1、2015-2016学年江苏省南通市启东中学高二（上）期中物理试卷（选修）一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分，每题只有一个选项是正确的）1关于磁感应强度B=，下列说法正确的是（）A电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B一定等于B磁感应强度大小与电流元IL的乘积成反比，与F成正比C磁感应强度方向与电流元IL在此点的受力方向相同D磁感强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关2如图，两根互相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
2、均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（）Ao点处的磁感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c两点处磁感应强度的方向不同3如图所示，a、b都是较轻的铝环，a环闭合，b环断开，横梁可以绕中间支点自由转动，开始时整个装置静止下列说法中正确的是（）A条形磁铁插入a环时，横梁不会发生转动B只有当条形磁铁N极拔出铝环时，横梁才会转动C条形磁铁用相同方式分别插入a、b环时，两环转动情况相同D铝环a产生的感应电流总是阻碍铝环与磁铁间的相对运动4如图所示，a为带正电的物体，b为不带电的绝缘物块，a、b叠放在粗糙水平地面上地面上方有垂直纸
3、面向里的匀强磁场，现用恒力F拉b，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，则在加速阶段，a受到b施加的摩擦力方向及大小变化是（）A向左，变大B先向左后向右，先减小后增大C向左，变小D向左，不变5如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周，在线框中产生感应电流现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为（）ABCD6一正方形闭合导线框abcd，边长为0.1m，各
4、边电阻均为1，bc边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽为0.2m、磁感应强度为1T的垂直纸面向里的匀强磁场区，如图所示，当线框以恒定速度4m/s沿x轴正方向穿越磁场区过程中，如图所示中，哪一图线可正确表示线框从进入到穿出过程中，ab边两端电势差Uab随位置变化的情况（）ABCD二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分每小题至少有2个选项是正确的，少选得2分，不选或错选得零分）7如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡，线圈L自感系数足够大，电阻可以忽略不计下列说法中正确的是（）A合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭C断开开关S时，
5、A2闪亮一下再熄灭D断开开关S时，流过A2的电流方向向右8如图所示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A1A2平板S下方有强度为B0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内C能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小9如图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
6、磁场中运动的动能Ek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，则下列判断正确的是（）A在Ekt图中应有t4t3=t3t2=t2t1B高频电源的变化周期应该等于tntn1C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形盒的半径10如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上第、象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g根据以上信息，可以求出的物
7、理量有（）A圆周运动的速度大小B电场强度的大小和方向C小球在第象限运动的时间D磁感应强度大小11如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（Ld），质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则下列说法正确的是（）A线圈进入磁场的过程中，感应电流为顺时针方向B线圈进入磁场的过程中，可能做加速运动C线圈穿越磁场的过程中，线圈的最小速度可能为D线圈从ab边进入磁场到ab边离开磁场的过程，感应电流做的功为mgd三、实验题（本题共4个填空，每一空3分，共12分，
8、请将解答填写在答题纸相应的位置）12（12分）（2009秋上饶期末）一灵敏电流计（电流表），当电流从它的正接线柱流人时，指针向正接线柱一侧偏转现把它与一个线圈串联，试就如图中各图指出：（1）图（a）中灵敏电流计指针的偏转方向为（填“偏向正极”或“偏向负极”）（2）图（b）中磁铁下方的极性是（填“N极”或“S极”）（3）图（c）中磁铁的运动方向是（填“向上”或“向下”）（4）图（d）中线圈从上向下看的电流方向是（填“顺时针”或“逆时针”）四、论述计算题（本题共4小题，共64分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13（
9、15分）（2011秋海淀区期末）如图甲所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为l，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直已知轨道和导体棒的电阻及电源的内电阻均不能忽略，通过导体棒的恒定电流大小为I，方向由a到b，图乙为图甲沿ab方向观察的平面图若重力加速度为g，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止（1）请在图乙所示的平面图中画出导体棒受力的示意图；（2）求出磁场对导体棒的安培力的大小；（3）如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最
10、小值的大小和方向14（15分）（2013江苏）如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直已知线圈的匝数N=100，边长ab=1.0m、bc=0.5m，电阻r=2 磁感应强度B在01s内从零均匀变化到0.2T 在15s内从0.2T均匀变化到0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向求：（1）0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；（2）在15s内通过线圈的电荷量q；（3）在05s内线圈产生的焦耳热Q15（16分）（2014邯郸一模）如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为，且处在磁感应强度大小为B、
