1、2015-2016学年福建省莆田二十五中高二（下）第一次月考物理试卷一、单项选择题（本大题共7小题，每小题5分，共35分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得5分，选错或不答的得0分）1关于电磁感应，下述说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大C穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零2一磁感应强度B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成角，将abcd绕ad轴转180角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为（）A0B2BSC
2、2BScosD2BSsin3如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下在将磁铁的S极插入线圈的过程中（）A通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引D通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引4如图所示，竖直放置的条形磁铁中央，有一闭合金属弹性圆环，条形磁铁中心线与弹性环轴线重合，现将弹性圆环均匀向外扩大，下列说法中正确的是（）A穿过弹性圆环的磁通量增大B从上往下看，弹性圆环中有顺时针方向的感应电流C弹性圆环中无感应电流
3、D弹性圆环受到的安培力方向沿半径向外5如图所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是电阻不计的电感线圈，如果断开开关S1，接通S2，A、B两灯都能同样发光最初S1是接通的，S2是断开的那么，可能出现的情况错误的是（）A刚接通S2时，线圈L中的电流为零B刚一接通S2，A灯就立即亮，而B灯则延迟一段时间才亮C接通S2以后，A灯变亮，B灯变暗D断开S2时，A灯立即熄灭，B灯先亮一下然后熄灭6竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过整个竖直平面，在环的最高点A用铰链连接的长度为2a、电阻为的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下，如图所示当摆到竖直位置时，B点的速度为v，
4、则这时AB两端电压的大小为（）A2BavBBavC BavD Bav7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，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）At=0.005s时线框的磁通量变化率为零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二、多项选择题（本大题共3小题，每小题5分，共15分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）8图甲中A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通有如图乙所示的交流电i，则（）A在t1到t
5、2时间内A、B两线圈相吸B在t2到t3时间内A、B两线圈相斥Ct1时刻两线圈间作用力最大Dt2时刻两线圈间吸力最大9如图电路中要使电流计G中的电流方向如图所示，则导轨上的金属棒AB的运动必须是（）A向左减速移动B向左加速移动C向右减速移动D向右加速移动10如图所示，闭合金属环从曲面上h高处滚下，又沿曲面的另一侧上升，设环的初速为零，摩擦不计，曲面处在图示磁场中，则（）A若是匀强磁场，环滚上的高度小于hB若是匀强磁场，环滚上的高度等于hC若是非匀强磁场，环滚上的高度等于hD若是非匀强磁场，环滚上的高度小于h三、填空题（本题共18分）11一同学用如图所示装置研究感应电流的方向与引起感应电流的磁场方
6、向的关系，已知电流从a接线柱流入电流表时，电流表指针右偏，实验时，磁场方向、磁铁运动情况及电流表指针偏转情况记录在表中实验序号磁场方向磁铁运动情况指针偏转情况1向下插入右偏2向下拔出左偏3向上插入左偏4向上拔出右偏由实验1、3得出的结论是：穿过闭合回路的磁通量时，感应电流的磁场与原磁场方向由实验2、4得出的结论是：穿过闭合回路的磁通量时，感应电流的磁场与原磁场方向由实验1、2、3、4得出的结论是：感应电流的磁场总是引起感应电流的磁场的变化12如图所示是“探究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺导线用笔画线补接完整（2）在开始实验之前，需要先确定的关系如实验效果不明显，你建议采取 措施提高实
7、验效果（只要求写一条）（3）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后，将原线圈迅速从副线圈拔出时，电流计指针将；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将（以上两空选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）四、解答题（本题共3小题，共32分解答应写出必要的文字说明、只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13一个按正弦规律变化的交变电流的图象如图，根据图象计算：（1）交变电流的频率；（2）交变电流的有效值；（3）写出该电流的瞬时值表达式142013年8月，我国“神舟十号”载人飞船发射成功，假设载人舱中有一边长为20cm
