2021年高考物理复习导与练 实验十—第十一章第1节 及参考答案

[物理学11章习题解答]11-1如果导线中的电流强度为8.2 a，问在15 s内有多少电子通过导线的横截面？解设在t秒内通过导线横截面的电子数为n，则电流可以表示为,所以.11-2 在玻璃管内充有适量的某种气体，并在其两端封有两个电极，构成一个气体放电管。

当两极之间所施加的电势差足够高时，管中的气体分子就被电离，电子和负离子向正极运动，正离子向负极运动，形成电流。

在一个氢气放电管中，如果在3 s内有2.81018 个电子和1.01018 个质子通过放电管的横截面，求管中电流的流向和这段时间内电流的平均值。

解放电管中的电流是由电子和质子共同提供的，所以.电流的流向与质子运动的方向相同。

11-3 两段横截面不同的同种导体串联在一起，如图11-7所示，两端施加的电势差为u。

问：(1)通过两导体的电流是否相同？(2)两导体内的电流密度是否相同？(3)两导体内的电场强度是否相同？(4)如果两导体的长度相同，两导体的电阻之比等于什么？(5)如果两导体横截面积之比为1: 9，求以上四个问题中各量的比例关系，以及两导体有相同电阻时的长度之比。

解(1)通过两导体的电流相同，。

(2)两导体的电流密度不相同，因为图11-7,又因为,所以.这表示截面积较小的导体电流密度较大。

(3)根据电导率的定义,在两种导体内的电场强度之比为.上面已经得到，故有.这表示截面积较小的导体中电场强度较大。

(4)根据公式,可以得到,这表示，两导体的电阻与它们的横截面积成反比。

(5)已知，容易得到其他各量的比例关系,,,.若，则两导体的长度之比为.11-4两个同心金属球壳的半径分别为a和b(>a)，其间充满电导率为的材料。

已知是随电场而变化的，且可以表示为 = ke，其中k为常量。

现在两球壳之间维持电压u，求两球壳间的电流。

解在两球壳之间作一半径为r的同心球面，若通过该球面的电流为i，则.又因为,所以.于是两球壳之间的电势差为.从上式解出电流i，得.11-5一个电阻接在电势差为180 v电路的两点之间，发出的热功率为250w。

