一、單項選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。)磁體靠近螺線管，松開門鈴按鈕磁體遠離螺線管回歸原位置。下列正確的()A.按下按鈕過程，螺線管P端電勢較高D.按下和松開按鈕過程，螺線管產(chǎn)生大小相同的4.如圖所示，勻強磁場的左邊界為一豎直面，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向 應(yīng)電流增加一倍的是()A.將線圈匝數(shù)增加一倍C.將線圈半徑變?yōu)樵瓉淼囊话?.如圖所示，垂直紙面向里的勻強磁場分布在邊長為L的等邊三角形ABC內(nèi)，D是的相互作用，已知粒子在磁場中運動的周期為T，則下列說法中正確的是()A.粒子垂直BC邊射出時，運動半徑R為B.速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁場中運C.粒子可能從AB邊射出，且在磁場中運動時間為TD.粒子可能從C點射出，且在磁場中運動下列說法正確的是()D.液滴在疊加場中做直線運動的過程中，其機械能的增加的勻強磁場，磁場高度為d，MN與下金屬板在同一水平線上，MP與金屬板右端在同一豎直線上。一電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，以初面從A點射入金屬板間，不計離子的重力，離子恰好從下極板的右側(cè)邊緣垂直進入磁場區(qū)域，并從邊界MP的P點離開磁場，則磁場的磁感應(yīng)強度B大小()9.下圖中關(guān)于磁場中的四種儀器的說法中正確的是()C.丙圖中自由電荷為負電荷的霍爾元件通上如圖所示電流和加上如圖磁場時N側(cè)螺線管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)線面內(nèi)。當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強度B隨時間按圖b所示規(guī)律變化時()的電流的分析正確的是()A.導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向外，大小為D.如適當(dāng)增大導(dǎo)體棒中的電流，棒再次平衡時，受A.圓弧AB段內(nèi)電流方向總是從A流向BB.轉(zhuǎn)動的前半周內(nèi)AB兩端電壓為（1）下列實驗中，零刻度在中央的靈敏電流計指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)本實驗中可得到的實驗結(jié)論是側(cè)流入，左側(cè)流出，霍爾元件（填“前表面”或“15.（8分）如圖甲所示，勻強磁場中有一矩形閉合線圈abcd，線圈平面與磁場方向垂直。已知線圈的匝數(shù)N=1000，邊長ab=1.0m、bc=0.5m，線圈電阻r=10Ω。磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，取垂直紙面向里為磁場的正方向。求：(1)3s時線圈內(nèi)感應(yīng)電動勢的大小和感應(yīng)電流的方向；(2)在1~5s內(nèi)通過線圈的電荷量q；16.（10分）如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L=1m，金屬導(dǎo)軌的一端接有電動勢E=3V、內(nèi)阻r=1Ω的直流電源。先從M點以速度v0垂直于y軸水平向右進入電場區(qū)域，再從N點進入磁場區(qū)域，有豎直擋桿，棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.（3）在t1后，撤去豎直擋桿，同時給MN施加一向左的外力F使其在導(dǎo)1.B解析甲圖中穿過線圈的磁場方向向下，且磁通量在增大，根據(jù)“增反減同”可知感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向向上，A錯誤；乙圖磁體正向線圈靠近，穿過線圈的磁通量在增大，根據(jù)“來拒去留”可知磁體受到線圈作用力的方向向上，B正確；丙圖中電流計指針偏轉(zhuǎn)方向與甲圖中相反，說明磁體在遠離線圈，C錯誤；丁圖中穿過線圈的磁場方向向上，且磁通量在減小，根據(jù)“增反減同”可知感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向向上，與甲圖中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向相同，所以感應(yīng)電流方向也相同，電流計指針的偏轉(zhuǎn)方向相同，D錯誤。