陕西省咸阳百灵中学2018_2019学年高二物理下学期第一次月考试题（含解析）.docx

陕西省咸阳百灵中学2018-2019学年高二下学期第一次月考物理试题一、选择题1. 如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度的大小随时间变化。下列说法当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变其中正确的是（ ）A. 只有正确B. 只有正确C. 只有正确D. 只有正确【答案】D【解析】根据法拉第电磁感应定律，影响感应电流的大小不是原磁场磁感应强度的增加还是减小，而是看磁场磁通量的变化率大小，因而不正确，可能存在，正确答案D选项。2.一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，飞机机身长为a，机翼总长为b；该空间地磁场磁感应强度的水平分量为B1，竖直分量为B2；驾驶员左侧机翼的端点用A表示，右侧机翼的端点用B表示，用E表示飞机产生的感应电动势，则（ ）A. E=B1vb，且A点电势低于B点电势B. E=B1vb，且A点电势高于B点电势C. E=B2vb，且A点电势低于B点电势D. E=B2vb，且A点电势高于B点电势【答案】D【解析】析：由于地磁场的存在，当飞机在北半球水平飞行时，两机翼的两端点之间会有一定的电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样从飞行员角度看，磁场向下则由右手定则可判定机翼左端的电势比右端的电势高解答：解：当飞机在北半球水平飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，则由右手定则可判定机翼左端的电势比右端的电势高若构成闭合电路则电流方向由机翼的右端流向左端，而机翼切割磁感线相当于电源，所以电源内部电流由负极流向正极所以E=B2vb，且A点电势高于B点电势故选：D3.如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下。当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（ ）A. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥【答案】B【解析】当线圈向下运动时，穿过线圈的磁通量向下，且增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，方向向上，则线圈中的电流方向与箭头方向相同由于感应电流会阻碍线圈与磁铁之间的相对运动，所以二者之间有作用力的斥力故B正确，ACD错误此题选项错误的选项，故选：ACD点睛：该题可得楞次定律的极板应用，解决本题可以结合楞次定律使用的基本步骤判断感应电流的方向，也可以使用楞次定律的推广形式来判定【此处有视频，请去附件查看】4.如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示.在0-T/2时间内，直导线中电流向上，则在T/2-T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（ ）A. 感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B. 感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C. 感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D. 感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左【答案】C【解析】【详解】在时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流。根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右,故C正确，ABD错误。5.图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l。t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。取沿abcda的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，故A错误； 当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生感应电流为顺时针，方向为正方向，故D错误。开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据感应电动势大小公式：E=BLv可得，有效切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为负方向；当bc边开始出磁场时，根据感应电动势大小公式：E=BLv可得，切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为正方向，故B正确，C错误。6.