1、人教版选择性必修第二册练习题第一章安培力与洛伦兹力1第二章电磁感应11第三章交变电流22第四章电磁振荡与电磁波31第五章传感器38模块综合测评49第一章安培力与洛伦兹力 (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.下列关于运动电荷和磁场的说法,正确的是()A.运动电荷在某点不受洛伦兹力作用,这点的磁感应强度必为零B.只要速度大小相同,粒子所受洛伦兹力就相同C.电子束垂直进入磁场发生偏转,这是洛伦兹力对电子做功的结果D.电荷与磁场没有相对运动,电荷就一定不受磁场的作用力答案:D解析:运动电荷的速度方向
2、如果和磁场方向平行,运动电荷不受洛伦兹力作用,故A错误;洛伦兹力是矢量,速度方向不同,洛伦兹力的方向就不同,故B错误;洛伦兹力对运动电荷不做功,故C错误;只有运动电荷在磁场中的运动方向与磁场方向不平行才受磁场力作用,所以电荷与磁场没有相对运动,电荷就一定不受磁场的作用力,故D正确。2.如图所示,水平导轨接有电源,导轨上固定有三根导体棒a、b、c,c为直径与b等长的半圆,长度关系为c最长,b最短,将装置置于竖直向下的匀强磁场中。在接通电源后,三导体棒中有等大的电流通过,则三导体棒受到的安培力大小关系为()A.FaFbFcB.Fa=Fb=FcC.FbFaFb=Fc答案:D解析:设a、b两棒的长度分
3、别为la和lb,c的直径为d。由于a、b导体棒都与匀强磁场垂直,则a、b棒所受的安培力大小分别为Fa=BIla,Fb=BIlb=BId;c棒所受的安培力与长度为d的直导体棒所受的安培力大小相等,则有Fc=BId;因为lad,则有FaFb=Fc。3.如图所示,在xOy平面中有一通电直导线与Ox、Oy轴相交,导线中电流方向如图所示。该区域有匀强磁场,通电直导线所受磁场力的方向与Oz轴的正方向相同。该磁场的磁感应强度的方向可能是()A.沿z轴正方向B.沿z轴负方向C.沿x轴正方向D.沿y轴负方向答案:D解析:由电流方向、受力方向,根据左手定则可以判断出,磁感应强度的方向可能沿y轴的负方向,故D正确。
4、4.如图所示,一金属直杆MN两端接有导线,悬挂于线圈上方,MN与线圈轴线均处于竖直平面内,为使MN垂直于纸面向外运动,下列方法不可以的是()A.将A、C端接在电源正极,B、D端接在电源负极B.将B、D端接在电源正极,A、C端接在电源负极C.将A、D端接在电源正极,B、C端接在电源负极D.将A、C端接在交流电源的一端,B、D端接在交流电源的另一端答案:C解析:要求直杆MN垂直于纸面向外运动,把直杆所在处的磁场方向和直杆中电流画出来,得A、B可以;若使A、C两端(或B、D两端)的电势相对于另一端B、D(或A、C)的电势的高低做同步变化,线圈磁场与电流方向的关系跟上述两种情况一样,故D也可以。5.一
5、种可测量磁感应强度大小的实验装置如图所示。磁铁放在水平放置的电子测力计上,两极之间的磁场可视为水平匀强磁场。其余区域磁场的影响可忽略不计。此时电子测力计的示数为G1。将一直铜条AB水平且垂直于磁场方向静置于磁场中。两端通过导线与电源、开关、滑动变阻器和电流表连成回路。闭合开关,调节滑动变阻器的滑片。当电流表示数为I时,电子测力计的示数为G2,测得铜条在匀强磁场中的长度为l。铜条始终未与磁铁接触,对上述实验,下列说法正确的是()A.铜条所受安培力方向竖直向下B.铜条所在处磁场的磁感应强度大小为G1-G2IlC.铜条所在处磁场的磁感应强度大小为G2-G1IlD.铜条所在处磁场的磁感应强度大小为G1
6、+G2Il答案:C解析:由左手定则可知,铜条所受安培力方向竖直向上,选项A错误;由牛顿第三定律可知,铜条对磁铁有向下的作用力,使得电子测力计的示数增加,由平衡知识可知G2-G1=BIl,解得B=G2-G1Il,选项C正确,B、D错误。6.两个质量相同、电荷量相等的带电粒子a、b,以不同的速率沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域,其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力,则下列说法正确的是()A.a粒子带正电,b粒子带负电B.a粒子在磁场中所受的洛伦兹力较大C.b粒子的动能较大D.b粒子在磁场中运动的时间较长答案:C解析:由左手定则可判定a带负电,b带正电,A错误;由于b粒子轨道半径大,因而b粒子速率大
