1、中学高二（下）第一次月考物理试卷一、单项选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32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4分，选错或不答的得0分）1下列对物理学家的主要贡献的说法中正确的有（）A奥斯特发现了电磁感应现象，打开了研究电磁学的大门B法拉第发现了磁生电的现象，从而为电气化的发展奠定了基础C安培发现了电流的磁效应，并总结了电流方向与磁场方向关系的右手螺旋定则D牛顿提出了分子电流假设，总结了一切磁场都是由运动电荷产生的2关于电磁感应，下列说法中正确的是（）A某时刻穿过线圈的磁通量为零，感应电动势就为零B穿过线圈的磁通量越大，感应电动势就越大C穿过线圈的磁通量变化
2、越大，感应电动势就越大D穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势就越大3如图所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流，有一矩形线圈与导线在同一平面上，在下列状况中线框中不能产生感应电流的是（）A导线中电流强度变大B线框向右平动C线框向下平动D线框以ab边为轴转动41931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子即“磁单极子”.1982年美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验，仪器的主要部分是一个由超导体组成的线圈，超导体的电阻为零，一个微弱的电动势就可以在超导线圈中引起感应电流，而且这个电流将长期维持下去，并不减弱，他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线
3、圈，那么从上向下看，超导线圈上将出现（）A先是逆时针方向的感应电流，然后是顺时针方向的感应电流B先是顺时针方向的感应电流，然后是逆时针方向的感应电流C顺时针方向持续流动的感应电流D逆时针方向持续流动的感应电流5一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，飞机机身长为a，翼展为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（）AE=B1vb，且A点电势低于B点电势BE=B1vb，且A点电势高于B点电势CE=B2vb，且A点电势低于B点电势DE=B2vb，且A点电势高于B点电势6如图所示，电感线圈L的直流
4、电阻为RL、小灯泡的电阻为R，小量程电流表G1、G2的内阻不计，当开关S闭合且稳定后，G1、G2的指针均向右偏（电流表的零刻度在表盘中央），则当开关S断开时，下列说法正确的是（）AG1、G2的指针都立即回到零点BG1缓慢回到零点，G2立即左偏，然后缓慢回到零点CG1立即回到零点，G2缓慢回到零点DG2立即回到零点，G1缓慢回到零点7如图所示，圆环a和b的半径之比R1：R2=2：1，且是粗细相同，用同样材料的导线构成，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变化，那么，当只有a环置于磁场中与只有b环置于磁场中两种情况下，A、B两点的电势差之比为（）A1：1B2：1C3：1D
5、4：18如图所示，在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面一导线框abcdef位于纸面内，每根邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合导线框与磁场区域的尺寸如图所示从t=0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域以abcdef为线框中的电动势的正方向，以下四个t关系示意图中正确的是（）ABCD二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）9如图所示，闭合金属环（可视为质点）从高h的曲面滚下，又沿曲面的另一侧上升，整个装置处在磁场中，设闭合环初速
6、度为零，摩擦不计，则（）A若是匀强磁场，环滚的高度小于hB若是匀强磁场，环滚的高度等于hC若是非匀强磁场，环滚的高度小于hD若是非匀强磁场，环滚的高度大于h10一线圈匝数为n=10匝，线圈电阻不计，在线圈外接一个阻值R=2.0的电阻，如图甲所示在线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈内磁通量随时间t变化的规律如图乙所示下列说法正确的是（）A通过R的电流方向为baB线圈中产生的感应电动势为5VCR两端电压为2.5VD通过R的电流大小为5A11两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，当A以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流则（）AA可能带
7、正电且转速减小BA可能带正电且转速增大CA可能带负电且转速减小DA可能带负电且转速增大12如图所示，间距为L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m，电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q下列说法正确的是（）A金属棒在导轨上做匀减速运动B整个过程中电阻R上产生的焦耳热为C整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为D整个过程中金属棒克服安培力做功为三、填空题（每空2分，共14分）13图为“研究电磁感应现象”的实验装置
8、（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现的情况有：（选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将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14如图，金属环A用轻线悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧若变阻器滑片P向左移动，则金属环A将向（填“左”或“右”）运动，并有（填“收缩”或“扩张”）趋势15固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd，各边长为L，其中ab是一段电阻为R0的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可忽略的铜线，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B现有一与ab段的材料、粗细
