2024版高中同步新教材选择性必修第二册人教物理备课资源01-第一章　安培力与洛伦兹力

2024版高中同步新教材选择性必修第二册人教物理备课资源第一章安培力与洛伦兹力满分100分,限时90分钟一、单项选择题(本大题共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个符合题目要求)1.教学中常用如图1所示的装置演示通电导体在磁场中受力的情况。现将图中的蹄形磁铁改用图2所示的电磁铁代替,则合上开关时,以下判断正确的是()A.电磁铁上端为N极,下端为S极,导体棒ab向右运动B.电磁铁上端为N极,下端为S极,导体棒ab向左运动C.电磁铁上端为S极,下端为N极,导体棒ab向右运动D.电磁铁上端为S极,下端为N极,导体棒ab向左运动2.在某匀强磁场中,有一条长0.2m的直导线,通以3A的恒定电流,与磁场垂直放置时,导线受到的安培力是6×10-2N,则()A.匀强磁场的磁感应强度大小为1×10-3TB.安培力方向与匀强磁场的磁感应强度方向相同C.如果该导线的长度和电流都减小为原来的一半,则该导线受到的安培力大小变为1.5×10-2ND.如果将该导线与磁场平行放置,安培力为零,此时磁场的磁感应强度也是零3.如图为磁流体发电机的原理图,等离子体束(含有正、负离子)以某一速度垂直喷射入由一对磁极C、D产生的匀强磁场中,A、B是一对平行于磁场放置的金属板。稳定后电流表中的电流从“+”接线柱流向“-”接线柱,由此可知()A.D磁极为N极B.正离子向B板偏转C.负离子向D磁极偏转D.离子在磁场中偏转过程洛伦兹力对其做正功4.如图所示,弯折导线ABC中通有图示方向的电流,∠C=30°,∠B=90°,置于与导线ABC所在平面平行的匀强磁场中,此时导线ABC所受安培力最大,大小为2N,现将整段导线以过B点且垂直于ABC所在平面的直线为轴顺时针转动30°角,此时导线受到的安培力大小为()A.3NB.32NC.1ND.15.如图所示,竖直放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面(纸面)向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,一带电荷量为q(q>0)的滑块(可视为质点)自a点由静止沿斜面滑下,下降高度为h时到达b点,滑块恰好对斜面无压力。不计空气阻力,关于滑块自a点运动到b点的过程,下列说法正确的是(重力加速度大小为g)()A.滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用B.滑块在b点受到的洛伦兹力大小为qB2C.洛伦兹力做正功D.滑块的机械能增大6.如图,在半径为R的圆形区域内有匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于圆平面向里(未画出)。一群比荷为qm的负离子以相同速率v0(较大),由P点在纸平面内沿不同方向射入磁场中,发生偏转后又飞出磁场,则下列说法正确的是()A.各离子飞出磁场的速度一定相同B.沿PQ方向射入的离子运动的轨迹半径最长C.沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大D.在Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长7.应用质谱仪测定有机化合物分子结构的方法称为质谱法,先在离子化室A中将有机物气体分子碎裂成两种带正电的离子,离子从下方的小孔S飘入电势差为U的加速电场,其初速度几乎为0,然后经过S1沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中,最后打到照相底片D上,形成a、b两条质谱线,则()A.打到a处的离子的比荷小B.两种离子进入磁场时的速度相同C.匀强磁场的方向为垂直纸面向里D.两种离子在磁场中的运动时间相等8.如图所示,虚线两侧的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ均垂直纸面向里,磁场Ⅱ的磁感应强度是磁场Ⅰ的磁感应强度的2倍。质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从虚线上P点沿与虚线成30°角的方向,以速度v0垂直射入磁场Ⅰ,从虚线上的Q点第一次进入磁场Ⅱ;一段时间后粒子再次经过Q点,P点和Q点的距离为L,不计粒子的重力,则磁场Ⅰ的磁感应强度大小和粒子两次经过Q点的时间间隔分别为()A.mv0qL,14πLvC.3mv0qL,143二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)9.回旋加速器的工作原理如图所示。D形盒半径为R,盒内匀强磁场的磁感应强度为B。设氘核的电荷量为q,质量为m,不考虑相对论效应,下列说法正确的是()A.氘核从磁场中获得能量B.交变电源的周期为2πC.氘核加速后的最大速度与加速电场的电压无关D.氘核在回旋加速器内的加速次数与加速电压有关10.如图所示,已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后,水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域(电场强度E和磁感应强度B已知),小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动,重力加速度为g,则()A.小球可能带正电B.小球做匀速圆周运动的半径为r=1C.小球做匀速圆周运动的周期为T=2πD.若电压U增大,则小球做匀速圆周运动的周期增大11.如图所示,磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里,图中虚线为磁场的边界,其中bc段是半径为R的四分之一圆弧,ab、cd的延长线通过圆弧的圆心,Ob长为R。大量质量为m、电荷量为q的粒子,在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场,已知所有粒子均从四分之一圆弧边界射出,且四分之一圆弧边界上均有粒子射出,其中M、N是圆弧边界上的两点,M点在N点右侧,不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是()A.粒子带正电B.从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率C.从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间D.所有粒子所用最短时间为2π12.如图所示,在直角坐标系的第一象限中有一半径为R的扇形POQ无场区域,第一象限剩余区域(含PQ圆弧边界)及第四象限均存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B。大量质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从圆弧PQ上各点沿y轴正方向以相同速度v(大小未知)射入磁场,且所有粒子轨迹均交于Q点并被粒子收集盒(图中未画)吸收。不计粒子间的相互作用和重力,则()A.磁场方向垂直纸面向里B.粒子速度大小为qBRC.粒子运动到Q点的最短时间为3πD.粒子从进入磁场到运动至Q点的过程中离Q的最远距离为2R三、非选择题(本大题共6小题,共60分)13.(6分)某学校兴趣小组的同学在学习了磁场的知识后设计了一个利用天平测定磁感应强度的实验方案。天平的左臂下面挂一个矩形线圈,宽为L,共N匝,线圈的下部悬在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面。实验步骤如下:①未通电流时,在天平右盘内放入质量为m1的砝码,使天平平衡;②当给线圈通以大小为I的顺时针方向电流(如图所示)时,需在天平右盘更换质量为m2的砝码后,天平才能重新平衡。(1)若m1>m2,此时矩形线圈的底边所受的安培力方向为(选填“竖直向上”或“竖直向下”),磁场方向垂直于纸面(选填“向里”或“向外”)。