如图所示电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个理想电感线圈，当S闭合与断开时，A、B的亮度情况是（ ）A. S闭合时，A立即亮，然后逐渐熄灭B. S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭C. S闭合足够长时间后，B发光，而A不发光D. S闭合足够长时间后，B立即熄灭发光，而A逐渐熄灭【答案】AC【解析】【详解】S闭合瞬间，有于L的自感作用相当于断路，所以两灯同时亮，S闭合足够长时间即稳定后，自感消失，A逐渐熄灭，最后被短路，B更亮，故AC正确，BD错误。7.铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置能产生匀强磁场的磁铁被安装在火车首节车厢下面，如图甲所示(俯视图)当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便会产生一电信号，被控制中心接收当火车通过线圈时，若控制中心接收到的线圈两端的电压信号如图乙所示，则说明火车在做() 图甲图乙A. 匀速直线运动B. 匀加速直线运动C. 匀减速直线运动D. 加速度逐渐增大的变加速直线运动【答案】B【解析】试题分析：磁铁和线圈发生相对运动，磁铁进入线圈时，线圈左边框切割磁感线，根据电磁感应定律，产生的感应电动势，从乙图的第一阶段电压随时间线性增大可判断速度随时间均匀增大，所以火车不是匀速直线运动选项A错。也不是匀减速直线运动，选项C错。随时间均匀增大说明加速度不变，选项D错。运动为匀加速直线运动选项B对。当磁铁完全在线圈中时，磁通量不变，不产生感应电动势，最后出磁场时仍是电动势随时间增大，只不过磁通量从进磁场的增大变成出磁场的减小，所以电动势反向。考点：电磁感应定律8.图中的a是一个边长为为L的正方向导线框，其电阻为R.线框以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场区域b.如果以x轴的正方向作为力的正方向。线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则磁场对线框的作用力F随时间变化的图线应为图中的哪个图？（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：过程，线框在磁场外，力与电流为0安培力为0；过程，由右手定则可得出电流的方向为逆时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向；过程，线框全部进入磁场，力与电流为0安培力为0；过程，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向，B正确考点：电磁感应与图像【名师点睛】本题考查的是线框穿磁场产生感应电流的典型情景，电磁感应与图象的结合一般考查选择题，先找到各图中的不同点，主要分析不同点即可得出正确答案【此处有视频，请去附件查看】9.如图所示，将一个正方形导线框ABCD置于一个范围足够大的匀强磁场中，磁场方向与其平面垂直现在AB、CD的中点处连接一个电容器，其上、下极板分别为a、b，让匀强磁场以某一速度水平向右匀速移动，则（ ）A. ABCD回路中没有感应电流B. A与D、B与C间有电势差C. 电容器a、b两极板分别带上负电和正电D. 电容器a、b两极板分别带上正电和负电【答案】ABC【解析】【详解】A、线框在匀强磁场水平向右匀速移动时，穿过线框回路的磁通量没有改变，则知没有感应电流产生，故A正确；B、AD、BC切割磁感线产生感应电动势，相当于两节电池并联，A与D、B与C间有电势差，故B正确；C、根据右手定则判断可知，a的电势低于b的电势，则电容器a、b两极板分别带上负电和正电，故C正确，D错误。10.如图a所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动中杆ab始终垂直于框架图b为一段时间内金属杆受到的安培力f随时间t的变化关系，则可以表示外力F随时间t变化关系的图象是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】金属杆切割磁感线产生感应电动势：E=BLv，电流： ，安培力： ，由图示F安-t图象可知，F安t，则：vt，说明导体做匀加速运动，则：v=at，由牛顿第二定律得：F-F安=ma，解得：，由图示图象可知，ABC错误，D正确；故选D11.在水平桌面上，一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B1随时间t的变化关系如图所示。01s内磁场方向垂直线框平面向下。圆形金属框与一个水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L、电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，其磁感应强度恒为B2，方向垂直导轨平面向下，如图所示。