1、2016-2017学年山西省朔州市应县一中高二（上）第四次月考物理试卷一、选择题（本题共14小题，每小题给出的四个选项中，1-10是单选题、每题4分；11-14是多选题、每题5分、全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分，共60分.）1如图所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I方向从M到N，绳子的拉力均为F为使F=0，可能达到要求的方法是（）A加水平向右的磁场B加水平向左的磁场C加垂直纸面向里的磁场D加垂直纸面向外的磁场2要使b线圈中产生图示I方向的电流，可采用的办法有（）A断开的K瞬间BK闭合后把R的滑动片向右移C闭合K后把b向a靠近D闭合K后把a中铁芯从左
2、边抽出3如图所示，通电螺线管置于水平放置的两根光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别放在螺线管的左右两侧保持开关闭合，最初两金属棒处于静止状态，当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，ab和cd棒的运动情况是（）Aab向左，cd向右Bab向右，cd向左Cab、cd都向右运动Dab、cd都不动4如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功等于（）A棒的机械能增加量B棒的
3、动能增加量和电阻R上放出的热量之和C棒的动能增加量和克服重力做功之和D电阻R上放出的热量和棒的机械能增加量之和5闭合电路的一部分导线ab处于匀强磁场中，下图中各情况下导线都在纸面内运动，那么下列判断中正确的是（）A都会产生感应电流B都不会产生感应电流C甲、乙不会产生感应电流，丙、丁会产生感应电流D甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流6一带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场粒子的一段径迹如图径迹上的每一小段都可近似看成圆弧由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）从图可以确定（）A粒子带正电，从a运动到bB粒子带正电，从b运动到aC粒子带负电，从a运动到bD粒子带
4、负电，从b到运动a7在方向如图所示的匀强电场（场强为E）和匀强磁场（磁感应强度为B）共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0 射入场区，则（）A若v0，电子沿轨迹运动，射出场区时，速度vv0B若v0，电子沿轨迹运动，射出场区时，速度vv0C若v0，电子沿轨迹运动，射出场区时，速度vv0D若v0，电子沿轨迹运动，射出场区时，速度vv08有一个电子射线管（阴极射线管），放在一通电直导线的上方，发现射线的径迹如图所示，则此导线该如何放置，且电流的流向如何（）A直导线如图所示位置放置，电流从A流向BB直导线如图所示位置放置，电流从B流向AC直导线垂直于纸面放置，电流流向纸内D直导线垂直于纸
5、面放置，电流流向纸外9如图所示，在荧屏MN上方分布了水平方向 的匀强磁场，磁感应强度的大小B=0.1T，方向与纸面垂直距离荧屏h=16cm处有一粒子源S，以速度v=1106m/s不断地在纸面内向各个方向发射比荷=1108C/kg的带正电粒子，不计粒子的重力，则粒子打在荧屏范围的长度为（）A12cmB16cmC20cmD24cm10一质量为m、电阻为r的金属杆AB，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则金属杆在滑行过程中不正确的
6、是（）A向上滑行的时间小于向下滑行的时间B在向上滑行时电阻R上产生的热量大于向下滑行时电阻R上产生的热量C向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电荷量相等D金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R上产生的热量为m（）11一个所受重力可以忽略的带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，如果它又垂直进入另一相邻的磁感应强度为2B的匀强磁场，则（）A粒子的速率加倍，周期减半B粒子的速率不变，轨道半径减小C粒子的速率减半，轨道半径减为原来的D粒子的速率不变，周期减半12下列图中线圈中不能产生感应电流的是（）ABCD13有一种高速磁悬浮列车的设计方案是：在每节车厢底部安装强磁铁（磁场方向向下），并且在
7、沿途两条铁轨之间平放一系列线圈下列说法中不正确的是（）A线圈中的感应电动势的大小与列车速度无关B列车运动时，线圈中会产生感应电动势C列车速度越快，通过线圈的磁通量变化越慢D列车运动时，通过线圈的磁通量会发生变化14霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，有一个沿z轴正方向的磁场，磁感应强度B=B0+kz（B0、k均为常数且k为正数）将霍尔元件固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图所示），当物体沿z轴正方向平移时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同，则（）A磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越大Bk越大，传感器灵敏度（）越高C若图中霍尔元件是电子导电，则上
