物理卷·2018届湖北省宜昌市长阳二中高二下学期月考物理试卷（3月份）+（解析版）

物理卷·2018届湖北省宜昌市长阳二中高二下学期月考物理试卷（3月份）+（解析版）

‎2016-2017学年湖北省宜昌市长阳二中高二（下）月考物理试卷（3月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共52分．1-6题为单项选择，7-13题选项中有多个选项正确．）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．楞次通过实验研究，总结出了电磁感应定律 B．法拉第通过实验研究，发现了电流周围存在磁场 C．牛顿最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同 D．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因 ‎2．1820年4月的一天，丹麦科学家奥斯特在上课时，无意中让通电导线靠近小磁针，突然发现小磁针偏转．这个现象并没有引起在场其他人的注意，而奥斯特却是个有心人，他非常兴奋，紧紧抓住这个现象，接连三个月深入地研究，反复做了几十次实验．关于奥斯特的实验，如图所示，下列操作中一定能够观察到小磁针偏转的是（　　）‎ A．通电导线AB东西放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关 B．通电导线AB南北放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关 C．通电导线AB东西放置，小磁针放在导线正下方，改变电流方向 D．通电导线AB南北放置，小磁针在AB延长线的B端外侧，改变电流大小 ‎3．在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是（　　）‎ A．合上开关，a先亮，b逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭 B．合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭 C．合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭 D．合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭 ‎4．如图所示，闭合直角三角形线框，底边长为l，现将它匀速拉过宽度为d的匀强磁场（l＞d）．若以逆时针方向为电流的正方向，则以下四个I﹣t图象中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．下列说法中正确的是（　　）‎ A．一个质点在一个过程中如果其动量不变，其动能也一定不变 B．一个质点在一个过程中如果其动能不变，其动量也一定不变 C．几个物体组成的物体系统在一个过程中如果动量守恒，其机械能也一定守恒 D．几个物体组成的物体系统在一个过程中如果机械能守恒，其动量也一定守恒 ‎6．如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（　　）‎ A．运动的平均速度大小为 B．下滑位移大小为 C．产生的焦耳热为qBLν D．受到的最大安培力大小为 ‎7．如图是一种延时开关，当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放．则（　　）‎ A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用 B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用 C．如果断开B线圈的开关S2，则无延时作用 D．如果断开B线圈的开关S2，则延时将变长 ‎8．关于感应电流的产生，下列说法中正确的是（　　）‎ A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流 B．若闭合电路的导线做切割磁感线运动，导线中不一定有感应电流 C．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，该电路中一定没有感应电流 D．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，该电路中一定有感应电流 ‎9．如图所示，磁场与线圈平面垂直，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1=3v2．在先后两种情况下（　　）‎ A．线圈中的感应电流之比I1：I2=1：3‎ B．线圈中的感应电流之比I1：I2=3：1‎ C．线圈中产生的焦耳热之比Ql：Q2=3：1‎ D．通过线圈某截面的电荷量之比Ql：Q2=1：1‎ ‎10．放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手控制小车处于静止状态，下列说法正确的是（　　）‎ A．两手同时放开，两车的总动量等于零 B．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右 C．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向左 D．先放开右手，后放开左手，两车的总动量为零 ‎11．古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身重力的打击力时即可致死，并设兔子与树桩作用的时间为0.2s，取g=10m/s2，则被撞死的兔子的奔跑速度可能为（　　）‎ A．1 m/s B．1.5 m/s C．2 m/s D．2.5 m/s ‎12．如图所示，a、b端输入恒定的交流电压．理想变压器原、副线圈分别接有额定电压均为12V、额定功率均为2W的灯泡A、B、C．闭合开关，灯泡均正常发光．则下列说法正确的是（　　）‎ A．原副线圈的匝数比为1：2‎ B．电压表V的示数为24V C．变压器的输入功率为4W D．副线圈上再并联一个相同的灯泡D，灯泡A会烧坏 ‎13．