1、2015-2016学年浙江省宁波三中高二（上）期中物理试卷一单项选择：（每题3分，共30分）1很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐让条形磁铁从静止开始下落条形磁铁在圆筒中的运动速率（）A均匀增大B先增大，后减小C逐渐增大，趋于不变D先增大，再减小，最后不变2如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（）A在P和Q中都做自由落体运动B在两个下落过程中的机械能都守恒C在P中的下落时间比在Q中的长D落至底部时在P中的速度比在Q中的大3如图所示，一载
2、流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行已知在t=0到t=t1的时间间隔内，长直导线中电流i随时间变化，使线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右图中箭头表示电流i的正方向，则i随时间t变化的图线可能是（）ABCD4吉他以其独特的魅力吸引了众多音乐爱好者，电吉他与普通吉他不同的地方是它的每一根琴弦下面安装了一种叫做“拾音器”的装置，能将琴弦的振动转化为电信号，电信号经扩音器放大，再经过扬声器就能播出优美音乐声如图是拾音器的结构示意图，多匝线圈置于永久磁铁与钢制的琴弦（电吉他不能使用尼龙弦）之间，当弦沿着线圈振动时，
3、线圈中就会产生感应电流关于感应电流，以下说法正确的是（）A琴弦振动时，线圈中产生的感应电流是恒定的B琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小变化，方向不变C琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小不变方向变化D琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小和方向都会发生变化5如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈a和b，则（）A线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出恒定电流B线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量一定为零C线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响D线圈a的磁场变化时，线圈b中一定有电场6如图所示，等腰梯形内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为3L，高为L，底角为45有一边长也为L的正
4、方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置若以顺时针方向为导线框中电流正方向，在下面四幅图中能正确表示导线框中电流和位移关系的是（）ABCD7图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1t2时间内（）A电流表A1的示数比A2的小B电流表A2的示数比A3的小C电流表A1和A2的示数相同D电流表的示数都不为零8台发电机，输出的功率为1.0106W，所用输电导线的电阻是10，当发电机接到输电线路的电压是5.0103V时，输电导线上的电流
5、是2.0102A，则在输电导线上损失的热功率为（）A2.0103WB4.0105WC1.0l06WD2.5106W9在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示产生的交变电动势的图象如图2所示，则（）At=0.005s时线框的磁通量为零Bt=0.01s时线框平面与中性面重合C线框产生的交变电动势有效值为311VD线框产生的交变电动势频率为100HZ10如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻r，外电路的电阻为R，a、b的中点和cd的中点的连线OO恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度绕轴OO匀速转动，则以下判断正确的是（
6、）A图示位置线圈中的感应电动势最大，其值为Em=BL2B闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=BL2sintC线圈从图示位置转过180的过程中，流过电阻R的电荷量为q=D线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q=二不定项选择：（每题4分，共20分）11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12一个面积S=4102m2、匝数n=100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直平面，磁感应强度的大小随时间变化规律如图，由图可知（