8、表面电势高D电流越大，上、下表面的电势差U越小二、实验题与填空（本题共2小题，共10分）15如图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，其中表示正确的是（）ABCD16如图所示的线圈有100匝，穿过线圈的磁通量为0.04Wb，匀强磁场的方向向左，垂直于线圈的截面，现将磁场方向在2s内改为与原方向相反，并且磁通量增大到0.08Wb，则在这2s内，线圈产生的平均感应电动势为，如线圈电阻是1，则感应电流是A三、计算题（共4个题40
9、分）解答应写明必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）17在B=2T的匀强磁场中放一根与磁场方向垂直、长度为0.8m的通电直导线，导线中的电流为5A，求：（1）导线受到的磁场力方向是与电流方向平行还是垂直？（2）磁场力的大小是多少？18如图所示，一束电子（电荷量为e）以速度v垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角为30，求电子的质量和穿过磁场所用的时间19轻质细线吊着一质量为m=0.32kg、边长为L=0.8m、匝数n=10的正方形线圈，总电阻为r=2边长为的正方形磁场区域对称分布
10、在线圈下边的两侧，如图甲所示磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示从t=0开始经t0时间细线开始松弛，取g=10 m/s2求：（1）在前t0时间内线圈中产生的电动势；（2）在前t0时间内线圈的电功率；（3）t0的值20 如图所示，在xoy平面内，第三象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与负x轴成45角在x0且OM的左侧空间存在着沿负x方向的匀强电场E，场强大小为32N/C，在y0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B，磁感应强度大小为0.1T一不计重力的带负电的粒子，从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2103m/s的初速度进入磁场，已知粒子的带电量为q=51018C，质量为m
11、=11024kg，求： （1）带电粒子第一次经过磁场边界的位置坐标； （2）带电粒子在磁场区域运动的总时间；（结果保留三位有效数字） （3）带电粒子最终离开电、磁场区域进入第一象限时的位置坐标2016-2017学年山西省朔州市应县一中高二（上）第四次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共14小题，每小题给出的四个选项中，1-10是单选题、每题4分；11-14是多选题、每题5分、全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分，共60分.）1如图所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I方向从M到N，绳子的拉力均为F为使F=0，可能达到要求的方法是（）A加水平向右
12、的磁场B加水平向左的磁场C加垂直纸面向里的磁场D加垂直纸面向外的磁场【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用【分析】以直导线MN为研究对象，开始没有电流时重力和绳子拉力大小相等，若使绳子上的拉力为零，则可以在该空间中加上磁场，使MN所受安培力方向向上即可【解答】解：根据左手定则可知，在MN中通入电流，在空间加上垂直与纸面的磁场，可以使MN受到向上的安培力，这样可以使MN受到绳子拉力为零，具体根据左手定则有：当MN中通入从M到N的电流时，要使安培力向上，可以加上垂直纸面向里的磁场，故ABD错误，C正确故选C2要使b线圈中产生图示I方向的电流，可采用的办法有（）A断开的K瞬间BK闭合后把R的滑动片
13、向右移C闭合K后把b向a靠近D闭合K后把a中铁芯从左边抽出【考点】楞次定律【分析】首先知道判断感应电流的方向利用楞次定律，让后逐项分析即可【解答】解：A、断开K瞬间，通电螺旋管a在右侧产生的磁场方向向右且穿过b磁通量减小，据楞次定律知，据b线圈产生感应电流产生的磁通量阻碍减小，即产生的磁场方向向右，用右手螺旋定则可知，b线圈产生图示I反方向的电流，故A错误；B、K闭合后把R的滑动片向右移，通电螺旋管a的电流减小，在右侧产生的磁场方向向右且穿过b磁通量减小，据楞次定律知，据b线圈产生感应电流产生的磁通量阻碍减小，即产生的磁场方向向右，用右手螺旋定则可知，b线圈产生与图示I方向的电流相反，故B错误
