1.在真空中，所有電磁波都具有相同的( )
A. 頻率B. 波長C. 波速D. 能量
2.法國物理學(xué)家安培發(fā)現(xiàn)了關(guān)于電流周圍產(chǎn)生的磁場方向問題的安培定律，根據(jù)安培定律，如圖各圖中，已標(biāo)出電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向，其中正確的是( )
A. B.
C. D.
3.奧斯特深信電和磁有某種聯(lián)系．為了研究這種聯(lián)系，有一次他拿一根細(xì)鉑絲接到電源上，在它的前面放一枚磁針，試圖用鉑絲來吸引磁針．結(jié)果鉑絲變灼熱，甚至發(fā)光了，磁針卻紋絲不動(dòng)．你認(rèn)為，奧斯特該次實(shí)驗(yàn)失敗的主要原因可能是( )
A. 電源的正負(fù)極顛倒了B. 磁針的磁性顛倒了
C. 地球磁場的干擾D. 磁針位置不正確
4.在以下磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的磁場中，能產(chǎn)生電磁波的是( )
A. B.
C. D.
5.如圖所示，各線圈在勻強(qiáng)磁場中繞軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(從左往右看沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn))，從圖示位置開始計(jì)時(shí)，設(shè)電流從2流出線圈為正方向，能產(chǎn)生圖甲波形交變電流的是( )
A. 線圈平面與磁場垂直
B. 線圈平面與磁場平行
C. 線圈平面與磁場垂直
D. 線圈平面與磁場平行
6.如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，將一個(gè)水平放置的金屬棒ab以水平初速度V0拋出，設(shè)運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中棒的取向不變且不計(jì)空氣阻力，則金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小將( )
A. 越來越大
B. 越來越小
C. 保持不變
D. 無法確定
7.如圖所示，新能源汽車由地面供電裝置(主要裝置是發(fā)射線圈，并直接連接家用電源)將電能傳送至轎車底部的感應(yīng)裝置(主要裝置是接收線圈，并連接充電電池)，對(duì)車載電池進(jìn)行充電。則( )
A. 增大發(fā)射線圈與接收線圈的間距，接收線圈中感應(yīng)電流的頻率不變
B. 發(fā)射線圈和接收線圈的磁通量變化率相等
C. 為了保護(hù)接收線圈不受損壞，可在接收線圈下再加裝一個(gè)金屬護(hù)板
D. 增大發(fā)射線圈與接收線圈的間距，發(fā)射線圈與接收線圈兩端電壓之比不變
8.靈敏電流計(jì)的零刻度位于刻度盤中央，為了使靈敏電流計(jì)的指針在零刻度附近快速停下，實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)設(shè)計(jì)利用“電磁阻尼”來實(shí)現(xiàn)這一目的。他們?cè)O(shè)計(jì)了如圖所示的甲、乙兩種方案，甲方案和乙方案中的相同磁場均位于零刻度線下方，甲方案在指針轉(zhuǎn)軸上裝上扇形鋁板，乙方案在指針轉(zhuǎn)軸上裝上扇形鋁框，下列說法正確的是( )
A. 因?yàn)殇X框較鋁板質(zhì)量小，所以乙方案比甲方案更加合理
B. 乙方案中，鋁框小幅度擺動(dòng)時(shí)一定會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流
C. 甲方案中，即使鋁板擺動(dòng)幅度很小，鋁板中也能產(chǎn)生渦流
D. 因?yàn)榇┻^鋁框的磁通量更大，所以乙方案更合理
9.“西電東送”是我國西部大開發(fā)的標(biāo)志性工程之一。如圖所示為遠(yuǎn)距離輸電的原理圖，假設(shè)發(fā)電廠的輸出電壓U1恒定不變，輸電線的總電阻保持不變，兩個(gè)變壓器均為理想變壓器。下列說法正確的是( )
A. 當(dāng)用戶負(fù)載增多，通過用戶用電器的電流頻率會(huì)增大
B. 當(dāng)用戶負(fù)載增多，升壓變壓器的輸出電壓U2增大
C. 若輸送總功率不變，當(dāng)輸送電壓U2增大時(shí)，輸電線路損失的熱功率增大
D. 在用電高峰期，用戶電壓U4降低，輸電線路損失的熱功率增大
10.筆記本電腦蓋上屏幕，屏幕蓋板上磁鐵和主板機(jī)殼上“霍爾傳感器”配合，使屏幕進(jìn)入休眠模式，其工作原理如圖所示。當(dāng)電腦蓋上屏幕時(shí)，相當(dāng)于屏幕邊緣的磁極靠近霍爾元件，已知該霍爾元件載流子為電子，以下說法正確的是( )
A. 蓋上蓋板，a端帶正電
B. 打開蓋板，a端帶正電
C. 蓋上屏幕過程中，a、b間電勢(shì)差逐漸增大
D. 蓋上屏幕過程中，a、b間電勢(shì)差不變
11.如圖，質(zhì)量為m的金屬桿ab垂直放在水平導(dǎo)軌上，處在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與水平面成θ角斜向上。開關(guān)閉合后金屬桿保持靜止，正確表示金屬桿受力示意圖的是(從a端看)( )
A.