7、）A在开始2秒内穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08Wb/sB在开始2秒内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C在开始2秒内线圈中产生的感应电动势等于8VD在第3秒末感应电动势为零13如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的和为理想电压表，读数分别为U1和U2；、和为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是（）AU2变小、I3变小BU2不变、I3变大CI1变小、I2变小DI1变大、I2变大14在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁
8、感应强度B随时间t如图2变化时，图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是（）ABCD15如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1此时在整个空间加方向与水平面成30角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B=（0.40.2t）T，图示磁场方向为正方向，框、挡板和杆不计形变则（）At=1s时，金属杆中感应电流方向从C到DBt=3s时，金属杆中感应电流方向从D到CCt=1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1NDt=
9、3s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.2N三填空（每空2分，作图4分，共10分）16在研究电磁感应现象实验中，（1）为了能明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中，选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图；（2）将原线圈插人副线圈中，闭合电键，副线圈中感生电流与原线圈中电流的绕行方向（填“相同”或“相反”）；（3）将原线圈拔出时，副线圈中的感生电流与 原线圈中电流的绕行方向（填“相同”或“相反”）17绕在同一铁芯上的两个线圈M、N，M与光滑金属导轨相连，导轨处存在与导轨平面垂直且方向向里的匀强磁场中，导轨上有与之垂直的导体棒ab，当ab向左或向右移动时均能在线圈M中产生感应电流
10、；线圈N与平行金属板相连接，金属板水平放置欲使平行板中的带负电液滴P静止，导体棒ab沿导轨运动的情况是四计算题（共4小题，40分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）18如图甲所示，在周期性变化的匀强磁场区域内有垂直于磁场的半径为r=1m、电阻为R=3.14的金属圆形线框，当磁场按图乙所示规律变化时，线框中有感应电流产生（1）在图丙中画出感应电流随时间变化的it图象（以逆时针方向为正）；（2）求出线框中感应电流的有效值19如图所示，变压器原线圈n1=800匝，副线圈n2=200匝，灯泡A标有“10V 2W”，电动机
11、D的线圈电阻为1将交变电流u=100sinV加到理想变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光，求：（1）副线圈端电压（有效值）；（2）电动机D的电功率20如图所示，平行金属导轨竖直放置，仅在虚线MN下面的空间存在着磁感应强度随高度变化的磁场（在同一水平线上各处磁感应强度相同），磁场方向垂直纸面向里导轨上端跨接一定值电阻R，质量为m的金属棒两端各套在导轨上并可在导轨上无摩擦滑动，导轨和金属棒的电阻不计，将导轨从O处由静止释放，进入磁场后正好做匀减速运动，刚进入磁场时速度为v，到达P处时速度为，O点和P点到MN的距离相等，求：（1）求金属棒在磁场中所受安培力F1的大小；（2）若已知磁场上边缘（紧靠MN）
12、的磁感应强度为B0，求P处磁感应强度BP；（3）在金属棒运动到P处的过程中，电阻上共产生多少热量？21如图所示，电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为，导轨间距为l，轨道所在平面的正方形区域内存在一有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上电阻相同、质量均为m的两根相同金属杆甲和乙放置在导轨上，甲金属杆恰好处在磁场的上边界处，甲、乙相距也为l在静止释放两金属杆的同时，对甲施加一沿导轨平面且垂直于甲金属杆的外力，使甲在沿导轨向下的运动过程中始终以加速度a=gsin做匀加速直线运动，金属杆乙进入磁场时即做匀速运动（1）求金属杆的电阻R；（2）若从开始释放两金属杆到金属杆乙刚离
13、开磁场的过程中，金属杆乙中所产生的焦耳热为Q，求外力F在此过程中所做的功2015-2016学年浙江省宁波三中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一单项选择：（每题3分，共30分）1很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐让条形磁铁从静止开始下落条形磁铁在圆筒中的运动速率（）A均匀增大B先增大，后减小C逐渐增大，趋于不变D先增大，再减小，最后不变【考点】楞次定律【分析】因条形磁铁的运动，导致绝缘铜圆环的磁通量变化，从而产生感应电流，阻碍条形磁铁的运动，当阻力等于其重力时，速度达到最大，即可求解【解答】解：由题意可知，当