14、；C、闭合K后把b向a靠近，通电螺旋管a在右侧产生的磁场方向向右且穿过b磁通量增大，据楞次定律知，据b线圈产生感应电流产生的磁通量阻碍增大，即产生的磁场方向向左，用右手螺旋定则可知，b线圈产生图示I方向的电流，故C正确；D、闭合K后把a中铁芯从左边抽出，产生的磁场减弱，在右侧产生的磁场方向向右且穿过b磁通量减小，据楞次定律知，据b线圈产生感应电流产生的磁通量阻碍减小，即产生的磁场方向向右，用右手螺旋定则可知，b线圈产生与图示I方向的电流相反，故D错误故选：C3如图所示，通电螺线管置于水平放置的两根光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别放在螺线管的左右两侧保
15、持开关闭合，最初两金属棒处于静止状态，当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，ab和cd棒的运动情况是（）Aab向左，cd向右Bab向右，cd向左Cab、cd都向右运动Dab、cd都不动【考点】法拉第电磁感应定律；安培力；左手定则【分析】当电路的阻值变化，导致电流变化从而使线圈产生的磁场变化所以两棒所围成的磁通量变化，从而产生感应电流，最终 导致两棒运动【解答】解：当变阻器滑片向左滑动时，电路的电流大小变大，线圈的磁场增加；根据安培定则由电流方向可确定线圈的磁场方向垂直于导轨向下由于线圈处于两棒中间，所以穿过两棒所围成的磁通量变大，由楞次定律：增反减同可得，线框abdc 产生逆时针方向感应电流最后根
16、据左手定则可确定安培力的方向：ab棒处于垂直向上的磁场，且电流方向ab，则安培力方向向左cd棒处于垂直向上的磁场，且电流方向dc，则安培力方向向右故选：A4如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功等于（）A棒的机械能增加量B棒的动能增加量和电阻R上放出的热量之和C棒的动能增加量和克服重力做功之和D电阻R上放出的热量和棒的机械能增加量之和【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系【分析】棒在竖
17、直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，F做正功，安培力做负功，重力做负功，动能增大根据动能定理分析力F做的功与安培力做的功的代数和【解答】解：棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用由动能定理：WF+WG+W安=EK 得WF+W安=EK+mgh 即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量移项得：WF=EK+mgh+（W安）=EK+mgh+Q即力F做的功等于电阻R上放出的热量和棒的机械能增加量之和，D正确ABC错误；故选：D5闭合电路的一部分导线ab处于匀强磁场中，下图中各情况下导线都在纸面内运动，那么下列判断中正确的是（）A都会产生感应电流B都不会产生感应电流C甲、乙不会产生感应电流，
18、丙、丁会产生感应电流D甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流【考点】感应电流的产生条件【分析】当闭合电路的一部分导线做切割磁感线运动时，导体中才产生感应电流当导体的运动方向与磁感线在同一平面内时，导体不切割磁感线，没有感应电流产生【解答】解：甲、丙图中，闭合电路的一部分导线的运动方向与磁感线垂直，做切割磁感线运动，会产生感应电流乙图中，导线的运动方向与磁场平行，不切割磁感线，没有感应电流产生丁图中，导线的运动方向与磁感线在同一平面内时，导体不切割磁感线，没有感应电流产生所以甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流故D正确！故选D6一带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场粒子的一段径
19、迹如图径迹上的每一小段都可近似看成圆弧由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）从图可以确定（）A粒子带正电，从a运动到bB粒子带正电，从b运动到aC粒子带负电，从a运动到bD粒子带负电，从b到运动a【考点】洛仑兹力【分析】根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质【解答】解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确故选：B7在方向如图所示的匀强电场（场强为E）和匀强磁场（
20、磁感应强度为B）共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0 射入场区，则（）A若v0，电子沿轨迹运动，射出场区时，速度vv0B若v0，电子沿轨迹运动，射出场区时，速度vv0C若v0，电子沿轨迹运动，射出场区时，速度vv0D若v0，电子沿轨迹运动，射出场区时，速度vv0【考点】带电粒子在混合场中的运动【分析】电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作用，由已知条件，分析两个力的大小，由左手定则判断出洛伦兹力方向，确定出电场力方向，即可确定电子的偏转方向，根据电场力做功的正负，分析速度的变化【解答】解：A、B电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作用，由左手定则判断可知，洛伦兹
