2019-2020年高二物理下学期期中试卷（一）（含解析）.doc

2019-2020年高二物理下学期期中试卷（一）（含解析）一、选择题（本题共10小题在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不选全的得3分，有选错的得0）1（4分）（xx福建）一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示已知发电机线圈内阻为5.0，则外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则（）A电压表的示数为220VB电路中的电流方向每秒钟改变50次C灯泡实际消耗的功率为484WD发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J2（4分）（xx春温州期中）如图所示，甲图中A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通如图乙所示的交变电流i，则（）A从t1到t2时间内A、B两线圈吸引B从t2到t3时间内A、B两线圈相斥Ct1时刻两线圈间作用力为零Dt2时刻两线圈间的吸引力最大3（4分）（xx春陕西校级期中）如图所示，四图中的a、b均为输入端，接交流电源，c、d均为输出端，则A、B、C、D四图中，输出电压大于输入电压的电路是（）ABCD4（4分）（2011上海）如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中（）A感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B感应电流方向一直是逆时针C安培力方向始终与速度方向相反D安培力方向始终沿水平方向5（4分）（xx春下陆区校级期中）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，如果断开电键S1，闭合S2，A、B两灯都能同样发光如果最初S1是闭合的，S2是断开的，那么不可能出现的情况是（）A刚一闭合S2，A灯就立即亮，而B灯则延迟一段时间才亮B刚闭合S2时，线圈L中的电流为零C闭合S2以后，A灯变亮，B灯由亮变暗D闭合S2稳定后，再断开S2时，A灯立即熄火，B灯先亮一下然后熄灭6（4分）（2011静安区二模）如图所示，A、B为不同金属制成的正方形线框，导线截面积相同，A的边长是B的二倍，A的密度是B的，A的电阻是B的4倍，当它们的下边在同一高度竖直下落，垂直进入如图所示的磁场中，A框恰能匀速下落，那么（）AB框一定匀速下落B进入磁场后，A、B中感应电流强度之比是2：1C二框全部进入磁场的过程中，通过截面的电量相等D二框全部进入磁场的过程中，消耗的电能之比为1：17（4分）（xx上海）平行于y轴的导体棒以速度v向右做匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势E与导体棒位置x关系的图象是下图中的（）ABCD8（4分）（xx春龙凤区校级期末）如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一装有水的小铁锅和一玻璃杯给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是（）A恒定直流、小铁锅B恒定直流、玻璃杯C变化的电流、小铁锅D变化的电流、玻璃杯9（4分）（xx河南一模）如图所示的交流电路中，理想变压器原线圈输入电压为U1，输入功率为P1，输出功率为P2，各交流电表均为理想电表当滑动变阻器R的滑动头向下移动时（）A灯L变亮B各个电表读数均变大C因为U1不变，所以P1不变DP1变大，且始终有P1=P210（4分）（xx秋南宫市校级期末）如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直于斜面向上质量为m，电阻不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度h在这过程中（）A金属棒所受各力的合力所做的功等于零B金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R产生的焦耳热之和C恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和D恒力F和重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热二、非选择题：11（6分）（xx春金东区校级期中）如图，和是一对异名磁极，a、b为放在其间的金属棒ab和cd用导线连成一个闭合回路当ab棒向左运动时，cd导线受到向下的磁场力由此可知是极，是a，b两点的电动势ab（填空“”、“”或“=”）12（6分）（xx秋姜堰市期中）如图所示的器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向（1）在给出的实物图中，用笔画线代替导线将实验仪器连成完整的实验电路（2）连好电路后，若将线圈L1插入线圈L2中，灵敏电流计的指针向左偏转，若要使灵敏电流计的指针向右偏转，可采取的实验操作是A插入铁芯FB拔出线圈L1C变