1、试卷第 1 页，总 10 页1如图甲所示，电阻不计且间距为 L=1m 的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为 R=1 的电阻，虚线OO下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场现将质量为 m=0.3kg、电阻 Rab=1 的金属杆 ab 从 OO上方某处以一定初速释放，下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平在金属杆 ab 下落 0.3m 的过程中，其加速度 a 与下落距离 h 的关系图象如图乙所示已知 ab 进入磁场时的速度 v0=3.0m/s，取 g=10m/s2则下列说法正确的是（ ）A进入磁场后，金属杆 ab 中电流的方向由 b 到 aB匀强磁场的磁感应强度为 2.0TC金属杆 ab 下落
2、0.3 m 的过程中，通过 R 的电荷量 0.24CD金属杆 ab 下落 0.3 m 的过程中，R 上产生的热量为 0.45J 【答案】BC【解析】试题分析：由右手定则可知，导体棒进入磁场后，金属杆 ab 中电流的方向由 a 到 b，选项 A 错误；ab 进入磁场时，加速度变为向上的 g，则由牛顿第二定律 ，解得 B=2T，选项 B 正确；0abBLvmgR-=+根据 ，选项 C 正确；当金属杆下落 0.3m213624(.).EBLhqItttR-=时已经做匀速运动，则 ，其中 ，解得 vm=1.5m/s；根据能量关系mgIabI+，代入数据可得：Q=9.83J，选项 D 错误。22011Q
3、vhv=+-考点：法拉第电磁感应定律；牛顿定律及能量守恒定律。2如图所示，MN、PQ 是两条在水平面内、平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为 R 的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比 n1n 2 =k，导轨宽度为 L。质量为 m 的导体棒 ab 垂直 MN、PQ 放在导轨上，在水平外力作用下，从 t=0 时刻开始往复运动，其速度随时间变化的规律是v=vmsin( t)，已知垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度为 B，导轨、导体棒、导线和线圈的电阻均不计，电T流表为理想交流电表，导体棒始终在磁场中运动。则下列说法中正确的是A在 t= 时刻电流表的示
4、数为4T2mBLvkRB导体棒两端的最大电压为 BLvm试卷第 2 页，总 10 页C电阻 R 上消耗的功率为2mBLvkRD从 t=0 至 t= 的时间内水平外力所做的功为 T4T28mBLvkR【答案】ABC【解析】导体棒 ab 在水平外力作用下，从 t=0 时刻开始往复运动，其速度随时间变化的规律是 v=vmsin( t)，2T产生的感应电动势为 E=BLv=BLvmsin( t)，为正弦交变电流，导体棒两端的最大电压为 BLvm，变压器原线圈输2T入电压有效值为 U1=BLvm/ ，由变压公式可得副线圈输出电压有效值 U2=BLvm/( k)，输出功率为P= ，电阻 R 上消耗的功率为
5、 ，变压器原线圈电流，即任意时刻电流表的示数为 ，选项2mBLvk2mBLvkR 2mBLvkRABC 正确；由能量守恒定律，从 t=0 至 t= 的时间内水平外力所做的功为 W=PT/4+ m = T+ m ，选4T12v2812项 D 错误。3在如右图所示的电路中，放在光滑金属导轨上的 ab 导体向右移动，这可能发生在A闭合 S 的瞬间 B断开 S 的瞬间C闭合 S 后，减小电阻 R 时 D闭合 S 后，增大电阻 R 时【答案】AC【解析】试题分析：金属杆向右运动则说明金属杆受到向右的作用力，由左手定则可知电流的方向；由楞次定律可知左侧产生的磁通量的变化；则可知左侧电流的变化情况金属杆向右
6、运动说明金属杆受到向右的安培力，由左手定则可知，金属杆中的电流由 a 到 b；右侧线框中产生的磁通量向上；则由楞次定律可知，左侧线框中的磁场可能向下减小，也可能向上增加；左侧电流由上方进入，由安培定则可知，内部磁场方向向上；故产生以上现象只能是磁通量突然增加；故只能为 A 或 C；故选 AC考点：楞次定律；安培定则；左手定则点评：减小电阻 R 的阻值时，电路中电阻减小，由欧姆定律可知电流将增大，则内部磁通量将增大4如图所示为某小型水电站的电能输送示意图，A 为升压变压器，其输入功率为 P1，输出功率为 P2，输出电压为U2 ；B 为降压变压器，其输人功率为 P3,，输入电压为 U3。A、B 均
