2019-2020年高二下學(xué)期期中物理試題 含解析.doc

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2019-2020年高二下學(xué)期期中物理試題 含解析 　 一、單項(xiàng)選擇題（共12小題，每小題4分，共48分） 1．（4分）（xx春?中山期中）遠(yuǎn)距離輸送交流電都采用高壓輸電．我國正在研究用比330kV高得多的電壓進(jìn)行輸電．采用高壓輸電的優(yōu)點(diǎn)是（　?。? 　 A． 可節(jié)省輸電線的材料 　 B． 可根據(jù)需要調(diào)節(jié)交流電的頻率 　 C． 可減少輸電線上的能量損失 　 D． 可加快輸電的速度 考點(diǎn)： 遠(yuǎn)距離輸電． 專題： 交流電專題． 分析： 在輸電的過程中輸送的功率一定，根據(jù)P=UI，輸送電壓越高，輸送電流越小，根據(jù)△P=I2R，知損失的功率?。? 解答： 解：A、C、在輸電的過程中輸送的功率一定，根據(jù)P=UI和△P=I2R，有：，故高壓輸電可以降低功率損耗，故A錯(cuò)誤，C正確； B、交流電的頻率等于發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)的頻率，是不改變的，故B錯(cuò)誤； D、電路中電場建立的速度是光速，與是否高壓輸電無關(guān)，故D錯(cuò)誤； 故選：C． 點(diǎn)評： 解決本題的關(guān)鍵知道輸電的過程中，輸送功率一定，輸電電壓越高，電流越小，在輸電線上損失的功率越少． 　 2．（4分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級期中）唱卡拉OK用的話筒，內(nèi)有傳感器．其中有一種是動(dòng)圈式的，它的工作原理是在彈性膜片后面粘接一個(gè)較小的金屬線圈，線圈處于永磁體的磁場中，當(dāng)聲波使膜片前后振動(dòng)時(shí)，就將聲音信號轉(zhuǎn)變?yōu)殡娦盘枺鐖D所示．下列說法正確的是（　　） 　 A． 該傳感器是根據(jù)電磁感應(yīng)原理工作的 　 B． 該傳感器是根據(jù)電流的磁效應(yīng)工作的 　 C． 膜片振動(dòng)時(shí)，穿過金屬線圈的磁通量不變 　 D． 膜片振動(dòng)時(shí)，金屬線圈中不會產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢 考點(diǎn)： 電磁感應(yīng)在生活和生產(chǎn)中的應(yīng)用． 分析： 本題中的傳感器是根據(jù)電磁感應(yīng)原理工作的．膜片振動(dòng)時(shí)，穿過金屬線圈的磁通量是周期性變化的．膜片振動(dòng)時(shí)，金屬線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢． 解答： 解：A、B當(dāng)聲波使膜片前后振動(dòng)時(shí)，線圈切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，將聲音信號變化電信號，是根據(jù)電磁感應(yīng)原理工作的．故BD錯(cuò)誤，A正確． C、膜片振動(dòng)時(shí)，穿過金屬線圈的磁通量變化，從而產(chǎn)生了感應(yīng)電流；故C錯(cuò)誤； 故選：A． 點(diǎn)評： 本題動(dòng)圈式話筒是利用電磁感應(yīng)原理將聲音信號變成電信號的，考查分析電子設(shè)備工作原理的能力． 　 3．（4分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級期中）如圖所示為光敏電阻自動(dòng)計(jì)數(shù)器的示意圖，其中R1為光敏電阻（光照時(shí)電阻減?。琑2為定值電阻，此光電計(jì)數(shù)器的基本工作原理是（　?。? 　 A． 當(dāng)有光照射R1時(shí)，信號處理系統(tǒng)獲得電壓不變 　 B． 當(dāng)有光照射R1時(shí)，信號處理系統(tǒng)獲得較高電壓 　 C． 信號處理系統(tǒng)每獲得一次低電壓就記數(shù)一次 　 D． 信號處理系統(tǒng)每獲得一次高電壓就記數(shù)一次 考點(diǎn)： 簡單的邏輯電路． 分析： 光敏電阻的電阻大小隨光照而減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律，抓住電動(dòng)勢不變，根據(jù)電流的變化從而得出R1兩端電壓的變化，即信號處理系統(tǒng)獲得的電壓． 解答： 解：A、當(dāng)有光照射 R1時(shí)，R1的電阻減小，則整個(gè)電路總電阻變小，電動(dòng)勢不變，則電流增大，則R2兩端的電壓增大，所以R1兩端的電壓減小，即信號處理系統(tǒng)獲得低電壓，故AB錯(cuò)誤． C、D、每當(dāng)光照被物體擋住時(shí)，計(jì)時(shí)器就計(jì)數(shù)一次；此時(shí)R1的電阻增加，整個(gè)電路總電阻增加，電動(dòng)勢不變，則電流減小，即信號處理系統(tǒng)獲得高電壓；即信號處理系統(tǒng)每獲得一次高電壓就計(jì)數(shù)一次；故C錯(cuò)誤，D正確； 故選：D 點(diǎn)評： 解決本題的關(guān)鍵掌握光敏電阻的電阻大小隨光照而減小，以及熟練運(yùn)用閉合電路歐姆定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析． 　 4．（4分）（xx春?瑞安市校級期末）如圖所示，理想變壓器的副線圈上通過輸電線接有兩個(gè)相同的燈泡L1和L2，輸電線的等效電阻為R，開始時(shí)，電鍵K斷開，當(dāng)K接通時(shí)，以下說法中正確的是（　　） 　 A． 副線圈兩端電壓M、N的輸出電壓減小 　 B． 副線圈輸電線的等效電阻R兩端的電壓減小 　 C． 通過燈泡L1的電流增大 　 D． 原線圈中的輸入功率增大 考點(diǎn)： 變壓器的構(gòu)造和原理；電功、電功率． 專題： 交流電專題． 