2024潍坊昌邑一中高二下学期3月月考试题物理含解析

这是一份2024潍坊昌邑一中高二下学期3月月考试题物理含解析，共13页。试卷主要包含了如图电路，L是线圈，A是灯泡等内容，欢迎下载使用。

1．如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（ ）
A．线圈a有扩大的趋势
B．穿过线圈a的磁通量变小
C．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
D．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
2．如图，在光滑水平桌面上有一边长为l、电阻为R的正方形导线框，在导线框右侧有一宽度为d（d＞l）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的左、右边框平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动并穿过磁场，在穿过磁场区域过程中，下列描述该过程的v—x（速度—位移）图像中，可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
3．如图电路，L是线圈，A是灯泡。在此电路中观察到如下三个现象。a现象：闭合开关S，A发光；b现象：保持S闭合，A先变暗一些，然后亮度不变；c现象：断开S瞬间，A闪亮一下后熄灭。对这个电路及三个现象，下列说法正确的是（ ）
A．a现象中A没有闪亮，表明合上S瞬间，L没有自感电动势
B．b现象表明L的电阻远小于A的电阻
C．c现象表明断开S瞬间电源提供给A的功率瞬间增大
D．合上S瞬间，电源输出的电能大于灯泡A和线圈L产生的焦耳热之和
4．如图所示，假设“天宫一号”正以速度7.5km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与其太阳帆板两端相距20m的M、N的连线垂直，太阳帆板视为导体。飞经某处时地磁场磁感应强度垂直于MN所在平面的分量为1.0×10﹣5T，若此时在太阳帆板上将一只“1.5V，0.3W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路（图中未画出），太阳帆板内阻不可忽略。则（ ）
A．此时太阳帆板中电流M流向N
B．此时小灯泡恰好能正常发光
C．“天宫一号”绕行过程中受到电磁阻尼
D．“天宫一号”在南、北半球水平飞行时M端的电势始终高于N端
5．如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L。一质量为m的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道左端MP间接一电动势为E、内阻为r的电源，并联电阻的阻值为R。不计轨道和导体棒的电阻，闭合开关S后导体棒从静止开始，经t秒以v匀速率运动，则下列判断正确的是（ ）
A．速率
B．从0～t秒电源消耗的电能C．t秒后通过电阻R的电流为零
D．t秒末导体棒ab两端的电压为E
6．一交变电流的电压随时间变化的规律如图所示，周期为T，其电压的有效值为（ ）
A．B．
C．D．
7．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为4：1，原线圈通过电阻R1接在电压为220V的正弦交流电源上，副线圈接有电阻R2，如图所示。电路接通后R1与R2的功率之比为1：2，则R1：R2为（ ）
A．2：1B．4：1
C．8：1D．16：1
8．边长为L的单匝正方形金属框，电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度ω绕垂直磁场的OO′轴转动，外接电阻为R。如图甲所示，第一次在发电机的矩形线框处加水平向右的匀强磁场开始计时；如图乙所示，第二次在矩形线框处加竖直向下的匀强磁场开始计时。下列说法正确的是（ ）
A．甲输出是交流电，转动一周的过程中电流的有效值为
B．甲输出是直流电，转动一周的过程中流过电阻的电荷量
C．乙输出是交流电，转动一周的过程中电阻R上电压最大值为BωL2
D．乙输出是直流电，转动一周的过程中电路的总功率为
二．多选题（共4小题）