7、为理想变压器，,输电电流为 I，输电线的总电阻为 r，则下列关系正确的是A U 2= U3 B U 2= U3+IrC P 1 P2 D P 2=P3试卷第 3 页，总 10 页【答案】B【解析】由于输电线有电阻，输电线上有电压降，所以 U2= U3+Ir，选项 A 错误 B 正确。对于理想变压器，P 1 =P2，选项 C 错误；由于输电线上发热，消耗电能，所以 P2P3，选项 D 错误。5如图所示为一自耦变压器，保持电阻 R和输入电压不变，以下说法正确的是（ ）A滑键 P 向 b 方向移动，滑键 Q 不动，电流表示数减小B滑键 P 不动，滑键 Q 上移，电流表示数不变C滑键 P 向 b 方向
8、移动、滑键 Q 不动，电压表示数减小D滑键 P 不动，滑键 Q 上移，电压表示数增大【答案】AC【解析】左侧输入一定电压,在右侧感应到变化后的电压.起变压作用。pa 是左侧电路,输入恒定电压 V1，ab 是右侧电路,输出感应电压 V2, V2=V1*(ab/pa)。根据能量守恒,左侧电路和右侧电路功率相同。pa 增加,右侧输出电压减小右侧电路功率降低左侧电路功率降低左侧是恒压,只有电流降低。A 正确。Q 上移,右侧电路电阻减小右侧电路功率增加左侧电路功率增加左侧是恒压,只有电流增加。B 错。pa 增加,右侧输出电压减小。C 正确。右侧电压只和 P 的位置有关,Q 的位置不影响。D 错。故本题选
9、 AC。6一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是 51，原线圈接入电压为 220V 的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器 R 串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表。则下列说法正确的是A原、副线圈中的电流之比为 51B电压表的读数约为 44VC若滑动变阻器接入电路的阻值为 20 ，则 1 分钟内产生的热量为 2904 JD若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均增大【答案】C【解析】试题分析：理想二 极 管 的 作 用 是 正 向 的 电 流 通 过 时 电 阻 很 小 ， 反 向 的 电 流 通 过 时 电 阻 很 大 ， 认 为 断 路 ，故
10、理想二 极 管 的 作 用 是 只 允 许 正 向 的 电 流 通 过 ， 再 根 据 变 压 器 的 原 理 电 压 与 匝 数 成 正 比 ， 电 流 与 匝 数成 反 比 ， 即 可 求 得 结 论 。 由 于 原 、 副 线 圈 中 的 电 流 与 匝 数 成 反 比 ， 所 以 电 流 之 比 为 1： 5， A 选 项 错误 ； 原 、 副 线 圈 的 电 压 与 匝 数 成 正 比 ， 所 以 副 线 圈 两 端 电 压 为 U2=44 V， 但 二 极 管 具 有 单 向 导 电 性 ，根 据 有 效 值 的 定 义 有 ， 从 而 求 得 电 压 表 两 端 电 压 有 效
11、值 为 U=22 V,B 选 项 错 误 ；22UTR则 1 min 内 产 生 的 热 量 为 =2904 J，C 选 项 正 确 ； 将 滑 动 变 阻 器 滑 片 向 下 滑 动 ， 接 入 电 路 中 的 阻2Qt值 变 大 ， 但 对 原 、 副 线 圈 两 端 的 电 压 无 影 响 ， 即 电 压 表 的 读 数 不 变 ， 电 流 表 的 读 数 变 小 ， 所 以 D 错误 。考点：变压器的原理 理想二 极 管 的 作 用7如图所示，理想变压器，原副线圈的匝数比为 n。原线圈接正弦交流电压 U，输出端 A、A 1、A 2、A 3 为理想的交流电流表，R 为三个完全相同的电阻，
12、 L 为电感，C 为电容，当输入端接通电源后，电流表 A 读数为 I。下列判断正确的是试卷第 4 页，总 10 页A副线圈两端的电压为 nUB通过副线圈的最大电流 2IC电流表 A1 的读数 I1 大于电流表 A2 的读数 I2D电流表 A3 的读数 I3=0【答案】BC【解析】考点：变压器的构造和原理分析：（1）根据原副线圈电压之比等于电流之比即可求得 R1两段的电压；（2）电流表的读数是副线圈的电流的有效值，根据有效值与最大值的关系即可求得通过副线圈的最大电流；（3）根据线圈会产生感应电流阻碍原电流即可判断 I1和 I2的大小；（4）电容器通交流阻直流，故有电流通过电流表 A3解：A、根据