如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个电阻为R的灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在平面，垂直导轨的导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，则导体棒ab在下滑过程中（　　）‎ A．感应电流在导体棒ab中方向从b到a B．受到的安培力方向沿斜面向下，大小保持恒定 C．机械能一直减小 D．克服安培力做的功等于灯泡消耗的电能 ‎　‎ 二、实验探究题（每空2分，共14分）.‎ ‎14．在研究“电磁感应现象”的实验中，所需的实验器材如图所示．现已用导线连接了部分实验电路．‎ ‎（1）请把电路补充完整；‎ ‎（2）实验时，将线圈A插入线圈B中，合上开关瞬间，观察到检流计的指针发生偏转，这个现象揭示的规律是　　；‎ ‎（3）（多选）某同学设想使线圈B中获得与线圈A中相反方向的电流，可行的实验操作是　　‎ A．抽出线圈A B．插入软铁棒 C．使变阻器滑片P左移 D．断开开关．‎ ‎15．在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：‎ A．干电池一节 B．电流表（量程0.6A）‎ C．电压表（量程3V）‎ D．开关S和若干导线 E．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，允许最大电流1A）‎ F．滑动变阻器R2（最大阻值200Ω，允许最大电流0.5A）‎ G．滑动变阻器R3（最大阻值2000Ω，允许最大电流0.1A）‎ ‎（1）按图1所示电路测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选　　（填“R1”、“R2”或“R3”）．‎ ‎（2）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图2所示的坐标图中，请作出UI图线，由此求得待测电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．（结果保留两位有效数字）‎ ‎　‎ 三、计算题（本题计3小题，共10+14+10=34分）‎ ‎16．如图所示，边长为L的正方形金属框ABCD质量为m，电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场中，金属框的下半部处于磁场内，磁场方向与线框平面垂直．磁场随时间变化规律为B=kt（k＞0）．求：‎ ‎（1）线框中感应电流的方向；‎ ‎（2）线框中感应电动势的大小；‎ ‎（3）从t=0时刻开始，经多长时间细线的拉力为零？‎ ‎17．如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动．线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连．线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知．在0～t1‎ 的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动．求：‎ ‎（1）0～t1时间内通过电阻R的电流大小；‎ ‎（2）线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；‎ ‎（3）线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量．‎ ‎18．如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞．在二者在发生碰撞的过程中，求：‎ ‎（1）弹簧的最大弹性势能；‎ ‎（2）滑块B的最大速度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省宜昌市长阳二中高二（下）月考物理试卷（3月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共52分．1-6题为单项选择，7-13题选项中有多个选项正确．）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．楞次通过实验研究，总结出了电磁感应定律 B．法拉第通过实验研究，发现了电流周围存在磁场 C．牛顿最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同 D．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】法拉第通过实验研究，总结出了电磁感应定律．奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场．伽利略最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因．‎ ‎【解答】解：A、英国物理学家法拉第通过实验研究，总结出了电磁感应定律．故A错误．‎ B、丹麦物理学家奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场．故B错误．‎ C、伽利略最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同．故C错误．‎ D、伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因．故D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎2．1820年4月的一天，丹麦科学家奥斯特在上课时，无意中让通电导线靠近小磁针，突然发现小磁针偏转．这个现象并没有引起在场其他人的注意，而奥斯特却是个有心人，他非常兴奋，紧紧抓住这个现象，接连三个月深入地研究，反复做了几十次实验．关于奥斯特的实验，如图所示，下列操作中一定能够观察到小磁针偏转的是（　　）‎ A．通电导线AB东西放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关 B．通电导线AB南北放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关 C．