21、力方向向下，而电场力方向向上若v0，则qv0BqE，即洛伦兹力大于电场力，电子向下偏转，沿轨迹运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子负功，动能减小，速度减小，故速度vv0故A错误，B正确C、D若v0，则qv0BqE，即洛伦兹力小于电场力，电子向上偏转，沿轨迹运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子正功，动能增加，速度增大，故速度vv0故C，D错误故选：B8有一个电子射线管（阴极射线管），放在一通电直导线的上方，发现射线的径迹如图所示，则此导线该如何放置，且电流的流向如何（）A直导线如图所示位置放置，电流从A流向BB直导线如图所示位置放置，电流从B流向AC直导线垂直于纸面放置，电流流向纸内D直导线垂直
22、于纸面放置，电流流向纸外【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】电子在磁场中运动，受到洛伦兹力的作用而发生偏转，根据电子的偏转方向，判断出磁场方向，然后根据右手螺旋定则，判断出导线中电流方向【解答】解：电子运动方向从负极流向正极，根据左手定则，四指指向电子运动的反方向，即指向负极，大拇指指向电子偏转方向，由此得出导线上方磁场方向垂直纸面向里，因此直导线必须如图所示的放置根据右手螺旋定则可知，导线AB中的电流方向从B指向A故选：B9如图所示，在荧屏MN上方分布了水平方向 的匀强磁场，磁感应强度的大小B=0.1T，方向与纸面垂直距离荧屏h=16cm处有一粒子源S，以速度v=1106m/s
23、不断地在纸面内向各个方向发射比荷=1108C/kg的带正电粒子，不计粒子的重力，则粒子打在荧屏范围的长度为（）A12cmB16cmC20cmD24cm【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】先根据牛顿第二定律计算粒子圆周运动的半径，粒子能打在荧屏上的临界情况是轨迹与MN相切，然后根据几何关系求解【解答】解：根据牛顿第二定律qvB=m得：R=0.1m=10cm当粒子的轨迹与屏幕相切时为临界情况，即打到荧屏上的边界，找到圆心O（到S点的距离与到MN的距离相等的点），如上图，由几何知识知PS=8cm设粒子打在荧屏上最左侧的C点，则CD=12cm则范围的长度为CD+DA=20c
24、m故选：C10一质量为m、电阻为r的金属杆AB，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则金属杆在滑行过程中不正确的是（）A向上滑行的时间小于向下滑行的时间B在向上滑行时电阻R上产生的热量大于向下滑行时电阻R上产生的热量C向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电荷量相等D金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R上产生的热量为m（）【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【分析】本题的基础是明确金属杆的受力情况和正确判断金
25、属杆运动情况如下，本题的关键是金属杆上滑过程和下滑过程回路中均有电热产生，金属杆从底端滑上去再滑回底端高度不变，金属杆的重力势能不变，只有动能转化为电热，故金属杆再滑回底端时速度（设为v2）必然小于初速度，即v2v0，所以上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度【解答】解：A：因为上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，所以A正确；B：分析知上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，由动生电动势公式E=BLv可知上滑阶段的平均感应电动势E1大于下滑阶段的平均感应电动势E2，而上滑阶段和下滑阶段通过回路即通过R的电量相同
26、，再由公式W电=qE电动势，可知上滑阶段回路电流做功即电阻R产生的热量比下滑阶段多所以B正确；C：电量q=It=t=t=，式中结果无时间，故上滑阶段和下滑阶段通过回路即通过R的电量相同，所以C正确；D：金属杆从开始上滑至返回出发点的过程中，只有安培力做功，动能的一部分转化为热能，电阻R与金属杆电阻上共同产生的热量就是金属杆减小的动能，D错误本题选错误的，故选：D11一个所受重力可以忽略的带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，如果它又垂直进入另一相邻的磁感应强度为2B的匀强磁场，则（）A粒子的速率加倍，周期减半B粒子的速率不变，轨道半径减小C粒子的速率减半，轨道半径减为原来的D粒子
27、的速率不变，周期减半【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】该题考查带电粒子在匀强磁场中圆周运动及其规律，首先明确洛伦兹力始终不做功，再利用半径公式R=和周期公式T=来分析各选项【解答】解：洛伦兹力只改变带电粒子的速度方向，不改变速度大小，所以粒子的速率不变由周期公式T=可知，当磁感应强度变为原来的2倍，周期将减半；由半径公式R=可知，当磁感应强度变为原来的2倍，轨道半径将减半故BD正确，A、C错误故选：BD12下列图中线圈中不能产生感应电流的是（）ABCD【考点】感应电流的产生条件【分析】根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁能量发生变化，进行判断磁能量可由磁感线的条数分析【解答】解：A
