物理卷·2018届重庆市万州二中高二下学期月考物理试卷（3月份） （解析版）

物理卷·2018届重庆市万州二中高二下学期月考物理试卷（3月份） （解析版）

‎2016-2017学年重庆市万州二中高二（下）月考物理试卷（3月份）‎ ‎　‎ 一、单项选择题，共10个题，每题4分，共40分 ‎1．关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（　　）‎ A．奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象 B．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值 C．牛顿发现万有引力定律，并通过实验测出了引力常量 D．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 ‎2．如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化分别为△φ1和△φ2，则（　　）‎ A．△φ1＞△φ2 B．△φ1=△φ2 C．△φ1＜△φ2 D．不能判断 ‎3．如图所示，绕在铁芯上的线圈、电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路．在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中没有感应电流的是（　　）‎ A．线圈中通以恒定的电流 B．通电时，使变阻器的滑片P作匀速滑动 C．通电时，使变阻器的滑片P作加速滑动 D．将电键突然断开的瞬间 ‎4．据楞次定律知感应电流的磁场一定是（　　）‎ A．与引起感应电流的磁场反向 B．阻止引起感应电流的磁通量变化 C．阻碍引起感应电流的磁通量变化 D．使电路磁通量为零 ‎5．关于交变电流和直流电的说法中，正确的是（　　）‎ A．如果电流大小随时间做周期性变化，则一定是交变电流 B．直流电的大小和方向一定不变 C．交变电流一定是按正弦规律变化的 D．交变电流的最大特征就是电流的方向随时间做周期性的变化 ‎6．如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．某正弦式交流电的电流i随时间t变化的图象如图所示．由图可知（　　）‎ A．电流的最大值为10A B．电流的有效值为10A C．该交流电的周期为0.03s D．该交流电的频率为0.02Hz ‎8．如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在△t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀的增大到2B．在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．在一空间有方向相反，磁感应强度大小均为B的匀强磁场，如图所示，向外的磁场分布在一半径为a的圆形区域内，向内的磁场分布在除圆形区域外的整个区域，该平面内有一半径为b（b＞）的圆形线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为a的圆形区域是同心圆．从某时刻起磁感应强度开始减小到，则此过程中该线圈磁通量的变化量的大小为（　　）‎ A． B．πB（b2﹣2a2） C．πB（b2﹣a2） D．‎ ‎10．如图所示，用一根长为L、质量不计的细杆与一个上弧长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点联结并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0=L，先将线框拉开到如图所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦．下列说法正确的是（　　）‎ A．金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→a B．金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→a C．金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等 D．金属线框最终将在有界磁场中做往复运动 ‎　‎ 二、多项选择题，共5个题，每题4分，共20分 ‎11．如图所示，A、B两回路中各有一开关S1、S2，且回路A中接有电源，回路B中接有灵敏电流计，下列操作及相应的结果可能的是（　　）‎ A．先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转 B．S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转 C．先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转 D．S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转 ‎12．如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中（　　）‎ A．回路中产生的内能不相等 B．棒运动的加速度相等 C．安培力做功相等 D．通过棒横截面的电量相等 ‎13．如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时（　　）‎ A．穿过回路的磁通量为零 B．回路中感应电动势大小为2Blv0‎ C．回路中感应电流的方向为顺时针方向 D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同 ‎14．匀强磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图甲所示．磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感强度B随时间t变化规律如图乙所示．用I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，f1、f2、f3分别表示金属环产生对应感应电流时其中很小段受到的安培力．则（　　）‎ A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 B．I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向 C．