通电导线AB东西放置，小磁针放在导线正下方，改变电流方向 D．通电导线AB南北放置，小磁针在AB延长线的B端外侧，改变电流大小 ‎【考点】电磁感应现象的发现过程．‎ ‎【分析】解答本题的关键是了解发现电流磁效应的现象，同时明确通电直导线周围的磁场分别情况，并要求搞清地磁场的分布对小磁针的影响．‎ ‎【解答】解：奥斯特发现电流周围存在磁场，对小磁针有磁场力作用，但地磁场也对小磁针有磁场力作用（指向南北），所以为了回避因地磁场的作用，因此将导线须南北放置，若偏转说明是通电导线的磁场引起的，且放置在导线的下方或上方，不能在导线的延长线上，故ACD错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是（　　）‎ A．合上开关，a先亮，b逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭 B．合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭 C．合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭 D．合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭 ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．‎ ‎【解答】‎ 解：由于a、b为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，b灯泡立刻发光，而a灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮；当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时熄灭．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．如图所示，闭合直角三角形线框，底边长为l，现将它匀速拉过宽度为d的匀强磁场（l＞d）．若以逆时针方向为电流的正方向，则以下四个I﹣t图象中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】线框匀速穿过磁场区域时，分为三个过程：线框向右运动距离x为0～d，d～l，l～l+d范围内．先根据楞次定律分析感应电流的方向，再由有效切割长度变化，根据感应电动势公式，分析感应电动势的变化，再分析感应电流大小的变化．‎ ‎【解答】解：在线框向右运动距离x为0～d的范围内，穿过线框的磁通量不断增大，由楞次定律可知线框产生的感应电流沿逆时针方向，为正；有效的切割长度为L=xtanθ，线框匀速运动故x=vt，感应电流的大小为：，可知I∝t；‎ 在线框向右运动距离x为d～l范围内，穿过线框的磁通量均匀增大，由楞次定律可知线框产生的感应电流沿逆时针方向，为正；且感应电流大小不变；‎ 在线框向右运动距离x为l～l+d范围内，穿过线框的磁通量不断减小，由楞次定律可知线框产生的感应电流沿顺时针方向，为负，‎ 有效的切割长度为 L=（x﹣l﹣d）tanθ，线框匀速运动故x=vt，感应电流的大小为：‎ ‎，故感应电流一开始不为0，之后均匀增大，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．下列说法中正确的是（　　）‎ A．一个质点在一个过程中如果其动量不变，其动能也一定不变 B．一个质点在一个过程中如果其动能不变，其动量也一定不变 C．几个物体组成的物体系统在一个过程中如果动量守恒，其机械能也一定守恒 D．几个物体组成的物体系统在一个过程中如果机械能守恒，其动量也一定守恒 ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】动量P=mv，动能EK=mv2，二者的关系为：EK=．‎ ‎【解答】解：A、一个质点在一个过程中如果其动量不变，根据EK=则动能也不变，A正确；‎ B、一个质点在一个过程中如果其动能不变，可能是速度的大小不变而方向改变，则动量改变，B错误；‎ C、几个物体组成的物体系统在一个过程中如果动量守恒，其机械能不一定守恒，比如非弹性碰撞，C错误；‎ D、几个物体组成的物体系统在一个过程中如果机械能守恒，可能是只有重力做功，则系统在竖直方向上可能的合外力不为零，则动量不守恒，D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（　　）‎ A．运动的平均速度大小为 B．下滑位移大小为 C．产生的焦耳热为qBLν D．受到的最大安培力大小为 ‎【考点】电磁感应中的能量转化；安培力．‎ ‎【分析】金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动．由运动学公式，法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理．‎ ‎【解答】解：A、金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于v，而是大于；故A错误．‎ ‎ B、由电量计算公式q=，，，联立得 可得，下滑的位移大小为，故B正确．‎ ‎ C、产生的焦耳热Q=I2Rt=qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv．故C错误．‎ ‎ D、金属棒ab做加速运动，或先做加速运动，后做匀速运动，速度为v时产生的感应电流最大，受到的安培力最大，最大安培力大小为F=BI′L=．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．如图是一种延时开关，当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放．则（　　）‎ A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用 B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用 C．如果断开B线圈的开关S2，则无延时作用 D．