14、条形磁铁下落时，导致绝缘铜圆环磁通量变化，从而产生感应电流，阻碍磁铁的运动，根据牛顿第二定律可知，安培阻力越来越大时，竖直向下的加速度将减小，但速度仍在增大，当阻力等于重力时，合外力为零，加速度也为零，速度达到最大；故C正确，ABD错误；故选：C2如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（）A在P和Q中都做自由落体运动B在两个下落过程中的机械能都守恒C在P中的下落时间比在Q中的长D落至底部时在P中的速度比在Q中的大【考点】楞次定律；机械能守恒定律【分析】当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管
15、产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，对于塑料管没有任何阻碍，从而即可求解【解答】解：A、当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故A错误；B、由A选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故B错误；C、在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故C正确；D、根据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热能，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误故选：C3如图所示，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，
16、且其长边与长直导线平行已知在t=0到t=t1的时间间隔内，长直导线中电流i随时间变化，使线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右图中箭头表示电流i的正方向，则i随时间t变化的图线可能是（）ABCD【考点】楞次定律；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】感应电流沿顺时针方向，由安培定则判断出感应电流磁场方向；然后由楞次定律判断出原磁场如何变化，直线电流如何变化；由楞次定律判断导线框受到合力的方向【解答】解：线框中感应电流沿顺时针方向，由安培定则可知，感应电流的磁场垂直于纸面向里；由楞次定律可得：如果原磁场增强时，原磁场方向应垂直于纸面向外，由安培定则可知，
17、导线电流方向应该向下，为负的，且电流越来越大；由楞次定律可知：如果原磁场方向垂直于纸面向里，则原磁场减弱，直线电流变小，由安培定则可知，直线电流应竖直向上，是正的；A、由图示可知，直线电流按A所示变化，感应电流始终沿顺时针方向，由楞次定律可知，在i大于零时，为阻碍磁通量的减小，线框受到的合力水平向左，在i小于零时，为阻碍磁通量的增加，线框受到的合力水平向右，故A正确；B、由安培定则与楞次定律可知，感应电流始终沿逆时针方向，故B错误；C、图示电流使线框中的感应电流沿顺时针方向，但线框在水平方向受到的合力始终水平向左，故C错误；D、图示电流使线框中产生的感应电流沿逆时针方向，故D错误；故选A4吉他
18、以其独特的魅力吸引了众多音乐爱好者，电吉他与普通吉他不同的地方是它的每一根琴弦下面安装了一种叫做“拾音器”的装置，能将琴弦的振动转化为电信号，电信号经扩音器放大，再经过扬声器就能播出优美音乐声如图是拾音器的结构示意图，多匝线圈置于永久磁铁与钢制的琴弦（电吉他不能使用尼龙弦）之间，当弦沿着线圈振动时，线圈中就会产生感应电流关于感应电流，以下说法正确的是（）A琴弦振动时，线圈中产生的感应电流是恒定的B琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小变化，方向不变C琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小不变方向变化D琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小和方向都会发生变化【考点】楞次定律【分析】电吉他是将琴弦与线圈
19、所围成的面积放入于磁场中，当琴弦振动时所围成面积的磁通量发生变化，导致线圈产生感应电流，最后通过扩音器放大经扬声器播出【解答】解：由图中拾音器的结构示意图可知，当弦沿着线圈振动时，线圈会随之振动，所以穿过线圈的磁通量将发生周期性的变化，所以在线圈中就会产生周期性变化的电流由于线圈的速度、大小、方向都做周期性的变化，所以线圈中产生的感应电流大小和方向都会发生周期性的变化故只有D正确故选：D5如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈a和b，则（）A线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出恒定电流B线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量一定为零C线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响D线圈a的磁场变化时，