若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力f随时间变化的图象是下图中的（设向右为静摩擦力的正方向） （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】在内磁感应强度随时间t的均匀增加，则由法拉第电磁感应定律得感应电动势恒定不变，则电流也不变，再由楞次定律可得感应电流方向逆时针，则根据左手定则可得导体棒受到的安培力的方向为向左，大小恒定，所以棒受到的静摩擦力方向为向右，即为正方向，且大小也恒定；在内磁感应强度大小不变，则线圈中没有感应电动势，所以没有感应电流，则也没有安培力，因此棒不受静摩擦力；在内磁感应强度随时间t的均匀减小，则由法拉第电磁感应定律得感应电动势恒定不变，则电流也不变，再由楞次定律可得感应电流方向顺逆时针，则根据左手定则可得导体棒受到的安培力的方向为向右，大小恒定，所以棒受到的静摩擦力方向为向左，即为负方向，且大小也恒定，综上所述，选项A正确，选项BCD错误。12.如图所示，两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路。导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计。在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场。开始时，导体棒处于静止状态。剪断细线后，导体棒在运动过程中 （ ）A. 回路中有感应电动势B. 两根导体棒所受安培力的方向相同C. 两根导体棒和弹簧构成的系统机械能守恒D. 两根导体棒和弹簧构成的系统机械能不守恒【答案】AD【解析】【详解】A、剪断细线后，导体棒在运动过程中，由于弹簧的作用，导体棒ab、cd反向运动，穿过导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路的磁通量增大，回路中产生感应电动势，从而产生感应电流，故A正确；B、导体棒ab、cd电流方向相反，根据左手定则，所以两根导体棒所受安培力的方向相反，故B错误；C、由于回路中产生感应电动势，产生感应电流，产生热量，所以一部分机械能转化为内能，所以系统机械能不守恒，故C错误，D正确。13.阻值为10的电阻接到电压波形如图所示的交流电源上。以下说法中正确的是 （ ）A. 电压的有效值为10VB. 通过电阻的电流有效值为AC. 电阻消耗电功率为5WD. 电阻每秒种产生的热量为10J【答案】BC【解析】试题分析：由U-t图象，交流电压最大值为10V，有效值故A错误通过电阻的电流故B正确根据，知电阻消耗的电功率故C正确，电阻每秒产生热量故D错误故选BC考点：正弦式电流的最大值和有效值、点评：解决本题的关键能够从图象中获取电压的峰值，根据峰值与有效值的关系求出有效值知道功率、热量的求解都用有效值14.如图所示，从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区，如果两次拉出的速度之比为12，则两次线圈所受外力大小之比F1F2、线圈发热之比Q1Q2、通过线圈截面的电量q1q2之比分别为（ ）A. F1F221，Q1Q221，q1q221B. F1F212，Q1Q212，q1q211C. F1F212，Q1Q212，q1q212D. F1F211，Q1Q211，q1q211【答案】B【解析】设线圈左右两边边长为l，上下两边边长为l，整个线圈的电阻为R，磁场的磁感应强度为B拉出线圈时产生的感应电动势为：E=Blv ;感应电流为：; 线圈所受的安培力为：F=BIl= 可知，Fv，则得：F1：F2=1：2拉力做功为： 可知Qv，则得：Q1：Q2=1：2通过导线的电荷量为： 则q与线框移动速度无关，磁通量的变化量相同，所以通过导线横截面的电荷量q1：q2=1：1 故选B点睛：通电导线在磁场中受到的安培力与运动速度有关，而且是唯一与速度有关的一个力同时通过本题让学生掌握去寻找要求的量与已知量的关系，其他不变的量均可去除15.如图所示，长直导线旁边同一平面内有一矩形线圈abcd，导线中通有竖直向上电流。下列操作瞬间，能在线圈中产生沿adcba方向电流的是( )A. 线圈向右平动B. 线圈竖直向下平动C. 线圈以ab边为轴转动D. 线圈向左平动【答案】D【解析】试题分析：矩形线圈处在电流I形成的磁场中,磁场方向垂直纸面向内,当线圈向右平动或以ab边为轴转动时，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律知感应电流形成的磁场与原磁场方向相同，在由右手螺旋定则知感应电流的方向为abcda,故AC对；线圈向下移动时，穿过线圈的磁通量不变，无电流的产生，B错；当线圈向左平动时，穿过线圈的磁通量增加，感应电流的方向为adcba,D错。考点：通电直导线的磁场分布、楞次定律。【名师点睛】三定则一定律适用范围基本现象安培定则电流的磁效应运动电荷、电流产生磁场左手定则磁场力磁场对运动电荷、电流的作用右手定则电磁感应部分导体做切割磁感线运动楞次定律闭合回路的磁通量变化16. 电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是A. 从a到b，上极板带正电B. 从a到b，下极板带正电C. 从b到a，上极板带正电D. 从b到a，下极板带正电【答案】D【解析】试题分析：由图知，穿过系安全带磁场方向向下，在磁铁向下运动的过程中，线圈的磁通量在增大，故感应电流的磁场方向向上，再根据右手定则可判断，流过R的电流从b到a，电容器下极板带正电，所以A、B、C错误，D正确。考点：本题考查楞次定律【此处有视频，请去附件查看】17.