【物理】2020届一轮复习人教新课标交变电流考点训练（解析版)

【物理】2020届一轮复习人教新课标交变电流考点训练（解析版)

‎2020届一轮复习人教新课标 交变电流 考点训练（解析版)‎ ‎1．为了降低潜艇噪音，可用电磁推进器替代螺旋桨。如图为直线通道推进器示意图，推进器内部充满海水，前后表面导电，上下表面绝缘，规格为：a×b×c=0.5m×0.4m×0.3m。空间内存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B=10.0T，方向竖直向下。若在推进器前后方向通以电流I=1.0×103A，方向如图。则下列判断正确的是 A．推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为5.0×103N B．推进器对潜艇规供向右的驱动为，大小为5.0×103N C．推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为4.0×103N D．推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为4.0×103N ‎2．下列物理量中，属于标量的是 A．动能 B．磁感应强度 C．加速度 D．电场强度 ‎3．如图所示，三根相互平行的长直导线a、b、c垂直于纸面固定，其中a、b间距为10cm，b、c间距为8cm，a、c间距为6cm，分别通入电流I1，I2和I3后，c导线所受安培力恰好与ab边平行，已知通电导线在周围某点所产生的磁感应强度大小满足B=k，则下列说法正确的是 A．I1和I2电流方向相同，大小之比为 B．I1和I2电流方向相反，大小之比为 C．若电流I3的方向垂直纸面向外，则导线c所受的安培力一定向右 D．若电流I3的方向垂直纸面向里，则导线c所受的安培力一定向右 ‎4．关于电场力与洛伦兹力，以下说法正确的是（　　）‎ A．只有运动的电荷在磁场中才会受到洛伦兹力的作用 B．电场力对运动的电荷一定做功，而洛伦兹力对运动的电荷却不会做功 C．电场力与洛伦兹力一样，方向都沿电场线或磁感线的切线方向 D．电荷只要处在电场中，就会受电场力，电荷静止在磁场中，也可能受到洛伦兹力 ‎5．如图所示，两平行导轨与水平面成α＝37°角，导轨间距为L＝1.0 m，匀强磁场的磁感应强度可调，方向垂直导轨所在平面向下。一金属杆长也为L，质量m＝0.2 kg，水平放在导轨上，与导轨接触良好而处于静止状态，金属杆与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，通有图示方向的电流，电流强度I＝2.0 A，令最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则磁感应强度的最大值和最小值分别为(　　)‎ A．1.0 T　0 B．1.0 T　0.6 T C．1.0 T　0.2 T D．0.6 T　0.2 T ‎6．如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，在以导线截面的中心O为圆心的圆周上有a、b、cd四点，已知a点的磁感应强度为2B，方向也是竖直向下，则d点的磁感应强度的大小和方向分别为（ ）‎ A．大小为B，方向竖直向上 B．大小为2B．方向水平向右 C．大小为B，方向垂直纸面向外 D．大小为B，方向斜向右下方 ‎7．如图所示，质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨宽为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为μ，有电流时，ab恰好在导轨上静止，在它的四个侧视图中标出四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是 A． B． C． D．‎ ‎8．在物理学发展过程中，下列叙述不符合史实的是( )‎ A．奥斯特发现了电流的磁效应 B．安培最早用实验测得元电荷e的数值 C．法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机 D．库伦利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用力—库仑定律 ‎9．如图所示，一线圈在匀强磁场中匀速转动，经过图示位置时（ ）‎ A．穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大 B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率最大 C．穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率最小 D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最小 ‎10．在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻。下列说法正确的是 A．在t＝0.01s末，矩形线圈平面与磁场方向平行 B．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝36sin50πt（V）‎ C．Rt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变 D．Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大 ‎11．如图所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连．M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连．在线圈转动过程中，通过电阻R的电流 A．大小和方向都随时间做周期性变化 B．大小和方向都不随时间做周期性变化 C．