20、线圈b中一定有电场【考点】感应电流的产生条件；磁通量【分析】当穿过闭合线圈的磁通量发生变化时，线圈就产生感应电流根据磁场的变化判断磁通量的变化，变化的电流产生变化的电场，再进行判断【解答】解：A、线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出交变电流，故A错误；B、线圈a输入恒定电流，电流产生恒定的磁场，穿过线圈b的磁通量不变，不为零，故B错误；C、线圈b输出的交变电流产生变化的磁场，对线圈a的磁场造影响，故C错误；D、线圈a的磁场变化时，穿过线圈b的磁通量发生变化，线圈b中一定产生感生电场，故D正确；故选D6如图所示，等腰梯形内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为3L，高为L，底角为4
21、5有一边长也为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置若以顺时针方向为导线框中电流正方向，在下面四幅图中能正确表示导线框中电流和位移关系的是（）ABCD【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】由线圈运动时切割磁感线的长度，由E=BLv可求得感应电动势，则由欧姆定律可得出电流；由右手定则可得出电流的方向【解答】解：线圈从0开始向右运动L时，线圈的右侧导体切割磁感线，有效长度增大，正方形导线框做匀速直线运动，故电动势均匀增大，电流增大，由右手定则可知，电流方向沿顺时针；L到2L时，左侧边开始进入磁场，由图可知，右侧导体切割磁
22、感线长度不变，左侧导体切割磁感线长度增加，故有效长度减小，则感应电动势减小，电流减小，沿顺时针方向；2L时，右侧导体切割磁感线长度为L，左侧导体切割磁感线长度为L，感应电动势为0，电流为0；而2L到3L过程中，右侧长度减小，而左侧长度不变，故电流要增大；由右手定则可知，电流方向沿逆时针；3L到4L过程中，左侧减小，而右侧为0，故电流要减小；由右手定则可知，电流方向沿逆时针；故选A7图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1t2时间内（）A电流表A1的示数比A2的小B电流
23、表A2的示数比A3的小C电流表A1和A2的示数相同D电流表的示数都不为零【考点】变压器的构造和原理【分析】由图可知副线圈电路中的磁通量的变化情况，则由电磁感应可得出产生的感应电流；根据电容器及电感器的性质可得出各表的电流大小【解答】解：原线圈中磁场如乙图所示均匀变化，故副线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2的读数相同，而电容器“通交隔直”，所以电流表A3的读数为0故ABD错误，C正确；故选：C8台发电机，输出的功率为1.0106W，所用输电导线的电阻是10，当发电机接到输电线路的电压是5.0103V时，输电导线上
24、的电流是2.0102A，则在输电导线上损失的热功率为（）A2.0103WB4.0105WC1.0l06WD2.5106W【考点】远距离输电【分析】根据势功率P=I2R求输电导线上的热功率【解答】解：已知输电导线的电阻R=10，输电电流为I=2.0102A，所以输电导线上损失的热功率P=I2R=（2102）210W=4105W故选：B9在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示产生的交变电动势的图象如图2所示，则（）At=0.005s时线框的磁通量为零Bt=0.01s时线框平面与中性面重合C线框产生的交变电动势有效值为311VD线框产生的交变电动势频率为100HZ【考点
25、】交流发电机及其产生正弦式电流的原理【分析】由图2可知任何时刻的感应电动势，根据电动势的特点，可判处金属线框所处的位置；由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值，根据周期和频率的关系可求频率【解答】解：A、t=0.005s时，感应电动势最大，线框平面与中性面垂直，磁通量为零，故A正确；B、t=0.01s时，感应电动势为零，说明此时线圈正经过中性面，故B正确；C、由图2可知 T=0.02s，Em=311V根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为E=220V，故C错误；D、据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为：f=50Hz，故D错误；故
