电磁学阶段综合测试卷

电磁学阶段综合测试卷

(时间：45分钟，满分：100分)

一、单项选择题(每小题4分，共20分)

第1题图

1．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞入a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，则()

A．a一定带正电，b一定带负电

B．a的速度将减小，b的速度将增加

C．a的加速度增加，b的加速度减小

D．a的电势能减小，b的电势能增加

2．如图所示的电路中，R1、R2、R3是固定电阻，R4是光敏电阻，其阻值随光照的强度增强而减小．当开关S闭合且没有光照射时，电容器C不带电．当用强光照射R4且电路稳定时，则与无光照射时比较()

第2题图

A．电容器C的上极板带正电

B．电容器C的下极板带正电

C．通过R4的电流变小，电源的路端电压增大

D．通过R4的电流变大，电源提供的总功率变小

3．如图所示，“∠”区域POQ存在垂直纸面向外的匀强磁场，相同的甲、乙两带正电的粒子垂直OP射入磁场，它们的入射点到O点距离分别为d1、d2，轨迹都与OQ边相切，下列说法错误的是()

第3题图

A．甲、乙的半径之比R1∶R2＝d1∶d2

B．甲、乙在磁场中运动时间相等

C．甲、乙的向心加速度之比a n1∶a n2＝d21∶d22

D．甲、乙的动能之比E k1∶E k2＝d21∶d22

第4题图

4．如图所示，两个相同的的环形导线圈A、B垂直放置，圆心均在O点．现在两导线圈上通以相同的电流I，已知导线圈A中的电流在圆心O处产生的磁场磁感应强度大小为B，则下列说法中正确的是()

A．若两导线圈固定，则两电流在圆心处产生的磁场磁感应强度为0

B．若两导线圈固定，则两电流在圆心处产生的磁场磁感应强度为2B

C．若导线圈B固定，导线圈A将沿过圆心的水平轴EF转动

D．若导线圈A固定，导线圈B将沿过圆心的竖直轴MN转动

5．匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝

2

10T的水平匀强磁

场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝100 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V，60 W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A，下列说法正确的是()

第5题图

A．在图示位置线框中产生的感应电动势最大

B．线框中产生电动势的有效值为250 2 V

C．变压器原、副线圈匝数之比为25∶22

D．允许变压器输出的最大功率为1 000 W

二、多项选择题(每小题6分，共24分)

6．如图(a)是用电流传感器S1、S2(其电阻忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R，不计电源内阻．图(b)是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象．关于这些图象，下列说法中正确的是()

(a)

甲乙丙丁

(b)

第6题图

A．甲是开关S由断开变为闭合，通过传感器S1的电流随时间变化的情况

B．乙是开关S由断开变为闭合，通过传感器S1的电流随时间变化的情况

C．丙是开关S由闭合变为断开，通过传感器S2的电流随时间变化的情况

D．丁是开关S由闭合变为断开，通过传感器S2的电流随时间变化的情况7．(多选)利用霍尔效应测量磁感应强度的原理如图所示，元件中通以正x方向的电流I，置于沿z轴方向的磁场中，其前、后表面垂直于z轴，在元件上、下表面之间产生电势差U.若磁感应强度B＝B0＋kz(B0、k均为常数)，由于沿z轴方向位置不同，电势差U也不同，则()

第7题图

A．若该元件的载流子是电子，则下表面电势高

B．电势差U越大，该处磁感应强度B越大

C．在某一位置处，电流I越大，电势差U越大

D．k越大，在z轴上两不同位置上测得的电势差U的差值越大

8．如图所示，理想变压器M原副线圈匝数之比n1：n2＝

10∶1，接线柱a、b接交变电压u＝2202sin100πt(V)．变压器右侧部分为一火警报警系统，R2为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的火警传感器，R1为一定值电阻．下列说法中正确的是()

第8题图

A．电压表示数为22 V

B．火警时，电压表的示数减小

C．火警时，电流表的示数减小

D．火警时，电流表的示数增大

第9题图

9．如图所示，虚线MN的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B.一带电微粒自离MN为h的高处由静止下落，从A点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D点射出．下列说法正确的是()

A ．微粒做圆周运动的半径为

E

B 2h g

B ．微粒从A 点运动到D 点的过程中，电势能先增大后减小

C ．从A 点运动到

D 点的过程中微粒的电势能和重力势能之和在最低点C 最小 D ．若微粒从D 点离开场区到再次落回场区将沿DCA 返回 三、计算题(共56分)

10．(16分)如图甲所示，一个匝数n ＝100、阻值R 1＝10 Ω的圆形金属线圈与阻值R 2＝5 Ω的电阻连接成闭合回路．线圈的半径r 1＝40 cm ，在线圈中半径r 2＝20 cm 的圆形区域内存在垂直线圈平面的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．试求：

(1)t ＝0.1 s 时，线圈两端的电压U AB ；

(2)在0～0.4 s 的时间内，线圈上产生的热量Q ； (3)在0～0.4 s 的时间内，通过电阻R 2上的电荷量q .