大小不断变化，方向总是P→R→Q D．大小不断变化，方向总是Q→R→P ‎12．如图所示，哪中情况线圈中不能产生交流电流( )‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎13．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B的匀强磁场，在x轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为B/2的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中运动的半径为R。则(　 　)‎ A．粒子经偏转后一定能回到原点O B．粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1‎ C．粒子完成一次周期性运动的时间为 D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3R ‎14．如图为洛伦兹力演示仪的结构图。励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是（　　）‎ A．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大 B．仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大 C．仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变小 D．仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大 ‎15．质量为m、带电荷量为q的小物块，从倾角为的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法正确的是（ ）‎ A．小物块一定带正电荷 B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动 C．小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动 D．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为 ‎16．回旋加速器是加速带电粒子的装置，如图所示。其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒(D1、D2)，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，D形盒的半径为R。质量为m、电荷量为q的质子从D1半盒的质子源(A点)由静止释放，加速到最大动能Ek后经粒子出口处射出。若忽略质子在电场中加速时间，且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是 A．质子加速后的最大动能Ek与交变电压U大小无关 B．质子在加速器中运行时间与交变电压U大小无关 C．回旋加速器所加交变电压的周期为πR D．D2盒内质子的轨道半径由小到大之比依次为1︰︰‎ ‎17．单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的关系图象如图所示，则(　　)‎ A．在t＝0时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大 B．在t＝1×10－2s时刻，感应电动势最大 C．在t＝2×10－2s时刻，感应电动势为零 D．在0～2×10－2s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零 ‎18．如图所示是一电路板的示意图，a、b、c、d为接线柱，a、d与220V的交流电源连接，ab间、bc间、cd间分别连接一个电阻发现电路中没有电流，为检查电路故障，用一交流电压表分别测得b、d两点间以及a、c两点间的电压均为220V，由此可知　　‎ A．ab间电路通，cd间电路不通 B．ab间电路不通，bc间电路通 C．ab间电路通，bc间电路不通 D．bc间电路不通，cd间电路通 ‎19．如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a，b所示，则(　　)‎ A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合 B．曲线a，b对应的线圈转速之比为2∶3‎ C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V ‎20．一个匝数N=100匝的线圈所包围的面积S=0.02 m2，在匀强磁场B=0.5 T中绕垂直于磁感线的轴以角速度ω=100π rad/s匀速转动时，在线圈中产生交流电，若自线圈通过中性面时开始计时，下列能够反映线圈中感应电动势随时间变化的图象可能是 A． B． C． D．‎ ‎21．如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒：‎ ‎（1）通过的电流大小I；‎ ‎（2）通过的电荷量Q。‎ ‎22．如图所示，在矩形区域abcd内存在一个垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，oa边长为，ab边长为L。先从o点沿着ob方向垂直磁场射入各种速率的带电粒子，已知粒子的质量为m、带电量为q（粒子所受重力及粒子间相互作用忽略不计），求：‎ ‎（1）垂直ab边射出磁场的粒子的速率v；‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的最长时间tm。‎ ‎23．如图所示，光滑平行导轨MN、PQ固定在水平面上，导轨间的距离l=0.6m，左端接电阻R=0.9Ω，导轨电阻不计。