[推荐学习]高二物理上学期期末试卷(含解析)2.doc

1、辽宁省大连二十中20152016学年度高二上学期期末物理试卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共计28分1在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是（）ABCD2如图1为电热毯的电路图，电热丝接在u=311sin100t V的电源上，电热毯被加热到一定温度后通过装置P使输入电压变为如图2所示波形，从而进入保温状态若电热丝的电阻保持不变，此时交流电压表的读数是（）A110VB156VC220VD211V3如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合电路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁的S极朝下，在将磁铁的S极插入线圈的过

2、程中（）A通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥B通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引C通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥D通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引4如图所示，等腰直角三角形OPQ区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，它的OP边在x轴上且长为L纸面内一边长为L的正方形导线框的一条边在x轴上，且线框沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场区域，在t=0时该线框恰好位于图甲中所示的位置现规定以逆时针方向为导线框中感应电流的正方向，在以下四幅图中，能正确表示感应电流随线框位移关系的是（）ABCD5用一根横截面积为S、电阻率为p的硬质

3、导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k0），则（）A圆环中产生逆时针方向的感应电流B圆环具有收缩的趋势C圆环中感应电流的大小为D图中a、b两点间的电压U=|0.25kr2|6如图所示，相距为d的平行金属板M、N的上方有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里质量为m、电荷量为q的带正电粒子紧靠M板的P处由静止释放，粒子经N板的小孔S沿半径SO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60，粒子重力不计，则平行金属板间匀强电场的电场强度大小为

4、（）ABCD7在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（）A升压变压器的输出电压增大B降压变压器的输出电压增大C输电线上损耗的功率减小D输电线上损耗的功率占总功率的比例增大二、多项选择题（每小题4分，共16分每小题四个选项中至少有两个选项符合题意.选对但不全的得2分，有错选的不得分）8如图所示，电源的电动势为E，内阻不计，A、B是两个不同的小灯泡，且RARB，L是一个自感系数很大、电阻不计的线圈关于这个电路，以下说法正确的是（）A开关从闭合到电路稳定，B灯逐渐变亮，最后亮度稳定B开关

5、从闭合到电路稳定，A灯逐渐变亮，最后亮度稳定C开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再逐渐熄灭D开关由闭合到断开瞬间，电流向左通过A灯9图甲中的理想变压器的原副线圈匝数比为11：1，原线圈接如图乙所示的正弦交流电时电动机正常工作，此时电流表的读数为1A，已知R=20，电机线圈的内阻r=0.5，电流表和电压表都是理想电表，则（）A电压表的读数为22B流过电阻中的电流为1AC流过电动机的电流为40AD电动机输出的机械功率为150W10在方向如图所示的匀强电场（场强为E）和匀强磁场（磁感应强度为B）共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0 射入场区，则（）A若v0，电子沿轨迹运动，射出场区时

6、，速度vv0B若v0，电子沿轨迹运动，射出场区时，速度vv0C若v0，电子沿轨迹运动，射出场区时，速度vv0D若v0，电子沿轨迹运动，射出场区时，速度vv011如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，用来加速质量为m，电量为q的质子，质子每次经过电场区时，都恰好在电压为U时并被加速，且电场可视为匀强电场，使质子由静止加速到能量为E后，由A孔射出下列说法正确的是（）AD形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高，质子的能量E将越大B磁感应强度B不变，若加速电压U不变，D形盒半径R越大、质子的能量E将越大CD形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高，质子的在加速器中的运动时间将越长DD形盒

7、半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高，质子的在加速器中的运动时间将越短三填空题：（本大题共2小题，每空2分，共12分）12一个研究性学习小组在探究“小灯泡的发光情况与其两端电压的关系”时，得出如下U和I的数据编号12345678U/V0.200.601.001.401.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1500.1650.1900.2000.205灯泡发光情况不亮 微亮 逐渐变亮 正常发光（1）请你在图中画出IU图线从数据或图线上可以看出，当U或功率逐步增大时，灯丝电阻的变化情况是这表明（3）请你就该研究性学习小组的探究成果，举一与之有关的事例或事实13

