贵州省遵义四中高二物理下学期第一次月考试卷（含解析）.doc

贵州省遵义四中2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷 一、单选题：（本大题共8个小题，每题4分，共32分在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题意的）1（4分）目前金属探测器已经广泛应用于各种安检、2015届高考及一些重要场所，关于金属探测器的下列有关论述正确的是（）a金属探测器可用于月饼生产中，用来防止细小的金属颗粒混入月饼馅中b金属探测器能帮助医生探测儿童吞食或扎到手脚中的金属物，是因为探测器的线圈中能产生涡流c使用金属探测器的时候，应该让探测器静止不动，探测效果会更好d能利用金属探测器检测考生是否携带手机等违禁物品，是因为探测器的线圈中通有直流电2（4分）如图所示，一个闭合三角形导线框abc位于竖直平面内，其下方（略靠前）固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中（）a导线框中感应电流方向依次为acbaabcaacbab导线框的磁通量为零时，感应电流为零c导线框所受安培力的合力方向依次为向上向下向上d导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动3（4分）如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为l，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为b一边长为l总电阻为r的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁 场区域取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（）abcd4（4分）某研究性学习小组在探究电磁感应现象和楞次定律时，设计并进行了如下实验：如图，矩形金属线圈放置在水平薄玻璃板上，有两块相同的蹄形磁铁，相对固定，四个磁极之间的距离相等当两块磁铁匀速向右通过线圈位置时，线圈静止不动，那么线圈所受摩擦力的方向是（）a先向左，后向右b先向左，后向右，再向左c一直向右d一直向左5（4分）如图所示，用两根相同的导线绕成匝数分别为n1和n2的圆形闭合线圈a和b，两线圈平面与匀强磁场垂直当磁感应强度随时间均匀变化时，两线圈中的感应电流之比ia：ib为（）abcd6（4分）如图所示，竖直放置的螺线管与导线 abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环现要使导体圆环将受到向上的磁场力作用，则导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度应按下图中哪一图线所表示的方式随时间变化（）abcd7（4分）如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为b0使该线框从静止开始绕过圆心o、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周，在线框中产生感应电流现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为（）abcd8（4分）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为l，底端接阻值为r的电阻将质量为m，电阻也为r的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在的平面与磁感应强度为b的磁场垂直，如图所示，除金属棒和电阻r外，其余电阻不计现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放，则以下结论错误的是（）a金属棒向下运动时，流过电阻r的电流方向为bab最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡c金属棒的速度为v时，棒所受的安培力大小为d金属棒的速度为v时，金属棒两端的电势差为blv二、多选题：（本大题共5个小题，每题4分，共20分在每小题所给出的四个选项中，有多个选项是符合题意的，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）9（4分）下列列举的四种器件中，工作时利用了电磁感应的是（）abcd10（4分）如图所示电路中，a、b是相同的两小灯l是一个带铁芯的线圈，电阻可不计调节r，电路稳定时两灯都正常发光，则在开关合上和断开时（）a两灯同时点亮、同时熄灭b合上s时，b比a先到达正常发光状态c断开s时，a、b两灯都不会立即熄灭，通过a灯的电流方向与原电流方向相同，通过b灯的电流方向与原电流方向相反d断开s时，a灯会突然闪亮一下后再熄灭11（4分）边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如图所示，则选项图中电动势、外力、外力功率与位置图象规律与这一过程不相符的是（）abcd12（4分）如图所示，正方形线框的边长为l，电容器的电容为c正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，则（）a线框产生的感应电动势大小为kl2b线框产生的感应电动势大小为kl2ca点的电势高于b点的电势d电容器所带的电荷量为零13（4分）如图