7、,动能大,所受洛伦兹力大,选项C正确,B错误;由题图可知,由于b粒子弧长及半径比a粒子大,b粒子轨迹所对的圆心角比a粒子小,所以b粒子在磁场中运动时间较短,选项D错误。7.如图所示,a、b是一对平行金属板,分别接到直流电源两极上,右边有一挡板,正中间开有一小孔d,在较大空间范围内存在着匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里,在a、b两板间还存在着匀强电场E。从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力),这些正离子都沿直线运动到右侧,从d孔射出后分成三束。则下列判断正确的是()A.这三束正离子的速度一定不相同B.这三束正离子的质量一定不相同C.这三束正离子的电荷量一定不相同D.这三束正
8、离子的比荷一定不相同答案:D解析:本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动,速度选择器的知识。正离子在金属板中做直线运动,qvB=Eq,v=EB,表明正离子的速度一定相等,而正离子的电荷量、质量、比荷的关系均无法确定;在磁场中,R=mvBq,带电粒子运动半径不同,所以比荷一定不同,D项正确。8.如图所示,三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置,分别处在真空(无电场、磁场)、匀强磁场和匀强电场中,轨道两端在同一高度上。三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动,P、M、N分别为轨道的最低点,如图所示,则下列有关判断正确的是()A.小球第一次到达轨道最低点的速度关系vP=vMvNB.小
9、球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系FP=FMFNC.小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系tPtMtND.三个小球到达轨道右端的高度都不相同,但都能回到原来的出发点位置答案:A解析:小球沿P、M轨道下滑过程都只有重力做功,根据动能定理WG=mgR=12mv2知到达底端速度相等;沿N轨道下滑过程电场力做负功,根据动能定理WG-W电=12mvN2,其到达最低点的速度要小于沿P、M轨道下滑情况,故选项A正确。根据上述分析知到达最低点的时间关系tP=tMtN,故选项C错误。选项B中,小球沿P轨道到达底端时,根据牛顿第二定律FP-mg=mv2R=2mg,所以FP=3mg;同理小球沿M轨
10、道到达底端时,FM-mg-F洛=mv2R=2mg,所以FM=3mg+F洛;小球沿N轨道到达底端时FN-mg=mvN2R2mg,所以FNFPFN,故选项B错误。小球沿轨道P、M下滑后能到达右端同样高度的地方,故选项D错误。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,直导线通入垂直于纸面向里的电流,在下列匀强磁场中,直导线能静止在光滑斜面上的是()答案:AC解析:要使直导线能够静止在光滑的斜面上,则直导线在磁场中受到的安培力必须与重力或重力沿斜面向下的分力平衡,通过左手定则判断
11、得出,A、C是正确的。10.如图所示,a为带正电的小物块,b是一不带电的绝缘物块(设a、b间无电荷转移),a、b叠放于粗糙的水平地面上,地面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场。现用水平恒力F拉b物块,使a、b一起无相对滑动地向左做加速运动,则在加速运动阶段()A.a对b的压力不变B.a对b的压力变大C.a、b物块间的摩擦力变大D.a、b物块间的摩擦力变小答案:BD解析:当a、b运动时,a、b整体受总重力、拉力F、向下的洛伦兹力qvB、地面的支持力FN和摩擦力Ff,竖直方向有FN=(ma+mb)g+qvB,水平方向有F-Ff=(ma+mb)a,Ff=FN。在加速阶段,v增大,FN增大,Ff增大,加速
12、度a减小。对a受力分析,a受重力mag、向下的洛伦兹力qvB、b对a向上的支持力FN、b对a向左的静摩擦力Ff,竖直方向有FN=mag+qvB,水平方向有Ff=maa。随着v的增大,FN增大,选项A错误,B正确;加速度a在减小,所以a、b物块间的摩擦力变小,选项C错误,D正确。11.下图是一个回旋加速器示意图,其核心部分是两个D形金属盒,两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频交流电源相连。现分别加速氘核(12H)和氦核(24He),下列说法正确的是()A.它们的最大速度相同B.它们的最大动能相同C.两次所接高频交流电源的频率相同D.仅增大高频交流电源的频率可增大粒子的最大动能答案:AC解析:由R