（多选）9．如图，一输出电压为U的恒压交流电源和理想变压器原线圈间接有一光敏电阻R，光敏电阻的阻值随光照强度变强而减小，副线圈接有一电阻为RL的灯泡L，已知变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2＝1：3，当光照强度由强变弱时，下列说法正确的是（ ）
A．灯泡的亮度由亮变暗
B．流过光敏电阻和灯泡的电流之比为1：3
C．当R＝RL时，光敏电阻消耗的功率最大，最大功率为
D．当时，光敏电阻消耗的功率最大，最大功率为
（多选）10．如图，理想变压器原线圈与定值电阻R0串联后接在电压为U0＝220sin100πt的交流电源上，副线圈接理想电压表、理想电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1：4。已知R0＝5Ω，R的最大阻值为100Ω。下列说法正确的是（ ）
A．当P向下移动时，电压表示数不变，电流表示数变大
B．副线圈交变电流频率为50Hz
C．当R＝10Ω时，电压表示数为55V
D．当R＝80Ω时，R获得的功率最大
（多选）11．一个电阻为R的单匝闭合矩形线框，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．t＝0时刻，线框平面与磁感线垂直
B．t＝时刻，线框中的电流为零
C．转一个周期线框的感应电动势有效值为
D．从t＝0时刻转过60°的过程中，通过线框某截面的电荷量为
（多选）12．某电厂对用户进行供电的原理如图所示。发电机的输出电压为U1＝380V，输电线的总电阻r＝15Ω，为了减小损耗采用了高压输电。变压器视为理想变压器，其中升压变压器的匝数比为n1：n2＝1：20，用户获得的电压为U4＝220V，如果某次输电时发电厂的输出功率为P1＝7.6×105W，则下列说法中正确的有（ ）
A．输电线上的电流为100A
B．降压变压器的输入电压U3为6100V
C．用户获得的功率为1.5×105W
D．降压变压器的匝数比为n3：n4＝380：11
三．实验题（共2小题）
13．在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图甲所示。
（1）下列说法正确的是 。
A．变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同
B．实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法
C．为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过12V
D．绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好
（2）在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间（接入匝数为800匝），用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱（接入匝数为400匝）之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为 。
A．1.5V B．3.5V C．5.5V D．7.0V
（3）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，原因不可能为 。
A．原、副线圈上通过的电流发热
B．铁芯在交变磁场作用下发热
C．原线圈输入电压发生变化
D．变压器铁芯漏磁
（4）图乙为某电学仪器原理图，图中变压器为理想变压器。左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻R0可等效为该电学仪器电压输出部分，该部分与一理想变压器的原线圈连接；一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为n1、n2，在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，调节可变电阻R的过程中，当＝ 时，R获得的功率最大。
14．某同学探究“影响感应电流方向的因素”，实验如下：
（1）首先按图1所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转；再按图2所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。进行上述实验最主要的目的是 。（选填选项前的字母）
