浙江省湖州市长兴中学2022学年高二物理下学期期中试卷（含解析）

2022-2022学年浙江省湖州市长兴中学高二（下）期中物理试卷一、单项选择题（本大题共13小题，每小题3分，每题只有一个选项符合题目要求，共39分）1．（3分）（2022春•长兴县校级期中）关于电磁感应现象，下列说法中正确的是（　　）　A．只要闭合电路中有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生　B．只要闭合线圈做切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流　C．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大　D．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大考点：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：根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势与什么因素有关．感应电流产生的条件：当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流．解答：解：A、感应电流产生的条件是闭合回路中磁通量发生变化，闭合电路内有磁通量不一定有磁通量的变化，所以闭合电路中就不一定有感应电流产生．故A错误．B、闭合电路在磁场中运动，磁通量不一定发生变化，所以闭合电路中就不一定有感应电流产生．故B错误；C、根据E=，磁通量变化大，磁通量的变化率不一定大，感应电动势不一定大，故C错误；D、根据E=，穿过线圈的磁通量变化越快，磁通量变化率越大，则感应电动势越大．故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道感应电动势的大小与磁通量的变化率有关．判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化．　2．（3分）（2022春•长兴县校级期中）如图，金属圆环的一半面积处在磁场中，穿过环的磁通量每秒钟均匀增加0.3Wb，则（　　）　A．圆环中感应电动势每秒增加0.3V　B．圆环中感应电动势每秒减少0.3V　C．圆环中感应电动势始终为0.3V　D．圆环中感应电动势始终为0.15V考点：法拉第电磁感应定律；安培力．专题：电磁感应与电路结合．-16-\n分析：根据法拉第电磁感应定律E=n，分析感应电动势的大小．解答：解：磁通量始终保持每秒钟均匀地增加6Wb，则=0.3Wb/s，根据法拉第电磁感应定律E=n，知E=0.3V保持不变．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，会运用法拉第电磁感应定律解题．　3．（3分）（2022春•长兴县校级期中）图中是涡流在生产、生活中的应用，下列描述中不正确的是（　　）　A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置　B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的　C．金属探测器的原理主要是利用涡流来探测金属　D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流考点：*涡流现象及其应用．分析：电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流．涡流会在导体中产生大量的热量．解答：解：A、真空冶炼炉是线圈中的电流做周期性变化，在冶炼炉中产生涡流，从而产生大量的热量．故A正确．B、家用电磁炉锅体中的涡流是由周期性磁场产生的．故B错误．C、金属探测器中变化电流遇到金属物体，在金属物体上产生涡流．故C正确．D、变压器中的电流的交流，当变压器中的电流变化时，是其内芯将产生涡流，使用硅钢片做成的内芯可以尽可能减小涡流的损失．属于涡流的应用．故D正确．本题选择错误的，故选：B．点评：掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，电磁灶等．　4．（3分）（2022春•长兴县校级期中）一段长0.2m，通过2.5A电流的直导线，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，受到的安培力为F，则下列说法正确的是（　　）　A．如果B=2T，F一定是1N　B．如果F=0，B也一定为零　C．如果B=4T，F有可能是1N　D．如果F有最大值时，通电导线一定与B平行考点：安培力．-16-\n分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BILsinθ求出安培力大小，当夹角为零时没有安培力；当夹角为90°时，安培力最大；则安培力在最大值与零之间．解答：解：A、如果B=2T，当直导线垂直于磁场时，则由公式可得安培力的大小为F=BIL=2×2.5×0.2N=1N．若不垂直，则通电导线受到的安培力小于1N，故A错误；B、如果F=0，直导线可能与磁场平行，则B不一定为零，故B错误；C、如果B=4T，若垂直放置时，则安培力大小为F=BIL=4×2.5×0.2N=2N．因此F有可能是1N，故C正确；D、如果F有最大值，通电导线一定与B垂直，故D错误，故选：C点评：学会运用F=BIL计算安培力的大小，注意公式成立的条件是B与I相互垂直．