章末过关检测(十一)[学生用书P385(单独成册)](建议用时：45分钟)一、单项选择题1．如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则()A．乙图中Oa时间段对应甲图中A图至B图的过程B．乙图中c时刻对应甲图中的C图C．若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变了50次D．若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率为50 Hz解析：选A.由交变电流的产生原理可知，甲图中的A、C两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流为零，再经过14个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此甲图中A至B图的过程电流为正且从零逐渐增大到最大值，A正确；甲图中的C图对应的电流为零，B错误；每经过中性面一次线圈中的电流方向将要改变一次，所以一个周期以内电流方向要改变两次，所以在乙图中对应Od段等于交变电流的一个周期，若已知d等于0.02 s，则频率为50 Hz，1 s内电流的方向将改变100次，C错误；而D选项频率应该是25 Hz.2.小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压()A．峰值是e0B．峰值是2e0C．有效值是22Ne0D．有效值是2Ne0解析：选D.因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne 0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E ＝2Ne 0，故D 正确．3．如图所示电路中，电源电压u ＝311sin (100πt ) V ，A 、B 间接有“220 V ，440 W ”的电暖宝、“220 V ，220 W ”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是( )A ．交流电压表的示数为311 VB ．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 2 AC ．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D ．抽油烟机1 min 消耗的电能为1.32×104 J解析：选D.由电源电压u ＝311sin (100πt ) V 可知该交变电压的有效值为220 V ，故交流电压表的示数为220 V ，A 错误；电路正常工作时，电路的总功率为660 W ，故对应的电流有效值为3 A ，保险丝的额定电流为交变电流的有效值，B 错误；抽油烟机为非纯电阻用电器，故不能直接利用功率的大小比较电暖宝与抽油烟机的发热功率，C 错误；抽油烟机1 min 消耗的电能为W ＝Pt ＝1.32×104 J ，D 正确．4．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I 2.则( )A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 21rD ．输电线路上损失的电功率为I 1U解析：选A.根据理想变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 21r ＝I 1U 1，C 错误；输电线路上损失的功率P ′＝I 21r ＝I 1(U －U 1)，D 错误．5．(2020·湖南岳阳高三检测)一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在c、d间接定值电阻R，在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2.在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中()A．U2>U1，U2降低B．U2>U1，U2升高C．变压器输入功率增大D．变压器输入功率减小解析：选D.因副线圈匝数小于原线圈匝数，所以该变压器为降压变压器，A、B错误；触头顺时针转动时，副线圈匝数减少，输出电压减小，输出功率减小，所以输入功率减小，即C错误，D正确．6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A均为理想电表，除滑动变阻器电阻R、定值电阻R0以外的其余电阻不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin (100πt) V．