(2)若m1<m2,用所测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小为B=。

14.(8分)某研究性学习小组的同学,为检测某工厂排放污水的情况,制作了一个简易的电磁流量计,如图甲所示。该装置为中空的长方体管道,长、宽、高分别为a=20cm、b=c=10cm,左右两端开口,与排污管道连通。流量计的上下底面为绝缘体,前后两个侧面为导体,并分别固定两个电极M、N。在垂直于底面的方向加一竖直向下的匀强磁场,已知磁感应强度为B=0.8T。当含有正、负离子的污水从左向右流经该装置时,M、N两电极间将产生电势差U。(1)若使用多用电表的电压挡测量M、N电极间的电势差大小,则与图甲中M相连的应是多用电表的表笔(选填“红”或“黑”)。

(2)某次测量时,使用了多用电表250mV量程的直流电压挡,表盘示数如图乙所示,则M、N电极间的电势差大小U=mV。

(3)若多用电表使用直流电压挡时,可近似视为理想电压表,则根据(2)中测得的电压值,可估算出污水流动的速度为m/s(结果保留2位有效数字)。

(4)现把多用电表的换挡开关旋至量程适当的直流电流挡,把红、黑表笔正确接至M、N两个电极,测得电流值为I=50μA,并已知此时多用电表的内阻为r=200Ω。假定污水的流速恒定并且充满流量计的长方体管道,由此可估算出污水的电阻率ρ=Ω·m。

15.(6分)电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤性武器,如图甲为电磁炮工作原理示意图,可简化为图乙模型。某电磁炮导轨长10m,两导轨之间的距离为0.5m。导轨间磁场可认为是方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为1.5T,电流方向如图所示。质量为10kg的炮弹受安培力作用从导轨最右端由静止开始做匀加速直线运动,到达最左端离开导轨时的速度大小为2.4×103m/s。整个导轨固定在水平面上,忽略炮弹与导轨间的摩擦力。求:(1)炮弹在导轨中加速时的加速度大小;(2)导轨中的电流大小。

16.(10分)如图为半导体离子注入工艺原理示意图。初速度为0的离子P3+(质量为m、带电荷量为+3e),经电压为U的电场加速后,垂直磁场边界进入宽度为d的匀强磁场区域,转过一定角度后从磁场射出,并注入半导体工件内部达到掺杂的目的。已知磁场的磁感应强度大小为mU6ed2(1)离子P3+进入磁场时速度的大小;(2)离子P3+在磁场中偏转的角度θ与偏转的距离s。17.(14分)如图为一电流表的原理示意图,质量为m=100g的均匀细金属棒MN的中点处与劲度系数为k=200N/m的竖直弹簧相连,矩形区域abfe内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,其中ab=20cm,ae=2cm。当MN中没有电流通过时,MN与矩形区域的中线cd重合,与MN连接的绝缘轻指针指在标尺上的0位置,当MN中有电流通过时,指针示数可反映出电流大小及电流方向。(1)当MN中的电流I=2.5A时,指针指在-0.50cm处,求磁感应强度的大小B。(2)求该电流表可以测量的电流范围。18.(16分)如图所示,O-xyz坐标系中y轴的正方向竖直向上,在yOz平面左侧-2l<x<-l区域内存在着沿y轴负方向的匀强电场,-l<x<0区域内存在着沿z轴负方向的匀强磁场,在yOz平面右侧区域同时存在着沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场,电场强度和磁感应强度的大小分别与yOz平面左侧匀强电场的场强大小、匀强磁场的磁感应强度大小相等,电场、磁场均具有理想边界。一个质量为m、电荷量为+q的粒子从M(-2l,l2,0)点以速度v0沿x轴正方向射入电场,经N(-l,0,0)点进入磁场区域,然后从O点进入到平面yOz右侧区域,粒子从离开O点开始多次经过x轴,不计粒子重力。求(1)匀强电场的电场强度大小E;(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;(3)粒子从离开O点开始,第n(n=1,2,3,…)次到达x轴时距O点的距离s。