28、、线圈在磁场中运动，穿过线圈的磁通量没有变化，所以不会产生感应电流；B、线圈离开磁场时，磁通量减小，故有感应电流产生；C、线圈与磁场始终平行，穿过线圈的磁通量为零，没有变化，所以不能产生感应电流D、在磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量发生变化，发生线圈中产生感应电流本题选不能产生感应电流，故选：AC13有一种高速磁悬浮列车的设计方案是：在每节车厢底部安装强磁铁（磁场方向向下），并且在沿途两条铁轨之间平放一系列线圈下列说法中不正确的是（）A线圈中的感应电动势的大小与列车速度无关B列车运动时，线圈中会产生感应电动势C列车速度越快，通过线圈的磁通量变化越慢D列车运动时，通过线圈的磁通量会发生变化【考点
29、】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应在生活和生产中的应用【分析】根据法拉第电磁感应定律，结合磁通量的概念，即可明确磁悬浮列车的基本原理【解答】解：由磁悬浮列车的原理可知，列车运动引起线圈中磁通量发生变化，会引起线圈中产生感应电流，而静止时，通过线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，当列车速度越快，磁通量变化越快，感应电流越大，故BD正确，AC错误；本题选错误的，故选：AC14霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，有一个沿z轴正方向的磁场，磁感应强度B=B0+kz（B0、k均为常数且k为正数）将霍尔元件固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图所示），当物体沿z轴正方向平移时，由于位置
30、不同，霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同，则（）A磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越大Bk越大，传感器灵敏度（）越高C若图中霍尔元件是电子导电，则上表面电势高D电流越大，上、下表面的电势差U越小【考点】霍尔效应及其应用；电势差【分析】霍尔元件中移动的是自由电子，自由电子受到洛伦兹力发生偏转，从而可知道上下表面电势的高低上下两表面分别带上正负电荷，从而形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡【解答】解：A、最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有q=qvB，电流的微观表达式为I=nqvS=nqvbc，所以U=B越大，上、下
31、表面的电势差U越大电流越大，上、下表面的电势差U越大故A正确，D错误 B、k越大，根据磁感应强度B=B0+kz，知B随z的变化越大，根据U=知，U随z的变化越大，即传感器灵敏度（）越高故B正确 C、霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高故C正确故选：ABC二、实验题与填空（本题共2小题，共10分）15如图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，其中表示正确的是（）ABCD【考点】楞次定律
32、【分析】当磁铁的运动，导致线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场去阻碍线圈的磁通量的变化【解答】解：A、当磁铁N极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上故A错误；B、当磁铁S极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上，故B错误；C、当磁铁S极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下故C错误；D、当磁铁N极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增
33、反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故D正确；故选：D16如图所示的线圈有100匝，穿过线圈的磁通量为0.04Wb，匀强磁场的方向向左，垂直于线圈的截面，现将磁场方向在2s内改为与原方向相反，并且磁通量增大到0.08Wb，则在这2s内，线圈产生的平均感应电动势为6V，如线圈电阻是1，则感应电流是6A【考点】法拉第电磁感应定律【分析】根据法拉第电磁感应定律求出线圈中感应电动势根据欧姆定律求出感应电流【解答】解：根据法拉第电磁感应定律得：E=V=6V；根据欧姆定律得：I=6A故答案为：6V，6三、计算题（共4个题40分）解答应写明必要的文字说