下列说法中正确的是()A．t＝1600s时刻，c、d两点间的电压瞬时值为110 VB．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 2 VC．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变大解析：选D.由c、d两点间的电压瞬时值表达式u1＝2202·sin (100πt) V，可知当t＝1600s时，u1＝2202sin π6V＝110 2 V，A错误．由U1U2＝n1n2得U2＝U1n2n1＝220×110V＝22 V，故电压表示数小于22 V，B错误．单刀双掷开关与a连接，滑片P向上移动时，电压表示数变大，C错误．当单刀双掷开关由a扳向b时，原、副线圈匝数比由10∶1变成5∶1，且原线圈两端电压不变，可知输出电压增大，两电表示数均变大，D正确．二、多项选择题7．如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．则( )A ．两种形式的交变电流最大值相同B ．两种形式的交变电流有效值之比为1∶ 2C ．两种形式的交变电流周期之比为2∶3D ．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电能之比为1∶3解析：选AD.由题图甲和题图乙分别表示的正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系图象可知，两种形式的交变电流最大值都是1 A ，A 正确；题图甲表示的正弦脉冲波周期为0.06 s ，题图乙表示的方波的周期为0.04 s ，两种形式的交变电流周期之比为3∶2，C错误；设正弦脉冲波的电流有效值为I 1，根据有效值的定义，前13周期和后13周期的有效值都为12A ，根据有效值的定义有⎝⎛⎭⎫12 A 2R ·T 3＋⎝⎛⎭⎫12 A 2R ·T 3＝I 21R ·T ，解得I 1＝33 A ．题图乙表示的方波交变电流大小不变，其有效值(跟交变电流的热效应等效的恒定电流值)等于最大值，I 2＝1 A ．两种形式的交变电流有效值之比为I 1∶I 2＝1∶3，B 错误；由W ＝UIt ＝I 2Rt 可知，若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电能之比W 甲∶W 乙＝I 21∶I 22＝1∶3，D 正确．8．如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n 1∶n 2＝55∶1，原线圈接电压u ＝2202·sin 100πt (V)的交流电源，电表均为理想电表．闭合开关后，在滑动变阻器的滑片P 从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是( )A ．副线圈交变电流的频率是100 HzB ．电压表的示数为4 VC ．滑动变阻器两端的电压先变大后变小D ．电流表的示数变大解析：选BD.由电压公式知交变电流的角速度为ω＝100π rad/s ，则频率f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变电流的频率，故副线圈交变电流的频率是50 Hz ，A 错误；原线圈两端的输入电压有效值为220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2知，副线圈两端电压为U 2＝4 V ，即为电压表的读数，故B 正确；在滑动变阻器的滑片P 从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，变压器的输出电流增大，则输入的电流也增大，即电流表的示数变大，故D 正确；电流增大，定值电阻R 两端的电压变大，副线圈两端电压不变，所以滑动变阻器两端电压变小，故C 错误．9．如图所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U 1不变，闭合开关S ，下列说法正确的是( )A ．P 向下滑动时，灯L 变亮B ．P 向下滑动时，变压器的输出电压不变C ．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小D ．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大解析：选BD.