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2021-2022学年山东省名校联盟高二（下）质检物理试卷（B2）（含答案解析）
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2021-2022学年山东省名校联盟高二（下）质检物理试卷（B2）
1. 高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图．炉内放入被冶炼的金属，线圈中通入高频交变电流，这时被冶炼的金属就能被熔化．这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被冶炼金属中，因此适于冶炼特种金属．该炉的加热原理是( )
A. 利用线圈中电流产生的焦耳热
B. 利用线圈中电流产生的磁场对被冶炼金属产生磁化而加热
C. 利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流
D. 给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电，从而产生焦耳热
2. 如图所示，灯泡A、B完全相同，L是电阻不计的电感线圈，如果断开开关S1，闭合S2，A、B两灯都能发光。如果最初S1是闭合的，S2是断开的，则以下说法正确的是( )
A. 刚一闭合S2，A灯立即亮，B灯则延迟一段时间才亮
B. 刚闭合S2时，线圈L中的电流很大
C. 闭合S2以后，A灯变亮，B灯一直不亮
D. 先闭合S2电路达到稳定后，再断开S2时，A灯立即熄灭，B灯先亮一下然后熄灭
3. 如图所示，直导线与铝环位于同一平面内，要使铝环内产生如图所示方向的感应电流，则直导线中电流方向及其变化情况可能是( )
A. 电流方向为N到M，电流逐渐增大
B. 电流方向为M到N，电流逐渐增大
C. 电流方向为M到N，电流不变
D. 电流方向为N到M，电流不变
4. 如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。若仅改变下列一个条件，能够使夹角θ变小的是( )
A. 减小金属棒的质量 B. 增大磁感应强度
C. 减小金属棒中的电流 D. 增大两等长轻质细线的长度
5. 为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，加垂直于上下底面磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个面内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内流出的污水体积)，下列说法中正确的是( )
A. 若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高
B. 前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子较多无关
C. 电压表的示数与污水中离子浓度有关
D. 污水流量Q与U成正比，与a、b、c无关
6. 如图所示，两平行金属导轨处于同一水平面内，在两导轨一端上放置一质量为m、长度为l的金属杆ab，两导轨的另一端与电源、滑动变阻器、电流表构成闭合回路。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨半面成θ=37∘角斜向上。刚开始，滑动变阻器连入电路的电阻最大，ab静止在水平导轨上，调节滑动变阻器滑片的位置，发现当电流表的示数为I时，金属杆ab刚要开始滑动，已知金属杆与导导轨间的滑动摩擦力近似等于它们之间的最大静摩擦力，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。则金属杆与导轨间的动摩擦因数为( )
A. BIlmg B. 4BIl5mg−3BIl C. 3BIl5mg+4BIl D. 3BIl5mg−4BIl
7. 如图所示，空间内存在一个宽度为L、有竖直边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。现将一个尺寸如图所示的闭合等腰梯形导线框，从图示位置开始沿水平向右方向匀速通过磁场区域，则导线框中感应电流I随时间t变化的图像中可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
8. 如图甲所示，“∠”型金属支架AOC固定在水平面内，支架处在垂直于水平面的匀强磁场中，一金属杆EF垂直于OC边放在支架上，金属杆与金属支架接触良好，规定磁场的正方向为垂直水平面向下，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，若金属杆始终保持不动，则下列说法中正确的是、( )
A. t2时刻，金属杆受到摩擦力最大
B. t4时刻，金属杆受到摩擦力方向水平向右
C. t1到t2时间内，支架对金属杆的摩擦力先增大后减小
D. t1到t3时间内，支架对金属杆的摩擦力方向不变
9. 如图所示，用洛伦兹力演示仪研究带电粒子在匀强磁场中的运动，以虚线表示电极K释放出来的电子束的径迹。在施加磁场之前，电子经加速后沿直线运动，如图甲所示；施加磁场后电子束的径迹如图乙所示；再调节演示仪可得到图丙所示的电子束径迹。下列说法正确的是( )
A. 施加的磁场方向为垂直纸面向外
B. 图乙与图丙中电子运动一周的时间可能不相等
C. 在图乙基础上仅增大磁感应强度，可得到图丙所示电子束径迹
D. 在图乙基础上仅提高电子的加速电压，可得到图丙所示电子束径迹
10. 1930年劳伦斯提山回旋加速器的理论，1932年首次研制成功。它的工作原理如图所示，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，两盒之间有一定的电势差，两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速后进入磁场中做匀速圆周运动，绕行半圈后粒子再次到达两盒间的缝隙时，这时控制D形盒间电压使其恰好改变正负，于是粒子经过盒到间缝隙时再一次被加速，通过电源正负极的交替变化，可使带电粒子经两盒间电场多次加速后获得足够高的能量。若带电粒子在电场中运动的时间可忽略不计，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，则下列说法中正确的是( )
A. 带电粒子离开回旋加速器时获得的动能与金属盒的半径有关
B. 带电粒子离开回旋加速器时获得的动能与加速电压的大小无关
C. 带电粒子在磁场中做圆周运动的周期等于电场变化的周期
D. 带电粒子做圆周运动的周期随圆周运动半径的增大而增大
11. 如图甲所示，电阻不计且间距L=1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R=2Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m=0.1kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平。已知杆ab进入磁场时的速度v0=1m/s，下落0.3m的过程中加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示，g取10m/s2，则( )
A. 匀强磁场的磁感应强度为2T
B. 杆ab下落0.3m时金属杆的速度为1.5m/s
C. 杆ab下落0.3m的过程中电阻R上产生的热量为0.1J
D. 杆ab下落0.3m的过程中通过R的电荷量为0.125C
12. 在如图所示的矩形区域内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，O1O2为磁场分界线，上方区域的磁感应强度大小为B0。质量为m、电荷量为+q的粒子从与O1点相距为a的P点垂直MN射入上方磁场，经Q点第一次进入下方磁场，且O1Q=3a，磁场沿MN、KL方向范围足够大，不计粒子重力，sin37∘=0.6。则( )
A. 粒子射入磁场时的速度大小为5aqB0m
B. 当下方磁感应强度B=3B02时粒子垂直MN边界飞出磁场
C. 当下方磁感应强度B≥2B0时，没有粒子从MN边界飞出
D. 当下方磁感应强度B=3B0且O1O2=8a时，粒子垂直KL边界飞出磁场
13. 某同学利用如图所示的器材来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向，其中L1为原线圈，L2为副线圈。