2.C解析按下按鈕過程，穿過螺線管的磁場向左，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知螺線管中感應(yīng)電流為從P端流入，從Q端流出，螺線管充當(dāng)電源，則Q端電勢較高，故A錯誤；松開按鈕過程，穿過螺線管的磁場向左，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知螺線管中感應(yīng)電流為從Q端流入，從P端流出，螺線管充當(dāng)電源，則P端電勢較高，故B錯誤；按住按鈕不動，穿過螺線管的磁通量不變，螺線管不會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故C正確；按下和松開按鈕過程，螺線管中磁通量的變化率不一定相同，故螺線管產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不一定相同，故D錯誤。3.B解析北極地磁場有豎直向下的分量，由右手定則可知汽車從東向西運動時感應(yīng)電動勢方向由右指向左，所以左端電勢高，故A錯誤，B正確；由右手定則可知汽車從西向東運動時感應(yīng)電動勢方向由右指向左，所以左端電勢高，故C、D錯誤。4.B解析當(dāng)圓環(huán)運動到題圖所示位置時，根據(jù)幾何關(guān)系可知圓環(huán)切割磁感線的有效長度為3R，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=3BRv，設(shè)圓環(huán)的總電阻為R總，電路中的電流總圓環(huán)處于題圖所示位置時，外電路的電阻值R外=R總，根據(jù)歐姆定律可知U=IR外根據(jù)右手定則可知，a點的電勢高于b點的電勢，則a、b兩點的電勢差5.D解A．將線圈匝數(shù)增加一倍時，線圈中的感應(yīng)電動勢增加一倍，但是由于線圈匝數(shù)的增加還會引起線圈電阻的增加，使電阻也增加了一倍，所以感應(yīng)電流沒有發(fā)生變化，A錯誤；B．將線圈面積增加一倍，感應(yīng)電動勢也增加了一倍，但是還是因為面積的增加會對線圈的電阻產(chǎn)生影響，導(dǎo)線的長度增加，使電阻也增加為原來的倍，線圈中的感應(yīng)電流不是增加一倍，B錯誤；C．將線圈半徑變?yōu)樵瓉淼囊话耄娣e減小為原來的四分之一，感應(yīng)電動勢減小為原來的四分之一，電阻減小為原來的二分之一，所以感應(yīng)電流變?yōu)樵瓉淼亩种唬珻錯誤；D．當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到跟磁感線方向垂直時，線圈的有效面積變?yōu)樵瓉淼亩叮袘?yīng)電動勢變?yōu)樵瓉淼亩叮渌麠l件不變，感應(yīng)電流變?yōu)樵瓉淼亩叮珼正確。6.D解析粒子垂直BC邊射出時，運動軌跡如圖（a）根據(jù)幾何關(guān)系知半徑為L，A錯誤；若帶電粒子運動軌跡與BC邊相切，剛好從BC邊射出磁場，可知圓心角為180°,粒子在磁場中經(jīng)歷時間為T，若帶電粒子從C點射出，由幾何關(guān)系可知從C點射出磁場時，速度與AC相切，故粒子可以從C點射出。由圖（b）可知，入射速度的弦切角α=30°,故圓心角為60°,粒子在磁場中經(jīng)歷時間為T，若帶電粒子從AB邊射出磁場，可知圓心角為240°,粒子在磁場中經(jīng)歷時間為T，B錯誤，D正確；設(shè)粒子在所以可知粒子速度和運動時間無確定的關(guān)系，C錯誤。7.C解AB．液滴帶正電，液滴受力如圖所示，根據(jù)平衡條件，有 解得故AB錯誤；C．電場方向突然變?yōu)樨Q直向上，電場強度的大小不變，電場力與重力平衡，洛侖茲力提供向心力，粒子做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，可得液滴加速度液滴在疊加場中做直線運動的過程中，洛倫茲力不做功，其機械能的增加量等于電場力做的正功，電場力做的正功等于電勢能的減少量，所以其機械能的增加量等于電勢能的減少量，故D錯誤8.C解析設(shè)離子離開電場時的速度為v，且與水平方向成α角，離子在電場中做類平拋運動，所以離子進入磁場時的速度大小v=，離子進入磁場后做勻速圓周運動，設(shè)其軌道半徑為r，由幾何關(guān)系有根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立各式解得磁場的磁感應(yīng)強度大小故C正確。9.AB解A．設(shè)回旋加速器D形盒的半徑為R，粒子獲得的最大速度為vm，根據(jù)牛頓第二定律有解得粒子的最大動能為即Ekm與R有關(guān)，故A正確；B．設(shè)粒子的速度大小為v時才能夠通過速度選擇器，則qE=qvB1解得設(shè)粒子在磁場B2中做勻速圓周運動的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律有粒子擊中屏的位置到進入磁場B2位置的距離為 所以乙圖中不改變質(zhì)譜儀各區(qū)域的電場、磁場時擊中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B正確；C．