如果断开B线圈的开关S2，则延时将变长 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变化，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放．若线圈B处于断开，即使S1断开也不会有感应电流，则不会出现延迟现象．‎ ‎【解答】解：当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变小，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放．所以由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用．‎ 若断开B线圈的开关S2，当S1断开，F中立即没有磁性，所以没有延时功能．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎8．关于感应电流的产生，下列说法中正确的是（　　）‎ A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流 B．若闭合电路的导线做切割磁感线运动，导线中不一定有感应电流 C．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，该电路中一定没有感应电流 D．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，该电路中一定有感应电流 ‎【考点】感应电流的产生条件．‎ ‎【分析】产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，或闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动．根据这个条件进行选择．‎ ‎【解答】解：A、位于磁场中的闭合线圈，只有磁通量发生变化，才一定会产生感应电流．故A错误．‎ B、闭合电路整体在磁场中作切割磁感线运动，而闭合电路中磁通量却没有变化，则闭合电路中就没有感应电流．故B正确．‎ C、闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，若穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化，该电路中也能产生感应电流．故C错误．‎ D、根据感应电流产生的条件可知，当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，该电路中一定有感应电流．故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎9．如图所示，磁场与线圈平面垂直，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1=3v2．在先后两种情况下（　　）‎ A．线圈中的感应电流之比I1：I2=1：3‎ B．线圈中的感应电流之比I1：I2=3：1‎ C．线圈中产生的焦耳热之比Ql：Q2=3：1‎ D．通过线圈某截面的电荷量之比Ql：Q2=1：1‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】A、根据E=BLv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比．‎ C、根据Q=I2Rt，求出线圈中产生的焦耳热之比．‎ D、根据q=It=，求出通过线圈某截面的电荷量之比．‎ ‎【解答】解：A、v1=3v2，根据E=BLv，知感应电动势之比3：1，感应电流I=，则感应电流之比为3：1．故A错误，B正确．‎ C、v1=3v2，知时间比为1：3，根据Q=I2Rt，知热量之比为3：1．故C正确．‎ D、根据q=It=，知通过某截面的电荷量之比为1：1．故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎10．放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手控制小车处于静止状态，下列说法正确的是（　　）‎ A．两手同时放开，两车的总动量等于零 B．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右 C．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向左 D．先放开右手，后放开左手，两车的总动量为零 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】动量守恒的条件是：系统所受的合外力为零．通过分析系统的受力情况，进行分析判断．‎ 若先放开右边的B车，后放开左边的A车，放开A车时，B车已经有向右的速度，系统的初动量不为零，两车的总动量向右．‎ 在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力（内力），故动量守恒，动量是矢量，有大小和方向．‎ ‎【解答】解：A、两手同时放开之后的过程中，系统在水平方向不受外力作用，系统的动量守恒，A车的动量与B车的动量方向相反，所以两车的总动量为零，故A正确；‎ B、若先放开右手，后放开左手，放开A车时，B车已经有向右的速度，系统的初动量不为零，所以两车的总动量向右．故B正确，CD错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎11．古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身重力的打击力时即可致死，并设兔子与树桩作用的时间为0.2s，取g=10m/s2，则被撞死的兔子的奔跑速度可能为（　　）‎ A．1 m/s B．1.5 m/s C．2 m/s D．2.5 m/s ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】以兔子为研究对象，它与树桩碰撞过程中，水平方向受到树对它的打击力，速度减小至零，根据动量定理研究其速度．‎ ‎【解答】解：取兔子奔跑的速度方向为正方向．‎ 根据动量定理得﹣Ft=0﹣mv v=‎ 由F=mg 得到v==gt=2m/s 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，a、b端输入恒定的交流电压．