8、如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺导线补接完整用此装置研究感应电流方向时：将原线圈A插入副线圈B后，如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么在电键闭合的状态下将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针（填“向左偏”、“向右偏”或“不偏”）（3）在闭合电键时，将原线圈A向下插入B中，线圈B对线圈A的作用力为（填引力或斥力），线圈B对线圈A做功（填正或负），实现了能量的转化四计算题：（本大题共3小题，共40分）14如图所示，匝数n为100，边长L=0.2m的正方形线圈，在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，从中性面开始以=10rad/s的角速度绕OO轴匀速转动若线圈

9、自身电阻r=2，负载电阻R=6，设2=10，求：（1）线圈转动0.05s时电路中的电流强度；线圈转过60的过程中通过R的电量；（3）设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，线圈转一周，柴油机做多少功？15如图所示，两根金属导轨平行放置在倾角为=30的斜面上，导轨下端接有定值电阻R=10，导轨自身电阻忽略不计导轨置于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T将一根质量为m=0.1kg、电阻可不计的金属棒ab在导轨上方某处由静止释放，金属棒沿导轨下滑（金属棒ab与导轨间的摩擦不计）设导轨足够长，导轨宽度L=2m，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒沿导轨下滑的高度h=3m时，速

10、度恰好达到最大值此过程中（g=10m/s2），求：（1）求金属棒ab达到的最大速度vm；该过程通过电阻R的电量q；（3）该过程中电阻产生的热量Q16如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第二、三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第一、四象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外一个比荷（）为K的带正电的粒子从第三象限中的Q（2L，L）点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P点射出磁场不计粒子重力，求：（1）电场强度E；从P点射出时速度vp的大小；（3）粒子在磁场与电场中运动时间之比辽宁省大连二十中20152016学年度高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析

11、一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共计28分1在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是（）ABCD【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】原理是依据电磁感应原理的电流互感器是由闭合的铁心和绕组组成它的一次绕组匝数很少，串在需要测量的电流的线路中，因此它经常有线路的全部电流流过，二次绕组匝数比较多，串接在测量仪表和保护回路中，电流互感器在工作时，它的2次回路始终是闭合的，因此测量仪表和保护回路串联线圈的阻抗很小，电流互感器的工作状态接近短路【解答】解：由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成

12、反比则电流互感器应串连接入匝数较多的线圈上同时一次绕组匝数很少，且串在需要测量的电流的线路中故A正确；故选：A【点评】电流互感器的接线应遵守串联原则；按被测电流大小，选择合适的变化，否则误差将增大2如图1为电热毯的电路图，电热丝接在u=311sin100t V的电源上，电热毯被加热到一定温度后通过装置P使输入电压变为如图2所示波形，从而进入保温状态若电热丝的电阻保持不变，此时交流电压表的读数是（）A110VB156VC220VD211V【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】交流电专题【分析】电压表读数为有效值，根据正弦式交变电流峰值和有效值之间的关系以及电流的热效应便可求得有效

13、值【解答】解：由图象可知该交变电流的周期T=2102s可分两段0和T，根据有效值的定义可得+0=T解得：U=156V，故选：B【点评】本题考查有关交变电流有效值的计算问题，知道电压表和电流表测量的都是有效值，难度不大，属于基础题3如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合电路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁的S极朝下，在将磁铁的S极插入线圈的过程中（）A通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥B通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引C通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥D通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引【考点】楞次定律【专题】电磁感应与

14、电路结合【分析】当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则判断感应电流的方向；根据楞次定律“来拒去留”可判断磁铁与线圈的相互作用【解答】解：当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，大拇指表示感应磁场的方向，弯曲的四指表示感应电流的方向，即通过电阻的电流方向为ba根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥综上所述，故A正确，BCD错误故选：A【点评】楞次定律应用的题目我们一定会做，大胆的去找原磁场方向，磁通量的变化情况，应用楞次定律判断即可4如图所示，等