13、=mvqB得最大速度v=qBRm,两粒子的qm相同,所以最大速度相同,A正确;最大动能Ek=12mv2,因为两粒子的质量不同,最大速度相同,所以最大动能不同,B错误;高频交流电源的频率f=qB2m,因为qm相同,所以两次所接高频交流电源的频率相同,C正确;粒子的最大动能与高频交流电源的频率无关,D错误。12.A、B两个离子同时从匀强磁场的直边界上的P、Q点分别以60和30(与边界的夹角)射入磁场,又同时分别从Q、P点穿出,如图所示。设边界上方的磁场范围足够大,下列说法正确的是()A.A为正离子,B为负离子B.A、B两离子运动半径之比为13C.A、B两离子速率之比为13D.A、B两离子的比荷之比
14、为21答案:BD解析:A向右偏转,根据左手定则知,A为负离子,B向左偏转,根据左手定则知,B为正离子,故A错误;离子在磁场中做圆周运动,以A离子为例运动轨迹如图所示,由几何关系可得r=l2sin,l为PQ的距离,则A、B两离子运动半径之比为lsin60lsin30=13,故B正确;离子的速率为v=r2t,时间相同,半径之比为13,圆心角之比为21,则速率之比为23,故C错误;根据r=mvqB知,qm=vBr,因为速度大小之比为23,半径之比为13,则比荷之比为21,故D正确。三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(6分)地球是个大磁体,在赤道上,地磁场可以看成是沿南北方向的匀强磁场。如果
15、赤道某处的磁感应强度大小为0.510-4 T,在赤道上有一根东西方向的直导线,长为20 m,通有从东往西的电流30 A。则地磁场对这根导线的作用力大小为,方向为。答案:3.010-2 N竖直向下解析:地磁场的磁感应强度为0.510-4T,方向由南向北;导线垂直于地磁场放置,长度为20m,通有电流30A,则其所受安培力F=BIl=0.510-43020N=3.010-2N,根据左手定则可以判断导线所受安培力的方向竖直向下。14.(6分)一回旋加速器,在外加磁场一定时,可把质子(11H)加速到v,使它获得动能为Ek,则:(1)能把粒子(24He)加速到的速度为。(2)能使粒子获得的动能为。(3)加
16、速粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为。答案:(1)v2(2)Ek(3)12解析:回旋加速器的最大半径是一定的,由R=mvqB,RH=mveB,R=mvqB=4mv2eB=2mveB。RH=R,得v=v2,12mv2=R2q2B22m所以粒子动能与质子相同。带电粒子进入磁场做匀速圆周运动的周期T=2mqB,所以粒子的周期是质子运动周期的2倍,即所加交变电场的周期的比为21的关系,则频率之比为12。15.(10分)如图所示,在一直流电动机的气隙中(磁极和电枢之间的区域),磁感应强度为0.8 T。假设在匀强磁场中垂直放有400匝电枢导线,电流为10 A,1匝线圈中左侧或右侧导线的有效长
17、度为0.15 m,求:(1)电枢导线ab边所受的安培力的大小;(2)线圈转动的方向。答案:(1)480 N(2)从外向里看为顺时针方向解析:(1)根据安培力公式,电枢导线ab边所受的安培力的大小为F安=nBlI=4000.80.1510N=480N。(2)在题图位置,由左手定则知ab边受安培力方向向上,dc边受安培力方向向下。则从外向里看,线圈顺时针方向转动。16.(10分)水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ,它们之间的宽度为l,M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻)。现垂直于导轨放置一根质量为m、电阻为R的金属棒ab,并加一个范围较大的匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向与水平面夹角为且
18、指向右上方,如图所示。(1)当ab棒静止时,受到的支持力和摩擦力各为多少?(2)若B的大小和方向均能改变,则要使ab棒所受支持力为零,B的大小至少为多少?此时B的方向如何?答案:(1)mg-BlEcosRBlEsinR(2)mgREl方向水平向右解析:从b向a看,对金属棒受力分析如图所示。(1)水平方向有Ff=F安sin竖直方向有FN+F安cos=mg又F安=BIl=BERl联立得FN=mg-BlEcosR,Ff=BlEsinR。(2)要使ab棒所受支持力为零,且让磁感应强度最小,可知安培力竖直向上,则有F安=mg,Bmin=mgREl,根据左手定则判定磁场方向水平向右。17.(12分)质量为