导轨所在空间存在垂直于水平面向下的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T．现将一根阻值为r=0.1的金属棒置于导轨上，它与导轨接触良好，用一水平向右的拉力使金属棒沿导轨向右做速度v=5.0m/s的匀速直线运动。求：‎ ‎（1）通过电阻R的电流大小和方向；‎ ‎（2）拉力F的大小。 ‎ ‎24．如图所示，在MN和PQ间有竖直向上的匀强电场，场强大小为E，电场宽度为d。在MN的上方有一磁感应强度方向水平向外的圆形匀强磁场区，O为圆心，其半径为d，CD为平行于MN的直径，圆心O到MN的距离为2d.一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计），以某一速度从PQ连线上A点水平向右射入电场，带电粒子穿出电场后从C点进入磁场并从D点穿出.求：‎ ‎（1）带电粒子从A点运动到C点的时间t；‎ ‎（2）圆形磁场区内磁感应强度B的大小.‎ ‎25．如图所示，匝数为100匝、面积为0.01m2的线圈，处于磁感应强度B1为T的匀强磁场中。当线圈绕O1O2以转速n为300r/min匀速转动时，电压表、电流表的读数分别为7V、1A。电动机的内阻r为1Ω，牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.2kg的导体棒MN沿轨道上升。导体棒的电阻R为1Ω，架在倾角为30°的框架上，它们处于方向与框架平面垂直、磁感应强度B2为1T的匀强磁场中。当导体棒沿轨道上滑1.6m时获得稳定的速度，这一过程中导体棒上产生的热量为4J。不计框架电阻及一切摩擦，g取10m/s2。求：‎ ‎(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时表达式；‎ ‎(2)导体棒MN的稳定速度；‎ ‎(3)导体棒MN从静止到达到稳定速度所用的时间。‎ ‎26．如图所示，矩形线圈的匝数为n，线圈面积为S，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，在线圈由图示位置转过90°的过程中，求：‎ ‎(1)通过电阻R的电荷量q.‎ ‎(2)电阻R上产生的焦耳热Q.‎ ‎27．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长L＝10 cm 的正方形线圈 abcd共100匝，线圈电阻 r＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s，外电路电阻R＝4 Ω，求：‎ ‎(1)转动过程中感应电动势的最大值；‎ ‎(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°角时的瞬时感应电动势；‎ ‎(3)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势；‎ ‎(4)交变电压表的示数；‎ ‎(5)线圈转动一周外力所做的功；‎ ‎(6) 周期内通过R的电荷量为多少？‎ ‎28．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如下图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0Ω，则外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如下图乙所示。 求： ‎ ‎（1）电压表的示数； ‎ ‎（2）发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热； ‎ ‎（3）若发电机是单匝线圈，通过线圈的最大磁通量。‎ 参考答案 ‎1．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据左手定则来判定安培力的方向，再结合安培力公式F=BIL，即可求解。‎ ‎【详解】‎ 磁场方向向下，电流方向向外，依据左手定则，则安培力方向向右，因此驱动力方向向右，根据安培力公式F=BIL=10×1.0×103×0.4N=4.0×103N，综上所述，故ABC错误，D正确；故选D。‎ ‎2．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 矢量是既有大小，又有方向的物理量，运算遵守平行四边形定则．而标量是只有大小没有方向的物理量；‎ ‎【详解】‎ 加速度、电场强度和磁感应强度都是既有大小也有方向的，它们都是矢量，动能只有大小没有方向，是标量，故A正确，B、C、D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】‎ 关键是记住即有大小又有方向，遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量。‎ ‎3．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB．根据通电平行直导线间的相互作用规律可知，若I1和I2的电流方向相同，则a、b对c的安培力方向不会与a、b连线平行.因此I1和I2的电流方向相反，根据平行四边形定则作图，如图所示：‎ 则,又 Fa=BaI3L，Fb=BbI3L，，，其中rac=6cm，rbc=8cm，联立解得；故A错误，B正确.‎ CD．若电流I3的方向垂直纸面向外或向内，由于a、b的电流方向未知，不能确定导线c所受的安培力方向，故C,D均错误.‎ ‎4．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AD.电荷只要在电场中就会受到电场力作用，运动电荷在磁场中，与磁场方向平行，不会受到洛伦兹力的作用，只有运动电荷在磁场中才可能受到洛伦兹力作用。故A正确，D错误 B.当电场力与电荷的速度方向相垂直时，则电场力对在其电场中的电荷不会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷不会做功。