由于理想变压器输入电压U 1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U 2也不变，灯L 亮度不随P 的滑动改变，故A 错误，B 正确；P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R 总减小，由I 2＝U 2R 总知，通过副线圈的电流I 2增大，输出功率P 2＝U 2I 2增大，再由I 1I 2＝n 2n 1知输入电流I 1也增大，故C 错误，D 正确． 10．如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20 kW.在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1 A ，输电线的总电阻为10 Ω，则下列说法正确的是( )A ．采用高压输电可以增大输电线中的电流B ．升压变压器的输出电压U 2＝2 000 VC ．用户获得的功率为19 kWD ．将P 下移，用户获得的电压将增大解析：选BC.根据高压输电原理，提高输电电压，输电电流减小，A 错误；根据电流互感器的原理，输电电流：I 输＝101×1 A ＝10 A ，输电电压：U 2＝P I ＝20×10310V ＝2 000 V ，B 正确；输电线上的功率损失：P 损＝I 2R ＝102×10 W ＝1 kW ，用户获得的功率为：P 用＝P 输－P 损＝20 kW －1 kW ＝19 kW ，C 正确；将P 下移，降压变压器原线圈匝数增加，根据变压器的变压规律，副线圈的电压减小，用户获得的电压将减小，D 错误．三、非选择题11．(1)利用负温度系数热敏电阻制作的热传感器，一般体积很小，可以用来测量很小范围内的温度变化，反应快，而且精确度高．①如果将负温度系数热敏电阻与电源、电流表和其他元件串联成一个电路，其他因素不变，只要热敏电阻所处区域的温度降低，电路中电流将变________(选填“大”或“小”)．②上述电路中，我们将电流表中的电流刻度换成相应的温度刻度，就能直接显示出热敏电阻附近的温度．如果刻度盘正中的温度为20 ℃(如图甲所示)，则25 ℃的刻度应在20 ℃的刻度的________(选填“左”或“右”)侧．③为了将热敏电阻放置在某蔬菜大棚内检测大棚内温度变化，请在图乙中用图中的器材(可增加元器件)设计一个电路．(2)图丙为一测量硫化镉光敏电阻特性的实验电路，电源电压恒定，内阻不计，开关闭合后，调节滑动变阻器滑片，使小灯泡发光逐渐增强，测得流过电阻的电流和光强的关系曲线如图丁所示，试根据这一特性，由图戊中给定的器材设计一个自动光控电路．解析：(1)①因为温度降低时，负温度系数热敏电阻的阻值增大，故电路中电流会变小．②由①的分析知，温度越高，电流越大，25 ℃的刻度应对应较大电流，故在20 ℃的刻度的右侧．③电路如图所示：(2)由光敏电阻的特性曲线可以看出，当入射光增强时，流过光敏电阻的电流增大，光敏电阻的阻值减小．根据题意设计一个自动光控电路，如图所示．控制过程是：当有光照时，放大器输出一个较大的电流，驱动电磁继电器吸引衔铁使两个触点断开；当无光照时，放大器输出电流减小，电磁继电器释放衔铁，使两个触点闭合，工作电路接通，电灯开始工作．答案：(1)①小②右③见解析图(2)见解析12.如图所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝1πT，当线圈以300 r/min 的转速匀速旋转时．(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)线圈转过130s 时电动势的瞬时值是多大？ (3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少？(4)从中性面开始计时，经130s 通过电阻R 的电荷量是多少？ 解析：(1)e ＝E m sin ωt ＝nBS ·2πn sin 2πnt＝100×1π×0.05×2π×30060sin ⎝⎛⎭⎫2π×30060t V ＝50sin 10πt V .(2)当t ＝130s 时， e ＝50sin ⎝⎛⎭⎫10π×130 V ≈43.3 V. (3)电动势的有效值为E ＝E m 2＝502V ≈35.4 V 电流表示数I ＝E R ＋r ＝35.49＋1A ＝3.54 A 电压表示数U ＝IR ＝3.54×9 V ＝31.86 V.(4)130s 内线圈转过的角度 θ＝ωt ＝30060×2π×130＝π3该过程中，ΔΦ＝BS －BS cos θ＝12BS 由I ＝q Δt ，I ＝E R ＋r ， E ＝n ΔΦΔt得q ＝n ΔΦR ＋r ＝nBS 2（R ＋r ）＝100×1π×0.052×（9＋1） C ＝14πC. 答案：(1)e ＝50sin 10πt V (2)43.3 V1 4πC(3)31.86 V 3.54 A(4)。