所示，一个正方形导线框abcd，边长为l，质量为m将线框从距水平匀强磁场上方h处由静止释放，在线框下落过程中，不计空气阻力，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行当ab边刚进入磁场时，线框速度为v在线框进入磁场的整个过程中，下列说法正确的是（）a线框可能做加速度减小的加速运动b线框可能做加速度减小的减速运动c线框克服安培力做功可能大于mg（h+l）mv2d线框克服安培力做功一定为mg（h+l）mv2三、非选择题：14（6分）如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺的导线补接完整；（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，那么合上电键后可能出现的情况有：a将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将b原线圈插入副线圈后，将滑动为阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针（a、b两空填写“不偏转”或“向左偏转一下”或“向右偏转一下”）15（6分）把一个矩形线圈从有理想边界的匀强磁场中匀速拉出（如图所示），第一次速度为v1，第二次速度为v2且v2=2v1，则两种情况下拉力做的功之比w1：w2=，拉力的功率之比p1：p2=，线圈中产生热量之比q1：q2=16（10分）如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直已知线圈的匝数n=100，边长ab=1.0m、bc=0.5m，电阻r=2磁感应强度b在01s内从零均匀变化到0.2t 在15s内从0.2t均匀变化到0.2t，取垂直纸面向里为磁场的正方向求：（1）0.5s时线圈内感应电动势的大小e和感应电流的方向；（2）在15s内通过线圈的电荷量q17（12分）如图所示，由7根长度都是l的金属杆连接成的一个“日”字型的矩形金属框abcdef，放在纸面所在的平面内有一个宽度也为l的匀强磁场，磁场边界跟cd杆平行，磁感应强度的大小是b，方向垂直于纸面向里，金属杆af、be、cd的电阻都为r，其他各杆的电阻不计，各杆端点间接触良好现以速度v匀速地把金属框从磁场的左边界水平向右拉，从cd杆刚进入磁场瞬间开始计时，求：（1）cd杆在磁场中运动的过程中，通过af杆的电流；（2）从开始计时到金属框全部通过磁场的过程中，金属框中电流所产生的总热量q18（14分）如图甲所示，固定在倾斜面上电阻不计的金属导轨，间距d=0.5m，斜面倾角=37，导轨上端连接一阻值为r=4的小灯泡l在cdmn矩形区域内有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度b随时间t变化的规律如图乙所示，cn长为2m开始时电阻为1的金属棒ab放在斜面导轨上刚好静止不动，在t=0时刻，金属棒在平行斜面的恒力f作用下，由静止开始沿导轨向上运动金属棒从图中位置运动到mn位置的整个过程中，小灯泡的亮度始终没有发生变化设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g=10m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8求：（1）通过小灯泡的电流强度； （2）恒力f的大小、金属棒与导轨间的动摩擦因数和金属棒的质量贵州省遵义四中2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单选题：（本大题共8个小题，每题4分，共32分在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题意的）1（4分）目前金属探测器已经广泛应用于各种安检、2015届高考及一些重要场所，关于金属探测器的下列有关论述正确的是（）a金属探测器可用于月饼生产中，用来防止细小的金属颗粒混入月饼馅中b金属探测器能帮助医生探测儿童吞食或扎到手脚中的金属物，是因为探测器的线圈中能产生涡流c使用金属探测器的时候，应该让探测器静止不动，探测效果会更好d能利用金属探测器检测考生是否携带手机等违禁物品，是因为探测器的线圈中通有直流电考点：电磁感应在生活和生产中的应用 分析：金属探测器在探测金属时，由于在被测金属中产生的涡流从而使报警器工作解答：解：a、金属探测器能探测金属，故可以用于月饼生产中，用来防止细小的金属颗粒混入月饼馅中；故a正确；b、金属探测器探测金属时，是金属物产生了涡流，而被探测器探测到；故b错误；c、探测过程中工作时金属探测器应与被测物体相对运动；相对静止时无法得出探测效果；故c错误；d、探测器的原理是因为手机上产生涡流报警，不是因为通有直流电；故d错误；故选：a点评：本题考查涡流的工作原理，要注意明确只有金属物体相对探测器运动时才能产生涡流2（4分）如图所示，一个闭合三角形导线框abc位于竖直平面内，其下方（略靠前）固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中（）a导线框中感应电流方向依次为acbaabcaacbab导线框的磁通量为零时，感应电流为零c导线框所受安培力的合力方向依次为向上向下向上d导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动考点：楞次定律 