四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理专题训练磁场、电磁感应(五)
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理 专题训练 磁场、电磁感应(一)
物理二轮复习A 线生专题训练题磁场、电磁感应 （一）(限时：30分钟)1．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直横截面。
一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。
不计重力，该磁场的磁感应强度大小为A ．qR m v 330B ．qR m v 0C ．qRm v 03 D ．qR m v 03 2．如图，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d >L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右行动．t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t图像中，可能正确描述上述过程的是A ．B ．C ．D ．3．如图所示，水平传送带带动两金属杆匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF 、GH 之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场宽度为L ，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d ，两金属杆a 、b 质量均为m ，两杆与导轨接触良好．当金属杆a 进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a 离开磁场时，金属杆b 恰好进入磁场，则A ．金属杆b 进入磁场后做加速运动B ．金属杆b 进入磁场后做匀速运动C ．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL 2D ．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL4．半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g .求：(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率．5.某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长为L ，上、下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B 、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d .装置右端有一收集板，M 、N 、P 为板上的三点，M 位于轴线OO ′上，N 、P 分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m 、电荷量为－q 的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P 点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板的位置．不计粒子的重力．(1)求磁场区域的宽度h ；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P 点移到N 点，求粒子入射速度的最小变化量Δv ；(3)欲使粒子到达M 点，求粒子入射速度大小的可能值．磁场、电磁感应(一)参考答案1、A2、D3、BD4、解析 (1)根据右手定则，得导体棒AB 上的电流方向为B →A ，故电阻R 上的电流方向为 C →D .设导体棒AB 中点的速度为v ，则v ＝v A ＋v B 2 而v A ＝ωr ， v B ＝2ωr根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB 上产生的感应电动势E ＝Brv根据闭合电路欧姆定律得I ＝E R，联立以上各式解得通过电阻R 的感应电流的大小为I ＝3B ωr 22R .(2)根据能量守恒定律，外力的功率P 等于安培力与摩擦力的功率之和，即P ＝BIrv ＋F f v ，而F f ＝μmg解得P ＝9B 2ω2r 44R ＋3μmg ωr 2. 5、解析 (1)设粒子在磁场中的轨迹半径为r ，粒子的运动轨迹如图所示．根据题意知L ＝3r sin 30°＋32d cot 30°，且磁场区域的宽度h ＝r (1－cos 30°) 解得：h ＝(23L －3d )(1－32)． (2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨迹半径为r ′，洛伦兹力提供向心力，则有m v 2r ＝qvB ，m v ′2r ′＝qv ′B ， 由题意知3r sin 30°＝4r ′sin 30°，解得粒子速度的最小变化量Δv ＝v －v ′＝qB m (L 6－34d )． (3)设粒子经过上方磁场n 次由题意知L ＝(2n ＋2)d2cot 30°＋(2n ＋2)r n sin 30° 且m v 2n r n ＝qv n B ，解得v n ＝qB m (L n ＋1－3d )(1≤n <3L 3d－1，n 取整数)． 答案 (1)(23L －3d )(1－32) (2)qB m (L 6－34d ) (3)qB m (L n ＋1－3d )(1≤n <3L 3d－1，n 取整数)附件1：律师事务所反盗版维权声明学校名录参见：/wxt/list. aspx? ClassID=3060。
四川宜宾市高中物理选修二第二章《电磁感应》经典题(答案解析)