故B错误 C.电场力与电场线某点切线方向平行，洛伦兹力与磁场线相互垂直。故C错误 ‎5．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由左手定则知安培力沿斜面向上，因mgsin α＝1.2 N、Ffm＝μmgcos α＝0.8 N，所以当磁感应强度B最小时，安培力F1＝BminIL＝0.4 N，即Bmin＝0.2 T；当B最大时，安培力F2＝BmaxIL＝2.0 N，即Bmax＝1.0 T。‎ A．1.0 T；0，与结论不相符，选项A错误；‎ B．1.0 T；0.6 T，与结论不相符，选项B错误；‎ C．1.0 T；0.2 T，与结论相符，选项C正确；‎ D．0.6 T；0.2 T，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎6．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，已知a点的磁感应强度为2B，方向也是竖直向下，那么通电直导线在a点的磁感应强度大小为B，方向竖直向下，则通电直导线在d点的磁感应强度的大小仍为B，根据右手螺旋定则，其方向水平向右；依据矢量的合成法则，则d点的合磁感应强度的大小Bd＝＝B，其方向斜向右下方，故ABC错误，D正确；故选D。‎ ‎7．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、金属棒受重力、向右的安培力以及支持力；若要使棒平衡，摩擦力可以为零，故A正确；‎ B、金属棒受重力、垂直斜面向下的安培力以及支持力；若要使棒平衡，摩擦力方向沿斜面向上，故B错误；‎ C、金属棒受重力和竖直向下的安培力和支持力；若要使棒平衡，摩擦力方向沿斜面向上，故C错误；‎ D、金属棒受重力、向左的安培力以及支持力；若要使棒平衡，摩擦力方向沿斜面向上，故D错误。‎ ‎8．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 奥斯特发现了电流的磁效应，选项A正确；密立根最早用实验测得元电荷e的数值，选项B错误；法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机，选项C正确；库伦利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用力—库仑定律，选项D正确；此题选择不符合史实的，故选B.‎ ‎9．A ‎【解析】‎ 当线圈处于图中所示位置时，线框与磁场方向平行，磁通量为零，最小；该位置与中性面垂直，感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律公式，可知磁通量的变化率最大，故A正确，BCD错误，故选A。‎ ‎【点睛】根据法拉第电磁感应定律公式，当时间足够小时，可以用该公式近似求解瞬时电动势，而磁通量的变化量与瞬时电动势成正比.‎ ‎10．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、B、原线圈接的图甲所示的正弦交流电，由图知最大电压，周期0.02s，故角速度是ω=100π，，当t=0.01s时，u=0，此时穿过该线圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通量的变化率为零;故A错误，B正确.‎ C、Rt处温度升高时，原副线圈电压比不变，但是V2不是测量副线圈电压，Rt温度升高时，阻值减小，电流增大，则R2电压增大，所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大;故C错误.‎ D、Rt温度升高时，阻值减小，电流增大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大;故D正确.‎ 故选BD.‎ ‎【点睛】‎ 根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．‎ ‎11．C ‎【解析】‎ 试题分析：为了使线圈能够持续转动，在制作直流电动机时安装了换向器，当线圈转过平衡位置时自动改变线圈中电流的方向，从而改变线圈的受力方向．由于MN具有换向器的作用，由右手定则可知通过R的电流的方向不变，总是由P→R→Q.故C选项正确．‎ 故选C 考点：考查了交流电的产生原理 点评：关键是知道MN的作用，具有换向器的作用 ‎12．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ B、C、D中的线圈转动时，线圈中的磁通量发生周期性变化，线圈产生的感应电流方向也发生变化，能产生交变电流，均符合要求，A项中线圈的磁通量不发生变化，故不产生感应电流，更不会产生交变电流；‎ 故选A。‎ ‎13．CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断粒子所受的洛伦兹力方向，确定粒子能否回到原点O；根据牛顿第二定律求解半径；由求解周期；根据几何知识求解粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进的距离。‎ ‎【详解】‎ A项：根据左手定则判断可知，负电荷在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，不可能回到原点0，故A错误；‎ B项：由得粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2，故B错误；‎ C项：负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60°，在第一象限轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子圆周运动的周期为，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为同理，在第四象限运动的时间为，完在成一次周期性运动的时间为T′=t1+t2=，故C正确；‎ D项：根据几何知识得：粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x=R+2R=3R，故D正确。