答案与解析1.A2.C3.A4.A5.B6.D7.A8.B9.BCD10.BC11.AD12.BCD1.A对于电磁铁,根据电池正负极判断线圈中电流的方向,运用安培定则可判断电磁铁上端为N极,下端为S极,故C、D错误。对于导体棒,根据电源正负极判断电流方向,根据电磁铁上端为N极,下端为S极,可判断导体棒所在处磁场方向向下,根据左手定则,导体棒所受安培力向右,故导体棒ab向右运动,B错误,A正确。故选A。2.C匀强磁场的磁感应强度大小为B=FIL=6×10−23×0.2T=0.1T,A错误;安培力方向与匀强磁场的磁感应强度方向垂直,B错误;如果该导线的长度和电流都减小为原来的一半,则该导线受到的安培力大小变为F1=B×12I×12L=14F=1.5×10-2N,C正确;磁感应强度是磁场本身的属性3.A根据电流的方向知,A板带正电,B板带负电,等离子体中的正离子向A板偏转,负离子向B板偏转。根据左手定则,D极为N极,C极为S极,A正确,B、C错误;因为洛伦兹力的方向与速度方向垂直,所以洛伦兹力不做功,D错误。故选A。4.A导线ABC所受的安培力,可等效成“导线AC”所受的安培力,最初导线ABC所受安培力最大,可知磁场方向与AC垂直,设AC长度为L,则此时的安培力大小为F安=BIL,由几何关系可知,BC长度为32L,当整段导线以过B点且垂直于ABC所在平面的直线为轴顺时针转动30°角后,BC边恰好与磁场方向垂直,AB边与磁场方向平行,则F安'=BI·32L,由以上分析可得此时导线受到的安培力大小为3N,5.B滑块自a点由静止沿斜面滑下,在a点不受洛伦兹力作用,A错误;滑块自a点运动到b点的过程中,洛伦兹力不做功,支持力不做功,滑块机械能守恒,由mgh=12mv2,得滑块在b点时的速度v=2gℎ,滑块在b点受到的洛伦兹力为F=qBv=qB2gℎ,B正确,C、D6.D各离子飞出磁场的速度大小相等,但方向不同,A错误;由洛伦兹力提供向心力得qv0B=mv02r,解得r=mv0qB,由于所有离子的比荷相同,速度大小相等,因此所有离子在磁场中运动的轨迹半径相等,B错误;所有离子中,从Q点飞出的离子运动轨迹对应的弦长最大,对应的圆心角最大,离子飞出时偏转角最大,而沿PQ方向射入的离子并不能从Q点飞出,C错误;比荷相同的粒子在相同磁场中做圆周运动的周期相同,为T=2πmqB,离子在磁场中运动的时间t=θ2πT=θ2π·2πmqB=θmqB,在7.A离子在加速电场中加速时,由动能定理有Uq=12mv2,解得v=2qUm,由于两种带正电的离子比荷不同,所以进入磁场时的速度不同,B错误;离子在磁场中偏转时有qvB=mv2R,解得R=mvqB=2mqUqB=1B2mUq,所以,比荷大的偏转半径小,打到a处的离子的比荷小,A正确;离子带正电,根据左手定则,匀强磁场的方向垂直纸面向外,C错误;离子在磁场中做圆周运动的周期T=2πm8.B粒子的运动轨迹如图所示:由几何关系,粒子在磁场Ⅰ中运动的半径为r1=L,由洛伦兹力提供向心力得qv0B1=mv02r1,解得B1=mv0qL,C、D错误;由Bqv=mv2r,得r=mvBq,由于磁场Ⅱ的磁感应强度是磁场Ⅰ磁感应强度的2倍,所以粒子在磁场Ⅱ中运动的半径为r2=12r1=12L,粒子在磁场Ⅰ中运动的周期为T1=2πr1v0=2πLv0,粒子在磁场Ⅱ中运动的周期为T2=2πr29.BCD氘核在磁场中受到的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直,洛伦兹力不做功,氘核不从磁场中获得能量,它是从电场中获得能量,A错误;回旋加速器要实现对粒子的加速,交变电源的周期要等于粒子在磁场中运动的周期,根据qvB=mv2r得r=mvqB,氘核在磁场中做圆周运动的周期T=2πrv=2πmqB,所以交变电源的周期为2πmqB,B正确;氘核离开回旋加速器时获得的最大速度满足qvmB=mvm2R,解得vm=qBRm,所以氘核加速后的最大速度与加速电场的电压无关,C正确;氘核最大动能Ek=12mvm2=q2B2R22m,氘核在回旋加速器中每加速一次,增加的动能为qU,设加速次数为10.BC小球在该区域的竖直平面内做匀速圆周运动,则小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反,小球所受电场力的方向和场强方向相反,则小球带负电,A错误;小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,由牛顿第二定律可得Bqv=mv2r,由动能定理有Uq=12mv2,且有mg=qE,联立可得小球做匀速圆周运动的半径r=1B2UEg,故B正确;由运动学公式可得T=2πrv,联立可得T=2πEBg11.AD粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动,根据左手定则,可知粒子带正电,A正确;根据qvB=mv2r,得v=qBrm,从M点射出的粒子做圆周运动的半径更小,则粒子的速度更小,B错误;由t=θ2πT=θ2π×2πmqB,粒子在磁场中运动的周期相等,转过的圆心角越大,运动时间越长,由几何关系可知,弦切角等于圆心角的一半,则弦切角越小,运动时间越短,如图所示,当弦与bc圆弧边界相切时,弦切角最小,又因为Ob等于R,由几何关系,此时圆周运动的圆心角为120°,则最短时间为tmin=120°360°×2πmqB=2πm3qB,M、N12.BCD带正电粒子的轨迹均交于Q点,可知粒子向右偏转,根据左手定则,磁场方向垂直纸面向外,A错误;由P点射入磁场的粒子轨迹如图所示:根据几何知识,粒子的轨迹半径为R,根据洛伦兹力提供向心力得Bqv=mv2R,粒子速度为v=qBRm,B正确;粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πmBq,粒子在磁场中的运动时间t=θ2πT,θ为轨迹对应的圆心角,圆心角越小,运动时间越短,由几何知识可知,由P点射入的粒子在磁场中轨迹所对应的圆心角最小,最短时间为t=34T=34×2πmBq=3πm2Bq,C正确;粒子的轨迹半径都为R,粒子从进入磁场到运动至Q点的过程中离Q13.