选择题增分特训(九)1.B[解析] 由于圆环带负电荷,故当圆环沿顺时针方向转动时,等效电流的方向为逆时针,由安培定则可判断,环内磁场方向垂直于纸面向外,环外磁场方向垂直于纸面向里,磁场中某点的磁场方向即放在该点的小磁针静止时N极的指向,所以b的N极向纸外转,a、c的N极向纸内转.2.A[解析] 若A接电源正极,B接电源负极,在电源外部电流由正极流向负极,因此电流由边缘流向中心,玻璃皿所在处的磁场竖直向下,由左手定则可知,导电液体受到的安培力沿顺时针方向,因此液体沿顺时针方向旋转,故A正确;同理,若A接电源负极,B接电源正极,根据左手定则可知,液体沿逆时针方向旋转,故B错误;A、B与50 Hz的交流电源相接,液体不会持续旋转,故C错误;若磁场的N、S极互换后,重做该实验发现液体旋转方向改变,故D错误.3.D[解析] 根据安培定则知,两导线连线的垂直平分线上磁场方向水平向右或水平向左(连线中点处磁感应强度为零),根据左手定则可知,滑块受到的洛伦兹力(在连线中点处不受洛伦兹力)方向垂直于纸面向外或向里(竖直向上或向下),滑块所受的滑动摩擦力与速度方向相反,滑块一定做减速直线运动,故A、B、C错误,D正确.4.A[解析] 对ab棒受力分析如图所示,由平衡条件得tan θ=,可得I=·,又知为常数,故A正确,B、C、D错误.5.A[解析] 根据左手定则,安培力与电流和磁场构成的平面垂直,故磁场的方向一定平行于xOy平面;当电流、磁场方向互相垂直的时候,对应的磁感应强度最小,所以最小的磁感应强度为B== T=0.5 T.6.B[解析] 由左手定则可判定,甲束粒子带负电,乙束粒子带正电,A错误;粒子在磁场中做圆周运动,有qvB2=m,则=,由题意知r甲<r乙,所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷,B正确;由qE=qvB1知,能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于,C错误;由=知,==,D错误.7.D[解析] 作出a、b的运动轨迹如图所示,对于a的运动轨迹,由几何关系得R2=(R-L)2+(L)2,解得R=2L,sin θ==,所以a粒子的偏转角θ=π,同理可得b粒子的偏转角β=π,a粒子在磁场中运动的时间t a===,b粒子在磁场中运动的时间t b===,它们到达B点的时间差Δt=t b-t a=-=,D正确.8.AD[解析] 根据做直线运动的条件和受力情况(如图所示)可知,如果油滴带正电,则水平电场的方向只能向左,由左手定则可判断,油滴的速度方向为从M点到N点,故A正确,B错误.如果水平电场方向向右,则油滴只能带负电,电场力水平向左,由左手定则可判断,油滴的速度方向为从N点到M点,故C错误,D正确.9.AC[解析] 导线的粗细相同、材料相同,由电阻定律R=ρ可知,导线越长,电阻越大,由I=可知,ACB段导线电流最小,而ADB段导线电流最大,四段导线的有效长度都相同,由F=BIL可知,ADB段受到的安培力最大,而ACB段受到的安培力最小,由左手定则可知,它们所受安培力的方向均相同,故A、C正确,B、D错误.10.AC[解析] 根据题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”,磁场方向有两种可能,且这两种可能方向相反.在方向相反的两个匀强磁场中,由左手定则可判断,负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的.当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时,根据牛顿第二定律得4Bqv=m,解得v=,此种情况下,负电荷运动的角速度为ω==;当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时,有2Bqv=m,解得v=,此种情况下,负电荷运动的角速度为ω==,选项A、C正确.11.ACD[解析] 粒子轨迹恰好与MN相切时,对应磁感应强度B最小,粒子轨迹如图所示,根据几何知识可得∠AO'B=120°,∠OAB=∠BAO'=30°,故=,r=,解得r=R,又知r=,解得B=,所以B≥,故B错误,A、C、D正确.12.AD[解析] 作出粒子轨迹,如图所示,根据几何关系可以看出,当粒子从d点射出时,轨迹半径增大为原来的二倍,由半径公式R=可知,速度v增大为原来的二倍或磁感应强度变为原来的一半,A正确,C错误;如果粒子的速度增大为原来的三倍,则轨迹半径也变为原来的三倍,从图中看出,出射点在f点下面,B错误;据粒子的周期公式T=,可知粒子的周期与速度无关,在磁场中的运动时间取决于其轨迹圆弧所对应的圆心角,所以从e、d点射出时所用时间相等,从f点射出时所用时间较短,D正确.13.BCD[解析] 小球a在磁场中运动时受到重力和洛伦兹力的作用,洛伦兹力对小球a不做功,故小球a运动到M点的过程中,只有重力做功,而小球b在电场中运动到N点的过程中,除了重力做功外,电场力对它做负功,故v M>v