分析： 本題類似于閉合電路中的動(dòng)態(tài)分析問題，可以根據(jù)接通s后電路電路電阻的變化，確定出總電路的電阻的變化，進(jìn)而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來分析其他的原件的電流和電壓的變化的情況． 解答： 解：A、理想變壓器的輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比決定的，由于輸入電壓和匝數(shù)比不變，所以副線圈的輸出的電壓也不變，所以A錯(cuò)誤； BC、當(dāng)K接通后，兩個(gè)燈泡并聯(lián)，電路的電阻減小，副線圈的電流變大，所以通過電阻R的電流變大，電壓變大，那么并聯(lián)部分的電壓減小，所以通過燈泡L1的電流減小，燈泡L1變暗，所以BC錯(cuò)誤； D、當(dāng)K接通后，兩個(gè)燈泡并聯(lián)，電路的電阻減小，副線圈的電流變大，所以原線圈的電流也變大，原線圈功率增大，所以D正確； 故選：D． 點(diǎn)評： 電路的動(dòng)態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法． 　 5．（4分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級期中）如圖所示，A和B是完全相同的兩只燈泡，L自感系數(shù)很大的線圈，其直流電阻遠(yuǎn)小于燈泡電阻，則（　?。? 　 A． S閉合的瞬間，A燈比B燈先發(fā)光，隨后B燈變亮 　 B． 閉合S，電路穩(wěn)定時(shí)，A、B燈都一直亮 　 C． 斷開S，A燈立即熄滅，B燈由亮變暗后熄滅 　 D． 斷開S，A燈閃亮一下后熄滅，B燈立即熄滅 考點(diǎn)： 自感現(xiàn)象和自感系數(shù)． 分析： 電路穩(wěn)定后，L的電阻很小，閉合瞬間L的電阻很大，斷開瞬間A燈還要亮一下． 解答： 解：A、開關(guān)K閉合的瞬間，兩燈同時(shí)獲得電壓，所以A、B同時(shí)發(fā)光．由于線圈的電阻較小，流過A燈的電流逐漸減小，B燈逐漸增大，則A燈變暗，B燈變亮，故A錯(cuò)誤，B正確； C、斷開開關(guān)K的瞬間，B燈的電流突然消失，立即熄滅，流過線圈的電流將要減小，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢，相當(dāng)電源，自感電流流過A燈，原先通過L的電流大于通過A燈的，所以A燈突然閃亮一下再熄滅，故C錯(cuò)誤，D正確． 故選：BD 點(diǎn)評： 本題考查了電感線圈對電流的阻礙作用，特別是開關(guān)閉合、斷開瞬間的判斷． 　 6．（4分）（xx?廣東）如圖所示，兩根足夠長的固定平行金屬光滑導(dǎo)軌位于同一水平面，導(dǎo)軌上橫放著兩根相同的導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成矩形回路．導(dǎo)體棒的兩端連接著處于壓縮狀態(tài)的兩根輕質(zhì)彈簧，兩棒的中間用細(xì)線綁住，它們的電阻均為R，回路上其余部分的電阻不計(jì)．在導(dǎo)軌平面內(nèi)兩導(dǎo)軌間有一豎直向下的勻強(qiáng)磁場．開始時(shí)，導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)．剪斷細(xì)線后，導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中（　　） 　 A． 回路中有感應(yīng)電動(dòng)勢 　 B． 兩根導(dǎo)體棒所受安培力的方向相同 　 C． 兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒 　 D． 兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒 考點(diǎn)： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢；動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律；安培力． 專題： 電磁感應(yīng)與圖像結(jié)合． 分析： 剪斷細(xì)線后，分析導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)過程和受力情況． 根據(jù)磁通量的變化判斷感應(yīng)電動(dòng)勢，根據(jù)左手定則判斷安培力的方向， 分析兩棒組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中是不是合外力為零或者內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，這是系統(tǒng)總動(dòng)量守恒的條件． 解答： 解：A、剪斷細(xì)線后，導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中，由于彈簧的作用，導(dǎo)體棒ab、cd反向運(yùn)動(dòng)， 穿過導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成矩形回路的磁通量增大，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，故A正確． B、導(dǎo)體棒ab、cd電流方向相反，根據(jù)左手定則，所以兩根導(dǎo)體棒所受安培力的方向相反，故B錯(cuò)誤． C、兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中是合外力為0．所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但是由于產(chǎn)生感應(yīng)電流，產(chǎn)生熱量，所以一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以系統(tǒng)機(jī)械能不守恒．