答案(1)竖直向上(2分)向外(2分)(2)(m2−m解析(1)若m1>m2,说明通电后天平平衡时天平左臂的拉力小于矩形线圈的重力,矩形线圈的底边所受的安培力方向为竖直向上,根据左手定则,磁场方向为垂直纸面向外。(2)对矩形线圈,根据平衡条件有m1g+NBIL=m2g,解得B=(m14.答案(1)黑(2分)(2)145(2分)(3)1.8(2分)(4)540(2分)解析(1)根据左手定则,N端聚集正电荷,电势较高;M端聚集负电荷,电势较低,与M相连的应是多用电表的黑表笔。(2)250mV挡,每小格为5mV,表盘读数为145mV。(3)M、N间电压稳定时,根据qUb=qvB得U=Bbv,解得v≈1.8m/s(4)根据I=UR+r,R=ρLS解得ρ=540Ω·m。15.答案(1)2.88×105m/s2(2)3.84×106A解析(1)设加速度大小为a由v2=2ax(2分)得a=2.88×105m/s2(1分)(2)根据牛顿第二定律得IlB=ma(2分)得I=3.84×106A(1分)16.答案(1)6eUm(2)30°(2-3解析(1)离子经过加速电场,由动能定理有3eU=12mv2(2分)解得离子离开电场进入磁场时的速度v=6eUm(1分(2)离子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有3evB=mv2R(2分将B=mU6ed2代入,联立解得R=2d(由几何关系有Rsinθ=d,解得sinθ=12,即偏转的角度θ=30°(1分)偏转距离s=R(1-cosθ)(2分)解得s=(2-3)d(1分)17.答案(1)2T(2)[-5A,5A],其中“-”表示电流方向由N指向M解析(1)设没有电流通过时,弹簧弹力为FN1,电流I=2.5A时弹簧弹力为FN2。没有电流通过时弹簧伸长量为x1,电流I=2.5A时弹簧伸长量为x2=x1+0.005m(1分)FN1=mg=kx1(1分)FN2=mg+F安=kx2(1分)F安=BILab(1分)解得B=2T(1分)(2)当金属棒到达ab位置时,mg+BIMLab=k(x1+ΔxM)(1分)解得IM=5A,由左手定则,电流方向由M指向N,设为电流正方向(2分)当金属棒到达ef位置时,mg-BIM'Lab=k(x1-ΔxM)(2分)解得IM'=5A,由左手定则,电流方向由N指向M(2分)则该电流表可以测量的电流范围为[-5A,5A],其中“-”表示电流方向由N指向M(2分)18.答案(1)mv02ql(2)2mv0ql(3)πnl(2+解析(1)根据题意,粒子在yOz平面左侧区域内的运动轨迹如图所示:粒子在电场中运动时,有l=v0t1(1分)12l=12at12(由牛顿第二定律得Eq=ma(1分)解得E=mv02ql((2)在N点,设粒子速度v的方向与x轴间的夹角为θ,沿y轴负方向的分速度大小为vy,有tanθ=vyv0,vy=at1,v=v0cos解得vy=v0,v=2v0,θ=45°由对称性,粒子在O点时速度方向与x轴间的夹角也为θ(1分)根据几何关系,粒子在磁场中做圆周运动轨迹的半径为R=ON2sinθ=l2sinθ=2由牛顿第二定律得qvB=mv2R(1解得B=mvqR=2mv0ql(3)将粒子在O点的速度分解,沿x轴方向的分速度大小为vx=vcosθ=v0,沿y轴方向的分速度大小为vy=vsinθ=v0(2分)因同时存在电场、磁场,粒子以vy在磁场中做匀速圆周运动,同时粒子以初速度vx=v0沿x轴正方向做匀加速运动,粒子离开O点后,每转一周到达一次x轴,第n次到达x轴时,粒子运动的时间t=nT,T=2πmqB=πlv0到达x轴时距O点的距离s=v0t+12at2(1分)解得s=πnl(2+nπ)2(n=1,2,3,…)(1分满分100分,限时90分钟一、单项选择题(本大题共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个符合题目要求)1.下列现象中利用的原理不是电磁感应的是()A.如图甲所示,真空冶炼炉外有线圈,线圈中通入高频交流电,炉内的金属能迅速熔化B.如图乙所示,安检门可以检测金属物品,如携带金属刀具经过时,会触发报警C.如图丙所示,放在磁场中的玻璃皿内盛有导电液体,其中心放一圆柱形电极,边缘内壁放一环形电极,通电后液体就会旋转起来D.如图丁所示,用一蹄形磁铁接近正在旋转的铜盘,铜盘很快静止下来2.一架飞机在广州上空匀速巡航,机翼保持水平,飞行高度不变,由于受地磁场的作用,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,则下列说法正确的是()A.若飞机从东往西飞,φ1比φ2高B.若飞机从南往北飞,φ1比φ2低C.若飞机从北往南飞,φ1比φ2低D.由于飞机匀速飞行,则φ1等于φ23.如图所示,若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ,关于线圈的感应电流及其方向(从上往下看),说法正确的是()A.有顺时针方向的感应电流B.有逆时针方向的感应电流C.先有逆时针后有顺时针方向的感应电流D.无感应电流4.如图所示,一个矩形区域内存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里。