N,选项A错误;因为小球在最低点时的向心力向上,而v M>v N,故小球a在M点的向心力大于小球b在N点的向心力,且小球a第一次经过M点时还受到向下的洛伦兹力,所以轨道的M点对小球a的支持力较大,即小球a对轨道M点的压力也较大,选项B正确;在甲图中小球a受到的洛伦兹力总与速度的方向垂直,洛伦兹力不做功,而在乙图中,小球b受到的电场力总是水平向左,对小球b的运动起到了阻碍的作用,故选项C正确;在甲图中洛伦兹力不做功,故小球a能够到达右侧最高点,而乙图中电场力对小球b做负功,故小球b不能到达右侧最高点,选项D正确.14.AD[解析] 要使粒子的运动轨迹如图乙所示,由左手定则可判断,粒子做圆周运动的周期应为T0=,若粒子的初始位置在a处,对应时刻应为t=T0=T,同理可判断B、C、D选项,可得A、D正确.非选择题增分特训(七)1.0.5 N0.2 m[解析] 棒受的安培力F=BIL,棒中电流为I=,解得F==0.8 N,对棒受力分析,由平衡条件得,两环支持力的总和为2F N=,解得F N=0.5 N.由牛顿第三定律知,棒对每一个环的压力为0.5 N,设棒、环接触点与环面圆心的连线和竖直方向的夹角为θ,由几何关系知tan θ===,解得θ=53°,棒距环底的高度为h=r(1-cos θ)=0.2 m.2.(1)方向垂直于xOy平面向里(2)L2[解析] (1)由左手定则可知,磁场方向垂直于xOy平面向里.粒子在磁场中做匀速圆周运动,如图所示,粒子在Q点飞出磁场.设其圆心为O',半径为R,由几何关系有(L-R)sin 30°=R,所以R=L,由牛顿第二定律有qv0B=m,联立解得磁感应强度B=.(2)设磁场区域的最小面积为S,以OQ为直径时磁场圆的面积最小,由几何关系得,直径OQ=R=L,所以S=π=L2.3.(1)(2)y=[解析] (1)粒子在电场中运动,有qE=mav=at在磁场中运动,有qvB=m联立解得r=.(2)设边界OQ上某一点的横、纵坐标分别为x和y,由几何关系可得x=r又y=at2=t2联立解得曲线OQ满足的方程为y=.4.[解析] 设粒子的发射速度为v,粒子做圆周运动的轨道半径为R,由牛顿第二定律得qvB=m解得R=可知半径R为定值.因为粒子的速度方向不确定,所以粒子可能的运动轨迹为图中虚线所示过O点的一系列动态圆.当<R<a时,比较图中的动态圆可知,在磁场中运动时间最长的粒子,其轨迹是圆心为C的圆弧,圆弧与磁场的边界相切,设该粒子在磁场中运动的时间为t,根据题意知t=可得∠OCA=设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α,由几何关系得=R sin α=R-=R sin α=a-R cos α又sin2α+cos2α=1联立解得R=a,v=,sin α=5.(1)(2)(3)[解析] (1)设粒子经电场加速射入磁场时的速度为v,由动能定理得qER=mv2解得v=(2)粒子的最大圆周轨迹应与半圆磁场边界相切,设圆周轨迹半径为r,由图甲中几何关系知r=由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m联立解得B=(3)粒子的圆周轨迹半径为r'==,粒子的运动轨迹如图乙所示,在电场中从A到O做匀加速直线运动,有R=a,解得t0=带电粒子在电场中的运动时间t1=3=3带电粒子在磁场中的运动时间t2=T==带电粒子从静止开始运动至到达圆弧边界的时间t=t1+t2= 6.(1)(2)(3)[解析] (1)电子在磁场中运动,由牛顿第二定律得evB=m 解得r=电子在磁场区域运动周期为T==通过磁场区域的时间为t1=T=.(2)由几何知识得,电子在磁场中运动的最大半径r=d又r=解得电子进入电场的最大速度v=通过电场的时间t2==电子离开电场后做匀速直线运动到达M点,轨迹如图所示由几何关系知==又y1+y2=d解得y1=d即=d解得U=.(3)若电子恰好打在下极板右边缘,则在磁场中运动半径r'=在电场中,水平方向上有d=v't竖直方向上有r'=t2联立解得v'=.7.(1)(2)y坐标在-a~0的范围内的一条长亮线[解析] (1)从O点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹如图所示,设圆周运动半径为r,由几何关系有r+=a解得r=电子在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,即eBv0=m联立解得电子比荷=(2)由电子的轨迹半径可判断,从O点射入磁场的电子从(0,a)的位置进入匀强电场,电子进入电场后做类平抛运动,有2r=t2x=v0t联立解得x=a设该电子穿过x轴时速度与x轴正方向成θ角,则v y=ttan θ=解得tan θ=2设该电子打在荧光屏上的Q点,Q点离x轴的距离为L,则L=(x0-x)tan θ=a即电子打在荧光屏上离x轴的最远距离为L=a而从(0,-a)位置进入磁场的电子恰好由O点经过y轴,不受电场力,沿x轴正方向做直线运动,打在荧光屏与x轴相交的点上,所以荧光屏上y坐标在-a~0的范围内出现一条长亮线。