26、选：AB10如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻r，外电路的电阻为R，a、b的中点和cd的中点的连线OO恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度绕轴OO匀速转动，则以下判断正确的是（）A图示位置线圈中的感应电动势最大，其值为Em=BL2B闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=BL2sintC线圈从图示位置转过180的过程中，流过电阻R的电荷量为q=D线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q=【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；焦耳定律【分析】当线圈与磁场平行时感应电动势最大，由公式Em=BS求解感应电动势的最大值图中是中性面，线
27、框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据e=Emsint可列出感应电动势的瞬时表达式，根据感应电荷量q=，求通过电阻R的电荷量最大值是有效值的倍，求得电动势的有效值，根据焦耳定律求电量Q【解答】解：A、图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，感应电动势为零，故A错误B、当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为Em=BS=BL2，瞬时值表达式为e=Emsint=BL2sint故B错误C、线圈从图示位置转过180的过程中，穿过线圈磁通量的变化量大小为=2BS=2BL2=BL2，流过电阻R的电荷量为q=，故C错误D、感应电动势的有效值为E=Em，感应电流有效值为I=，R产生的热量为Q=I2R
28、T，T=联立得 Q=故D正确故选：D二不定项选择：（每题4分，共20分）11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
29、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AD12一个面积S=4102m2、匝数n=100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直平面，磁感应强度的大小随时间变化规律如图，由图可知（）A在开始2秒内穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08Wb/sB在开始2秒内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C在开始2秒内线圈中产生的感应电动势等于8VD在第3秒末感应电动势为
30、零【考点】法拉第电磁感应定律【分析】由图象看出，磁感应强度随时间均匀增大，线圈产生感应电流，由楞次定律判断线圈中感应电流的方向由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，再由欧姆定律求出感应电流的大小【解答】解：AB、由图象的斜率求出： =T/s=2T/s因此有： =S=24102 Wb/s=8102Wb/s，故A正确，B错误；C、根据法拉第电磁感应定律得：E=n=nS=10024102 V=8V，故C正确；D、由图看出，结合C选项可知，第3秒末感应电动势仍为8V，故D错误；故选：AC13如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的
31、和为理想电压表，读数分别为U1和U2；、和为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是（）AU2变小、I3变小BU2不变、I3变大CI1变小、I2变小DI1变大、I2变大【考点】变压器的构造和原理【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况【解答】解：理想变压器的电压与匝数程正比，由于理想变压器原线圈接到电压不变，则副线圈电压不变，所以V2的示数U2也不变，当s断开之后，并联电路的电阻变大，副线圈的电阻也就变大，由于副线圈电压
32、不变，所以副线圈的总电流减小，即I2变小，由于电流与匝数成反比，当副线圈的电流减小时，原线圈的电流也就要减小，所以I1变小，由于副线圈的总电流减小，R1的电压减小，并联电路的电压就会增大，所以R3的电流I3就会增大，所以BC正确，AD错误故选BC14在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时，图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是（）ABCD【考点】感生电动势、动生电动势；楞次定律【分析】根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势，根据楞次定律判断出各段时间内感应电动势的方向【解答】解：在01
33、s内，根据法拉第电磁感应定律，根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相同，为正值；在13s内，磁感应强度不变，感应电动势为零；在35s内，根据法拉第电磁感应定律， =根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值故A正确，B、C、D错误故选：A15如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1此时在整个空间加方向与水平面成30角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B=（0.40.2t）T，图示磁场方向