11、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行（1）求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；（2）当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；（3）导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q16（18分）（2015秋启东市校级期中）如图（甲）所示，在直角坐标系0xL区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，
12、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（磁场从t=0时刻开始变化，且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点飞出，速度方向与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（请作出电子飞行的轨迹图）；（2）0xL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2015-2016学年江苏省南通市启东中学高二（上
13、）期中物理试卷（选修）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分，每题只有一个选项是正确的）1关于磁感应强度B=，下列说法正确的是（）A电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B一定等于B磁感应强度大小与电流元IL的乘积成反比，与F成正比C磁感应强度方向与电流元IL在此点的受力方向相同D磁感强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关【考点】磁感应强度 【分析】磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，由磁场本身决定的【解答】解：A、若电流的方向与磁场方向垂直，磁感应强度B=，否则B，故A错误B、磁感应强度大小与电流元IL的乘积无关，故B错误C、
14、根据左手定则知，磁感应强度的方向与电流元在此点的受力方向不同，故C错误D、磁感强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关故D正确故选：D【点评】对于物理量中的基本物理量一定明确其含义、如何定义的、定义公式特点等，不能相互混淆，因此对这些基本物理知识要加强理解和应用2如图，两根互相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（）Ao点处的磁感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、d两点
15、处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c两点处磁感应强度的方向不同【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成【解答】解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0故A错误B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同故B错误C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向
16、垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等故C正确D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下故D错误故选C【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成3如图所示，a、b都是较轻的铝环，a环闭合，b环断开，横梁可以绕中间支点自由转动，开始时整个装置静止下列说法中正确的是（）A条形磁铁插入a环时，横梁不会发生转动B只有当条形磁铁N极拔出铝环时，横梁才会转动C条形磁铁用相同方式分别插入a、b环时，两环转动情况相同D铝环a产
17、生的感应电流总是阻碍铝环与磁铁间的相对运动【考点】楞次定律 【分析】当条形磁铁向a环靠近a时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合产生感应电流，根据楞次定律判断a环的运动情况当条形磁铁向b环靠近b时，b环不闭合，不产生感应电流，根据有无安培力判断b环的运动情况，从而即可求解【解答】解：A、当条形磁铁向a环靠近时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合产生感应电流，磁铁对a环产生安培力，阻碍两者相对运动，因此a环阻碍磁铁靠近，出现转动现象；当条形磁铁向b环靠近b时，b环中不产生感应电流，磁铁对b环没有安培力作用，b环将静止不动故ABC错误D、根据楞次定律可知，环a产生的感应电流总是阻碍铝环与磁铁间的相对运动，
18、故D正确故选：D【点评】本题也可以根据楞次定律的另一种表述：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动来直接判断4如图所示，a为带正电的物体，b为不带电的绝缘物块，a、b叠放在粗糙水平地面上地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用恒力F拉b，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，则在加速阶段，a受到b施加的摩擦力方向及大小变化是（）A向左，变大B先向左后向右，先减小后增大C向左，变小D向左，不变【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力；洛仑兹力 【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律判断出整体加速度的变化，再隔离对a分析，得出a合力的变化，从而得知摩擦力变化【解答】解
19、：整体受到总重力、地面的支持力、竖直向下的洛伦兹力、拉力、地面摩擦力向左加速运动的过程中，速度增加，洛伦兹力增大，则支持力增大，摩擦力变大，合力变小，根据牛顿第二定律，加速度减小再隔离对a分析，根据牛顿第二定律知，a所受的合力减小a在水平上仅受静摩擦力，则静摩擦力变小，方向向左故C正确，A、B、D错误故选C【点评】解决本题的关键通过整体法求出加速度的变化，再通过隔离法对a分析，得出合力的变化，从而知道摩擦力的变化5如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度
20、匀速转动半周，在线框中产生感应电流现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为（）ABCD【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据转动切割感应电动势公式，求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流根据法拉第定律求解磁感应强度随时间的变化率【解答】解：若要电流相等，则产生的电动势相等设切割长度为L，而半圆的直径为d，从静止开始绕过圆心O以角速度匀速转动时，线框中产生的感应电动势大小为 根据法拉第定律得 联立得故ABD错误，C正确，故选C【点评】本题关键要掌握转动切割感
