物理卷·2018届河北省衡水市景县中学高二上学期月考物理试卷（12月份） （解析版）

物理卷·2018届河北省衡水市景县中学高二上学期月考物理试卷（12月份） （解析版）

‎2016-2017学年河北省衡水市景县中学高二（上）月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共15小题，其中1-10题为单选题，11-15题为多选题，每小题4分，共60分）‎ ‎1．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方．有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法正确的是（　　）‎ A．总是顺时针 B．总是逆时针 C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针 ‎2．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（　　）‎ A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化 C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化 D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化 ‎3．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．‎ ‎4．半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图1所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图2所示．在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒．则以下说法正确的是（　　）‎ A．第2秒内上极板为正极 B．第3秒内上极板为负极 C．第2秒末微粒回到了原来位置 D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为 ‎5．如图所示，在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为El；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2，则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比El：E2分别为（　　）‎ A．b→a，2：1 B．a→b，2：1 C．a→b，1：2 D．b→a，1：2‎ ‎6．如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0‎ ‎．使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法不正确的是（　　）‎ A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高 B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动 C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动 D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动 ‎8．如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc．已知bc边的长度为l．下列判断正确的是（　　）‎ A．Ua＞Uc，金属框中无电流 B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣a C．Ubc=﹣Bl2ω，金属框中无电流 D．Uac=Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a ‎9．将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图所示，abcd为水平放置的平行“⊂”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）．则（　　）‎ A．电路中感应电动势的大小为 B．电路中感应电流的大小为 C．金属杆所受安培力的大小为 D．金属杆的热功率为 ‎11．如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场（　　）‎ A．逐渐增强，方向向外 B．逐渐增强，方向向里 C．逐渐减弱，方向向外 D．逐渐减弱，方向向里 ‎12．以下叙述正确的是（　　）‎ A．法拉第发现了电磁感应现象 B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大 C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因 D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果 ‎13．如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（　　）‎ A．增加线圈的匝数 B．提高交流电源的频率 C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯 ‎14．如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是（　　）‎ A．FM向右 B．FN向左 C．FM逐渐增大 D．FN逐渐减小 ‎15．如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH=k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则（　　）‎ A．霍尔元件前表面的电势低于后表面 B．若电源的正负极对调，电压表将反偏 C．IH与I成正比 D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比 ‎　‎ 二、计算题：（16、17、18题各12分，19题14分，共计50分）‎ ‎16．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m，一端连接R=1Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接解良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=5m/s．求：‎ ‎（1）感应电动势E和感应电流I；‎ ‎（2）在0.1s时间内，拉力的冲量IF的大小；‎ ‎（3）若将MN换为电阻r=1Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒两端的电压U．