选择题增分特训(十)1.C[解析] 奥斯特观察到电流的磁效应,表明电流可以产生磁场,揭示了电与磁的联系,A正确;安培根据通电螺线管和条形磁铁磁场的相似性,提出了分子环流假说,符合物理史实,B正确;法拉第发现处于变化的磁场中的闭合线圈中会产生感应电流,C错误;D项的叙述符合楞次定律的发现过程,D正确.2.C[解析] 根据右手螺旋定则,通电直导线上方的磁场方向向外,下方的磁场方向向里,离导线近的地方磁感应强度大,离导线远的地方磁感应强度小.线框从上向下靠近导线的过程,穿过线框的磁通量向外增加,根据楞次定律,线框中产生顺时针方向的电流,经过导线时,向外的磁通量和向里的磁通量叠加,磁通量先向外减小至零,之后变成向里,并逐渐增大,直至最大,根据楞次定律,线框中产生逆时针方向的电流,磁通量向里变成最大后,线框继续向下运动,磁通量又逐渐减小,这时线框中的电流方向又变成了顺时针,且这一过程是连续的,线框中始终有感应电流存在,故A、B错误;根据楞次定律,感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动,所以安培力的方向始终竖直向上,故C正确;根据能量守恒定律,线框从实线位置由静止释放至运动到虚线位置过程中,减少的重力势能转化为电能和自身动能,故D错误.3.C[解析] 根据法拉第电磁感应定律知,电势差大小为E=n S;根据楞次定律可知,b点电势较高,故φa-φb小于0,C正确.4.D[解析] 0~1 s内,螺线管中电流增大,产生的磁场磁感应强度增大,圆环中磁通量增大,面积有缩小的趋势,故A错误;1 s末,圆环中感应电流为零,与螺线管间无相互作用,所以1 s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力,故B错误;1~2 s内,螺线管中正方向电流减小,2~3 s内,反方向电流增大,根据楞次定律,圆环中感应电流的磁场方向不变,感应电流方向不变,故C错误;0~1 s内,螺线管中正方向电流增大,产生的磁场增强,圆环中磁通量增大,根据楞次定律可知,从上往下看,圆环中产生的感应电流沿顺时针方向,1~2 s内螺线管中正方向电流减小,产生的磁场减弱,圆环中磁通量减小,根据楞次定律可知,从上往下看,圆环中产生的感应电流沿逆时针方向,故D正确.5.B[解析] 设线圈电阻为R,完全进入磁场时的速度为v x.线圈在穿过磁场的过程中所受的合外力为安培力.对于线圈进入磁场的过程,根据动量定理可得-FΔt=-Ba=-Ba=mv x-mv0,对于线圈穿出磁场的过程,根据动量定理得-F'Δt'=-Ba=-Ba=mv-mv x,联立可得v x=,选项B正确.6.B[解析] 位移在0~L过程,磁通量增大,由楞次定律可判断,感应电流方向为顺时针方向,为正值,I=,l=x,则I=x;位移在L~2L过程,磁通量先增大后减小,由楞次定律可判断,感应电流方向先为顺时针方向,为正值,后为逆时针方向,为负值;位移在2L~3L过程,磁通量减小,由楞次定律可判断,感应电流方向为逆时针方向,为负值,I=(3L-x),故B正确.7.B[解析] 线圈A内有竖直向上的磁场,磁感应强度B随时间均匀增大,根据楞次定律可判断,a中电流的方向向下,a、b相互吸引,说明b中电流的方向也向下,则P1带正电,说明正离子向上偏转,根据左手定则可判断,P1、P2两极板间磁场的方向为垂直于纸面向里,B正确.8.C[解析] 在闭合开关S时,流过D2的电流立即增大到稳定值I2',流过D1的电流由于线圈的自感作用并不能立即增大,而是缓慢地增大到稳定值I1',且I1'=2I2',在断开开关S时,线圈中产生自感电动势,D1、D2和D3组成回路,回路中有逆时针方向的电流,且电流从I1'逐渐减小,最后减为零,选项A、B、D错误,选项C正确.9.BD[解析] 闭合开关S接通电路时,A2立即亮,线圈对电流的增大有阻碍作用,所以通过A1的电流慢慢变大,最后两灯泡两端的电压一样大,所以一样亮,故A错误,B正确;断开开关S切断电路时,线圈对电流的减小有阻碍作用,相当于电源,与A1和A2串联,所以两灯泡都要过一会儿才熄灭,故C错误,D正确.10.AD[解析] 磁感应强度均匀变化,产生恒定电动势,电容器C的电荷量大小始终不变,选项A正确;根据楞次定律,MN与R构成的回路中,感应电流沿逆时针方向,a板一直带正电,B错误;由于磁感应强度变化,根据楞次定律和左手定则可知,MN所受安培力的方向先向右后向左,其大小先减小后增大,选项C 错误,D正确.11.BC[解析] 根据题意,穿过线框的磁通量变小,根据楞次定律可判断,感应电流的磁场方向与原磁场相同,由安培定则可判断,感应电流方向为E→F→G→E,A错误,B正确;根据几何关系可得,磁场穿过线框的有效面积减小了ΔS=a2,根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势=B=,C正确,D错误.12.BC[解析] 