8、的正方形导线框，在宇航员操作下由水平方向转至竖直方向，此时地磁场磁感应强度B=2105 T，方向如图所示（1）该过程中磁通量的改变量是多少？1（2）设线框电阻为R=1，若有电流则通过线框的电量是多少？（sin 37=0.6，cos 37=0.8）15如图所示，两条足够长的平行长直金属细导轨KL、PQ固定于同一水平面内，它们之间的距离为L，电阻可忽略不计，ab和cd是两根质量皆为m的金属细杆，杆与导轨垂直，且与导轨良好接触，并可沿导轨无摩擦地滑动两杆的电阻皆为R，杆cd的中点系一轻绳，绳的另一端绕过轻的定滑轮悬挂一质量为M的物体，滑轮与转轴之间的摩擦不计，滑轮与杆cd之间的轻绳处于水平伸直状态并
9、与导轨平行导轨和金属细杆都处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度的大小为B现两杆及悬挂物都从静止开始运动求：（1）当ab杆及cd杆的速度分别达到v1和v2时，两杆加速度的大小各为多少？（2）最终ab杆及cd杆的速度差为多少（两杆仍在导轨上运动）？2015-2016学年福建省莆田二十五中高二（下）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共7小题，每小题5分，共35分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得5分，选错或不答的得0分）1关于电磁感应，下述说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B穿过线圈的磁通量变化越大，感应
10、电动势越大C穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零【考点】法拉第电磁感应定律【分析】根据法拉第电磁感应定律分析得知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，而磁通量的变化率反映了磁通量变化的快慢【解答】解：A、穿过线圈的磁通量越大，感应电动势不一定越大故A错误B、穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势不一定越大，还取决于变化所用的时间故B错误C、穿过线圈的磁通量变化越快，磁通量的变化率越大，由法拉第电磁感应定律得知，感应电动势越大故C正确D、穿过线圈的磁通量为零，若磁通率不为零，则感应电动势就不为零故D错误故选C【点评】本题考查对法拉第电磁感应定律的理解，感
11、应电动势与磁通量的关系，可以用加速度与速度的关系类比理解2一磁感应强度B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成角，将abcd绕ad轴转180角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为（）A0B2BSC2BScosD2BSsin【考点】磁通量【分析】在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量=0，若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据=BSsin（是线圈平面与磁场方向的夹角）即可求解【解答】解：矩形线圈abcd如图所示放置，匀强磁场方向水平向右
12、，平面abcd与竖直方向成角，将此时通过线圈的磁通量为 1=BScos当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ad轴转180角时，穿过线圈反面，则其的磁通量2=BScos因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为：=21=2BScos故选：C【点评】对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式=BSsin（是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况注意夹角不是磁场与线圈平面的夹角，同时理解磁通量不是矢量，但注意分清正面还是反面通过线圈3如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下在将磁铁的S极插入线圈的过程中（）A通过电阻
13、的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引D通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引【考点】楞次定律【分析】当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向上，根据右手螺旋定则判断感应电流的方向；根据楞次定律“来拒去留”可判断磁铁与线圈的相互作用【解答】解：当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，即通过电阻的电流方向为ba根据楞次定律“
14、来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥综上所述：线圈中感应电流的方向为电阻的电流方向为ba，磁铁与线圈相互排斥故选：B【点评】楞次定律应用的题目我们一定会做，大胆的去找原磁场方向，磁通量的变化情况，应用楞次定律判断即可4如图所示，竖直放置的条形磁铁中央，有一闭合金属弹性圆环，条形磁铁中心线与弹性环轴线重合，现将弹性圆环均匀向外扩大，下列说法中正确的是（）A穿过弹性圆环的磁通量增大B从上往下看，弹性圆环中有顺时针方向的感应电流C弹性圆环中无感应电流D弹性圆环受到的安培力方向沿半径向外【考点】楞次定律【分析】磁感线是闭合曲线，在磁铁外部，从N极出发进入S极；在磁铁内部，从
15、S极指向N极图中，磁铁内部穿过线圈的磁感线方向向右，磁铁外部，穿过线圈的磁感线方向向左，与内部的磁通量抵消一部分，根据线圈面积大小，抵消多少来分析磁通量变化情况【解答】解：磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和，图中内部磁感线线比外部多外部的磁感线与内部的磁感线方向相反，外部的磁感线将内部抵消A、现将弹性圆环均匀向外扩大，则磁铁外部磁感线条数多，将内部磁感线抵消多，导致磁通量变小，故A错误B、由A选项分析，可知，磁通量变小，则由楞次定律得，产生感应电流顺时针，故B正确，C错误；D、产生顺时针感应电流，在外部感线的作用下，根据左手定则可知，弹性圆环受到的安培力方向