在变电所，经常要用交流电表去检测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器，下列各图中能正确反映其工作原理的是项工作（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：原理是依据电磁感应原理的电流互感器是由闭合的铁心和绕组组成它的一次绕组匝数很少，串在需要测量的电流的线路中，因此它经常有线路的全部电流流过，二次绕组匝数比较多，串接在测量仪表和保护回路中，电流互感器在工作时，它的2次回路始终是闭合的，因此测量仪表和保护回路串联线圈的阻抗很小，电流互感器的工作状态接近短路解：由理想变压器原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比则电流互感器应串连接入匝数较少的线圈上故C正确；故选：C【点评】电流互感器的接线应遵守串联原则；按被测电流大小，选择合适的变化，否则误差将增大18.用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题：如图所示，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只相同的灯泡L1和L2 ，输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的交流电压，当开关S闭合时，以下说法中正确的是 ( )A. 原线圈中电流减小B. R两端的电压增大C. 副线圈输出电压减小D. 原线圈输入功率减小【答案】B【解析】开关S闭合后，电阻减小，而次级电压不变，副线圈的电流增大，原线圈的电流也增大，故A错误；副线圈电流增大，R两端的电压增大，故B正确；副线圈电压由原线圈和匝数比决定，而原线圈电压和匝数比都没有变，所以副线圈输出电压不变，故C错误；原线圈的电压不变，而电流增大，故原线圈的输入功率增大，故D错误故选B.19.如图所示，平行导轨电阻忽略不计，要使悬挂着的金属环P能产生感应电流，则金属棒ab的运动应是 ( )A. 向右匀速运动B. 向左匀速运动C. 向右加速运动D. 向左加速运动【答案】CD【解析】【详解】A、当ab向右匀速运动时，由右手定则判断可知，ab中产生由ba的感应电流，感应电动势恒定，感应电流恒定，螺线管产生的磁场恒定，则由楞次定律判断可知，金属环不产生电流，故A错误；B、当ab向左匀速运动时，由右手定则判断可知，ab中产生由ab的感应电流，感应电动势恒定，感应电流恒定，螺线管产生的磁场恒定，则由楞次定律判断可知，金属环不产生电流，故B错误；C、当ab向右加速运动时，由右手定则判断可知，ab中产生由ba的感应电流，感应电动势增大，感应电流增大，螺线管产生磁场增强，则由楞次定律判断可知，金属环产生感应电流，故C正确；D、当ab向左加速运动时，由右手定则判断可知，ab中产生由ab的感应电流，感应电动势增大，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，则由楞次定律判断可知，金属环产生感应电流，故D正确。20.收录机等小型家用电器所用的稳压电源，是将220V的正弦交流电变为稳定的直流电的装置，其中的关键部分是整流电路。有一种整流电路可以将正弦交流电变成如图所示的脉动直流电（每半个周期都按正弦规律变化），则该脉动直流电电流的有效值为（ )A. 4AB. 4 AC. 2AD. 2 A【答案】A【解析】【详解】由于电流的热效应与电流的方向无关，脉动直流电与正弦交变电流一个周期通过相同的电阻产生的热量相同，则图示电流的最大值与正弦式电流的最大值相同，有效值也相同，设该脉动直流电电流的有效值为，根据电流的热效应得：解得：，故选项A正确，BCD错误。21.如图所示，在水平木制桌面上平放一个铜制的圆环，在它上方近处有一个N极朝下的条形磁铁，铜环始终静止关于铜环对桌面的压力F和铜环重力G的大小关系，下列说法中正确的是（）A. 当条形磁铁靠近铜环时，FGB. 当条形磁铁远离铜环时，FGC. 无论条形磁铁靠近还是远离铜环，F=GD. 无论条形磁铁靠近还是远离铜环，FG【答案】AB【解析】A磁铁的N极向下插入，穿过铜环的磁通量增加，磁场方向向下，根据楞次定律可知，铜环中产生逆时方向的感应电流，铜环上端相当于N极；当S极向下插入，铜环上端相当于S极，与磁铁的极性总相反，存在斥力所以铜环对桌面的压力F大于铜环重力G的大小，故A正确；BCD磁铁的N极远离铜环时，穿过铜环的磁通量减小，磁场方向向下，根据楞次定律可知，铜环中产生逆时方向的感应电流，铜环上端相当于S极，与磁铁的极性总相同，存在引力所以铜环对桌面的压力F小于铜环重力G的大小所以B正确，CD错误；故选：AB22.如下图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、电键K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电量为q的小球K断开时传感器上有示数，K闭合时传感器上恰好无示数则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是( ) A. 正在增强，B. 正在减弱，C. 正在减弱，D. 正在增强，【答案】D【解析】【详解】电键闭合时传感器上恰好无示数，则，解得场强为：，方向竖直向上，又，解得：。