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1、物理3-2试题及答案1（三明模拟）如右图，电灯的电阻为2，电池电动势为2V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3。先合上电键K，稳定后忽然断开K，则下列说法中对的的是（ ）A电灯立即熄灭B电灯立即先变暗再熄灭C电灯会比本来亮一下再熄灭，且电灯电流方向与K断开前方向相似D电灯会比本来亮一下再熄灭，且电灯电流方向与K断开前方向相反解析：选BadbcM2（三明模拟）如图所示，闭合矩形线圈abcd与长直导线MN在同一平面内线圈的ab、dc两边与直导线平行，直导线中通有向下均匀增大的电流，则（ ）A矩形线圈中的感应电流为顺时针方向B矩形线圈的感应电流随时间均匀增大C整个线圈所受的磁场力合力方向向左D
2、整个线圈所受的磁场力合力为零解析：选ALabCDEFB3（淄博模拟）如图所示，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直放在两根倾斜、光滑的平行金属导轨CD、EF上面,与电动势为E的电源构成闭合回路.已知，回路平面与水平面的夹角为，回路其他电阻不计，整个装置处在垂直于回路平面向下的匀强磁场中.为使ab棒静止，则所加磁场的磁感应强度为（ ）A B C D解析：选D4（温州模拟）如图所示电路，两根光滑金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在
3、下滑高度h的过程中，如下说法对的的是（ ）作用在金属棒上各力的合力做功为零重力做功等于系统产生的电能金属棒克服安培力做功等于电阻R上产生的焦耳热金属棒克服恒力F做功等于电阻R上发出的焦耳热解析：选AC5（聊城模拟）等离子气流由左方持续以射入、两板间的匀强磁场中，ab直导线与、相连接，线圈A与直导线cd连接。线圈A内有随图乙所示的变化磁场，且磁场B的正方向规定为向左，如图甲所示，则下列论述对的的是（ ）A01s内ab、cd导线互相排斥 B12s内ab、cd导线互相吸引C23s内ab、cd导线互相吸引 D34s内ab、cd导线互相排斥解析：选BD.由左手定则可知正离子进入磁场后偏向P1板，负离子进
4、入磁场后偏向P2板，ab中形成由a到b电流,根据楞次定律可以鉴定02s内cd中形成由c到d的电流,24s内形成由d到c的电流,再由左手定则鉴定，02s内两导线互相吸引，24s内互相排斥，BD对，AC错。abdc图66（山东省实验中学模拟）如图6所示，通电直导线cd右侧有一种金属框与导线cd在同一平面内，金属棒ab放在框架上，若ab受到向左的磁场力，则cd中电流的变化状况是( )Acd中通有由dc方向逐渐减小的电流Bcd中通有由dc方向逐渐增大的电流Ccd中通有由cd方向逐渐减小的电流Dcd中通有由cd方向逐渐增大的电流解析：选BD.cd棒中电流的变化，磁场的变化引起ab棒中产生感应电流，ab棒
5、受到安培力向左运动，因此根据楞次定律可知一定是引起了ab棒所在回路磁通量的增长，因此可以鉴定是由于cd棒中电流增强引起的，BD对AC错。7（宁波模拟）如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化，下列说法对的的是( )A当磁感应强度增长时，线框中的感应电流也许减小B当磁感应强度增长时，线框中的感应电流一定增大C当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D当磁感应强度减小时，线框中的感应电流也许不变解析：选AD.根据楞次定律可知磁场方向一定期磁场增强还是削弱影响的是感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律懂得感应电动势及感应电流的大小取决于磁通量的变化率大小，
6、因此当磁感应强度增长或减少时，感应电流也许变大变小也可以不变，AD对,BC错.8.（诸城模拟）如图所示，一带负电的滑块从粗糙斜面的顶端滑至底端时的速率为v，若加一种垂直纸面向外的匀强磁场，并保证滑块能滑至底端，则它滑至底端时的速率（ ）A、变大 B、变小 C、不变 D、条件局限性，无法判断9.（三明模拟）三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边沿射入，当它们从下边沿飞出时对入射方向的偏角分别为90、60、30，则它们在磁场中运动的时间之比为：（ ）A1：1：1 B1：2：3 C3：2：1 D1：解析：选C10、（上海高考）如图所示是测量通电螺线管A内部磁感应强度
7、B及其与电流I关系的实验装置。将截面积为S、匝数为N的小试测线圈P置于螺线管A中间，试测线圈平面与螺线管的轴线垂直，可觉得穿过该试测线圈的磁场均匀。将试测线圈引线的两端与冲击电流计D相连。拨动双刀双掷换向开关K，变化通入螺线管的电流方向，而不变化电流大小，在P中产生的感应电流引起D的指针偏转。（1）将开关合到位置1，待螺线管A中的电流稳定后，再将K从位置1拨到位置2，测得D的最大偏转距离为dm，已知冲击电流计的磁通敏捷度为D， D，式中为单匝试测线圈磁通量的变化量。则试测线圈所在处磁感应强度B；若将K从位置1拨到位置2的过程所用的时间为t，则试测线圈P中产生的平均感应电动势。（2）调节可变电阻