9、、长度都相同的电阻丝PQ架在导线框上，以恒定速度v从ad滑向bc，如图所示当PQ滑过L/3的距离时，PQ两端的电势差是，通过aP段电阻丝的电流强度是，方向向 （左或右）三、计算题（本题共4小题，共38分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16匀强磁场的磁感应强度B=0.8T，矩形线圈abcd的面积S=0.5m2，共10匝，开始B与S垂直且线圈有一半在磁场中，如图所示（1）当线圈绕ab边转过60时，线圈的磁通量以及此过程中磁通量的改变量为多少？（2）当线圈绕dc边转过60时，求线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的改变量
10、17如图所示，小灯泡的规格为“2V、4W”，连接在光滑水平导轨上，两导轨相距0.1m，电阻不计，金属棒ab垂直搁置在导轨上，电阻1，整个装置处于磁感强度B=1T的匀强磁场中，求：（1）为使小灯正常发光，ab的滑行速度多大？（2）拉动金属棒ab的外力的功率多大？18如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为LM、P两点间接有电阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下导轨和金属杆的电阻可忽略让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦求：（
11、1）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时杆中的电流及杆的加速度大小；（2）在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值19如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触来源:学科网（1）求初始时刻导体棒受到的安培力（2）若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多
12、少？导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？2015-2016学年贵州省铜仁地区思南中学高二（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8小题，每小题4分，共32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4分，选错或不答的得0分）1下列对物理学家的主要贡献的说法中正确的有（）A奥斯特发现了电磁感应现象，打开了研究电磁学的大门B法拉第发现了磁生电的现象，从而为电气化的发展奠定了基础C安培发现了电流的磁效应，并总结了电流方向与磁场方向关系的右手螺旋定则D牛顿提出了分子电流假设，总结了一切磁场都
13、是由运动电荷产生的【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：A、法拉第发现了电磁感应现象，打开了研究电磁学的大门，为电气化的发展奠定了基础；故A错误，B正确；C、奥斯特发现了电流的磁效应；故C错误；D、安培提出了分子电流假设，总结了一切磁场都是由运动电荷产生的，并总结了电流方向与磁场方向关系的右手螺旋定则；故D错误；故选：B2关于电磁感应，下列说法中正确的是（）A某时刻穿过线圈的磁通量为零，感应电动势就为零B穿过线圈的磁通量越大，感应电动势就越大C穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势就越大D穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势就越大【分析】根据法拉第电磁感应定律
14、判断感应电动势与什么因素有关【解答】解：A、穿过线圈磁通量为零，但磁通量的变化率不一定为零，感应电动势不一定为零故A错误B、根据，磁通量大，磁通量的变化率不一定大，感应电动势不一定大故B错误C、根据，磁通量变化大，磁通量的变化率不一定大，感应电动势不一定大故C错误D、穿过线圈的磁通量变化越快，磁通量变化率越大，则感应电动势越大故D正确故选D3如图所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流，有一矩形线圈与导线在同一平面上，在下列状况中线框中不能产生感应电流的是（）A导线中电流强度变大B线框向右平动C线框向下平动D线框以ab边为轴转动【分析】当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流【解答】解
15、：A、导线中电流强度变大，则周围的磁感应强度增强，则线框中磁通量增大，故可以产生感应电流，故A正确；B、线框向右运动时，线框中的磁感应线强减小，故磁通量减小，可以产生感应电流，故B正确；C、线框向下运动时，线框中的磁感应强度不变，磁通量不变，故不会产生感应电流，故C错误；D、线框以ad边为轴转动时，线框中的磁通量发生 变化，故会产生感应电流，故D正确；本题选不产生感应电流的，故选：C41931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子即“磁单极子”.1982年美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验，仪器的主要部分是一个由超导体组成的线圈，超导体的电阻为零，一个微弱的电动势
16、就可以在超导线圈中引起感应电流，而且这个电流将长期维持下去，并不减弱，他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈，那么从上向下看，超导线圈上将出现（）A先是逆时针方向的感应电流，然后是顺时针方向的感应电流B先是顺时针方向的感应电流，然后是逆时针方向的感应电流C顺时针方向持续流动的感应电流D逆时针方向持续流动的感应电流【分析】磁单极子穿过超导线圈，导致线圈中的磁通量发生变化，根据磁通量变化情况，由楞次定律可判定感应电流的方向【解答】解：若N磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从上向下
