1、龙泉中学 2018 年高二下学期期中复习磁场和电磁感应练习题一、选择题（本题共 10 小题。16 题只有一个答案是正确的，710 题有多个答案正确。）1.当穿过线圈的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是（ ）A. 线圈中一定有感应电流B. 线圈中一定有感应电动势C. 感应电动势的大小跟磁通量的变化成正比D. 感应电动势的大小跟线圈的电阻有关【答案】B【解析】当线圈中的磁通量发生变化时，若线圈是闭合的，则有感应电流，若不闭合，则无感应电流，有感应电动势。故 A 错误，B 正确，根据法拉第电磁感应定律 ，知感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比。故 C 错误。感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比
2、，与线圈电阻无关。当电路闭合，则感应电流与线圈电阻有关。故 D 错误；故选 B。【点睛】当穿过闭合回路的磁通量发生变化，在闭合回路中就会产生感应电流线圈中的感应电动势与磁通量的变化率成正比2.当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】通电直导线电流从左向右，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，即垂直纸面向里，A 正确；如图所示，根据右手螺旋定则，磁场的方向逆时针（从上向下看） ，因此小磁针静止时北极背离读者，即垂直纸面向里，B 正确；环形导线的电流方向如图所示，根据右手螺旋定
3、则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，即垂直纸面向外，C 错误；根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向，由右向左，则小磁针的静止时北极指向左，D 错误3. 如图所示的电路中，D1 和 D2 是两个相同的小灯泡，L 是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与 R 相同在开关 S 接通和断开时，灯泡 D1 和 D2 亮暗的顺序是 ( )A. 接通时 D1 先达最亮，断开时 D1 后灭B. 接通时 D2 先达最亮，断开时 D1 后灭C. 接通时 D1 先达最亮，断开时 D1 先灭D. 接能时 D2 先达最亮，断开时 D2 先灭【答案】A【解析】解
4、析：当开关 S 接通时，D 1和 D2应该同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上产生自感电动势的方向是左边正极，右边负极，使通过线圈的电流从零开始慢慢增加，所以开始瞬时电流几乎全部从 D1通过而该电流又将同时分路通过 D2和 R，所以D1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，D 1和 D2达到一样亮当开关 S 断开时，电源电流立即为零，因此 D2立刻熄灭，而对 D1，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势(右端为正极，左端为负极)，使线圈 L 和 D1组成的闭合电路中有感应电流，所以 D1后灭故选 A4.如图所示，两水平平行金属导轨间接有电阻 R，置于匀强磁场中，
5、导轨上垂直搁置两根金属棒 ab、cd当用外力 F 拉动 ab 棒向右运动的过程中，cd 棒将会 （ ）A. 向右运动 B. 向左运动 C. 保持静止 D. 向上跳起【答案】A【解析】【分析】当用外力 F 拉动 ab 棒向右运动，会产生感应电动势，从而产生感应电流，cd 棒中有电流后会受到安培力，在安培力的作用下将会运动，根据右手定则判断感应电流的方向，根据左手定则判断安培力的方向，从而确定运动的方向；【详解】当用外力 F 拉动 ab 棒向右运动，根据右手定则，在 ab 棒中产生 b 到 a 的电流，则在 cd 棒中有 c 到 d 的电流，根据左手定则，cd 棒受到向右的安培力，所以 cd 棒将
6、会向右运动，故 A 正确，BCD 错误。【点睛】解决本题的关键掌握用右手定则判定感应电流的方向，用左手定则判定安培力的方向，本题也可以利用楞次定律进行判断。5.两个带电粒子以同一速度、同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的运动轨迹如图8220 所示粒子 a 的运动轨迹半径为 r1，粒子 b 的运动轨迹半径为 r2，且r22r 1，q 1、q 2分别是粒子 a、b 所带的电荷量，则A. a 带负电、b 带正电，比荷之比为 21B. a 带负电、b 带正电，比荷之比为 12C. a 带正电、b 带负电，比荷之比为 21D. a 带正电、b 带负电，比荷之比为 11【答案】C【解析】试题分析：由粒子的
7、运动轨迹及左手定则可判断 a 带正电、b 带负电，根据 ，可得 ，所以 r 2：r 1=21。选项 C 正确。考点：左手定则及牛顿定律。6.电量为 q 的带电粒子以垂直于匀强磁场的速度 V，从 M 点进入磁场区域，经偏转后，沿初速度方向运动距离为 d，偏转距离为 L 从 N 点离开磁场，如图所示，若磁场的磁感应强度为B，重力可忽略不计,那么A. 该粒子带正电B. 带电粒子在磁场中的运动时间 t=d/VC. 洛仑兹力对带电粒子做的功是 W=BqVLD. 带电粒子在 N 点的速度值也为 V【答案】D【解析】【分析】根据洛伦兹力的方向，结合左手定则判断粒子的电性，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力