甲 乙

第10题图

11.(20分)如图甲所示，宽度为d 的竖直狭长区域内(边界为L 1、L 2)，存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 0的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小未知，E ＞0表示电场方向竖直向上．t ＝0时，一质量为m 、带＋q 的微粒从左边界上的N 点以水平速度垂直射入该区域，沿直线NM 运动一段距离后做完整的圆周运动，再沿直线NM 运动．重力加速度为g .上述d 、B 0、m 、q 、g 为已知量．试求：

(1)当微粒入射速度为v 1时能完成上述运动，求此时所加的电场强度E 1和E 2的大小；

(2)若微粒入射速度v ＝B 0qd

2m

时能完成上述运动，求电场变化的周期T ；

(3)若电场变化的周期T ＝（2＋2π）m

B 0q ，使微粒能完成上述运动并从M 点射出磁场，求

微粒进入磁场时的初速度v 0范围．

甲 乙

第11题图

12．(20分)如图(a)所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度恒为B不变；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度B t的大小随时间t变化的规律如图(b)所示．t＝0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上也由静止释放．在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为l，在t＝t x时刻(t x未知)ab棒恰好进入区域Ⅱ，重力加速度为g.求：

(1)区域Ⅰ内磁场的方向；

(2)通过cd棒中的电流大小和方向；

(3)ab棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的距离；

(4)ab棒开始下滑至EF的过程中，回路中产生总的热量．(结果用B、l、θ、m、R、g表示)

(a)(b)

第12题图

电磁学阶段综合测试卷一、单项选择题

1．C 【解析】 根据曲线运动的特点，合力指向曲线弯曲的一侧，同时粒子受到电场力的方向与电场线的切线共线，可以确定粒子的受力，但题目中没有给出电场线的方向，故不能确定粒子的电性．电场力的大小看场强的大小，即看电场线的疏密．电场力与速度的夹角小于90°时，电场力做正功，电势能减小，电场力与速度的夹角大于90°时，电场力做负功，电势能增加．

2．B 【解析】 因有光照射时，光敏电阻的阻值减小，故总电阻减小；由闭合电路的欧姆定律可知，干路电路中电流增大，由E ＝U ＋Ir 可知路端电压减小；R 1与R 2支路中电阻不变，故该支路中的电流减小；则由并联电路的电流规律可知，另一支路中电流增大，即通过R 2的电流减小，而通过R 4的电流增大，故CD 错误；当没有光照时，C 不带电说明C 所接两点电势相等，以电源正极为参考点，R 1上的分压减小，而R 3上的分压增大，故上极板所接处的电势低于下极板的电势，故下极板带正电；故A 错误，B 正确；故选B.

3．C 【解析】 画出甲、乙两粒子在磁场中的运动轨迹如下图．

第3题图

根据题中空间约束关系可得R 1∶R 2＝d 1∶d 2①，A 说法正确；根据半径公式R ＝m v

Bq ②和

周期公式T ＝2πm

Bq ③，综合①②③可得；v 1∶v 2＝d 1∶d 2④，T 1＝T 2⑤由图中信息知甲乙两

粒子在磁场中的运动时间均为半周期，所以在磁场中二者运动时间相等，B 说法正确；根据加速度公式a n ＝????2π

T 2

R ⑥，综合①⑤⑥可得a n 1∶a n 2＝d 1∶d 2.C 说法错误；动能表达式E k

＝12

m v 2⑦，综合④⑦可得E k1∶E k2＝d 21∶d 22.D 说法正确．选C. 4．D 【解析】 若两线圈固定，根据安培定则可知：A 线圈在圆心O 处产生的磁场磁感应强度方向垂直纸面向外，B 线圈在圆心O 处产生的磁场磁感应强度方向水平向左，故O 点的磁感应强度大小应为2B ；若B 线圈固定，其轴线上磁场方向水平向左，根据左手定则可以判断A 线圈左侧将受到垂直纸面向里的安培力，A 线圈右侧将受到垂直纸面向外的安培力，故A 线圈将绕竖直轴MN 顺时针转动(俯视)；同理可以判断当A 线圈固定时，B 线圈将绕竖直轴MN 顺时针转动(俯视)．

5．C 【解析】 图示时刻线圈处于中性面，感应电动势为0，A 错；感应电动势的最大值E m ＝nBSω＝50×

210×0.5×100＝2502(V)，其有效值E ＝E m 2＝25022

＝250 (V)，B 错误；根据变压器电压比关系n 1n 2＝U 1

U 2，C 选项正确；P m ＝EI m ＝250×10＝2500 (W)，D 错误；

选C.