若不垂直则可将磁感应强度沿直导线与垂直导线两方向进行分解，则平行的没有安培力，垂直的安培力可用F=BIL计算安培力的大小．　5．（3分）（2022春•长兴县校级期中）如图所示，三根通电直导线P、Q、R互相平行垂直纸面放置，通过正三角形的三个顶点，三根导线通入大小相等、方向垂直纸面向里的电流．则导线R受到的磁场力的方向是（　　）　A．垂直R，指向y轴负方向B．垂直R，指向y轴正方向　C．垂直R，指向x轴正方向D．垂直R，指向x轴负方向考点：平行通电直导线间的作用．分析：R所在处的磁场是由P与Q中的电流产生的，由安培定则判断出R处磁场的方向，然后由左手定则判断出R中电流所示安培力的方向．解答：解：由安培定则可知，通电指导线P、Q在R处产生的磁场方向水平向右，即沿X轴正方向，则R处的磁场方向沿X轴正方向；由左手定则可知，通电直导线R所受安培力垂直于R指向Y轴负方向．选项BCD错误，A正确．故选：A．点评：要注意解题步骤，先由安培定则判断出R处的磁场方向，然后由左手定则判断出安培力的方向．　6．（3分）（2022春•长兴县校级期中）马航MH370客机失联后，中国两架伊尔﹣76飞机参与了在南印度洋的搜救工作．已知在南半球地磁场的竖直分量向上，飞机处于定速巡航时段，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处电势为φ2，则在飞机定速巡航时，下列说法正确的是（　　）　A．无论飞机航向如何都有φ1＜φ2　B．只有飞机从南往北飞，φ1＜φ2　C．只有飞机从西往东飞，φ1＜φ2-16-\n　D．只有飞机从东往西飞，φ1=φ2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：由于地磁场的存在，当飞机在南半球水平飞行时，两机翼的两端点之间会有一定的电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样．由右手定则可判定电势的高低．解答：解：当飞机在南半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向上，由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，由右手定则可判知，在南半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势低，右方机翼电势高，即总有φ1＜φ2．故选：A．点评：本题要了解地磁场的分布情况，掌握右手定则．对于机翼的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势，而电源内部的电流方向则是由负极流向正极的．　7．（3分）（2022春•长兴县校级期中）如图所示，一电子束垂直于电场、磁场方向进入A、B两板之间，运动轨迹偏向A极板，为了使电子束射入后能沿射入方向做直线运动（不计电子重力和电子间相互作用力），可采用的方法是（　　）　A．将极板间距离适当减小B．将极板间距离适当增大　C．将变阻器滑动头P向右滑动D．将变阻器滑动头P向左滑动考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，洛伦兹力方向向下，电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力．解答：解：根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小F电=Ee=洛伦兹力方向向下，F=Bev电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力．A、将极板间距离适当减小时，F电增大，不满足要求，故A错误；B、将极板间距离适当增大时，F电减小，满足要求，故B正确；C、将变阻器滑动头P向右或向左移动时，电容器两端电压不变，电场力不变，故CD错误；故选：B．点评：本题是带电粒子在混合场中运动的问题，电子受到电场力和洛伦兹力，要使粒子做直线运动，则要求电场力等于洛伦兹力，难度适中．　-16-\n8．（3分）（2022春•长兴县校级期中）如图所示，铜质导电板置于匀强磁场中，通电时铜板中电流方向向下，由于磁场的作用，则（　　）　A．板左侧聚集较多电子，使b点电势高于a点　B．板左侧聚集较多电子，使a点电势高于b点　C．板右侧聚集较多电子，使a点电势高于b点　D．板右侧聚集较多电子，使b点电势高于a点考点：左手定则；电势；洛仑兹力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据左手定则，让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是正电荷所受的洛伦兹力的方向．由此可以判断电子的运动的方向．解答：解：通电时铜板中电流方向向下，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力的方向是向右的，所以电子会偏向右侧，所以b侧聚集较多电子，同时使a点出现正电荷，所以a点的电势高于b点电势，所以C正确，ABD错误．故选：C．点评：考查洛伦兹力的方向，注意正电荷运动的方向与电流的方向相同，负电荷运动的方向与电流的方向相反．　9．（3分）（2022春•长兴县校级期中）如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的小灯泡，线圈L的直流电阻等于小灯泡电阻，下列说法中正确的是（　　）　A．