15、腰直角三角形OPQ区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，它的OP边在x轴上且长为L纸面内一边长为L的正方形导线框的一条边在x轴上，且线框沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场区域，在t=0时该线框恰好位于图甲中所示的位置现规定以逆时针方向为导线框中感应电流的正方向，在以下四幅图中，能正确表示感应电流随线框位移关系的是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应与图像结合【分析】将整个过程分成两个位移都是L的两段，根据楞次定律判断感应电流方向由感应电动势公式E=Blv，l是有效切割长度，分析l的变化情况，确定电流大小的变化情况【解答】解：位

16、移在0L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为正值，l=Lx则，即随着位移增大，电流均匀减小位移在L2L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为负值l=2Lx 即随着位移增大，电流均匀减小故选：C【点评】本题考查对感应电势势公式E=Blv的理解注意公式中的l是有效的切割长度5用一根横截面积为S、电阻率为p的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k0），则（）A圆环中产生逆时针方向的感应电流B圆环具有收缩的趋势C圆环中感应电流

17、的大小为D图中a、b两点间的电压U=|0.25kr2|【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向，并确定圆环有扩张趋势还是有收缩趋势；由法拉第电磁感应定律求出感应电动势大小，再由欧姆定律求感应电流大小【解答】解：A、磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k0），说明B减少，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律判断可知：圆环中产生的感应电流方向沿顺时针方向，故A错误B、穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，圆环为了阻碍磁通量的减少，圆环应有扩展的趋势，故B错误；C、由法拉第电磁感应定律得E=r2=kr2，圆环的电阻R=，则感

18、应电流大小为 I=，故C错误；D、图中a、b两点间的电压U=I=|0.25kr2|，故D正确；故选：D【点评】本题考查楞次定律及法拉第电磁感应定律的应用，注意正确应用楞次定律的两种描述；同时还要注意求磁通量时，面积应为有效面积，本题中不能当作圆的面积来求，而是圆中含有磁通量的部分面积6如图所示，相距为d的平行金属板M、N的上方有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里质量为m、电荷量为q的带正电粒子紧靠M板的P处由静止释放，粒子经N板的小孔S沿半径SO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60，粒子重力不计，则平行金属板间匀强电场的电场强度大小为（）ABCD【考

19、点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子以速度v飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动，根据粒子的运动画出运动的轨迹，由几何关系可以求得粒子的速度；带电粒子在平行金属板间做的是匀加速直线运动，电场力做功，由动能定理即可求出电场强度【解答】解：粒子在圆形磁场中运动的轨迹如图所示，则由几何关系得粒子做圆周运动的半径为r=R，带电粒子以速度v飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心力有Bqv=m，电场力做功，由动能定理得：qEd=mv2，联立得E=，故B正确故选：B【点评】本题考查带电粒子在匀强磁

20、场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了7在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（）A升压变压器的输出电压增大B降压变压器的输出电压增大C输电线上损耗的功率减小D输电线上损耗的功率占总功率的比例增大【考点】远距离输电；变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系理想变压器电压和

21、匝数关系【解答】解：A、由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A错误B、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，根据U损=I线R，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U3=U2U损可得，降压变压器的输入电压U3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故B错误C、根据P损=I线2R，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，总功率不变；故输电线上损耗的功率占总功率的比例增大；故C错误；D正确；故选：D【点评】对于远距离输电问

22、题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关二、多项选择题（每小题4分，共16分每小题四个选项中至少有两个选项符合题意.选对但不全的得2分，有错选的不得分）8如图所示，电源的电动势为E，内阻不计，A、B是两个不同的小灯泡，且RARB，L是一个自感系数很大、电阻不计的线圈关于这个电路，以下说法正确的是（）A开关从闭合到电路稳定，B灯逐渐变亮，最后亮度稳定B开关从闭合到电路稳定，A灯逐渐变亮，最后亮度稳定C开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再逐渐熄灭D开关由闭合到断开瞬间，电流向左通过A灯【考点】自感现象和自感系数【专题】恒定电流专题【分析】当通过线圈的电