分析：根据右手定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小，然后根据楞次定律可以判断感应电流的方向，根据左手定则可以判断受力的方向解答：解：a：根据右手定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大；根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流新方向又变成了顺时针故a正确；b：根据a中的分析，穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大这一过程是连续的，始终有感应电流存在，故b错误；cd：根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故受安培力的方向始终向上，不是0，cd都错误故选：a点评：本题考查通电直导线的磁场的特点和楞次定律的应用，该过程中，要注意穿越导线时，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大这一过程是连续的，始终有感应电流存在属于基础题型，易错题3（4分）如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为l，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为b一边长为l总电阻为r的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁 场区域取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（）abcd考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 专题：压轴题；电磁感应与图像结合分析：分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比解答：解：bc边的位置坐标x在l2l过程，线框bc边有效切线长度为l=xl，感应电动势为e=blv=b（xl）v，感应电流i=，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿abcda，为正值x在2l3l过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿adcba，为负值，线框ad边有效切线长度为l=x2l，感应电动势为e=blv=b（x2l）v，感应电流i=，根据数学知识知道c正确故选c点评：本题关键确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象4（4分）某研究性学习小组在探究电磁感应现象和楞次定律时，设计并进行了如下实验：如图，矩形金属线圈放置在水平薄玻璃板上，有两块相同的蹄形磁铁，相对固定，四个磁极之间的距离相等当两块磁铁匀速向右通过线圈位置时，线圈静止不动，那么线圈所受摩擦力的方向是（）a先向左，后向右b先向左，后向右，再向左c一直向右d一直向左考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，我们可以这样理解：感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动分析线圈所受的安培力方向，确定其运动趋势，判断摩擦力方向解答：解：当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反，两个磁场产生相互排斥的作用力； 当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，两个磁场产生相互吸引的作用力，所以感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动 当磁铁匀速向右通过线圈时，n极靠近线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的安培力，那么磁极给线圈向右的安培力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力当n极离开线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的安培力，那么磁极给线圈向右的安培力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力所以整个过程线圈所受的摩擦力一直向左故d正确故选：d点评：本题根据楞次定律：感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动，分析线圈所受的安培力方向是本题的解题关键5（4分）如图所示，用两根相同的导线绕成匝数分别为n1和n2的圆形闭合线圈a和b，两线圈平面与匀强磁场垂直当磁感应强度随时间均匀变化时，两线圈中的感应电流之比ia：ib为（）abcd考点：法拉第电磁感应定律；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e=n=nr2，求解感应电动势之比根据电阻定律：电阻r=，感应电流i=，联立求解感应电流之比解答：解：由法拉第电磁感应定律得：e=n=nr2，可知，感应电动势与半径的平方成正比而根据电阻定律：线圈的电阻为r=，线圈中感应电流i=，由上综合得到，感应电流与线圈半径成正比即ia：ib=ra：rb；因相同导线绕成匝数分别为n1和n2的圆形线圈，因此半径与匝数成反比，故ia：ib=n2：n1；故选：b点评：本题是法拉第电磁感应定律和电阻定律的综合应用求解感应电流之比，采用比例法研究6（4分）如图所示，竖直放置的螺线管与导线 abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环现要使导体圆环将受到向上的磁场力作用，则导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度应按下图中哪一图线所表示的方式随时间变化（）abcd考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：导线区内磁场的变化使螺线管内产生感应电流，而感应电流产生的磁场可以在下方线圈中产生感线电流；则由法拉第电磁感应定律及楞次定律可判断导线区域内的磁场变化解答：解：由楞次定律的运动学描述“来拒去留”可知，要使圆环受到向上的作用力，则螺线管中应产生减小的磁场；而螺线管中的磁场是由abcd区域内的磁场变化引起的，故abcd中的磁场变化率应越来越小，故只有a符合，b是增大的，cd是不变的；故选：a点评：本题应明确abcd区域内的磁场变化引起螺线管的电磁感应；而螺线管中电流的变化才会引起导线环中电磁感应7（4分）如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为b0使该线框从静止开始绕过圆心o、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周，在线框中产生感应电流现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为（）abcd考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据转动切割感应电动势公式，求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流根据法拉第定律求解磁感应强度随时间的变化率解答：解：若要电流相等，则产生的电动势相等设切割长度为l，而半圆的直径为d，从静止开始绕过圆心o以角速度匀速转动时，线框中产生的感应电动势大小为 根据法拉第定律得 联立得故abd错误，c正确，故选c点评：本题关键要掌握转动切割感应电动势公式和法拉第电磁感应定律8（4分）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为l，底端接阻值为r的电阻将质量为m，电阻也为r的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在的平面与磁感应强度为b的磁场垂直，如图所示，除金属棒和电阻r外，其余电阻不计现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放，则以下结论错误的是（）a金属棒向下运动时，流过电阻r的电流方向为bab最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡c金属棒的速度为v时，棒所受的安培力大小为d金属棒的速度为v时，金属棒两端的电势差为blv考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力 专题：电磁感应与电路结合分析：释放瞬间金属棒只受重力，加速度为g金属棒向下运动时，根据右手定则判断感应电流的方向由安培力公式、欧姆定律和感应电动势公式推导安培力的表达式金属棒下落过程中，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（金属棒速度不是零时）和电阻r产生的内能解答：解：a、金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，流过电阻r的电流方向为ba，故a正确；b、金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（速度不为零时）以及电阻r上产生的热量；故机械能慢慢减小，最后稳定时，只受重力和弹力；故重力与弹力平衡；故b正确；c、金属棒速度为v时，安培力大小为f=bil，i=，由以上两式得：f=，故c正确；d、当速度为v时，电动势e=blv，而金属棒两端的电势差等于r两端的电压，故为：；故d错误；故选：abc点评：本题考查电磁感应中的电路、受力、功能等问题，对于这类问题一定做好感应电流、安培力、运动情况、功能转化这四个方面的分析二、多选题：（本大题共5个小题，每题4分，共20分在每小题所给出的四个选项中，有多个选项是符合题意的，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）9（4分）下列列举的四种器件中，工作时利用了电磁感应的是（）abcd考点：电磁感应在生活和生产中的应用 分析：回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速电吹利用电流的热效应质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转电磁炉是利用电磁感应原理解答：解：a、质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象，故a错误b、电磁炉变化的电场产生变化的磁场，是利用电磁感应原理理，故b正确c、在磁流体发电机利用了带电粒子在磁场中发生偏转，打到两极板从而产生电压，与电磁感应无关，故c错；d、日光灯的镇流器利用了断电自感产生高压，属于电磁感应现象的应用，故d正确；故选：bd点评：在电和磁这一部分中，学到了很多电学设备，每个设备的制成原理是经常考查的知识点要在理解的基础上，记住这些基础知识10（4分）如图所示电路中，a、b是相同的两小灯l是一个带铁芯的线圈，电阻可不计调节r，电路稳定时两灯都正常发光，则在开关合上和断开时（）a两灯同时点亮、同时熄灭b合上s时，b比a先到达正常发光状态c断开s时，a、b两灯都不会立即熄灭，通过a灯的电流方向与原电流方向相同，通过b灯的电流方向与原电流方向相反d断开s时，a灯会突然闪亮一下后再熄灭考点：自感现象和自感系数 