(1)在给出的实物图中，将实验仪器连成完整的实验电路；
(2)在实验过程中，除了查清流入电流计的电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清______的绕制方向(选填“L1”、“L2”或“L1和L2”)；
(3)若连接好实验电路并检查无误后，该同学闭合开关的瞬间，观察到电流计指针向右偏了一下，说明线圈______(选填“L1”、“L2”或“L1和L2”)中有了感应电流。那么开关闭合后，将线圈L1插入L2稳定后再迅速拔出时，电流计指针将______(选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”)。
14. 某实验小组探究影响感应电流方向的因素。所利用的器材有灵敏电流计、线圈、条形磁铁、一节干电池、开关、导线若干。实验步骤如下：
(1)按图甲连接电路，闭合开关，通过观察得到灵敏电流计______方向和______方向的关系；
(2)记下线圈绕向，将线圈和灵敏电流计连接成如图乙所示的闭合回路；
(3)把条形磁铁N极(或S极)向下插入线圈中，然后从线圈中拔出，每次记下电流计中指针偏转方向，然后根据步骤(1)的结论，判定出______方向，从而确定______方向；
(4)将实验结果汇总进行分析。由于线圈的横截面积不变，因此磁场的变化就体现了磁通量的变化，该小组发现，当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反，阻碍磁通量的增加；当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相同，阻碍磁通量的减小；
(5)总结概括。感应电流具有这样的方向，即______。
15. 图甲所示的螺线管，匝数n=500匝，横截面积S=20cm2，电阻r=1Ω，与螺线管串联的外电阻R=4Ω，穿过螺线管的磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。求：
(1)螺线管中产生的感应电动势的大小；
(2)开关S断开和闭合两种情况下a、b两点间的电势差分别为多少？
16. 如图所示，有一宽度为L=1m的足够长的固定U形平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面的夹角为θ=30∘，空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1T，方向与导轨平面垂直。将根质量为m=0.2kg。电阻为R=1Ω的金属棒ab垂直放在导轨上，ab始终与导轨接触良好。用平行于导轨平面的拉力F作用于ab上，使ab由静止开始沿导轨向上运动，拉力F的功率始终为6W，当ab棒运动了1.5s获得稳定速度，在此过程中，ab棒产生的热量为5.8J，不计导轨电阻，取g=10m/s2.求
(1)ab棒达到的稳定速度；
(2)ab棒从静止开始到达到稳定速度的时间内，通过ab棒横截面的电荷量。
17. 阿斯顿设计了质谱仪，证实了同位素的存在，真实的质谱仪在允许粒子进入磁场处的狭缝是有一定宽度的，其工作原理如图所示．现有大量的质子和氘核飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知质子和氘核的电荷量均为+e(e为元电荷)，质量分别为m和2m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的质子的运动轨迹，不考虑质子和氘核的重力及它们之间的相互作用。
(1)求质子和氘核在磁场中运动的时间之比；
(2)求质子打在底片上的位置到M点的最小距离x；
(3)若加速电场的电势差在U1到U2(U2>U1)之间变化，要使质子和氘核在照相底片上被完全分离，求狭缝宽度L应满足的条件。(用m、e、B、U1、U2表示)
18. 如图甲所示，某空间区域存在两部分匀强磁场，磁感应强度的大小都为B，两部分匀强磁场的分界线是圆心为O点、半径为R的圆，圆内的磁场方向垂直于纸面向外，圆外的磁场方向垂直于纸面向里。现有一质量为m、带电荷量绝对值为e的电子从A点沿半径OA方向射出。
(1)若方向垂直于纸面向里的磁场范围足够大，电子从A点射出后，两次经过分界线，最后恰好返回到A点，求电子在刚开始从A点射出到第一次返回A点的过程中所经历的时间；
(2)若方向垂直于纸面向里的磁场范围足够大，电子从A点射出后，最后能够返回到A点，求电子在磁场中的运动半径；
(3)若方向垂直于纸面向里的磁场分布在以O点为圆心、半径为R和2R的两圆之间的区，如图乙所示，电子从A点射出后仍能返回A点，求电子从A点射出时的最大速度。(已知tan37∘=34)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据电磁感应的条件可知，高频感应炉的线圈中必须通有变化的电流，才会产生涡流；线圈中的电流做周期性的变化，线圈产生高频变化的磁场，变化的磁场穿过金属，在金属内产生强涡流，从而在导体中产生大量的热，而交流电的频率越大，产生的热量越多。故C正确，ABD错误；
故选：C。
用来冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外有线圈，线圈中通入反复变化的电流，炉内的金属中产生涡流．涡流产生的热量使金属熔化，高频交流电的频率越大，产生的热量越大．
本题主要考查了掌握涡流的原理及应用，注意涡流产生的条件，及掌握产生热量的原理．
2.【答案】D
【解析】解：A、刚一闭合S2，电路中迅速建立了电场，立即就有电流，故灯泡A和B立即就亮，线圈中电流缓慢增加，最后相当于直导线，故灯泡B被短路而熄灭，故A错误；
B、刚闭合S2时，线圈L中自感电动势阻碍电流增加，故电流为零，故B错误；
C、刚一闭合S2，电路中迅速建立了电场，立即就有电流，故灯泡A和B立即就亮，线圈中电流缓慢增加，最后相当于直导线，故灯泡B被短路而熄灭，即灯泡B逐渐变暗，故C错误；
D、闭合S2稳定后，再断开S2时，A灯立即熄灭，由于线圈中产生了自感电动势，与灯泡B构成闭合回路，故电流逐渐减小，故B灯泡先亮一下，后逐渐熄灭，故D正确；
故选：D。
线圈中电流变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化，即电流缓慢增加，缓慢减小。
本题考查了通电自感和断电自感，关键明确线圈中自感电动势的作用总是阻碍电流的变化，不难。
3.【答案】A
【解析】解：A、当电流方向为N到M，且电流增大时，垂直纸面向里的磁场，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流方向逆时针，故A正确；
B、当电流方向为M到N，且电流增大时，垂直纸面向外的磁场，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流方向顺时针，故B错误；
CD、电流方向为M到N，或方向为N到M，电流不变，都不会导致线圈的磁通量变化，不会产生感应电流，故CD错误。
故选：A。
因直导线电流的变化，导致通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流。根据楞次定律判断感应电流的方向。
解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向。
4.【答案】C
【解析】解：根据左手定则可知，安培力方向水平向右，对导体棒受力如图所示，
根据平衡条件可知，tanθ=Fmg=BILmg，由公式可得：
A、金属棒质量变小，θ角变大，故A错误；
B、磁感应强度变大，θ角变大，故B错误；
C、棒中电流I减小，θ角变小，故C正确；
D、增大两等长轻质细线的长度，θ角不变，故D错误；
故选：C。
对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析答题。
本题考查包含安培力的共点力平衡问题，对金属棒进行受力分析，明确安培力的大小和方向，再应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题。
5.【答案】B
【解析】解：AB、正负离子从左向右移动，根据左手定则可知，正离子所受的洛伦兹力方向指向后表面，负离子所受的洛伦兹力方向指向前表面，所以后表面电极的电势比前表面电极的电势高，且电势的高低与哪种粒子较多无关，故A错误，B正确；
C、最终稳定时，粒子受洛伦兹力和静电力平衡，则qvB=qUb
解得：U=Bdv，可知电压表的示数U与v成正比，与离子浓度无关，故C错误；