13、 = =n 得： =n，所以 R1两端的电压为： ，故 A 错误；21Un1 UnB、根据题意得副线圈的电流为 I，所以通过副线圈的最大电流为 ，故 B 正确；2IC、线圈会产生感应电流阻碍原电流即 I1I 2，故 C 正确；D、电容器通交流阻直流，故有电流通过电流表 A3，即 I30，故 D 错误本题选不正确的故选 BC8在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的高电压，所用的器材叫电压互感器。如下所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是【答案】B【解析】9如图所示，LC 振荡回路中，电容器两极板间的电场方向向下，且线圈中有沿图示方向的磁场，则A振荡回路中电流正在增大B磁场能正在转化为电场能
14、C线圈 L 中振荡电流的方向从上向下试卷第 5 页，总 10 页D线圈 L 产生的自感电动势正在阻碍电流增大【答案】B【解析】根据图示电路知，该 LC 振荡电路正在充电，电流方向自下而上，电流在减小，磁场能转化为电场能解决本题的关键知道在 LC 振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能10如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为 m，电阻为 R。在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN 和 MN是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的 bc 边平行，磁场方
15、向与线框平面垂直。现金属线框由距 MN 的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的速度时间图象，图象中坐标轴上所标出的字母均为已知量。可知A.金属框初始位置的 bc 边到边界 MN 的高度为 v1t1B.金属框的边长为 12()vtC.磁场的磁感应强度为 21()mgRBtv D.在进入磁场过程中金属框产生的热为 mgv1（t 2-t1） 【答案】D【解析】试题分析：由图知在 0-t1时间内金属线框做匀加速运动，金属框初始位置的 bc 边到边界 MN 的高度为 故 A 错误由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为 v1，运动时间为 t2-t1
16、，12vht=故金属框的边长：l=v 1（t 2-t1） 故 B 错误在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIl， ，又 l=v1（t 2-t1） ，联立解得： ，故 C 错误；金属框在进入磁场过BlIR121()mgRvtv=-程中金属框产生的热为 Q，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：Q=mgl=mgv 1（t 2-t1） ，故 D正确。考点：v-t 图线；法拉第电磁感应定律；能量守恒定律。11如图所示，相距为 L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为 ，上端接有定值电阻 R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为 B.将质量为 m 的
17、导体棒由静止释放，当速度达到 v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为 P，导体棒最终以 2v 的速度匀速运动导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为 g.下列选项正确的是APmgvsinBP3mgvsin试卷第 6 页，总 10 页C当导体棒速度达到 时加速度大小为 sin2v2gD在 速 度 达 到 2v 以 后 匀 速 运 动 的 过 程 中 ， R 上 产 生 的 焦 耳 热 等 于 拉 力 所 做 的 功【答案】C【解析】试题分析：当导体棒以 v 匀速运动时受力平衡，则 ，当导体棒以 匀速运动时受力平衡，2BLvmg
18、sinIlr2v则 ，故 ，拉力的功率 ，故 A B 错误；当导体棒速2BLFmgsinIlrFiPFmgsin度达到 时，由牛顿第二定律， ，解得 ，故 C 正确；由能量守恒，当速度达到 2v2BLvmgsinar2si以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功，故 D 错误。考点：考查了导体切割磁感线运动12如图，足够长的 U 型光滑金属导轨平面与水平面 成 角（0 90) ，其中 MN 和 PQ 平行且间距为 ，导L轨平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒 ab棒接入电路的电阻为 ，并与两导轨始终保R持垂直且良好接触，使棒 ab由静止开始沿导轨下