故C錯(cuò)誤，D正確． 故選AD． 點(diǎn)評： 我們要清楚掌握自物理量產(chǎn)生或者守恒得條件去判斷問題． 　 7．（4分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級期中）實(shí)驗(yàn)室里的交流發(fā)電機(jī)可簡化為如圖所示的模型，正方形線圈在水平勻強(qiáng)磁場中，繞垂直于磁感線的OO′軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．今在發(fā)電機(jī)的輸出端接一個(gè)電阻R 和理想電壓表，并讓線圈每秒轉(zhuǎn)25圈，讀出電壓表的示數(shù)為10V．已知R=10Ω，線圈電阻忽略不計(jì)，下列說法正確的是（　?。? 　 A． 線圈平面與磁場平行時(shí)，線圈中的瞬時(shí)電流為零 　 B． 電阻 R上的熱功率等于10W 　 C． 流過電阻R 的電流每秒鐘方向改變25次 　 D． 從線圈平面與磁場平行開始計(jì)時(shí)，線圈中感應(yīng)電流瞬時(shí)值表達(dá)式為i=sin50πt 考點(diǎn)： 交流發(fā)電機(jī)及其產(chǎn)生正弦式電流的原理；電功、電功率；正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率． 專題： 交流電專題． 分析： 交變電流產(chǎn)生過程中，線圈在中性面上時(shí)，穿過線圈的磁通量最大，感應(yīng)電動(dòng)勢最小，為零；線圈與中性面垂直時(shí)，通過的磁通量最小，電動(dòng)勢為大，為Em=NBSω． 解答： 解：A、線圈平面與磁場平行時(shí)，線圈與中性面垂直時(shí)，感應(yīng)電電動(dòng)勢為大，故線圈中的瞬時(shí)電流最大，故A錯(cuò)誤； B、電壓表的示數(shù)為10V，故電壓的最大值為10V，最大電流為：：Im==A，電流的有效值， 電阻R上的熱功率： P=I2R=1210=10W，故B正確； C、線圈每秒轉(zhuǎn)25圈，故交流電的頻率為25Hz，每秒鐘電流方向改變50次，故C錯(cuò)誤； D、角速度：ω=2πn=2π25=50πrad/s 故從線圈平面與磁場平行開始計(jì)時(shí)，線圈中感應(yīng)電流瞬時(shí)值表達(dá)式為： i=Imcosωt=cos50πt（A），故D錯(cuò)誤； 故選：B． 點(diǎn)評： 本題關(guān)鍵是明確交變電流的有效值、最大值、瞬時(shí)值的關(guān)系，知道從中性面開始計(jì)時(shí)的瞬時(shí)電流表達(dá)式為：i=Imcosωt，基礎(chǔ)題． 　 8．（4分）（xx?泉州模擬）在光滑水平地面上有兩個(gè)相同的彈性小球A、B，質(zhì)量都為m．現(xiàn)B球靜止，A球向B球運(yùn)動(dòng)，發(fā)生正碰．已知碰撞過程中總機(jī)械能守恒，兩球壓縮最緊時(shí)的彈性勢能為EP，則碰前A球的速度等于（　　） 　 A． B． C． 2 D． 2 考點(diǎn)： 機(jī)械能守恒定律． 專題： 機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題． 分析： 兩球壓縮最緊時(shí)，兩球速度相等．根據(jù)碰撞過程中動(dòng)量守恒，以及總機(jī)械能守恒求出碰前A球的速度． 解答： 解：設(shè)碰撞前A球的速度為v，當(dāng)兩球壓縮最緊時(shí)，速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒得，mv=2mv′，則．在碰撞過程中總機(jī)械能守恒，有，得v=．故C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 故選C． 點(diǎn)評： 本題屬于動(dòng)量守恒與能量守恒的綜合題，解決本題的關(guān)鍵掌握動(dòng)量守恒和能量守恒定律． 　 9．（4分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級期中）如圖所示，一粗糙的平行金屬軌道平面與水平面成θ角，兩軌道上端用一電阻R相連，該裝置處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直軌道平面向上．質(zhì)量為m的金屬桿ab以初速度v0從軌道底端向上滑行，滑行到某高度h后又返回到底端．若運(yùn)動(dòng)過程中金屬桿始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，軌道與金屬桿的電阻均忽略不計(jì)．則下列說法不正確的是（　　） 　 A． 金屬桿ab上滑過程與下滑過程通過電阻R的電量一樣多 　 B． 金屬桿ab上滑過程中克服重力、安培力與摩擦力所做功之和等于mv02 　 C． 金屬桿ab上滑過程與下滑過程電磁感應(yīng)而產(chǎn)生的內(nèi)能不相等 　 D． 金屬桿ab在整個(gè)過程中損失的機(jī)械能等于裝置產(chǎn)生的焦耳熱 考點(diǎn)： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢；功的計(jì)算；焦耳定律． 專題： 電磁感應(yīng)與電路結(jié)合． 分析： 通過對導(dǎo)體棒的受力分析知道，上滑的過程做變減速直線運(yùn)動(dòng)，下滑的過程做變加速直線運(yùn)動(dòng)，抓住位移相等，平均速度不同，比較運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)比較出電量的大小，根據(jù)Q=EIt比較上滑和下滑過程中產(chǎn)生的熱量． 解答： 解：A、根據(jù)感應(yīng)電量經(jīng)驗(yàn)公式知，上滑過程和下滑過程磁通量的變化量相等，則通過電阻R的電量相等，故A正確． B、金屬桿ab上滑過程中重力、安培力、摩擦力都做功負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理得知：ab棒克服重力、安培力與摩擦力所做功之和等于．