B.
C.
D.
12.關(guān)于課本內(nèi)的插圖，則( )
A. 圖甲是電磁炮示意圖，拋射體的發(fā)射速度與拋射體的質(zhì)量無關(guān)
B. 圖乙是速度選擇器示意圖，它不能判斷帶電粒子的電性
C. 圖丙是質(zhì)譜儀示意圖，打在底片相同位置處的帶電粒子質(zhì)量相同
D. 圖丁是回旋加速器，增大交變電場的電壓可以增大粒子的最大動(dòng)能
13.1931年英國物理學(xué)家狄拉克從理論上預(yù)言：存在只有一個(gè)磁極的粒子，即“磁單極子”.假設(shè)一個(gè)“N磁單極子”形成的磁場如圖所示，將一個(gè)半徑為r、質(zhì)量為m的超導(dǎo)體圓環(huán)水平放置在該磁單極子的正上方，圓環(huán)所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，與圓環(huán)相切的磁感線與豎直方向的夾角為30°，重力加速度大小為g，若圓環(huán)恰好在該位置懸浮，則圓環(huán)中電流的大小為( )
A. mg2πrBB. mgπrBC. 3mg2πrBD. 3mgπrB
二、填空題：本大題共4小題，共18分。
14.如圖，光滑絕緣水平面上一正方形線圈以某初速度滑過一有界勻強(qiáng)磁場。磁場寬度大于線圈寬度。線圈滑入和滑出磁場的過程中，通過線圈橫截面的電量分別為q1和q2，產(chǎn)生的焦耳熱分別為Q1和Q2。則q1 ______q2，Q1 ______Q2(均選填“”)。
15.如圖所示，L是一帶鐵芯的自感線圈，其直流電阻為零，電路中A和B是二個(gè)完全相同的燈泡。當(dāng)開關(guān)S閉合一段時(shí)間，電路穩(wěn)定時(shí)，A燈______(填“亮”或“不亮”)，當(dāng)開關(guān)S斷開瞬間，a點(diǎn)電勢(shì)比b點(diǎn)電勢(shì)______(填“高”或“低”)。
16.100匝矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中繞其垂直于磁場的一邊勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生如圖所示的電動(dòng)勢(shì).可知線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω= ______rad/s.穿過線圈的磁通量最大值φmax= ______Wb，此時(shí)的電動(dòng)勢(shì)值e= ______V.