19、滑，当流过 棒某一横截面的电量为 时，它的速度大小为 v，q则金属棒 ab在这一过程中：（ ）A. 棒 ab运动的平均速度大小为 12 B. 滑行距离为 qRBLC. 产生的焦耳热为 qBL D. 受到的最大安培力大小为2sin【答案】BD【解析】试题分析：金属棒 ab 开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于 ，而是大1 2v于 ，故 A 错误；由电量计算公式 ，联立得 可得，下滑的位移大小为1 2v ,EqItRt， BsLqR，故 B 正确；产生的焦耳热 ，而这里的电流 I 比棒的速度大小为 v 时的电流 小，qRsL2Qt BLvIR故这一过程产生的焦耳热小
20、于 ，故 C 错误；金属棒 ab 做加速运动，或先做加速运动，后做匀速运动，速度qBLv为 v 时产生的感应电流最大，受到的安培力最大，最大安培力大小为 ，故 D 正确2BLFIR考点：考查了导体切割磁感线运动13 （18 分）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角 的斜面上，导轨电阻不计，间距 L=0.4m，03试卷第 7 页，总 10 页导轨所在空间被分成区域 I 和 II，两区域的边界与斜面的交线为 MN，I 中的匀强磁场方向垂直斜面向下，II 中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为 B=0.5T。在区域 I 中，将质量 ，电阻kg1.0m的金属条 ab 放在导轨
21、上，ab 刚好不下滑。然后，在区域 II 中将质量 ，电阻 的1.0R 4.2 .2R光滑导体棒 cd 置于导轨上，由静止开始下滑，cd 在滑动过程中始终处于区域 II 的磁场中，ab、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取 ，问2s/m10g（1）cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向；（2）ab 刚要向上滑动时，cd 的速度 v 多大？（3）从 cd 开始下滑到 ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离 x=3.8m，此过程中 ab 上产生的热量 Q 是多少？【答案】 （1）由 a 流向 b；（2） ；（3） ；s/m5J3.1Q【解析】试题分析：（1）由右手定则可以判断电流
22、方向由 a 流向 b（2）开始放置 ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大摩擦力，设其为 Fmax，有sin1maxgF设 ab 刚好要上滑时，cd 棒的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律有BLvE设电路中的感应电流为 I，由闭合电路欧姆定律有21RI设 ab 所受安培力为 F 安 ，有BILF安此时 ab 受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有max1sing安联立式，代入数据解得：/5v（3）设 cd 棒的运动过程中电路中产生的总热量为 Q 总 ，由能量守恒定律有221sinvQgx总由串联电路规律有总R21联立解得： J3.Q试卷第 8 页，总 10 页考点：共点力平衡、法
23、拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、能量守恒定律、串并联电路特点14 （10 分）截面积为 0.2m2的 100 匝的线圈 A，处在均匀磁场中，磁场的方向垂直线圈截面，如图所示，磁感应强度为 B =（0.60.2t）T（t 为时间，以秒为单位） ，R1= 3，R 2=6，线圈电阻为 r = 1，C=3F，求：（1）闭合 S1、S 2后，通过 R2的电流大小和方向；（2）只把 S1切断后，通过 R2的电量。【答案】 0.4A ab 【解析】试题分析：（1）为磁感应强度的变化率，大小为根据楞次定律判断知，通过 R2的电流方向为 ab。（2）U=IR 2=2.4V，S1切断后，电容器所带电量通过 R