‎ ‎17．如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边相互垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l．匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动．在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q．线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；‎ ‎（2）磁场上下边界间的距离H．‎ ‎18．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T，将质量m1=0.1kg，电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg，电阻R2=0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与轨道保持良好接触，g取10m/s2．问 ‎（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；‎ ‎（2）ab将要向上滑动时，cd的速度v多大；‎ ‎（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．‎ ‎19．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R=0.40Ω的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，其下滑距离与时间的关系如下表所示，导轨电阻不计，重力加速度g取l0m/s2．试求 时间t（s）‎ ‎0‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.4‎ ‎0.5‎ ‎0.6‎ ‎0.7‎ 下滑距离s（m）‎ ‎0‎ ‎0.1‎ ‎0.3‎ ‎0.7‎ ‎1.4‎ ‎2.1‎ ‎2.8‎ ‎3.5‎ ‎（1）当t=0.7s时，重力对金属棒ab做功的功率；‎ ‎（2）金属棒ab在开始运动的0.7s内，电阻R上产生的热量；‎ ‎（3）从开始运动到t=0.4s的时间内，通过金属棒ab的电量．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省衡水市景县中学高二（上）月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共15小题，其中1-10题为单选题，11-15题为多选题，每小题4分，共60分）‎ ‎1．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方．有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法正确的是（　　）‎ A．总是顺时针 B．总是逆时针 C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】由楞次定律可以判断出感应电流的方向．‎ ‎【解答】解：由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（　　）‎ A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化 C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化 D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化 ‎【考点】感应电流的产生条件．‎ ‎【分析】产生感应电流的条件：闭合回路的磁通量发生变化或闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中有感应电流．‎ ‎【解答】解：A、将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故A错误；‎ B、在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故B错误；‎ C、将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁的过程中有感应电流产生，但是之后，再到相邻房间去观察时，回路中已经没有磁通量的变化，此时观察到的电流表没有变化，故C错误；‎ D、绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，回路中的磁通量发生变化，能观察电流表的变化，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．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．‎ ‎　‎ ‎4．半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图1所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图2所示．在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒．则以下说法正确的是（　　）‎ A．第2秒内上极板为正极 B．第3秒内上极板为负极 C．第2秒末微粒回到了原来位置 D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为 ‎【考点】法拉第电磁感应定律；电场强度．‎ ‎【分析】（1）由楞次定律可以判断出两极板哪个是正极，哪个是负极；‎ ‎（2）由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，然后由匀强电场场强与电势差的关系可以求出两极板间的场强大小．‎ ‎【解答】解：A、第2s内，磁感应强度均匀减小，根据楞次定律知，上极板为正极，故A正确．‎ B、第3s内，磁感应强度垂直纸面向外且逐渐增大，根据楞次定律知，上极板为正极，故B错误．‎ C、第1s内下极板为正极，微粒开始做匀加速直线运动，第2s内，上极板为正极，微粒做匀减速直线运动到零，2s末未回到原位置．故C错误．‎ D、根据法拉第电磁感应定律可知，两极板间的电势差U=，则电场强度E=．故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为El；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2，则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比El：E2分别为（　　）‎ A．