故B正確． C、經(jīng)過同一位置時(shí)：下滑的速度小于上滑的速度，下滑時(shí)棒受到的安培力小于上滑所受的安培力，則下滑過程安培力的平均值小于上滑過程安培力的平均值，所以上滑導(dǎo)體棒克服安培力做功大于下滑過程克服安培力做功，故上滑過程中電阻R產(chǎn)生的熱量大于下滑過程中產(chǎn)生的熱量，上滑過程與下滑過程電磁感應(yīng)而產(chǎn)生的內(nèi)能不相等．故C正確． D、根據(jù)功能關(guān)系得知，ab在整個(gè)過程中損失的機(jī)械能等于裝置產(chǎn)生的焦耳熱與摩擦力產(chǎn)生的熱量的和．故D不正確． 本題要求選擇不正確的，故選：D 點(diǎn)評： 解決這類問題的關(guān)鍵時(shí)分析受力，進(jìn)一步確定運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，并明確判斷各個(gè)階段及全過程的能量轉(zhuǎn)化． 　 10．（4分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級期中）邊長為L的正方形金屬框在水平恒力F作用下，將穿過方向如圖所示的有界勻強(qiáng)磁場．磁場范圍寬為d（d＞L）．已知線框進(jìn)入磁場時(shí)恰好勻速，則線框進(jìn)入磁場的過程和從另一側(cè)出磁場的過程相比較，下列說法正確的是（　?。? 　 A． 線框中感應(yīng)電流的方向相同 　 B． 所受安培力的方向相反 　 C． 線框離開磁場時(shí)的速度可能小于進(jìn)入磁場時(shí)的速度 　 D． 出磁場過程產(chǎn)生的電能一定大于進(jìn)磁場過程產(chǎn)生的電能 考點(diǎn)： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢；楞次定律． 專題： 電磁感應(yīng)——功能問題． 分析： 根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，根據(jù)楞次定律的第二種表述：感應(yīng)電流總要阻礙導(dǎo)體與磁體間相對運(yùn)動(dòng)，分析安培力的方向．由焦耳定律求解線框產(chǎn)生的電能． 解答： 解：A、線框進(jìn)入磁場過程：磁通量增加，根據(jù)楞次定律得知，線框感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針方向；線框穿出磁場過程：磁通量減小，根據(jù)楞次定律得知，線框感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針方向．故A錯(cuò)誤； B、線框進(jìn)入磁場過程，根據(jù)楞次定律的第二種表述：感應(yīng)電流總要阻礙導(dǎo)體與磁體間相對運(yùn)動(dòng)，則知線框所受的安培力方向向左；線框穿出磁場過程，根據(jù)楞次定律的第二種表述：感應(yīng)電流總要阻礙導(dǎo)體與磁體間相對運(yùn)動(dòng)，則知線框所受的安培力方向向左；故B錯(cuò)誤 C、線框進(jìn)入和穿出磁場的兩個(gè)過程中，水平恒力做功都是FL，進(jìn)入過程線框做勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的電能等于FL．由于線框完全進(jìn)入磁場后做勻加速運(yùn)動(dòng)，到出磁場時(shí)，線框的速度增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流增大，所受的安培力增大，線框?qū)⒆鰷p速運(yùn)動(dòng)，完全出磁場之前可能已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)安培力又等于拉力．所以離開磁場時(shí)的速度可能大于，也可能等于進(jìn)入磁場時(shí)的速度．不可能小于進(jìn)入磁場時(shí)的速度．故C錯(cuò)誤； D、由于線框完全進(jìn)入磁場后做勻加速運(yùn)動(dòng)，到出磁場時(shí)，出磁場時(shí)，線框的速度增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流增大，所受的安培力增大，線框?qū)⒆鰷p速運(yùn)動(dòng)，減小的動(dòng)能也轉(zhuǎn)化為電能，所以出磁場過程產(chǎn)生的電能一定大于進(jìn)磁場過程產(chǎn)生的電能．故D正確． 故選：D 點(diǎn)評： 本題中運(yùn)用楞次定律判斷感應(yīng)電流方向和安培力方向，也可以根據(jù)左手定則判斷安培力方向． 　 11．（4分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級期中）如圖甲所示，正六邊形導(dǎo)線框abcdef放在勻強(qiáng)磁場中靜止不動(dòng)，磁場方向與線框平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示．t=0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直紙面向里，設(shè)產(chǎn)生的感應(yīng)電流逆時(shí)針方向?yàn)檎?、豎直邊cd所受安培力的方向水平向左為正．則下面關(guān)于感應(yīng)電流I和cd所受安培力F隨時(shí)間t變化的圖象正確的是（　　） 　 A． B． C． D． 考點(diǎn)： 法拉第電磁感應(yīng)定律；楞次定律． 專題： 電磁感應(yīng)與圖像結(jié)合． 分析： 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出各段時(shí)間內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流的大小，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向，通過安培力大小公式求出安培力的大小以及通過左手定則判斷安培力的方向． 