8、不做功；【详解】A、根据洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力方向指向圆心，由左手定则，知粒子带负电，故 A 错误；B、粒子在磁场中靠洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，粒子在 N 点的速度大小也为 V，因为粒子运动的弧长大于 d，则运动的时间大于 ,故 D 正确，BC 错误。【点睛】解决本题的关键知道粒子在电场中重力不计，靠洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功。7.如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器，速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为 B 和 E，平板 S 上有可让粒子通过的狭缝 P
9、 和记录粒子位置的胶片 A1A2。平板 S 下方有强度为 B0的匀强磁场，下列表述正确的是 （ ）A. 质谱仪是分析同位素的重要工具B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C. 能通过狭缝 P 的带电粒子的速率等于D. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，粒子的比荷越小【答案】ABC【解析】试题分析：进入 B0的粒子满足 ，知道粒子电量后，便可求出 m 的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故 A 正确；假设粒子带正电，则受电场力向右，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故 B 正确；由 qE=qvB，得 ，此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故 C 正确；由 ，知 R 越小，荷质比越大，
10、故 D 错误。故选 ABC.考点：质谱仪视频8.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个 D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，下列说法中正确的是( )A. 增大匀强电场间的加速电压 B. 增大磁场的磁感应强度C. 减小狭缝间的距离 D. 增大 D 形金属盒的半径【答案】BD【解析】【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关；【详解】由 ，
11、解得 ，则动能 ，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和 D 形盒的半径有关，增大磁感应强度和 D 形盒的半径，可以增加粒子的动能，故 BD 正确，AC 错误。【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和 D 形盒的半径有关。9.如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流，各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是 （ ）A. B. C. D. 【答案】CD【解析
12、】解：A、根据安培定则，感应电流的磁场竖直向下；磁体的磁场向下；靠近，磁通量增加；根据楞次定律，增反减同，故矛盾；故 A 错误；B、根据安培定则，感应电流的磁场竖直向下；磁体的磁场向下；远离，磁通量减小；根据楞次定律，增反减同；不矛盾；故 B 正确；C、根据安培定则，感应电流的磁场竖直向下；磁体的磁场向上；远离，磁通量减小；根据楞次定律，增反减同；矛盾；故 C 错误；D、根据安培定则，感应电流的磁场竖直向下；磁体的磁场向上；靠近，磁通量增加；根据楞次定律，增反减同，故不矛盾；故 D 正确；故选：BD【点评】本题也可从运动角度去分析：来拒去留；当 N 极靠近时，则线圈上端相当于 N 极去抗拒，从
13、而确定感应电流方向10.如图所示，先后以速度 v1和 v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域， v1=2v2，在先后两种情况下A. 线圈中的感应电流之比为 I1 I2=21B. 线圈中的感应电流之比为 I1 I2=12C. 线圈中产生的焦耳热之比 Q1 Q2=12D. 通过线圈某截面的电荷量之比 q1 q2=11【答案】AD【解析】【分析】根据 ，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比；根据 ，求出线圈中产生的焦耳热之比；根据 ，求出通过线圈某截面的电荷量之比；【详解】AB、由于 ，根据 ，知感应电动势之比 ，感应电流 ，则感应电流之比为 ，故 A 正确，B 错误；C、由 ，知时间比