17、看，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针因此线圈中产生的感应电流方向不变D正确故选：D5一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，飞机机身长为a，翼展为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（）AE=B1vb，且A点电势低于B点电势BE=B1vb，且A点电势高于B点电势CE=B2vb，且A点电势低于B点电势DE=B2vb，且A点电势高于B点
18、电势【分析】一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，切割磁感应强度的竖直分量，根据E=BLv求出切割产生的感应电动势大小，根据右手定则判断出感应电动势的方向，从而确定出A、B两点电势的高低【解答】解：一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，切割磁感应强度的竖直分量，切割的长度等于驿站的长度，所以E=B2bv，根据右手定则，感应电动势的方向B指向A，所以A点的电势高于B点的电势故D正确，A、B、C错误故选D6如图所示，电感线圈L的直流电阻为RL、小灯泡的电阻为R，小量程电流表G1、G2的内阻不计，当开关S闭合且稳定后，G1、G2的指针均向右偏（电流表的零刻度在表盘中央），则当开关S断开时，下列说法正
19、确的是（）AG1、G2的指针都立即回到零点BG1缓慢回到零点，G2立即左偏，然后缓慢回到零点CG1立即回到零点，G2缓慢回到零点DG2立即回到零点，G1缓慢回到零点【分析】断开开关的瞬间，L相当于电源，与两个电流计组成闭合回路，电流方向顺时针【解答】解：S闭合且稳定时，通过含电流表G1、G2的两条支路的电流均由左向右，断开S，L中产生自感电动势，由“增反减同”可知，自感电动势E自的方向一定与原电流方向相同，显然，断开S后，在E自的作用下，上图回路中将继续形成沿顺时针方向的电流，这时流经含有电流表G2支路的电流方向已变为由右向左了由于这段时间E自是逐渐减小的，故电流也是逐渐减小的，综上所述选B故
20、选B7如图所示，圆环a和b的半径之比R1：R2=2：1，且是粗细相同，用同样材料的导线构成，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变化，那么，当只有a环置于磁场中与只有b环置于磁场中两种情况下，A、B两点的电势差之比为（）A1：1B2：1C3：1D4：1来源:学|科|网Z|X|X|K【分析】a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，根据电阻定律R=，电阻之比为2：1；根据法拉第电磁感应定律公式E=n得到两次电动势的大小关系，然后结合闭合电路欧姆定律分析即可【解答】解：a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，根据电阻定律R=，电阻之比为2：1；A、B两点
21、间电势差大小为路端电压，为：U=E；磁感应强度变化率恒定的变化磁场，又面积之比是4：1，故根据法拉第电磁感应定律公式E=n=S，得到两次电动势的大小之比为4：1；故两次的路端电压之比为U1：U2=： =E1Rb：E2Ra=2：1，故B正确；故选：B8如图所示，在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面一导线框abcdef位于纸面内，每根邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合导线框与磁场区域的尺寸如图所示从t=0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域以abcdef为线框中的电动势的正方向，以下四个t关系示意图中正确的是（）ABCD【分析】根据右手定则判断出
22、不同阶段电动势的方向，以及根据E=BLv求出不同阶段的电动势大小刚进磁场时，只有bc边切割；bc边进入QR区域时，bc边和de边都切割磁感线，但等效电动势为0；bc边出磁场后，de边和af边切割磁感线，af边切割产生的电动势大于bc边；de边出磁场后后，只有af边切割【解答】解：下面是线框切割磁感线的四个阶段示意图在第一阶段，只有bc切割向外的磁感线，由右手定则知电动势为负，大小为Blv在第二阶段，bc切割向里的磁感线，电动势为逆时针方向，同时de切割向外的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为零在第三阶段，de切割向里的磁感线同时af切割向外的磁感线，两个电动势同为逆时针方向，等效电动势为
23、正，大小为3Blv在第四阶段，只有af切割向里的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为负大小为2Blv故C正确，A、B、D错误故选：C二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）9如图所示，闭合金属环（可视为质点）从高h的曲面滚下，又沿曲面的另一侧上升，整个装置处在磁场中，设闭合环初速度为零，摩擦不计，则（）A若是匀强磁场，环滚的高度小于hB若是匀强磁场，环滚的高度等于hC若是非匀强磁场，环滚的高度小于hD若是非匀强磁场，环滚的高度大于h【分析】若是匀强磁场，闭合小环中没有感应
24、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，机械能减小转化为内能，高度减小【解答】解：AB、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；CD、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正确，D错误故选：BC10一线圈匝数为n=10匝，线圈电阻不计，在线圈外接一个阻值R=2.0的电阻，如图甲所示在线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈内磁通量随时间t变化的规律如图乙所示下列说法正确的是（）A通过R的电流方向为baB线圈中产生的