解答： 解：A、0～2s內(nèi)，磁場的方向垂直紙面向里，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為負(fù)值．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E==S=S═B0S為定值，則感應(yīng)電流為定值，I1=．在2～3s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為負(fù)值，大小與0～2s內(nèi)相同．在3～4s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向外，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為正值，大小與0～2s內(nèi)相同．在4～6s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為正值，大小與0～2s內(nèi)相同，故AB錯(cuò)誤． C、在0～2s內(nèi)，磁場的方向垂直紙面向里，且逐漸減小，電流恒定不變，根據(jù)FA=BIL，則安培力逐漸減小，cd邊所受安培力方向向右，為負(fù)值．0時(shí)刻安培力大小為F=2B0I0L．在2s～3s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)FA=BIL，則安培力逐漸增大，cd邊所受安培力方向向左，為正值，3s末安培力大小為B0I0L．在2～3s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，則安培力大小逐漸增大，cd邊所受安培力方向向右，為負(fù)值，第4s初的安培力大小為B0I0L．在4～6s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，則安培力大小逐漸增大，cd邊所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L．故C正確，D錯(cuò)誤． 故選：C． 點(diǎn)評： 解決本題的關(guān)鍵掌握法拉第電磁感應(yīng)定律，會運(yùn)用楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，以及掌握安培力大小公式，會用左手定則判定安培力的方向． 　 12．（4分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級期中）如圖所示，一根足夠長的水平滑桿SS′上套有一質(zhì)量為m的光滑金屬圓環(huán)，在滑桿的正下方與其平行放置一足夠長的光滑水平的絕緣軌道PP′，PP′穿過金屬環(huán)的圓心．現(xiàn)使質(zhì)量為M的條形磁鐵以水平速度v0沿絕緣軌道向右運(yùn)動(dòng)，則下列組合正確的是（　?。? ①磁鐵穿過金屬環(huán)后，兩者將先、后停下來 ②磁鐵若能穿過金屬環(huán)，在靠近和離開金屬環(huán)的過程中金屬環(huán)的感應(yīng)電流方向相同，金屬環(huán)所受的安培力方向相同． ③磁鐵與圓環(huán)的最終速度 ④整個(gè)過程最多能產(chǎn)生熱量v02． 　 A． ①② B． ③④ C． ②③ D． ①④ 考點(diǎn)： 動(dòng)量守恒定律；功能關(guān)系；楞次定律． 專題： 電磁感應(yīng)與電路結(jié)合． 分析： 金屬圓環(huán)光滑，一足夠長的水平的絕緣軌道光滑，所以圓環(huán)與磁鐵組成的系統(tǒng)水平方向受到的合力為0，滿足動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律即可解答． 解答： 解：磁鐵若能穿過金屬環(huán)，在靠近金屬環(huán)的過程中金屬環(huán)的感應(yīng)電流方向產(chǎn)生的磁場與原磁場的方向相反；在和離開金屬環(huán)的過程中金屬環(huán)的感應(yīng)電流方向產(chǎn)生的磁場與原磁場的方向相同，所以，在靠近和離開金屬環(huán)的過程中金屬環(huán)的感應(yīng)電流方向產(chǎn)生的磁場的方向相反，感應(yīng)電流的方向一定相反．故②錯(cuò)誤； 選取磁鐵與圓環(huán)組成的系統(tǒng)為研究的系統(tǒng)，系統(tǒng)在水平方向受到的合力為0，滿足動(dòng)量守恒；選取磁鐵M運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，則最終到達(dá)共同速度時(shí)： Mv0=（M+m）v 得：．故①錯(cuò)誤，③正確； 磁鐵若能穿過金屬環(huán)，運(yùn)動(dòng)的過程中系統(tǒng)的產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)損失的動(dòng)能，即：．故④正確． 故選：B 點(diǎn)評： 本題為結(jié)合楞次定律考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，要注意選取的研究對象是磁鐵與圓環(huán)組成的系統(tǒng)，可根據(jù)楞次定律的表現(xiàn)來判斷物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化． 　 二、實(shí)驗(yàn)題（本題共2個(gè)小題，第13題4分，第14題8分共12分） 13．（4分）（xx春?嘉興期中）用如圖裝置研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象．在圖示情況，當(dāng)電鍵閉合瞬時(shí)，觀察到電流表指針向右偏轉(zhuǎn)，電鍵閉合一段時(shí)間后，為使電流表指針向左偏轉(zhuǎn)，可采用的方法有（　?。? 　 A． 將變阻器滑動(dòng)頭向右端滑動(dòng) B． 