14、为 ，根据 ，知焦耳热之比为 ，故 C 错误；D、根据法拉第电磁感应定律结合电流表达式可以得到电量为： ，知通过某截面的电荷量之比为 ，故 D 正确。【点睛】解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势 ，欧姆定律，知道电磁感应中电荷量公式 。二、填空题：（本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分）11.如图所示是穿过每匝线圈的磁通量的变化情况，线圈的匝数为 10 匝，则线圈内的感应电动势的最大值是 最小值是 。【答案】40 0【解析】感应电动势 ，所以图线斜率越大，感应电动势越大，则圈内的感应电动势的最大值在 45s 阶段，其值为 ，则 24s，磁通量不发生变化，所以感应电动势为
15、零，则最小值为 0V故答案为：40 ，012.在匀强磁场中，有一段 5cm 的导线和磁场垂直，当导线通过的电流是 1A 时，受磁场的作用力是 0.1N，那么磁感应强度 B=_T；现将导线长度增大为原来的 3 倍，通过电流减小为原来的一半，那么磁感应强度 B=_T，导线受到的安培力 F=_N。【答案】 (1). 2; (2). 2； (3). 0.15；【解析】根据磁感应强度的定义式： ，可得该处的磁感应强度为 2T，这与导线的放置、长短、电流大小等因素无关，即该处的磁感应强度有磁场本身决定，所以该处的磁感应强度为仍然为 2T；根据安培力公式： F=BI1L1=20.150.5N=0.15N.1
16、3.某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度。读出图中的示数，该金属圆片的直径的测量值为_cm，厚度的测量值为_mm。【答案】 (1). 1.240 (2). 1.683【解析】分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：游标卡尺的主尺读数为 12mm，游标读数为 80.05mm=0.40mm，所以最终读数为12.40mm=1.240cm螺旋测微器的固定刻度读数为 1.5mm，可动刻度读数为 0.0118.2mm=0.182mm所以最终读数为 1.682mm故答案为：1.24
17、0； 1.682点评：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读视频14.一初速为零的带电粒子，经过电压为 U=3.0V 的电场加速后垂直进入磁感强度为 B=1.0T的匀强磁场中，已知带电粒子的质量是 m=0.4kg，电量是 q=0.6C，则带电粒子所受的洛仑兹力为_N，轨道半径为_m【答案】 (1). 1.8 (2). 2.0 【解析】【分析】粒子经过加速电场时，根据动能定理求得进入磁场时的速度，在磁场中受到洛伦兹力提供向心力代入数据计算可得轨道半径；【详解】粒子经过加速电场时，根据动能
18、定理 ，得：进入匀强磁场中做匀速圆周运动，受到的洛伦兹力为：洛伦兹力提供向心力 ，得： 。【点睛】本题主要考查洛伦兹的计算公式，以及掌握带电粒子垂直进入匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。15.如图所示，水平放置的两平行金属板相距为 d，金属板与两平行金属导轨相连，导轨间距为 L，匀强磁场与导轨平面垂直，磁场的磁感应强度为 B，由于导轨上有一导体棒 ab 在运动，导致平行板板间有一质量为 m，电荷量为 q 的带负电的液滴处于静止状态。则导体 ab 的速度大小为_，方向为_【答案】 (1). (2). 向右【解析】【分析】平行板两端间的电势差等于导体棒切割产生的电动势，带负电的液滴处于
19、静止状态，知液滴受重力和电场力处于平衡，根据受力平衡求出电场强度的大小和方向，从而知道导体棒的速度大小和方向；【详解】质量为 m，电荷量为 q 的带负电的液滴处于静止状态，有 ，电场强度的方向竖直向下，则上板电势高于下板，则 ，所以 ，根据右手定则，a 点的电势高于 b 点，知 ab 棒向右运动。【点睛】解决本题的关键根据液滴受力平衡求出平行板两端间的电势差，从而求出导体棒切割的速度，通过电场的方向得出两端电势的高低，根据右手定则得出导体棒运动的方向。16.如图所示，a、b、c、d 是滑动变阻器的四个接线柱，现将其串联接入电路中，以控制灯泡的亮度，且要求当滑动触头向 d 滑动过程中，灯泡变亮，
20、请将实物图连接成符合要求的电路_。【答案】如图所示：【解析】【详解】据滑动变阻器能够控制灯泡的亮度，可将滑动变阻器与灯泡串联，变阻器的触头向d 移动时，灯泡越来越亮，说明电流变大，电阻变小，电阻丝的长度要变短，所以滑动变阻器接入电路的接线柱是 bd 或 bc，连接实物图如图所示：【点睛】滑动变阻器是通过调节接入电路的导线长度来调节电阻的，应熟练掌握其接线方法，本题要明确题目的要求，得出各电路元件的连接方式，要注意导线不能同时接到变阻器的金属杆上，c、d 只能任选一个。17.在“测定金属丝电阻率”的实验中：（1）用千分尺测量金属丝的直径，千分尺示数如图所示，则金属丝的直径为_mm. （2）已知电
21、阻丝约为 20，现备有下列器材供测量该电阻丝的电阻时选用，电流表应选_，电压表应选_，滑动变阻器应选_ (只填代号)A量程是 0.6A，内阻约 0.5 的电流表；B量程是 3A，内阻约 0.1 的电流表；C量程是 3V，内阻约 6K 的电压表；D量程是 15V，内阻约 30K 的电压表；E阻值是 01K，额定电流为 0.5A 的滑动变阻器；F阻值是 020，额定电流为 2A 的滑动变阻器；G蓄电池（电动势约 10V，内阻很小） ；H开关一个，导线若干。（3）用伏安法测上述电阻丝电阻的电路图应选用上图中的那个电路图_【答案】 (1). (1)2.495mm； (2). (2)A； (3). D；