25、感应电动势为5VCR两端电压为2.5VD通过R的电流大小为5A【分析】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小再由闭合电路的殴姆定律可求出电流大小，从而得出电阻R两端的电压，再由楞次定律判定感应电流方向【解答】解：A、由楞次定律可得：感应电流的方向为逆时针，所以通过R的电流方向为ba，故A正确；B、穿过线圈的磁通量变化率为： =0.5Wb/s，感应电动势为：E=N=100.5=5V，故B正确；CD、由闭合电路殴姆定律可得：I=2.5A，那么R两端的电压为U=IR=2.52V=
26、5V，故CD错误；故选：AB11两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，当A以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流则（）AA可能带正电且转速减小BA可能带正电且转速增大CA可能带负电且转速减小DA可能带负电且转速增大【分析】A环转动时产生等效电流，若电流产生的磁场使B中的磁通量发生变化，则可以在B中产生感应电流；则根据楞次定律可判断A中带电及转动情况【解答】解：由图可知，B中电流为逆时针，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场向外，由楞次定律可知，引起感应电流的磁场可能为：向外减小或向里增大；若原磁场向里，则A中电流应为顺时针，故A应
27、带正电，因磁场变强，故A中电流应增大，即A的转速应增大，故B正确；若原磁场向外，则A中电流应为逆时针，即A应带负电，且电流应减小，即A的转速应减小，故C正确；故选：BC12如图所示，间距为L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m，电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q下列说法正确的是（）A金属棒在导轨上做匀减速运动B整个过程中电阻R上产生的焦耳热为C整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为D整个过程中金属棒克服
28、安培力做功为【分析】对金属棒进行受力分析，求出金属棒受到的合外力，然后判断金属棒的运动性质；由动能定理求出克服安培力所做的功；求出感应电荷量的表达式，然后求出金属棒的位移；由能量守恒定律和串联电路的特点求出电阻R上产生的焦耳热【解答】解：金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力为安培力；A、金属棒受到的安培力F=BIL=BL=BL，金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度v不断减小，安培力不断减小，加速度不断减小，故金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，故A错误；B、克服安培力做功把金属棒的动能转化为焦耳热，由于金属棒电
29、阻与电阻串联在电路中，且阻值相等，则电阻R上产生的焦耳热Q=W安=mv02，故B错误；C、整个过程中感应电荷量q=It=t，又E=，联立得：q=故金属棒的位移s=，故C正确；D、整个过程中由动能定理可得：W安=0mv02，金属棒克服安培力做功为W安=，故D正确；故选：CD三、填空题（每空2分，共14分）13图为“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现的情况有：（选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将右偏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
30、指针左偏【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，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路（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：来源:学*科*网（2）在闭合电键时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏了一下；闭合开关，将原线圈迅速插入副线圈时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将右偏原线圈
31、插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，穿过线圈的磁通量减少，灵敏电流计指针左偏故答案为：（1）如图所示；（2）右偏；左偏14如图，金属环A用轻线悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧若变阻器滑片P向左移动，则金属环A将向左（填“左”或“右”）运动，并有收缩（填“收缩”或“扩张”）趋势【分析】由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，由欧姆定律可知电路中电流的变化，即可得出磁场的变化及穿着线圈的磁通量的变化，则由楞次定律可得出线圈中磁场的方向，从而得出线圈的运动及形状的变化【解答】解：变阻器滑片P向左移动，电阻变小，电流变大，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反，故相互排斥，则
32、金属环A将向左运动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势故答案为：左；收缩15固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd，各边长为L，其中ab是一段电阻为R0的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可忽略的铜线，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B现有一与ab段的材料、粗细、长度都相同的电阻丝PQ架在导线框上，以恒定速度v从ad滑向bc，如图所示当PQ滑过L/3的距离时，PQ两端的电势差是，通过aP段电阻丝的电流强度是，方向向左 （左或右）来源:学科网【分析】根据E=BLv求出感应电动势的大小，再通过闭合电路欧姆定律求出总电流，从而得出外电压，根据串并联电路的特点得出通过aP段电阻丝的电流强度的大小和方向【解答