21、应电动势公式和法拉第电磁感应定律6一正方形闭合导线框abcd，边长为0.1m，各边电阻均为1，bc边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽为0.2m、磁感应强度为1T的垂直纸面向里的匀强磁场区，如图所示，当线框以恒定速度4m/s沿x轴正方向穿越磁场区过程中，如图所示中，哪一图线可正确表示线框从进入到穿出过程中，ab边两端电势差Uab随位置变化的情况（）ABCD【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】电磁感应与图像结合【分析】先根据楞次定律判断线框中感应电流方向，确定a、b两点电势的高低分三段研究：ab进入磁场切割磁感线过程、完全在磁场中运动的过程和dc切割磁感线过程，由E=
22、BLv和欧姆定律求解Uab【解答】解：分两段研究：ab进入磁场切割磁感线过程和dc切割磁感线过程ab进入磁场切割磁感线过程中，x在0L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为逆时针，ab相当于电源，a的电势高于b的电势，Uab0感应电动势为 E=BLv=10.14V=0.4V，Uab是外电压，则有 Uab=E=0.3V；线框完全在磁场中运动过程，x在L2L范围：磁通量不变，没有感应电流产生，ab边两端电势差等于电动势，为 Uab=E=0.4V；dc切割磁感线过程，x在2L3L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为顺时针，dc相当于电源，a的电势高于b的电势，Uab0感应电动势为 E=
23、BLv=10.14V=0.4V，Uab是外电压的，则有 Uab=E=0.1V；故B正确故选：B【点评】本题是楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律的综合，比较简单，容易出错的地方是ab的电压是内电压还是外电压的问题二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分每小题至少有2个选项是正确的，少选得2分，不选或错选得零分）7如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡，线圈L自感系数足够大，电阻可以忽略不计下列说法中正确的是（）A合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭C断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭D断开开关S时，流过A2的电流方向向右【考点
24、】自感现象和自感系数 【专题】电磁感应与电路结合【分析】当电键K闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮断开瞬间也可以按照同样的思路分析【解答】解：A、灯B与电阻R串联，当电键K闭合时，灯B立即发光通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A逐渐亮起来所以B比A先亮由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同故A正确；B、C、D、稳定后当电键S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当
25、于电源，与灯泡A、B和电阻R构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，流过A2的电流方向向左；故B正确，CD错误；故选：AB【点评】对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解8如图所示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A1A2平板S下方有强度为B0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内C能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小【考
26、点】质谱仪和回旋加速器的工作原理 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子经加速后进入速度选择器，速度为v=粒子可通过选择器，然后进入B0，打在S板的不同位置【解答】解：A、进入B0的粒子满足，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故A正确；B、根据原理图可知粒子带正电，则受电场力向右，故洛伦兹力必向左，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故B错误；C、由qE=qvB，得v=，此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故C正确；D、由，知R越小，荷质比越大，故D错误；故选：AC【点评】质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运
27、动阶段9如图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Ek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，则下列判断正确的是（）A在Ekt图中应有t4t3=t3t2=t2t1B高频电源的变化周期应该等于tntn1C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形盒的半径【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式T=和半径公式r=进行判断【
28、解答】解：A、根据周期公式T=知，粒子的回旋的周期不变，与粒子的速度无关，所以t4t3=t3t2=t2t1故A正确B、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2（tntn1），故B错误；C、根据半径公式r=知，v=，则粒子的最大动能，与加速的次数无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关故C错误，D正确故选AD【点评】本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的10如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上第、象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）一带电小球从x轴上的A点
29、由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g根据以上信息，可以求出的物理量有（）A圆周运动的速度大小B电场强度的大小和方向C小球在第象限运动的时间D磁感应强度大小【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】根据小球第象限内的运动，应用动能定理可以求出小球的速度；小球在第象限做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律分析答题【解答】解：A、小球在第做匀速圆周运动，由题意可知，小球轨道半径：r=d，从A到P过程，由动能定理得：mgd=mv2，解得：v=，小球以速度v做圆周运动，故A正确；B、小球
30、在第象限做匀速圆周运动，则mg=qE，电场强度：E=，由于不知道：m、q，无法求出电场强度大小，故B错误；C、小球做圆周运动的周期：T=，小球在第象限的运动时间：t=T=，故C正确；D、小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：B=，由于不知道m、q，无法求出B，故D错误；故选：AC【点评】本题考查了小球在磁场、电磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律、周期公式即可正确解题，解题时要注意洛伦兹力对带电小球不做功11如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（Ld），质量为m，电阻为R