A．检查各仪器及导线是否完好
B．检查电流计量程是否合适
C．检查电流计测量电路的电流是否准确
D．推断电流从不同接线柱流入时电流计指针偏转方向
（2）接下来用如图3所示的装置做实验，图中螺线管上的粗线标示的是导线的绕行方向。某次实验中在条形磁铁拔出螺线管的过程中，观察到电流计指针向右偏转，说明螺线管中的电流方向（从上往下看）是沿 （选填“顺时针”或“逆时针”）方向，由此可推断磁铁下端的磁极为 极（选填“N”或“S”）。
（3）又将实验装置改造，如图4所示。连接好实验电路并检查无误后，观察在闭合开关的瞬间和断开瞬间以及闭合开关后以不同速度移动滑动变阻器的滑片过程中，指针摆动情况，由此实验可以得出恰当的结论是 。（选填选项前的字母）
A．螺线管B的磁场变强或变弱影响感应电流大小
B．螺线管B的磁场变强或变弱影响感应电流方向
C．螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流大小
D．螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流方向
四．计算题（共6小题）
15．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨电阻不计，其间距为L＝1m。左端通过导线连接一个R＝1.5Ω的定值电阻，整个导轨处在磁感应强度大小B＝0.5T，方向竖直向下的匀强磁场中，质量m＝0.2kg、电阻r＝0.5Ω、长度为1m的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好。在杆的中点施加一个垂直杆的水平拉力F，使杆由静止开始运动，拉力F的功率P＝3W保持不变，当杆的速度v＝6m/s时撤去拉力F。求：
（1）杆的速度为4m/s时，杆的加速度的大小；
（2）从撤去拉力F到杆停下整个过程中，杆上产生的热量Q1；
（3）从撤去拉力F到杆停下整个过程中，杆滑动的位移大小x。
16．如图所示为交流发电机示意图，匝数为n＝100的矩形线圈，边长分别为a＝10cm和b＝20cm，内阻为r＝5Ω，在磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中绕轴OO'以的角速度匀速转动，开始转动时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过滑环和电刷与外部R＝20Ω的电阻相接。闭合开关S后：
（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；
（2）求电压表和电流表示数；
（3）求从计时开始，线圈转过的过程中，通过外电阻R的电荷量。
17．电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化为电势能的装置，在不同的电源中，非静电力做功的本领也不相同，物理学中用电动势来表明电源的这种特性。如图所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属框两平行导轨间距为L，金属棒ab在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为e，金属棒ab的长度为L。
（1）请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒ab切割磁感应线产生的感应电动势E；
（2）在金属棒产生电动势的过程中，请说明是什么力充当非静电力，并求出这个非静电力所做的功W的大小；
（3）设单位时间内有N个电子从a端运动到b端，求电源的电功率P的大小。
18．如图甲所示，倾角为θ＝37°足够长的倾斜导体轨道与光滑水平轨道平滑连接。轨道宽度d＝0.5m，电阻忽略不计。在水平轨道平面内有水平向右的匀强磁场，倾斜轨道平面内有垂直于倾斜轨道向下的匀强磁场，大小都为B，现将质量m＝0.4kg、电阻R＝1Ω的两个相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道的顶端，同时由静止释放。导体cd下滑过程中加速度a和速度v的关系如图乙所示。cd棒从开始运动到最大速度的过程中流过cd棒的电荷量q＝0.4C（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2），则：