一、选择题1．如图，A 、B 是两个完全相同的灯泡，L 是自感线圈，自感系数很大，电阻可以忽略，则以下说法正确的是（ ）A ．当K 闭合时，A 灯先亮，B 灯后亮B ．当K 闭合时，B 灯先亮C ．当K 闭合时，A 、B 灯同时亮，随后B 灯更亮，A 灯熄灭D ．当K 闭合时，A 、B 灯同时亮，随后A 灯更亮，B 灯亮度不变2．科学家发现一种新型合金材料N 45Co5n40Sn10i M （），只要略微加热该材料下面的铜片，这种合金就会从非磁性合金变成强磁性合金。
将两个相同的条状新型合金材料竖直放置，在其正上方分别竖直、水平放置两闭合金属线圈，如图甲、乙所示。
现对两条状新型合金材料下面的铜片加热，则（ ）A ．甲图线圈有收缩的趋势B ．乙图线圈有收缩的趋势C ．甲图线圈中一定产生逆时针方向的感应电流D ．乙图线圈中一定产生顺时针方向的感应电流3．如图，线圈L 的自感系数极大，直流电阻忽略不计；D 1、D 2是两个二极管，当电流从“＋”流向“-”时能通过，反之不通过；R 0是保护电阻，则（ ）A ．闭合S 之后，B 灯慢慢变亮B ．闭合S 之后，A 灯亮且亮度不变C ．断开S 瞬时，A 灯闪一下再慢慢熄灭D ．断开S 瞬时，B 灯闪一下再慢慢熄灭4．如图所示，一平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道宽为L ，上端用一电阻R 相连，该装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上。
质量为m 的金属杆ab 以初速度v 0从轨道底端向上滑行，达到最大高度h 后保持静止。
若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计。
关于上滑过程，下列说法正确的是（ ）A ．通过电阻R 的电量为sin BLh R θB ．金属杆中的电流方向由b 指向aC ．金属杆克服安培力做功等于2012mv mgh - D ．金属杆损失的机械能等于电阻R 产生的焦耳热5．如图所示，通电直导线L 和平行直导线放置的闭合导体框abcd ，直导线与导体框在同一平面内，以下说法正确的是（ ）A ．导线固定，当导体框向上平移时，导体框中感应电流的方向为abcdaB ．导体框固定，当导线L 向左平移时，导体框中感应电流的方向为adcbaC ．导线固定，当导体框向右平移时，导体框中感应电流的方向为abcdaD ．导体框固定，当导线L 向右平移时，导体框中感应电流的方向为abcda6．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ 、MN ，MN 的左边有一闭合电路，当PQ 在外力的作用下运动时，MN 向右运动。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理 专题训练 磁场、电磁感应(二)
物理二轮复习A 线生专题训练题磁场、电磁感应（二）(限时：30分钟)1.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B 0。
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ω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tB∆∆的大小应为 A ．πω04B B ．πω02B C ．πω0B D ．πω20B2．如图所示，MN 是磁感应强度为B 的匀强磁场的边界. 一质量为m 、电荷量为q 的粒子在纸面内从O 点射入磁场。
若粒子速度为v 0，最远能落在边界上的A 点。
下列说法正确的有 A ．若粒子落在A 点的左侧，其速度一定小于v 0 B ．若粒子落在A 点的右侧，其速度一定大于v 0C ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能小于v 0－qBd 2mD ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能大于v 0＋qBd 2m3. 如图所示，边长为L 、不可形变的正方形导体框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B ＝kt （常量k ＞0）。
回路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1=R 0、R 2=R 0/2。
闭合开关S ，电压表的示数为U ，不考虑虚线MN 右侧导体的感应电动势。
则 A ．R 2两端的电压为U /7B ．电容器的a 极板带正电C ．滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍D ．正方形导线框中的感应电动势为kL 24.某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示，一个半径为R ＝0.1 m 的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R 的金属棒OA ，A 端与导轨接触良好，O 端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r ＝R3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m ＝0.5 kg 的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ．a 点与导轨相连，b 点通过电刷与O 端相连．测量a 、b 两点间的电势差U 可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h ＝0.3 m 时，测得U ＝0.15 V ．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重N力加速度g ＝10 m/s 2)(1)测U 时，与a 点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？ (2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．5.如图甲所示，间距为d 、垂直于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，一质量为m 、带电量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v 0由Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B 0和T B 取某些特定值时，可使t ＝0时刻入射的粒子经Δt 时间恰能垂直打在P 板上(不考虑粒子反弹)．上述m 、q 、d 、v 0为已知量．(1)若Δt ＝12T B ，求B 0；(2)若Δt ＝32T B ，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若B 0＝4mv 0qd，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求T B .磁场、电磁感应 （二） 参考答案 1、C 2、BC 3AC 4、解析 (1)正极(2)由电磁感应定律得U ＝E ＝BR ·R ω2＝12B ωR 2 v ＝r ω＝13ωR 所以v ＝2U3BR＝2 m/s. (3)ΔE ＝mgh －12mv 2ΔE ＝0.5 J.5、解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R 1，由牛顿第二定律得qv 0B 0＝mv 20R 1①据题意由几何关系得R 1＝d ② 联立①②式得B 0＝mv 0qd③ (2)设粒子做圆周运动的半径为R 2，加速度大小为a ，由圆周运动公式得a ＝v 20R 2④据题意由几何关系得3R 2＝d ⑤ 联立④⑤式得a ＝3v 2d.⑥(3)设粒子做圆周运动的半径为R ，周期为T ，由圆周运动公式得T ＝2πRv 0⑦由牛顿第二定律得qv 0B 0＝mv 2R⑧由题意知B 0＝4mv 0qd，代入⑧式得d ＝4R ⑨粒子运动轨迹如图所示，O 1、O 2为圆心，O 1O 2连线与水平方向的夹角为θ，在每个T B 内，只有A 、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且均要求0<θ<π2，由题意可知π2＋θ2πT ＝T B2⑩ 设经历完整T B 的个数为n (n ＝0,1,2,3，…) 若在A 点击中P 板，据题意由几何关系得R ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑪当n ＝0时，无解⑫ 当n ＝1时，联立⑨⑪式得 θ＝π6(或sin θ＝12)⑬联立⑦⑨⑩⑬式得T B ＝πd 3v 0⑭当n ≥2时，不满足0<θ<90°的要求⑮ 若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得R ＋2R sin θ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑯当n ＝0时，无解⑰ 当n ＝1时，联立⑨⑯式得 θ＝arcsin 14(或sin θ＝14)⑱联立⑦⑨⑩⑱式得 T B ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋arcsin 14d 2v 0⑲当n ≥2时，不满足0<θ<90°的要求．。
四川省宜宾市南溪区第二中学校2015届高考物理专题训练
物理二轮复习A 线生专题训练题磁场、电磁感应 （八）(限时：40分钟)1.将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。
回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图像如图乙所示。
用F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图像是A B C D2．如图所示，扇形区域AOC 内有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一粒子源S .某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有部分粒子从边界OC 射出磁场．已知∠AOC ＝60°，从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T2(T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的时间不可能为A.T 12 B.T8 C.T 4 D.T33．如图4所示，L 1和L 2为两条平行的虚线，L 1上方和L 2下方都是范围足够大且磁感应强度相同的匀强磁场，A 、B 两点都在L 2上．带电粒子从A 点以初速度v 0与L 2成30°角斜向右上方射出，经过偏转后正好过B 点，经过B 点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法正确的是 A ．此带电粒子一定带正电B ．带电粒子经过B 点时的速度一定跟在A 点时的速度大小相同C ．若将带电粒子在A 点时的初速度变大(方向不变)，它仍能经过B 点D ．若将带电粒子在A 点时的初速度方向改为与L 2成60°角斜向右上方，它将不能经过B 点4.如图，电阻不计的足够长的平行光滑金属导轨PX 、QY 相距L =0.5m ，底端连接电阻R =2Ω，导轨平面倾角θ=30º，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B =1T 。