闭合开关K，A2马上变亮，A1逐渐变亮，最后一样亮　B．闭合开关K，A1和A2始终一样亮　C．断开开关K时，A2立刻熄灭，A1闪一下再熄灭　D．断开开关K瞬间，A1和A2的亮度相同考点：自感现象和自感系数．分析：闭合开关S，电阻R不产生感应电动势，A2立即发光．线圈中电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流如何变化，判断灯的亮度如何变化．断开开关S，A2灯原来的电流突然消失，线圈中电流减小，再由楞次定律分析电流如何变化，判断灯的亮度如何变化．解答：解：A、B、闭合开关S，电阻R不产生感应电动势，A2立即发光．线圈中电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律得知，自感电动势阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大，A1逐渐亮起来，所以闭合开关S，A2先亮、A1-16-\n后亮，最后它们一样亮．故A正确B错误．C、D、断开开关S时，A2灯原来的电流突然消失，线圈中电流从原来的大小开始减小，产生感应电动势，相当于电源，感应电流流过A1、A2和R组成的回路，所以A1、A2都要过一会才熄灭，通过A2的电流方向与断开前相反．A1不会闪一下再熄灭，A1和A2的亮度相同．故C错误D正确．故选：AD点评：解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小．自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守电磁感应的普遍规律楞次定律，对本题这种类型问题就是利用楞次定律来分析．　10．（3分）（2022春•长兴县校级期中）带电粒子M和N，以相同的速率先后经小孔S垂直进入如图所示的单边界磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，关于两粒子在匀强磁场中运动，下列说法正确的是（　　）　A．M、N电性相同　B．M、N的运动时间可能相等　C．M的运动时间一定大于N的运动时间　D．减小N的速率，N运动时间一定减小考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；求出粒子做圆周运动的周期，然后分析粒子的运动时间．解答：解：A、由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误；B、由图示运动轨迹可知，粒子在磁场中转过半个圆周，运动时间为周期的一半，粒子做圆周运动的周期：T=，粒子的运动时间：t=T=，由于v相同而：rM＞rN，则tM＞tN，故B错误，C正确；D、N粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，减小N的速率，N运动时间不变，故D错误；故选：C．点评：本题考查了判断粒子的电性、比较粒子运动时间关系，由于左手定则、半径的公式和根据周期的公式即可正确解题，本题是一道基础题．　11．（3分）（2022•武汉二模）图中的a是一个边长为为L的正方向导线框，其电阻为R．线框以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场区域b．如果以x轴的正方向作为力的正方向．线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则磁场对线框的作用力F随时间变化的图线应为哪个图（　　）-16-\n　A．B．C．D．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．专题：电磁感应与图像结合．分析：由线圈运动时切割磁感线的长度为L，由E=BLv可求得感应电动势，则由欧姆定律可得出电流，由安培力公式F=BIL分析安培力，即可判断作用力与时间的关系；由右手定则可得出电流的方向，由左手定则分析安培力方向．再进行分析选择．解答：解：在0﹣内，线框在磁场之外，感应电流为0．安培力为0；在﹣2内，由右手定则可得出感应电流的方向为逆时针的方向，维持线框以恒定速度V沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向．在2﹣4内，线框全部进入磁场，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为0．安培力为0；在4﹣5内，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出感应电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度V沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向．故选：B点评：本题考查的是线框穿磁场产生感应电流的典型情景，电磁感应与图象的结合一般考查选择题，先找到各图中的不同点，主要分析不同点即可得出正确答案．　12．（3分）（2022春•长兴县校级期中）如图所示，乙图中A、B为两个相同的环形线圈，挂在水平光滑的绝缘细杆上，A线圈中通有如图甲所示的电流，则（　　）　A．在t1到t2时间内A、B两线圈相斥-16-\n　B．在t2到t3时间内A、B两线圈相吸　C．t1时刻两线圈间作用力为零　D．t2时刻两线圈间吸引力最大考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．