一个三角形闭合导线框由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t=0),规定逆时针方向为电流的正方向,则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是()5.如图所示,地面上方有方向垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场,在磁场内水平静止释放一根不带电的金属棒MN,不考虑空气阻力,下列说法正确的是()A.N端先落地,M端后落地B.M、N两端同时落地C.金属棒做自由落体运动D.金属棒先加速运动后匀速运动6.如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,间距为L的水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻,质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻和导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动,最终停在导体框上。在此过程中,下列说法正确的是()A.导体棒中电流保持不变B.导体棒中感应电流的方向为b→a,a、b间电势差为BLv0C.导体棒克服安培力做的功等于12mD.导体棒刚开始运动时克服安培力做功的瞬时功率为B7.如图所示,虚线左侧存在磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于纸面向里。有一正方形金属框abcd,其边长为L,电阻为R,初始ad边与磁场边界重合,现将其绕a点以角速度ω顺时针匀速转动。在金属框转动45°的过程中()A.金属框中产生沿逆时针方向的感应电流B.金属框经过虚线位置时产生的瞬时感应电动势大小为BωL2C.金属框受到的安培力逐渐增大,方向不断变化D.流过金属框某一横截面的电荷量为28.如图所示,y轴正方向竖直向下,足够长的光滑导轨OM、ON固定在竖直平面内,电阻不计,两导轨与竖直方向夹角均为30°。空间存在垂直导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、长为L的导体棒在竖直向上的拉力F作用下,从O点开始沿y轴向下以大小为v的速度做匀速直线运动,棒始终与y轴垂直且关于y轴对称,与导轨接触良好。单位长度的导体棒电阻值为r,重力加速度为g。则在导体棒从开始运动到离开导轨的过程中,下列说法正确的是()A.导体棒中的感应电流逐渐增大B.导体棒沿导轨向下运动过程中减少的机械能等于导体棒产生的焦耳热C.通过导轨O点处横截面的电荷量为3D.导体棒在导轨上运动时拉力F与y的关系为F=mg-3v二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)9.如图,半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场中,绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,磁场的磁感应强度大小为B,则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘及导线的电阻不计)()A.电阻R上电流方向由c到dB.电阻R上电流方向由d到cC.通过R的电流I=BD.通过R的电流I=B10.图1中表示电流传感器,在用图1的电路研究自感现象时,电流传感器显示各时刻通过线圈L(直流电阻为0)的电流如图2所示。已知灯泡的电阻与定值电阻R相同且不随电流变化,可以判定()A.闭合S时灯泡缓慢变亮,断开S时灯泡缓慢熄灭B.1.0×10-3s前后,S由闭合变为断开C.1.2×10-3s时,通过灯泡的电流方向为从右向左D.1.1×10-3s时,灯泡的功率约为5.0×10-4s时的二分之一11.如图,在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨,其间距为L,电阻不计。在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场,在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场,两部分磁场的磁感应强度大小均为B。与导轨垂直的金属棒ad、bc的电阻均为R,质量分别为m、2m,分别静止于两磁场中。现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0,下列说法正确的是()A.两金属棒组成的系统的动量守恒B.两金属棒始终受到水平向右的安培力C.两棒达到稳定时速度大小均为13vD.ad棒向左运动的过程中,ad棒产生的焦耳热为16m12.如图甲所示,两根间距L=1m的平行光滑金属导轨放置在水平面内,左端与R=1Ω的定值电阻相连。导轨间在坐标轴x>0一侧存在着沿x方向磁感应强度均匀增大的磁场,磁感应强度B与x的关系如图乙所示。在外力F作用下,一质量m=1kg的金属棒从A1位置运动到A2位置的过程中,通过电阻R的电流始终恒定为1A。金属棒始终与导轨垂直且接触良好,A1、A2对应的位置坐标分别为x1=1m、x2=3m,不计导轨与金属棒电阻,下列说法正确的是()A.从A1到A2的过程中,金属棒做减速运动B.金属棒在A2处的动能为0.25JC.从A1到A2的过程回路中拉力做的功为2.625JD.从A1到A2的过程中通过金属棒横截面的电荷量为4C三、非选择题(本大题共6小题,共60分)13.(6分)在“探究影响感应电流方向的因素”实验中:(1)请将实物电路图补充完整。(2)将线圈E插入线圈F中,闭合开关时,线圈F中感应电流的方向与线圈E中电流的绕行方向(选填“相同”或“相反”)。

