磁場電磁感應(yīng)高二

1、磁場電磁感應(yīng)評卷人得分一、選擇題（本題共12道小題，每小題0分，共0分）1.（單選）如圖所示，空間存在垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，場內(nèi)有一絕緣的足夠長的直桿，它與水平面的傾角為，一帶電量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小球套在直桿上，從A點由靜止沿桿下滑，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為，在小球以后運動的過程中，下列說法正確的是( ) A小球下滑的最大速度為B小球下滑的最大加速度為amgsinC小球的加速度一直在減小D小球的速度先增大后減小2.如圖所示，在圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的一條直徑一帶電粒子從a點射入磁場，速度大小為2v，方向與ab成30°時恰好從b點

2、飛出磁場，粒子在磁場中運動的時間為t；若僅將速度大小改為v，則粒子在磁場中運動的時間為（不計帶電粒子所受重力）（）A3t BC D2t3.（多選題）如圖所示，豎直平行線MN、PQ間距離為a，其間存在垂直紙面向里的勻強磁場（含邊界PQ），磁感應(yīng)強度為B，MN上O處的粒子源能沿不同方向釋放比荷為的帶負(fù)電粒子，速度大小相等、方向均垂直磁場粒子間的相互作用及重力不計，設(shè)粒子速度方向與射線OM夾角為，當(dāng)粒子沿=60°射入時，恰好垂直PQ射出，則（）A從PQ邊界垂直射出的粒子在磁場中運動的時間為B沿=90°射入的粒子，在磁場中運動的時間最長C粒子的速率為DPQ邊界上有粒子射出的長度為2

3、a4.（多選題）如圖所示，左右邊界分別為PP、QQ的勻強磁場的寬度為d，磁感應(yīng)強度大小為B方向垂直紙面向里一個質(zhì)量為m、電荷量大小為q的微觀粒子，沿與左邊界PP成=45°方向以速度v0垂直射入磁場不計粒子重力，欲使粒子不從邊界QQ射出，v0的最大值可能是（）ABCD5.如圖所示，繞在鐵芯上的線圈、電源、滑動變阻器和電鍵組成閉合回路在鐵芯的右端套有一個表面絕緣的銅環(huán)A，下列各種情況中銅環(huán)A中沒有感應(yīng)電流的是（）A線圈中通以恒定的電流B通電時，使變阻器的滑片P作勻速滑動C通電時，使變阻器的滑片P作加速滑動D將電鍵突然斷開的瞬間6.豎直向上的勻強磁場中，水平放置一單匝金屬圓形線圈，線圈所圍

4、的面積為0.1m2，線圈的電阻為1規(guī)定圖（a）所示感應(yīng)電流的方向為正方向磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖（b）所示，則以下說法正確的是（）A第1s內(nèi)，線圈具有擴張趨勢B第3s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大C第4s時，感應(yīng)電流的方向為負(fù)D05 s時間內(nèi)，感應(yīng)電流的最大值為0.1A7.（多選題）如圖所示，要使Q線圈產(chǎn)生圖示方向的電流，可采用的方法有（）A閉合電鍵K后，把R的滑片向右移B閉合電鍵K后，把R的滑片向左移C閉合電鍵K后，把P中的鐵心從左邊抽出D閉合電鍵K后，把Q靠近P8.如圖甲所示，長直導(dǎo)線與閉合金屬線框位于同一平面內(nèi)，長直導(dǎo)線中的電流i隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示在0時間內(nèi)，直導(dǎo)線中電

5、流向上，則在T時間內(nèi)，線框中感應(yīng)電流的方向與所受安培力情況是（）A感應(yīng)電流方向為順時針，線框受安培力的合力方向向左B感應(yīng)電流方向為逆時針，線框受安培力的合力方向向右C感應(yīng)電流方向為順時針，線框受安培力的合力方向向右D感應(yīng)電流方向為逆時針，線框受安培力的合力方向向左9.如圖所示，在勻強磁場中放有平行銅導(dǎo)軌，它與大線圈M相連接要使小線圈N獲得順時針方向的感應(yīng)電流，則放在導(dǎo)軌上的裸金屬棒ab的運動情況是（）A 向右勻速運動B向左加速運動B C向左減速運動D向右加速運動10.如圖，光滑固定的金屬導(dǎo)軌M、N水平放置，兩根導(dǎo)體棒P、Q平行放置在導(dǎo)軌上，形成一個閉合回路，一條形磁鐵從高處自由下落接近回路時（