b→a，2：1 B．a→b，2：1 C．a→b，1：2 D．b→a，1：2‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．‎ ‎【分析】由右手定则判断MN中产生的感应电流方向，即可知道通过电阻R的电流方向．MN产生的感应电动势公式为E=BLv，E与B成正比．‎ ‎【解答】解：由右手定则判断可知，MN中产生的感应电流方向为N→M，则通过电阻R的电流方向为a→b．‎ MN产生的感应电动势公式为E=BLv，其他条件不变，E与B成正比，则得 El：E2=1：2‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0‎ ‎．使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据转动切割感应电动势公式，，求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流．根据法拉第定律求解磁感应强度随时间的变化率．‎ ‎【解答】解：若要电流相等，则产生的电动势相等．设切割长度为L，而半圆的直径为d，‎ 从静止开始绕过圆心O以角速度ω匀速转动时，线框中产生的感应电动势大小为①‎ 根据法拉第定律得②‎ ‎①②联立得 故ABD错误，C正确，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法不正确的是（　　）‎ A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高 B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动 C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动 D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电势．‎ ‎【分析】将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断感应电流的方向，从而判断电势的高低，圆盘中有感应电流，再根据左手定则，判断受到的安培力方向，再判断圆盘的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由边缘流向圆心，所以靠近圆心处电势高，A正确；‎ B、根据右手定则可知，产生的电动势为BLv，所以所加磁场越强，产生的电动势越大，电流越大，受到的安培力越大，越易使圆盘停止转动，B正确；‎ C、若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，C错误；‎ D、若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘的磁通量不变，感应电动势为0，则不会产生感应电流，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，D正确；‎ 本题选不正确的，故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc．已知bc边的长度为l．下列判断正确的是（　　）‎ A．Ua＞Uc，金属框中无电流 B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣a C．Ubc=﹣Bl2ω，金属框中无电流 D．Uac=Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a ‎【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；楞次定律．‎ ‎【分析】金属框中磁通量不变，故没有感应电流，但导体棒切割磁感线，有感应电动势产生，由右手定则判断电势的高低，根据E=BL求解切割电动势，再求得Uac．‎ ‎【解答】解：AB、导体棒bc、ac做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则，感应电动势的方向从b到c，或者说是从a到c，故Ua=Ub＜Uc，金属框的磁通量一直为零，不变，故金属框中无电流，故A、B错误；‎ CD、bc边和ac边产生的感应电动势大小相等，均为 E=Bl=Bl（ωl）=Bl2ω，由于Ub＜Uc，所以Ubc=﹣Bl2ω，金属框中无电流，故C正确，D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎9．将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】楞次定律；安培力；左手定则．‎ ‎【分析】当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生．由楞次定律可知电流的方向，由左手定则判断安培力的方向．‎ ‎【解答】解：分析一个周期内的情况：‎ 在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从b→a，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右．故B正确．‎ 故选B ‎　‎ ‎10．如图所示，abcd为水平放置的平行“⊂”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）．则（　　）‎ A．电路中感应电动势的大小为 B．电路中感应电流的大小为 C．金属杆所受安培力的大小为 D．金属杆的热功率为 ‎【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】由导体切割磁感线公式可求得感应电动势的大小，由安培力公式F=BIL可求得安培力以；由P=FV即可求得功率；注意公式中的l均为导轨间的距离．‎ ‎【解答】‎ 解：A、电路中感应电动势的大小E=Blv；公式中的l为切割的有效长度，故电动势E=Blv；故A错误；‎ B、感应电流i==；故B正确；‎ C、导线与磁场均垂直且长度为，故安培力的大小F=BIL=；故C错误；‎ D、功率P=FV=；故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎11．如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场（　　）‎ A．逐渐增强，方向向外 B．逐渐增强，方向向里 C．逐渐减弱，方向向外 D．逐渐减弱，方向向里 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】磁场发生变化，回路变为圆形说明导线受到的安培力的方向向外，结合楞次定律与左手定则即可判定，也可由楞次定律的推广形式解答．‎ ‎【解答】解：磁场发生变化，回路变为圆形，受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，而推广扩大面积可以阻碍磁通量的减小．