f1方向指向圆心，f2方向指向圆心 D．f2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心 ‎15．如图所示，一匀强磁场B垂直于倾斜放置的光滑绝缘斜面斜向上，匀强磁场区域在斜面上虚线ef与gh之间．在斜面上放置一质量为m、电阻为R的矩形铝框abcd，虚线ef、gh和斜面底边pq以及铝框边ab均平行，且eh＞bc．如果铝框从ef上方的某一位置由静止开始运动．则从开始运动到ab边到达gh线之前的速度（v）﹣时间（t）图象，可能正确的有（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 三、非选择题，共4个体，共50分，其中，16题10分，17题12分，18题12分，19题16分.‎ ‎16．如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ．它们的电阻可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T．现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动． ‎ ‎（1）ab中产生感应电动势的大小；‎ ‎（2）ab中电流的方向如何？‎ ‎（3）若定值电阻R=3.0Ω，导体棒的电阻r=1.0Ω，则电路中的电流多大？‎ ‎17．均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m．将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时，求：‎ ‎（1）线框中产生的感应电动势大小；‎ ‎（2）cd两点间的电势差大小；‎ ‎（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件．‎ ‎18．如图甲所示，质量m=6.0×10﹣3 kg、边长L=0.20m、电阻R=1.0Ω的正方形单匝金属线框abcd，置于倾角α=30°的绝缘斜面上，ab边沿水平方向，线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t按图乙所示的规律周期性变化，若线框在斜面上始终保持静止，取g=10m/s2，试求：‎ ‎（1）在0～2.0×10﹣2s内线框中产生的感应电流的大小．‎ ‎（2）在t=1.0×10﹣2s时线框受到斜面的摩擦力．‎ ‎19．如图所示，无限长金属导轨EF、PQ固定在倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面上，轨道间距L=1m，底部接入一阻值为R=0.06Ω的定值电阻，上端开口．垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度Bo=2T．一质量为m=2kg的金属棒ab与导轨接触良好，ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5，ab连入导轨间的电阻r=0.04Ω，电路中其余电阻不计．现用一质量为M=6kg的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连．开始时ab杆位于EP处，由静止释放M，当M下落高度h=2.0m时，ab开始匀速运动（运动中ab始终垂直导轨，并接触良好）．不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）ab棒沿斜面向上运动的最大速度vm；‎ ‎（2）ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R上产生的焦耳热QR；‎ ‎（3）若将重物下降h时的时刻记作t=0，从此时刻起，磁感应强度发生变化，使金属杆中恰好不产生感应电流，则B与t应满足怎样的关系式？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年重庆市万州二中高二（下）月考物理试卷（3月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题，共10个题，每题4分，共40分 ‎1．关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（　　）‎ A．奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象 B．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值 C．牛顿发现万有引力定律，并通过实验测出了引力常量 D．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 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据已有的知识，了解物理学史，知道科学家对物理的贡献．‎ ‎【解答】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象．故A错误．‎ B、库仑提出了库仑定律，美国物理学家密立根利用油滴实验测定出元电荷e的带电量．故B错误．‎ C、牛顿发现万有引力定律，英国人卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量．故C错误．‎ D、法拉第不仅发现了电磁感应现象，而且发明了人类历史上的第一台发电机．故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化分别为△φ1和△φ2，则（　　）‎ A．△φ1＞△φ2 B．△φ1=△φ2 C．△φ1＜△φ2 D．不能判断 ‎【考点】磁通量．‎ ‎【分析】第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量大小等于两个位置磁通量的差值；第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量大小等于两个位置磁通量绝对值之和．‎ ‎【解答】解：设在位置Ⅰ时磁通量大小为Φ1，位置Ⅱ时磁通量大小为Φ2．‎ 第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量△Φ1=Φ1﹣Φ2；‎ 第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量△Φ2=Φ1+Φ2．所以：△φ1＜△φ2．‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．如图所示，绕在铁芯上的线圈、电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路．在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中没有感应电流的是（　　）‎ A．线圈中通以恒定的电流 B．通电时，使变阻器的滑片P作匀速滑动 C．通电时，使变阻器的滑片P作加速滑动 D．将电键突然断开的瞬间 ‎【考点】感应电流的产生条件．‎ ‎【分析】感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化．根据这个条件分析判断有没有感应电流产生．‎ ‎【解答】解：‎ A、线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的磁通量不变，没有感应电流产生．故A正确．‎ B、通电时，使变阻器的滑片P作匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，回路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过铜环A磁通量增大，产生感应电流．不符合题意．故B错误．‎ C、通电时，使变阻器的滑片P作加速滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环A磁通量变化，产生感应电流．不符合题意．故C错误．‎ D、将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过穿过铜环A的磁通量减小，产生感应电流，不符合题意．故D错误．‎ 故选A ‎　‎ ‎4．据楞次定律知感应电流的磁场一定是（　　）‎ A．与引起感应电流的磁场反向 B．阻止引起感应电流的磁通量变化 C．阻碍引起感应电流的磁通量变化 D．使电路磁通量为零 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．‎ ‎【解答】解：根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．原磁场减小时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同，原磁场增大时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反．故选项ABD错误，选项C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．关于交变电流和直流电的说法中，正确的是（　　）‎ A．如果电流大小随时间做周期性变化，则一定是交变电流 B．直流电的大小和方向一定不变 C．交变电流一定是按正弦规律变化的 D．交变电流的最大特征就是电流的方向随时间做周期性的变化 ‎【考点】交变电流．‎ ‎【分析】明确交流电的性质，知道交流电的重要特征是电流方向的变化；明确只要方向不变即为直流电．‎ ‎【解答】解：A、如果只有电流大小做周期性变化而电流方向不变，则为直流电；故A错误；‎ B、直流电的大小可以变化，但方向一定不变；故B正确；‎ C、只要电流的方向发生变化，则就是交流电，不一定是按正弦或余弦规律变化的；故C错误；‎ D、交流电的最大特征是交流电的方向发生周期性变化；故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，判断各个选项．‎ ‎【解答】解：‎ A、线框在匀强磁场中运动时，穿过线框的磁感线条数不变，即磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误．‎ B、图示的线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，而且当线框平动时，磁通量始终为零，没有变化，所以没有感应电流产生，故B错误．‎ C、线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，当线框向右平动时，磁通量保持为零，没有变化，所以没有感应电流产生，故C错误．‎ D、线框在磁场中转动时，穿过线框的磁通量发生变化，产生感应电流，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．某正弦式交流电的电流i随时间t变化的图象如图所示．由图可知（　　）‎ A．电流的最大值为10A B．电流的有效值为10A C．该交流电的周期为0.03s D．该交流电的频率为0.02Hz ‎【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据最大值和有效值的关系即可求得交流电的有效值和频率．‎ ‎【解答】解：A、C、根据图象，该交流电的最大电流为10A，周期为0.02s，故A错误，C错误；‎ B、电流有效值：I==10A，故B正确；‎ D、该交流电的频率为：f=；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在△t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀的增大到2B．在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】根据法拉第电磁感应定律E=n=nS，求解感应电动势，其中S是有效面积．‎ ‎【解答】解：根据法拉第电磁感应定律E=n=nS=n=‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．在一空间有方向相反，磁感应强度大小均为B的匀强磁场，如图所示，向外的磁场分布在一半径为a的圆形区域内，向内的磁场分布在除圆形区域外的整个区域，该平面内有一半径为b（b＞）的圆形线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为a的圆形区域是同心圆．从某时刻起磁感应强度开始减小到，则此过程中该线圈磁通量的变化量的大小为（　　）‎ A． B．πB（b2﹣2a2） C．πB（b2﹣a2） D．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】线圈与匀强磁场垂直，通过线圈的磁通量Φ=BS，S是线圈内有磁场部分的面积πr2．