(3)在开关处于闭合状态将线圈E拔出时,线圈F中的感应电流的方向与线圈E中电流的绕行方向(选填“相同”或“相反”)。

14.(9分)某学习小组在“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”的实验中采用了如图甲所示的实验装置。(1)实验中用螺旋测微器测量挡光片的宽度Δd时,示数如图乙所示,则Δd=mm。

(2)在实验中,让小车以不同速度靠近螺线管,记录下光电门挡光时间Δt内感应电动势的平均值E,改变速度多次实验,得到多组数据。这样实验的设计满足了物理实验中常用的“控制变量法”,你认为该实验过程中不变的量是:在Δt时间内。

(3)得到多组Δt与E的数据之后,若以E为纵坐标、以Δt为横坐标作出E-Δt图像,发现图像是一条曲线,不容易得出清晰的实验结论,为了使画出的图像为一条直线,最简单的改进办法是以为横坐标。

15.(8分)如图所示,间距为L的光滑导轨立在竖直平面内,匀强磁场的方向垂直于导轨平面,磁感应强度为B,质量为m的导体棒PQ与导轨接触良好。电源的电动势为E、内阻为r。当开关K拨向a时,导体棒PQ恰能静止。重力加速度为g,导轨电阻不计。求:(1)导体棒的电阻;(2)当K拨向b后,导体棒由静止开始向下运动,最后匀速运动的速度为多大。16.(9分)如图甲所示,一不可伸长的轻绳上端固定,下端系一个半径为r=0.1m的圆形单匝金属框,金属框的水平直径ab上方有垂直于金属框所在平面向里的匀强磁场,已知金属框的电阻R=5Ω,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示,求:(1)金属框中的感应电流大小和方向;(2)t=0.02s时金属框所受安培力的大小和方向。17.(12分)如图所示,在竖直平面内的xOy坐标系中有水平向里的磁场,磁感应强度大小沿x轴方向均相同,沿y轴正方向以By=ky(k>0)的规律均匀增大。一正方形线框abcd的a点与原点O重合,并沿x轴正方向水平抛出,下降高度h后线框开始做匀速运动。已知线框的边长为L,质量为m,电阻为R,重力加速度为g,不计空气阻力。求:(1)线框匀速运动时沿y轴方向的速度大小vy;(2)线框下落高度h的过程中产生的焦耳热Q。18.(16分)如图所示,MN和PQ是电阻不计的光滑平行金属导轨,间距为L,导轨弯曲部分与平直部分平滑连接,顶端接一个阻值为R的定值电阻,从导轨弯曲部分与平直部分连接处向右宽度为d的区域内有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场,一电阻为r、长为L的金属棒从导轨AA'处由静止释放,经过磁场右边界继续向右运动并从桌边水平飞出,已知AA'离桌面高度为h,桌面离地高度为H,金属棒落地点与桌面边缘的水平距离为s,重力加速度为g,由此可求出金属棒穿过磁场区域的过程中:(1)流过金属棒的最小电流;(2)通过金属棒的电荷量;(3)金属棒产生的焦耳热。