（1）cd和倾斜轨道之间的动摩擦因数是多少；
（2）ab和水平轨道之间的最大压力是多少；
（3）cd棒从开始运动到速度最大的过程中ab棒上产生的焦耳热是多少。
（附加题）
19．如图所示，固定光滑平行轨道abcd的水平部分处于磁感应强度大小为B方向竖直向上的匀强磁场中，bc段轨道宽度为2L，cd段轨道宽度为L，bc段轨道和cd段轨道均足够长。质量为2m的导体棒P和质量为m的导体棒Q，有效电阻分别为2R和R，分别置于轨道上的ab段和cd段，且均与轨道垂直，金属棒Q原来处于静止状态。现让金属棒P从距水平轨道高为h处无初速度释放，两金属棒运动过程中始终与导轨接触良好且与导轨垂直，不计其它电阻及阻力，重力加速度大小为g，求：
（1）两金属棒稳定运动的速度以及通过金属棒Q的电荷量；
（2）当两棒相距最近时，电路的热功率。
20．如图所示，间距为2d（d＝0.5m）的平行金属导轨放置在绝缘水平面上，导轨左端连一电容C＝0.5F的电容器，初始时电容器不带电。空间分布着n个宽度为0.5d、间距为d的匀强磁场区域，从右到左依次记为区域1、区域2、区域3…，磁感应强度B＝0.8T，方向垂直水平面向下，磁场边界与导轨垂直，且导体棒ab左侧的无磁场区域导轨表面涂有绝缘涂层。长度为d的绝缘棒将导体棒ab和边长为d的正方形单匝线框连接组成“”形装置，总质量M＝0.08kg；线框电阻R＝1Ω，导体棒和导轨的电阻极小。线框右边与导体棒平行且固定在弹射器上，导体棒ab位于磁场右边界外。t0时刻，闭合开关S，同时将“”形装置以速度v0＝10.5m/s向左弹出。导体棒在整个运动过程中始终与导轨接触并且相互垂直。（不计空气和摩擦阻力）
（1）刚进入磁场区域时，比较导体杆两端点a、b的电势高低；
（2）导体棒ab刚进入区域1时，因为导体棒和导轨的电阻极小，会有一个瞬间的强电流，电容器会瞬间充电，“”形装置会瞬间减速到某一速度，之后ab棒会匀速通过区域1，求ab棒离开磁场区域1的速度；
（3）从导体棒ab离开磁场区域7至其刚进入磁场区域8的过程中，正方形线框上产生的焦耳热Q。
2024年03月高二物理月考试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．【解答】解：ABC、滑片下移，电阻变小，电流变大，所以磁通量变大，根据楞次定律，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知线圈面积有减小的趋势，同时也有远离的趋势，所以线圈a对桌面的压力变大，故A错误，B错误，C正确；
D、穿过线圈a的磁通量增加方向向下，根据楞次定律可以判断出线圈a中感应电流方向俯视图应该为逆时针，故D错误。故选：C。
2．【解答】解：线圈进入磁场时，设某时刻进入磁场的距离为x，此时线圈的速度为v，取向右为正方向，由动量定理得
其中：联立可得：
当完全进入磁场后，不受到安培力，所以线圈做匀速直线运动。
当线圈出磁场时，速度v与位移x的关系与进入磁场相似，故ACD错误，B正确。故选：B。
3．【解答】解：A．A与L并联，a现象中电压直接加到灯泡A上，A不会出现闪亮现象；而线圈L有自感电动势，故A错误；
B．S闭合的瞬间，电压直接加到灯泡A上，A先亮；随后，由于线圈L产生的自感电动势逐渐减小，则电路中的电流逐渐增大，电源消耗的内电压增大，所以A两端的电压减小，A会变暗一些。断开S的瞬间，A与L组成自感回路，电流从流过L的电流值开始减小，此时A闪亮一下，说明电路中的电流稳定时，流过L的电流大于流过A的电流，根据欧姆定律可知，A的电阻值大于L的阻值；若L的电阻远小于A的电阻，这个电感最后就变成导线了 所以灯泡A相当于被短接，会灭的，故B错误；
C．断开S瞬间，L产生自感电动势，与A形成通路，使A闪亮后熄灭，与电源无关，故C错误；
D．合上S瞬间，线圈将一部分电场能转化为磁场能储存起来，则合上S瞬间，电源输出的电能大于灯泡A和线圈L产生的焦耳热之和，故D正确。故选：D。
4．【解答】解：AB、此时小灯泡与M、N相连构成闭合回路，它们一起在磁场中做切割磁感线运动，闭合回路的磁通量不变，回路中不产生感应电流，小灯泡不工作，故AB错误；
C、“天宫一号”绕行过程中，自身金属局部回路的磁通量在变化，会有感应电流，受向后的安培力，会发生电磁阻尼，故C正确；