阻器的滑片向左滑动D断开电键S瞬间三、计算题13（10分）（xx春下陆区校级期中）如图所示，在同一水平面内两根固定的平行光滑的金属导轨M、N相距为0.4m，在导轨上放置一根阻值为0.1的导体棒ab，ab与导轨垂直，且接触良好电阻R=0.4，匀强磁场的磁感应强度为0.1T，用与导轨平行的力F拉ab，使它以v=5m/s的速度匀速向右运动，若不计其他电阻，导轨足够长，求：（1）流过导体棒的电流的方向与大小（2）导体棒ab两端的电势差Uab为多少（3）拉力F的大小14（12分）（xx春下陆区校级期中）如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知在0t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度匀速转动求：（1）0t1时间内通过电阻R的电流大小；（2）线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；（3）线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90的过程中，通过电阻R的电荷量（4）当线圈平面与中性面夹角为/3时，感应电动势为多少？15（12分）（2011青羊区校级模拟）如图所示，电动机牵引的是一根原来静止的长L=1m，质量m=0.1kg的金属棒MN，棒电阻R=1，MN架在处于磁感强度B=1T的水平匀强磁场中的竖直放置的固定框架上，磁场方向与框架平面垂直，当导体棒上升h=3.8m时获得稳定速度，其产生的焦耳热Q=2J，电动机牵引棒时，伏特表、安培表的读数分别为7V、1A，已知电动机的内阻r=1，不计框架电阻及一切摩擦，g取10m/s2，求：（1）金属棒所达到的稳定速度大小（2）金属棒从静止开始运动到达稳定速度所需的时间16（14分）（xx春下陆区校级期中）如图所示，abcd为质量M=2kg的导轨，放在光滑绝缘的水平面上，另有一根质量m=0.6kg的金属棒PQ平行bc放在水平导轨上，PQ棒左边靠着绝缘固定的竖直立柱e、f，导轨处于匀强磁场中，磁场以OO为界，左侧的磁场方向竖直向上，右侧的磁场方向水平向右，磁感应强度均为B=0.8T导轨的bc段长l=0.5m，其电阻r=0.4，金属棒的电阻R=0.2，其余电阻均可不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.2若在导轨上作用一个方向向左、大小为F=2N的水平拉力，设导轨足够长，g取10m/s2，试求：（1）导轨运动的最大加速度（2）流过导轨的最大电流（3）拉力F的最大功率2011-xx学年湖北省黄石二中高二（下）期中物理试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不选全的得3分，有选错的得0）1（4分）（xx福建）一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示已知发电机线圈内阻为5.0，则外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则（）A电压表的示数为220VB电路中的电流方向每秒钟改变50次C灯泡实际消耗的功率为484WD发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J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、周期和频率专题：交流电专题分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据功率的公式可以求得功率的大小，从而可求得结论解答：解：A、由图象可知，交流电的最大值为220V，则有效值为220V，电压表的示数为外电阻的电压，所以外电阻的电压为U=R=95V=209V，所以电压表的示数为209V，所以A错误；B、根据图象可知交流电的周期为2102s，所以频率为50Hz，交流电在一个周期内变化两次，所以电路中的电流方向每秒钟改变100次，所以B错误；C、电路中的电流为I=A=2.2A，所以灯泡实际消耗的功率为P=I2R=（2.2）295W=459.8W，所以C错误；D、发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q=I2rt=（2.2）251J=24.2J，所以D正确故选D点评：解决本题的关键就是有电流的瞬时值表达式求得原线圈中电流的最大值，进而求得原线圈的电流的有效值的大小2（4分）（xx春温州期中）如图所示，甲图中A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通如图乙所示的交变电流i，则（）A从t1到t2时间内A、B两线圈吸引B从t2到t3时间内A、B两线圈相斥Ct1时刻两线圈间作用力为零Dt2时刻两线圈间的吸引力最大考点：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正确；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：ABC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