D、污水的流量为：Q=vS=UcB，Q与电压表的示数U和该装置高度c成正比，与a、b无关，故D错误；
故选：B。
根据左手定则分析出离子所受的洛伦兹力方向，从而得出电势的高低；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电压的表达式，结合选项完成分析。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出洛伦兹力的方向，解题的关键点是根据电场力和洛伦兹力的等量关系完成分析。
6.【答案】D
【解析】解：金属棒受力分析如图，受到安培力：F=BIl，根据共点力平衡可知，水平方向上，f=BIlsinθ，
金属棒竖直方向平衡，有：mg=FN+BIlcosθ，
代入得到：FN=mg−BILcosθ，
根据滑动摩擦力公式：f=μFN
联立解得：μ=3BIl5mg−4BIl
故ABC错误，D正确
故选：D。
金属棒受力分析，根据水平方向合力为零求解摩擦力f；根据金属棒竖直方向平衡知，求解棒受的支持力，然后根据牛顿第三定律知压力，通过摩擦力公式可解得动摩擦因数。
解决考查安培力、共点力的平衡，画出受力分析图是关键，尤其是安培力的方向，利用左手定则判定，最后正交分解，分别列平衡方程去求未知力。
7.【答案】A
【解析】解：当右边进入磁场时，便会产生感应电流，磁通量增大，由楞次定律可得，感应电流的方向是逆时针方向，由于有效切割长度从3L逐渐减小到2L，导致感应电动势也从最大值均匀减小到最大值的三分之二，即感应电流从最大值均匀减小到最大值的三分之二。当线框右边出磁场后，有效切割长度为L不变，所以此时电流为电流最大值的三分之一，但磁通量在减小，由楞次定律可得，感应电流的方向是顺时针方向，线框左边进入磁场，磁通量继续减小，由楞次定律可知感应电流为顺时针方向，线框向右匀速运动过程中，有效切割长度由2L逐渐变到L，所以电流的大小由最大值的三分之二均匀减小到最大值的三分之一，综上所述结合题图可知A正确，BCD错误。
故选：A。
根据楞次定律判断感应电流方向，通过电磁感应定律判断感应电流的大小，再结合图像可解题。
本题考查导体切割磁感线的感应电动势与感应电流的变化问题，关键注意感应电流的方向判断与大小的计算。
8.【答案】C
【解析】解：A、t2时刻，B−t图像的斜率为0，即ΔBΔt=0，根据法拉第电磁感应定律得：回路中感应电动势为E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=0，感应电流I=0，则金属杆受到的安培力F=BIL=0，由平衡条件知金属杆受到的摩擦力为0，故A错误；
B、同理，t4时刻，B−t图像的斜率为0，金属杆受到的摩擦力为0，故B错误；
C、设回路总电阻为R，金属杆有效长度为L。回路中感应电动势为E=ΔΦΔt=ΔBΔtS，根据闭合电路欧姆定律得：回路中感应电流为I=ER，金属杆受到的安培力大小为F=BIL，联立可得F=SLR⋅ΔBΔt⋅B，其中SLR为定值，t1到t2时间内，B的大小从零逐渐增大到最大值，ΔBΔt从最大值逐渐减小到零，所以，t1到t2时间内，ΔBΔt⋅B的大小有最大值，所以金属杆受到的安培力有最大值，安培力先增大后减小，则支架对金属杆的摩擦力先增大后减小，故C正确；
D、t1到t3时间内，磁感应强度先增大后减小，穿过回路的磁通量先增大后减小，根据楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，可知，回路先有收缩趋势，后有扩张趋势，则支架对金属杆的摩擦力方向先水平向右，后水平向左，故D错误。
故选：C。
9.【答案】BC
【解析】解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理得：eU=12mv02
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=mv2r
解得：r=1B2mUe，
由运动学公式可以求出周期T=2πrv=2πmqB。
A、根据左手定则，电子向左飞出后做顺时针方向的圆周运动，所以磁感应强度方向垂直纸面向里，故A错误；
B、图丙是在图乙的基础上增大磁感应强度B或增大加速电压U形成的，由T=2πmqB可知，两种情况下电子的周期可能不同，故B正确；
C、增大磁感应强度B，由r=1B2mUe可知，电子做圆周运动半径减小，故C正确；
D、仅提高电子枪加速电压，由r=1B2mUe可知，电子束径迹的半径一定增大，但图丙在图乙的基础上半径减小，故D错误。
故选：BC。
根据左手定则判定在感应强度的方向；根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式，从而确定半径和周期的变化情况。
本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键，知道带电粒子在电场中加速而在磁场中偏转做圆周运动，明确周期公式和半径公式的推导过程和应用。
10.【答案】ABC
【解析】解：AB、根据qvB=mv2R，知v=qBRm，则最大动能EKm=12mv2=q2B2R22m.与加速的电压无关，与半径的平方成正比，故AB正确；
CD、根据回旋加速器的原理可知，粒子咋该磁场中做匀速圆周运动的周期与回旋加速器所加交变加速电压的周期相同，与圆周运动的半径无关，故C正确，D错误；
故选：ABC。
回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能．在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等．
解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等
11.【答案】CD
【解析】解：A、进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b。由左手定则知，杆ab所受的安培力竖直向上。
由乙图知，刚进入磁场时，金属杆ab的加速度大小a0=5m/s2，方向竖直向下。
由牛顿第二定律得：mg−BI0L=ma0
设杆刚进入磁场时的速度为v0，则有I0=E0R=BLv0R，
联立解得：B=1T，故A错误；
B、通过a−h图象知H=0.3m，a=0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，有：mg=BIL=B2L2vR，解得：v=2m/s，即杆ab下落0.3m时金属杆的速度为2m/s，故B错误；
C、从开始到下落0.3m的过程中，由能的转化和守恒定律有：mgh=Q+12mv2
代入数据解得：Q=0.1J，故C正确；
D、金属杆自由下落的高度：h=v022g=122×10m=0.05m，ab下落0.3m的过程中，通过磁场的距离为x=H−h=0.3m−0.05m=0.25m，
通过R的电荷量：q=I−t=E−Rt=△ΦR=BLxR=1×1×0.252C=0.125C，故D正确。
故选：CD。
12.【答案】AD
【解析】解：A、粒子在磁场中运动轨迹如图所示：
根据几何关系可得：r2=(3a)2+(r−a)2，解得：r=5a
由qvB0=mv2r解得：v=5qaB0m，故A正确；
B、当下方磁场为B=32B0时，根据qv×32B0=mv2r′解得：r′=103a，由几何关系可知，粒子不可能垂直MN边界飞出磁场，故B错误；
C、当下方磁感应强度B≥2B0时，则粒子轨迹半径为r′′≤2.5a；当r′=2.5a时，粒子从MN边界飞出，故C错误；
D、当B=3B0时，粒子在下方半径为r′′′=5a3，粒子轨迹如图所示：
设粒子速度再次与入射磁场时的速度方向一致时位置P1，则P与P1连线一定与O1O2平行，由几何关系可知θ=53∘，PP1=4a，若O1O2=8a，粒子垂直于KL飞出，故D正确；
故选：AD。
(1)由几何关系确定粒子半径，再由洛伦兹力充当向心力可求得速度；
(2)根据下方磁感应强度大小可求出粒子的半径，再由洛伦兹力充当向心力结合几何关系可求得粒子是否从边界飞出；
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，解题的关键是根据题意画出粒子运动轨迹图，结合几何关系解题。
13.【答案】L1和L2 L2 向左偏
【解析】解：(1)本实验中线圈L1、滑动变阻器，开关与电源相连，通过调节滑动变阻器使线圈L1中的磁通量发生变化，从而使线圈L1产生电磁感应线象，故线圈L1应与电流计相连，如下图所示：
(2)在研究电磁感应现象及判定感应电流的方向，除了查清流入电流计电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还要搞清穿过副线圈的磁场方向，及副线圈产生感应电流方向，依据安培定则，及楞次定律，必须查清线圈L1和L2绕制方向；
