1、2015-2016学年河北省邯郸市曲周一中高二（上）第三次月考物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，1-9题为单选，10-12题为多选，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用下列叙述符合史实的是（）A奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B赫兹根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量2下面
2、属于电磁感应现象的是（）A通电导体周围产生磁场B磁场对感应电流发生作用，阻碍导体运动C由于导体自身电流发生变化，而在导体中产生自感电动势D电荷在磁场中定向移动形成电流3下面说法正确的是（）A自感电动势总是阻碍电路中原来电流增加B自感电动势总是阻碍电路中原来电流变化C电路中的电流越大，自感电动势越大D电路中的电流变化量越大，自感电动势越大4我国已经制定了登月计划，假如宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈则下列推断中正确的是（）A直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场有无B将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则判断月球
3、表面无磁场C将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈分别绕两个互相垂直的轴转动，月球表面若有磁场，则电流表至少有一次示数不为零D将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则判断月球表面有磁场5如图，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，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，直导线中电流i发生某种变化，而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、后水平向右设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是（）ABCD6某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E
4、，用导线将它们连接成如图所示的电路检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因是（）A电源的内阻较大B小灯泡电阻偏大C线圈电阻偏大D线圈的自感系数较大7如图所示，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2则拉出过程中下列说法中正确的是（）A所用拉力大小之比为2：1B通过导线某一横截面的电荷量之比是1
5、：1C拉力做功之比是1：4D线框中产生的电热之比为1：28交流发电机在工作时的电动势为e=Emsint，若将其线框的转速提高到原来的两倍，其他条件不变，则其电动势变为（）AEmsinB2EmsinCEmsin2tD2Emsin2t9如图所示，若线框abcd不闭合，当磁铁转动时，下列说法中正确的是（）A线框中产生感应电动势，可跟随磁铁转动B线框中不产生感应电动势，可跟随磁铁转动C线框中产生感应电动势，不跟随磁铁转动D线框中不产生感应电动势，不跟随磁铁转动10如图所示，在一根软铁棒上绕有一个线圈，a、b是线圈的两端，a、b分别与平行导轨M、N相连，有匀强磁场与导轨面垂直，一根导体棒横放在两导轨上，
6、要使a点的电势比b点的电势高，则导体棒在两根平行的导轨上应该（）A向左加速滑动B向左减速滑动C向右加速滑动D向右减速滑动11如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的直流电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）A合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮C断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会熄灭D断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭12距离足够大的金属板A、B间有一电子（不计重力影响），在A、B间接有如图所示的正弦式电压u，t=0时电子从静止开始运动，则（）A电子做往复运动B在足够长的时间后，电子一定要碰到某
7、个金属板上Ct=时，电子速度达到最大值Dt=T时，电子将回到原出发点二、实验题（本题共2小题，13题6分，14题6分，共12分）13如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺导线补充完整（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将偏转（填“向左”“向右”或“不”）（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将偏转（填“向左”“向右”或“不”）14电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器如图1所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管一条形磁铁固定在管内，当拨动
8、金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号（1）金属弦的作用类似“研究电磁感应现象”实验中铁芯的作用，则被拨动后靠近螺线管的过程中，通过放大器的电流方向为（以图象为准，选填“向上”或“向下”）（2）下列说法正确的是A金属弦上下振动的周期越大，螺线管内感应电流的方向变化也越快B金属弦上下振动过程中，经过相同位置时速度越大，螺线管中感应电动势也越大C电吉他通过扩音器发出的声音随感应电流强度增大而变响，增减螺线管匝数会起到调节音量的作用D电吉他通过扩音器发出的声音频率和金属弦振动频率相同（3）若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图2所示，则对应感应电流的变