解答：解：A、在t1到t2时间内，若设逆时针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故A错误；B、在t2到t3时间内，若设逆时针方向（从左向右看）为正，则线圈A电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故B错误；C、由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零．故C正确；D、在t2时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故D错误；故选：C点评：解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同．　13．（3分）（2022春•长兴县校级期中）如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，忽略高速粒子的相对论效应，则下列判断中正确的是（　　）　A．带电粒子在电场中运动时不一定每一次都被加速　B．在Ek﹣t图中tn﹣tn﹣1的间隔越来越大　C．粒子加速次数越多，获得的最大动能一定越大　D．D形盒半径越大，带电粒子获得的动能就越大考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．-16-\n分析：交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由公式T=和r=判断；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径．解答：解：A、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期相同，则每次都被加速，故A错误；B、洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，解得r=，故周期T==，与速度无关，故t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1=，故B错误；C、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径；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，与加速电压等其他因素无关，故C错误；D、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径；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D正确；故选：D．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．　二．填空题（本题共3小题，每空2分，共16分）14．（4分）（2022秋•黄冈期末）在用阴极射线管研究磁场对运动电荷作用的实验中，将阴极射线管的A、B两极连在高压直流电源的正负两极上．从A极发射出电子，当将一蹄形磁铁放置于阴极射线管两侧，显示出电子束的径迹如图所示，则阴极射线管的A极应接在电源的　负　极上（选填“正”或“负”）；蹄形磁铁的C端为　S　极（选填“N”或“S”）考点：左手定则．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电子束从阴极射出，根据左手定则，判断出磁场的方向，从而得出磁铁的极性．解答：解：电子束从阴极射出，所以A极应接在电源的负极上，根据电子束的偏转方向知，洛伦兹力向上，通过左手定则知，磁场的方向由D到C，所以D为N极，C端为S极．故答案为：负，S点评：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电荷运动方向以及洛伦兹力方向的关系，以及注意四指方向与正电荷运动方向相同，与负电荷运动方向相反．-16-\n　15．（6分）（2022春•长兴县校级期中）如图所示，U形金属导轨置于光滑绝缘的水平面上，导轨间距为l=0.4m，左端连接的电阻R=0.4Ω．金属棒ab长度L=0.4m，电阻r=0.1Ω．在导轨范围内有垂直水平面的、磁感强度B=0.1T的匀强磁场，当用外力使棒ab以速度v=5m/s匀速右移时，试求：（1）通过ab棒的电流I=　0.4　A；（2）ab棒两端的电势差Uab=　0.16　V；（3）ab棒克服安培力做功的功率P克=　0.08　W．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）由E=BLv求出电动势，由欧姆定律求出电流．（2）由欧姆定律求出ab两端的电势差．（3）由安培力公式求出安培力，然后由P=Fv求出功率．解答：解：（1）感应电动势：E=Blv=0.1×0.4×5=0.2V，电流：I===0.4A；（2）ab棒两端的电势差Uab=IR=0.4×0.4=0.16V；（3）安培力：F=BIl=0.1×0.4×0.4=0.016N，克服安培力的功率：P=Fv=0.016×5=0.08W；故答案为：（1）0.4；（2）0.16；（3）0.08．点评：本题关键要掌握感应电动势公式E=BLv、欧姆定律、功率公式等等电磁感应基本知识，即可正确解题．求ab间电势差时要注意金属棒是电源，ab间电势差是路端电压，不是感应电动势，也不是内电压．　16．