(3)由题意可知，当闭合开关的瞬间，穿过副线圈L2的磁通量增大时，观察到电流计指针向右偏了一下，说明线圈L2中有了感应电流；
当开关闭合后，将线圈L1插入L2稳定后再迅速拔出时，则穿过副线圈L2的磁通量减小时，那么电流计的指针向左偏转。
故答案为：(1)图见解析(2)L1和L2(3)L2，向左偏
(1)由该实验的原理可知L1线圈应与电源相连，L2线圈与电流计相连；
(2)依据实验原理，搞清原线圈的绕向，可知，穿过副线圈的磁场方向，再搞清副线圈的绕向，才能明白电流的流向；
(3)由题意可知当穿过B的磁通量增大时，指针向右偏转，则可知当穿过B的磁通量减小时，指针应该向左偏转，所以先判断穿过B的磁通量的变化情况，从而即可判断指针的偏转方向。
实验题应根据实验的原理进行分析，注意结合实验的现象得出实验的结论，同时根据实验的原理记忆实验中的仪器，并理解本题要求学生在做题的过程，能通过对比找出指针的偏转方向与磁通量的大小变化有关是解题的关键。
14.【答案】电流 指针偏转 感应电流 感应电流的磁场 感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
【解析】解：(1)按图甲连接电路，闭合开关，通过观察得到灵敏电流计流入的电流方向和指针偏转方向的关系；
(3)把条形磁铁N极(或S极)向下插入线圈中，然后从线圈中拔出，每次记下电流计中指针偏转方向，然后根据步骤(1)的结论，判定出感应电流的方向，从而确定感应电流的磁场方向；
(5)总结概括。感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
故答案为：(1)流入的电流、指针偏转(3)感应电流、感应电流的磁场(5)感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
实验前先确定电流计电流方向和偏转方向的关系，实验中通过条形磁铁的进出方向与感应电流方向确定感应磁场方向，即可得出实验结论。
本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键。
15.【答案】解：(1)螺线管中产生的感应电动势大小为E=nSΔBΔt，代入数据可知E=3.75V。
(2)开关S断开Uab=E=3.75V；
根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流大小I=ER+r代入数据解得I=0.75A；
开关S闭合时a，b两点间的电势差Uab=IR代入数据可得Uab=3V。
答：(1)螺线管中产生的感应电动势的大小为3.75V；
(2)开关S断开和闭合两种情况下a、b两点间的电势差均为3.75V。
【解析】(1)根据感应电动是E=nΔφΔt可求电动势；
(2)根据闭合电路的欧姆定律可求两点之间的电动势；
明确螺线管的感应电动势计算方法，会根据欧姆定律求解两点之间的电势差。
16.【答案】解：(1)导体棒受到的安培力：FA=BIL=B2L2vR，
牵引力的功率：P=Fv，
导体棒匀速运动时达到稳定速度，
对导体棒，由平衡条件得：F=mgsin30∘+FA，
代入数据整理得：v2+v−6=0，
解得：v=2m/s；
(2)对导体棒，由能量守恒定律得：
Pt=Q+mgxsinθ+12mv2
代入数据解得：x=5.6m，
由法拉第电磁感应定律得：E=△Φ△t=BLx△t，
感应电流：I=ER，
通过ab棒横截面的电荷量：q=I△t，
代入数据解得：q=5.6C；
答：(1)ab棒达到的稳定速度大小为2m/s；
(2)ab棒从静止开始到达到稳定速度的时间内，通过ab棒横截面的电荷量为5.6C。
【解析】(1)当金属棒匀速运动时达到稳定速度，应用平衡条件可以求出导体棒的稳定速度。
(2)对金属棒应用能量守恒定律求出其运动的位移，然后应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，应用电流定义式求出通过ab棒横截面的电荷量。
本题中金属棒的运功过程类似前面学习的机车以恒定功率启动的过程，因此学习过程中前后知识要融汇贯通，要有联想能力，平时注意加强训练，加深理解。
17.【答案】解：(1)质子在磁场中做匀速圆周运动的周期T质子=2πrv=2πmeB
氘核在磁场中做匀速圆周运动的周期T氘核=2πr′v′=2π×2meB=4πmeB
质子与氘核在磁场中的运动轨迹为半个圆周，运动时间等于半个周期，
则质子与氘核在磁场中的运动时间之比t质子t氘核=12T质子12T氘核=T质子T氘核=2πmeB4πmeB=12
(2)质子在加速电场中加速，由动能定理得：eU=12mv质子02−0
解得经加速电场加速后质子的速度大小：v质子0=2eUm
质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：ev质子0B=mv质子02r质子
解得质子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r质子=1B2mUe
质子打在底片上的位置到M点的最小距离x=2r质子−L=2B2mUe−L
(3)质子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r质子=1B2mUe
氘核在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r氘核=2BmUe
在磁场中质子的最大轨道半径r质子max=1B2mU2e
在磁场中氘核的最小轨道半径r氘核min=2BmU1e
要使质子和氘核在照相底片上被完全分离，则2r氘核min−2r质子max>L
解得：L<2Bme(2U1−2U2)
答：(1)质子和氘核在磁场中运动的时间之比是1：2；
(2)质子打在底片上的位置到M点的最小距离x是2B2mUe−L；
(3)狭缝宽度L应满足的条件是L<2Bme(2U1−2U2)。
【解析】(1)求出质子和氘核在磁场中运动的时间，然后求出时间之比。
(2)应用动能定理求出质子进入磁场时的速度大小，应用牛顿第二定律求出质子在磁场中做圆周运动的轨道半径，然后求出质子打在底片上的位置到M点的最小距离x。
(3)从M点射进磁场速度最大的质子到底片的距离比从N点射入磁场的速度最小的氘核到达底片的距离要大L才能使质子与氘核在底片上完全分离。
本题考查了质子与氘核在电场与磁场中的运动，分析清楚质子与氘核的运动过程，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题；解题时要知道质子与氘核在照相底片上被完全分离的条件。
18.【答案】解：(1)由运动的周期性和几何关系可知，A、M、N三点把圆周三等分，作出电子的运动轨迹如图1所示：
根据几何关系可知每段圆弧对应的圆心角α=2π3
电子刚开始从A点射出到返回A点的过程对应的圆心角：β=2(π+α)+(π−α)=11π3
根据洛伦兹力提供向心力可得：ev1B=mv12r1
电子在磁场中运动的周期T=2πmeB
联立解得电子刚开始从A点射出到返回A点的时间为：t=β2πT=11πm3eB；
(2)由运动的周期性和几何关系可知，电子要返回A点，要把圆周n等分
每段圆弧对应的圆心角θ=2πn(n=3,4,5…)
由对称性可知结合几何关系可得：tanθ2=Rr
解得：r=Rtanπn(n=3,4,5…)；
(3)电子运动轨迹如图2所示；
由洛伦兹力提供向心力可得：evB=mv2r
解得电子从A点射出时的速度：v=eBRmtanπn(n=3,4,5…)
由几何关系可知，要使电子不超出半径为2R的边界，须有：r2+R2+r≤2R
解得r≤34R
所以有：tanπn≤34
所以n≥4.86
由于n要取整数，所以n=5时电子的速度最大
解得：vm=eBRmtanπ5。
答：(1)电子在刚开始从A点射出到第一次返回A点的过程中所经历的时间为11πm3eB；
(2)电子在磁场中的运动半径为Rtanπn(n=3,4,5…)；
(3)电子从A点射出时的最大速度为eBRmtanπ5。
【解析】(1)电子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和圆周运动知识求解电子运动的时间；
(2)电子要返回A点，要把圆周n等分，由对称性可知结合几何关系进行解答；
(3)电子的运动轨迹恰好不超出向外的磁场边界时，电子的轨迹恰好与外边界相切，画出电子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系进行解答。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