3（4分）（xx春陕西校级期中）如图所示，四图中的a、b均为输入端，接交流电源，c、d均为输出端，则A、B、C、D四图中，输出电压大于输入电压的电路是（）ABCD考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：变压器是改变电压的电学元件，不接电压器时，输出电压不可能大于输入电压解答：解：A、由图可知cd端的电压等于ab间的电压，故A错误；B、由图可知，cd端测量的是部分电阻的电压，小于ab端的电压，故B错误；C、输入端线圈的匝数少于输出端线圈的匝数，根据变压器的电压之比等于线圈匝数之比可知，cd端电压大于ab端电压，故C正确；D、输入端线圈的匝数大于输出端线圈的匝数，根据变压器的电压之比等于线圈匝数之比可知，cd端电压小于ab端电压，故D错误故选C点评：本题考查了变压器的原理，最大原副线圈电压之比等于线圈匝数之比，难度不大，属于基础题4（4分）（2011上海）如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中（）A感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B感应电流方向一直是逆时针C安培力方向始终与速度方向相反D安培力方向始终沿水平方向考点：楞次定律；左手定则专题：压轴题；高考物理专题分析：本题由楞次定律可得出电流的方向，重点在于弄清何时产生电磁感应，以及磁通量是如何变化的；由左手定则判断安培力的方向解答：解：先看感应电流方向，铜制圆环内磁通量先向里并增大，铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针；铜制圆环越过最低点过程中，铜制圆环内磁通量向里的减小，向外的增大，所以铜制圆环感应电流的磁场向里，感应电流为顺时针；越过最低点以后，铜制圆环内磁通量向外并减小，所以铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针，所以A、B二者选A再看安培力方向，根据左手定则，因等效导线是沿竖直方向的，且两边的磁感应强度不同，故合力方向始终沿水平方向，故和速度方向会有一定夹角，所以，C、D二者选D故选AD点评：本题考查法拉第电磁感应定律，安培力左手定则，力的合成等，难度较大注意研究铜制圆环在越过最低点过程中这一环节，如果丢掉这一环节，A、B二者就会错选B5（4分）（xx春下陆区校级期中）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，如果断开电键S1，闭合S2，A、B两灯都能同样发光如果最初S1是闭合的，S2是断开的，那么不可能出现的情况是（）A刚一闭合S2，A灯就立即亮，而B灯则延迟一段时间才亮B刚闭合S2时，线圈L中的电流为零C闭合S2以后，A灯变亮，B灯由亮变暗D闭合S2稳定后，再断开S2时，A灯立即熄火，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，即电流缓慢增加，缓慢减小解答：解：A、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，故A错误；B、刚闭合S2时，线圈L中自感电动势阻碍电流增加，故电流为零，故B正确；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逐渐变暗，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灯泡逐渐熄灭，故D正确；本题选错误的，故选A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总是阻碍电流的变化，不难6（4分）（2011静安区二模）如图所示，A、B为不同金属制成的正方形线框，导线截面积相同，A的边长是B的二倍，A的密度是B的，A的电阻是B的4倍，当它们的下边在同一高度竖直下落，垂直进入如图所示的磁场中，A框恰能匀速下落，那么（）AB框一定匀速下落B进入磁场后，A、B中感应电流强度之比是2：1C二框全部进入磁场的过程中，通过截面的电量相等D二框全部进入磁场的过程中，消耗的电能之比为1：1考点：导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化专题：压轴题；电磁感应功能问题分析：线框在进入磁场前做自由落体运动，由自由落体运动规律可以求出线框进入磁场时速度的表达式；线框进入磁场时，对线框受力分析，根据线框的受力情况判断线框的运动状态；由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流；由电流的变形公式求出感应电话量；由电功公式求出线框进入磁场过程中消耗的电能解答：解：A、设线框下落的高度是h，线框做自由落体运动，线框进入磁场时的速度v2=2gh，v=，两线框进入磁场时的速度相等，线框进入磁场时受到的安培力F=BIL=BL=，A进入磁场时做匀速直线运动，则=mg，A的边长是B的二倍，A的电阻是B的4倍，两线框的速度相等，由可知，B受到的安培力等于A受到的安培力；导线截面积相同，A的边长是B的二倍，A的密度是B的，则A与B的质量相