31、，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则下列说法正确的是（）A线圈进入磁场的过程中，感应电流为顺时针方向B线圈进入磁场的过程中，可能做加速运动C线圈穿越磁场的过程中，线圈的最小速度可能为D线圈从ab边进入磁场到ab边离开磁场的过程，感应电流做的功为mgd【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；电磁感应中的能量转化 【专题】电磁感应功能问题【分析】根据楞次定律得出线圈进入磁场的过程中感应电流方向线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动可知线圈进入磁
32、场先要做减速运动，此时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，当安培力减至等于重力时，线圈做匀速运动，速度最小，由平衡条件和安培力公式结合求解最小速度根据功能关系研究感应电流做的功【解答】解：A、根据楞次定律判断得知线圈进入磁场的过程中，感应电流方向是逆时针方向，故A错误B、根据线圈下边刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且线圈全部进入磁场后做匀加速运动，所以进磁场时必定做减速运动故B错误C、因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减到等于重力时，即mg=，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，所以线圈的最小速度可能为，故C正确D、cd边刚进入磁场时
33、速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，Q=mgd从ab边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量也Q=mgd，则感应电流做的功为W=mgd故D正确故选：CD【点评】解决本题的关键根据根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，判断出线圈进磁场后先做变减速运动，也得出全部进磁场时的速度是穿越磁场过程中的最小速度三、实验题（本题共4个填空，每一空3分，共12分，请将解答填写在答题纸相应的位置）12（12分）（2009秋上饶期末）一灵敏电流计（电流表
34、），当电流从它的正接线柱流人时，指针向正接线柱一侧偏转现把它与一个线圈串联，试就如图中各图指出：（1）图（a）中灵敏电流计指针的偏转方向为偏向正极（填“偏向正极”或“偏向负极”）（2）图（b）中磁铁下方的极性是S极（填“N极”或“S极”）（3）图（c）中磁铁的运动方向是向上（填“向上”或“向下”）（4）图（d）中线圈从上向下看的电流方向是顺时针（填“顺时针”或“逆时针”）【考点】楞次定律 【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据磁铁的运动方向分析磁通量变化，由楞次定律确定感应电流方向，结合题给条件：当电流从它的正接线柱流人时，指针向正接线柱一侧偏转判断指针偏转方向分析判断【解答】解：（1）磁铁向
35、下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律感应电流方向俯视为逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针偏向正极 （2）由图可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又磁通量增加，根据楞次定律可知，磁铁下方为S极 （3）磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减小，磁铁向上运动 （4）磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向上，根据楞次定律感应电流方向俯视为顺时针方向故本题答案是：（1）偏向正极；（2）S极；（3）向上；（4）顺时针【点评】本题考查安培定则和楞次定律综合应用的能力，常规题
36、，只要细心分析就能正确作答四、论述计算题（本题共4小题，共64分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13（15分）（2011秋海淀区期末）如图甲所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为l，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直已知轨道和导体棒的电阻及电源的内电阻均不能忽略，通过导体棒的恒定电流大小为I，方向由a到b，图乙为图甲沿ab方向观察的平面图若重力加速度为g，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静
37、止（1）请在图乙所示的平面图中画出导体棒受力的示意图；（2）求出磁场对导体棒的安培力的大小；（3）如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小和方向【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力 【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】（1）导体棒受到重力、轨道的支持力和磁场对导体棒的安培力，安培力方向由左手定则判断，作出受力示意图（2）根据共点力平衡条件求解磁场对导体棒的安培力的大小；（3）要使磁感应强度最小，则要求安培力最小，当安培力方向平行斜面向上时，安培力最小，由平衡条件和F=BIL公式求解磁感应强度B的最小值【解答
38、】解：（1）导体棒受到重力、轨道的支持力和磁场对导体棒的安培力，由左手定则判断可知，安培力方向水平向右作出受力示意图如图答2所示（2）根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小 F=mgtan（3）要使磁感应强度最小，则要求安培力最小根据受力情况可知，最小安培力 Fmin=mgsin，方向平行于轨道斜向上所以最小磁感应强度Bmin=根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上答：（1）画出导体棒受力的示意图如图所示；（2）磁场对导体棒的安培力的大小是mgtan；（3）匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小是，方向为垂直轨道平面斜向上【点评】本题是通电导体在磁场中平衡的问
39、题，分析受力情况是解答的基础，关键是判断安培力的方向14（15分）（2013江苏）如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直已知线圈的匝数N=100，边长ab=1.0m、bc=0.5m，电阻r=2 磁感应强度B在01s内从零均匀变化到0.2T 在15s内从0.2T均匀变化到0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向求：（1）0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；（2）在15s内通过线圈的电荷量q；（3）在05s内线圈产生的焦耳热Q【考点】感生电动势、动生电动势；电磁感应中的能量转化 【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）由题可确定磁感应强度B的变化率，根据法拉第