19、m、电荷量为+q的小球,用一长为l的绝缘细线悬挂在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B,如图所示。使小球位于能使悬线呈水平的位置A,然后由静止释放,小球运动的平面与B的方向垂直。若整个过程中,小球电荷量不变,则小球第一次和第二次经过最低点C时悬线的拉力FT1和FT2分别为多大?重力加速度为g。答案:3mg-qB2gl3mg+qB2gl解析:小球由A运动到C的过程中,洛伦兹力始终与v的方向垂直,对小球不做功,只有重力做功,由动能定理有mgl=12mvC2,解得vC=2gl。在C点,由左手定则可知洛伦兹力向上,其受力情况如图甲所示。由牛顿第二定律,有FT1+F洛-mg=mvC2l,又F洛
20、=qvCB,所以FT1=3mg-qB2gl。同理可得小球第二次经过C点时,受力情况如图乙所示,所以FT2=3mg+qB2gl。18.(16分)如图所示,虚线上方有方向竖直向下的匀强电场,虚线上下有相同的匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于纸面向外;ab是一根长为l的绝缘细杆,沿电场线放置在虚线上方的场中,b端恰在虚线上;将一套在杆上的带正电的电荷量为q、质量为m的小球(小球重力忽略不计)从a端由静止释放后,小球先做加速运动,后做匀速运动到达b端。已知小球与绝缘杆间的动摩擦因数=0.3,当小球脱离杆进入虚线下方后,运动轨迹是半圆,圆的半径是l3。求:(1)小球到达b点的速度大小;(2)匀强电场的
21、电场强度E;(3)带电小球从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功与电场力所做功的比值。答案:(1)Bql3m(2)B2ql10m(3)49解析:(1)小球在磁场中做匀速圆周运动时,根据牛顿第二定律,有Bqvb=mvb2R又R=l3解得vb=Bql3m。(2)小球在沿杆向下运动时,受力情况如图所示,受向左的洛伦兹力F,向右的弹力FN,向下的电场力qE,向上的摩擦力Ff,匀速时洛伦兹力F=Bqvb则有FN=F=BqvbFf=FN=Bqvb当小球做匀速运动时qE=Ff=Bqvb解得E=B2ql10m。(3)小球从a运动到b过程中,由动能定理得W电-W克f=12mvb2又W电=qEl=B2q2l210m
22、所以W克f=B2q2l210m-12mvb2=2B2q2l245m则有W克fW电=49。第二章电磁感应 (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.如图所示,A、B两图中,带绝缘层的线圈绕在了软铁上,C、D两图中,带绝缘层的线圈绕在了有机玻璃上,则能产生涡流的是()答案:A解析:只有穿过导体的磁通量发生变化,才能产生涡流,题图B错在是直流电源,题图C中不是导体,题图D中既不是导体也不是交流电源。2.一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能,具体而言,只要略微提高温度,这种合金会从非磁性合金
23、变成强磁性合金,从而在环绕它的线圈中产生电流,其简化模型如图所示。M为圆柱形合金材料,N为线圈,线圈套在圆柱形合金材料上,线圈的半径大于合金材料的半径。现对M进行加热,假设M变为强磁性合金时,磁感线在M内沿轴线方向,则()A.N中将产生逆时针方向的电流B.N中将产生顺时针方向的电流C.N线圈有收缩的趋势D.N线圈有扩张的趋势答案:D解析:当对M加热使其温度升高时,M从非磁性合金变为强磁性合金,穿过N的磁通量增加,根据楞次定律可知,N有扩张的趋势才能使穿过N的磁通量减少,选项C错误,选项D正确;由于不知M的磁场方向,故不能判断N中感应电流的方向,选项A、B错误。3.如图所示,在磁感应强度为B、方
24、向垂直于纸面向里的匀强磁场中,金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动,MN中产生的感应电动势为E1;若磁感应强度增为2B,其他条件不变,MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比分别为()A.ca,21B.ac,21C.ac,12D.ca,12答案:C解析:由右手定则判断可知,MN中产生的感应电流方向为NM,则通过电阻R的电流方向为ac。MN产生的感应电动势公式为E=Blv,其他条件不变,E与B成正比,则得E1E2=12。4.如图所示,用粗细相同的铜丝做成边长分别为l和2l的两个闭合线框a和b,以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外,不