等，B受到的重力与A的重力相等，所在B进入磁场时，受到的安培力等于重力，B受到的合力为零，B做匀速直线运动，故A正确；B、线框进入磁场时的感应电流I=，A的边长是B的二倍，A的电阻是B的4倍，进入磁场后，A、B中感应电流强度之比是1：2，故B错误；C、感应电荷量Q=It=，A的边长是B的二倍，A的电阻是B的4倍，二框全部进入磁场的过程中，通过截面的电量相等，故C正确；D、消耗的电能W=I2Rt=（）2R=，v与B相同，A的边长是B的二倍，A的电阻是B的4倍，二框全部进入磁场的过程中，消耗的电能之比为2：1，故D错误；故选AC点评：本题涉及的知识点较多，考查了：自由落体运动规律、导体棒切割磁感线产生感应电动势、欧姆定律、电流定义式、安培力公式、电功公式、电阻定律、密度公式的变形公式等问题，是一道综合题，熟练掌握并灵活应用基础知识，是正确解题的前提与关键7（4分）（xx上海）平行于y轴的导体棒以速度v向右做匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势E与导体棒位置x关系的图象是下图中的（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势专题：电磁感应与图像结合分析：导体棒向右运动时，切割磁感线，产生感应电动势，注意根据几何关系求有效切割长度解答：解析：当导体棒运动到图示位置时，其坐标值为x，则导体棒切割磁感线的有效长度为：所以：，根据数学知识可知，BCD错误，A正确故选：A点评：本题考查了电磁感应与图象的结合，对于复杂图象问题注意依据物理规律写出两坐标轴之间的函数关系8（4分）（xx春龙凤区校级期末）如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一装有水的小铁锅和一玻璃杯给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是（）A恒定直流、小铁锅B恒定直流、玻璃杯C变化的电流、小铁锅D变化的电流、玻璃杯考点：电磁灶的结构和原理分析：根据变化的电流，产生磁通量的变化，金属器皿处于其中，则出现感应电动势，形成感应电流，从而产生内能解答：解：由于容器中水温升高，则是电能转化成内能所致因此只有变化的电流才能导致磁通量变化，且只有小铁锅处于变化的磁通量时，才能产生感应电动势，从而产生感应电流导致电流发热故只有C正确，ABD错误；故选：C点评：考查产生感应电流的条件与磁通量的变化有关，同时要知道金属锅与玻璃锅的不同之处9（4分）（xx河南一模）如图所示的交流电路中，理想变压器原线圈输入电压为U1，输入功率为P1，输出功率为P2，各交流电表均为理想电表当滑动变阻器R的滑动头向下移动时（）A灯L变亮B各个电表读数均变大C因为U1不变，所以P1不变DP1变大，且始终有P1=P2考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器R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：理想变压器的输出的电压有输入电压和电压比决定，输入电压不变，所以输出电压也不会变，输入功率和输出功率始终相等，当滑动变阻器R的滑动头向下移动时，滑动变阻器的电阻减小，总电路的电阻减小，所以总电路的电流会变大，消耗的功率将变大，R0上的电压变大，所以灯L的电压变小，电压表的示数变小，所以灯L变暗，由于总的电流变大，灯L的电流变小，所以电流表的示数将变大，所以ABC错误，D正确故选D点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法10（4分）（xx秋南宫市校级期末）如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直于斜面向上质量为m，电阻不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度h在这过程中（）A金属棒所受各力的合力所做的功等于零B金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R产生的焦耳热之和C恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和D恒力F和重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热考点：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：导体棒匀速上升，因此合外力为零，对导体棒正确受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量解答：解：A、导体棒匀速上升过程中，根据动能定理得：WF+WG+W安=0，注意克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量，故有：金属棒上的各个力的合力所做的功等于零，故A正确，B错误C、WF+WG=W安恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量故C错误，D正确故选AD点评：对