34、明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）17在B=2T的匀强磁场中放一根与磁场方向垂直、长度为0.8m的通电直导线，导线中的电流为5A，求：（1）导线受到的磁场力方向是与电流方向平行还是垂直？（2）磁场力的大小是多少？【考点】安培力；左手定则【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向安培力方向始终与电流与磁场所构成的平面垂直【解答】解：（1）长度为0.8m的通电直导线，垂直放置于匀强磁场，通入电流为5A，则由左手定则可确定安培力的方向是与电流方向垂直由公式可得安培力的大小为F=BIL
35、=250.8N=8N答：（1）垂直 （2）安培力的大小为8N18如图所示，一束电子（电荷量为e）以速度v垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角为30，求电子的质量和穿过磁场所用的时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求出质量；由几何知识求出轨迹所对的圆心角，由t=求出时间，s是弧长【解答】解：电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识得到，轨迹的半径为：r=2d由牛顿第二定律得
36、：evB=m解得：m=由几何知识得到，轨迹的圆心角为=，故穿越磁场的时间为：t=答：电子的质量为；电子穿过磁场所用的时间为19轻质细线吊着一质量为m=0.32kg、边长为L=0.8m、匝数n=10的正方形线圈，总电阻为r=2边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示从t=0开始经t0时间细线开始松弛，取g=10 m/s2求：（1）在前t0时间内线圈中产生的电动势；（2）在前t0时间内线圈的电功率；（3）t0的值【考点】法拉第电磁感应定律；电功、电功率；安培力【分析】（1）根据E=n=nS求出感应电动势，注意S为有效面积（2）根据感应
37、电动势求出感应电流，再根据P=I2r求出线圈的电功率（3）当线圈所受的安培力等于线圈的重力时，绳子的张力为零，细线开始松弛根据F安=nBtI=mg，I=求出拉力为零时的磁感应强度，再根据图象求出时间【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律得：E=n=nS=10（）20.82=0.8（V）故在前t0时间内线圈中产生的电动势为0.8V（2）I=0.4A P=I2r=0.422=0.32（W）故在前t0时间内线圈的电功率为0.32W（3）分析线圈受力可知，当细线松弛时有：F安=nBtI=mg，I=Bt=由图象知：Bt=1+0.5t0；解得：t0=2s故t0的值为2s答：（1）在前t0时间内线圈中产生的
38、电动势0.8V；（2）在前t0时间内线圈的电功率0.32W；（3）t0的值2s20 如图所示，在xoy平面内，第三象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与负x轴成45角在x0且OM的左侧空间存在着沿负x方向的匀强电场E，场强大小为32N/C，在y0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B，磁感应强度大小为0.1T一不计重力的带负电的粒子，从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2103m/s的初速度进入磁场，已知粒子的带电量为q=51018C，质量为m=11024kg，求： （1）带电粒子第一次经过磁场边界的位置坐标； （2）带电粒子在磁场区域运动的总时间；（结果保留三位有效数字） （3）带电
39、粒子最终离开电、磁场区域进入第一象限时的位置坐标【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【分析】（1）根据微粒在电场和磁场中的运动性质，可得出微粒运动的过程迹，则可画出粒子在磁场中的轨迹由洛仑兹力充当向心力可得出粒子在转动半径，再由几何关系可得出微粒第一次经过磁场边界时的位置坐标； （2）根据粒子的运动过程，分别求得电场和磁场中的时间，则可求得总时间（3）粒子进入电场后做类平抛运动，根据类平抛的规律可得出最终离开时的坐标；【解答】解：（1）带电粒子从O点射入磁场运动轨迹如图所示，由得=m由题意及几何关系可知带电粒子的运动轨迹在磁场中偏转的圆心角为90，则A点位置坐标（4103，4103）（2）设带点粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则s由图可知粒子在磁场中运动时间s（3）设粒子从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动，则代入数据得： s竖直方向：y=v0t3=2.0103104=0.2m所以坐标y=y2r=0.192m带电粒子离开电磁场时的位置坐标为（0，0.192m）答：（1）带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标为（4103，4103）（2）带电微粒由坐标原点释放到最终离开电、磁场区域所用的时间为1.256105s（3）带电微粒最终离开电、磁场区域的位置坐标为（0，0.192m）2017年2月27日