答案与解析1.C2.A3.A4.C5.A6.C7.B8.C9.BC10.BC11.CD12.AC1.C真空冶炼炉外的线圈中通有高频交流电,由于电磁感应,炉内金属中会产生涡流,使得金属达到很高的温度从而熔化,利用了电磁感应的原理,故A不符合题意;安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品,原理是:线圈中交变电流产生的磁场,会在金属物品中产生感应电流,而金属物品中感应电流产生的磁场会在线圈中产生感应电流,引起线圈中交变电流发生变化,从而被探测到,即利用了电磁感应的原理来工作,故B不符合题意;放在磁场中的玻璃皿内盛有导电液体,其中心放一圆柱形电极,边缘内壁放一环形电极,从而使得圆柱形电极与边缘形成电流,电流在磁场中受到安培力的作用而发生转动,不是利用电磁感应的原理,故C符合题意;用一蹄形磁铁接近正在旋转的铜盘,铜盘内部将会产生涡流,在安培力的作用下铜盘会很快静止下来,利用了电磁感应的原理,故D不符合题意。2.A我国广州位于地球的北半球,地磁场的竖直分量向下。当飞机水平匀速飞行时,切割磁感线产生感应电动势,且感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的,由低电势指向高电势。由右手定则可判断飞机飞行时产生的感应电动势情况如图所示,可知飞机不论沿何方向水平飞行,都是飞机的左方机翼电势高,右方机翼电势低,即总有φ1比φ2高。故选项A正确。3.A关键点拨有关磁通量变化的判定:磁感线是闭合曲线,在磁铁外部,磁感线从N极出发回到S极;在磁铁内部,磁感线从S极指向N极。图中,磁铁内部穿过线圈的磁感线方向向上,磁铁外部,穿过线圈的磁感线方向向下,与内部的磁通量抵消一部分,根据线圈面积大小、抵消多少来分析磁通量变化情况。磁感线是闭合曲线,磁铁内部磁感线的条数等于外部所有磁感线的总和,且二者方向相反,可知通过金属导线圈Ⅱ的磁通量比Ⅰ的大,即当弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ时,磁通量变大,且磁场方向向上,根据楞次定律结合安培定则可知线圈中产生顺时针方向的感应电流。4.C线框进入磁场的过程,磁通量向里增加,根据楞次定律可知感应电流的磁场向外,由安培定则可知感应电流沿逆时针方向,即沿正方向,线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小,由E=BLv可知,感应电动势先均匀增大后均匀减小,感应电流先均匀增大后均匀减小。线框完全在磁场中运动的过程,穿过线框的磁通量不变,没有感应电流产生。线框穿出磁场的过程,磁通量向里减小,根据楞次定律可知感应电流的磁场向里,由安培定则可知感应电流沿顺时针方向,即沿负方向,线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小,由E=BLv可知,感应电动势先均匀增大后均匀减小,感应电流先均匀增大后均匀减小。综上可知A、B、D错误,C正确。5.A根据题意可知,金属棒MN向下运动时切割磁感线,由右手定则可知,感应电动势方向由N→M,即M端相当于电源的正极带正电,N端相当于电源的负极带负电,在电场中,M端受向上的电场力,N端受向下的电场力,金属棒MN向下运动过程中,发生了转动,N端先落地,M端后落地。故选A。6.C导体棒ab以向右的初速度v0切割磁感线瞬间,产生的电动势为E=BLv0,根据右手定则,导体棒中感应电流方向为b→a,感应电流大小I0=ER+r=BLv0R+r,导体棒相当于电源,a、b间电势差为路端电压,即Uab=BLv0R+r·R,根据左手定则,导体棒ab受到的安培力向左,速度会减小,a、b间电势差会减小,导体棒中电流减小,A、B错误;导体棒最终停在导体框上,根据功能关系,导体棒克服安培力做的功等于导体棒动能的减少量,即12mv02,C正确;导体棒刚开始运动时,安培力F安=BI0L7.B由楞次定律,金属框中产生沿顺时针方向的感应电流,A错误;金属框经过虚线位置时,切割磁感线的有效长度等于ac的长度,瞬时感应电动势E=12BL有效vc=12B·2L·ω·2L=BωL2,B正确;在金属框匀速转动45°的过程中,切割磁感线的有效长度逐渐变大,