由于磁场的方向不同，因此则分别求出磁通量，然后进行叠加，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：由题，匀强磁场的磁感应强度B垂直于线圈平面，通过该线圈的磁通量为垂直进入的磁通量与垂直出来的磁通量之差．‎ 而进入的磁通量为Φ=BS=Bπ（b2﹣a2），出来的磁通量为Bπa2，因此穿过该线圈的磁通量为Bπ（b2﹣2a2）．‎ 由于磁感应强度开始减小到，所以该线圈磁通量的变化量的大小Bπ（b2﹣2a2）．‎ 故选D ‎　‎ ‎10．如图所示，用一根长为L、质量不计的细杆与一个上弧长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点联结并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0=L，先将线框拉开到如图所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦．下列说法正确的是（　　）‎ A．金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→a B．金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→a C．金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等 D．金属线框最终将在有界磁场中做往复运动 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．‎ ‎【分析】由楞次定律可得出线圈进入磁场及离开磁场时的电流方向，因线圈只有在经过边界时才产生电磁感应现象，消耗机械能；则可得出单摆最终的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、金属线框进入磁场时，由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为 a→d→c→b→a，故A错误．‎ B、金属线框离开磁场时由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为a→b→c→d→a，故B错误．‎ C、根据能量转化和守恒，线圈每次经过边界时都会消耗机械能，故可知，金属线框 dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等．如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动，最终金属框在磁场内做往复运动，故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、多项选择题，共5个题，每题4分，共20分 ‎11．如图所示，A、B两回路中各有一开关S1、S2，且回路A中接有电源，回路B中接有灵敏电流计，下列操作及相应的结果可能的是（　　）‎ A．先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转 B．S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转 C．先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转 D．S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转 ‎【考点】楞次定律；法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】当闭合电路的磁通量发生变化时，线圈中出现感应电流，从而会导致指针偏转．‎ ‎【解答】解：A、先闭合S2，构成闭合电路，当后闭合S1的瞬间时，通过线圈A的电流增大，导致穿过线圈B的磁通量发生变化，从而产生感应电流，则指针发生偏转，故A正确；‎ B、当S1、S2闭合后，稳定后线圈B中没有磁通量的变化，因而线圈B中没有感应电流，在断开S2的瞬间，当然指针也不偏转，故B错误；‎ C、先闭合S1，后闭合S2的瞬间，穿过线圈B的磁通量没有变化，则不会产生感应电流，故C错误；‎ D、当S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，导致穿过线圈B的磁通量发生变化，因而出现感应电流，故D正确，‎ 故选AD ‎　‎ ‎12．如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb ‎，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中（　　）‎ A．回路中产生的内能不相等 B．棒运动的加速度相等 C．安培力做功相等 D．通过棒横截面的电量相等 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系．‎ ‎【分析】金属棒向右做加速度逐渐减小的减速运动，克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由能量守恒判断回路产生的内能；安培力大小可由FA=分析其大小变化，由牛顿第二定律判断加速度的大小关系；由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，最后由电流定义式的变形公式求出感应电荷量．‎ ‎【解答】解：A、C、金属棒受到的安培力大小为：FA=BIL=BL=，方向水平向左．金属棒在安培力作用下做减速运动，速度v越来越小，导体棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力FA逐渐减小，由W=Fs定性分析可知，从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，因此在a到b的过程产生的内能多，故A正确，C错误；‎ B、金属棒PQ在运动过程中所受到的合力是安培力，由牛顿第二定律得：FA==ma，由于v减小，所以金属棒向右运动过程中，加速度逐渐减小，故B错误；‎ D、金属棒运动过程中，电路产生的感应电荷量Q=I△t=△t===，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量△S相等，B、R相等，因此，通过棒横截面积的电荷量相等，故D正确；‎ 故选：AD ‎　‎ ‎13．如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时（　　）‎ A．穿过回路的磁通量为零 B．回路中感应电动势大小为2Blv0‎ C．