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生热量二、非选择题：11（6分）（xx春金东区校级期中）如图，和是一对异名磁极，a、b为放在其间的金属棒ab和cd用导线连成一个闭合回路当ab棒向左运动时，cd导线受到向下的磁场力由此可知是S极，是Na，b两点的电动势ab（填空“”、“”或“=”）考点：安培力；左手定则分析：根据cd棒所受磁场力的方向由左手定则判断出导线中电流的方向，然后由右手定则判断出ab棒所处位置磁场方向，进一步判断出磁极名称；棒ab相当于电源，根据电流方向判断电势的高低解答：解：由左手定则可知，cd棒中电流方向是：由c指向d，由右手定则可知，ab棒所处位置磁场方向：竖直向上，则是S极，是N极；ab棒中电流由b指向a，则a点电势高，b点电势低，即ab；故答案为：S，N，点评：本题考查了判断磁铁的磁极、判断电势高低问题，应用左手定则、右手定则即可正确解题12（6分）（xx秋姜堰市期中）如图所示的器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向（1）在给出的实物图中，用笔画线代替导线将实验仪器连成完整的实验电路（2）连好电路后，若将线圈L1插入线圈L2中，灵敏电流计的指针向左偏转，若要使灵敏电流计的指针向右偏转，可采取的实验操作是BDA插入铁芯FB拔出线圈L1C变阻器的滑片向左滑动D断开电键S瞬间考点：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、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路（2）根据楞次定律求解，若将线圈L1插入线圈L2中，线圈L2中的磁通量应增大，灵敏电流计的指针向左偏转，找出能使线圈L2中的磁通量减小的措施解答：解：（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、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路；电路图如图所示；（2）若将线圈L1插入线圈L2中，线圈L2中的磁通量应增大，灵敏电流计的指针向左偏转，若要使灵敏电流计的指针向右偏转，线圈L2中的磁通量应该减小，A、插入铁芯F，增大线圈L2中的磁通量，故A错误B、拔出线圈L1，减小线圈L2中的磁通量，故B正确C、变阻器的滑片向左滑动，电阻减小，电流增大，线圈L2中的磁通量增大，故C错误D、断开电键S瞬间，线圈L2中的磁通量减小，故D正确故选BD故答案为：（1）如图（2）BD点评：知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键对于该实验，要明确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习三、计算题13（10分）（xx春下陆区校级期中）如图所示，在同一水平面内两根固定的平行光滑的金属导轨M、N相距为0.4m，在导轨上放置一根阻值为0.1的导体棒ab，ab与导轨垂直，且接触良好电阻R=0.4，匀强磁场的磁感应强度为0.1T，用与导轨平行的力F拉ab，使它以v=5m/s的速度匀速向右运动，若不计其他电阻，导轨足够长，求：（1）流过导体棒的电流的方向与大小（2）导体棒ab两端的电势差Uab为多少（3）拉力F的大小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力专题：电磁感应中的力学问题分析：由电磁感应定律得E=Blv，根据闭合电路欧姆定律可求导体棒的电流，导体棒ab两端的电势差Uab=IR，由匀速运动受力平衡，可求F解答：解：（1）由电磁感应定律得 E=Blv 根据闭合电路欧姆定律，得 =0.4A 方向由安培定则判得电流 b到a （2）导体棒ab两端的电势差Uab=IR Uab=0.16V （3）由导体棒ab匀速运动受力平衡 F=BIL=0.016N 答（1）电流由b到a，0.4A （2）导体棒ab两端的电势差0.16V （3）拉力F的大小0.016N点评：考查了电磁感应定律、闭合电路欧姆定律的综合应用14（12分）（xx春下陆区校级期中）如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知在0t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度匀速转动求：（1）0t1时间内通过电阻R的电流大小；（2）线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；（3）线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90的过程中，通过电阻R的电荷量（4）当线圈平面与中性面夹角为/3时，感应电动势为多少？