感应电动势逐渐变大,感应电流逐渐变大,由F=BIL可知,金属框受到的安培力逐渐增大,且方向不变总是垂直于磁场边界向左,C错误;流过金属框某一横截面的电荷量为q=IΔt=ERΔt=ΔΦR=B8.C设导体棒在两导轨间的长度为l,导体棒产生的感应电动势E=Blv,根据闭合电路欧姆定律,导体棒中的感应电流I=Elr=Bvr,因为v、r、B恒定,则I恒定,A错误;导体棒沿导轨向下运动过程中,除了重力做功,还有拉力F、安培力做负功,减少的机械能等于克服拉力F做功与克服安培力做功之和,其中克服安培力做的功等于导体棒产生的焦耳热,B错误;通过导轨O点处横截面的电荷量q=It=Bvr·32Lv=3BL2r,C正确;导体棒在导轨上做匀速直线运动时,导体棒受到重力、拉力F和安培力而平衡,有F+BIl=mg,其中l=2ytan30°,解得拉力F=9.BC根据法拉第电磁感应定律,金属圆盘切割磁感线产生的感应电动势为E=Brv=12Br·rω=12Br2ω,根据欧姆定律,通过电阻R的电流为I=ER=Br2ω2R,由右手定则,圆盘相当于电源,电流方向从边缘指向圆心,电阻中的电流方向为从10.BC闭合S时,流过灯泡的电流瞬间增大,所以灯泡瞬间变亮,A错误;闭合S时,由于线圈的自感作用使得流过电阻R的电流由0逐渐增大,稳定后,自感现象消失,电流保持不变,断开S时,线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小,与定值电阻R、电流传感器和灯泡组成回路,线圈L中的感应电流方向与断开S前的电流方向相同,回路电流方向是逆时针方向,通过灯泡的电流方向为从右向左,所以题图2中,0~1.0×10-3s是闭合S后的稳定时间,1.0×10-3s前后,S由闭合变为断开,B、C正确;由题图2可知,t1=1.1×10-3s时,电流约为I1=0.9A,t2=5.0×10-4s时,电流为I2=1.5A,根据功率的计算公式P=I2R,可得P1P2=0.921.52=0.11.CDad棒向左运动时,回路中产生顺时针方向的感应电流,ad棒受到向右的安培力,bc棒也受到向右的安培力,所以两金属棒组成的系统合外力不为零,系统的动量不守恒,选项A错误;ad棒向左做减速运动,bc棒向右做加速运动,两棒速度大小相等时,穿过回路的磁通量不变,不再产生感应电流,两棒不受安培力,均做匀速运动,设速度大小为v,根据动量定理,对ad棒有-F安t=mv-mv0,对bc棒有F安t=2mv-0,联立解得v=13v0,即最终两金属棒的速度大小都是13v0,选项B错误,C正确;由能量关系可知总的焦耳热Q=12mv02-12mv2-12×2mv2,ad棒产生的焦耳热为Qad=112.AC从A1到A2的过程中,回路中电流恒为I=1A,感应电动势为E=IR=1V,由E=BLv得,v=EBL,因为E、L为定值,所以v与B成反比,由题图乙可知,从A1到A2的过程中,x增大,B增大,则v减小,所以金属棒做减速运动,A正确;由题图乙可得B=(0.5+0.5x)T,在A1即x=1m处的磁感应强度B=1T,设金属棒在A1处的速度为v1,可得E=BLv1,解得v1=1m/s,在A2即x=3m处的磁感应强度B=2T,设金属棒在A2处的速度为v2,可得E=BLv2,解得v2=0.5m/s,金属棒在A2处的动能Ek2=12mv22=0.125J,B错误;金属棒受到的安培力大小为F安=BIL=(0.5+0.5x)×1×1N=(0.5+0.5x)N,在A1即x=1m处受到的安培力大小为F1=1N,在A2即x=3m处受到的安培力大小为F2=2N,由于安培力随位移均匀变化,整个过程中克服安培力所做的功为W克安=F1+F22x=3J,即回路产生的焦耳热Q=3J,由焦耳定律Q=I2Rt,解得t=3s,金属棒从A1到A2的过程中通过其横截面的电荷量为q=It=3C,D错误;金属棒从A1到A2的过程中,对金属棒,由动能定理有W-W克安=12mv22-12mv13.答案(1)图见解析(2分)(2)相反(2分)(3)相同(2分)解析(1)实物电路如图所示:(2)将线圈E插入线圈F中,闭合开关时,通过线圈F的磁通量增大,由楞次定律,线圈F中感应电流的磁场阻碍磁通量的增加,即线圈F中感应电流的绕行方向与线圈E中电流的绕行方向相反。(3)在开关