34、为正方向，框、挡板和杆不计形变则（）At=1s时，金属杆中感应电流方向从C到DBt=3s时，金属杆中感应电流方向从D到CCt=1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1NDt=3s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.2N【考点】法拉第电磁感应定律【分析】根据楞次定律，并由时刻来确定磁场的变化，从而判定感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，与力的合成与分解，并由三角知识，即可求解【解答】解：A、当t=1s时，则由磁感应强度随时间变化规律是B=（0.40.2t）T，可知，磁场在减小，根据楞次定律可得，金属杆中感应电流方向从C到D，故A正确；B、同理，当t=3s时
35、，磁场在反向增加，由楞次定律可知，金属杆中感应电流方向从C到D，故B错误；C、当在t=1s时，由法拉第电磁感应定律，则有：E=0.212=0.1V；再由欧姆定律，则有感应电流大小I=1A；则t=1s时，那么安培力大小F=BtIL=（0.40.21）11=0.2N；由左手定则可知，安培力垂直磁场方向斜向上，则将安培力分解，那么金属杆对挡板P的压力大小N=Fcos60=0.20.5=0.1N，故C正确；D、同理，当t=3s时，感应电动势仍为E=0.1V，电流大小仍为I=1A，由于磁场的方向相反，由左手定则可知，安培力的方向垂直磁感线斜向下，根据力的合成，则得金属杆对H的压力大小为N=Fcos60=
36、0.20.5=0.1N，故D错误；故选：AC三填空（每空2分，作图4分，共10分）16在研究电磁感应现象实验中，（1）为了能明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中，选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图；（2）将原线圈插人副线圈中，闭合电键，副线圈中感生电流与原线圈中电流的绕行方向相反（填“相同”或“相反”）；（3）将原线圈拔出时，副线圈中的感生电流与 原线圈中电流的绕行方向相同（填“相同”或“相反”）【考点】研究电磁感应现象【分析】（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器（上、下各连一个接线柱）、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正
37、确解答（2）闭合电键时，正确判断副线圈中磁通量的变化情况，然后根据楞次定律判断感应电流方向，即可正确解答（3）同理判断原线圈拔出时，正确判断副线圈中磁通量的变化，则根据楞次定律即可解答【解答】解：（1）将电源、电键、变阻器（上、下各连一个接线柱）、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，实物图如下：（2）闭合电键瞬间，副线圈中磁通量增大，根据楞次定律可知，副线圈中的感应电流磁场阻碍其磁通量的增大，形成与原线圈中电流的绕行方向相反的感应电流故答案为：相反（3）同理将原线圈拔出时，副线圈中的磁通量减小，同理根据楞次定律可知副线圈中形成与原线圈中电流的绕行方向相同的感应电流故答
38、案为：相同17绕在同一铁芯上的两个线圈M、N，M与光滑金属导轨相连，导轨处存在与导轨平面垂直且方向向里的匀强磁场中，导轨上有与之垂直的导体棒ab，当ab向左或向右移动时均能在线圈M中产生感应电流；线圈N与平行金属板相连接，金属板水平放置欲使平行板中的带负电液滴P静止，导体棒ab沿导轨运动的情况是左匀加速运动或右匀减速运动【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；导体切割磁感线时的感应电动势【分析】闭合铁芯上绕有两组线圈，就是一个变压器，而变压器只能改变交变电压根据右手定则、安培定则和楞次定律从右向左依次分析【解答】解：欲使平行板中的带负电液滴P静止，左回路中电流为逆时针，且电压不变，若金属棒
39、ab向左匀加速运动时，由右手定则判断可知，棒中产生向下的感应电流，而且感应电流增大，电流产生的磁感应强度增大，穿过右侧线圈磁场向上，磁通量增加，由楞次定律可知，通过C的电流为逆时针，感应电动势不变金属棒ab向右匀减速运动时，由右手定则判断可知，棒中产生向上的感应电流，而且感应电流减小，电流产生的磁感应强度减小，穿过右侧线圈磁场向下，磁通量减小，由楞次定律可知，通过C的电流为逆时针，感应电动势不变故答案为：左匀加速运动或右匀减速运动四计算题（共4小题，40分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）18如图甲所示，在周期