D、根据地磁场的特点，地磁场磁感应强度垂直于MN所在平面的分量在南、北半球方向相反，所以“天宫一号”在南、北半球沿同一方向水平飞行时M、N间感应电动势方向相反，故D错误。故选：C。
5．【解答】解：ACD、闭合开关S后导体棒从静止开始运动，经t秒以v匀速率运动，此时导体棒不受安培力作用，导体棒中的电流为0，则导体棒ab产生的感应电动势与电阻R两端电压相等，则有：U＝BLv
导体棒中的电流为0，相当于断路，此时通过电阻R的电流为：
且有：U＝IR
联立解得：，t秒末导体棒 ab两端的电压为：，故A正确，CD错误；
B、从0～t秒，根据能量守恒可知，电源消耗的电能转化为导体棒的动能、电阻R和内阻r的焦耳热，且通过电阻R的电流并不是一直为，因此电源消耗的电能，故B错误。故选：A。
6．【解答】解：交流电的有效值要求是：若同一阻值为R的电阻接在恒压稳流的直流电路中在交流电的一个周期内产生的热量与接在交流电路中在一个周期内产生的热量相同，则认为该直流电的电压U为交流电电压的有效值，该直流电路中通过电阻R的电流I为交流电电流的有效值，则根据等效思想有T＝×+×+×
解得U＝V
故A正确，BCD错误。故选：A。
7．【解答】解：设原线圈电流为I1＝I，根据＝，则副线圈电流大小为I2＝4I，依题意
P1：P2＝I2R1：（4I）2R2＝1：2
解得R1：R2＝8：1
故ABD错误，C正确。故选：C。
8．【解答】解：AB．根据右手定则可知，甲图中通过电阻的电流方向始终不变，则甲输出是直流电，根据正弦式交流电峰值和有效值的关系可知转动一周的过程中电流的有效值为
转动一周的过程中，每转过90°，通过电阻的电荷量为
则转动一周的过程中流过电阻的电荷量
故A错误，B正确；
CD．根据右手定则可知，乙图中通过电阻的电流方向改变，则乙输出是交流电，转动一周的过程中电阻R上电压最大值为
根据功率的公式有故CD错误。故选：B。
二．多选题（共4小题）
9．【解答】解：AB、通过光敏电阻的电流即为原线圈电流I1，通过灯泡的电流即为副线圈的电流I2，根据原、副线圈电流与线圈匝数之比有
＝＝由于U＝I1R+U1
U2＝I2RL且＝＝解得U＝I1R+I1RL
所以当光照强度由强变弱时，R增大，I1变小，I2也变小，灯泡变暗；
故A正确，B错误；
CD、光敏电阻消耗的功率为P'＝＝I1U﹣
解得
P'＝I1U﹣RL＝﹣RL（﹣）＝﹣RL（I1﹣）2+＝
根据数学方法可知当I1＝时，光敏电阻消耗的功率最大，即
U＝R+•RL解得，P'＝
故C错误，D正确；故选：AD。
10．【解答】解：A、交流电源电压的有效值为：U0有＝＝V＝220V
根据理想变压器的功率关系有：
根据理想变压器电流与匝数的关系有：I1：I2＝4：1
联立两式可得：
滑动变阻器R的滑片P向下滑动，滑动变阻器R接入电阻减小，由上式可知，在电源电压U0有不变的情况下，所以I1变大，则I2变大，可知电流表示数变大，原线圈两端电压：U1＝U0有﹣I1R0
因为I1变大，所以U1减小，根据电压匝数关系有：U1：U2＝1：4
由上式可知，U2减小，即电压表示数减小，故A错误；
B、根据交流电源电压的瞬时值表达式可知：ω＝2πf＝100π
解得交流电的频率：f＝50Hz，故B正确；
C、原线圈与副线圈两端电压之比为：
电流之比：I1：I2＝4：1
联立可得：
当R＝10Ω时，解得电压表示数为：，故C错误；
D、结合上述有：
则R获得的功率为：
当时，R获得的功率最大，此时解得：R＝16R0＝80Ω，故D正确。
故选：BD。
11．【解答】解：A、由磁通量Φ与时间t的关系图知：t＝0时刻，磁通量为0，线框平面与磁感线平行，故A错误；
B、t＝时刻，磁通量也为0，感应电流最大，故B错误；
C、感应电动势有效值为：E＝＝＝，故C正确；
D、从t＝0时刻转过60°的过程中，通过线框的电荷量为：q＝sin60°＝，故D正确。故选：CD。
12．【解答】解：A.升压变压器原线圈电流为
根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系
解得输电线上的电流为I2＝100A，故A正确；
B.根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
解得U2＝7600V
降压变压器的输入电压U3＝U2﹣I2r＝7600V﹣15×100V＝6100V，故B正确；
C.输电线上损失的功率
用户获得的功率为
，故C错误；
D.降压变压器的匝数比为