40、电磁感应定律求出感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；（2）由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式I=结合求解电量；（3）分析两个时间段：01s和15s，由焦耳定律分别求出热量，即可得到总热量；【解答】解：（1）在01s内，磁感应强度B的变化率=T/s=0.2T/s，由于磁通量均匀变化，在01s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：0.5s时线圈内感应电动势的大小E1=N=Nabbc=1000.210.5=10V根据楞次定律判断得知，线圈中感应方向为逆时针方向（2）在15s内，磁感应强度B的变化率大小为=T/s=0.1T/s，由于磁通量均匀变化，在15s内线
41、圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：15s时线圈内感应电动势的大小E2=N=Nabbc=1000.110.5=5V通过线圈的电荷量为q=I2t2=C=10C；（3）在01s内，线圈产生的焦耳热为Q1=J=50J在15s内，线圈产生的焦耳热为Q2=J=50J故在05s内线圈产生的焦耳热Q=Q1+Q2=100J答：（1）0.5s时线圈内感应电动势的大小E为10V，感应方向为逆时针方向 （2）在15s内通过线圈的电荷量q为10C （3）在05s内线圈产生的焦耳热Q为100J【点评】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律和楞次定律等知识的综合应用，这些都是电磁感应现象遵守的
42、基本规律，要熟练掌握，并能正确应用15（16分）（2014邯郸一模）如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行（1）求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；（2）当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；（3）导体棒最终静止时弹簧的
43、弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q【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；右手定则；电磁感应中的能量转化 【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）棒向上运动切割磁感线，由E1=BLv0求感应电动势，由欧姆定律求感应电流，根据右手定则判断感应电流的方向；（2）当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，棒产生的感应电动势为E2=BLv，再由欧姆定律求得感应电流，由F=BIL求出此时棒所受的安培力，根据牛顿第二定律就可以求出加速度；（3）导体棒最终静止时，由胡克定律求出弹簧的被压缩长度x，对整个过程，运用能量守恒列式，可求出回路产生的总热量，再
44、串联关系求出R上产生的焦耳热Q【解答】解：（1）棒产生的感应电动势E1=BLv0通过R的电流大小根据右手定则判断得知：电流方向为ba （2）棒产生的感应电动势为E2=BLv感应电流棒受到的安培力大小，方向沿斜面向上，如图所示根据牛顿第二定律 有mgsinF=ma解得（3）导体棒最终静止，有mgsin=kx弹簧的压缩量设整个过程回路产生的焦耳热为Q0，根据能量守恒定律有解得 电阻R上产生的焦耳热答：（1）初始时刻通过电阻R的电流I的大小为，方向为ba；（2）此时导体棒的加速度大小a为gsin；（3）导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为+EP【点评】本题是导体棒在导轨上滑动的
45、类型，分析、计算安培力和分析能量如何转化是解题的关键，综合性较强16（18分）（2015秋启东市校级期中）如图（甲）所示，在直角坐标系0xL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（磁场从t=0时刻开始变化，且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点飞出，速度方向与x轴夹角也为30求：（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大
46、小（请作出电子飞行的轨迹图）；（2）0xL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；带电粒子在匀强电场中的运动 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）电子在电场中作类平抛运动，离开电场时电子的速度方向与x轴夹角30，=cos30，可求得电子进入圆形区域时的速度v（2）运用运动的分解法研究可知：电子竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，vy=v0tan30=at=t，水平方向t=，联立可求出E（3）在磁场变化的半个周期内电子的偏转角为60，由几何知识得到在磁场变化的半个周期内，粒子在x轴方向上
47、的位移等于电子的轨迹半径R，由题意，粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：=nR=2L，由牛顿第二定律得到半径R=，联立得到磁感应强度B0的大小表达式电子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时MN间运动时间是磁场变化半周期的整数倍时，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：=，而T=，可求得T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，由速度关系：=cos30解得：v=轨迹如图所示：（2）由速度关系得 vy=v0tan30=v0在竖直方向 a= vy=at=解得 E=（3）如图所示，在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60，所以，在磁场变化的半个周期内，
48、粒子在x轴方向上的位移等于R粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：=nR=2L电子在磁场作圆周运动的轨道半径 R=得 B0=（n=1，2，3）若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时MN间运动时间是磁场变化半周期的整数倍时，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=T运=代入T的表达式得：T=（n=1，2，3）答：（1）电子进入圆形区域时的速度大小是，轨迹如图所示；（2）0xL区域内匀强电场的场强大小是；（3）写出圆形区域磁场的变化周期表达式为T=（n=1，2，3）、磁感应强度B0的大小表达式是得 B0=（n=1，2，3）【点评】本题关键是将粒子的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，然后根据牛顿运动定律和运动学公式列式分析求解；解题过程中要画出轨迹图分析，特别是第三小题，要抓住周期性，根据几何关系求解电子的半径满足的条件