质量m =40g 、电阻r =0.5Ωt的金属棒MN 放在导轨上，金属棒通过绝缘细线在电动机牵引下从静止开始运动，经过时间t 1=2s 通过距离x =1.5m ，速度达到最大，这个过程中电压表示数U 0=0.8V ，电流表示数I 0=0.6A ，示数稳定，运动过程中金属棒始终与导轨垂直，细线始终与导轨平行且在同一平面内。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理 专题训练 磁场、电磁感应(三)
物理二轮复习A 线生专题训练题磁场、电磁感应 （三）(限时：30分钟)1．如图所示，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧帖铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O .已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为A ．2 B. 2 C ．1 D.222．如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt3. 如图所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小。
质量为0.2kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m 的正方形，其有效电阻为0.1Ω。
此时在整个空间加方向与水平面成300角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B =（0.4 -0.2t ）T ，图示磁场方向为正方向。
框、挡板和杆不计形变。
则：A ．t = 1s 时，金属杆中感应电流方向从C 至DB ．t = 3s 时，金属杆中感应电流方向从D 至CC ．t = 1s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1ND ．t = 3s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2N4．如图甲所示，电阻不计的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨间距L ＝0.5 m ，左端连接R ＝0.5 Ω的电阻，右端连接电阻不计的金属卡环．导轨间MN 右侧存在方向垂直导轨平面向下的磁场．磁感应强度的B －t 图像如图乙所示．电阻不计质量为m ＝1 kg 的金属棒与质量也为m 的物块通过光滑滑轮由绳相连，绳始终处于绷紧状态．PQ 、MN 到右端卡环距离分别为17.5 m 和15 m ．t ＝0时刻由PQ 位置静止释放金属棒，金属棒与导轨始终接触良好，滑至导轨右端被卡环卡住不动．(g 取10 m/s 2)．求：(1)金属棒进入磁场时受到的安培力；(2)在0～6 s 时间内电路中产生的焦耳热．5.如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xoy 坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x 轴负方向的夹角θ=45°。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理 专题训练 机械波、电磁波、相对论(1)
物理二轮复习A线生专题训练题机械波、电磁波、光、相对论专题训练（1）1．下列说法正确的是（）A．麦克斯韦预言了电磁波,并且首次用实验进行了验证B．高速运动的飞船中的宇航员发现地面的时钟变慢了D．法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律D、过强或过长时间的紫外辐射、X射线或γ射线的作用，会对人体（眼镜、皮肤、血液、神经系统等）造成危害2．用相对论的观点判断，下列说法正确的是( ) A．时间和空间都是绝对的，在任何参考系中一个事件发生的时间和一个物体的长度总不会改变B．在地面上的人看来，以10 km/s的速度运动的飞船中的时钟会变慢，但是飞船中的宇航员却看到时钟是准确的C．在地面上的人看来，以10 km/s的速度运动的飞船在运动方向上会变窄，而飞船中的宇航员却感觉到地面上的人看起来比飞船中的人扁一些D．当物体运动的速度v≪c时，“时间膨胀”和“长度收缩”效果可忽略不计3．在做“用双缝干涉测光的波长”实验时，某同学用a、b两种单色光分别通过同一双缝干涉装置，发现用a光得到的干涉条纹间距比b光的大，则A．b光通过某障碍物能发生明显衍射现象，a光也一定能发生明显衍射B．a光能发生偏振现象，b光不能C．真空中a光的波长一定小于b光的波长D．从某种介质以相同的入射角射入空气时若b光能发生全反射，a光也一定能发生全反射4．如图所示，一束由不同频率的单色光a和b组成的细光束，沿半径射入截面为半圆的玻璃砖中，经圆心O沿两个不同方向射出。
比较a、b光，下列说法正确的是A．在玻璃中b光传播速度较大B．若让入射光的方向以O点为轴顺时针转动，出射光线最先消失的是b光C．若分别用a、b光进行双缝干涉实验，保持其它实验条件相同，则b光在屏上形成的干涉条纹中，相邻亮条纹的间距较大D．若用b光分别在空气和水中进行双缝干涉实验，保持其它实验条件相同，则在水中的屏上形成的干涉条纹中，相邻亮条纹的间距较大5．甲同为某简谐机械横渡在t=0时刻波的图像，乙图为波的传播方向上某质点的振动图像。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理 专题训练 电场、电路、交流电(5)