该过程与磁通量的方向无关．故选项CD正确，AB错误．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎12．以下叙述正确的是（　　）‎ A．法拉第发现了电磁感应现象 B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大 C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因 D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】解答本题应掌握：法拉第发现了电磁感应现象；惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的量度．伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因；感应电流遵从楞次定律所描述的方向，符合能量守恒定律．‎ ‎【解答】解：A、1831年英国科学家法拉第发现了电磁感应现象．故A正确．‎ B、惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的量度，与速度大小无关．故B错误．‎ C、伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因．故C错误．‎ D、感应电流遵从楞次定律所描述的方向，由于在电磁感应现象中，安培力是阻力，外界通过克服安培力做功，将机械能转化为电能，故楞次定律所描述的感应电流方向，这是能量守恒定律的必然结果．故D正确．‎ 故选AD ‎　‎ ‎13．如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（　　）‎ A．增加线圈的匝数 B．提高交流电源的频率 C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯 ‎【考点】法拉第电磁感应定律；* 涡流现象及其应用．‎ ‎【分析】由题意可知电器的工作原理，则根据原理进行分析可得出缩短加热时间的方法．‎ ‎【解答】解：A、由题意可知，本题中是涡流现象的应用；‎ 即采用线圈产生的磁场使金属杯产生感应电流；从而进行加热的，则由法拉第电磁感应定律可知，增加线圈的匝数、提高交流电的频率均可以提高发热功率；则可以缩短加热时间；故AB正确；‎ C、将杯子换作瓷杯不会产生涡流；则无法加热水；故C错误；‎ D、取走铁芯磁场减弱，则加热时间变长；故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是（　　）‎ A．FM向右 B．FN向左 C．FM逐渐增大 D．FN逐渐减小 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】导体棒向右做切割磁感线运动，产生感应电动势，形成感应电流，受安培力，安培力与磁场方向垂直、与导体棒也垂直，根据楞次定律，阻碍相对运动，故都是水平向左 ‎【解答】解：导体棒向右做切割磁感线运动，形成感应电流，根据楞次定律，阻碍相对运动，故FM与FN都是水平向左；‎ 导体棒匀速直线运动，通电导体周围磁场的分布是距离导体越近，磁场强度越大，再根据电磁感应定律F=BIL=可知，FM逐渐增大，FN逐渐减小．‎ 故选：BCD ‎　‎ ‎15．如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH=k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则（　　）‎ A．霍尔元件前表面的电势低于后表面 B．若电源的正负极对调，电压表将反偏 C．IH与I成正比 D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比 ‎【考点】霍尔效应及其应用．‎ ‎【分析】根据通电导线产生磁场，带电粒子在电场力作用下加速，而磁场力的作用下偏转，由左手定则可知，偏转方向，得出电势高低；由电源的正负极变化，导致电子运动方向也变化，由左手定则可知，电子的偏转方向；IH与I的关系，结合U=k，及P=IU，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、根据电流周围存在磁场，结合安培定则可知，磁场的方向，而电子移动方向与电流的方向相反，再由左手定则可得，电子偏向内侧，导致前表面的电势高于后表面，故A错误；‎ B、当电源正负对调后，磁场虽反向，而电子运动方向也反向，由左手定则可知，洛伦兹力的方向不变，则电压表将不会反偏，故B错误；‎ C、如图所示，霍尔元件与电阻R串联后与RL并联，根据串并联特点，则有：IHR=（I﹣IH）RL；因此则有IH与I成线性关系，故C正确；‎ D、根据U=k，且磁感应强度大小B与I成正比，即为B=K′I，又IH与I成线性关系，结合P=UI，‎ 因此：U==，则有U与PRL成正比，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ 二、计算题：（16、17、18题各12分，19题14分，共计50分）‎ ‎16．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m，一端连接R=1Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接解良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=5m/s．求：‎ ‎（1）感应电动势E和感应电流I；‎ ‎（2）在0.1s时间内，拉力的冲量IF的大小；‎ ‎（3）若将MN换为电阻r=1Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒两端的电压U．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；动量定理；电势差．‎ ‎【分析】（1）由E=BLv求出导体棒切割磁感线产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，根据右手定则判断感应电流的方向；‎ ‎（2）由F=BIL求出导体棒受到的安培力，由左手定则判断出安培力的方向，然后由平衡条件求出拉力，并确定拉力的方向，由I=Ft计算出拉力的冲量；‎ ‎（3）将MN换为电阻r=1Ω的导体棒时，由闭合电路的欧姆定律求出电流，然后由U=IR即可求出导体棒两端的电压．‎ ‎【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为：‎ ‎ E=BLv=1×0.4×5V=2.0V ‎ 感应电流为：‎ ‎ I==A=2A ‎ 根据右手定则得导体棒MN中电流的流向为：N→M； ‎ ‎（2）由左手定则判断可知，MN棒所受的安培力方向向左．