9、化为图3中的三、论述、计算题（本题共3小题，共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）15正方形的导线框，质量m=60g，边长l=12cm，电阻R=0.06，在竖直平面内自由下落H=5m后，下框边进入水平方向的匀强磁场中，磁场方向与线框垂直，如图所示，匀强磁场沿竖直方向的宽度h=l，线框通过匀强磁场区域时恰好匀速直线运动，g=10m/s2，求：（1）匀强磁场的磁感强度多大？（2）线框通过磁场区域时产生了多少热量？16两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平内，另一边垂直于水平面质量
10、均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，回路总电阻为R整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中当ab杆在平行于水平导轨的拉力F（大小未知）作用下以一定的速度沿导轨向右匀速运动时，cd杆正好以速度u向下匀速运动重力加速度为g试求：（1）杆ab中电流的方向和杆ab速度v的大小；（2）回路电阻消耗的电功率P；（3）拉力F的大小17两根金属导轨平行放置在倾角为=30的斜面上，导轨底端接有电阻R=8，导轨自身电阻忽略不计匀强磁场垂直于斜面向上，磁感强度B=0.5T质量为m=0.1kg，电阻r=2的金属棒ab由静止释放，沿导轨下滑如
11、图所示，设导轨足够长，导轨宽度L=2m，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒下滑h=3m时，速度恰好达到最大速度2m/s，求此过程中电阻R上产生的热量？（g取10m/s2）2015-2016学年河北省邯郸市曲周一中高二（上）第三次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，1-9题为单选，10-12题为多选，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用下列叙述符合史实的是（）A奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B赫
12、兹根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量【考点】物理学史【分析】对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要明确其发现者和提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就【解答】解：A、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系故A正确B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了磁化现象故B错误C、法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感
13、应电流故C错误D、牛顿总结出了万有引力定律，卡文迪许用实验测出了引力常故D错误故选：A【点评】本题关键要记住电学和力学的一些常见的物理学史平时要加强记忆，注重积累2下面属于电磁感应现象的是（）A通电导体周围产生磁场B磁场对感应电流发生作用，阻碍导体运动C由于导体自身电流发生变化，而在导体中产生自感电动势D电荷在磁场中定向移动形成电流【考点】电磁感应现象的发现过程【分析】电磁感应现象的是指穿过电路的磁通量变化时，产生感应电动势或感应电流的现象【解答】解：A、电流能产生磁场，是电流的磁效应现象，不是电磁感应现象故A错误 B 感应电流在磁场中受到安培力作用，不是电磁感应现象故B错误 C、由于导体自身
14、电流发生变化，而在导体中产生自感电动势是电磁感应现象故C正确 D 电荷在磁场中定向移动形成电流，不是电磁感应产生的电流不是电磁感应现象故D错误 故选：C【点评】本题考查对电磁现象本质的分析与理解能力电磁感应现象特征是产生感应电流或感应电动势3下面说法正确的是（）A自感电动势总是阻碍电路中原来电流增加B自感电动势总是阻碍电路中原来电流变化C电路中的电流越大，自感电动势越大D电路中的电流变化量越大，自感电动势越大【考点】感生电动势、动生电动势【专题】电磁感应与电路结合【分析】由法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中产生的感应电动势的大小与电流的变化率成正比，与电流及电流的变化量无关【解答】解：由法拉第
15、电磁感应定律可知；E=n=，即E与磁通量的变化率成正比，即电动势取决于电流的变化快慢，而电流变化快慢，则会导致磁场的变化快慢，从而实现磁通量的变化快慢，故ACD错误，B正确；故选：B【点评】在理解法拉第电磁感应定律时要注意区分，及者间的关系，明确电动势只取决于磁通量的变化率，与磁通量及磁能量的变化量无关4我国已经制定了登月计划，假如宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈则下列推断中正确的是（）A直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场有无B将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则判断月球表面无磁场C将电流表与线圈组成闭合
16、回路，使线圈分别绕两个互相垂直的轴转动，月球表面若有磁场，则电流表至少有一次示数不为零D将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则判断月球表面有磁场【考点】感应电流的产生条件【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合【分析】直接将电流表放于月球表面，电流表电路是断开的，不能产生感应电流，无法判断有无磁场将电流表与线圈组成回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，不能判断月球表面没有磁场；若电流表有示数，可以判断有磁场；若线圈运动方向与磁场方向平行时，线圈中不产生感应电流，电流表无示数，不能判断月球表面无磁场【解答】解：A、直接将电流表放于月球表面，电流表电路是断开