2021-2022学年山东省名校联盟高二（下）质检物理试卷（B2）
1. 高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图．炉内放入被冶炼的金属，线圈中通入高频交变电流，这时被冶炼的金属就能被熔化．这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被冶炼金属中，因此适于冶炼特种金属．该炉的加热原理是( )
A. 利用线圈中电流产生的焦耳热
B. 利用线圈中电流产生的磁场对被冶炼金属产生磁化而加热
C. 利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流
D. 给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电，从而产生焦耳热
2. 如图所示，灯泡A、B完全相同，L是电阻不计的电感线圈，如果断开开关S1，闭合S2，A、B两灯都能发光。如果最初S1是闭合的，S2是断开的，则以下说法正确的是( )
A. 刚一闭合S2，A灯立即亮，B灯则延迟一段时间才亮
B. 刚闭合S2时，线圈L中的电流很大
C. 闭合S2以后，A灯变亮，B灯一直不亮
D. 先闭合S2电路达到稳定后，再断开S2时，A灯立即熄灭，B灯先亮一下然后熄灭
3. 如图所示，直导线与铝环位于同一平面内，要使铝环内产生如图所示方向的感应电流，则直导线中电流方向及其变化情况可能是( )
A. 电流方向为N到M，电流逐渐增大
B. 电流方向为M到N，电流逐渐增大
C. 电流方向为M到N，电流不变
D. 电流方向为N到M，电流不变
4. 如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。若仅改变下列一个条件，能够使夹角θ变小的是( )
A. 减小金属棒的质量 B. 增大磁感应强度
C. 减小金属棒中的电流 D. 增大两等长轻质细线的长度
5. 为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，加垂直于上下底面磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个面内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内流出的污水体积)，下列说法中正确的是( )
A. 若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高
B. 前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子较多无关
C. 电压表的示数与污水中离子浓度有关
D. 污水流量Q与U成正比，与a、b、c无关
6. 如图所示，两平行金属导轨处于同一水平面内，在两导轨一端上放置一质量为m、长度为l的金属杆ab，两导轨的另一端与电源、滑动变阻器、电流表构成闭合回路。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨半面成θ=37∘角斜向上。刚开始，滑动变阻器连入电路的电阻最大，ab静止在水平导轨上，调节滑动变阻器滑片的位置，发现当电流表的示数为I时，金属杆ab刚要开始滑动，已知金属杆与导导轨间的滑动摩擦力近似等于它们之间的最大静摩擦力，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。则金属杆与导轨间的动摩擦因数为( )
A. BIlmg B. 4BIl5mg−3BIl C. 3BIl5mg+4BIl D. 3BIl5mg−4BIl
7. 如图所示，空间内存在一个宽度为L、有竖直边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。现将一个尺寸如图所示的闭合等腰梯形导线框，从图示位置开始沿水平向右方向匀速通过磁场区域，则导线框中感应电流I随时间t变化的图像中可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
8. 如图甲所示，“∠”型金属支架AOC固定在水平面内，支架处在垂直于水平面的匀强磁场中，一金属杆EF垂直于OC边放在支架上，金属杆与金属支架接触良好，规定磁场的正方向为垂直水平面向下，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，若金属杆始终保持不动，则下列说法中正确的是、( )
A. t2时刻，金属杆受到摩擦力最大
B. t4时刻，金属杆受到摩擦力方向水平向右
C. t1到t2时间内，支架对金属杆的摩擦力先增大后减小
D. t1到t3时间内，支架对金属杆的摩擦力方向不变
9. 如图所示，用洛伦兹力演示仪研究带电粒子在匀强磁场中的运动，以虚线表示电极K释放出来的电子束的径迹。在施加磁场之前，电子经加速后沿直线运动，如图甲所示；施加磁场后电子束的径迹如图乙所示；再调节演示仪可得到图丙所示的电子束径迹。下列说法正确的是( )
A. 施加的磁场方向为垂直纸面向外
B. 图乙与图丙中电子运动一周的时间可能不相等
C. 在图乙基础上仅增大磁感应强度，可得到图丙所示电子束径迹
D. 在图乙基础上仅提高电子的加速电压，可得到图丙所示电子束径迹
10. 1930年劳伦斯提山回旋加速器的理论，1932年首次研制成功。它的工作原理如图所示，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，两盒之间有一定的电势差，两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速后进入磁场中做匀速圆周运动，绕行半圈后粒子再次到达两盒间的缝隙时，这时控制D形盒间电压使其恰好改变正负，于是粒子经过盒到间缝隙时再一次被加速，通过电源正负极的交替变化，可使带电粒子经两盒间电场多次加速后获得足够高的能量。若带电粒子在电场中运动的时间可忽略不计，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，则下列说法中正确的是( )
A. 带电粒子离开回旋加速器时获得的动能与金属盒的半径有关
B. 带电粒子离开回旋加速器时获得的动能与加速电压的大小无关
C. 带电粒子在磁场中做圆周运动的周期等于电场变化的周期
D. 带电粒子做圆周运动的周期随圆周运动半径的增大而增大
11. 如图甲所示，电阻不计且间距L=1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R=2Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m=0.1kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平。已知杆ab进入磁场时的速度v0=1m/s，下落0.3m的过程中加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示，g取10m/s2，则( )
A. 匀强磁场的磁感应强度为2T
B. 杆ab下落0.3m时金属杆的速度为1.5m/s
C. 杆ab下落0.3m的过程中电阻R上产生的热量为0.1J
D. 杆ab下落0.3m的过程中通过R的电荷量为0.125C
12. 在如图所示的矩形区域内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，O1O2为磁场分界线，上方区域的磁感应强度大小为B0。质量为m、电荷量为+q的粒子从与O1点相距为a的P点垂直MN射入上方磁场，经Q点第一次进入下方磁场，且O1Q=3a，磁场沿MN、KL方向范围足够大，不计粒子重力，sin37∘=0.6。则( )
A. 粒子射入磁场时的速度大小为5aqB0m
B. 当下方磁感应强度B=3B02时粒子垂直MN边界飞出磁场
C. 当下方磁感应强度B≥2B0时，没有粒子从MN边界飞出
D. 当下方磁感应强度B=3B0且O1O2=8a时，粒子垂直KL边界飞出磁场
13. 某同学利用如图所示的器材来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向，其中L1为原线圈，L2为副线圈。
(1)在给出的实物图中，将实验仪器连成完整的实验电路；
(2)在实验过程中，除了查清流入电流计的电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清______的绕制方向(选填“L1”、“L2”或“L1和L2”)；