（6分）（2022春•长兴县校级期中）如图所示，矩形导线框abcd，匝数为N=10匝，ad边长L1=20cm，ab边长L2=10cm在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中围绕与B方向垂直的OO′转轴匀速转动，角速度ω=4πrad/s，当线框从平行于磁场位置开始转过过程中，线圈中磁通量的变化量是　0　wb，线圈中磁通量平均变化率为　0　wb/s，平均感应电动势为　0　V．考点：法拉第电磁感应定律．-16-\n专题：电磁感应与电路结合．分析：已知磁感应强度与正形导线框的边长，根据磁通量的计算公式可以求出磁通量的变化量；由法拉第电磁感应定律求出感应电动势．解答：解：当线框从平行于磁场位置开始转过过程中，磁通量的变化量：△Φ=Φ2﹣Φ1=BS′﹣BS=0﹣0=0，线圈中磁通量平均变化率为=0，角速度ω=4πrad/s，T===0.5s，平均感应电动势：E=N=10×=0V；故答案为：0，0，0．点评：本题考查了求磁通量的变化、感应电动势，知道磁通量的定义式、应用法拉第电磁感应定律即可正确解题．　三、实验题（本题共2小题，每空2分，共10分）17．（6分）（2022春•长兴县校级期中）在探究感应电流产生的条件时，某班同学做了如下实验：探究Ⅰ：如图甲所示，将螺线管与电流表组成闭合回路，然后进行如下操作：①把条形磁铁放在螺线管内不动；②把条形磁铁插入螺线管；③把条形磁铁拔出螺线管．探究Ⅱ：如图乙所示，螺线管A、滑动变阻器、电源、开关组成一个回路；A放在螺线管B内，B与电流表组成一个闭合回路，然后进行如下操作：④闭合和断开开关瞬间；⑤闭合开关，A中电流稳定后；⑥闭合开关，A中电流稳定后，将滑动变阻器滑片P向右滑动．可以观察到：（1）在探究Ⅰ中，　②③　操作，闭合回路会产生感应电流；（填写探究中的序号）（2）在探究Ⅱ中，　④⑥　操作，闭合回路会产生感应电流；（填写探究中的序号）（3）在探究Ⅱ中，若断开开关瞬间，电流表指针向左偏，请写出能使电流表指针也向左偏的另外一种操作是　闭合开关，A中电流稳定后，将滑动变阻器滑片P向左滑动　．考点：研究电磁感应现象．-16-\n专题：实验题．分析：闭合电路的一部分导体切割磁感线，回路产生感应电流；穿过闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据题意与感应电流产生的条件分析答题．解答：解：（1）在探究Ⅰ中，①把条形磁铁放在螺线管内不动，穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流；②把条形磁铁插入螺线管过程中，穿过回路的磁通量发生变化，产生感应电流；③把条形磁铁拔出螺线管过程中，磁通量发生变化，产生感应电流；故选②③．（2）在探究Ⅱ中，④闭合和断开开关瞬间，穿过回路的磁通量变化，产生感应电流；⑤闭合开关，A中电流稳定后，磁通量不变，不产生感应电流；⑥闭合开关，A中电流稳定后，再改变滑动变阻器的阻值，穿过回路的磁通量变化，产生感应电流．故选④⑥．（3）在探究Ⅱ中，若断开开关瞬间，电流表指针向左偏，可知，磁通量在减小时，出现左偏现象，因此能使电流表指针也向左偏的另外一种操作是：闭合开关，A中电流稳定后，将滑动变阻器滑片P向左滑动；故答案为：（1）②③；（2）④⑥；（3）闭合开关，A中电流稳定后，将滑动变阻器滑片P向左滑动．点评：本题考查了感应电流产生的条件，知道感应电流产生的条件，分析清楚题意即可正确解题．　18．（4分）（2022春•长兴县校级期中）（1）如甲图，小亮将玩具电动机通过开关、电流表接到电池上，第一次小电动机正常转动，记录电流表读数；第二次用手按住小电动机使其不转动，记录电流表读数．问乙、丙两图哪一幅是对应第二次电动机不转动时的读数　丙　；（2）分析电流变化原因时会用到的主要物理知识有　D　A．电磁感应原理B．电流的磁效应C．电场对带电粒子的作用D．通电导线在磁场中受安培力．考点：闭合电路的欧姆定律．分析：解答本题应明确：电动机为非纯电阻，能量转化为内能和机械能．解答：-16-\n解：（1）在电机转动时，电压一部分通过电流受力转化为机械能，别一部分加在内阻上，产生内能；而不转时，相当于全部电压加在纯电阻上，电流一定会增大；故不转时的测量图应为丙；（2）这里主要是要考虑导线是否由于受安培力而切割磁感线问题；在转动时，由于切割产生的电动势与加在电机上的电动势相反，从而产生能量向机械能的转化，同时减小了加在电机线圈上的电流；而在电机不转时，不在切割磁感线，使电动势全部加在电阻上；从而使电流过大；故解释现象应用的是通电导体在磁场中受安培力；故答案为：（1）丙；（2）D．点评：本题以实验的形式考查对电动机的把握，要注意明确电动机在不转时要看作纯电阻．　三、计算题：（本题共3小题，共35分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）19．（10分）（2022秋•黄冈期末）质谱仪是一种能够把具有不同荷质比（带电粒子的电荷和质量之比）的带电粒子分离开来的仪器，它的工作原理如图所示．其中A部分为粒子速度选择器，C部分是偏转分离器．如果速度选择器的两极板间匀强电场的电场强度为E，匀强磁场的磁感强度为B1．偏转分离器区域匀强磁场的磁感强度为B2，某种带电粒子由O点沿直线穿过速度选择器区域后进入偏转分离器．求：（1）粒子由孔O′进入偏转分离器时的速度为多大？（2）粒子进入偏转分离器后在洛伦兹力作用下做圆周运动，在照相底片MN上的D点形成感光条纹，测得D点到O′点的距离为d，则该种带电粒子的荷质比为多大？