‎ 导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡，则有：‎ ‎ F=BIL=1×2×0.4N=0.8N，‎ 拉力的冲量：IF=Ft=0.8×0.1=0.08N•s ‎（3）将MN换为电阻r=1Ω的导体棒，电路中的电流：I′==A=1A 由欧姆定律：U=I′•R=1×1=1V 答：（1）感应电动势是2.0V，感应电流是2A，方向导体棒MN中电流的流向为：N→M；‎ ‎（2）在0.1s时间内，拉力的冲量IF的大小是0.08N•s；‎ ‎（3）若将MN换为电阻r=1Ω的导体棒，其它条件不变，导体棒两端的电压是1V．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边相互垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l．匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动．在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q．线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；‎ ‎（2）磁场上下边界间的距离H．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系．‎ ‎【分析】（1）线框匀速进入（离开）磁场，重力与安培力平衡，根据平衡条件、安培力公式、切割公式、欧姆定律列式求解即可分别求出两个速度；‎ ‎（2）由动能定理和功的计算公式，写出重力做的功W，然后结合功能关系即可求出磁场的宽度．‎ ‎【解答】解：（1）设线框dc边刚进入磁场时，线框的速度为v1，感应电动势 ‎ E=B•2lv1①‎ 感应电流：I=②‎ dc边受安培力的大小：F=BI•2l ③‎ 由于做匀速运动，则：F=mg ④‎ 由①～④式解得速度：⑤‎ 设线框ab边将离开磁场时，线框的速度为v2，同理可得：‎ ‎⑥‎ 所以：v2=4v1⑦‎ ‎（2）在线框从开始下落到dc边刚进入磁场的过程中，重力做功WG=2mgl 根据动能定理得：2mgl=⑧‎ 线框完全穿过磁场的过程中，由功能关系得：‎ ‎⑨‎ 联立⑦⑧⑨得：H=‎ 答：（1）线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的4倍；‎ ‎（2）磁场上下边界间的距离是．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T，将质量m1=0.1kg，电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg，电阻R2=0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与轨道保持良好接触，g取10m/s2．问 ‎（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；‎ ‎（2）ab将要向上滑动时，cd的速度v多大；‎ ‎（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．‎ ‎【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】（1）由右手定则可以判断出感应电流方向；‎ ‎（2）分别对ab和cd棒受力分析，根据E=BLv以及闭合电路欧姆定律，结合平衡条件、安培力公式求出cd棒的速度；‎ ‎（3）由能量守恒定律可以求出热量．‎ ‎【解答】解：（1）由右手定则可知，电流由a流向b；‎ ‎（2）开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，‎ 由平衡条件得：Fmax=m1gsinθ，‎ ab刚好要上滑时，感应电动势：E=BLv，‎ 电路电流：I=，‎ ab受到的安培力：F安=BIL，‎ 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，‎ 由平衡条件得：F安=m1gsinθ+Fmax，‎ 代入数据解得：v=5m/s；‎ ‎（3）cd棒运动过程中电路产生的总热量为Q总，‎ 由能量守恒定律得：m2gxsinθ=Q总+m2v2，‎ ab上产生的热量：Q=Q总，‎ 联立解得：Q=1.3J；‎ 答：（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向为：电流由a流向b；‎ ‎（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度为5m/s；‎ ‎（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是1.3J．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R=0.40Ω的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，其下滑距离与时间的关系如下表所示，导轨电阻不计，重力加速度g取l0m/s2．试求 时间t（s）‎ ‎0‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.4‎ ‎0.5‎ ‎0.6‎ ‎0.7‎ 下滑距离s（m）‎ ‎0‎ ‎0.1‎ ‎0.3‎ ‎0.7‎ ‎1.4‎ ‎2.1‎ ‎2.8‎ ‎3.5‎ ‎（1）当t=0.7s时，重力对金属棒ab做功的功率；‎ ‎（2）金属棒ab在开始运动的0.7s内，电阻R上产生的热量；‎ ‎（3）从开始运动到t=0.4s的时间内，通过金属棒ab的电量．‎ ‎【考点】动能定理的应用；导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】从下滑的距离与时间的关系中找到棒的运动情况和速度，再由功率的表达式来计算0.7s时的瞬时功率；棒在下滑过程中，有重力和安培力做功，根据动能定理求得安培力做功，再去求得产生的热量．根据金属棒处于平衡状态下，求出磁感应强度与长度的乘积，从而算出在0.4s的时间内，通过金属棒ab的电量．‎ ‎【解答】解：（1）由表格中数据可知：金属棒先做加速度减小的加速运动，最后以7m/s匀速下落 ‎ PG=mgv=0.01×10×7=0.7W ‎ ‎（2）根据动能定理：WG+W安=mvt2﹣mv02‎ W安=mvt2﹣mv02﹣mgh=×0.01×72﹣0.01×10×3.5=﹣0.105J ‎ QR=E电=×0.105=0.06 J ‎ ‎（3）当金属棒匀速下落时，G=F安 则有mg=BIL=‎ 解得：BL==0.1‎ 电量q=It===0.2C ‎ 答：（1）当t=0.7s时，重力对金属棒qb做功的功率为0.7W；‎ ‎（2）金属棒ab在开始运动的0.7s内，电阻R上产生的热量0.06J；‎ ‎（3）从开始运动到t=0.4s的时间内，通过金属棒ab的电量0.2C．‎