回路中感应电流的方向为顺时针方向 D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；右手定则．‎ ‎【分析】根据磁通量的定义可以判断此时磁通量的大小，如图所示时刻，有两根导线切割磁感线，根据右手定则可判断两根导线切割磁感线产生电动势的方向，求出回路中的总电动势，然后即可求出回路中的电流和安培力变化情况．‎ ‎【解答】解：A、此时线圈中有一半面积磁场垂直线圈向外，一半面积磁场垂直线圈向内，因此磁通量为零，故A正确；‎ B、ab切割磁感线形成电动势b端为正，cd切割形成电动势c端为负，因此两电动势串联，故回路电动势为E=2BLv0，故B正确；‎ C、根据右手定则可知线框向右运动的过程中，ab中的感应电动势的方向向下，cd中的感应电动势的方向向上，所以回路中的感应电流方向为逆时针，故C错误；‎ D、根据左手定则可知，回路中ab边电流的方向向下，磁场的方向向外，所以安培力的方向向左；同理，cd边电流的方向向上，磁场的方向向里，所受安培力方向向左，方向相同，故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎14．匀强磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图甲所示．磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感强度B随时间t变化规律如图乙所示．用I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，f1、f2、f3分别表示金属环产生对应感应电流时其中很小段受到的安培力．则（　　）‎ A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 B．I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向 C．f1方向指向圆心，f2方向指向圆心 D．f2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心 ‎【考点】楞次定律；洛仑兹力．‎ ‎【分析】应用楞次定律可以判断出感应电流方向，由左手定则可以判断出电流所受安培力方向 ‎【解答】解：A、由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，‎ 在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A正确；‎ B、由图甲所示可知，在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B错误；‎ C、由左手定则可知，oa段电流受到的安培力f1方向指向圆心，ab段安培力f2方向背离圆心向外，故C错误；‎ D、由左手定则可知，ab段安培力f2方向背离圆心向外，bc段，安培力f3方向指向圆心，故D正确；‎ 故选：AD ‎　‎ ‎15．如图所示，一匀强磁场B垂直于倾斜放置的光滑绝缘斜面斜向上，匀强磁场区域在斜面上虚线ef与gh之间．在斜面上放置一质量为m、电阻为R的矩形铝框abcd，虚线ef、gh和斜面底边pq以及铝框边ab均平行，且eh＞bc．如果铝框从ef上方的某一位置由静止开始运动．则从开始运动到ab边到达gh线之前的速度（v）﹣时间（t）图象，可能正确的有（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】线框未进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场时，切割磁感线产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，根据安培力与重力沿斜面向下的分力关系，判断线框的运动情况．‎ ‎【解答】‎ 解：A、线框开始阶段，未进入磁场，做匀加速直线运动，进入磁场时，切割磁感线产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，若速度适中，安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等，则线圈做匀速直线运动，由于磁场的长度大于线圈的长度，所以当线圈在磁场中运动的位移大于线圈的宽度后，线圈完全进入磁场中，由于磁通量不变，不产生感应电流，线圈做匀加速直线运动，线圈dc边出磁场时，开始做加速度减小的减速运动，最后可能做匀速运动，速度大于等于线圈进入磁场时的速度，故A正确．BC错误．‎ D、若线圈进入磁场时速度较小，线圈做加速度减小的加速运动，线圈完全进入磁场中，由于磁通量不变，不产生感应电流，线圈做匀加速直线运动，线圈dc边出磁场时，开始做加速度减小的减速运动，最后可能做匀速运动，速度大于等于线圈进入磁场时的速度，故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ 三、非选择题，共4个体，共50分，其中，16题10分，17题12分，18题12分，19题16分.‎ ‎16．如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ．它们的电阻可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T．现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动． ‎ ‎（1）ab中产生感应电动势的大小；‎ ‎（2）ab中电流的方向如何？‎ ‎（3）若定值电阻R=3.0Ω，导体棒的电阻r=1.0Ω，则电路中的电流多大？‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．‎ ‎【分析】（1）由法拉第电磁感应定律求解ab中的感应电动势．‎ ‎（2）由右手定则判断ab中电流的方向．‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律求解电路中的电流．‎ ‎【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律得：E=Blv=0.4×0.5×10V=2V；‎ ‎（2）由右手定则判断ab中电流的方向为从b向a ‎（3）由闭合电路欧姆定律得：I===0.5A；‎ 答：（1）ab中的感应电动势2V；‎ ‎（2）ab中电流的方向从b向a；‎ ‎（3）电路中的电流为0.5A．‎ ‎　‎ ‎17．均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m．