25、考虑线框的重力,若闭合线框的电流分别为Ia、Ib,则IaIb为()A.14B.12C.11D.不能确定答案:C解析:产生的感应电动势为E=Blv,由闭合电路欧姆定律得I=BlvR,又lb=2la,由电阻定律知Rb=2Ra,故IaIb=11,选项C正确。本题主要考查感应电动势和电路知识的综合应用,意在提高学生的科学思维。5.如图所示,条形磁铁从高h处自由下落,中途穿过一个固定的空心线圈。开关S断开,条形磁铁至落地用时t1,落地时速度为v1;S闭合,条形磁铁至落地用时t2,落地时速度为v2,忽略空气阻力,则它们的大小关系正确的是()A.t1t2,v1v2B.t1=t2,v1=v2C.t1t2,v1
26、v2D.t1v2答案:D解析:开关S断开时,线圈中无感应电流,对条形磁铁无阻碍作用,条形磁铁自由下落,故a=g;当开关S闭合时,线圈中有感应电流,对条形磁铁有阻碍作用,故ag,所以t1v2,选项D正确。6.如图所示电路中,A、B是相同的两个小灯泡,L是一个带铁芯的线圈,电阻可不计。调节R,电路稳定时两灯泡都正常发光,则在开关合上和断开时()A.两灯同时点亮、同时熄灭B.合上S时,B立即变亮,A灯逐渐变亮C.断开S时,A、B两灯都不会立即熄灭,通过A、B两灯的电流方向都与原电流方向相同D.断开S时,A灯会突然闪亮一下后再熄灭答案:B解析:闭合S时,由于L的自感作用,A灯逐渐变亮,B灯立即变亮,稳
27、定时两灯一样亮,故A错,B对;断开S时,由于L的自感作用,A、B两灯都不会立即熄灭,通过A灯的电流方向不变,但通过B灯的电流反向,故C错;又因通过A灯的电流不会比原来的大,故A灯不会闪亮一下再熄灭,故D错。7.如图甲所示,面积S=1 m2的一个金属圆环内有垂直于平面向里的匀强磁场,圆环总电阻为5 ,磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示(B取向里为正),以下说法正确的是()A.圆环中产生顺时针方向的感应电流B.圆环中磁通量的变化率为2 Wb/sC.圆环中产生的感应电动势大小为2 VD.01 s内,通过圆环截面的电荷量为0.2 C答案:D解析:由楞次定律可知圆环中感应电流的方向应为逆时针
28、方向,选项A错误;圆环中磁通量的变化率应为圆环中磁感应强度的变化率乘以圆环面积,由题图可知圆环中磁感应强度的变化率为Bt=2-11T/s=1T/s,所以圆环中磁通量的变化率应为1Wb/s,选项B错误;圆环中产生的感应电动势大小为E=BtS=1V,选项C错误;01s内,通过圆环截面的电荷量为q=R=BSR=0.2C,选项D正确。8.如图所示,等腰直角三角形AOB内部存在着垂直于纸面向外的匀强磁场,OB在x轴上,长度为2l。纸面内一边长为l的正方形导线框的一边在x轴上,沿x轴正方向以恒定的速度穿过磁场区域。规定顺时针方向为导线框中感应电流的正方向,t=0时刻导线框正好处于图示位置。则下面四幅图中能
29、正确表示导线框中感应电流i随位移x变化的是()答案:B解析:根据电磁感应定律,当0l时,通过线圈的磁通量均匀增加产生顺时针的感应电流;当l2l时,右边切割磁感线的长度减小,左边切割磁感线的长度增大,由法拉第电磁感应定律可判断两个边切割磁感线产生的电流方向相反,所以合电流逐渐减小,在1.5l时电流减小到零,随后左边边长大于右边边长,电流反向,所以B选项是正确的。本题主要考查电磁感应定律的图像问题,意在提高学生的综合分析能力,提高学生的科学思维。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
30、.如图所示,闭合导线框放置在竖直向上的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度B的大小随时间变化。关于线框中感应电流的说法正确的是()A.当B增大时,俯视线框,电流为逆时针方向B.当B增大时,线框中的感应电流一定增大C.当B减小时,俯视线框,电流为逆时针方向D.当B减小时,线框中的感应电流可能减小答案:CD解析:设闭合回路的面积是S,设电路总电阻为R,由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势E=t=SBt,由欧姆定律可得,感应电流I=ER=SBRt;S与R是定值,当磁感应强度B增加,磁感应强度的变化率Bt可能不变,可能减小,可能增大,所以感应电流不一定变大;当磁感应强度B减小时,磁感应强度的变化率Bt可能