二、多项选择题

6．BC 【解析】 电键S 由断开变为闭合，由于线圈自感，同时R 支路是通的，故S 1电流由不为0的值逐渐增大直到稳定，A 错B 正确；电键S 由闭合变为断开，由于线圈自感且与R 构成回路，此时R 中电流方向与原电流方向相反，故C 正确D 错误；选BC.

7．BCD 【解析】 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A 错误．最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，Bq v ＝v

C q ，设霍尔元件的长宽高分别为a 、b 、c ，电流的微观表达式为I ＝nq v S ＝nq v bc ，U

＝BcI nqbc ＝BI nqb

，所以上、下表面的电势差U 越大，则B 越大；当电流越大，上、下表面的电势差U 越大．故BC 正确．k 越大，根据磁感应强度B ＝B 0＋kz ，知B 随z 的变化越大，U 随z 的变化越大，测得的电势差U 的差值越大，故D 正确；故选BCD.

8．BD 【解析】 由原副线圈匝数之比可得副线圈两端电压有效值为22 V ，而电压表示数为R 2两端电压，故应小于22 V ；火警时，R 2阻值减小，副线圈电流增大(输出功率增大)，R 1两端电压增大，故电压表示数减小；由于输出功率增大，原线圈电流也将增大．

9．AB 【解析】 微粒先自由下落h ，然后以速度v ＝2gh 进入复合场做圆周运动，易知Eq ＝mg ，由洛伦兹力提供向心力可得R ＝m v qB ＝

E

B

2h g

；微粒从A 点运动到D 点的过程，电场力先做负功后做正功，而合外力做功为零，可知B 对C 错；微粒再次从D 点落回场区将向右重复ACD 轨迹的运动．

三、计算题

10．(1)403 V (2)1609 J (3)4

15

C

【解析】 (1)E 1＝n Δ1Δt 1＝n ΔB 1Δt 1πr 2

2，代入数据解得E 1＝40 V

U AB ＝I 1 R 2，I 1＝E 1R 1＋R 2

解得U AB ＝40

3 V

(2)E 2＝n Δ2Δt 2＝n ΔB 2Δt 2πr 2

2，代入数据解得E 2＝20 V

I 2＝

E 2R 1＋R 2

，Q ＝I 21R 1t 1＋I 22R 1t 2 解得Q ＝160

9

J

(3)q ＝n ΔφΔt 解得q ＝4

15 C.

11．(1)q v 1B 0－mg q mg

q

(2)（1＋2π）m qB 0 (3)qB 0d （2n ＋1）m ≤v 0≤qB 0d

（2n ＋1）m (n ＝1、2、3…)

【解析】 (1)q v 1B 0＝mg ＋qE 1，

qE 2＝mg

解得E 1＝q v 1B 0－mg q ，E 2＝mg

q

(2)q v B 0＝m v 2R ，解得R ＝d

2

又 d

2＝v t 1, t 2＝2πm qB 0 T ＝t 1＋t 2 解得T ＝（1＋2π）m qB 0

(3)微粒在复合场中沿直线NM 运动一段距离后做完整的圆周运动，即粒子在电场变化的一个周期里必有一段匀速运动和一个完整的匀速圆周运动．

圆周运动的时间t 3＝2πm

qB 0

匀速直线运动的时间t 4＝T －t 1 ，匀速运动的位移s 1＝v 0t 4＝2m v 0

qB 0

又 ns 1＋1

2s 1≤d ≤ns 1＋s 1 (n ＝1、2、3…)

所以

qB 0d 2（n ＋1）m ≤v 0≤qB 0d

2（n ＋1）m

(n ＝1、2、3…)

12．(1)Ⅰ内磁场方向垂直于斜面向上 (2)

mg sin θ

Bl

d →c (3)0.5l (4)2mgl sin θ 【解析】 (1)由楞次定律可以知道，流过cd 的电流方向为从d 到c ，cd 所受安培力沿导轨向上，故由左手定则可以知道，Ⅰ内磁场方向垂直于斜面向上．

(2)cd 棒平衡，所以有BIl ＝mg sin θ，故计算得出I ＝

mg sin θ

Bl

，电流方向d →c . (3)前后回路感应电动势不变，ΔΦΔt ＝Bl v x ，即有（2B －B ）t x l 2

＝Bl v x 计算得l ＝v x t x

ab 棒进入区域Ⅱ之前不受磁场的作用，做匀加速直线运动，S 1＝1

2(0＋v x )t x ＝0.5l

故ab 棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的距离为0.5l .

(4)ab 棒进入区域Ⅱ后做匀速直线运动，t 2＝t x ，总时间t 总＝t x ＋t 2＝2t x ， 电动势：E ＝Bl v x 不变．

总热量：Q ＝EIt 总＝2mg v x t x sin θ＝2mgl sin θ

即ab 棒开始下滑至EF 的过程中，回路中产生的总热量为：Q ＝2mgl sin θ.