分析：电路稳定后，l的电阻很小，闭合瞬间l的电阻很大，断开瞬间a灯还要亮一下解答：解：开关合上时，通过线圈的电流在增大，导致线圈出现自感电动势，从而阻碍灯泡a的电流增大，则b比a先到达正常发光状态；断开开关s的瞬间，因灯泡相同，则电流相等，所以两灯会慢慢熄灭，但不会闪亮一下，通过b灯的电流方向与原电流方向相反故选：bc点评：本题考查了电感线圈对电流的阻碍作用，特别是开关闭合、断开瞬间的判断11（4分）边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如图所示，则选项图中电动势、外力、外力功率与位置图象规律与这一过程不相符的是（）abcd考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：根据感应电动势公式推导其与距离关系的表达式，再推导感应电流、外力和外力功率的表达式，进行分析选择解答：解：a、感应电动势e=blv=b2xtan30v=bvx，则e与x成正比故a错误，b正确；c、线框匀速运动f外=f安=bil，i=，e=blv，得到外力为：f=，b、r、v一定，则f外x2故c错误d、外力的功率为：p=fv=v，p外x2 ，故d错误本题选不相符的，故选：acd点评：图象往往根据公式推导解析式来选择本题的解题关键是推导安培力与距离的关系12（4分）如图所示，正方形线框的边长为l，电容器的电容为c正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，则（）a线框产生的感应电动势大小为kl2b线框产生的感应电动势大小为kl2ca点的电势高于b点的电势d电容器所带的电荷量为零考点：法拉第电磁感应定律；电势 专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势大小电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表则没有读数由楞次定律判断电势的高低电容器的电量不为零解答：解：a、由法拉第电磁感应定律得 e=s=kl2=kl2故a错误，b正确c、由楞次定律可知，感应电动势方向沿顺时针，则a 点的电势高于b 点的电势故c正确d、线圈产生恒定的感应电动势给电容器充电，则电容器的电量不为零故d错误故选：bc点评：本题运用法拉第定律e=s时要注意s是有效面积，不是线圈的总面积要理解电压表的核心是电流表，没有电流，电压表指针不偏转，则没有读数13（4分）如图所示，一个正方形导线框abcd，边长为l，质量为m将线框从距水平匀强磁场上方h处由静止释放，在线框下落过程中，不计空气阻力，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行当ab边刚进入磁场时，线框速度为v在线框进入磁场的整个过程中，下列说法正确的是（）a线框可能做加速度减小的加速运动b线框可能做加速度减小的减速运动c线框克服安培力做功可能大于mg（h+l）mv2d线框克服安培力做功一定为mg（h+l）mv2考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：当cd边刚进入磁场时，若速度非常大，则cd边受安培力大于线圈重力mg，则线框做加速度逐渐减小的减速运动；若速度很小，则cd边受安培力小于线圈重力mg，则线框做加速度逐渐减小的加速运动；根据动量定理计算安培力对线框的冲量大小；根据动能定理计算线框克服安培力做的功解答：解：a、设线框刚进入磁场时速度为v，则mgh=mv2e=blv，i=，安培力f=bil联立得：f=根据牛顿第二定律：fmg=ma，若fmg，则加速度向上，物体做减速运动，v减小后安培力f减小，则加速度减小，故物体做加速度逐渐减小的减速运动，若fmg，根据牛顿第二定律：mgf=ma则加速度向下，物体做加速运动，v增大后安培力f增大，则加速度减小，故物体做加速度逐渐减小的加速运动，故ab正确；c、根据动量定理：mgti安=mvmv，可见安培力的冲量大小与mv不一定相等，故c错误；d、对全过程根据动能定理：mg（h+l）w安=mv20，得：w安=mg（h+l）mv2故d正确；故选：abd点评：本题是电磁感应与力学知识的综合，安培力是联系电磁感应和力学的桥梁，安培力的分析和计算以及动能定理的应用是这类问题常用到的工具三、非选择题：14（6分）如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺的导线补接完整；（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，那么合上电键后可能出现的情况有：a将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将向右偏转一下b原线圈插入副线圈后，将滑动为阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针向右偏转一下（a、b两空填写“不偏转”或“向左偏转一下”或“向右偏转一下”）考点：研究电磁感应现象 