17.如圖，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，電阻不計(jì)。軌道端點(diǎn)MN間接有直流電源，內(nèi)阻為r，電阻為R的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，向右做勻速運(yùn)動(dòng)(速度平行于MN)，通過滑輪可以勻速提升重物，請(qǐng)簡述該裝置能量轉(zhuǎn)化的情況：______；寫出一個(gè)用類似原理制作的機(jī)械：______。
三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共16分。
18.利用如圖甲所示的可拆變壓器零部件，組裝后通過改變?cè)?、副線圈匝數(shù)，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系。

(1)本實(shí)驗(yàn)要主要運(yùn)用的科學(xué)方法是______；
A.等效替代法
B.控制變量法
C.整體隔離法
D.理想模型法
(2)本實(shí)驗(yàn)可能要用到的測量儀器是______；
A.直流電壓表
B.交流電流表
C.多用電表
D.直流電流表
(3)利用如圖乙所示的裝置，直接在原線圈的“0”和“800”兩個(gè)接線柱之間接u=6 2sin100πt(v)的交流電源，用電表測量副線圈的“0”和“400”兩個(gè)接線柱之間的電壓，則副線圈兩端測得的電壓可能是______。



D.0V
19.某實(shí)驗(yàn)小組在“探究影響感應(yīng)電流方向的因素”實(shí)驗(yàn)中，從實(shí)驗(yàn)室器材柜中發(fā)現(xiàn)除導(dǎo)線之外還有以下8種器材可選用。請(qǐng)回答以下問題：

(1)確定靈敏電流表指針偏轉(zhuǎn)方向與電流流向的關(guān)系時(shí)，需要選用的實(shí)驗(yàn)儀器是______；
(2)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究時(shí)，需要選用的實(shí)驗(yàn)儀器是______；
(3)實(shí)驗(yàn)中，除了需要確定靈敏電流表指針偏轉(zhuǎn)方向與電流流向的關(guān)系之外，還需要確定______；
(4)正確連接好實(shí)驗(yàn)電路，當(dāng)N極插入線圈時(shí)，電流表的指針向右偏轉(zhuǎn)，則條形磁鐵的S極插入線圈的過程中，電流表的指針向______偏轉(zhuǎn)(選填“左”或“右”)；
(5)如果希望實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象更加明顯，在不改變實(shí)驗(yàn)器材的前提下，可以如何操作？______。
四、簡答題：本大題共1小題，共14分。
20.如圖所示，一對(duì)平行的粗糙金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面上，導(dǎo)軌間L=0.2m，左端接有阻值R=0.3Ω電阻，右側(cè)平滑連接一對(duì)彎曲的光滑軌道。水平導(dǎo)軌的整個(gè)區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1.0T。一根質(zhì)量m=0.2kg，電阻r=0.1Ω的金屬棱ab垂直放置于導(dǎo)軌上，在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒通過位移x=9m時(shí)離開磁場時(shí)撤去外力F，接著金屬棒沿彎曲軌道上升到最大高度h=0.8m處，已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與軌道垂直且與軌道保持良好接觸。g=10m/s2，求：
(1)金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速率vm；
(2)金屬棒在磁場中速度為vm2時(shí)的加速度大??；
(3)金屬棒在恒力F作用下向右運(yùn)動(dòng)的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：所有的電磁波在真空中都具有相同的波速，而γ射線的頻率和能量最大，無線電波的頻率與能量最小，對(duì)于不同電磁波的波長，無線電波最長，γ射線最小，故C正確，ABD錯(cuò)誤。
故選：C。
要解答本題需掌握：電磁波在真空中傳播的速度均等于光速，而頻率各不相同，且能量也不同，由c=λf可知，波長與頻率成正比．
本題主要考查學(xué)生對(duì)：電磁波的傳播的了解和掌握，知道真空中電磁波的速度等于光速，同時(shí)掌握各種電磁波的頻率與波長的大小關(guān)系．
2.【答案】C
【解析】解：A.根據(jù)右手安培定則，磁場方向應(yīng)為逆時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)右手安培定則，導(dǎo)體棒右側(cè)應(yīng)是垂直紙面向內(nèi)，左側(cè)磁場方向垂直于紙面向外，故B錯(cuò)誤；
C.根據(jù)右手安培定則，磁場方向符合要求，故C正確；