理想变压器原、副线圈分别接有额定电压均为12V、额定功率均为2W的灯泡A、B、C．闭合开关，灯泡均正常发光．则下列说法正确的是（　　）‎ A．原副线圈的匝数比为1：2‎ B．电压表V的示数为24V C．变压器的输入功率为4W D．副线圈上再并联一个相同的灯泡D，灯泡A会烧坏 ‎【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】由三只灯泡均正常发光，则可求得原副线圈的电流，求得匝数之比，由匝数比求电压关系，由功率公式可求得功率．‎ ‎【解答】解：A、副线圈中每个灯泡电流：，则原线圈的电流为I1=A，副线圈电流，则匝数比为2：1，故A错误；‎ B、副线圈电压为U2=12V，则原线圈电源U1=24V，则电压表示数为U=24+12=36V，故B错误；‎ C、副线圈功率P1=2PL=4W，则变压器的输入功率为4W，故C正确；‎ D、副线圈上再并联一个相同的灯泡D，则副线圈电流增大，则原线圈电流也增大，超过额定电流，A灯泡烧坏，故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎13．如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个电阻为R的灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在平面，垂直导轨的导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，则导体棒ab在下滑过程中（　　）‎ A．感应电流在导体棒ab中方向从b到a B．受到的安培力方向沿斜面向下，大小保持恒定 C．机械能一直减小 D．克服安培力做的功等于灯泡消耗的电能 ‎【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．‎ ‎【分析】根据右手定则判断感应电流的方向，再根据左手定则判断安培力的方向，通过速度的变化，得出电动势的变化，电流的变化，从而得出安培力的变化．根据能量守恒判断机械能的变化，根据克服安培力做功与产生的电能关系判断安培力做功与灯泡消耗电能的关系．‎ ‎【解答】解：A、导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断可知，感应电流I在导体棒ab中从b到a，故A正确；‎ B、由左手定则判断导体棒ab受的安培力沿斜面向上．导体棒ab开始阶段速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，如果导轨足够长，当F安=mgsinθ时达到最大速度vm，之后做匀速直线运动，速度不再增大，安培力不变，故B错误；‎ C、由于下滑过程导体棒ab切割磁感线产生感应电动势，回路中有灯泡电阻消耗电能，机械能不断转化为内能，所以导体棒的机械能不断减少，故C正确；‎ D、安培力做负功实现机械能转化为电能，安培力做功量度了电能的产生，根据功能关系有克服安培力做的功等于整个回路消耗的电能，包括灯泡和导体棒消耗的电能．故D错误；‎ 故选：AC ‎　‎ 二、实验探究题（每空2分，共14分）.‎ ‎14．在研究“电磁感应现象”的实验中，所需的实验器材如图所示．现已用导线连接了部分实验电路．‎ ‎（1）请把电路补充完整；‎ ‎（2）实验时，将线圈A插入线圈B中，合上开关瞬间，观察到检流计的指针发生偏转，这个现象揭示的规律是　闭合电路中磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流　；‎ ‎（3）（多选）某同学设想使线圈B中获得与线圈A中相反方向的电流，可行的实验操作是　BC　‎ A．抽出线圈A B．插入软铁棒 C．使变阻器滑片P左移 D．断开开关．‎ ‎【考点】研究电磁感应现象．‎ ‎【分析】（1）由该实验的原理可知小线圈应与电源相连，大线圈与电流表相连；‎ ‎（2）检流计指针发生偏转说明电路中产生了电流，根据电路中发生的变化可知实验所揭示的规律；‎ ‎（3）由题意可知，感应电流与原电流相反，由安培定则可知磁场方向也应相反，则由楞次定律可知可行的方法．‎ ‎【解答】解：（1）本实验中L1与电源相连，通过调节滑动变阻器使L2中的磁通量发生变化，从而使L2产生电磁感应线象，故L2应与检流计相连，电路图如图所示：‎ ‎（2）指针发生偏转说明电路中有电流产生，产生的原因是闭合回路中磁通量发生了变化；故结论为：闭合电路中磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流．‎ ‎（3）感应电流的方向与原电流方向相反，则它们的磁场也一定相反，由楞次定律可知，原磁场应增强，故可以加入铁芯或使变阻器滑片P左移，故选：B C；‎ 故答案为：（1）如图所示；（2）闭合电路中磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流．（3）B、C．‎ ‎　‎ ‎15．在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：‎ A．干电池一节 B．电流表（量程0.6A）‎ C．电压表（量程3V）‎ D．开关S和若干导线 E．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，允许最大电流1A）‎ F．滑动变阻器R2（最大阻值200Ω，允许最大电流0.5A）‎ G．滑动变阻器R3（最大阻值2000Ω，允许最大电流0.1A）‎ ‎（1）按图1所示电路测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选　R1　（填“R1”、“R2”或“R3”）．‎ ‎（2）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数．用同样方法测量多组数据，将实验测得的数据标在如图2所示的坐标图中，请作出UI图线，由此求得待测电池的电动势E=　1.5　V，内电阻r=　1.8　Ω．