33、】解：感应电动势的大小E=BLv来源:学。科。网Z。X。X。K整个电路的总电阻：则干路中的电流：I=PQ两端的电势差：U=EIr=aP、bP的电阻之比为1：2，则电流比为2：1，通过aP的电流大小根据右手定则流过QP的电流方向由Q到P，所以流过aP段的电流方向向左故答案为：，左三、计算题（本题共4小题，共38分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16匀强磁场的磁感应强度B=0.8T，矩形线圈abcd的面积S=0.5m2，共10匝，开始B与S垂直且线圈有一半在磁场中，如图所示（1）当线圈绕ab边转过60时，线圈的磁通
34、量以及此过程中磁通量的改变量为多少？（2）当线圈绕dc边转过60时，求线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的改变量【分析】根据磁通量的定义可求出磁通量的大小，则可求出两过程中磁通量的变化量【解答】解析：（1）当线圈绕ab转过60时，=BS=BScos 60=0.80.5Wb=0.2Wb（此时的S正好全部处在磁场中）在此过程中S没变，穿过线圈的磁感线条数没变，故磁通量变化量=0（2）当线圈绕dc边转过60时，=BS，此时没有磁场穿过S，所以=0；不转时1=B=0.2Wb，转动后2=0，=21=0.2Wb，故磁通量改变了0.2Wb答：（1）当线圈绕ab边转过60时，线圈的磁通量以及此过程中磁通量的改变
35、量为0；（2）当线圈绕dc边转过60时，求线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的改变量为0.2Wb17如图所示，小灯泡的规格为“2V、4W”，连接在光滑水平导轨上，两导轨相距0.1m，电阻不计，金属棒ab垂直搁置在导轨上，电阻1，整个装置处于磁感强度B=1T的匀强磁场中，求：（1）为使小灯正常发光，ab的滑行速度多大？（2）拉动金属棒ab的外力的功率多大？【分析】（1）通过灯泡的正常发光，由闭合电路欧姆定律来确定棒切割产生的感应电动势，再由法拉第电磁感应定律来算出滑行速度；（2）在外力作用下，金属棒做匀速直线运动，外力的功率即为电路中消耗的电功率，即为P=I2R【解答】解：（1）小灯泡的规格为“2
36、V、4W”，由I=；由R=所以闭合电路的总电阻为2则由E=IR总=22V=4V因为E=BLv可得v=（2）拉动金属棒ab的外力的功率等于电路中消耗的电功率，即为P=I2R总=222W=8W因此拉动金属棒ab的外力的功率为8W答：（1）为使小灯正常发光，ab的滑行速度40m/s；（2）拉动金属棒ab的外力的功率8W18如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为LM、P两点间接有电阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下导轨和金属杆的电阻可忽略让ab杆沿导轨由静止开
37、始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦求：（1）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时杆中的电流及杆的加速度大小；（2）在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值【分析】（1）当导体棒的速度为v时，根据公式E=BLv求出电动势，根据闭合电路的欧姆定律即可求出电流，根据右手定则判断出通过MN棒的电流的方向；（2）导体棒运动到达最大速度时，受到的重力、支持力与安培力的合力等于0，然后使用力的正交分解法即可求出安培力的大小，代入安培力的计算公式即可【解答】解：（1）当导体棒的速度为v时，产生的感应电动势为E=BLv，回路中的电流大小为：I=；导体棒在磁场中运动时，所受安培力大小为：F=B
38、IL=由左手定则可知，安培力方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律，则有：ma=mgsinF；解得：a=gsin；（2）当F=mgsin时，即导体棒的加速度为零时，ab杆达最大速度vmax，即：mgsin=可解得最大速度为：vm=答：（1）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时杆中的电流及杆的加速度大小gsin；（2）在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值19如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v
39、0在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触（1）求初始时刻导体棒受到的安培力（2）若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多少？导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？【分析】（1）由欧姆定律、安培力公式和感应电动势知识推导安培力（2）导体棒向右运动时，弹力和安培力对棒做功根据功能关系求出安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1运用能量转化及平衡条件等求出电阻R上产生的焦耳热Q【解答】解：（1）初始时刻棒中感应电动势：E=BL0棒中感应电流：I=作用于棒上的安培力：F=BIL联立得：F=，安培力方向水平向左（2）设安培力做功为W1弹力做功为W弹由动能定理得：W1+W弹=0又W1=Q1，W弹=Ep解得电阻R上产生的焦耳热为：Q1=m02EP（3）由能量转化及平衡条件等判断：棒最终静止于初始位置（弹簧原长处） 由能量转化和守恒得：Q=m02答：（1）初始时刻导体棒受到的安培力大小为，方向水平向左；（2）安培力所做的功W1等于EPm02，电阻R上产生的焦耳热Q1等于m02EP导体棒往复运动，最终静止于初始位置（弹簧原长处）从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为m02