將一軟鐵棒插入線圈A中 　 C． 將線圈A從線圈B中拔出 D． 迅速斷開電鍵 考點(diǎn)： 楞次定律． 分析： 電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向取決于感應(yīng)電流的方向，感應(yīng)電流反向，電流表指針反向；由楞次定律可知，感應(yīng)電流磁場總是阻礙原磁通量的變化，原磁通量變大，感應(yīng)電流磁場與原磁場方向相反，原磁通量變小，感應(yīng)電流磁場與原磁場方向相同，即磁通量變化情況發(fā)生變化時(shí)，感應(yīng)電流方向發(fā)生變化． 解答： 解：當(dāng)電鍵閉合時(shí)，穿過線圈B的磁通量增大，電流表指針向右偏；要想使電流表指針向左偏轉(zhuǎn)，只要穿過項(xiàng)圈B的磁通量減小即可； A、由電路圖可知，將變阻器滑動(dòng)頭向右端滑動(dòng)通過線圈A的電流增大，穿過線圈B的磁通量增加，電流表指針向右偏，故A錯(cuò)誤； B、將一軟鐵棒插入線圈A中，穿過線圈B的磁通量變大，電流表指針向右偏轉(zhuǎn)，故B錯(cuò)誤； C、將線圈A從線圈B中撥出，穿過線圈B的磁通量變小，電流表指針向左偏轉(zhuǎn)，故C正確； D、斷開電鍵時(shí)，穿過線圈A的電流迅速減小，穿過線圈B的磁通量變小，電流表指針向左偏轉(zhuǎn)，故D正確； 故選：CD． 點(diǎn)評： 本題考查了判斷感應(yīng)電流方向問題，理解楞次定律內(nèi)容并靈活應(yīng)用楞次定律是正確解題的關(guān)鍵；本題難度不大，是一道基礎(chǔ)題． 　 14．（8分）（xx春?肅南?？h校級期末）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)：在小車A的前端粘有橡皮泥，推動(dòng)小車A使之做勻速運(yùn)動(dòng)，然后與原來靜止在前方的小車B相碰并粘合成一體，繼續(xù)做勻速運(yùn)動(dòng)．他設(shè)計(jì)的裝置如圖 （a）所示．在小車A后連著紙帶，電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用電源頻率為50Hz，長木板下墊著小木片以平衡摩擦力． （1）若已測得打點(diǎn)的紙帶如圖14﹣2﹣9（b）所示，并測得各計(jì)數(shù)點(diǎn)的間距（已標(biāo)在圖上）．A為運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)，則應(yīng)選　BC　段來計(jì)算A碰撞前的速度，應(yīng)選　DE　段來計(jì)算A和B碰后的共同速度（以上兩空選填“AB”“BC”“CD”或“DE”）． （2）已測得小車A的質(zhì)量m1=0.4kg，小車B的質(zhì)量m2=0.2kg，則碰前兩小車的總動(dòng)量大小為　0.420　kg?m/s，碰后兩小車的總動(dòng)量大小為　0.417　kg?m/s．（計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字） 考點(diǎn)： 驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律． 專題： 實(shí)驗(yàn)題． 分析： （1）小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，在相等時(shí)間內(nèi)的位移相等，分析小車的運(yùn)動(dòng)過程，然后答題； （2）根據(jù)圖象，由速度公式求出小車的速度，然后由P=mv求出動(dòng)量． 解答： 解：（1）推動(dòng)小車由靜止開始運(yùn)動(dòng)，故小車有個(gè)加速過程，在碰撞前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即在相同的時(shí)間內(nèi)通過的位移相同，故BC段為勻速運(yùn)動(dòng)的階段，故選BC計(jì)算碰前的速度；碰撞過程是一個(gè)變速運(yùn)動(dòng)的過程，而A和B碰后的共同運(yùn)動(dòng)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故在相同的時(shí)間內(nèi)通過相同的位移，故應(yīng)選DE段來計(jì)算碰后共同的速度． （2）碰前小車的速度為誒：vA===1.05m/s， 碰前的總動(dòng)量為：P=mAvA=0.41.05=0.420kg?m/s； 碰后小車的共同速度為：v===0.695m/s， 碰后的動(dòng)量為：P′=（mA+mB）v=（0.4+0.2）0.695=0.417kg?m/s； 故答案為：（1）BC，DE；（2）0.420，0.417． 點(diǎn)評： 本題考查了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn)，分析清楚小車運(yùn)動(dòng)過程，運(yùn)用速度公式、動(dòng)量計(jì)算公式即可正確解題，要掌握根據(jù)紙帶求速度的方法． 　 三、計(jì)算題（本大題有4個(gè)小題，共40分） 15．（8分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級期中）水平放置的平行金屬框架寬L=0.2m，質(zhì)量為m=0.1kg的金屬棒ab放在框架上，并且與框架的兩個(gè)邊垂直，整個(gè)裝置放在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場中，如圖所示．金屬棒在F=2N的水平向右恒力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，電路中除R=0.05Ω外，其它電阻、摩擦阻力均不考慮，求： （1）當(dāng)ab棒的速度為5m/s時(shí)，棒上的電流多大？方向如何？ （2）若棒達(dá)到最大速度時(shí)撤去外力，此后R上產(chǎn)生的熱量是多少？ 