，故D错误。故选：AB。
三．实验题（共2小题）
13．【解答】解：（1）A．根据变压器的改装原理可知，变压器工作时只是改变电压，不改变频率，故A错误；
B．由于原、副线圈两端电压与原、副线圈的匝数有关，因此在实验过程中，采用控制变量法进行研究，故B正确；
C．变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不能超过12V，故C错误；
D．为了人身安全，本实验要求原线圈的匝数大于副线圈的匝数，根据变压器电流与匝数的关系有
由于副线圈的匝数少，副线圈中的电流大于原线圈中的电流，因此副线圈导线应比原线圈导线粗一些好，故D正确。故选：BD。
（2）若为理想变压器，根据电压与匝数关系有
代入数据解得U1＝6.0V
由于实际变压器存在漏磁与线圈电阻发热引起的功率损耗，则实际上原线圈两端电压应该大于6.0V，即原线圈的输入电压可能为7.0V，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（3）A．实际的变压器的原、副线圈存在一定的电阻，线圈上通过的电流会发热，存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故A正确；
B．实际的变压器的铁芯在交变磁场作用下会产生涡旋电流，铁芯会发热，存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故B正确；
C．原线圈输入电压发生变化不会直接引起功率损耗，不会导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，故C错误；
D．实际的变压器的铁芯会发生漏磁，存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故D正确。
本题选择错误的选项。故选：C。
（4）设变压器原副线圈的匝数比
根据理想变压器电压与匝数比的关系，副线圈两端电压
根据理想变压器电流与匝数比的关系，通过副线圈的电流
变压器负载电阻
即
把电阻R0看作输入电源的等效内阻，即r＝R0
电源的输出功率
当R原＝R0，电源有最大输出功率即k2R＝R0
结合上述解得。故答案为：（1）BD；（2）D；（3）C；（4）。
14．【解答】解：（1）在探究“影响感应电流方向的因素”的实验中，需要确定电流方向与电流计指针偏转方向的关系，即推断电流从不同接线柱流入时电流计指针偏转方向，故ABC错误，D正确。故选：D。
（2）根据图1、2可知，电流从电流计“+”接线柱流入，电流计指针向“+”接线柱方向偏转；
用如图3所示的装置做实验，某次实验中观察到电流计指针向右偏转，说明电路中的电流从“+”接线柱流入电流计，螺线管中的电流方向（从上往下看）是沿顺时针方向；
根据安培定则螺可知线管中感应电流产生的磁场方向向下（下端为N极），根据楞次定律可知原磁场方向向下，由此可推断磁铁下端的磁极为N极；
（3）AB.根据楞次定律可知，螺线管B的磁场变强或变弱影响感应电流方向，故A错误，B正确；
CD.根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，因此螺线管B的磁场强弱变化快慢影响感应电流大小，故C正确，D错误。故选：BC。
故答案为：（1）D；（2）顺时针；N；（3）BC。
四．计算题（共6小题）
15．【解答】解：（1）杆开始运动产生感应电动势：E＝BLv
电路中感应电流：I＝＝
代入数据可得：I＝1A
杆所受安培力：FA＝BIL
代入数据可得：FA＝0.5N
杆加速阶段速度v1为4 m/s时，拉力：F＝
代入数据可得：F＝0.75N
根据牛顿第二定律：F﹣FA＝ma1
代入数据可得：a1＝1.25m/s2
杆减速阶段速度为4m/s时，根据牛顿第二定律：FA＝ma2
代入数据可得：a2＝2.5m/s2
（2）从撤去拉力F到杆停下的整个过程中，根据能量守恒定律知道，杆的动能转化为电路中产生的总热量。
所以总热量：Q＝
代入数据可得：Q＝3.6J
杆上产生的热量：Q1＝Q
代入数据可得：Q1＝0.9J
（3）根据题意，撤去拉力F到杆停下整个过程中，由动量定理有F安t＝mv
由E＝BL，＝，F安＝
可得：F安＝
再结合：＝x
联立以上并代入数据可得：x＝＝m＝9.6m
16．【解答】解：（1）线框的面积S＝ab＝10×10﹣2×20×10﹣2m2＝0.02m2