D.對(duì)于通電螺線管，結(jié)合圖中電流方向，磁場方向應(yīng)該是向右，與圖中標(biāo)注的方向相反，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
根據(jù)右手安培定則，結(jié)合通電直導(dǎo)線和通電螺線管的判斷方法確定各圖中磁場方向判斷。
考查右手安培定則的應(yīng)用問題，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確的分析和判斷。
3.【答案】C
【解析】解：在地球的周圍存在沿南北方向的磁場，所以小磁針靜止時(shí)沿南北方向，若奧斯特實(shí)驗(yàn)時(shí)，電流的磁場方向也沿南北方向，則小磁針不能發(fā)生偏轉(zhuǎn)．所以奧斯特該次實(shí)驗(yàn)失敗的主要原因可能是由于電流的方向沿東西方向，電流的磁場受到地球的磁場的干擾．
故選：C
由于小磁針靜止時(shí)沿南北方向，若電流的磁場方向也沿南北方向，則不能發(fā)現(xiàn)電流的磁場．
在奧斯特的電流磁效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)中，通電后導(dǎo)線附近的小磁針的偏轉(zhuǎn)是由于受到了電流產(chǎn)生的磁場的影響；當(dāng)電流的方向沿南北方向時(shí)實(shí)驗(yàn)的效果最明顯．
4.【答案】A
【解析】解：A.根據(jù)麥克斯韋的電磁場理論可知，B隨t成正弦規(guī)律變化，產(chǎn)生的電場成余弦規(guī)律變化，周期性變化的磁場和電場交替產(chǎn)生，從而產(chǎn)生電磁波，故A符正確；
B.根據(jù)麥克斯韋的電磁場理論可知，B隨t均勻變化，產(chǎn)生恒定電場，不能產(chǎn)生電磁波，故B錯(cuò)誤；
C.第一段磁場B恒定周圍不會(huì)產(chǎn)生電場，第二段磁場B恒定周圍不會(huì)產(chǎn)生電場，B隨t不是連續(xù)變化，只在方向改變的一瞬間有電場產(chǎn)生，不能形成交替變化的電場和磁場，進(jìn)而不能產(chǎn)生電磁波，故C錯(cuò)誤；
D.根據(jù)麥克斯韋的電磁場理論可知，B恒定，不產(chǎn)生電場，不能產(chǎn)生電磁波，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
根據(jù)麥克斯韋的電磁場理論，變化的磁場周圍產(chǎn)生電場判斷；周期性變化的磁場產(chǎn)生周期性變化的電場，周期性變化的電場激發(fā)周期性變化的磁場，由近及遠(yuǎn)傳播開來，形成電磁波。
本題考查麥克斯韋電磁場理論，要求學(xué)生明確變化的磁場周圍產(chǎn)生電場，變化的電場周圍產(chǎn)生磁場。
5.【答案】A
【解析】解：初始時(shí)刻，感應(yīng)電流為0，則初始時(shí)刻線圈平面與磁場垂直，結(jié)合右手定則可知圖A中電流從2流出線圈為正方向，故A正確，BCD錯(cuò)誤；
故選：A。
根據(jù)中性面及與中性面垂直的面的特點(diǎn)結(jié)合右手定則分析解答。
本題考查交變電流的產(chǎn)生，解題關(guān)鍵掌握中性面的特點(diǎn)。
6.【答案】C
【解析】解：金屬棒ab做平拋運(yùn)動(dòng)，其水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平分速度保持不變，等于v0.由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E=Blvsinα，visvα是垂直于磁感線方向的分速度，即是平拋運(yùn)動(dòng)的水平分速度，等于v0，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv0，B、l、v0均不變，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小保持不變。則C正確。
故選：C。
由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E=Blvsinα，vsinα是有效的切割速度，即是垂直于磁感線方向的分速度，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)分析選擇．
本題考查對(duì)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式的理解和平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)．
7.【答案】A
【解析】解：A.發(fā)射線圈與接收線圈中的磁通量變化的頻率相同，增大發(fā)射線圈與接收線圈的間距，接收線圈電流的頻率不變，故A正確；
B.由感應(yīng)裝置與供電裝置的工作原理可知，非理想狀態(tài)下由于能量損耗供電線圈和感應(yīng)線圈的磁通量變化率不等，故B錯(cuò)誤；
C.如果在車底加裝一個(gè)金屬護(hù)板，金屬護(hù)板會(huì)產(chǎn)生渦流，損耗能量，同時(shí)屏蔽電磁場，使接收線圈無法產(chǎn)生感應(yīng)電流，故C錯(cuò)誤；
D.增大發(fā)射線圈與接收線圈的間距，則通過接收線圈的磁通量減小，根據(jù)
E=nΔΦΔt
發(fā)射線圈與接收線圈兩端電壓之比變大，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