23、流发生变化时，会产生感应电动势去阻碍线圈中电流的变化但阻碍不等于阻止，就使其慢慢的变化根据楞次定律进行分析【解答】解：A、B开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻变亮，由于通过线圈电流要增大，磁能量增大，产生自感电动势，根据楞次定律可知，这个自感电动势将阻碍电流的增大，所以通过B灯的电流逐渐增大，故B灯逐渐变变，最后稳定时，通过线圈的电流不变，线圈对电流没有阻碍，灯泡亮度稳定故A正确，故B错误；C、开关处于闭合状态时，由于RARB，通过A灯的电流小于通过B灯的电流在断开S瞬间，A灯中原来的电流消失，线圈产生自感电动势，给两灯提供瞬间电压，根据楞次定律可知，电路中的电流从B灯的电流值开始逐渐

24、减小，所以此瞬间通过A灯的电流增大，因此A灯会闪亮一下，再慢慢熄灭故C正确；D、在断开S的瞬间，线圈相当于电源，根据楞次定律可知，线圈中的电流方向不变，所以电流向左通过A灯，故D正确；故选：ACD【点评】对于自感现象的分析，关键抓住线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极9图甲中的理想变压器的原副线圈匝数比为11：1，原线圈接如图乙所示的正弦交流电时电动机正常工作，此时电流表的读数为1A，已知R=20，电机线圈的内阻r=0.5，电流表和电压表都是理想电表，则（）A电压表的读数为22B流过电阻中的电流为1AC流过电动机的电流为40A

25、D电动机输出的机械功率为150W【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【专题】定性思想；方程法；交流电专题【分析】根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解答】解：A、电压表的读数为电压的有效值，原线圈的电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为20V，所以电压表的读数为20V，故A错误；B、电阻R的电压为20V，电阻为20，所以流过电阻中的电流为1A，故B正确；C、原线圈的电流为1A，根据电流与匝数成反比可知，副线圈的电流为11A，由于电阻和电动机并联，流过电阻中的电流为1A，所以流过电动机的电流为10A，故C

26、错误；D、电动机的总功率为P总=UI=2010W=200W，电动机的发热功率为P热=I2r=1020.5W=50W，所以电动机输出的机械功率为150W，故D正确；故选：BD【点评】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决10在方向如图所示的匀强电场（场强为E）和匀强磁场（磁感应强度为B）共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0 射入场区，则（）A若v0，电子沿轨迹运动，射出场区时，速度vv0B若v0，电子沿轨迹运动，射出场区时，速度vv0C若v0，电子沿轨迹运动，射出场区时，速度vv0D若v0，电子沿轨迹运动，射出场区时，速度vv0【考点】带电粒子在混合场中的

27、运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作用，由已知条件，分析两个力的大小，由左手定则判断出洛伦兹力方向，确定出电场力方向，即可确定电子的偏转方向，根据电场力做功的正负，分析速度的变化【解答】解：A、B电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作用，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向向下，而电场力方向向上若v0，则qv0BqE，即洛伦兹力大于电场力，电子向下偏转，沿轨迹运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子负功，动能减小，速度减小，故速度vv0故A错误，B正确C、D若v0，则qv0BqE，即洛伦兹力小于电场力，电子向上偏转，沿轨迹运动，洛伦兹力

28、不做功，而电场力对电子正功，动能增加，速度增大，故速度vv0故C，D错误故选：B【点评】本题关键分析洛伦兹力的方向，运用动能定理时，要抓住洛伦兹力不做功的特点，分析速度的大小11如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，用来加速质量为m，电量为q的质子，质子每次经过电场区时，都恰好在电压为U时并被加速，且电场可视为匀强电场，使质子由静止加速到能量为E后，由A孔射出下列说法正确的是（）AD形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高，质子的能量E将越大B磁感应强度B不变，若加速电压U不变，D形盒半径R越大、质子的能量E将越大CD形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高，质子的在加速器中的运动