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）粒子做匀速直线运动，根据受力平衡求出速度；（2）在磁场中，洛伦兹力提供向心力，结合牛顿运动定律求出比荷．解答：解：（1）粒子在OO′间做匀速直线运动，所以粒子受电场力和磁场力大小相等，方向相反，即qvB1=qE②由此解出粒子进入偏转分离器时的速度为：①（2）粒子进入偏转分离器的磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：由此解出粒子运动的圆周半径为②将（1）中求出的v代入上式，并由题意d=2R-16-\n解出③点评：解决本题的关键理解粒子速度选择器的工作原理，掌握偏转磁场中粒子的运动规律．　20．（12分）（2022春•长兴县校级期中）两平行金属导轨水平放置，一质量为m=0.2kg的金属棒ab垂直于导轨静止放在紧贴电阻R处，R=0.1Ω，其它电阻不计．导轨间距为d=0.8m，矩形区域MNPQ内存在有界匀强磁场，场强大小B=0.25T．MN=PQ=x=0.85m，金属棒与两导轨间动摩擦因数都为μ=0.4，电阻R与边界MP的距离s=0.36m．在外力作用下让ab棒由静止开始向右匀加速运动并穿过磁场，加速度a=2m/s2，g取10m/s2，试求：（1）金属棒ab刚进入磁场时电路中的电流（2）金属棒ab穿过磁场过程中流过R的电量（3）金属棒ab受到的外力F随时间t变化关系．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．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）由匀变速直线运动的速度位移公式求出ab进入磁场时的速度，由E=BLv求出电动势，然后又欧姆定律求出电流．（2）由法拉第电磁感应定律求出电动势，由欧姆定律求出电流，然后由电流定义式求出电荷量．（3）由牛顿第二定律求出F与t间的关系．解答：解：（1）ab棒从静止到达MP过程，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2=2as，代入数据解得：v=1.2m/s，ab进入磁场时产生的电动势：E=Bdv=0.25×0.8×1.2=0.24V，电流：I===2.4A；（2）由法拉第电磁感应定律得：感应电动势：===，感应电流：I=，电荷量：q=I△t，解得：q===1.7C；（3）进入磁场前，由牛顿第二定律得：F﹣μmg=ma，-16-\n代入数据解得：F=1.2N，进入磁场后，由牛顿第二定律得：F﹣=ma，代入数据解得：F=（0.8t+0.88）N；答：（1）金属棒ab刚进入磁场时电路中的电流为2.4A；（2）金属棒ab穿过磁场过程中流过R的电量为1.7C；（3）金属棒ab受到的外力F随时间t变化关系为：进入磁场前：F=1.2N，进入磁场后：F=（0.8t+0.88）N．点评：本题是电磁感应与力学知识的综合，一方面要掌握匀加速直线运动的规律，如速度、位移与时间的关系式，另一方面要熟练运用法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式进行解题．　21．（13分）（2022春•长兴县校级期中）如图所示，用密度为d、电阻率为ρ、横截面积为A的粗金属丝制成边长为L的闭合正方形框abb′a′，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行，如图1、图2所示．设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其它地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa′边和bb′边都处在磁极间，极间磁感应强度大小为B．方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平（不计空气阻力）．假设磁场区域在竖直方向足够长，试求：（1）方框下落的速度为v时的电功率（2）方框下落的最终速度（3）当下落高度h时，方框速度达到最大，从开始下落到速度达到最大过程方框消耗的电能．考点：法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）根据切割产生的感应电动势，抓住切割的有效长度求出感应电动势的大小，通过闭合电路欧姆定律求出电流的大小，从而求出方框下落的速度为v时的电功率．（2）当重力等于安培力时，速度最大，根据平衡，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律以及安培力大小公式求出最终的速度大小．（3）根据能量守恒定律，即可求解．解答：解：（1）由题意知，方框所在处在磁感应强度为B；当环速度为v时，切割磁感线产生的电动势为：E=2BLv；-16-\n电流为：I==电功率为：P=I2R电=（）2×==（2）当方框加速度为零时，有最大速度vm此时有：F安=BIL=B×=由平衡条件有：mg=F安又m=dLA联立上式，解得：vm=（3）由能量守恒定律：mgh=mvm2+Q解得：Q=mgh﹣mvm2=dLA（gh﹣）；答：（1）方框下落的速度为v时的电功率；（2）方框下落的最终速度；（3）从开始下落到速度达到最大过程方框消耗的电能dLA（gh﹣）．点评：本题考查电磁感应与力学以及能量的综合，掌握切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律等知识，知道当重力等于安培力时，速度最大．　-16-