考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；闭合电路的欧姆定律；交流电的平均值及其应用专题：交流电专题分析：（1）根据法拉第电磁感应定律求出0t1时间内感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求出通过电阻R的电流大小（2）根据E=nBS求出感应电动势的最大值，从而求出感应电动势的有效值，根据欧姆定律求出感应电流的有效值，从而根据Q=I2Rt求出电阻R产生的热量（3）根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求出平均感应电流，根据q=求出通过电阻R的电荷量（4）通过从中性面开始计时感应电动势的表达式，求出线圈平面与中性面夹角为时，感应电动势的大小解答：解：（1）0t1时间内，线框中的感应电动势E=根据闭合电路欧姆定律得，通过电阻R的电流（2）线框产生的感应电动势的最大值Em=nB1L1L2感应电动势的有效值通过电阻R的电流有效值线框转动一周所需的时间t=此过程中，电阻R产生的热量Q=（3）线框从图甲所示位置转过90的过程中，平均感应电动势平均感应电流流过电阻R的电荷量q=（4）从中性面开始计时感应电动势的瞬时表达式为E=Emsint当线圈平面与中性面夹角为时，即t=，则E=答：（1）0t1时间内通过电阻R的电流大小为（2）线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量为（3）通过电阻R的电荷量为（4）当线圈平面与中性面夹角为/3时，感应电动势为点评：解决本题的关键掌握感应电动势的平均值、最大值、有效值和瞬时值的区别以及应用15（12分）（2011青羊区校级模拟）如图所示，电动机牵引的是一根原来静止的长L=1m，质量m=0.1kg的金属棒MN，棒电阻R=1，MN架在处于磁感强度B=1T的水平匀强磁场中的竖直放置的固定框架上，磁场方向与框架平面垂直，当导体棒上升h=3.8m时获得稳定速度，其产生的焦耳热Q=2J，电动机牵引棒时，伏特表、安培表的读数分别为7V、1A，已知电动机的内阻r=1，不计框架电阻及一切摩擦，g取10m/s2，求：（1）金属棒所达到的稳定速度大小（2）金属棒从静止开始运动到达稳定速度所需的时间考点：闭合电路中的能量转化；共点力平衡的条件及其应用；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：金属棒在电动机的牵引下从静止运动一定距离后达稳定速度，并产生了焦耳热而由电动机的输入电压、电流再结合线圈内阻可求出电动的输出功率则由能量守恒定律可算出稳定速度大小金属棒从静止到稳定速度做非匀加速运动，则可运用动能定理求出所需要的时间解答：解：（1）电动机输入功率P1=IU=7W 电动机输出功率使MN棒增加重力势能，并产生感应电流伴随着内能 金属棒受到的安培力： 电动机输出功率P2=（mg+F）v 由能量守恒得P1I2rM=P2 由且代入数据得：v=2m/s（v=3m/s舍去）（2）对棒加速上升过程应用动能定理（P1I2rM）tQ=mgh+mv2t=1s点评：抓住金属棒稳定状态，从电动机的输入功率减去电动线圈消耗的功率等于电动机输出功率在金属棒上升过程中由于非匀加速，故不能用运动学公式求出，则选择动能定理紧扣过程受到哪些力，又有哪些力做功，做正功还是负功16（14分）（xx春下陆区校级期中）如图所示，abcd为质量M=2kg的导轨，放在光滑绝缘的水平面上，另有一根质量m=0.6kg的金属棒PQ平行bc放在水平导轨上，PQ棒左边靠着绝缘固定的竖直立柱e、f，导轨处于匀强磁场中，磁场以OO为界，左侧的磁场方向竖直向上，右侧的磁场方向水平向右，磁感应强度均为B=0.8T导轨的bc段长l=0.5m，其电阻r=0.4，金属棒的电阻R=0.2，其余电阻均可不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.2若在导轨上作用一个方向向左、大小为F=2N的水平拉力，设导轨足够长，g取10m/s2，试求：（1）导轨运动的最大加速度（2）流过导轨的最大电流（3）拉力F的最大功率考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应中的力学问题分析：（1）导轨在外力作用下向左加速运动，由于切割磁感线，在回路中要产生感应电流，导轨的bc边及金属棒PQ均要受到安培力作用，PQ棒受到的支持力要随电流的变化而变化，导轨受到PQ棒的摩擦力也要变化，因此导轨的加速度要发生改变导轨向左切割磁感线时，导轨受到向右的安培力F1=BIl，金属棒PQ受到向上的安培力F2=BIl导轨受到PQ棒对它的摩擦力f=（mgBIl）根据牛顿第二定律，有FBIl（mgBIl）=Ma当刚拉动导轨时，v=0，可知I感=0，此时有最大加速度（2）随着导轨v增大，I感增大而a减小，当a=0时，有最大速度（3）拉力F的最大功率可由 P=Fv求得解答：解：（1）导轨向左运动时，导轨受到向左的拉力F，向右的安培力F1和向右的摩擦力f 根据牛顿第二定律：FF1f=Ma 导轨受到向右的安培力 F1=BIl，导轨受到PQ棒对它的摩擦力 f=（mgBIl），整理得 当I=0时，即刚拉动时，a最大.（2）随着导轨速度增大，感应电流增大，加速度减小当a=0时，I最大 即Fmg（1）BImaxL=0由闭合电路欧姆定律，得解得v=3.75m/s（3）由 P=Fv得，P=23.75=7.5w答；（1）导轨运动的最大加速度0.4m/s2（2）流过导轨的最大电流2.5A（3）拉力F的最大功率7.5W点评：考查了电场感应定律、闭合电路，功率关系，注意综合应用