29、时间将越长DD形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高，质子的在加速器中的运动时间将越短【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】回旋加速器是利用磁场使带电粒子作回旋运动，在运动中经高频电场反复加速的装置，是高能物理中的重要仪器，根据洛伦兹力提供向心力和动能定理列式分析求解【解答】解：A、B、由qvB=m得，v=，则最大动能EK=mv2=，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压无关，故A错误，B正确；C、D、由动能定理得：W=EK=qU，加速电压越大，每次获得的动能越大，而最终的最大动能与加速电压无关，是一定的，故加速

30、电压越大，加速次数越少，加速时间越短，故C错误，D正确；故选：BD【点评】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关，电压决定加速的总时间三填空题：（本大题共2小题，每空2分，共12分）12一个研究性学习小组在探究“小灯泡的发光情况与其两端电压的关系”时，得出如下U和I的数据编号12345678U/V0.200.601.001.401.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1500.1650.1900.2000.205灯泡发光情况不亮 微亮 逐渐变亮 正常发光（1）请你在图中画出IU图线从数据或图线上可以看出

31、，当U或功率逐步增大时，灯丝电阻的变化情况是开始不变，后来逐渐变大这表明导体的电阻随温度的升高而增大或导体的电阻与温度有关（3）请你就该研究性学习小组的探究成果，举一与之有关的事例或事实在额定电压下使用白光灯【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；恒定电流专题【分析】根据表格数据正确画出IU图象由图象分析，灯泡电压和电流在增大，电阻如何变化【解答】解：（1）根据表格数据正确画出IU图象当U或功率逐步增大时，灯丝电阻的变化情况是开始不变，后来逐渐变大，这表明导体的电阻随温度的升高而增大或导体的电阻与温度有关（3）有关的事例：在额定电压下使用白光灯，故答案为：（1）如图 开始不变，后来逐渐

32、变大；导体的电阻随温度的升高而增大或导体的电阻与温度有关（3）在额定电压下使用白光灯【点评】解决此类问题要结合电流和电压、电阻的关系进行分析解答13如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺导线补接完整用此装置研究感应电流方向时：将原线圈A插入副线圈B后，如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么在电键闭合的状态下将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针向左偏（填“向左偏”、“向右偏”或“不偏”）（3）在闭合电键时，将原线圈A向下插入B中，线圈B对线圈A的作用力为斥力（填引力或斥力），线圈B对线圈A做负功（填正或负），实现了能量的转化【考点】研究电磁感应现象【专题】

33、定性思想；推理法；电磁感应与电路结合【分析】（1）电源与线圈构成一回路，而另一线圈与检流表又构成一个回路当上方线圈中的磁通量发生变化时，导致下方线圈的磁通量也跟着变化，从而出现感应电流当磁铁的运动，导致线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场去阻碍线圈的磁通量的变化【解答】解：（1）电源与线圈构成一回路，而另一线圈与检流表又构成一个回路如下图所示：当将原线圈迅速插入副线圈后，如果在闭合电键时，则线圈的磁通量也是从无到有，则说明线圈磁通量从无到有即变大，导致电流计指针向右偏一下当原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻变大，则电路中电流变小，导致线圈磁通量变小，则电流计指针向左

34、偏转一下（3）由楞次定律知道感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的变化，阻碍其相对运动我们可以用“来拒去留”来表达所以当磁铁插入时，其受到线圈的作用力为斥力，线圈对磁铁做负功，故答案为：（1）如上图所示向左偏；（3）斥力，负【点评】解决此类问题的关键是知道产生感应电流的条件由楞次定律来确定感应电流的方向，而闭合线圈中的磁通量发生变化有几种方式：可以线圈面积的变化，也可以磁场的变化，也可以线圈与磁场的位置变化四计算题：（本大题共3小题，共40分）14如图所示，匝数n为100，边长L=0.2m的正方形线圈，在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，从中性面开始以=10rad/s的角速度绕OO轴匀速转动若线圈自身