考點(diǎn)： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢；焦耳定律． 專題： 電磁感應(yīng)與電路結(jié)合． 分析： （1）根據(jù)歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律以及安培力公式表示出安培力的表達(dá)式，根據(jù)牛頓第二定律列方程求出加速度； （2）受力平衡時(shí)有最大速度，根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒求產(chǎn)生的熱量． 解答： 解：（1）金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E=BLv 由歐姆定律得：I= 金屬棒所受的安培力大小為：F安=BIL， 由牛頓第二定律得：F﹣F安=ma， 聯(lián)立解得：a=m/s2 （2）當(dāng)a=0時(shí)速度最大，故有：m/s 撤去F后，導(dǎo)體棒的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為熱量為：J 答：（1）ab速度是v=5m/s時(shí)，棒的加速度a是10m/s2． （2）當(dāng)ab棒達(dá)到最大速度vm后，撤去外力F，此后感應(yīng)電流還能產(chǎn)生的熱量Q為5J． 點(diǎn)評： 本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)知識的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是安培力的分析和計(jì)算，它是聯(lián)系力學(xué)與電磁感應(yīng)的橋梁． 　 16．（10分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級期中）如圖所示，在光滑水平面上疊放著質(zhì)量為2m，4m的物體A、B，A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，質(zhì)量為m的小球以水平速度v射向A，以的速度返回，求 （1）小球與A碰后瞬間A的速度大?。? （2）木板B至少多長，A才不至于滑落． 考點(diǎn)： 動(dòng)量守恒定律． 專題： 動(dòng)量定理應(yīng)用專題． 分析： （1）對小球和A組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律列出等式，對A與B組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律求解 （2）A、B相互作用的過程中系統(tǒng)減小的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，A恰好不滑落的條件是A滑到B的左端時(shí)兩者速度相等，根據(jù)能量守恒列出等式求解． 解答： 解：（1）對小球和A組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律，有： mv=m（﹣）+mAvA…① 設(shè)A和B相對靜止后的速度為v，對A與B組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律，有： mAvA=（mA+mB）v1…② 由①②得：v1==…③ （2）A、B相互作用的過程中系統(tǒng)減小的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，A恰好不滑落的條件是A滑到B的左端時(shí)兩者速度相等， 設(shè)A在B上滑行的距離為d，由功能關(guān)系，有： μmAgd=mAvA2﹣（mA+mB）v12…④ 由③④得：d== 答：（1）A與B相對靜止時(shí)的速度是； （2）木板B至少d=，A才不至于滑落． 點(diǎn)評： 對于物塊在小車上，往往動(dòng)量守恒，有時(shí)還用到能量守恒求解． 　 17．（10分）（xx春?沙坪壩區(qū)校級期中）如圖甲所示，在一傾角為37的粗糙絕緣斜面上，靜止地放置著一個(gè)匝數(shù)n=10的圓形線圈，其總電阻R=3.14Ω、總質(zhì)量m=0.4kg、半徑r=0.4m．向下輕推一下線圈恰能使它沿斜面勻速下滑．現(xiàn)在將線圈靜止放在斜面上后，在水平直線ef（與線圈的水平直徑重合）以下的區(qū)域中，加上垂直斜面方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按如圖乙所示規(guī)律變化的磁場，（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求： （1）剛加上磁場時(shí)線圈中的感應(yīng)電流大小I； （2）從加上磁場開始到線圈剛要運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間； （3）從加上磁場開始到線圈剛要運(yùn)動(dòng)線圈中產(chǎn)生的熱量Q． 考點(diǎn)： 法拉第電磁感應(yīng)定律；焦耳定律；楞次定律． 專題： 電磁感應(yīng)——功能問題． 分析： （1）由乙圖的斜率求出B的變化率，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，再根據(jù)閉合電路歐姆定律即可求解I； （2）根據(jù)楞次定律可判斷出線圈受到的安培力的方向沿斜面向上，當(dāng)安培力剛好等于等于重力沿斜面向下的分力與最大靜摩擦力之和時(shí)，線圈剛要運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件求出此時(shí)B的值，再由B與t的關(guān)系式求出時(shí)間． （3）根據(jù)焦耳定律，即可求解熱量Q． 