31、不变,可能减小,可能增大,所以感应电流不一定变大。根据楞次定律和安培定则得当B增大时,俯视线框,电流为顺时针方向;当B减小时,俯视线框,电流为逆时针方向,故C、D正确,A、B错误。10.如图所示,矩形金属框架三个竖直边ab、cd、ef的长都是l,电阻都是R,其余电阻不计;框架以速度v匀速平移,穿过磁感应强度为B的匀强磁场;设ab、cd、ef三条边先后进入磁场时ab边两端电压分别为U1、U2、U3,则下列判断结果正确的是()A.U1=13BlvB.U2=2U1C.U3=0D.U1=U2=U3答案:AB解析:当ab进入磁场时,I=ER+R2=2Blv3R,则U1=E-IR=13Blv。当cd也进入
32、磁场时,I=2Blv3R,U2=E-IR2=23Blv。三边都进入磁场时,U3=Blv。故选项A、B正确。11.如图所示,在磁感应强度为B的匀强磁场中,有半径为r的光滑半圆形导体框架,Oc为一能绕O在框架上滑动的导体棒,Oa之间连一电阻R,导体框架与导体棒的电阻均不计,施加外力使Oc以角速度逆时针匀速转动,则()A.通过电阻R的电流方向由O经R到aB.导体棒O端电势低于c端的电势C.回路中的感应电流大小为Br2RD.外力做功的功率为B22r44R答案:AD解析:由右手定则可知感应电流由c到O,则通过电阻R的电流为由O经R到a,选项A正确;导体棒以角速度逆时针匀速转动切割磁感线时可等效为电源,O
33、端为电源正极,c端为电源负极,故导体棒O端的电势高于c端的电势,选项B错误;导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E=Brr2,由此可知感应电流为I=ER=Br22R,选项C错误;电阻R上的电热功率为P=I2R=B2r424R,由能量守恒定律可知外力做功的功率也为P,选项D正确。12.如图所示,光滑的水平地面上方有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的垂直于纸面的水平匀强磁场,PQ为两个磁场的边界,磁场范围足够大。一个位于纸面内的半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环沿垂直于磁场方向以速度v从如图所示的位置开始运动,当圆环运动到其直径刚好与边界线PQ重合时,圆环的速度为v2,则下列说法正确的是()A
34、.此时圆环中的电功率为4B2a2v2RB.此时圆环的加速度为4B2a2vmRC.此过程中通过圆环截面的电荷量为Ba2RD.此过程中回路产生的电能为34mv2答案:AC解析:感应电动势E=2B2av2=2Bav,感应电流I=ER=2BavR,此时圆环中的电功率P=I2R=2BavR2R=4B2a2v2R;安培力F=2B2aI=4BaI=8B2a2vR,加速度a=Fm=8B2a2vmR;此过程中通过圆环截面的电荷量q=It=tRt=R=Ba2R;此过程中产生的电能E电=12mv2-12mv22=38mv2。综上可知,选项A、C正确。三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(6分)电吉他是利用电
35、磁感应原理工作的一种乐器。右图为电吉他的扩音器的原理图,在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管,一条形磁铁固定在管内,当拨动金属弦后,螺线管内就会产生感应电流,经一系列转化后可将电信号转为声音信号。(1)金属弦的作用类似铁芯的作用,被拨动后靠近螺线管的过程中,通过放大器的电流方向为(以图为准,选填“向上”或“向下”)。(2)下列说法正确的是。A.金属弦上下振动的周期越大,螺线管内感应电流的方向变化也越快B.金属弦上下振动过程中,经过相同位置时速度越大,螺线管中感应电动势也越大C.电吉他通过扩音器发出的声音随感应电流强度增大而变响,增减螺线管匝数会起到调节音量的作用D.电吉他通过扩音器发出