35、电阻r=2，负载电阻R=6，设2=10，求：（1）线圈转动0.05s时电路中的电流强度；线圈转过60的过程中通过R的电量；（3）设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，线圈转一周，柴油机做多少功？【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【专题】交流电专题【分析】（1）根据公式Em=nBs求解感应电动势的最大值，再根据e=Emsint求解瞬时值表达式，然后将对应的时刻代入公式即可；根据电量综合表达式，结合电流的平均值，即可求解（3）根据电功的表达式求解；【解答】解：（1）最大值 Em=nBL2=80 VA此时电流强度 i=Imsint=10sin（100.05）=10 A磁通量的变化=BS=BL

36、2cos600通过R的电量q=C（3）线圈周期 电流有效值 A柴油机做功 W=I2（R+r）T=800J答：（1）线圈转动0.05s时电路中的电流强度是10 A；线圈转过60的过程中通过R的电量是0.5C；（3）线圈转一周，柴油机做800J的功【点评】本题关键记住最大值公式Em=nBs和瞬时值公式e=Emsint，然后结合闭合电路欧姆定律与焦耳定律列式求解，注意热量与电表示数使用交流电的有效值，而电量却是使用平均值15如图所示，两根金属导轨平行放置在倾角为=30的斜面上，导轨下端接有定值电阻R=10，导轨自身电阻忽略不计导轨置于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T将一根质量为m=

37、0.1kg、电阻可不计的金属棒ab在导轨上方某处由静止释放，金属棒沿导轨下滑（金属棒ab与导轨间的摩擦不计）设导轨足够长，导轨宽度L=2m，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒沿导轨下滑的高度h=3m时，速度恰好达到最大值此过程中（g=10m/s2），求：（1）求金属棒ab达到的最大速度vm；该过程通过电阻R的电量q；（3）该过程中电阻产生的热量Q【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【专题】电磁感应与电路结合【分析】（1）当金属棒受力平衡时有最大速度，根据平衡条件列方程求解；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式q=It公式结合，即可求解通过电阻任一截面的电量q（3）根据能量守

38、恒定律求解热量Q【解答】解：（1）金属棒匀速下滑时速度达到最大，则 mgsin30=Bli又感应电流为 联立得：mgsin30=上各式解得最大速度vm=5m/s 根据电量：q=t，=，=BL联立得：q=C=0.6C以上各式解得 q=0.6C （3）金属棒下滑过程中根据能量守恒定律可得：mgh=mVm2+Q 解得Q=1.75J此过程中电阻产生的热量Q=1.75J答：（1）金属棒ab达到的最大速度是5m/s；该过程通过电阻R的电量是0.6C；（3）该过程中电阻产生的热量是1.75J【点评】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，关键是安培力的分析和计算，它是联系力学与电磁感应的桥梁16如图所示，在平面

39、直角坐标系xOy内，第二、三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第一、四象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外一个比荷（）为K的带正电的粒子从第三象限中的Q（2L，L）点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P点射出磁场不计粒子重力，求：（1）电场强度E；从P点射出时速度vp的大小；（3）粒子在磁场与电场中运动时间之比【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的分位移公式和分速度公式列式求解即可；进入磁场后做圆周运动，速度大小不变；（3）由平抛运

40、动规律可得出粒子在电场中的时间，由圆周的性质可得出粒子在磁场中的运动时间，最后求解比值【解答】解：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；加速度：； 在电场中运动的时间：； 沿y轴正方向，则有：；即，则：E=；带电粒子刚进入磁场时，沿y轴正方向的分速度：则带电粒子进入磁场时的速度：由于在磁场中洛伦兹力不改变带电粒子速度大小，则：（3）由图可知，带电粒子进入磁场时，速度v与x轴正方向夹角，满足，故=45；则偏转圆的圆心角由几何关系可知，偏转半径：，则B=；则粒子在磁场中运动时间：，即：故：答：（1）电场强度E为；从P点射出时速度vp的大小为；（3）粒子在磁场与电场中运动时间之比为【点评】带电粒子在匀强电场中运动时，要注意应用运动的合成和分解；而在磁场中运动时为匀速圆周运动，在解题时要注意应用好平抛和圆周运动的性质