(3)若连接好实验电路并检查无误后，该同学闭合开关的瞬间，观察到电流计指针向右偏了一下，说明线圈______(选填“L1”、“L2”或“L1和L2”)中有了感应电流。那么开关闭合后，将线圈L1插入L2稳定后再迅速拔出时，电流计指针将______(选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”)。
14. 某实验小组探究影响感应电流方向的因素。所利用的器材有灵敏电流计、线圈、条形磁铁、一节干电池、开关、导线若干。实验步骤如下：
(1)按图甲连接电路，闭合开关，通过观察得到灵敏电流计______方向和______方向的关系；
(2)记下线圈绕向，将线圈和灵敏电流计连接成如图乙所示的闭合回路；
(3)把条形磁铁N极(或S极)向下插入线圈中，然后从线圈中拔出，每次记下电流计中指针偏转方向，然后根据步骤(1)的结论，判定出______方向，从而确定______方向；
(4)将实验结果汇总进行分析。由于线圈的横截面积不变，因此磁场的变化就体现了磁通量的变化，该小组发现，当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反，阻碍磁通量的增加；当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相同，阻碍磁通量的减小；
(5)总结概括。感应电流具有这样的方向，即______。
15. 图甲所示的螺线管，匝数n=500匝，横截面积S=20cm2，电阻r=1Ω，与螺线管串联的外电阻R=4Ω，穿过螺线管的磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。求：
(1)螺线管中产生的感应电动势的大小；
(2)开关S断开和闭合两种情况下a、b两点间的电势差分别为多少？
16. 如图所示，有一宽度为L=1m的足够长的固定U形平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面的夹角为θ=30∘，空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1T，方向与导轨平面垂直。将根质量为m=0.2kg。电阻为R=1Ω的金属棒ab垂直放在导轨上，ab始终与导轨接触良好。用平行于导轨平面的拉力F作用于ab上，使ab由静止开始沿导轨向上运动，拉力F的功率始终为6W，当ab棒运动了1.5s获得稳定速度，在此过程中，ab棒产生的热量为5.8J，不计导轨电阻，取g=10m/s2.求
(1)ab棒达到的稳定速度；
(2)ab棒从静止开始到达到稳定速度的时间内，通过ab棒横截面的电荷量。
17. 阿斯顿设计了质谱仪，证实了同位素的存在，真实的质谱仪在允许粒子进入磁场处的狭缝是有一定宽度的，其工作原理如图所示．现有大量的质子和氘核飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知质子和氘核的电荷量均为+e(e为元电荷)，质量分别为m和2m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的质子的运动轨迹，不考虑质子和氘核的重力及它们之间的相互作用。
(1)求质子和氘核在磁场中运动的时间之比；
(2)求质子打在底片上的位置到M点的最小距离x；
(3)若加速电场的电势差在U1到U2(U2>U1)之间变化，要使质子和氘核在照相底片上被完全分离，求狭缝宽度L应满足的条件。(用m、e、B、U1、U2表示)
18. 如图甲所示，某空间区域存在两部分匀强磁场，磁感应强度的大小都为B，两部分匀强磁场的分界线是圆心为O点、半径为R的圆，圆内的磁场方向垂直于纸面向外，圆外的磁场方向垂直于纸面向里。现有一质量为m、带电荷量绝对值为e的电子从A点沿半径OA方向射出。
(1)若方向垂直于纸面向里的磁场范围足够大，电子从A点射出后，两次经过分界线，最后恰好返回到A点，求电子在刚开始从A点射出到第一次返回A点的过程中所经历的时间；
(2)若方向垂直于纸面向里的磁场范围足够大，电子从A点射出后，最后能够返回到A点，求电子在磁场中的运动半径；
(3)若方向垂直于纸面向里的磁场分布在以O点为圆心、半径为R和2R的两圆之间的区，如图乙所示，电子从A点射出后仍能返回A点，求电子从A点射出时的最大速度。(已知tan37∘=34)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据电磁感应的条件可知，高频感应炉的线圈中必须通有变化的电流，才会产生涡流；线圈中的电流做周期性的变化，线圈产生高频变化的磁场，变化的磁场穿过金属，在金属内产生强涡流，从而在导体中产生大量的热，而交流电的频率越大，产生的热量越多。故C正确，ABD错误；
故选：C。
用来冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外有线圈，线圈中通入反复变化的电流，炉内的金属中产生涡流．涡流产生的热量使金属熔化，高频交流电的频率越大，产生的热量越大．
本题主要考查了掌握涡流的原理及应用，注意涡流产生的条件，及掌握产生热量的原理．
2.【答案】D
【解析】解：A、刚一闭合S2，电路中迅速建立了电场，立即就有电流，故灯泡A和B立即就亮，线圈中电流缓慢增加，最后相当于直导线，故灯泡B被短路而熄灭，故A错误；
B、刚闭合S2时，线圈L中自感电动势阻碍电流增加，故电流为零，故B错误；
C、刚一闭合S2，电路中迅速建立了电场，立即就有电流，故灯泡A和B立即就亮，线圈中电流缓慢增加，最后相当于直导线，故灯泡B被短路而熄灭，即灯泡B逐渐变暗，故C错误；
D、闭合S2稳定后，再断开S2时，A灯立即熄灭，由于线圈中产生了自感电动势，与灯泡B构成闭合回路，故电流逐渐减小，故B灯泡先亮一下，后逐渐熄灭，故D正确；
故选：D。
线圈中电流变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化，即电流缓慢增加，缓慢减小。
本题考查了通电自感和断电自感，关键明确线圈中自感电动势的作用总是阻碍电流的变化，不难。
3.【答案】A
【解析】解：A、当电流方向为N到M，且电流增大时，垂直纸面向里的磁场，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流方向逆时针，故A正确；
B、当电流方向为M到N，且电流增大时，垂直纸面向外的磁场，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流方向顺时针，故B错误；
CD、电流方向为M到N，或方向为N到M，电流不变，都不会导致线圈的磁通量变化，不会产生感应电流，故CD错误。
故选：A。
因直导线电流的变化，导致通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流。根据楞次定律判断感应电流的方向。
解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向。
4.【答案】C
【解析】解：根据左手定则可知，安培力方向水平向右，对导体棒受力如图所示，
根据平衡条件可知，tanθ=Fmg=BILmg，由公式可得：
A、金属棒质量变小，θ角变大，故A错误；
B、磁感应强度变大，θ角变大，故B错误；
C、棒中电流I减小，θ角变小，故C正确；
D、增大两等长轻质细线的长度，θ角不变，故D错误；
故选：C。
对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析答题。
本题考查包含安培力的共点力平衡问题，对金属棒进行受力分析，明确安培力的大小和方向，再应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题。
5.【答案】B
【解析】解：AB、正负离子从左向右移动，根据左手定则可知，正离子所受的洛伦兹力方向指向后表面，负离子所受的洛伦兹力方向指向前表面，所以后表面电极的电势比前表面电极的电势高，且电势的高低与哪种粒子较多无关，故A错误，B正确；
C、最终稳定时，粒子受洛伦兹力和静电力平衡，则qvB=qUb
解得：U=Bdv，可知电压表的示数U与v成正比，与离子浓度无关，故C错误；
D、污水的流量为：Q=vS=UcB，Q与电压表的示数U和该装置高度c成正比，与a、b无关，故D错误；
故选：B。