专题：实验题分析：（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、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，据此可正确解答（2）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）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；闭合电键，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（3）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左拉时，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，灵敏电流计指针将向右偏转一下故答案为：（1）电路图如图所示（2）向右偏转一下；（3）向右偏转一下点评：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15（6分）把一个矩形线圈从有理想边界的匀强磁场中匀速拉出（如图所示），第一次速度为v1，第二次速度为v2且v2=2v1，则两种情况下拉力做的功之比w1：w2=1：2，拉力的功率之比p1：p2=1：4，线圈中产生热量之比q1：q2=1：2考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率 专题：电磁感应与电路结合分析：在恒力作用下，矩形线圈以不同速度被匀速拉出，则拉力做功等于拉力与位移的乘积，而拉力功率等于拉力与速度的乘积，线圈产生的焦耳热等于拉力做的功解答：解：两情况下，由于位移相同，所以拉力的功与拉力成正比，而拉力与安培力相等，则拉力做的功与安培力成正比，而安培力却与速度成正比，所以拉力做的功与速度成正比，即1：2，在两种情况下，拉力的功率与拉力及速度的乘积成正比，所以功率之比为1：4而线圈产生的焦耳热与拉力做功相等，所以焦耳热之比1：2故答案为：1：2，1：4，1：2点评：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16（10分）如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直已知线圈的匝数n=100，边长ab=1.0m、bc=0.5m，电阻r=2磁感应强度b在01s内从零均匀变化到0.2t 在15s内从0.2t均匀变化到0.2t，取垂直纸面向里为磁场的正方向求：（1）0.5s时线圈内感应电动势的大小e和感应电流的方向；（2）在15s内通过线圈的电荷量q考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由题可确定磁感应强度b的变化率，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；（2）由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式i=结合求解电量解答：解：（1）在01s内，磁感应强度b的变化率=t/s=0.2t/s，由于磁通量均匀变化，在01s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：0.5s时线圈内感应电动势的大小e1=n=nabbc=1000.210.5=10v根据楞次定律判断得知，线圈中感应方向为逆时针方向（2）在15s内，磁感应强度b的变化率大小为=t/s=0.1t/s，由于磁通量均匀变化，在15s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：15s时线圈内感应电动势的大小e2=n=nabbc=1000.110.5=5v通过线圈的电荷量为q=i2t2=t2=4c=10c；答：（1）0.5s时线圈内感应电动势的大小10v和感应电流的方向逆时针；（2）在15s内通过线圈的电荷量10c点评：本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律和楞次定律等知识的综合应用，这些都是电磁感应现象遵守的基本规律，要熟练掌握，并能正确应用17（12分）如图所示，由7根长度都是l的金属杆连接成的一个“日”字型的矩形金属框abcdef，放在纸面所在的平面内有一个宽度也为l的匀强磁场，磁场边界跟cd杆平行，磁感应强度的大小是b，方向垂直于纸面向里，金属杆af、be、cd的电阻都为r，其他各杆的电阻不计，各杆端点间接触良好现以速度v匀速地把金属框从磁场的左边界水平向右拉，从cd杆刚进入磁场瞬间开始计时，求：（1）cd杆在磁场中运动的过程中，通过af杆的电流；（2）从开始计时到金属框全部通过磁场的过程中，金属框中电流所产生的总热量q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 专题：电磁感应功能问题分析：（1）分析电路的结构，画出等效电路，根据电磁感应定律求出感应电动势，根据电路的知识求出电流（2）由于金属杆af、be、cd的电阻都为r，无论是那一根杆在磁场中运动，其他两杆都是并联，整个电路总电阻都相等，整个金属框产生的热量也相同，由公式q=iet求解热量解答：解：（1）cd杆切割磁感线产生的电动势 e=blv此时的等效电路如图所示，则be、af并联，由闭合电路欧姆定律i=得，通