物理二轮复习A 线生专题训练题电场、电路、交流电、电学实验（5）1．下列关于电磁波的说法，正确的是A ．电磁波只能在真空中传播B ．电场随时间变化时一定产生电磁波C ．做变速运动的电荷会在空间产生电磁波D ．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在2．用220V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110V ，通过负载的电流图像如图所示，则 A ．变压器输入功率约为3.9WB ．输出电压的最大值是110VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式：i=0.05sin(100πt+2π)A 3．如图，理想变压器原线圈输入电压u ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器， V 1和V 2是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；A 1和A 2是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示。
下列说法正确的是A ．I 1和I 2表示电流的瞬时值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变小4．如图（a ）所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图（b ）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处。
若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上。
则t 0可能属于的时间段是 A ．0324T T t << B ． 004T t << C ．034T t T << D ．098T T t <<5. 图为模拟远距离输电实验电路图，两理想闫雅琪的匝数n 1=n 4＜n 2=n 3，四根模拟输电线的电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为R ，A 1、A 2为相同的理想交流电流表，L 1、L 2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L ＞2R ，忽略灯丝电阻随温度的变化。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理 专题训练 磁场、电磁感应(六)
物理二轮复习A线生专题训练题磁场、电磁感应（六）(限时：30分钟)1．如图甲所示，在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 Ω，磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，规定从上往下看顺时针方向为线圈中感应电流i的正方向．则A．0～5 s内i的最大值为0.1 AB．第4 s末i的方向为正方向C．第3 s内线圈的发热功率最大D．3～5 s内线圈有扩张的趋势2．“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于A.T B．T C.T3 D．T23．如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L.一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置Ⅰ)，导线框的速度为v0.经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ)，导线框的速度刚好为零．此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ(不计空气阻力)，则A．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等B．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多C．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小D．上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率4．如图所示，两条平行的金属导轨相距L＝1 m，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN和PQ的质量均为m＝0.2 kg，电阻分别为R MN＝1 Ω和R PQ＝2 Ω.MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t＝0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a＝1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态．t＝3 s时，PQ棒消耗的电功率为8 W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN 始终在水平导轨上运动．求：(1)磁感应强度B 的大小；(2)0～3 s 时间内通过MN 棒的电荷量；(3)求t ＝6 s 时F 2的大小和方向；(4)若改变F 1的作用规律，使MN 棒的运动速度v 与位移x 满足关系：v ＝0.4x ，PQ 棒仍然静止在倾斜轨道上．求MN 棒从静止开始到x ＝5 m 的过程中，系统产生的热量．5．如图甲所示，水平直线MN 上方有竖直向下的匀强电场，场强大小E ＝π×103 N/C ，MN 下方有垂直于纸面的磁场，磁感应强度B 随时间t 按如图乙所示规律做周期性变化，规定垂直纸面向外为磁场正方向．T ＝0时将一重力不计、比荷q m ＝106C/kg 的正点电荷从电场中的O 点由静止释放，在t 1＝1×10－5 s 时恰通过MN 上的P 点进入磁场，P 点左方d ＝105 cm 处有一垂直于MN 且足够大的挡板．求：(1)电荷从P 点进入磁场时速度的大小v 0；(2)电荷在t 2＝4×10－5s 时与P 点的距离Δx ；(3)电荷从O 点出发运动到挡板所需时间t 总．