24、2全部释放，故通过 R2的电量 。考点：本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电容器。15 （18 分）如图，两根足够长平行光滑的金属导轨相距为 l，导轨与水平面夹角为 ,并处于磁感应强度为 B2、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。两金属导轨的上端与阻值为 R 的灯泡连接，并连接水平放置、长和宽都为d 的平行金属板，板内存在垂直纸面向里的磁感应强度为 B1 的匀强磁场。长为 l 的金属棒 ab 垂直于金属导轨，且始终与导轨接触良好。当金属棒固定不动时，质量为 m、电荷量为 q 的粒子流沿中线射入金属板内，恰好在金属板的左下边沿穿出。粒子重力不计，重力加速度为 g，导轨和金属棒的电阻不计
25、。（1） 粒子流带何种电荷，速度多大？（2） 现将金属棒由静止释放，待棒沿导轨匀速下滑后，粒子流水平通过，求金属棒质量 M。【答案】 （1） （2）mdqBv4510sin4521gRlqdBM【解析】试题分析：（1） 由左手定则，可判定粒子流带正电。 （2 分）粒子流在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律，（3 分）rvBq010得： （1 分） 10m粒子流恰好在金属板的边沿穿出，由几何关系得 （1 分）22)(dr试卷第 9 页，总 10 页解得 （1 分）45dr故 （1 分）mqBv10（2） 对匀速通过金属板的粒子流，其所受的电场力等于洛伦兹力，有：（2 分）10dU金属板的电压
26、， （1 分）IR金属棒受到的安培力 （1 分）lBF2安棒做匀速运动，由力的平衡条件，有： （3 分）sinMgF安联立式子，解得： （2 分）sin4521mgRlqdB考点：电磁感应、带电粒子的运动16如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距 L=1m，PM、QN 部分水平放置在绝缘桌面上，半径 a=0.9m 的光滑金属半圆导轨处在竖直平面内，且分别在 M、N 处平滑相切， PQ 左端与 R=2 的电阻连接一质量为m=1kg、电阻 r=1 的金属棒放在导轨上的 PQ 处并与两导轨始终垂直整个装置处于磁感应强度大小 B=1T、方向竖直向上的匀强磁场中，g 取 10m/s2求：（1）若金属
27、棒以 v=3m/s 速度在水平轨道上向右匀速运动，求该 过程中棒受到的安培力大小； （2）若金属棒恰好能通过轨道最高点 CD 处，求棒通过 CD 处时棒 两端的电压；（3）设 LPM=LQN=3m，若金属棒从 PQ 处以 3m/s 匀速率沿着轨道运 动，且棒沿半圆轨道部分运动时，回路中产生随时间按余弦规律变化 的感应电流，求棒从 PQ 运动到 CD 的过程中，电路中产生的焦耳热.【答案】 （1）1N；（2）2V（3） J3045【解析】试题分析：由 得 BLvErREI又 解得：F=1NIF在最高点 CD 处得avmg2smv/32VBLE2 VErRU2棒在水平轨道上， =3JBLvE11)
28、(tLvQ在半圆轨道上，感应电动势最大值 V3BmRMNQPCDB试卷第 10 页，总 10 页= = J22)(trREQmvarBL2)(45.0J.321考点：法拉第电磁感应定律；牛顿定律及能量守恒定律.1如图，两固定的绝缘斜面倾角均为 ，上沿相连。两细金属棒 ab（仅标出 a 端）和 cd（仅标出 c 端）长度均为 L，质量分别为 2m 和 m；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路 abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为 R，两金属棒与
29、斜面间的动摩擦因数均为 ，重力加速度大小为 g，已知金属棒 ab 匀速下滑。求（1）作用在金属棒 ab 上的安培力的大小；（2）金属棒运动速度的大小。【答案】（1）mg(sin 3cos ) （2）(sin 3cos ) 2mgRBL【解析】试题分析：（1）设导线的张力的大小为 T，右斜面对 ab 棒的支持力的大小为 N1，作用在 ab 棒上的安培力的大小为 F，左斜面对 cd 棒的支持力大小为 N2。对于 ab 棒，由力的平衡条件得2mgsin =N 1+T+FN1=2mgcos 对于 cd 棒，同理有mgsin+N 2=TN2=mgcos联立式得F=mg(sin 3cos )（2）由安培力公式得F=BIL这里 I 是回路 abdca 中的感应电流。ab 棒上的感应电动势为=BLv式中，v 是 ab 棒下滑速度的大小。由欧姆定律得I= R联立式得v=(sin 3cos ) 2mgRBL