感应电动势的最大值Em＝nBSω＝100×0.5×0.02×50V＝50V
转动开始时，线圈平面与磁场方向平行，瞬时值表达式为：e＝Emcsωt＝50cs50t（V）
（2）电动势的有效值E＝＝V＝50V
开关S合上后，由闭合电路欧姆定律得，电流表的示数为：＝A＝2A
电压表的示数为：U＝IR＝2×20V＝40V
（3）由图示位置转过90°的过程中，通过R上的电荷量为：
由闭合电路欧姆定律得：
由法拉第电磁感应定律得：
代入数据联立解得：q＝0.04C
17．【解答】解：（1）如图1所示，在一小段时间Δt内，金属棒ab的位移为Δx＝vΔt，
这个过程中线框的面积的变化量为ΔS＝LΔx＝LvΔt，
穿过闭合电路的磁通量的变化量为ΔΦ＝BΔS＝BLvΔt，
根据法拉第电磁感应定律为＝BLv；
（2）如图2所示，
棒向右运动时，电子具有向右的分速度，受到沿棒向下的洛伦兹力为f＝evB，
电子在f的作用下，电子从b移动到a的过程中，非静电力做功为W＝evBL，
（3）由题意可知，电流为，
电源的功率为P＝IE＝NeBLv；
18．【解答】解：（1）由图乙所示图象可知，刚释放导体棒cd时，加速度：a＝5m/s2，
对导体棒cd，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma，
代入数据解得：μ＝0.125；
（2）由图乙所示图象可知，a＝0时cd棒速度达到最大，此时电路中的电流最大，
此时cd速度：v＝1m/s，ab安培力达到最大，对地面压力也达到最大，
由平衡条件得：
对导体棒cd：mgsinθ＝F安培+μmgcsθ，
对导体棒ab：FN＝mg+F安培，
代入数据解得：FN＝6N，F安培＝2N，
由牛顿第三定律可知，ab对过道的压力：FN′＝FN＝6N；
（3）导体棒所受安培力大小：F安培＝BId＝，
代入数据解得：B＝4T，
通过导体棒cd的电荷量：q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝，
代入数据解得，cd从释放到刚运动运动时下滑的距离：x＝0.4m，
cd从开始到速度最大的过程中，能量守恒定律得：mgxsinθ＝μmgxcsθ++Q，
ab棒上产生的焦耳热：Qab＝Q，
代入数据解得：Qab＝0.3J；
19．【解答】解：（1）P棒下滑过程中，根据机械能守恒定律得
2mgh＝
解得P棒刚进入磁场时的速度为：v0＝
当P棒进入水平轨道后，切割磁感线产生感应电流，P棒受到向左的安培力而减速，Q棒受到向右的安培力而加速，Q棒运动后也将产生感应电动势，与P棒感应电动势反向，因此回路中的电流将减小，最终P、Q产生的感应电动势大小相等，相互抵消，回路中的感应电流为零，两棒不再受安培力，均做匀速直线运动。
所以最终有：Ep＝EQ，即B•2LvP＝BLvQ
解得：vQ＝2vP
设P棒从进入水平轨道开始到两棒均做匀速运动所用的时间为t，取向右为正方向，对P、Q分别应用动量定理得：
对P棒：﹣（B•2L）t＝2mvp﹣2mv0
对Q棒：BL•t＝mvQ﹣0
联立解得两金属棒稳定运动的速度分别为：vp＝，vQ＝
通过金属棒Q的电荷量为q＝•t，结合BL•t＝mvQ，解得：q＝
（2）当P、Q两棒的速度相等时，相距最近，设P棒从进入水平轨道开始到两棒共速经过的时间为t′，共同速度为v，取向右为正方向，对P、Q分别应用动量定理得：
对P棒：﹣（B•2L）t′＝2mv﹣2mv0
对Q棒：BL•t′＝mv﹣0
联立解得：v＝
回路总的感应电动势为：E＝B•2Lv﹣BLv＝BLv＝BL•＝
当两棒相距最近时，电路的热功率为P＝
解得：P＝
20．【解答】解：（1）刚进入磁场区域时，根据右手定则可知电流方向从a流向b，所以φa＜φB
（2）取向左为正方向，对ab棒根据动量定理有
﹣BI×2dΔt＝Mv1﹣Mv0
电容两端的电压为
UC＝B×2d×v1
电容为
其中
Q＝IΔt
代入数据联立解得
v1＝2.1m/s；
（3）ab棒刚离开磁场区域1到ab棒刚离开磁场区域7的过程，取向左为正方向，根据动量定理
代入数据解得
v7＝1m/s
由ab离开磁场区域7至其刚进入磁场区域8的过程中，取向左为正方向，根据动量定理
代入数据解得
v8＝0
根据能量守恒定律，正方形线框上产生的焦耳热为
代入数据解得
Q＝0.04J。
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