6、）AP、Q將相互遠(yuǎn)離B磁鐵的加速度大于gC磁鐵的加速度仍為gD磁鐵的加速度小于g11.如圖所示，水平放置的光滑桿上套有A、B、C三個金屬環(huán)，其中B接電源在接通電源的瞬間，A、C兩環(huán)（）A都被B吸引B都被B排斥CA被吸引，C被排斥DA被排斥，C被吸引12.如圖，圓環(huán)形導(dǎo)體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管與電源和滑動變阻器連接成如圖所示的電路若將滑動變阻器的滑片P向下滑動，下列表述正確的是（）A線圈a中將產(chǎn)生俯視順時針方向的感應(yīng)電流B穿過線圈a的磁通量變小C線圈a有擴張的趨勢D線圈a對水平桌面的壓力FN將增大評卷人得分二、計算題（本題共2道小題）13.如

7、圖所示，在xoy平面內(nèi)有以虛線OP為理想邊界的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，OP與x軸成45°角，OP與y軸之間的磁場方向垂直紙面向外，OP與x軸之間的電場平行于x軸向右，電場強度為E，在y軸上有一點M，到O點的距離為L，現(xiàn)有一個質(zhì)量為m，帶電量為+q的帶電粒子從靜止經(jīng)電壓為U的電場加速后從M點以垂直y軸的速度方向進入磁場區(qū)域（加速電場圖中沒有畫出），不計帶電粒子的重力，求（1）從M點進入勻強磁場的帶電粒子速度的大??？（2）為使帶電粒子剛好不能進入電場區(qū)域，則磁感應(yīng)強度為B應(yīng)為多大？（3）改變勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小，使帶電粒子沿y軸負(fù)方向進入勻強電場，則帶電粒子從x軸離開電場時的位置到

8、O點的距離為多少？14.如圖所示，在y0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負(fù)方向；在y0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面（紙面）向外一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的運動粒子，經(jīng)過y軸上y=h處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然后，經(jīng)過x軸上x=2h處的 P2點進入磁場，并經(jīng)過y軸上y=2h處的P3點不計重力求（1）電場強度的大?。?）粒子到達P2時速度的大小和方向（3）磁感應(yīng)強度的大?。?）粒子從P1點運動到P3點所用時間試卷答案1.B2.D【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力【分析】粒子在磁場中運動，運動的時間周期與粒子的速度的大小無關(guān)，分析粒子的運動的

9、情況，可以判斷粒子的運動的時間【解答】解：設(shè)磁場圓的半徑為R，根據(jù)周期公式T=可得，同一粒子在磁場中運動時的運動的周期相同，當(dāng)速度的大小為2v時，圓周運動的圓心為O，根據(jù)弦切角等于圓心角的一半可知，圓弧所對的圓心角為60°；磁場圓的半徑恰好等于粒子圓周運動半徑；當(dāng)速度的大小為v時，半徑為原來的一半，圓周運動的圓心O點，在原來的半徑的中點處，則新的粒子圓與磁場圓的半徑相等，則=60°；由幾何關(guān)系可知所對的圓心角為120°，則粒子的運動的時間為2t，所以D正確故選：D3.AD【分析】由粒子沿=60°射入時，恰好垂直PQ射出，得到粒子運動半徑；再根據(jù)洛倫茲力作

10、向心力，即可得到粒子速率，進而得到粒子運動周期及運動時間；【解答】解：AC、帶電粒子在磁場中運動，不計重力，則粒子只受洛倫茲力做圓周運動；所以有，所以，粒子沿=60°射入時，恰好垂直PQ射出，則粒子在磁場中轉(zhuǎn)過30°，如圖所示，所以有Rsin30°=a，所以，R=2a；所以，故C錯誤；，故A正確；D、=0°時，粒子離開磁場在PQ上O的水平線上方處；當(dāng)增大時，粒子離開磁場在PQ上的位置下移，直到粒子運動軌跡與PQ相切；繼續(xù)增大，則粒子不能從PQ邊界射出；粒子運動軌跡與PQ相切時，由半徑R=2a，可知，粒子轉(zhuǎn)過的角度為60°，所以，出射點在O的水平

11、線下方處；所以，PQ邊界上有粒子射出的長度為2a，故D正確；B、粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同，周期相同由D分析可知，粒子出射點在PQ上時，當(dāng)粒子運動軌跡與PQ相切時，粒子在磁場中運動的圓弧對應(yīng)的弦最長，粒子轉(zhuǎn)過的角度最大1=60°，對應(yīng)的1=120°；當(dāng)120°180°時，粒子從MN邊界射出，且越大，對應(yīng)的中心角較小，運動的時間越??；所以，沿=120°射入的粒子，在磁場中運動的時間最長，故B錯誤；故選：AD4.AC【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，作出粒子恰好不從QQ邊界射出的臨界軌跡圖，然后求出粒子的臨