由題意可知霍爾元件中自由電荷的運動方向與電流方向相反，根據(jù)左手定則可知N側(cè)帶負電荷，故C錯誤；D．當(dāng)前后兩個金屬側(cè)面間電壓穩(wěn)定時，液體中離子所受洛倫茲力與電場力平衡，即液體的流量為Q=vS=bcv解得若流量Q恒定，則U與c成反比，故D錯誤。故選AB。10.ABD解A．在t1~t2時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度增加，根據(jù)增反減同可知，L內(nèi)有逆時針方向的感應(yīng)電流，A正確。B．圖線的斜率逐漸變大，經(jīng)過導(dǎo)線中的電流變大，該電流激發(fā)出增大的磁場，該磁場通過圓環(huán)，在圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和逆時針方向的感應(yīng)電流，據(jù)結(jié)論“增縮減擴”可判斷L有收縮趨勢，B正確。C．在t2~t3時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度變t3~t4時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度變化率減小，經(jīng)過導(dǎo)線中的電流減小，故L磁通量減小，有擴張的趨勢，D正確。11.BD解AB．對導(dǎo)體棒受力分析，受重力、支持力和電場力，如圖所示，安培力向右，根據(jù)左手定則，則導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向里，根據(jù)平衡條件，有解得電流故A錯誤，B正確；C．若減小導(dǎo)體棒中的電流大小為原來的，棒再次平衡時，導(dǎo)體棒與圓弧圓心的連線與豎直方向成θ角，根據(jù)平衡條件，則有FA=B●●L=mgtanθ將代入上式，可得tanθ=則θ>30o，故C錯誤；D．如適當(dāng)增大導(dǎo)體棒中的電流，棒再次平衡時，導(dǎo)體棒與圓弧圓心的連線與豎直方向成θ角，根據(jù)平衡條件，則有FA=BIL=mgtanθ當(dāng)電流I增大時，θ角增大，根據(jù)可知cosθ減小，則N增大，故D正確。故選BD。12.CD解析導(dǎo)體框轉(zhuǎn)動的前半周內(nèi)，AO切割磁感線，感應(yīng)電動勢為圓弧AB段內(nèi)電流方向從A流向B，由題意知AB兩端電壓為轉(zhuǎn)動的后半周BO段切割磁感線，感應(yīng)電動勢為，圓弧AB段內(nèi)電流方向從B流向A，故A、B錯誤；轉(zhuǎn)動的后半周穿過導(dǎo)體框的磁通量變化量為ΔΦ=πBL2，電路總電阻為R=2r，則轉(zhuǎn)動的后半周內(nèi)通過導(dǎo)體框某橫截面的電荷量為故C正確；從題圖所示位置勻速轉(zhuǎn)動一周過程中，外力對導(dǎo)體框做的功等于產(chǎn)生的電能，則故D正確。13.（8分1）ABC（2）①逆②向上感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁場的磁通量的變化146分1）后表面（2）電壓表示數(shù)U，電流表示數(shù)I15.（8分）(1)50V，感應(yīng)電流方向為a→b→c→d→a或者順時針(2)20C解（1）3s時感應(yīng)電動勢（1分）磁通量的變化量ΔΦ1=ΔB1S根據(jù)圖乙可知，3s時磁感應(yīng)強度的變化率大小代入數(shù)據(jù)解得E1=50V（1分）根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向為a→b→c→d→a或者順時針（1分）（2）在1~5s內(nèi)線圈中感應(yīng)電動勢其中根據(jù)歐姆定律，感應(yīng)電流則通過線圈的電荷量q=I2Δt2（1分）其中Δt2=5s-1s=4s解得q=20C（1分）16.（10分1）0.52）2T導(dǎo)體棒所受安培力F安=BIL（1分）通過導(dǎo)體棒的電流面向下且達到最大值時，磁感應(yīng)強度最大，則有F安1cosθ=mgsinθ+Ff1（1分）其中Ff1=μFN1，F(xiàn)安1=B1IL（1分）結(jié)合上述解得B1=2T（1分）解（1）由題意，粒子從M到N做類平拋運動，軌跡如圖所示在沿-y方向，有qE=ma（1分）位移大小為（1分）沿x正方向做勻速運動，由幾何關(guān)系Δx1=2d=v0t（1分）解得vy=v0又vy=at（1分）聯(lián)立求得電場強度大小為（1分）（2）由題意，粒子從N點垂直O(jiān)P進入磁場，到從C點垂直x軸離開磁場，由幾何關(guān)系，則粒子在磁場中做圓周運動的半徑R=LON=2d（1分）在N點粒子速度與OP垂直，大小為v=v0（1分）由牛頓第二定律解得（3）由運動規(guī)律，粒子在電場中做類平拋的時間為t1，有粒子在磁場中做勻速圓周運動的時間為t2，有t2=T，故從M點運動到C點所用的總時間為18.（15分1）0.4A順