将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时，求：‎ ‎（1）线框中产生的感应电动势大小；‎ ‎（2）cd两点间的电势差大小；‎ ‎（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；安培力．‎ ‎【分析】（1）线框先自由下落，由高度h求得速度v，由E=BLv求解感应电动势的大小．‎ ‎（2）cd两点间的电势差大小等于外电压，等于．‎ ‎（3）若此时线框加速度恰好为零，线框所受的安培力与重力平衡，推导出安培力表达式，由平衡条件求解h．‎ ‎【解答】解：（1）cd边刚进入磁场时，线框速度为：，‎ 感应电动势大小为：‎ ‎（2）此时线框中电流：，cd两点间的电势差：‎ ‎（3）线框所受的安培力为 ‎ 根据牛顿第二定律mg﹣F=ma，则a=0‎ 解得下落高度满足 答：‎ ‎（1）线框中产生的感应电动势大小是BL；‎ ‎（2）cd两点间的电势差大小是BL；‎ ‎（3）若此时线框加速度恰好为零，线框下落的高度满足．‎ ‎　‎ ‎18．如图甲所示，质量m=6.0×10﹣3 kg、边长L=0.20m、电阻R=1.0Ω的正方形单匝金属线框abcd，置于倾角α=30°的绝缘斜面上，ab边沿水平方向，线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t按图乙所示的规律周期性变化，若线框在斜面上始终保持静止，取g=10m/s2，试求：‎ ‎（1）在0～2.0×10﹣2s内线框中产生的感应电流的大小．‎ ‎（2）在t=1.0×10﹣2s时线框受到斜面的摩擦力．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】（1）由法拉第电磁感应定律可求得电动势，由欧姆定律即可求得电流；‎ ‎（2）由F=BIL可求得安培力，再根据共点力的平衡条件可求得摩擦力．‎ ‎【解答】解：（1）设线框中产生的感应电动势为E1，感应电流为I1，则：‎ E1==‎ I1=‎ 代入数据解得：E1=0.20 V，I1=0.20 A．‎ ‎（2）此时线框受到的安培力为：F1=B1I1L ‎ 代入数据得：F1=4.0×10﹣3 N 设此时线框受到的摩擦力大小为Ff，则：‎ mgsinα+F1﹣Ff=0‎ 代入数据得：Ff=3.4×10﹣2 N ‎ 摩擦力方向沿斜面向上．‎ 答：（1）在0～2.0×10﹣2s内线框中产生的感应电流的大小为0.20A；‎ ‎（2）在t=1.0×10﹣2s时线框受到斜面的摩擦力为3.4×10﹣2 N；摩擦力方向沿斜面向上 ‎　‎ ‎19．如图所示，无限长金属导轨EF、PQ固定在倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面上，轨道间距L=1m，底部接入一阻值为R=0.06Ω的定值电阻，上端开口．垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度Bo=2T．一质量为m=2kg的金属棒ab与导轨接触良好，ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5，ab连入导轨间的电阻r=0.04Ω，电路中其余电阻不计．现用一质量为M=6kg的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连．开始时ab杆位于EP处，由静止释放M，当M下落高度h=2.0m时，ab开始匀速运动（运动中ab始终垂直导轨，并接触良好）．不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）ab棒沿斜面向上运动的最大速度vm；‎ ‎（2）ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R上产生的焦耳热QR；‎ ‎（3）若将重物下降h时的时刻记作t=0，从此时刻起，磁感应强度发生变化，使金属杆中恰好不产生感应电流，则B与t应满足怎样的关系式？‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．‎ ‎【分析】（1）由静止释放M，ab棒先向上做加速运动，随着速度增大，产生的感应电流增大，所受的安培力增大，加速度减小，当加速度为零时做匀速运动，速度达到最大值．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力与速度的关系式，结合平衡条件求解最大速度vm．‎ ‎（2）在ab棒从开始运动到匀速运动的过程中，系统的重力势能减小，转化为系统增加的动能、焦耳热和摩擦生热，根据能量守恒求出总的焦耳热，再由焦耳定律求电阻R上产生的热量．‎ ‎（3）金属杆中恰好不产生感应电流时，不受安培力，ab杆和M均做匀加速运动，此时abPE回路的磁通量不变，由此列式求解．‎ ‎【解答】解：（1）由题意知，由静止释放M后，ab棒在绳拉力T、重力mg、安培力F和轨道支持力N及摩擦力f共同作用下做沿轨道向上做加速度逐渐减小的加速运动直至匀速运动，匀速运动达到最大速度，由平衡条件有：‎ ‎ T﹣mgsinθ﹣F﹣f=0…①‎ ‎ N﹣mgcosθ=0…②‎ ‎ T=Mg…③‎ 又由摩擦力公式得 f=μN…④‎ ab所受的安培力 F=B0IL…⑤‎ 回路中感应电流 I=…⑥‎ 联解①②③④⑤⑥并代入数据解得：‎ 最大速度 vm=1m/s…⑦‎ ‎（2）由能量守恒定律知，系统的总能量守恒，即系统减少的重力势能等于系统增加的动能、焦耳热及摩擦而转化的内能之和，有：‎ ‎ Mgh﹣mghsinθ=（M+m）+Q+fh…⑧‎ 电阻R产生的焦耳热 QR=Q…⑨‎ 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有：‎ ‎ 联解⑧⑨并代入数据得：QR=45.6J ‎（3）金属杆中恰好不产生感应电流时，不受安培力，ab杆和M均做匀加速运动，设加速度大小为a．‎ 根据牛顿第二定律得 Mg﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=（M+m）a …（10）‎ 解得 a=5m/s2．‎ abPE回路的磁通量不变，则有 B0Lh=BL（h+vmt+） …（11）‎ 解得 B= T 答：（1）ab棒沿斜面向上运动的最大速度vm是1m/s．‎ ‎（2）ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R上产生的焦耳热QR 是45.6J．‎ ‎（3）B与t应满足的关系式是B=T．‎ ‎　‎