小球带正电，知上极板带负电，根据楞次定律得知，磁场正在增强，故选项D正确，ABC错误。23.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4:1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中Rt为热敏电阻，R为定值电阻下列说法正确的是( )A. 副线圈两端电压的瞬时值表达式为u9sin50t(V)B. t0.02s时电压表V2的示数为9VC. 变压器原、副线圈中的电流之比和输入、输出功率之比均为1:4D. Rt处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数不变【答案】BD【解析】由图乙可知交流电压最大值Um=36V，原线圈电压的有效值，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值为100，根据电压与匝数成正比，得副线圈电压的有效值为9V，副线圈两端电压的瞬时值表达式u9sin100tV，故A错误；电压表V2的示数为有效值9V，故B正确；变压器输入、输出功率之比为1：1，故C错误；Rt处温度升高时，阻值变大，电流表的示数变小，电压表示数不变，故D错误；故选B.点睛：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键24.如图所示，为早期制作的发电机及电动机的示意图，A盘和B盘分别是两个可绕固定转轴转动的铜盘，用导线将A盘的中心和B盘的边缘连接起来，用另一根导线将B盘的中心和A盘的边缘连接起来当A盘在外力作用下转动起来时，B盘也会转动则下列说法中正确的是（ ）A. 不断转动A盘就可以获得持续的电流，其原因是铜盘A做切割磁感线运动，产生感应电动势B. 当A盘转动时，B盘也能转动的原因是电流在磁场中受到力的作用，此力对转轴有力矩C. 当A盘顺时针转动时，B盘逆时针转动D. 当A盘顺时针转动时，B盘也顺时针转动【答案】ABC【解析】【详解】A、转动A盘时，将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条组成的，它们做切割磁感线运动，产生感应电动势，电路又是闭合的，所以不断转动A盘就可以获得持续的电流，故A正确；B、A盘产生的感应电流流过B盘时，B盘在磁场中受到安培力作用，此力对转轴有力矩，从而使B盘转动，故B正确；C、当A盘顺时针转动时，根据右手定则判断出感应电流的方向是：中心到边缘，由左手定则判断B所受安培力方向是：逆时针方向，则B盘逆时针转动，故C正确，D错误。25.在下图的（a）、(b)、(c)中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，（a）图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长，今给导体棒ab一个向右的初速度v0，导体棒的最终运动状态是（ ）A. 三种情况下，导体棒ab最终都是匀速运动B. 图（a）、(c)中ab棒最终将以不同的速度做匀速运动；图（b）中ab棒最终静止C. 图（a）、（c）中，ab棒最终将以相同的速度做匀速运动D. 三种情况下，导体棒ab最终均静止【答案】B【解析】【详解】图（a）中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动；图（b）中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止；图（c）中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，故选项B正确，ACD错误。二、填空题： 26.如图所示，、两闭合线圈用同样导线绕成的，都是10匝，半径为，内有以线圈作为理想边界的匀强磁场，若磁场均匀减小，则、环中感应电动势=_，产生的感应电流=_。【答案】 1:1 、 1:2【解析】根据法拉第电磁感应定律，题中n相同，相同，面积S也相同，则得到A、B环中感应电动势EA：EB=1：1根据电阻定律R=，L=n2r，、s相同，则电阻之比RA：RB=rA：rB=2：1，根据欧姆定律得，产生的感应电流之比IA：IB=1：227.如图所示，在磁感应强度的匀强磁场中，长为0.5m的导体斜搭在金属框架上，导体与框架夹角为，以10m/s的速度向右滑动，电容器的电容，则电容器上所带电量为Q=_。 【答案】【解析】【详解】导体棒ab产生的感应电动势为：，电容为：。所以电容器上所带电量为：。28.如图所示，宽度为L的足够长的平行金属导轨MN、PQ的电阻不计，垂直导轨水平放置一质量为m电阻为R的金属杆CD，整个装置处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，导轨平面与水平面之间的夹角为，金属杆由静止开始下滑，动摩擦因数为，下滑过程中重力的最大功率为P，则磁感应强度的大小为_。【答案】【解析】【详解】当杆匀速下滑时，速度最大，重力的功率达到最大，设最大速度为，由平衡条件得：又由题： 联立解得，29.如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕OO轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直，线圈匝数n=40匝，ab边长L1=0.5m，bc边长L2=0.4m，线圈总电阻r=1。