17、的，不能产生感应电流，无法判断有无磁场故A错误B、将电流表与线圈组成回路，使线圈沿某一方向运动，若线圈运动方向与磁场方向平行时，线圈中不产生感应电流，所以电流表无示数，不能判断月球表面无磁场故B错误C、将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈分别以两个相互垂直的边为轴转动，若月球表面有磁场，则穿过线圈平面的磁通量总有一个方向会发生变化，若两个方向均不产生感应电流，故可以说明月球表面无磁场；故C正确；D、将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一平面内沿各个方向运动，若电流表有示数，则说明月球表面一定有磁场；故D正确；故选：CD【点评】本题考查理论联系实际的能力，关键抓住产生感应电流的条件：一是电路要闭
18、合；二是穿过电路的磁通量发生变化5如图，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，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，直导线中电流i发生某种变化，而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、后水平向右设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是（）ABCD【考点】楞次定律【专题】电磁感应与图像结合【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
19、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，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、图示电流不能使线框中的感应电流始终沿顺时针方向，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
20、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：A【点评】正确理解楞次定律中“阻碍”的含义是正确解题的关键，熟练应用楞次定律、安培定则即可正确解题6某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因是（）A电源的内阻较大B小灯泡电阻偏大C线圈电阻偏大D线圈的自感系数较大【考点】自感现象和自感系数【专题】压
21、轴题【分析】线圈与小灯泡并连接电池组上要使灯泡发生闪亮，断开开关时，流过灯泡的电流要比以前的电流大根据楞次定律和并联的特点分析【解答】解：A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关故A错误 B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象故B错误 C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象故C正确 D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线
22、圈中电流的大小故D错误故选C【点评】自感现象是特殊的电磁感应现象，根据楞次定律分析要使实验现象明显的条件：线圈的电阻应小于灯泡的电阻7如图所示，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2则拉出过程中下列说法中正确的是（）A所用拉力大小之比为2：1B通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1C拉力做功之比是1：4D线框中产生的电热之比为1：2【考点】电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据E=BLv、I=、F
23、=BIL，R=得到安培力的表达式，即可根据平衡条件得到拉力的大小关系；根据感应电荷量q=分析电荷量的关系；由功的公式得到拉力做功的表达式，再求解做功之比；根据功能关系分析电热之比【解答】解：A、设矩形线圈左右边长为L1，上下边长为L2电阻率为，截面积为S则感应电流为 I= 拉力F=BIL1=，则知FS，所以所用拉力大小之比为1：2故A错误B、根据感应电荷量q=S，所以通过导线某一横截面的电荷量之比是1：2故B错误C、拉力做功W=FL1=S，拉力做功之比是1：2故C错误D、根据功能关系可知，线框中产生的电热等于拉力做功，故电热之比为1：2故D正确故选D【点评】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合
24、，考查了导体切割产生的感应电动势公式，闭合电路欧姆定律、电阻定律、感应电荷量等多个知识，推导出所求量的表达式是关键8交流发电机在工作时的电动势为e=Emsint，若将其线框的转速提高到原来的两倍，其他条件不变，则其电动势变为（）AEmsinB2EmsinCEmsin2tD2Emsin2t【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】交流电专题【分析】感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsint，其中Em=nBS，当将其电枢的转速提高到原来2倍时，Em和都增加2倍，再进行选择【解答】解：感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsint，当将其电枢的转速提高到原来2倍时，由=2n，Em=nBS，可
25、知，Em和都增加2倍，其表达式变为：e=2Emsin2t故D正确，ABC错误；故选：D【点评】本题考查考虑问题的全面性，e=Emsint式中Em和都与转速成正比，不能简单认为表达式是Emsin2t9如图所示，若线框abcd不闭合，当磁铁转动时，下列说法中正确的是（）A线框中产生感应电动势，可跟随磁铁转动B线框中不产生感应电动势，可跟随磁铁转动C线框中产生感应电动势，不跟随磁铁转动D线框中不产生感应电动势，不跟随磁铁转动【考点】感应电流的产生条件【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合【分析】感应电流产生的条件是：1闭合回路2回路中的磁通量发生变化由此分析解答即可【解答】解：由于线框不闭合，