（结果保留两位有效数字）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据电池内阻以及实验安全和准确性原则可明确滑动变阻器的选择；‎ ‎（2）测出的路端电压和电流已标出，则用直线将这些点连接即可得出U﹣I图象；图象与纵坐标的交点为电动势；由闭合电路欧姆定律可求出内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）因干电池内阻较小，为了便于调节，应选择总阻值较小的滑动变阻器；故选：R1‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律可知，U=E﹣Ir，则可知，图象与纵坐标的交点为电动势；图象的斜率表示内阻；由图可知，待测电池的电动势E=1.5V，‎ 图象的斜率等于内阻，则r===1.8Ω 故答案为：（1）R1；（2）如图所示；1.5；1.8．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题计3小题，共10+14+10=34分）‎ ‎16．如图所示，边长为L的正方形金属框ABCD质量为m，电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场中，金属框的下半部处于磁场内，磁场方向与线框平面垂直．磁场随时间变化规律为B=kt（k＞0）．求：‎ ‎（1）线框中感应电流的方向；‎ ‎（2）线框中感应电动势的大小；‎ ‎（3）从t=0时刻开始，经多长时间细线的拉力为零？‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；安培力．‎ ‎【分析】根据楞次定律，求出线圈回路电流方向，然后根据法拉第电磁感应定律，求出感应电动势大小，再结合闭合欧姆定律与安培力大小表达式，求出安培力的大小和方向，根据平衡条件进一步求解．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）根据楞次定律，则有感应电流的方向：逆时针方向； ‎ ‎（2）由法拉第电磁感应定律，则有：E=‎ 那么E==‎ ‎（3）由题意可知，线框所受安培力方向向上，且当磁感应强度增大时，细线拉力减小，当细线拉力为零时，‎ 则有：mg=F安 而F安=BIL ‎ 又由闭合电路欧姆定律，则有：I=‎ 且B=kt ‎ 解得：t=‎ 答：（1）线框中感应电流的方向是逆时针方向；‎ ‎（2）线框中感应电动势的大小；‎ ‎（3）从t=0时刻开始，经时间细线的拉力为零．‎ ‎　‎ ‎17．如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动．线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连．线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知．在0～t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动．求：‎ ‎（1）0～t1时间内通过电阻R的电流大小；‎ ‎（2）线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；‎ ‎（3）线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量．‎ ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．‎ ‎【分析】（1）先求出感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求解电流；‎ ‎（2）线框产生感应电动势的最大值 Em=nB1 L1L2‎ ω，进而求出有效值，根据 Q=I2Rt即可求解在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；‎ ‎（3）先求出平均电动势，再求出平均电流，根据q=即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）0～t1时间内，线框中的感应电动势为：‎ E=n ‎ 根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流为：‎ I=‎ ‎（2）线框产生感应电动势的最大值为：Em=nB1 L1L2ω 感应电动势的有效值为：E=nB1 L1L2ω ‎ 通过电阻R的电流 的有效值为：I=‎ 线框转动一周所需的时间为：t=‎ 此过程中，电阻R产生的热量为：Q=I2Rt=πRω ‎（3）线框从图甲所示位置转过90°的过程中，平均感应电动势为：‎ 平均感应电流为：‎ 通过电阻R的电荷量为：q=‎ 答：（1）0～t1时间内通过电阻R的电流大小为；‎ ‎（2）线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量为πRω；‎ ‎（3）线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为 ‎　‎ ‎18．如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞．在二者在发生碰撞的过程中，求：‎ ‎（1）弹簧的最大弹性势能；‎ ‎（2）滑块B的最大速度．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）A与B相互作用过程中，外力的合力为零，系统动量守恒，同时由于只有弹簧弹力做功，系统机械能也守恒；A刚与弹簧接触时，弹簧弹力逐渐变大，A做加速度变大的加速运动，B做加速度变大的加速运动，当A与B速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式即可．‎ ‎（2）当A、B分离时，B的速度最大，此时相当进行了一次弹性碰撞．由动量守恒定律与机械能守恒定律即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，A和B的速度相同．选取向右为正方向，‎ 根据动量守恒定律：‎ mv0=（M+m）v．‎ 根据机械能守恒定律，有：‎ 由①②得EP=6J ‎（2）当A、B分离时，B的速度最大，此时相当进行了一次弹性碰撞，则：mAv0=mAvA+mBvB 由以上两式得 答：（1）弹簧的最大弹性势能是6J；（2）滑块B的最大速度是2m/s．‎