地面發(fā)射磁場裝置通過改變地面供電裝置的電流來使車身感應(yīng)裝置中產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析解答。
解決本題的關(guān)鍵掌握楞次定律的內(nèi)容，知道感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，并能理解法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用。
8.【答案】C
【解析】解：C、甲方案中，鋁板擺動(dòng)時(shí)，扇形鋁板的半徑切割磁感應(yīng)線，在鋁板內(nèi)形成環(huán)狀電流，產(chǎn)生渦流，起電磁阻尼的作用，指針能很快停下來，故C正確；
ABD、乙方案中，當(dāng)指針偏轉(zhuǎn)角度較小時(shí)，鋁框中磁通量不變，不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，起不到電磁阻尼的作用，指針不能很快停下，與鋁框質(zhì)量大小無關(guān)，因此，甲方案更合理，故ABD錯(cuò)誤；
故選：C。
當(dāng)穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時(shí)，產(chǎn)生感應(yīng)電流，起電磁阻尼的作用，可使指針停下，甲乙兩圖主要區(qū)別在于分別是鋁板和鋁框。
本題考查電磁阻尼的原理，要求學(xué)生結(jié)合電磁感應(yīng)現(xiàn)象對(duì)兩個(gè)方案進(jìn)行分析，鋁板的半徑切割磁感應(yīng)線，在鋁板內(nèi)形成環(huán)狀電流。
9.【答案】D
【解析】解：A.通過用戶用電器的電流頻率與發(fā)電廠電流頻率相同，不會(huì)變化，與用戶負(fù)載增多無關(guān)，故A錯(cuò)誤；
B.由于發(fā)電廠輸出電壓恒定不變，原副線圈的匝數(shù)不變，根據(jù)
U1U2=n1n2
可知升壓變壓器的輸出電壓U2不變，故B錯(cuò)誤；
C.若輸送總功率不變，根據(jù)P=U2I可知當(dāng)輸送電壓U2增大時(shí)，輸電線路中電流變小，由
P損=I2R
可知輸電線路損失的熱功率變小，故C錯(cuò)誤；
D.在用電高峰期，用戶電壓U4降低，電路中電流變大，由
I3I4=n4n3
可知輸電線路中電流變大，由
P損=I2R
可知輸電線路損失的熱功率增大，故D正確。
故選：D。
根據(jù)輸電過程頻率不發(fā)生變化判斷；根據(jù)原副線圈電壓與匝數(shù)關(guān)系分析判斷；根據(jù)線路損失功率公式分析判斷；根據(jù)原副線圈電流與匝數(shù)關(guān)系分析判斷。
本題關(guān)鍵掌握理想變壓器規(guī)律和輸電線路損失的熱功率。
10.【答案】C
【解析】解：AB、無論蓋上蓋板還是打開蓋板，霍爾元件磁場方向向下，電流方向向左，根據(jù)左手定則可得，載流子受力方指向a，因此a端帶負(fù)電，故AB錯(cuò)誤；
CD.蓋上屏幕過程中，磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，根據(jù)evB=eUHd可得UH=vBd，由此可知霍爾電壓增大，即a、b間電勢(shì)差逐漸增大，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：C。
由左手定則判斷元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子向后表面移動(dòng)，故前后表面間有電壓，再根據(jù)穩(wěn)定后導(dǎo)電粒子所受的電場力等于洛倫茲力列式進(jìn)行判斷即可。
本題主要是考查傳感器的應(yīng)用，知道該霍爾元件里面導(dǎo)電的是自由電子，能應(yīng)用左手定則判斷電勢(shì)高低，并能夠根據(jù)平衡條件求解霍爾電壓。
11.【答案】B
【解析】解：對(duì)金屬桿受力分析，重力豎直向下，
根據(jù)左手定則可知，安培力與豎直方向夾角θ向左，
支持力垂直于水平面向上，
由于安培力向左上方，所以摩擦力水平向右，故B正確，ACD錯(cuò)誤；
故選：B。
對(duì)金屬桿受力分析，根據(jù)左手定則判斷安培力的方向，再判斷摩擦力的方向。
本題主要是考查受力分析，主要安培力的方向和金屬桿垂直，最后判斷摩擦力的情況。
12.【答案】B
【解析】解：A、電磁炮是利用電流產(chǎn)生的磁場對(duì)電流的作用來加速炮彈的，電流越強(qiáng)產(chǎn)生的磁場越強(qiáng)，通電導(dǎo)體(炮彈)在磁場中受到安培力F=BIL，安培力越大對(duì)炮彈做的功越多，因此通過增加導(dǎo)軌回路中的電流來提高拋射體的發(fā)射速度。假設(shè)不考慮其他力的作用，根據(jù)動(dòng)能定理有：BIL?s=12mv2，當(dāng)B、I、L、s一定時(shí)，質(zhì)量越大，發(fā)射速度越小，故A錯(cuò)誤；
B、電場的方向與B的方向垂直，帶電粒子進(jìn)入復(fù)合場，受電場力和安培力，且二力是平衡力，即Eq=qvB，所以v=EB，不管粒子帶正電還是帶負(fù)電都可以勻速直線通過，所以無法判斷粒子的電性，故B正確；