磁场、电磁感应(六)参考答案1、D2、A3、BC4、解析 (1)当t ＝3 s 时，设MN 的速度为v 1，则v 1＝at ＝3 m/sE 1＝BLv 1E 1＝I (R MN ＋R PQ )P ＝I 2R PQ代入数据得：B ＝2 T.(2)E ＝ΔΦΔtq ＝ER MN ＋R PQ Δt ＝ΔΦR MN ＋R PQ代入数据可得：q ＝3 C(3)当t ＝6 s 时，设MN 的速度为v 2，则v 2＝at ＝6 m/sE 2＝BLv 2＝12 VI 2＝E 2R MN ＋R PQ ＝4 AF 安＝BI 2L ＝8 N规定沿斜面向上为正方向，对PQ 进行受力分析可得：F 2＋F 安cos 37°＝mg sin 37°代入数据：F 2＝－5.2 N(负号说明力的方向沿斜面向下)(4)MN 棒做变加速直线运动，当x ＝5 m 时，v ＝0.4x ＝0.4×5 m/s＝2 m/s 因为速度v 与位移x 成正比，所以电流I 、安培力也与位移x 成正比，安培力做功W 安＝－12BL ·BLv R MN ＋R PQ ·x ＝－203J Q ＝－W 安＝203 J.5、解析 (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，则Eq ＝ma v 0＝at 1 解得v 0＝Eqt 1m＝π×103×106×1×10－5 m/s ＝π×104 m/s (2)电荷在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB ＝m v 2r ，r ＝mv Bq当B 1＝π20 T 时，半径r 1＝mv 0B 1q＝0.2 m ＝20 cm 周期T 1＝2πm B 1q＝4×10－5 s 当B 2＝π10 T 时，半径r 2＝mv 0B 2q＝0.1 m ＝10 cm 周期T 2＝2πm B 2q＝2×10－5 s故电荷从t ＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示．在t ＝0到t 2＝4×10－5 s 时间内，电荷先沿直线OP 运动t 1，再沿大圆轨迹运动T 14，紧接着沿小圆轨迹运动T 2，t 2＝4×10－5 s 时电荷与P 点的距离Δx ＝2r 1＝20 2 cm(3)电荷从P 点开始的运动周期T ＝6×10－5 s ，且在每一个周期内向左沿PM 移动x 1＝2r 1＝40 cm ，电荷到达挡板前经历了2个完整周期，沿PM 运动距离x ＝2x 1＝80 cm ，设电荷撞击挡板前速度方向与水平方向成θ角，最后d －x ＝25 cm 内的轨迹如图所示．据几何关系有r 1＋r 2sin θ＝0.25 m解得sin θ＝0.5，即θ＝30°则电荷从O 点出发运动到挡板所需总时间 t 总＝t 1＋2T ＋T 14＋θ360°T 2解得t 总＝856×10－5 s≈1.42×10－4 s.。
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物理二轮复习A 线生专题训练题
磁场、电磁感应 （五）
(限时：30分钟)
1.如图所示，在xOy 平面内，y >0区域内有垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一带正电的粒子，从原点O 处沿与x 轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v 进入磁场，粒子重力不计，则
A ．若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B ．若v 一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O 点越远
C ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
D ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
2.如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a 、b 垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面。
现用一平行于导轨的恒力F 作用在a 的中点，使其向上运动。
若b 始终保持静止，则它所受摩擦力可能
A ．变为0
B ．先减小后不变
C ．等于F
D ．先增大再减小
3．如图所示，有一矩形区域abcd ，水平边长s =3m ，竖直
边长h =1m 。
当该区域只存在大小为E =10N/C 、方向竖直向下
的匀强电场时，一比荷为0.1C /kg q m
=的正粒子由a 点沿ab 方向以速率v 0进入该区域，粒子运动轨迹恰好通过该区域的
几何中心。
当该区域只存在匀强磁场时，另一个比荷也为0.1C /kg q m
=的负粒子由c 点沿cd 方向以同样的速率v 0进入该区域，粒子运动轨迹也恰好通过该区域的几何中心。
不计粒子的重力，则A ．粒子进入矩形区域时的速率v 03m /s 2=
B ．磁感应强度大小为3T 2
，方向垂直纸面向外 C ．正、负粒子各自通过矩形区域所用时间之比为
6π D ．正、负粒子各自离开矩形区域时的动能相等
4.如图所示,倾角分别为37°和53°的两足够长绝缘斜面上端以光滑小圆弧平滑对接,左侧斜面光滑,斜面某处存在着矩形匀强磁场区域MNQP ,磁场方向垂直于斜面向上,MN 平行于斜面底边, 0.5MP =m .ab 与PQ 相距0.5 m.一不可伸长的绝缘细轻绳跨过斜面顶端,一端连
接着可视为质点的带正电薄板,一端连接在单匝正方形金属线框abcd 的ab 边中点,ab //MN ,细绳平行于斜面侧边,线框与薄板均静止在斜面上,ab 与PQ 相距0.5m.已知薄板电荷量q =1×10–4
C,薄板与线框的质量均为m =0.5 kg,薄板与右侧斜面间的动摩擦因数μ=0.3,线框电阻R =1Ω,线框边长0.5m. (g =10 m/s 2,sin 37°=0.6,斜面固定,不计绳与斜面的摩擦)
(1)求薄板静止时受到的摩擦力.