12、界軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律求出臨界速度【解答】解：如果粒子帶正電，粒子不從邊界QQ射出速度v0最大時運動軌跡如圖所示：由幾何知識得：rrsin（90°）=d，解得：r=（2+）d，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv0B=m，解得：v0=，故A正確；如果粒子帶負(fù)電，粒子不從邊界QQ射出速度v0最大時運動軌跡如圖所示：由幾何知識得：r+rsin（90°）=d，解得：r=（2）d，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv0B=m，解得：v0=，故C正確；故選：AC5.A【考點】感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件【分析】感應(yīng)電流產(chǎn)

13、生的條件是穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化根據(jù)這個條件分析判斷有沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生【解答】解：A、線圈中通以恒定的電流時，線圈產(chǎn)生穩(wěn)恒的磁場，穿過銅環(huán)A的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生故A正確B、通電時，使變阻器的滑片P作勻速滑動時，變阻器接入電路的電阻減小，回路中電流增大，線圈產(chǎn)生的磁場增強，穿過銅環(huán)A磁通量增大，產(chǎn)生感應(yīng)電流不符合題意故B錯誤C、通電時，使變阻器的滑片P作加速滑動時，變阻器接入電路的電阻變化，回路中電流變化，線圈產(chǎn)生的磁場變化，穿過銅環(huán)A磁通量變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流不符合題意故C錯誤D、將電鍵突然斷開的瞬間，線圈產(chǎn)生的磁場從有到無消失，穿過穿過銅環(huán)A的磁通量減小，產(chǎn)生感應(yīng)電流，不符合題

14、意故D錯誤故選A6.C【考點】楞次定律【分析】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向和線圈的面積的變化趨勢，通過法拉第電磁感應(yīng)定律E=求出感應(yīng)電動勢的大小，結(jié)合閉合電路歐姆定律求出電流的大小【解答】解：A、第1s內(nèi)，穿過線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈的面積縮小可以阻礙磁通量的增大，所以線圈具有縮小趨勢故A錯誤；B、第3s內(nèi)，穿過線圈的磁通量保持不變，所以線圈的發(fā)熱功率為0故B錯誤；C、第4s時，穿過線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向逆時針方程，為負(fù)值故C正確；D、由圖可知，穿過線圈的磁通量剛剛開始變化時，B的變化率：則產(chǎn)生的電動勢： V感應(yīng)電流：I=A故D錯誤故選：C7.BD

15、【考點】楞次定律【分析】當(dāng)通過閉合回路中的磁通量發(fā)生變化，就會產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向【解答】解：A、閉合電鍵K后，把R的滑片右移，Q中的磁場方向從左向右，且在減小，根據(jù)楞次定律，左邊導(dǎo)線電流方向向上故A錯誤B、閉合電鍵K后，把R的滑片左移，Q中的磁場方向從左向右，且在增大，根據(jù)楞次定律，左邊導(dǎo)線電流方向向下故B正確C、閉合電鍵K后，將P中的鐵心從左邊抽出，Q中的磁場方向從左向右，且在減小，根據(jù)楞次定律，左邊導(dǎo)線電流方向向上故C錯誤D、閉合電鍵，將Q靠近P，Q中的磁場方向從左向右，且在增強，根據(jù)楞次定律，左邊導(dǎo)線的電流向下故D正確故選：BD8.C【考點】楞次定律；安培力【分

16、析】在T時間內(nèi)，直線電流方向向下，根據(jù)安培定則判斷出直導(dǎo)線周圍的磁場，根據(jù)磁場的變化，通過楞次定律判斷出金屬線框中的感應(yīng)電流，從而通過受力判斷線框所受安培力的合力【解答】解：在T時間內(nèi)，直線電流方向向下，根據(jù)安培定則，知導(dǎo)線右側(cè)磁場的方向垂直紙面向外，電流逐漸增大，則磁場逐漸增強，根據(jù)楞次定律，金屬線框中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流根據(jù)左手定則，知金屬框左邊受到的安培力方向水平向右，右邊受到的安培力水平向左，離導(dǎo)線越近，磁場越強，則左邊受到的安培力大于右邊受到的安培力，所以金屬框所受安培力的合力水平向右故C正確，A、B、D錯誤故選：C9.B【考點】法拉第電磁感應(yīng)定律；楞次定律【分析】根據(jù)棒的切割磁