线圈转动的角速度=100rad/s，磁场的磁感应强度B=0.2T。线圈两端外接R=9的电阻和一个理想交流电流表。则：（1）从图示位置开始计时，闭合电路中电流随时间变化的函数表达式为_；（2）电流表的示数为_；（3）电阻R上消耗的电功率为_；从图示位置转过90的过程中，通过电阻R的电量是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). 【解析】【详解】（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为：从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值为： 所以电流的瞬时表达式为：；（2）电流表测量的是有效值，所以电流表的示数为：；（3）根据功率公式得：从图示位置转过的过程中，平均电动势为：则平均电流为：则从图示位置转过的过程中，通过电阻的电量为：30.图为“研究电磁感应现象”的实验装置。（1）将图中所缺导线补接完整_。（2）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：A将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将_。(填“向左偏转一下”或“向右偏转一下”或“不偏转”)B原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针_。(填“向左偏转一下”或“向右偏转一下”或“不偏转”)【答案】 (1). 如图所示： (2). 向右偏转一下 (3). 向左偏转一下【解析】【详解】（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）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；A将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转一下；B原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将向左偏转一下。三、计算题31.如图所示,一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输送给用户,已知发电机的输出功率为500kW,输出电压为500V,升压变压器B1原、副线圈的匝数比为1:10,两变压器间输电导线的总电阻为2.降压变压器B2的输出电压为220V,不计变压器的损耗.求:(1)输电导线上损失的功率;(2)降压变压器B2的原、副线圈的匝数比.【答案】（1）20000W；（2）240：11【解析】试题分析：（1）送电电压：送电电流：损失的功率：P损（2） 降压变压器匝数比：考点：考查了远距离输电点评：对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率基础题32.如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成=37角，下端连接阻值为R的电阻.匀强磁场方向与导轨平面垂直.质量为0.2kg，电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25。（1）画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；（2）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时加速度大小；（3）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；（4）在上问中，若R=2，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小和方向.（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）【答案】（1）如图所示：（2）（3）（4） 垂直于导轨平面向上【解析】【详解】（1）从向里看，某时刻的受到重力、支持力、滑动摩擦力以及安培力，受力示意图如图所示：（2）金属棒开始下滑的初速为零，不受安培力作用，根据牛顿第二定律：金属棒的加速度为：；（3）当金属棒下滑速度达到稳定时，根据平衡知： 解得：根据功能关系知，克服安培力做功的功率等于电阻上消耗的功率，根据得速度为：；（4）根据得电流为：，根据得：，金属棒中的电流方向由a到b，根据右手定则知，磁感应强度的方向为垂直于导轨平面向上。33.如图所示，边长为L的正方形金属线框，质量为m、电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘，金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外，磁场随时间的变化规律为B=kt已知细线所能承受的最大拉力为2mg，则从t=0开始，经多长时间细线会被拉断？【答案】 【解析】设t时刻细线恰被拉断，由题意知，Bkt金属框中产生的感应电动势ESkL2/2金属框受到的安培力：FBIL= 由力的平