(2)现在右侧斜面上方加一场强大小E = 9×103 N/C,
方向沿斜面向下的匀强电场,使薄板沿斜面向下运动,线
框恰能做匀速运动通过磁场;在线框的cd 边刚好离开磁场
时,将电场方向即刻变为垂直于右侧斜面向下(场强大小
不变),线框与薄板做减速运动最后停在各自的斜面上.求
磁感应强度大小B 和cd 边最终与MN 的距离x .
5.如图所示的直角坐标xOy 平面内有间距为d ，长度为233d 的平行正对金属板M 、N ，M 位于x 轴上，OP 为过坐标原点O 和极板N 右边缘的直线，与y 轴的夹角θ＝
π3
，OP 与y 轴之间及y 轴右侧空间中分别存在磁感应强度大小相等方向相反且均垂直于坐标平面的匀强磁场．质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从M 板左侧边缘以速度v 0沿极板方向射入，恰好从N 板的右侧边缘A 点射出进入磁场．粒
子第一次通过y 轴时，速度与y 轴负方向的夹角为π6
.不计粒子重力，求： (1)极板M 、N 间的电压；
(2)匀强磁场磁感应强度的大小；
(3)粒子第二次通过y 轴时的纵坐标值；
(4)粒子从进入板间到第二次通过y 轴时经历的时间．
磁场、电磁感应(五)
参考答案
1、A
2、AB
3、AC
4、解:(1)设绳的张力大小为T ，薄板所受静摩擦力大小为f
对线框由平衡条件有mg sin37º=T (2分) 对薄板由平衡条件有mg sin53º=T +f (2分) 联立以上两式代入数据解得f =1 N (1分) 摩擦力方向沿右侧斜面向上 (1分)
(2)设线框边长为L ，线框做匀速运动时的速率为v ，在磁场中受到的安培力为F ，电场方向改变前后薄板受到的摩擦力大小分别为f 1和f 2
在ab 进入磁场前的过程中: f l =μmg cos53º=0. 9 N
由能量守恒定律有mg (sin53º-sin37º)L +qEL -f 1L =12× 2mv 2 (2分) 代入数据解得v =1 m/s (1分)
线框在磁场中做匀速运动时:22v B L F BIL R
== (1分) 对线框由平衡条件有sin37mg F T '︒+= (1分) 对薄板由平衡条件有1sin53mg qE T f '︒+=+ (1分) 联立以上三式代入数据解得B =2 T (1分) 在cd 穿出磁场后的过程中:()2cos53 1.17N f mg qE μ=︒+= (1分) 因为mg sin53º>f 2，所以绳子不会松弛，将和线框一起做减速运动
由能量守恒定律有()221sin53sin3722
v mg x m f x ︒-︒+⨯=- (2分)
代入数据解得x =2. 94 m (1分) (若用牛顿第二定律结合运动学规律求解，参照以上解答过程给分)
5、解析 (1)粒子在M 、N 板间做类平抛运动，设加速度为a ，运动时间为t 1，则233
d ＝v 0t 1 d ＝12
at 2
1 根据牛顿运动定律得q U d ＝ma
联立解得U ＝3mv 202q
. (2)设粒子经过A 点时的速度为v ，方向与x 轴的夹角为α，
根据动能定理，得qU ＝12mv 2－12
mv 20 cos α＝v 0v
解得v ＝2v 0，α＝π3
设粒子第一次与y 轴相交于D 点，轨迹如图，由几何关系知D 点与A 点高度相等，△C 1DO 为等边三角形．
R ＝d 根据牛顿定律，得qvB ＝m v 2
R
整理得B ＝2mv 0qd
. (3)粒子在y 轴右侧空间的运动轨迹如图．
由几何关系知
DE ＝2R cos θ＝d
即E 点的纵坐标为y E ＝2d .
(4)粒子从A 到D 的时间
t 2＝13T
从D 到E 的时间t 3＝56
T 而T ＝2πm qB ＝πd v 0
故t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(43＋7π6)d v 0
.。