16、沿半径向内，故D错误；故选：B【点评】对于穿过回路的磁场方向有两种的情况确定磁通量时，要根据抵消后总的磁通量来进行比较或计算大小同时考查左手定则与楞次定律的应用5如图所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是电阻不计的电感线圈，如果断开开关S1，接通S2，A、B两灯都能同样发光最初S1是接通的，S2是断开的那么，可能出现的情况错误的是（）A刚接通S2时，线圈L中的电流为零B刚一接通S2，A灯就立即亮，而B灯则延迟一段时间才亮C接通S2以后，A灯变亮，B灯变暗D断开S2时，A灯立即熄灭，B灯先亮一下然后熄灭【考点】自感现象和自感系数【分析】线圈中电流变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化，即电流
17、缓慢增加，缓慢减小【解答】解：A、刚闭合S2后，线圈L中自感电动势阻碍电流由零开始增加，故A正确；B、刚一闭合S2，电路中迅速建立了电场，立即就有电流，故灯泡A和B立即就亮，故B错误C、刚一闭合S2，电路中迅速建立了电场，立即就有电流，故灯泡A和B立即就亮，线圈中电流缓慢增加，最后相当于直导线，故灯泡B被短路而熄灭，即灯泡B逐渐熄灭，故C正确；D、闭合S2稳定后，再断开S2时，A灯立即熄灭，由于线圈中产生了自感电动势，与灯泡B构成闭合回路，故电流逐渐减小，故B灯泡先亮一下然后熄灭，故D正确；该题选可能出现的情况错误的，故选：B【点评】本题考查了通电自感和断电自感，关键明确线圈中自感电动势的作用
18、总是阻碍电流的变化6竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过整个竖直平面，在环的最高点A用铰链连接的长度为2a、电阻为的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下，如图所示当摆到竖直位置时，B点的速度为v，则这时AB两端电压的大小为（）A2BavBBavC BavD Bav【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律【分析】当摆到竖直位置时，先由感应电动势公式E=BL，求出导体棒产生的感应电动势，再根据欧姆定律求解AB两端的电压大小【解答】解：当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：E=B2a=2Ba=Bav，圆环被导体棒分为两个半圆环，两半圆环并联，并联电阻
19、R并=，电路电流：I=，AB两端的电压是路端电压，AB两端的电压大小为：U=IR外=Bav，故D正确；故选：D【点评】本题是电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解，容易出错之处是把AB间的电压看成是内电压7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，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）At=0.005s时线框的磁通量变化率为零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】直导线在磁场中运动时感应电流的方向；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【
20、分析】由图2可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，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，由法拉第电磁感应定律E=n可知，磁通量的变化率最大，不是零，故A错误B、由图2可知t=0.01s时，e=0，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=Hz=50Hz，故D错误故选：B【点评】本题考察
21、的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，知道有效值和最大值之间的关系，周期和频率的关系以及中中性面的特点二、多项选择题（本大题共3小题，每小题5分，共15分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）8图甲中A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通有如图乙所示的交流电i，则（）A在t1到t2时间内A、B两线圈相吸B在t2到t3时间内A、B两线圈相斥Ct1时刻两线圈间作用力最大Dt2时刻两线圈间吸力最大【考点】平行通电直导线间的作用【分析】根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引
22、起感应电流的磁通量的变化当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥【解答】解：A、在t1到t2时间内，若设顺时针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向顺时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向顺时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故A正确；B、在t2到t3时间内，若设顺时针方向（从左向右看）为正，则线圈A电流方向逆时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向顺时针