穿过线框的磁通量先向下减小,后向上增大,则根据楞次定律可知,感应电流方向不变,选项A错误;因磁感应强度的变化率不变,则感应电动势不变,感应电流不变,而磁感应强度的大小先减小后增大,根据F=BIL可知,MN边受到的安培力先减小后增大,选项B正确;因线框平行的两边电流等大反向,则整个线框受到的安培力为零,则线框下滑的加速度不变,线框做匀加速直线运动,选项C正确;因安培力对线框做功为零,斜面光滑,则线框的机械能守恒,选项D错误.13.AD[解析] 金属圆环速度稳定后,Δt时间内,磁通量变化为ΔΦ=Φ2-Φ1=kΦ0vΔt,所以感应电动势为E==kΦ0v,故A正确;金属圆环速度稳定后,产生的电流为I==,热功率为P=I2R=,故B错误,D正确;由能量守恒定律可知,重力的功率等于热功率,即mgv=I2R=,解得m=,故C错误.非选择题增分特训(八)1.(1)5 A(2)Q→P(3)10 W[解析] (1)根据法拉第电磁感应定律可知,PQ产生的感应电动势E=BLv=1×0.5×4 V=2 V又R外==Ω=0.2 Ω则感应电流的大小I== A=5 A(2)根据右手定则可判断,电流方向为Q→P(3)导体棒PQ匀速运动,则F=F安=BIL=1×5×0.5 N=2.5 N故外力做功的功率P=Fv=2.5×4 W=10 W.2.(1)(2)Pt-[解析] (1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv回路中的电流I=导体棒所受的安培力F安=BILP=Fv匀速运动时,有F=F安联立解得v=.(2)导体棒由静止开始加速过程,根据动能定理得W F+W安=mv2其中W F=Pt回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功,即Q=-W安联立可得Q=Pt-.3.(1)由a至b(2)mv2(3)丙图正确见解析[解析] (1)根据右手定则,棒中感应电流方向为由a至b.棒刚要运动时,受摩擦力大小等于安培力,即F f=F A而F A=BI1L,I1=联立解得F f=.(2)设棒的平均速度为,根据动量定理得-Ft-F f t=0-2mv而F=B L,=,x=t联立解得x=根据动能定理得-F f x-W A=0-m(2v)2根据功能关系得Q=W A解得Q=mv2.(3)丙图正确当磁场速度小于v时,棒ab静止不动;当磁场速度大于v时,E=BLΔv,棒ab的加速度从零开始增大,a棒<a时,Δv逐渐增大,电流逐渐增大,F A逐渐增大,棒做加速度逐渐增大的加速运动; 当a棒=a时,Δv保持不变,电流不变,F A不变,棒ab的加速度保持不变,开始做匀加速运动.4.(1)2 V(2)1.6 V 2 m/s2(3)0.25 W[解析] (1)由图像可知,线圈内磁感应强度变化率为=0.1 T/s由法拉第电磁感应定律得E1=n=n S=2 V(2)t=0时,回路中电流I==0.4 A导体棒ab两端的电压U=IR=1.6 V设此时导体棒的加速度为a,有mg-B2Il=ma解得a=g-=2 m/s2(3)当导体棒ab达到稳定状态时,感应电动势由感生电动势和动生电动势两个部分构成,且形成的电流方向相同,满足mg=B2I'lI'=解得v=5 m/s此时导体棒所受重力的瞬时功率P=mgv=0.25 W.5.(1)1.2 m/s(2)0.125 s[解析] (1)在进入磁场前的加速度a=g sin 37°-μg cos 37°=2 m/s2由=2as1解得v1=1.2 m/s(2)金属线框进入磁场的过程中,减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的总功,由图像知机械能随位移均匀减小,因此安培力为恒力,线框匀速进入磁场.设线框的侧边长为s2,即线框进入磁场过程运动的距离为s2.根据功能关系,ΔE=E1-E0=-(F f+F A)s2因为是匀速运动,所以F f+F A=mg sin 37°=0.6 N解得s2=0.15 m故t== s=0.125 s6.(1)6 m/s(2)1.5 m/s(3)0.25 J[解析] (1)对杆ab受力分析,匀速运动时重力沿导轨向下的分力与安培力平衡.感应电动势E=B1lv0电流I==安培力F=B1Il匀速运动,有mg sin θ=F联立解得v0=6 m/s.(2)杆ab与“联动双杆”发生碰撞时,由动量守恒定律得mv0=4mv解得v=1.5 m/s.(3)“联动三杆”进入磁场区域Ⅱ过程,设速度变化大小为Δv,根据动量定理有-B2'lΔt=-4mΔv'Δt=q==解得Δv=0.25 m/s同理,出磁场过程速度变化大小也为Δv出磁场区域Ⅱ后“联动三杆”的速度为v'=v-2Δv=1.0 m/s根据能量守恒定律得Q=×4m×(v2-v'2)=0.25 J.。