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參考答案
形金中磁場的磁感應強度B增大，帶電粒子在D形金中運
所以有：5=2V3m×2gL=4
3gL
3mv
3,故A正確、BCD錯
動周期一定減小，故D錯誤.故選：A
誤，故選：A,
【答案】A
【答案】A
小題·真題真練
3.【解析】油滴：靜止不動，其受到的合力為零，所以m6g=
【解析】A.根據左手定則，可知小球剛進入硅場時受到的
qE,電場力方向豎直向上，油滴帶負電荷，又油滴b,(在場中
洛倫孩力水平向右，A正確；
做勻速圓周運動，剛其重力和受到的電場力是一對平衡力，
BC.小球受洛倫茲力和重力的作用，則小球運動過程中速
所以1g=m6g=qE,油滴受到的洛倫茲力提供其做勻速圓
度、加速度大小，方向都在變，BC錯誤：
周運動的向心力，由左手定則可判斷，b、〔都是沿順時針方
D.洛侖強力永不做功，D錯誤，
向運動.故A正確.
故迭A.
【答案】A
【答案】A
4.【解析】如圖，由幾何知識可知，與ADA:
專題十四
電磁感應
邊界相切的軌跡半徑為1.5L,與CD邊
界相初的軌跡半徑為L:
第1練電磁感應定律
由半徑公式：R=m可知軌跡與CD邊界
qB
小題·分層分練
相切的粒子速度為，由此可知，僅滿
1.【解析】依題意可知，當條形磁鐵向下括入線管時，螺線
B
常中的向下的磁通量變大，靈敏電流計的指針向右偏：當螺
足之<，的粒子從CD邊界的PD間射出，選項A錯
錢管的向下的磁通量變小，則靈敏電流計的指針向左偏：根
據右手定則可知，螺線管的下端相當于N極，當閉合開關后
誤，C正喻：由上越分析可知，建度小于號的粒子不能打出
螺線管A向下移動，則螺線管中向下的磁通量變大，靈敏電
磁場，故選項D錯誤.故選BC
流計的指針向右偏，故A錯誤：同上分析，閉合瞬間，螺線管
【答案】BC
中向下的磁通量變大，靈敏電流計的指針向右偏，故B錯
5,【解析】撤去電場后，粒子只受洛倫茲力，由于洛倫茲力不
誤；閉合開關后向右移動滑片P,則滑動變阻器連入電路中
做功，故粒子速度大小不變，動能一定不變，故A錯誤，B正
的電阻增大，電流減小，所以螺線管中的向下的磁通量變小，
確；不論粒子帶正電還是帶負電，只要滿足Eq=BQv,粒子即
則靈敏電流計的指針向左偏，故C正確：閉合開關后向右移
可沿直線由P到N:如果粒子帶正電，拉子將向上偏轉，穿
動滑片P,則滑動變阻器連入電路中的電阻減小，電流增大，
出位置在N點上方，如果粒子帶負電，粒子將向下偏轉，穿
所以螺線管中的向下的磁通量變大，剛靈敏電流計的指針向
出位置在N點下方，故CD錯誤.故選：B.
右偏，故D錯誤.故選：C.
【答案】B
【答案】C
6.【解析】從等邊三角形ABC頂點A沿∠BAC的角平分線
2.【解析】因為條形磁鐵的極性不明，穿過環的磁場方向不明
飛入的質子，從C點離開磁場，畫出質子運動的軌跡圖如圖
確，無法根據楞次定律判斷感應電流磁場方向，插入過程中
所示：
穿過環的磁通量增加，根據楞次定律“來拒去流”，所以磁鐵
受到豎直向上的電磁作用力，故AD錯誤；當條形磁鐵沿抽
0
線經直向下迅速靠近金屬圓環時，通過圓環的磁通量增加，
根據楞次定律，圓環中產生的感應電流的磁場要阻礙磁通量
的增加，阻礙磁鐵的靠近，所以金屬環對來面的壓力會增大，
R
鋁環還有收縮的趨勢，以縮小面積來阻礙磁通量的增加，故
女××××X發
B錯誤，C正確.故選：C.
