kΩ .

【考点】用多用电表测电阻. 【专题】实验题;定性思想;实验分析法;恒定电流专题. 【分析】 (1)欧姆表使用前一定要欧姆调零; 红正黑负,电流从红表笔流入电表,从黑表笔流出电表; (3)欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数,伏特表读数要估读; (4)欧姆表测量的是外电路的总电阻,由于滑动变阻器被短路,故欧姆表读数即为电压表阻 值;

(5)由于半偏电流是满偏电流的一半,故欧姆表的中值电阻等于内电阻;根据闭合电路欧姆 定律求解电动势. 【解答】解: (1)欧姆表使用前一定要欧姆调零,即红黑表笔短接后,调节调零旋钮,使电 流表满偏; 多用电表的红表笔对应欧姆表内电源的负极,所以红表笔应接电压表的负接连柱,故红表笔 接触 1; (3)欧姆表读数=倍率×表盘读数=1k×15.0Ω =15.0kΩ ;电压表读数为 3.60V; (4)由于滑动变阻器被短路,故欧姆表读数即为电压表阻值,为 12.0kΩ ; (5)调节滑动变阻器的滑片,使其接入电路的阻值为零,此时多用电表和电压表的读数分别 为 12.0kΩ 和 4.00V; 多用电表的中值电阻等于内电阻,故 R=15.0kΩ ;

由闭合电路欧姆定律 I= 数据有: E=

和欧姆定律 U=IRV 可知,E=

,代入

(12kΩ +15kΩ )=9.0V,

联立解得:E=9.00V 故答案为: (1)短接;1; (3)15.0,3.60; (4)12.0; (5)9.0,15.0 【点评】本题关键是明确实验原理,会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压,同时能结合闭 合电路欧姆定律灵活地列式分析.

四、本题共 4 小题,共 45 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 写出最后答案者不得分。 15.如图所示,光滑平行金属导轨与水平面间的倾角为 θ ,导轨电阻不计,与阻值为 R 的定 值电阻相连,磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面,有一质量为 m 长为 l 的导体棒 从 ab 位置获得平行斜面的大小为 v 的初速度向上运动,最远到达 a′b′的位置,滑行的距离 为 s,导体棒内阻不计,试求: (1)上滑过程中导体棒受到的最大加速度; 上滑到 a′b′过程中电阻 R 产生的热量; (3)导体棒下滑过程的最大速度. (设导轨足够长)

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律. 【专题】计算题;定量思想;寻找守恒量法;电磁感应——功能问题. 【分析】 (1)导体棒向上做减速运动,开始时速度最大,产生的感应电流最大,受到的安培 力最大,加速度最大,由 E=Blv、I= 加速度. 由能量守恒定律研究热量.回路中产生的热量等于导体棒克服安培力做的功.上滑的过程中 导体棒的动能减小,重力势能增加,即可求得机械能的损失,从而得到热量. (3)导体棒下滑过程中匀速运动时速度最大,根据能量守恒定律列式求解最大速度. 【解答】解: (1)导体棒开始上滑时速度最大,产生的感应电动势和感应电流最大,所受的 安培力最大,由 E=BLv、I= 、FA=BIl 得: 、FA=BIl 求出最大安培力,再由牛顿第二定律求得最大

最大安培力为 FA=

,方向沿导轨向下

根据牛顿第二定律得:mgsinθ +FA=mam;

则得最大加速度为 am=gsinθ + 上滑过程中导体棒的动能减小,转化为内能和重力势能,根据能量守恒可知,电阻 R 产生的 热量 Q= mv ﹣mgssinθ
2

(3)导体棒下滑过程中匀速运动时速度最大,此时重力的功率等于电功率,则有

mgsinθ ?vm= 又 E=Blvm;

联立解得最大速度为 vm= 答:

(1)上滑过程中导体棒受到的最大加速度为 gsinθ + 电阻 R 产生的热量是 mv ﹣mgssinθ .
2



(3)导体棒下滑过程的最大速度是



【点评】本题从两个角度研究电磁感应现象,一是力的角度,关键是推导安培力的表达式; 二是能量的角度,关键分析涉及几种形式的能,分析能量是如何转化的.

16.静止于 A 处的离子,经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器,并从 P 点垂直 CF 进入矩形区域的有界匀强磁场.静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场,已知圆弧虚线 的半径为 R,其所在处场强为 E、方向如图所示;离子质量为 m、电荷量为 q; ,磁场方向垂直纸面向里;离子重力不计. (1)求加速电场的电压 U; 若离子能最终打在 QF 上,求磁感应强度 B 的取值范围. 、

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力. 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】 (1)带电粒子在加速电场中加速后,进入静电分析器,靠电场力提供向心力,结合 牛顿第二定律和动能定理求出加速的电压大小. 离子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律得到轨迹半 径.画出粒子刚好打在 QF 上的临界轨迹,由几何关系求出临界的轨迹半径,即可求得 B 的范 围. 【解答】解: (1)离子在加速电场中加速,根据动能定理,有:

?① 离子在辐向电场中做匀速圆周运动,电场力提供向心力,根据牛顿第二定律,有:

?② 联立①②得: ?③

离子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律,有:

?④

联立②④得:

?⑤

离子能打在 QF 上,则既没有从 DQ 边出去也没有从 PF 边出去,则离子运动径迹的边界如图中 Ⅰ和Ⅱ. 由几何关系知,离子能打在 QF 上,必须满足: ?⑥

联立⑤⑥得:

答: (1)加速电场的电压 U 为

ER;

磁感应强度 B 的取值范围为



【点评】考查粒子在电场中加速与匀速圆周运动,及在磁场中做匀速圆周运动.掌握电场力 与洛伦兹力在各自场中应用,注意粒子在静电分析器中电场力不做功.