‎ 故选：CD。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键是根据轨迹的圆心角等于速度的偏向角，找到圆心角，即可由几何知识求出运动时间和前进的距离。‎ ‎14．BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 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，由动能定理有：eU= mv02，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=m，解得：，周期为：。可见增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由可得，电子束的轨道半径变小。由可知周期变小，故A错误，C正确；提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变，故B正确，D错误。‎ ‎15．BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查带电粒子在磁场、重力场中运动规律，对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律、物体受力平衡关系分析计算可得。‎ ‎【详解】‎ A．带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，说明物块受到垂直斜面向上的洛伦兹力作用，由左手定则可判断物块带负电，故A错误；‎ B C．对小物块受力分析，沿斜面方向由牛顿第二定律可得 在斜面上运动时做匀加速直线运动，故B正确，C错误；‎ D．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为v 解得v=，故D正确。‎ ‎【点睛】‎ 判断洛伦兹力方向用左手定则，四指指向是电流的方向。对物体受力分析，沿斜面，垂直斜面方向建立坐标系，沿斜面方向合力恒定做匀加速直线运动。垂直斜面向上的洛伦兹力等于重力垂直斜面方向分力时，物块对斜面作用力恰好为零，列平衡方程可求得速度大小。‎ ‎16．ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据质量为m、电荷量为q的质子从D1半盒的质子源(A点)由静止释放，加速到最大动能Ek后经粒子出口处射出可知，本题考查回旋加速器的工作原理，根据带电粒子在电场中加速，在磁场中偏转知识列方程求解。‎ ‎【详解】‎ A项：质子射出回旋加速器时的速度最大，此时的半径为R，由洛伦兹力提供向心力得：，所以当轨道半径最大时，最大速度为，最大动能为：，质子加速后的最大动能Ek与交变电压U大小无关，故A正确；‎ B项：粒子离开回旋加速器的动能是一定的，与加速电压无关；而每次经过电场加速获得的动能为qU，故电压越大，加速的次数n越少，又知周期，故运动的时间t=nT，由于T不变，n变小，所以t变小，故B错误；‎ C项：由， ，知，回旋加速器的电压周期：，故C正确；‎ D项：粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，由动能定理得：质子的轨道由小到大对应的速度之比为，再根据 ，则半径比为，故D正确。‎ 故选：ACD。‎ ‎【点睛】‎ 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。‎ ‎17．BC ‎【解析】‎ t=0时刻，线圈中磁通量最大，Φ的变化率达最小，感应电动势最小，故A错误；在t=1×10-2s时刻，磁通量为零，但Φ的变化率达最大，感应电动势最大，故B正确；在t=2×10-2‎ s时刻，Φ的变化率为零，感应电动势为零，故C正确；在0-2×10-2s时间内，磁通量变化不为零，线圈中感应电动势的平均值不为零，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎18．CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电压表是一个内阻很大的元件，使用时应将其与被测电路并联，当将其与其他元件串联时，其示数将接近电源电压，造成元件无法正常工作．根据电压表的这一特点，结合电路的连接变化可依次做出判断，并推理出故障的原因．‎ ‎【详解】‎ 用电压表测得a、c两点间的电压为220V，说明c、d间是连通的；用电压表测得b、d两点间的电压为220V，说明a、b间是连通的，综合两次的测量结果可以看出，只有当b、c间断路时，才会出现上述情况，CD正确．‎ ‎19．AC ‎【解析】‎ t＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A项正确；图中a、b对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝∶＝3∶2，B项错误；a线表示的交流电动势的频率为fa＝＝25 Hz，C项正确；a线对应线圈相应的电动势的最大值Eam＝NBS·，由图象知Eam＝15 V，b线对应线圈相应的电动势的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10 V，有效值Eb＝V＝5V，D项错误。‎ ‎20．BD ‎【解析】‎ 试题分析：根据公式可得该交流电的最大电压为，该交流电的周期为 ‎，在线圈中产生交流电，若自线圈通过中性面时开始计时，则在中性面时，磁通量最大，磁通量变化率最小，产生的感应电动势为零，故BD正确，AC错误 故选BD 考点：考查了交流电图像 点评：做本题的关键是知道，线圈在中性面时电动势为零 ‎21．