B
僅X××××道
【答案】C
根據幾何關系可得∠CAO=∠ACO=∠O=60
3.【解析】由圖乙可知磁感應強度隨時間均勻變化，所以線圖
所以△ACO為等邊三角形，質子的軌跡半徑為：R=L
中的磁道量變化率恒定，產生的感應電動勢恒定，故A錯
根據B=m尺可得=B跳L,故C正確、ABD錯誤.故
誤；根據法拉第電磁感應定律可得線圖產生的感應電動勢大
選：C
小為：E=n總3=10×06號0l×02V=2V
5
【答案】C
極據閉合電路歐姆定律可得口，b兩點間電壓為
7,【解析】半圓形金屬盒D1和D2都是利用金屬制成的，可
U-R,E-g年×2v-12v
以屏旅外部的電破場的干擾，所以D形盒的作用是靜電屏
故D錯誤：根據楞次定律可知電流從：點流出、b點流入，所
蔽，使帶電粒子在盒中做勻速圓周運動而不被電場干擾，故
以a點電勢比b,點電勢高1,2V,故C錯誤；通過電阻R的
A正確：在兩D形金之間所加交變電壓的周期應等于帶電
電流為
粒子數勻速圓周運動的周期，這樣才能進行周期性的加速，
故B錯誤：根據R=咒可得帶電粒子院得的動能E
U=1.2A=0.2A
I-R6
0一5s內通過電阻R的電荷量為
m心二①BR,帶電粒子獲得的最大動能與加述電壓無
2m
q=It=0.2×5C=1C
關，故C錯誤：根據周期的計算公式T=2可知，僅使D
故B正確.故選：B.
98
【答案】B
129第一部分
專題十四電磁感應
第2練
電磁感應定律的應用
A
[小題·精講精練]
[例題講壇]
例1（多選）空間存在一方向與紙面垂直、大小隨
時間變化的勻強磁場，其邊界如圖(a)中虛線
MN所示.一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積
為S,將該導線做成半徑為，的圓環固定在紙面
內，圓心O在MN上.t=0時磁感應強度的方向
A.S2與S4大小一定相等
如圖(a)所示；磁感應強度B隨時間t的變化關
B.金屬線框的邊長一定為S2
系如圖(b)所示.則在t=0到t=t1的時間間隔
C.磁場的寬度可能為S2
內
D.金屬線框在0~t4時間內所產生熱量一定為
×
mg(S+S2+Ss+S)m
【解析】ABC.根據t圖像，結合題中情境可
知，0~1時間內正方形金屬線圈在磁場外做自
由落體運動，下落的高度為S1;t1~t2時間內正
圖〔a)
〔h)
方形金屬線圈做勻速下落，1時刻正方形金屬線
A.圓環所受安培力的方向始終不變
圈的b剛好進入磁場，2時刻正方形金屬線圈
B.圓環中的感應電流始終沿順時針方向
的ad剛好進入磁場，所以金屬線框的邊長一定
冷
C.圓環中的感應電流大小為40P
BorS
為S2;t2~t3時間內正方形金屬線圖在磁場里做
勻加速下落，t3時刻正方形金屬線圈的b剛好
D,圓環中的感應電動勢大小為
出磁場，所以磁場的寬度為S2十S3;t3~t4時間
內正方形金屬線圈做加速度減小的減速下落，4
此
【解析】由楞次定律可知，在t=0到t=t1的時
時刻正方形金屬線圈的ad剛好離開磁場，所以
間間隔內感應電流始終沿順時針方向，由左手定
金屬線框的邊長一定為S4,即S2與S4大小一
姿
則可知：0~t0時間內圓環受到的安培力向左，to
定相等，故A、B正確，C錯誤；D.根據動能定理
一1時間內安培力向右，故A錯誤，B正確；由電
可得mg(S十S+S十S1)+w袋=7mf-0,
阻定律可知，圓環電阻：R三p5三0，由法拉
其中Q=W安，解得金屬線框在014時間內所
第電磁感應定律可知，感應電動勢：E=
產生的熱量為Q=mg(S1十S2十S3十S4)
△t
1
1
△B·S
B。·2xr
2m;故D正確；故選ABD.
B0πr
E
【答案】ABD
△t
2t0
,感應電流：I=
BoSr
[小題·分層分練]
,故C正確，D錯誤
4oto
[一層·打基礎]
【答案】BC
知識點一電路與圖像問題
例2（多選）如圖甲所示，正方形金屬線圈abcd位
1.如圖甲所示，等邊三角形金屬框ACD的邊長均
于豎直平面內，其質量為，電阻為R.在線圈的
為L,單位長度的電阻為r,E為CD邊的中點
下方有一勻強磁場，MN和M'N'是磁場的水平
三角形ADE所在區域內有磁感應強度垂直紙面
邊界，并與bc邊平行，磁場方向垂直于紙面向
向外、大小隨時間變化的勻強磁場，圖乙是勻強
里.現使金屬線框從MN上方某一位置處由靜
磁場的磁感應強度B隨時間t變化的圖像.下列
止釋放，圖乙是線圈由開始下落到恰好完全穿過
說法正確的是
勻強磁場區域的t圖像，圖中字母均為已知量
重力加速度為g,不計空氣阻力.圖乙中，0一t1
時間內圖線圍成的面積為S,,t1~t2時間內圖線
◆
圍成的面積為S2,t2~t3時間內圖線圍成的面積
為S3,t3~t4時間內圖線圍成的面積為S4,下列
E
說法正確的是
甲
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