17.如图所示,足够长的光滑平行金属导轨 ef 和 gh 水平放置且相距 L,在其左端各固定一个 半径为 r 的四分之三金属光滑圆环,两圆环面平行且竖直.在水平导轨和圆环上各放有一根 质量为 m,电阻为 R 与导轨垂直的金属杆 ab、cd,其余电阻不计.整个装置处于磁感应强度

大小为 B、方向竖直向上的匀强磁场中.当用水平向右的恒力 F= 达到匀速运动时,杆 cd 恰好静止在圆环上某处,试求: (1)杆 ab 做匀速运动时,回路中的感应电流的大小和方向; 杆 ab 做匀速运动时的速度; (3)杆 cd 静止的位置距圆环最低点的高度.

mg 拉细杆 ab,并最终

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;力的合成与分解的运用;共点力平衡的条件及其 应用;安培力. 【专题】共点力作用下物体平衡专题. 【分析】 (1)杆 a 做匀速运动时,恒力 F 与安培力平衡,由安培力公式求解感应电流. 根据闭合电路欧姆定律求出感应电动势,由感应电动势公式求出杆 a 做匀速运动时的速度. (3)以棒 b 为研究对象.b 受到的安培力大小与 a 受到的安培力大小相等.根据平衡条件求 出杆 b 静止的位置距圆环最低点的高度 【解答】解: (1)匀速时,拉力与安培力平衡,F=BIL

得:I=

方向:a→b 或 d→c

设匀速运动时金属棒 ab 的速度为 v,产生的感应电动势为 E,则: E=BLv 回路电流 I=

联立得:v= (3)设杆 cd 平衡时,和圆心的连线与竖直方向的夹角为 θ ,如图杆受到重力、弹力、安培 力三力平衡,则: 得:θ =60° 由几何知识得:

答: (1)感应电流为

方向:a→b 或 d→c;

杆 ab 做匀速运动时的速度为 (3)杆 cd 静止的位置距圆环最低点的高度 .

【点评】本题是电磁感应与电路、磁场、力学等知识的综合应用,考查分析和处理综合题的 能力.常规题.

18.如图(甲)所示,在直角坐标系 0≤x≤L 区域内有沿 y 轴正方向的匀强电场,右侧有一 个以点(3L,0)为圆心、半径为 L 的圆形区域,圆形区域与 x 轴的交点分别为 M、N.现有一 质量为 m,带电量为 e 的电子,从 y 轴上的 A 点以速度 v0 沿 x 轴正方向射入电场,飞出电场后 从 M 点进入圆形区域,速度方向与 x 轴夹角为 30°.此时在圆形区域加如图(乙)所示周期 性变化的磁场,以垂直于纸面向外为磁场正方向) ,最后电子运动一段时间后从 N 飞出,速度 方向与进入磁场时的速度方向相同(与 x 轴夹角也为 30°) .求: (1)电子进入圆形磁场区域时的速度大小; 0≤x≤L 区域内匀强电场场强 E 的大小; (3)写出圆形磁场区域磁感应强度 B0 的大小、磁场变化周期 T 各应满足的表达式.

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力;带电粒子在匀强电场中的 运动. 【专题】压轴题;带电粒子在复合场中的运动专题. 【分析】电子在电场中只受电场力,做类平抛运动.将速度分解,可求出电子进入圆形磁场 区域时的速度大小.根据牛顿定律求出场强 E 的大小.电子在磁场中,洛伦兹力提供向心力, 做匀速圆周运动.分析电子进入磁场的速度方向与进入磁场时的速度方向相同条件,根据圆 的对称性,由几何知识得到半径,周期 T 各应满足的表达式. 【解答】解: (1)电子在电场中作类平抛运动,射出电场时,如图 1 所示.

由速度关系:

解得

由速度关系得 在竖直方向

解得 (3)在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为 60°,根据几何知识,在磁场变化的半个周期 内,

粒子在 x 轴方向上的位移恰好等于 R. 粒子到达 N 点而且速度符合要求的空间条件是: 2nR=2L 电子在磁场作圆周运动的轨道半径

解得 若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过 数倍时,

(n=1、2、3?) 圆周, 同时 MN 间运动时间是磁场变化周期的整

可使粒子到达 N 点并且 速度满足题设要求.应满足的时间条件:



T 的表达式得:T=

(n=1、2、3?) ;

答: (1)电子进入圆形磁场区域时的速度大小为解得

0≤x≤L 区域内匀强电场场强 E 的大小



(3) 圆形磁场区域磁感应强度 B0 的大小表达式为 3?)

(n=1、 2、

磁场变化周期 T 各应满足的表达式为 T=

(n=1、2、3?) .

【点评】本题带电粒子在组合场中运动,分别采用不同的方法:电场中运用运动的合成和分 解,磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹.所加磁场周期性变化时,要研究规律,得到 通项.


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