8、R，多次变化电流并拨动K，得到A中电流I和磁感应强度B的数据，见下表。由此可得，螺线管A内部在感应强度B和电流I的关系为B。实验次数I（A）B（103T）10.50.6221.01.2531.51.8842.02.5152.53.12（3）（多选题）为了减小实验误差，提高测量的精确性，可采用的措施有（ ）（A）合适增长试测线圈的匝数N（B）合适增大试测线圈的横截面积S（C）合适增大可变电阻R的阻值（D）合适拨长拨动开关的时间t答案：（1），（2）0.00125I（或kI）（3）A，B 14（实验中学模拟）如图所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距0.5m，与水平面夹角为30，不计电阻，广阔
9、的匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度B0.4T，垂直导轨放置两金属棒ab和cd，长度均为0.5m，电阻均为0.1，质量分别为0.1 kg和0.2 kg，两金属棒与金属导轨接触良好且可沿导轨自由滑动现ab棒在外力作用下，以恒定速度v1.5ms沿着导轨向上滑动，cd棒则由静止释放，试求： (取g10ms2)（1）金属棒ab产生的感应电动势；（2）闭合回路中的最小电流和最大电流；（3）金属棒cd的最后速度解析:（1） .3分（2）刚释放cd棒时，.1分cd棒受到安培力为： .1分 cd棒受到的重力为： Gcd=mg sin30= 1N .1分； F1Gcd；cd棒沿导轨向下加速滑动，即abcd闭合
10、回路的；电流也将增大，因此最小电流为：.2分; 当cd棒的速度达到最大时，回路的电流最大，此时cd棒的加速度为零。由.1分（3）由.3分14、(上海高考)如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R1、粗细均匀的光滑半圆形金属球，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R112R，R24R。在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B。既有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，设平行轨道足够长。已知导体棒ab下落r/2时的速度大小为
11、v1，下落到MN处的速度大小为v2。（1）求导体棒ab从A下落r/2时的加速度大小。（2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h和R2上的电功率P2。（3）若将磁场II的CD边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场II时速度大小为v3，要使其在外力F作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力F随时间变化的关系式。【解析】（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒ab从A下落r/2时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得mgBILma，式中lr 式中4R由以上各式可得到（2）当导体棒ab通过磁场II时，若
12、安培力正好等于重力，棒中电流大小始终不变，即 式中解得导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有得此时导体棒重力的功率为根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率所有转化为电路中的电功率，即 因此，（3）设导体棒ab进入磁场II后通过时间t的速度大小为，此时安培力大小为由于导体棒ab做匀加速直线运动，有根据牛顿第二定律，有FmgFma 即由以上各式解得21（15分）在如图所示的坐标系中，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向.第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第三象限内存在垂直xy平面（纸面）向里的匀强磁场.一质量为m、电量为q的带正电粒子（不计重力）, 从y轴上的A点以v0的初速度沿x轴负
13、方向进入第二象限，之后达到x轴上x=2h处的B点，带电粒子在B点的速度方向与x轴负方向成450角，进入第三象限后粒子做匀速圆周运动，正好通过y轴上y=2h处的C点.求：（1）粒子达到B点时速度大小；（2）第二象限中匀强电场的电场强度的大小；（3）第三象限中磁感应强度的大小和粒子在磁场中的运动时间.解析: (1）粒子在第二象限做类平抛运动,由题意可知：粒子达到B点时的速度大小为 （2分）（2）在B点，v与x轴负方向成450.因此： vy = vx = v0 （1分） 又： vy = qEt/m （2分）联立可得匀强电场的电场强度的大小 E = mv02/2qh （2分）（3）粒子运动轨迹如图所示.由题意可知 （2分）由洛仑兹力提供向心力可得 qvB = mv2/R （2分）联立可得磁感应强度的大小 （2分）粒子在磁场中的运动时间 （2分）