C、粒子經(jīng)過速度選擇器后的速度一定，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB=mv2R，解得：qm=vBR，打在底片相同位置處的帶電粒子，比荷相同，并是質(zhì)量相同，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，可得：qvB=mv2r，得：v=qBrm，故最大動(dòng)能Ekm=12mv2=q2B2r22m，與加速電壓無關(guān)，故D錯(cuò)誤；
故選：B。
根據(jù)動(dòng)能定理，判斷炮彈速度的大小變化；
速度選擇器是因?yàn)檫_(dá)到某一速度的粒子受力平衡做勻速直線運(yùn)動(dòng)；
質(zhì)譜儀應(yīng)采取分段分析的方法，即粒子加速階段，速度選擇階段，在磁場中運(yùn)動(dòng)階段，一般用來分析同位素；
粒子想利用回旋加速器獲得更大的動(dòng)能，需要增大盒子半徑。
解答此題的關(guān)鍵是明白各種儀器的工作原理以及用途，根據(jù)粒子的受力情況結(jié)合帶電粒子在電場、磁場中的運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行分析。
13.【答案】B
【解析】將磁感應(yīng)強(qiáng)度B沿水平和豎直方向進(jìn)行正交分解，如圖B1 =Bsin30°=B2；B2 =Bcs30°= 32B
利用微元法思想，把圓環(huán)分割成許多極短的電流元，根據(jù)左手定則，每小段電流元所受的磁場豎直分量的作用力沿半徑方向向外，根據(jù)對(duì)稱性，沿半徑方向安培力合力為零
磁場的水平分量產(chǎn)生的安培力豎直向上F=B1 IL=B2I(2πr)=πBIr
F=mg即BπIr=mg
解得I=mgπrB
故選：B
將圓環(huán)等效為許多很短的電流元組成，每段電流元都受到安培力，因?yàn)閳A環(huán)平衡，安培力的合力豎直向上與重力平衡，由左手受定則知電流逆時(shí)針方向．
本題解題的列式的依據(jù)是共點(diǎn)力的平衡，要注意磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，分解遵循平行四邊形定則．
14.【答案】= >
【解析】解：根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可得：q=I?t=E?Rt=ΔΦR，由于線圈滑入和滑出磁場的過程中穿過線圈磁通量的變化量ΔΦ相等，線圈電阻R相等，所以線圈滑入和滑出磁場的過程中，通過線圈橫截面的電量：q1=q2；
設(shè)正方形線圈剛滑入磁場瞬間初速度為v1，完全進(jìn)入磁場時(shí)速度為v，完全離開磁場時(shí)速度為v2，線圈的邊長為L。
正方形線圈滑入磁場過程中，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有：?BI?Lt1=mv?mv1
正方形線圈滑出磁場過程中，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有：?BI?Lt2=mv2?mv
由于q=I?t
則：mv?mv1=mv2?mv
解得：v1?v=v?v2
正方形線圈滑入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q1=12mv12?12mv2=12m(v1?v)(v1+v)
正方形線圈滑出磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q2=12mv2?12mv22=12m(v?v2)(v+v2)
由于v1+v>v+v2
則有Q1>Q2。
故答案為：=；>。
根據(jù)電荷量的計(jì)算公式分析線圈滑入和滑出磁場的過程中，通過線圈橫截面的電量的大?。桓鶕?jù)動(dòng)量定理分析線圈完全進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小與線圈剛剛進(jìn)入磁場、剛剛離開磁場時(shí)的速度大小關(guān)系，再根據(jù)功能關(guān)系求解產(chǎn)生的焦耳熱的關(guān)系。
對(duì)于安培力作用下導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)問題，如果涉及電荷量問題，常根據(jù)動(dòng)量定理結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律列方程進(jìn)行解答。
15.【答案】不亮； 低。
【解析】【分析】
依據(jù)自感線圈的特征：剛通電時(shí)線圈相當(dāng)于斷路，斷開電鍵時(shí)線圈相當(dāng)于電源，再根據(jù)電路規(guī)律分析a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)高低。
本題要知道理想線圈的特征：剛通電時(shí)線圈相當(dāng)于斷路，斷開電鍵時(shí)線圈相當(dāng)于電源。
【解答】
依題意知，當(dāng)開關(guān)S閉合一段時(shí)間，電路穩(wěn)定時(shí)，由于A燈與自感線圈并聯(lián)，自感線圈直流電阻為零，A燈將被線圈短路，則A燈將不亮；當(dāng)開關(guān)S斷開瞬間，自感線圈產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，將對(duì)A燈進(jìn)行短暫供電，電流方向從b到a，所以a點(diǎn)電勢(shì)比b點(diǎn)電勢(shì)低。