26、所以电路中并不能产生感应电流，所以线框不跟随磁铁转动故选：D【点评】考查楞次定律和产生感应电流的条件，知道感应电流的磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化，线框不闭合时，不能产生感应电流10如图所示，在一根软铁棒上绕有一个线圈，a、b是线圈的两端，a、b分别与平行导轨M、N相连，有匀强磁场与导轨面垂直，一根导体棒横放在两导轨上，要使a点的电势比b点的电势高，则导体棒在两根平行的导轨上应该（）A向左加速滑动B向左减速滑动C向右加速滑动D向右减速滑动【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律【分析】导体棒在导轨上做切割磁感线时会产生感应电动势，相当于电源，根据右手定则判断出感应电流的方向，确定出导
27、体棒哪一端相当于电源的正极，哪一端电势较高【解答】解：A、B、当导体棒向左加速或减速滑动时，根据右手定则判断可知，导体棒产生向下的感应电流，其下端相当于电源的正极，电势较高，则b点的电势比a点的电势高，故A、B错误C、D、当导体棒向右加速或减速滑动时，根据右手定则判断可知，导体棒产生向上的感应电流，其上端相当于电源的正极，电势较高，则a点的电势比b点的电势高，故CD正确故选：CD【点评】解决本题关键要掌握右手定则，并知道电源的正极电势高于负极的电势，能熟练判断电势的高低11如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的直流电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）A合上开关S接通电路时，A2
28、先亮，A1后亮，最后一样亮B合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮C断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会熄灭D断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭【考点】自感现象和自感系数【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据楞次定律及串联电路的特点来分析【解答】解：合上开关接通电路时，A2立即正常发光，线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡A1中电流只能逐渐增大，则A2先亮，A1后亮，最后一样亮故A正确，B错误断开开关时，A2原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐
29、渐减小到零，则A1和A2都要过一会儿才熄灭故C错误，D正确故选AD【点评】自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守电磁感应的普遍规律楞次定律，对本题这种类型问题就是利用楞次定律来分析12距离足够大的金属板A、B间有一电子（不计重力影响），在A、B间接有如图所示的正弦式电压u，t=0时电子从静止开始运动，则（）A电子做往复运动B在足够长的时间后，电子一定要碰到某个金属板上Ct=时，电子速度达到最大值Dt=T时，电子将回到原出发点【考点】电势差与电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据E= 和F=Eq判断电场力的变化情况，然后结合牛顿运动定律判断列子的运动情况【解答】解：平行金属板间
30、有一静止的正电粒子，若两板间加电压u=Umsint，粒子受到电场力作用，根据E= 和F=Eq，电场力为：F=sint即粒子的电场力随着时间按照正弦规律变化；加速度：a=sint，故粒子的加速度也随着时间按照正弦规律变化；由于速度与加速度一直同方向，故粒子一直做单方向的直线运动，位移不断增加；物体的速度方向不变，大小经过一个周期减小为零，当t=时，电子速度达到最大值；故BC正确，AD错误；故选：BC【点评】电子在周期性变化的电场中运动，根据受力情况，由牛顿定律可分析出电子的运动情况，这是学习力学应具有的能力要注意电场力反向时，电子的速度并不立即反向，注意明确每经过一个周期，粒子的速度改变量等于零
31、二、实验题（本题共2小题，13题6分，14题6分，共12分）13如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺导线补充完整（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将向右偏转（填“向左”“向右”或“不”）（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将向左偏转（填“向左”“向右”或“不”）【考点】研究电磁感应现象【专题】实验题【分析】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、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路根据题意确定电流计指针偏转方向与磁通量变化的关系，
32、然后根据磁通量的变化判断电流计指针偏转方向【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）在闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，穿过副线圈的磁通量增加，电流计指针将向右偏转（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转故答案为：（1）电路图如图所示；（2）向右；（3）向左【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
33、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14电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器如图1所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号（1）金属弦的作用类似“研究电磁感应现象”实验中铁芯的作用，则被拨动后靠近螺线管的过程中，通过放大器的电流方向为向下（以图象为准，选填“向上”或“向下”）（2）下列说法正确的是BCDA金属弦上下振动的周期越大，螺线管内感应电流的方向变化也越快B金属弦上下振动过程中，经过相同位置时速度越大