根据左手定则分析出离子所受的洛伦兹力方向，从而得出电势的高低；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电压的表达式，结合选项完成分析。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出洛伦兹力的方向，解题的关键点是根据电场力和洛伦兹力的等量关系完成分析。
6.【答案】D
【解析】解：金属棒受力分析如图，受到安培力：F=BIl，根据共点力平衡可知，水平方向上，f=BIlsinθ，
金属棒竖直方向平衡，有：mg=FN+BIlcosθ，
代入得到：FN=mg−BILcosθ，
根据滑动摩擦力公式：f=μFN
联立解得：μ=3BIl5mg−4BIl
故ABC错误，D正确
故选：D。
金属棒受力分析，根据水平方向合力为零求解摩擦力f；根据金属棒竖直方向平衡知，求解棒受的支持力，然后根据牛顿第三定律知压力，通过摩擦力公式可解得动摩擦因数。
解决考查安培力、共点力的平衡，画出受力分析图是关键，尤其是安培力的方向，利用左手定则判定，最后正交分解，分别列平衡方程去求未知力。
7.【答案】A
【解析】解：当右边进入磁场时，便会产生感应电流，磁通量增大，由楞次定律可得，感应电流的方向是逆时针方向，由于有效切割长度从3L逐渐减小到2L，导致感应电动势也从最大值均匀减小到最大值的三分之二，即感应电流从最大值均匀减小到最大值的三分之二。当线框右边出磁场后，有效切割长度为L不变，所以此时电流为电流最大值的三分之一，但磁通量在减小，由楞次定律可得，感应电流的方向是顺时针方向，线框左边进入磁场，磁通量继续减小，由楞次定律可知感应电流为顺时针方向，线框向右匀速运动过程中，有效切割长度由2L逐渐变到L，所以电流的大小由最大值的三分之二均匀减小到最大值的三分之一，综上所述结合题图可知A正确，BCD错误。
故选：A。
根据楞次定律判断感应电流方向，通过电磁感应定律判断感应电流的大小，再结合图像可解题。
本题考查导体切割磁感线的感应电动势与感应电流的变化问题，关键注意感应电流的方向判断与大小的计算。
8.【答案】C
【解析】解：A、t2时刻，B−t图像的斜率为0，即ΔBΔt=0，根据法拉第电磁感应定律得：回路中感应电动势为E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=0，感应电流I=0，则金属杆受到的安培力F=BIL=0，由平衡条件知金属杆受到的摩擦力为0，故A错误；
B、同理，t4时刻，B−t图像的斜率为0，金属杆受到的摩擦力为0，故B错误；
C、设回路总电阻为R，金属杆有效长度为L。回路中感应电动势为E=ΔΦΔt=ΔBΔtS，根据闭合电路欧姆定律得：回路中感应电流为I=ER，金属杆受到的安培力大小为F=BIL，联立可得F=SLR⋅ΔBΔt⋅B，其中SLR为定值，t1到t2时间内，B的大小从零逐渐增大到最大值，ΔBΔt从最大值逐渐减小到零，所以，t1到t2时间内，ΔBΔt⋅B的大小有最大值，所以金属杆受到的安培力有最大值，安培力先增大后减小，则支架对金属杆的摩擦力先增大后减小，故C正确；
D、t1到t3时间内，磁感应强度先增大后减小，穿过回路的磁通量先增大后减小，根据楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，可知，回路先有收缩趋势，后有扩张趋势，则支架对金属杆的摩擦力方向先水平向右，后水平向左，故D错误。
故选：C。
9.【答案】BC
【解析】解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理得：eU=12mv02
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=mv2r
解得：r=1B2mUe，
由运动学公式可以求出周期T=2πrv=2πmqB。
A、根据左手定则，电子向左飞出后做顺时针方向的圆周运动，所以磁感应强度方向垂直纸面向里，故A错误；
B、图丙是在图乙的基础上增大磁感应强度B或增大加速电压U形成的，由T=2πmqB可知，两种情况下电子的周期可能不同，故B正确；
C、增大磁感应强度B，由r=1B2mUe可知，电子做圆周运动半径减小，故C正确；
D、仅提高电子枪加速电压，由r=1B2mUe可知，电子束径迹的半径一定增大，但图丙在图乙的基础上半径减小，故D错误。
故选：BC。
根据左手定则判定在感应强度的方向；根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式，从而确定半径和周期的变化情况。
本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键，知道带电粒子在电场中加速而在磁场中偏转做圆周运动，明确周期公式和半径公式的推导过程和应用。
10.【答案】ABC
【解析】解：AB、根据qvB=mv2R，知v=qBRm，则最大动能EKm=12mv2=q2B2R22m.与加速的电压无关，与半径的平方成正比，故AB正确；
CD、根据回旋加速器的原理可知，粒子咋该磁场中做匀速圆周运动的周期与回旋加速器所加交变加速电压的周期相同，与圆周运动的半径无关，故C正确，D错误；
故选：ABC。
回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能．在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等．
解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等
11.【答案】CD
【解析】解：A、进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b。由左手定则知，杆ab所受的安培力竖直向上。
由乙图知，刚进入磁场时，金属杆ab的加速度大小a0=5m/s2，方向竖直向下。
由牛顿第二定律得：mg−BI0L=ma0
设杆刚进入磁场时的速度为v0，则有I0=E0R=BLv0R，
联立解得：B=1T，故A错误；
B、通过a−h图象知H=0.3m，a=0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，有：mg=BIL=B2L2vR，解得：v=2m/s，即杆ab下落0.3m时金属杆的速度为2m/s，故B错误；
C、从开始到下落0.3m的过程中，由能的转化和守恒定律有：mgh=Q+12mv2
代入数据解得：Q=0.1J，故C正确；
D、金属杆自由下落的高度：h=v022g=122×10m=0.05m，ab下落0.3m的过程中，通过磁场的距离为x=H−h=0.3m−0.05m=0.25m，
通过R的电荷量：q=I−t=E−Rt=△ΦR=BLxR=1×1×0.252C=0.125C，故D正确。
故选：CD。
12.【答案】AD
【解析】解：A、粒子在磁场中运动轨迹如图所示：
根据几何关系可得：r2=(3a)2+(r−a)2，解得：r=5a
由qvB0=mv2r解得：v=5qaB0m，故A正确；
B、当下方磁场为B=32B0时，根据qv×32B0=mv2r′解得：r′=103a，由几何关系可知，粒子不可能垂直MN边界飞出磁场，故B错误；
C、当下方磁感应强度B≥2B0时，则粒子轨迹半径为r′′≤2.5a；当r′=2.5a时，粒子从MN边界飞出，故C错误；
D、当B=3B0时，粒子在下方半径为r′′′=5a3，粒子轨迹如图所示：
设粒子速度再次与入射磁场时的速度方向一致时位置P1，则P与P1连线一定与O1O2平行，由几何关系可知θ=53∘，PP1=4a，若O1O2=8a，粒子垂直于KL飞出，故D正确；
故选：AD。
(1)由几何关系确定粒子半径，再由洛伦兹力充当向心力可求得速度；
(2)根据下方磁感应强度大小可求出粒子的半径，再由洛伦兹力充当向心力结合几何关系可求得粒子是否从边界飞出；
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，解题的关键是根据题意画出粒子运动轨迹图，结合几何关系解题。
13.【答案】L1和L2 L2 向左偏
【解析】解：(1)本实验中线圈L1、滑动变阻器，开关与电源相连，通过调节滑动变阻器使线圈L1中的磁通量发生变化，从而使线圈L1产生电磁感应线象，故线圈L1应与电流计相连，如下图所示：
(2)在研究电磁感应现象及判定感应电流的方向，除了查清流入电流计电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还要搞清穿过副线圈的磁场方向，及副线圈产生感应电流方向，依据安培定则，及楞次定律，必须查清线圈L1和L2绕制方向；
(3)由题意可知，当闭合开关的瞬间，穿过副线圈L2的磁通量增大时，观察到电流计指针向右偏了一下，说明线圈L2中有了感应电流；