故答案為：不亮；低。
16.【答案】100π 311π×10?4Wb 0
【解析】解：由圖象知交流電的周期為0.02s，所以角速度ω=2π0.02=100πrad/s，電動(dòng)勢(shì)最大值Em=NBSω，所以φmax=BS=311π×10?4Wb，磁通量最大時(shí)電動(dòng)勢(shì)為0
故答案為：100π，311π×10?4，0
由圖象知交流電的周期可以求角速度ω，由電動(dòng)勢(shì)最大值可以求有效值，電動(dòng)勢(shì)最大時(shí)，磁通量最?。?br>本題考查了正弦交流電的原理，要會(huì)從圖象中獲取有用的物理信息；明確周期和角速度之間的關(guān)系．
17.【答案】電能轉(zhuǎn)化成內(nèi)能和重物的重力勢(shì)能 直流電動(dòng)機(jī)
【解析】解：電源產(chǎn)生的電能在電路產(chǎn)生電流，電流通過電源內(nèi)阻和導(dǎo)體棒時(shí)，將一部分電能轉(zhuǎn)化成電源內(nèi)阻和導(dǎo)體棒上的內(nèi)能，同時(shí)在導(dǎo)體棒上產(chǎn)生安培力，安培力對(duì)導(dǎo)體棒做正功，將一部分電能轉(zhuǎn)化為金屬棒和重物的機(jī)械能，當(dāng)導(dǎo)體棒和重物都做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)這部分電能轉(zhuǎn)化成重物的重力勢(shì)能。
根據(jù)上述分析可知，原理是把電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，用類似原理制作的機(jī)械有直流電動(dòng)機(jī)。
故答案為：電能轉(zhuǎn)化成內(nèi)能和重物的重力勢(shì)能，直流電動(dòng)機(jī)。
電源在電路中產(chǎn)生電流，要產(chǎn)生內(nèi)能，一部分電能轉(zhuǎn)化為。同時(shí)，導(dǎo)體棒在安培力作用下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，一部分電能轉(zhuǎn)化為重物的重力勢(shì)能。
解答本題時(shí)，要明確能量有哪些形式，并分析能量的轉(zhuǎn)化情況，根據(jù)能量守恒定律分析。
18.【答案】B C C
【解析】解：(1)本實(shí)驗(yàn)中，主要通過改變一個(gè)物理量，保持其他物理量不變，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系，利用了控制變量法。故ACD錯(cuò)誤，B正確；故選：B。
(2)本實(shí)驗(yàn)需要測量副線圈兩端的電壓，需要用交流電壓表，可用多用電表替代，其它表不能使用，故ABD錯(cuò)誤，C正確；故選：C。
(3)由題可知，原線圈輸入交流電電壓的有效值為U1=6V，若為理想變壓器，根據(jù)原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系
U1U2=n1n2
可得副線圈的電壓
U2=3V
考慮到不是理想變壓器，有漏磁等現(xiàn)象發(fā)生，則副線圈所測得電壓大于零小于3V，可能為2.12V。故ABD錯(cuò)誤，C正確，故選：C。
故答案為：(1)B；(2)C；(3)C。
(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的根本原理分析涉及的物理思想方法；
(2)根據(jù)測量交流電壓的目的選擇合適的器材；
(3)根據(jù)變壓器的工作原理結(jié)合實(shí)際情況分析可能的電壓測量值。
考查變壓器的工作原理和實(shí)驗(yàn)誤差分析問題，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確的分析和判斷。
19.【答案】ACDG AEF 線圈繞行方向 左 增大條形磁體插入或抽出的速度
【解析】解：(1)由于靈敏電流計(jì)的量程較小，因此可以將電池、20kΩ定值電阻、控制開關(guān)與靈敏電流計(jì)構(gòu)成閉合回路，根據(jù)電池的正負(fù)極確定電路中電流方向，從而確定電流進(jìn)入靈敏電流計(jì)的方向與指針偏轉(zhuǎn)方向之間的關(guān)系，因此需要選用的實(shí)驗(yàn)儀器是ACDG；
(2)本實(shí)驗(yàn)的目的“探究影響感應(yīng)電流方向的因素”，需要有磁場與閉合回路，根據(jù)給出的器材，磁場由條形磁體產(chǎn)生，驗(yàn)證感應(yīng)電流產(chǎn)生的回路，需要的器材有靈敏電流計(jì)和線圈；，因此進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究時(shí)，需要選用的實(shí)驗(yàn)儀器是AEF；
(3)由于線圈中感應(yīng)電流方向不僅與穿過線圈的磁場方向有關(guān)，還與線圈的繞行方向有關(guān)；因此實(shí)驗(yàn)中，除了需要確定靈敏電流表指針偏轉(zhuǎn)方向與電流流向的關(guān)系之外，還需要確定線圈的繞行方向；