36、的声音频率和金属弦振动频率相同答案:(1)向下(2)BCD解析:本题考查电磁感应原理的应用,培养学生理论联系实际的能力,提高学生的科学思维。(1)金属弦靠近螺线管时,线圈中磁场变强,根据楞次定律可得通过放大器的电流方向为向下。(2)感应电动势的大小与磁通量的变化率有关,与线圈匝数有关,所以选项B、C正确;电吉他通过扩音器发出的声音频率与感应电流的频率相同,即与金属弦振动频率相同,A错误,D正确。14.(6分)(1)在探究楞次定律的实验中除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外,还要用到电表。请从下列电表中选择。A.量程为03 V的电压表B.量程为03 A的电流表C.量程为00.6 A的电流表D.零刻
37、度在中间的灵敏电流表(2)某同学按下列步骤进行实验:将已知绕向的螺线管与电表连接;设计表格,记录将磁铁N、S极插入和抽出过程中引起感应电流的磁场方向、磁通量变化、感应电流的方向、感应电流的磁场方向;分析实验结果,得出结论。上述实验中,漏掉的实验步骤是。丙(3)图甲为某实验小组利用微电流传感器做验证楞次定律实验时,在计算机屏幕上得到的波形,横坐标为时间t,纵坐标为电流I。根据图线分析知道:将条形磁铁的N极插入圆形闭合线圈时得到图甲内所示图线。现用该磁铁,如图乙所示,从很远处按原方向沿一圆形线圈的轴线匀速运动,并穿过线圈向远处而去。图丙中较正确地反映线圈中电流I与时间t关系的是。答案:(1)D(2
38、)查明电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系(3)B解析:(1)楞次定律实验应该选用零刻度在中间的灵敏电流表。(2)查明电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系。(3)将条形磁铁的N极插入圆形闭合线圈时得到图甲内所示图线,用该磁铁的S极从很远处按原方向沿一圆形线圈的轴线匀速运动,产生的电流方向与图甲相反,再利用对称性的特点,可知图丙中B正确。15.(10分)如图所示,线框由裸导线组成,cd、ef两边竖直放置且相互平行,导体棒ab水平放置并可沿cd、ef无摩擦滑动,而导体棒ab所在处的匀强磁场B2=2 T,已知ab长l=0.1 m,整个电路总电阻R=5 。螺线管匝数n=4,螺线管横截面积S=0
39、.1 m2。在螺线管内有图示方向的磁场B1,B1t=10 T/s恒定不变,导体棒恰好处于静止状态,求:(g取10 m/s2)(1)通过导体棒ab的电流大小;(2)导体棒ab的质量m。答案:(1)0.8 A(2)0.016 kg解析:(1)螺线管产生的感应电动势E=nt=nB1tS=4V通过导体棒ab的电流为I=ER=0.8A。(2)导体棒ab所受的安培力F=B2Il=0.16N导体棒静止时有F=mg解得m=0.016kg。16.(10分)轻质细线吊着一边长为l=0.8 m的单匝正方形线圈abcd,线圈总电阻为R=1 。边长为d0=0.4 m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。
40、磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度大小随时间变化如图乙所示。线圈始终保持静止。求:(1)线圈abcd中产生的感应电动势E的大小和感应电流的方向;(2)t=4 s时,cd边所受的安培力大小及方向。答案:(1)0.4 V逆时针方向(adcba)(2)4.8 N方向竖直向上解析:(1)由法拉第电磁感应定律有E=t=B12d02由题图乙得Bt=5T/s解得E=0.4V由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向(adcba)。(2)I=ER=0.4At=4s时,B=30TF=BId0=4.8N,方向竖直向上。17.(12分)如图甲所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上,两导轨间距
41、为l,M、P两点间接有阻值为R的电阻,一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直,整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于斜面向下,导轨和金属杆的电阻可忽略,让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦。(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图。(2)在加速下滑过程中,当ab杆的速度大小为v时,求此时ab杆中的电流及其加速度的大小。(3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值。答案:(1)见解析图(2)BlvRgsin -B2l2vmR(3)mgRsinB2l2解析:(1)由右手定则知,产