34、，螺线管中感应电动势也越大C电吉他通过扩音器发出的声音随感应电流强度增大而变响，增减螺线管匝数会起到调节音量的作用D电吉他通过扩音器发出的声音频率和金属弦振动频率相同（3）若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图2所示，则对应感应电流的变化为图3中的D【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律【专题】信息给予题；定性思想；推理法；电磁感应与电路结合【分析】（1）根据楞次定律判断感应电流的方向（2）结合法拉第电磁感应定律：E=N，结合各选项的条件依次分析即可；（3）磁通量的变化率越大，产生的感应电动势越大，感应电流越大【解答】解：（1）金属弦靠近螺线管时，线圈中磁场变强，根据楞次
35、定律可得通过放大器的电流方向为向下（2）感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，与线圈匝数有关，所以选项B、C正确；电吉他通过扩音器发出的声音频率与感应电流的频率相同，即与金属弦振动频率相同，故A错误，D正确（3）根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小取决于磁通量的变化率，所以感应电流的大小取决于磁通量的变化率，所以选项D正确故答案为：（1）向下 （2）BCD （3）D【点评】该题属于信息给予的题目，考查的知识点属于法拉第电磁感应定律，解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，能结合各种不同的情况应用法拉第电磁感应定律给予适当的解释三、论述、计算题（本题共3小题，共40分解答应写出必要的文字说
36、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）15正方形的导线框，质量m=60g，边长l=12cm，电阻R=0.06，在竖直平面内自由下落H=5m后，下框边进入水平方向的匀强磁场中，磁场方向与线框垂直，如图所示，匀强磁场沿竖直方向的宽度h=l，线框通过匀强磁场区域时恰好匀速直线运动，g=10m/s2，求：（1）匀强磁场的磁感强度多大？（2）线框通过磁场区域时产生了多少热量？【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【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）线框先做自由落体运动，由自由落体运动的速度位移公式可以求出线框进入磁场时的速度
37、，线框在磁场中运动，受到安培力与重力作用，做匀速直线运动，由平衡条件可以求出磁感应强度大小（2）由速度公式的变形公式求出线框通过磁场的时间，由欧姆定律求出感应电流，最后由焦耳定律求出产生的焦耳热【解答】解：（1）线框做自由落体运动：v2=2gH，框的下边进入磁场的速度为：，线框进入磁场时受到的安培力：F=BIl=Bl=Bl=，线框进入磁场后做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：mg=，解得匀强磁场的磁感强度：；（2）线框通过磁场区域的时间为：，线框通过磁场时的感应电流：I=，由焦耳定律可知，全过程产生的热量：J；答：（1）匀强磁场的磁感强度0.5T（2）线框通过磁场区域时产生的热量为0.
38、144J【点评】本题考查了求磁感应强度、产生的焦耳热，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、焦耳定律即可正确解题16两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平内，另一边垂直于水平面质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，回路总电阻为R整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中当ab杆在平行于水平导轨的拉力F（大小未知）作用下以一定的速度沿导轨向右匀速运动时，cd杆正好以速度u向下匀速运动重力加速度为g试求：（1）杆ab中电流的方向和杆ab速度v的大小；（2）回路电阻消耗的电功率P；（3）拉力
39、F的大小【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；安培力【专题】计算题；定量思想；图析法；方程法；电磁感应与电路结合【分析】（1）由右手定则可以判断出感应电流方向，由平衡条件可以求出ab棒的速度大小（2）由电功率公式可以求出回路电阻消耗的功率（3）由平衡条件可以求出拉力大小【解答】解：（1）由右手定则可知，ab杆中的电流方向为：abcd棒匀速运动，由平衡条件得：mg=BIL，回路中电流的大小：，感应电动势：E=BLv=IR，则ab的速度大小为：；（2）回路电阻消耗的电功率：；（3）ab棒匀速运动，由平衡条件得：；答：（1）杆ab中电流的方向为：ab，杆ab速度v的大小为；（2）回路电
40、阻消耗的电功率P为；（3）拉力F的大小为【点评】本题考查了电磁感应与力学相结合的问题，分析清楚题意、分析清楚杆的运动过程是解题的关键，应用右手定则、平衡条件与电功率公式可以解题17两根金属导轨平行放置在倾角为=30的斜面上，导轨底端接有电阻R=8，导轨自身电阻忽略不计匀强磁场垂直于斜面向上，磁感强度B=0.5T质量为m=0.1kg，电阻r=2的金属棒ab由静止释放，沿导轨下滑如图所示，设导轨足够长，导轨宽度L=2m，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒下滑h=3m时，速度恰好达到最大速度2m/s，求此过程中电阻R上产生的热量？（g取10m/s2）【考点】导体切割磁感线时的感应电动势
41、；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】当金属棒匀速下滑时，速度达到最大，由欧姆定律、法拉第定律和安培力公式推导出安培力表达式，根据平衡条件求出摩擦力根据能量守恒定律求出电阻上产生的热量【解答】解：由E=BLv，I=，F=BIL得安培力F=设金属棒下滑过程所受摩擦力大小为f，则由平衡条件得到 mgsin30=f+F联立得f=mgsin30=0.1100.5=0.3N在金属棒ab静止释放到速度刚达到最大的过程中，金属棒的重力转化为金属棒的动能、焦耳热和摩擦生热，根据能量守恒定律得电路中产生的焦耳热为 Q=mghf代入解得，Q=1J则电阻R上产生的热量为 QR=Q=1J=0.8J答：此过程中电阻上产生的热量是0.8J【点评】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，关键是安培力的分析和计算，它是联系力学与电磁感应的桥梁