23、方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故B正确；C、由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零，故C错误；D、在t2时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故D错误；故选：AB【点评】解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同9如图电路中要使电流计G中的电流方向如图所示，则导轨上的金属棒AB的运动必须是（）A向左减速移动B向左加速移动C向
24、右减速移动D向右加速移动【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】根据楞次定律判断若电流计G中的电流方向如图则感应电流的磁场为水平向右，故穿过G表线圈的磁通量可能向右但在减小，也可能向左但在增大，据此选择符合题意的选项【解答】解：AB、金属棒AB向左减速移动时，根据右手定则可知，AB中产生感应电流方向为AB，感应电动势减小，感应电流减小，右侧线圈产生的磁场减弱，根据楞次定律分析得知，电流计G中的电流方向与所示方向相同故A正确，B错误CD、金属棒AB向右减速移动时，根据右手定则可知，AB中产生感应电流方向为BA，感应电动势减小，感应电流减小，右侧线圈产生的磁场减弱，根据楞次定律分析得知，电流计
25、G中的电流方向与所示方向相反故C错误，D正确故选：AD【点评】本题是有两次电磁感应的问题，可以根据右手定则、楞次定律结合判断；也可以根据等效原理，确定出金属棒向左减速移动与向右加速移动效果相同10如图所示，闭合金属环从曲面上h高处滚下，又沿曲面的另一侧上升，设环的初速为零，摩擦不计，曲面处在图示磁场中，则（）A若是匀强磁场，环滚上的高度小于hB若是匀强磁场，环滚上的高度等于hC若是非匀强磁场，环滚上的高度等于hD若是非匀强磁场，环滚上的高度小于h【考点】霍尔效应及其应用【分析】若是匀强磁场，闭合小环中没有感应电流产生，机械能守恒，高度不变；若是非匀强磁场，闭合小环中由于电磁感应产生感应电流，机
26、械能减小转化为内能，高度减小【解答】解：A、B、若是匀强磁场，穿过小环的磁通量不变，没有感应电流产生，机械能守恒，高度不变，则环在左侧滚上的高度等于h故A错误、B正确；C、D、若是非匀强磁场，小环中由于产生感应电流，机械能减小转化为内能，高度将减小，则环在左侧滚上的高度小于h故C错误，D正确；故选：BD【点评】本题关键根据产生感应电流的条件，分析能否产感应电流，从能量的角度分析高度的变化；基础问题三、填空题（本题共18分）11一同学用如图所示装置研究感应电流的方向与引起感应电流的磁场方向的关系，已知电流从a接线柱流入电流表时，电流表指针右偏，实验时，磁场方向、磁铁运动情况及电流表指针偏转情况记
27、录在表中实验序号磁场方向磁铁运动情况指针偏转情况1向下插入右偏2向下拔出左偏3向上插入左偏4向上拔出右偏由实验1、3得出的结论是：穿过闭合回路的磁通量增大时，感应电流的磁场与原磁场方向相反由实验2、4得出的结论是：穿过闭合回路的磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场方向相同由实验1、2、3、4得出的结论是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁场的变化【考点】研究电磁感应现象【分析】根据控制变量法的要求，分析各实验操作，根据所控制的变量与实验现象间的关系，得出实验结论：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：（1）由表中信息可知，在实验1、3中，磁铁插入线圈，穿过线圈的磁通量
28、增加，而穿过线圈的磁场方向相反，感应电流方向相反，感应电流磁场方向与原磁场方向相反，由此可知：穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反（2）由表中实验信息可知，在实验2、4中，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向相反，感应电流方向相反，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，由此可知：穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同（3）综合分析4次实验可知：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化故答案为：（1）增加；相反；（2）减少；相同；（3）阻碍【点评】本题考查了楞次定律的内容，并掌握控制变量法的应用，熟练应用控制变量法，认真分析实验数据，即可正确解题；
29、本题难度不大，是一道基础题12如图所示是“探究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺导线用笔画线补接完整（2）在开始实验之前，需要先确定电流表指针偏转方向与电流方向的关系如实验效果不明显，你建议采取在A中插入铁芯等 措施提高实验效果（只要求写一条）（3）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后，将原线圈迅速从副线圈拔出时，电流计指针将向左偏；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将向右偏（以上两空选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）【考点】研究电磁感应现象【分析】（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合