22、 (4). F； (5). (3)甲【解析】(1) 由图示螺旋测微器可知，固定刻度读数：2mm；可动刻度读数：，故螺旋测微器读数为：)2.495mm；(2) 由于温度对电阻的影响，通过待测电阻的电流不能太大，所以电流表应选 A；由于电表的最小读数应在量程的 以上，所以待测电阻两端的最小电压为 ,所以电压表选 D；又电路的最大阻值为： ，故变阻器选 F；(3) 由于满足 ，所以电流表应用外接法，所以应选图甲点晴：对电学实验题目，要根据电表能读数的要求利用欧姆定律和闭合电路欧姆定律进行计算，然后再选择合适的器材和电路即可。三、计算题18.如图所示，一根长 L=0.2m 的金属棒放在倾角为 =37
23、0的光滑斜面上，并通以 I=5A 电流，方向如图所示，整个装置放在磁感应强度为 B=0.6T，竖直向上的匀强磁场中，金属棒恰能静止在斜面上，则该棒的重力为多少？（ ）【答案】1N【解析】试题分析：棒子所受的安培力 F=BIL=0.6N结合受力分析图，根据共点力平衡得： =1N考点：安培力点评：对导体棒进行受力分析，受到重力、支持力、安培力处于平衡，根据共点力平衡由三角函数关系求出棒的重力19.如图所示，一束电子（电量为 e）以速度 v 垂直射入磁感应强度为 B、宽度为 d 的匀强磁场，穿透磁场时的速度与电子原来的入射方向的夹角为 600。求：(1) 电子的质量 m(2) 电子在磁场中的运动时间
24、 t【答案】 （1）电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为 F洛 v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向的交点上，设为 O 点。由几何知识可知， 所对圆心角 ，OB 为半径 rr=d/sin30=2d （1 分）又由 （1 分）得 （2 分）（2）由于 所对圆心角是 30，因此穿过时间 （1 分）由于 （1 分）故 （2 分）【解析】略20. 图甲所示，光滑且足够长的金属导轨 MN、PQ 平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L=020m，电阻 R=040，导轨上停放一质量 m=010kg 的金属杆 ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻 r=010，导轨的电阻
25、可忽略不计整个装置处于磁感应强度 B=050T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下现用一水平外力 F 水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数 U 随时间 t 变化的关系如图乙所示从金属杆开始运动至 t=50s 时，求该时刻：（1）通过金属杆的感应电流的大小和方向；（2）金属杆的速度大小；（3）外力 F 的瞬时功率【答案】 （1）10A ba（2）50m/s（3）10W【解析】试题分析：（1） 时的 ，通过金属杆的电流用右手定则判断出，此时电流的方向为由 b 指向 a（2）金属杆产生的感应电动势因 ，所以 50s 时金属杆的速度大小（
26、3）金属杆速度为 v 时，电压表的示数应为由图象可知，U 与 t 成正比，由于 R、r、B 及 L 均为不变量，所以 v 与 t 成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动金属杆运动的加速度根据牛顿第二定律，在 50s 末时对金属杆有 ，解得此时 F 的瞬时功率考点：考查了电磁感应与电路【名师点睛】解决本题的关键根据 U 与 t 的关系，推导出 v 与 t 的关系，判断出棒的运动性质，同时要掌握导体切割产生的感应电动势大小公式21.在如图所示的空间区域里， x 轴下方有一匀强电场，场强方向跟 x 轴负方向成 60角，大小为 E = 105N/C， x 轴上方有一垂直纸面向里的
27、匀强磁场，有一质子以速度 = 2.0106m/s 由 x 轴上 A 点（ OA = 20cm）从与 x 轴正方向成 30角射入磁场，恰好从坐标原点 O 穿过 x 轴射入电场，已知质子质量 m=1610 -27kg，求（1）匀强磁场的磁感应强度；（2）质子经过电场后，再次射入磁场的位置和方向【答案】 （1）0.1T（2）从 A 点射入；方向与 x 轴正向成角度为【解析】【分析】（1）画出质子在磁场中运动的轨迹，由几何知识求出轨迹半径 r，由 求解磁感应强度 B；（2）质子进入电场时速度方向与电场方向垂直，做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式求出质子再射入磁场的位置离 O 点距离，及速度方向；【详解】 （1）画出质子在磁场中运动的轨迹如图所示：由几何知识得轨迹半径 ，由 得： ；（2）由图看出，质子进入电场时速度方向与电场方向垂直，做类平抛运动，则沿电场线方向：垂直电场线方向：几何关系： 联立可得：所以再射入磁场位置离 O 点距离为 ，即从 A 点射入由类平抛推论：质子离开电场时速度方向交沿垂直于电场线方向位移的中点，以及几何关系可得：粒子再次射入磁场的速度方向与 x 轴正向成角度为 。【点睛】本题质子在组合场中运动的类型，磁场中画出质子的轨迹，电场中运用运动的分解法研究，合理运用相关推论，解题更加简便。