（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）对金属棒由牛顿第二定律有： ‎ ‎ 解得： ‎ ‎（2）设金属棒下滑时间为t，有： ‎ 电荷量为：‎ 解得：‎ ‎22．（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）粒子运动的轨迹如图：‎ 设粒子做圆周运动的半径为，由几何关系可知；，‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力有 ‎ 可解得 ‎（2）由圆周运动的关系可知 联立可得 因此可知粒子在磁场中做圆周运动的周期和速度无关，速度改变周期不变 由几何关系可知最大圆心角 可知粒子运动的最长时间 ‎23．（1）0.3A，电流的方向为：M→P ；（2）F=1.810-2N ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律：‎ E=Blv=0.3V 根据闭合电路欧姆定律：‎ I==0.3A 根据右手定则可知，电流的方向为：M→P ‎（2）设金属棒受的安培力为F安，则F安=BIl=1.810-2N 因为金属棒做匀速运动，所以拉力F=F安=1.810−2N ‎24．（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带正电粒子在电场中做类平抛运动，即水平向右做匀速直线运动，竖直向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据相关运动规律可求得在电场中的运动时间和离开电场时竖直向上的速度；粒子离开电场后到进入磁场前做匀速直线运动，根据运动的合成与分解，进而可以求出带电粒子从A点运动到C点的时间；为求匀强磁场的磁感应强度B，可以利用带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式，结合三角函数及图像进行求解 ‎【详解】‎ ‎（1）如图所示：‎ 设粒子从A点到F点的时间为，从F点到C点的时间为，‎ 根据题意可知，粒子从A点运动到F点的过程中做类平抛运动，竖直向上的位移为d，有：‎ ‎ ①‎ ‎ ②‎ 不考虑粒子的重力，由牛顿第二定律：‎ ‎ ③‎ 粒子从F点到C点的过程中做匀速直线运动，竖直向上的位移为2d，有：‎ ‎ ④‎ 又A点到C点的时间：‎ ‎ ⑤‎ 联立①②③④⑤解得：‎ ‎（2）设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的速度为v，半径为r，则有：‎ ‎ ⑥‎ 根据三角函数关系，由图可得：‎ ‎ ⑦‎ 即：‎ ‎ ‎ ‎【点睛】‎ 考查类平抛运动和带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，能分析出粒子的运动情况；理解掌握类平抛运动和带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动规律，是解决此类题的关键 ‎25．(1)e=10sin10πtV (2)v=2m/s (3)t=1.0s ‎【解析】试题分析：（1）线圈转动过程中电动势的最大值为：‎ 则从线圈处于中性面开始计时的电动势瞬时值表达式为：‎ ‎（2）电动机的电流：‎ 电动机的输出功率：‎ 又 而棒产生的感应电流：‎ 稳定时棒处于平衡状态，故有：‎ 由以上各式代入数值，解得棒的稳定速度：，（舍去）‎ ‎（3）由能量守恒定律得：‎ 其中 解得：‎ 考点：导体切割磁感线时的感应电动势、电磁感应中的能量转化、交流电。‎ ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时表达式以及峰值，棒达到稳定速度时，处于平衡状态，根据平衡条件列式求解。‎ ‎26．(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)△φ=BS,时间△t=T/4=π/2ω 根据法拉第电磁感应定律，产生的平均电动势为 平均电流为 通过R的电荷量 ‎(2)在此过程中回路中产生的焦耳热为一个周期内产生焦耳热的1/4‎ R上的焦耳热为：‎ ‎【名师点睛】‎ 由法拉第电磁感应定律可求得平均电动势，再由欧姆定律求出平均电流，由Q=It可求出电荷量；求出交流电的最大值，再由有效值与最大值的关系结合串联电路的特点，即可求出电阻R的焦耳热。 ‎ ‎27．(1)3.14 V　(2)1.57 V　(3)2.6 V　(4)1.78 V (5)0.99 J　(6)0.0866 C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)感应电动势的最大值Em＝NBSω＝100×0.5×0.12×2π V＝3.14 V.‎ ‎(2)转过60°时的瞬时感应电动势：‎ e＝Emcos 60°＝3.14×0.5 V＝1.57 V.‎ ‎(3)通过60°角过程中产生的平均感应电动势：‎ E＝V≈2.6 V.‎ ‎(4)电压表示数为外电路电压的有效值：‎ U＝＝1.78 V.‎ ‎(5)转动一周外力所做的功等于电流产生的热量：‎ W＝Q＝＝0.99 J.‎ ‎(6)1/6周期内通过电阻R的电荷量：‎ ‎＝0.086 6 C.‎ 答案：(1)3.14 V　(2)1.57 V　(3)2.6 V　(4)1.78 V　(5)0.99 J　(6)0.086 6 C ‎28．（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图象知电动势的最大值Em=220V，有效值，灯泡两端电压V（3分）‎ ‎（2）电路中的电流：A（1分），‎ 发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为J=12.17J（2分）‎ ‎（3）Em=Φmω=220V由图知T=0.02s 又rad/s（3分） Φm=0.7Wb（1分）‎