40、性变化的匀强磁场区域内有垂直于磁场的半径为r=1m、电阻为R=3.14的金属圆形线框，当磁场按图乙所示规律变化时，线框中有感应电流产生（1）在图丙中画出感应电流随时间变化的it图象（以逆时针方向为正）；（2）求出线框中感应电流的有效值【考点】法拉第电磁感应定律；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】（1）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；根据楞次定律判断感应电流的方向（2）根据有效值的定义求解取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律知：E=i=01S内，i
41、1=2A，根据楞次定律得方向逆时针，为正；13S内，i2=1A，方向顺时针，为负故感应电流随时间变化的图象如图所示（2）根据电流的热效应知： R+R=I2RT解得：I=A=1.41A答：（1）如上图所示（2）线框中感应电流的有效值A19如图所示，变压器原线圈n1=800匝，副线圈n2=200匝，灯泡A标有“10V 2W”，电动机D的线圈电阻为1将交变电流u=100sinV加到理想变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光，求：（1）副线圈端电压（有效值）；（2）电动机D的电功率【考点】变压器的构造和原理【分析】（1）从交流电压瞬时值表达式得到电压的最大值，根据U=求解电压的有效值；再根据理想变压器的变
42、压比公式求解变压器的输出电压；（2）先求解灯泡的额定电流，然后根据串联电路的电压和电流关系求解电动机的电压和电流，根据P=UI求解电动机的电功率【解答】解：（1）交变电流u=100sinV，最大值为100V，故有效值为U=；根据理想变压器的变压比公式，有：U2=；（2）灯泡正常发光，电流为：I=故电动机电压为：UD=U2UL=2510=15V电动机的电功率为：PD=UDI=150.2=3W答：（1）副线圈端电压为25V；（2）电动机D的电功率为3W20如图所示，平行金属导轨竖直放置，仅在虚线MN下面的空间存在着磁感应强度随高度变化的磁场（在同一水平线上各处磁感应强度相同），磁场方向垂直纸面向里
43、导轨上端跨接一定值电阻R，质量为m的金属棒两端各套在导轨上并可在导轨上无摩擦滑动，导轨和金属棒的电阻不计，将导轨从O处由静止释放，进入磁场后正好做匀减速运动，刚进入磁场时速度为v，到达P处时速度为，O点和P点到MN的距离相等，求：（1）求金属棒在磁场中所受安培力F1的大小；（2）若已知磁场上边缘（紧靠MN）的磁感应强度为B0，求P处磁感应强度BP；（3）在金属棒运动到P处的过程中，电阻上共产生多少热量？【考点】法拉第电磁感应定律；焦耳定律【分析】（1）棒自由落体后进入磁场做匀减速运动，可知，安培力大小不变，根据运动学公式，结合牛顿第二定律，并由安培力公式，即可求解；（2）根据安培力的表达式，结
44、合闭合电路欧姆定律与法拉第电磁感应定律，即可求解；（3）根据能量守恒定律，即可求解【解答】解：（1）从OMN过程中棒做自由落体运动，则有：v2=2gh；从MNP的过程中，做匀减速运动，故F1大小不变，由牛顿第二定律，则有：F1mg=ma；而由运动学公式可知，；综合上三式，即可求得：F1=mg+ma=（2）由上可知，安培力的大小不变，由刚进入磁场时速度为v，到达P处时速度为，则有：；解得：（3）棒从MNP过程中，且O点和P点到MN的距离相等，根据能量守恒定律，则有产生热量：Q=答：（1）金属棒在磁场中所受安培力F1的大小；（2）若已知磁场上边缘（紧靠MN）的磁感应强度为B0，P处磁感应强度B0；
45、（3）在金属棒运动到P处的过程中，电阻上共产生热量21如图所示，电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为，导轨间距为l，轨道所在平面的正方形区域内存在一有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上电阻相同、质量均为m的两根相同金属杆甲和乙放置在导轨上，甲金属杆恰好处在磁场的上边界处，甲、乙相距也为l在静止释放两金属杆的同时，对甲施加一沿导轨平面且垂直于甲金属杆的外力，使甲在沿导轨向下的运动过程中始终以加速度a=gsin做匀加速直线运动，金属杆乙进入磁场时即做匀速运动（1）求金属杆的电阻R；（2）若从开始释放两金属杆到金属杆乙刚离开磁场的过程中，金属杆乙中所产生的焦耳热为Q，求
46、外力F在此过程中所做的功【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；电磁感应中的能量转化【分析】金属杆由静止做匀加速直线运动，运动l后，进入磁场时即做匀速运动由平衡条件可求安培力，进而求得电流、电阻；由焦耳定律可求金属杆乙中所产生的焦耳热，由能量守恒定律可求外力的功【解答】解：（1）在乙尚未进入磁场中的过程中，甲、乙的加速度相同，设乙刚进入磁场时的速度vv2=2axv=乙刚进入磁场时，对乙由根据平衡条件得（2）设乙从释放到刚进入磁场过程中做匀加速直线运动所需要的时间为tll=设乙从进入磁场过程至刚离开磁场的过程中做匀速直线运动所需要的时间为t2l=vt2设乙离开磁场时，甲的速度vv=（gsin）（tl+t2）=设甲从开始释放至乙离开磁场的过程中的位移为x，根据能量转化和守恒定律得：得：WF=2Qmglsin答：（1）金属杆的电阻；（2）若从开始释放两金属杆到金属杆乙刚离开磁场的过程中，金属杆乙中所产生的焦耳热为Q，外力F在此过程中所做的功2Qmglsin2016年8月4日