42、生的感应电流方向ab。如图所示,ab杆受重力mg,竖直向下;支持力FN,垂直于斜面向上;安培力F安,沿斜面向上。(2)当ab杆的速度大小为v时,感应电动势E=Blv,此时电路中的电流I=ER=BlvRab杆受到安培力F安=BIl=B2l2vR根据牛顿第二定律,有mgsin-F安=mgsin-B2l2vR=maa=gsin-B2l2vmR。(3)当a=0时,ab杆有最大速度,其最大值为vmax=mgRsinB2l2。18.(16分)如图所示,一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内,导轨间距l=0.5 m,左端接有阻值R=0.3 的电阻。一质量m=0.1 kg、电阻r=0.1 的金属棒MN放置在
43、导轨上,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度B=0.4 T。金属棒在水平向右的外力作用下,由静止开始以a=2 m/s2的加速度做匀加速运动,当金属棒的位移x=9 m时撤去外力,金属棒继续运动一段距离后停下来,已知撤去外力前、后回路中产生的焦耳热之比Q1Q2=21。导轨足够长且电阻不计,金属棒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:(1)金属棒在匀加速运动过程中,通过电阻R的电荷量q;(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2;(3)外力做的功WF。答案:(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J解析:(1)设金属棒匀加速运动的时间为t,回路的磁通量的变化量为,回
44、路中的平均感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律得E=t其中=Blx设回路中的平均电流为I,由闭合电路欧姆定律得I=ER+r则通过电阻R的电荷量为q=It联立式,得q=BlxR+r,代入数据得q=4.5C。(2)设撤去外力时金属棒的速度为v,对于金属棒的匀加速运动过程,由运动学公式得v2=2ax设金属棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W,由动能定理得W=0-12mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2=-W联立式,代入数据得Q2=1.8J。(3)由题意知,撤去外力前、后回路中产生的焦耳热之比Q1Q2=21,可得Q1=3.6J在金属棒运动的整个过程中,外力F克服安培力做功,由功能关系可知WF
45、=Q1+Q2由式得WF=5.4J。第三章交变电流 (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.下列选项中不是交变电流有效值的是()A.交流电压表的读数B.保险丝的熔断电流C.电容器的击穿电压D.电动机铭牌上的额定电压答案:C解析:交流电压表测量的是交变电流的有效电压,保险丝的熔断电流指有效电流,电动机铭牌上的额定电压也是指有效电压,电容器的击穿电压指最大电压,故选C。2.小型交流发电机中,矩形金属线圈在匀强磁场中匀速运动,产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系,如图所示。此线圈与一个R=10 的电阻构
46、成闭合电路。不计电路的其他电阻,下列说法正确的是 ()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4 A答案:C解析:由题图可以看出,此交变电流的周期为0.250s,所以交变电流的频率为4Hz,A、B项错误;电压的最大值Um=20V,交变电流的最大值Im=UmR=2A,有效值I=Im2=2A,C项正确,D项错误。本题考查了交变电流的图像问题,意在培养学生从图像中获取信息的能力,提高科学思维。3.矩形线圈在磁场中匀速转动时,产生的感应电动势最大值为50 V,那么该线圈由如图所示位置转过30,线圈中的感应电动势大小为()A.50 VB.253VC.25 VD.10 V答案:B解析:由题给条件知,
陕公网安备 61072602000132号 违法和不良信息举报：0916-4228922