30、电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路（2）必须明确电流表的偏向与电流的方向的关系，才能进行之后的实验操作；（3）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反【解答】解：（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示：（2）根据实验原理，可知，在开始实验之前，需要先确定电流表指针偏转方向与电流方向；如实验效果不明显，说明磁通量的变化较小，则可以在A中插入铁芯等措施；（3）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电
31、流表的指针向右偏；将原线圈迅速拔出副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏转原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，原线圈电流变大，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变大，灵敏电流计指针将右偏转故答案为：（1）见上图所示；（2）电流表指针偏转方向与电流方向，在A中插入铁芯等；（3）向左偏，向右偏【点评】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键四、解答题（本题共3小题，共32分解答应写出必要的文字说明、
32、只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13一个按正弦规律变化的交变电流的图象如图，根据图象计算：（1）交变电流的频率50Hz；（2）交变电流的有效值10A；（3）写出该电流的瞬时值表达式i=20sin100t（A）【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】直接从图象中即可求出交流电的峰值及周期，从而求频率，写出电流的瞬时值表达式【解答】解：（1）题中图象描述的是电流随时间的变化关系，周期为T=0.02s，故频率为f=50Hz；（2）由图可知，该交流电的峰值是Im=20A，则有效值为I=10A；（3）角速度=100
33、rad/s，交变电流瞬时值表达式i=20sin100t（A）故答案为：50Hz，10A，i=20sin100t（A）【点评】明确交流电图象的物理意义，正确根据图象获取有关交流电的信息是对学生的基本要求，平时要加强练习142013年8月，我国“神舟十号”载人飞船发射成功，假设载人舱中有一边长为20cm的正方形导线框，在宇航员操作下由水平方向转至竖直方向，此时地磁场磁感应强度B=2105 T，方向如图所示（1）该过程中磁通量的改变量是多少？1（2）设线框电阻为R=1，若有电流则通过线框的电量是多少？（sin 37=0.6，cos 37=0.8）【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量【分析】（1）根据图
34、示应用磁通量的计算公式求出磁通量的变化量（2）根据感应电流产生的条件分析答题；由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由电流定义式求出电荷量【解答】解：（1）设线框在水平位置时法线n方向竖直向上，穿过线框的磁通量为：1=BS sin 37=4.8107Wb当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角=143，穿过线框的磁通量为：2=BS cos 37=6.4107Wb该过程磁通量的改变量大小为：=21=1.12106Wb（2）因为该过程穿过闭合线框的磁通量发生了变化，所以一定有感应电流根据电磁感应定律得：I=通过的电量为：q=It=1.12106C答：（1）该
35、过程中磁通量的改变量是1.12106Wb；（2）线框中有感应电流，通过线框的电荷量是1.12106C【点评】本题考查了求磁通量的变化、求电荷量，求磁通量时要注意磁通量计算公式=BS的适用条件，要注意磁通量是二向标量，注意磁通量的方向15如图所示，两条足够长的平行长直金属细导轨KL、PQ固定于同一水平面内，它们之间的距离为L，电阻可忽略不计，ab和cd是两根质量皆为m的金属细杆，杆与导轨垂直，且与导轨良好接触，并可沿导轨无摩擦地滑动两杆的电阻皆为R，杆cd的中点系一轻绳，绳的另一端绕过轻的定滑轮悬挂一质量为M的物体，滑轮与转轴之间的摩擦不计，滑轮与杆cd之间的轻绳处于水平伸直状态并与导轨平行导轨
36、和金属细杆都处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度的大小为B现两杆及悬挂物都从静止开始运动求：（1）当ab杆及cd杆的速度分别达到v1和v2时，两杆加速度的大小各为多少？（2）最终ab杆及cd杆的速度差为多少（两杆仍在导轨上运动）？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律【分析】由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，然后由牛顿第二定律列方程求出杆的加速度与两杆的速度差【解答】解：（1）感应电动势为：E1=BL（v2v1），感应电流为：I1=，令F1表示磁场对每根杆的安培力的大小，安培力为：F1=I1BL，令a1和a2分别表示ab杆
37、、cd杆和物体M加速度的大小，F2表示绳中张力的大小，由牛顿定律可知：F1=ma1，MgF2=Ma2，F2F1=ma2，由以上各式解得：a1=，a2=；（2）最终ab杆及cd杆的加速度相同，设其为a，速度差为v，感应电动势为：E2=BLv，感应电流为：I2=，令F3表示磁场对每根杆的安培力的大小，则有：F3=I2BL，F4表示绳中张力的大小，由牛顿定律可知：F3=ma，MgF4=Ma，F4F3=ma，由以上各式解得：v=；答：（1）当ab杆及cd杆的速度分别达到v1和v2时，两杆加速度的大小分别为、；（2）最终ab杆及cd杆的速度差为【点评】本题考查了求杆的加速度、两杆的速度差，分析清楚杆的运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律即可正确解题