(4)當(dāng)N極插入線圈時(shí)，電流表的指針向右偏轉(zhuǎn)，表明穿過線圈的磁通量向下增大時(shí)，電流表的指針向右偏轉(zhuǎn)。當(dāng)條形磁鐵的S極插入線圈的過程中，穿過線圈的磁通量向上增大，可知電流表的指針向左偏轉(zhuǎn)；
(5)要使實(shí)驗(yàn)的現(xiàn)象更加明顯，即產(chǎn)生的感應(yīng)電流增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也增大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)電律E=nΔΦΔt可知，只需要增大穿過回路的磁通量的變化率，則在不改變實(shí)驗(yàn)器材的前提下，可以增大條形磁體插入或抽出的速度。
故答案為：(1)ACDG；(2)AEF；(3)線圈繞行方向；(4)左；(5)增大條形磁體插入或抽出的速度。
(1)根據(jù)組成電路的基本元件，結(jié)合電流表量程較小的特點(diǎn)選擇汽車；
(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康倪x擇實(shí)驗(yàn)器材；
(3)由于線圈中感應(yīng)電流方向不僅與穿過線圈的磁場方向有關(guān)，還與線圈的繞行方向有關(guān)，據(jù)此分析作答；
(4)根據(jù)電流表指針偏轉(zhuǎn)方向判斷螺線管中的電流方向；
(5)要使實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象更加明顯，在不改變實(shí)驗(yàn)器材的前提下，應(yīng)增大電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律進(jìn)行分析。
本題考查探究影響感應(yīng)電流方向的因素實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)電路和實(shí)驗(yàn)步驟。
20.【答案】解：(1)金屬棒從出磁場到達(dá)彎曲軌道最高點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：12mvm2=mgh
解得金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速率：vm=4m/s
(2)金屬棒在磁場中做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)回路中的電流為I，則：I=BLvmR+r=1.0×0.2×40.3+0.1A=2A
由平衡條件可得：F=BIL+μmg=1×2×0.2N+0.1×0.2×10N=0.6N
金屬棒速度為vm2時(shí)，設(shè)回路中的電流為I′，則：I′=BL×vm2R+r=1.0×0.2×20.3+0.1A=1A
由牛頓第二定律得：F?BI′L?μmg=ma
解得：a=1m/s2；
(3)設(shè)金屬棒在磁場中運(yùn)動(dòng)過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律得：Fx=μmgx+12mv2+Q，電阻R上的焦耳熱為：QR=RR+rQ
解得：QR=1.5J；
答：(1)金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速率v為4m/s；
(2)金屬棒在磁場中速度為v2時(shí)的加速度大小為1m/s2；
(3)金屬棒在恒力F作用下向右運(yùn)動(dòng)的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為1.5J。
【解析】(1)離開磁場后在彎曲的軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，只有重力做功，金屬棒做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理求得金屬棒的初速度即為運(yùn)動(dòng)的最大速度；
(2)速度最大時(shí)，金屬棒處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡求得拉力F的大小，再求得v2時(shí)對(duì)應(yīng)速度產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再由歐姆定律求得電路電流，根據(jù)F=BIL求得安培力的大小，最后根據(jù)牛頓第二定律求得金屬棒的加速度大小即可；
(3)根據(jù)功能關(guān)系拉力做的功等于金屬棒增加的動(dòng)能和回路產(chǎn)生的焦耳熱，再根據(jù)歐姆定律求得電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。
本題是力學(xué)與電磁感應(yīng)、電學(xué)相結(jié)合的一道綜合題，分析清楚棒的運(yùn)動(dòng)過程，知道棒開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用力學(xué)和電磁感應(yīng)兩部分知識(shí)結(jié)合進(jìn)行求解。

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