当开关闭合后，将线圈L1插入L2稳定后再迅速拔出时，则穿过副线圈L2的磁通量减小时，那么电流计的指针向左偏转。
故答案为：(1)图见解析(2)L1和L2(3)L2，向左偏
(1)由该实验的原理可知L1线圈应与电源相连，L2线圈与电流计相连；
(2)依据实验原理，搞清原线圈的绕向，可知，穿过副线圈的磁场方向，再搞清副线圈的绕向，才能明白电流的流向；
(3)由题意可知当穿过B的磁通量增大时，指针向右偏转，则可知当穿过B的磁通量减小时，指针应该向左偏转，所以先判断穿过B的磁通量的变化情况，从而即可判断指针的偏转方向。
实验题应根据实验的原理进行分析，注意结合实验的现象得出实验的结论，同时根据实验的原理记忆实验中的仪器，并理解本题要求学生在做题的过程，能通过对比找出指针的偏转方向与磁通量的大小变化有关是解题的关键。
14.【答案】电流 指针偏转 感应电流 感应电流的磁场 感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
【解析】解：(1)按图甲连接电路，闭合开关，通过观察得到灵敏电流计流入的电流方向和指针偏转方向的关系；
(3)把条形磁铁N极(或S极)向下插入线圈中，然后从线圈中拔出，每次记下电流计中指针偏转方向，然后根据步骤(1)的结论，判定出感应电流的方向，从而确定感应电流的磁场方向；
(5)总结概括。感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
故答案为：(1)流入的电流、指针偏转(3)感应电流、感应电流的磁场(5)感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
实验前先确定电流计电流方向和偏转方向的关系，实验中通过条形磁铁的进出方向与感应电流方向确定感应磁场方向，即可得出实验结论。
本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键。
15.【答案】解：(1)螺线管中产生的感应电动势大小为E=nSΔBΔt，代入数据可知E=3.75V。
(2)开关S断开Uab=E=3.75V；
根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流大小I=ER+r代入数据解得I=0.75A；
开关S闭合时a，b两点间的电势差Uab=IR代入数据可得Uab=3V。
答：(1)螺线管中产生的感应电动势的大小为3.75V；
(2)开关S断开和闭合两种情况下a、b两点间的电势差均为3.75V。
【解析】(1)根据感应电动是E=nΔφΔt可求电动势；
(2)根据闭合电路的欧姆定律可求两点之间的电动势；
明确螺线管的感应电动势计算方法，会根据欧姆定律求解两点之间的电势差。
16.【答案】解：(1)导体棒受到的安培力：FA=BIL=B2L2vR，
牵引力的功率：P=Fv，
导体棒匀速运动时达到稳定速度，
对导体棒，由平衡条件得：F=mgsin30∘+FA，
代入数据整理得：v2+v−6=0，
解得：v=2m/s；
(2)对导体棒，由能量守恒定律得：
Pt=Q+mgxsinθ+12mv2
代入数据解得：x=5.6m，
由法拉第电磁感应定律得：E=△Φ△t=BLx△t，
感应电流：I=ER，
通过ab棒横截面的电荷量：q=I△t，
代入数据解得：q=5.6C；
答：(1)ab棒达到的稳定速度大小为2m/s；
(2)ab棒从静止开始到达到稳定速度的时间内，通过ab棒横截面的电荷量为5.6C。
【解析】(1)当金属棒匀速运动时达到稳定速度，应用平衡条件可以求出导体棒的稳定速度。
(2)对金属棒应用能量守恒定律求出其运动的位移，然后应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，应用电流定义式求出通过ab棒横截面的电荷量。
本题中金属棒的运功过程类似前面学习的机车以恒定功率启动的过程，因此学习过程中前后知识要融汇贯通，要有联想能力，平时注意加强训练，加深理解。
17.【答案】解：(1)质子在磁场中做匀速圆周运动的周期T质子=2πrv=2πmeB
氘核在磁场中做匀速圆周运动的周期T氘核=2πr′v′=2π×2meB=4πmeB
质子与氘核在磁场中的运动轨迹为半个圆周，运动时间等于半个周期，
则质子与氘核在磁场中的运动时间之比t质子t氘核=12T质子12T氘核=T质子T氘核=2πmeB4πmeB=12
(2)质子在加速电场中加速，由动能定理得：eU=12mv质子02−0
解得经加速电场加速后质子的速度大小：v质子0=2eUm
质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：ev质子0B=mv质子02r质子
解得质子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r质子=1B2mUe
质子打在底片上的位置到M点的最小距离x=2r质子−L=2B2mUe−L
(3)质子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r质子=1B2mUe
氘核在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r氘核=2BmUe
在磁场中质子的最大轨道半径r质子max=1B2mU2e
在磁场中氘核的最小轨道半径r氘核min=2BmU1e
要使质子和氘核在照相底片上被完全分离，则2r氘核min−2r质子max>L
解得：L<2Bme(2U1−2U2)
答：(1)质子和氘核在磁场中运动的时间之比是1：2；
(2)质子打在底片上的位置到M点的最小距离x是2B2mUe−L；
(3)狭缝宽度L应满足的条件是L<2Bme(2U1−2U2)。
【解析】(1)求出质子和氘核在磁场中运动的时间，然后求出时间之比。
(2)应用动能定理求出质子进入磁场时的速度大小，应用牛顿第二定律求出质子在磁场中做圆周运动的轨道半径，然后求出质子打在底片上的位置到M点的最小距离x。
(3)从M点射进磁场速度最大的质子到底片的距离比从N点射入磁场的速度最小的氘核到达底片的距离要大L才能使质子与氘核在底片上完全分离。
本题考查了质子与氘核在电场与磁场中的运动，分析清楚质子与氘核的运动过程，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题；解题时要知道质子与氘核在照相底片上被完全分离的条件。
18.【答案】解：(1)由运动的周期性和几何关系可知，A、M、N三点把圆周三等分，作出电子的运动轨迹如图1所示：
根据几何关系可知每段圆弧对应的圆心角α=2π3
电子刚开始从A点射出到返回A点的过程对应的圆心角：β=2(π+α)+(π−α)=11π3
根据洛伦兹力提供向心力可得：ev1B=mv12r1
电子在磁场中运动的周期T=2πmeB
联立解得电子刚开始从A点射出到返回A点的时间为：t=β2πT=11πm3eB；
(2)由运动的周期性和几何关系可知，电子要返回A点，要把圆周n等分
每段圆弧对应的圆心角θ=2πn(n=3,4,5…)
由对称性可知结合几何关系可得：tanθ2=Rr
解得：r=Rtanπn(n=3,4,5…)；
(3)电子运动轨迹如图2所示；
由洛伦兹力提供向心力可得：evB=mv2r
解得电子从A点射出时的速度：v=eBRmtanπn(n=3,4,5…)
由几何关系可知，要使电子不超出半径为2R的边界，须有：r2+R2+r≤2R
解得r≤34R
所以有：tanπn≤34
所以n≥4.86
由于n要取整数，所以n=5时电子的速度最大
解得：vm=eBRmtanπ5。
答：(1)电子在刚开始从A点射出到第一次返回A点的过程中所经历的时间为11πm3eB；
(2)电子在磁场中的运动半径为Rtanπn(n=3,4,5…)；
(3)电子从A点射出时的最大速度为eBRmtanπ5。
【解析】(1)电子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和圆周运动知识求解电子运动的时间；
(2)电子要返回A点，要把圆周n等分，由对称性可知结合几何关系进行解答；
(3)电子的运动轨迹恰好不超出向外的磁场边界时，电子的轨迹恰好与外边界相切，画出电子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系进行解答。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
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