解答： 解：（1）由乙圖的斜率得：=T/s=0.5T/s，線圈有磁場的面積為：S=πr2 由法拉第電磁感應(yīng)定律：E=n=100.50.42V=0.4πV 由閉合電路的歐姆定律有：I==A=0.4A （2）設(shè)線圈開始能勻速滑動(dòng)時(shí)受的滑動(dòng)摩擦力為Fμ，則由題有：mgsin37=Fμ 加變化磁場后線圈剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，有 nBIL=mgsin37+Fμ，其中L=2r=0.8m 聯(lián)立得：nBIL=2mgsin37 得 B==T=1.5T 由圖象知 B=B0+kt=1+0.5t T 則 t==s=1s （3）由焦耳定律 Q=I2Rt=0.423.141J≈0.5J 答：（1）剛加上磁場時(shí)線圈中的感應(yīng)電流大小I為πA； （2）從加上磁場開始到線圈剛要運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間為1s； （3）從加上磁場開始到線圈剛要運(yùn)動(dòng)線圈中產(chǎn)生的熱量Q約為0.5J． 點(diǎn)評： 此題要理解圖象的斜率的物理意義，掌握閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、焦耳定律的應(yīng)用，要明確線圈剛要運(yùn)動(dòng)的臨界條件，運(yùn)用力學(xué)知識和電磁感應(yīng)的規(guī)律結(jié)合求解． 　 18．（12分）（xx?邯鄲一模）如圖所示，兩電阻不計(jì)的足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌間距為l，所在平面的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上．如圖所示，將甲、乙兩阻值相同，質(zhì)量均為m的相同金屬桿放置在導(dǎo)軌上，甲金屬桿處在磁場的上邊界，甲、乙相距l(xiāng)．從靜止釋放兩金屬桿的同時(shí)，在金屬桿甲上施加一個(gè)沿著導(dǎo)軌的外力，使甲金屬桿在運(yùn)動(dòng)過程中始終沿導(dǎo)軌向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且加速度大小以a=gsinθ，乙金屬桿剛進(jìn)入磁場時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)． （1）求每根金屬桿的電阻R為多少？ （2）從剛釋放金屬桿時(shí)開始計(jì)時(shí)，寫出從計(jì)時(shí)開始到甲金屬桿離開磁場的過程中外力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系式，并說明F的方向． （3）若從開始釋放兩桿到乙金屬桿離開磁場，乙金屬桿共產(chǎn)生熱量Q，試求此過程中外力F對甲做的功． 考點(diǎn)： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢；力的合成與分解的運(yùn)用；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；安培力；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化． 專題： 壓軸題；電磁感應(yīng)——功能問題． 分析： （1）甲、乙勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度相同，當(dāng)乙通過位移l進(jìn)入磁場時(shí)，甲剛出磁場，由運(yùn)動(dòng)學(xué)速度位移公式求出乙進(jìn)入磁場時(shí)的速度，乙金屬桿剛進(jìn)入磁場時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件求解電阻R． （2）從剛釋放金屬桿時(shí)開始計(jì)時(shí)，由于甲的加速度大小a=gsinθ，外力與安培力大小相等，由速度公式得出速度與時(shí)間的關(guān)系式，根據(jù)安培力的表達(dá)式得出外力與時(shí)間的關(guān)系式． （3）從開始釋放兩桿到乙金屬桿離開磁場，乙進(jìn)入磁場前，甲、乙發(fā)出相同熱量，導(dǎo)體棒克服安培力做功等于回路產(chǎn)生的熱量．甲出磁場以后，外力F為零，乙在磁場中，安培力大小等于重力沿斜面向下的分力，甲、乙發(fā)出相同熱量，根據(jù)功能關(guān)系得出回路產(chǎn)生的熱量，根據(jù)總熱量等于Q，求出外力做功． 解答： 解：（1）由題，甲、乙勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度相同，所以，當(dāng)乙進(jìn)入磁場時(shí)，甲剛出磁場 乙進(jìn)入磁場時(shí)的速度 根據(jù)平衡條件有 解得： （2）甲在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，外力F始終等于安培力，v=gsinθ?t 將 代入得：，方向沿導(dǎo)軌向下 （3）乙進(jìn)入磁場前，甲、乙發(fā)出相同熱量，設(shè)為Q1，則有 F安l=2Q1 又F=F安故外力F對甲做的功WF=Fl=2Q1 甲出磁場以后，外力F為零，乙在磁場中，甲、乙發(fā)出相同熱量，設(shè)為Q2，則有 F安′l=2Q2 又F安′=mgsinθ 又Q=Q1+Q2 解得：WF=2Q﹣mglsinθ 答： （1）每根金屬桿的電阻． （2）從剛釋放金屬桿時(shí)開始計(jì)時(shí)，從計(jì)時(shí)開始到甲金屬桿離開磁場的過程中外力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系式為，方向沿導(dǎo)軌向下． （3）從開始釋放兩桿到乙金屬桿離開磁場，乙金屬桿共產(chǎn)生熱量Q，此過程中外力F對甲做的功為2Q﹣mglsinθ． 點(diǎn)評： 本題審題時(shí)緊扣導(dǎo)體棒切割磁感線時(shí)加速度為a=gsinθ，外力與安培力大小相等，外力F對甲做的功等于導(dǎo)體棒克服安培力做功．