17、感線，依據(jù)右手定則可確定感應(yīng)電流的方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律來確定感應(yīng)電流的大?。粡亩捎沂致菪▌t來確定線圈M的磁通量的變化，再根據(jù)楞次定律，即可確定線圈N中的感應(yīng)電流的方向【解答】解：若要讓N中產(chǎn)生順時針的電流，M必須讓N中的磁場“向里減小”或“向外增大”所以有兩種情況：垂直紙面向里的磁場大小減小，根據(jù)楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律，則有導(dǎo)體棒向右減速運動同理，垂直紙面向外的磁場大小增大，根據(jù)楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律，則有導(dǎo)體棒向左加速運動故B正確，ACD錯誤故選：B10.D【考點】楞次定律【分析】當(dāng)一條形磁鐵從高處下落接近回路時，穿過回路的磁通量增加，根據(jù)楞次定律：感應(yīng)電流的磁場總是阻

18、礙磁通量的變化，分析導(dǎo)體的運動情況【解答】解：A、當(dāng)一條形磁鐵從高處下落接近回路時，穿過回路的磁通量增加，根據(jù)楞次定律：感應(yīng)電流的磁場總是阻礙磁通量的變化，可知，P、Q將互相靠攏，回路的面積減小一點，使穿過回路的磁場減小一點，起到阻礙原磁通量增加的作用故A錯誤BCD、根據(jù)楞次定律可知，磁鐵受到向上的排斥力由于磁鐵受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁鐵的加速度一定小于g故BC錯誤；D正確故選：D11.B【考點】楞次定律【分析】根據(jù)楞次定律進行判定：感應(yīng)電流的磁場總是阻礙原磁通量的變化【解答】解：在接通電源的瞬間，通過B環(huán)的電流變大，電流產(chǎn)生的磁場增強，穿過A、C兩環(huán)的磁通量變大，A、C兩環(huán)

19、產(chǎn)生感應(yīng)電流，由楞次定律可知，感應(yīng)電流總是阻值原磁通量的變化，為了阻礙原磁通量的增加，A、C兩環(huán)都被B環(huán)排斥而遠(yuǎn)離B環(huán)，以阻礙磁通量的增加，故ACD錯誤，B正確；故選B12.D【考點】楞次定律【分析】此題的關(guān)鍵首先明確滑動觸頭向下滑動時通過判斷出線圈b中的電流增大，然后根據(jù)楞次定律判斷出線圈a中感應(yīng)電流的方向本題利用“楞次定律的第二描述”求解將更為簡便【解答】解：A、B：當(dāng)滑動觸頭P向下移動時電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知通過線圈b的電流增大，從而判斷出穿過線圈a的磁通量增加方向向下，所以B錯誤；根據(jù)楞次定律即可判斷出線圈a中感應(yīng)電流方向俯視應(yīng)為逆時針，A錯誤C、再根據(jù)微元法將線圈a無線分割

20、根據(jù)左手定則不難判斷出線圈a應(yīng)有收縮的趨勢，或直接根據(jù)楞次定律的第二描述“感應(yīng)電流產(chǎn)生的效果總是阻礙引起感應(yīng)電流的原因”，因為滑動觸頭向下滑動導(dǎo)致穿過線圈a的磁通量增加，故只有線圈面積減少時才能阻礙磁通量的增加，故線圈a應(yīng)有收縮的趨勢，C錯誤；D、開始時線圈a對桌面的壓力等于線圈a的重力，當(dāng)滑動觸頭向下滑動時，可以用“等效法”，即將線圈a和b看做兩個條形磁鐵，不難判斷此時兩磁鐵的N極相對，互相排斥，故線圈a對水平桌面的壓力將增大，所以D正確故選D13.解：（1）從M點進入磁場的帶電粒子速度的大小為v，根據(jù)動能定理得：qU=解得：v=（2）帶電粒子剛好不能進入電場區(qū)域軌跡如題所示，設(shè)磁感應(yīng)強度為

21、B，由圖可知：OM=R+=L 解得：R=由洛倫茲力提供向心力可得：qvB=m，解得：B=（1）（3）由圖可知帶電粒子沿y軸負(fù)方向進入勻強電場時，在磁場中運動的軌道半徑為，在電場中做類平拋運動，加速度a=，Y軸方向勻速運動，有：R1=vtX軸方向勻加速運動，有：x=聯(lián)立解得：x=，到O點的距離為；答：（1）從M點進入勻強磁場的帶電粒子速度的大小為；（2）為使帶電粒子剛好不能進入電場區(qū)域，則磁感應(yīng)強度為B應(yīng)為（1）；（3）改變勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小，使帶電粒子沿y軸負(fù)方向進入勻強電場，則帶電粒子從x軸離開電場時的位置到O點的距離為【分析】（1）對加速過程根據(jù)動能定理列式求解即可；（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出臨界軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系求解