北京市第五十中学2024-2025学年高二下学期第一次月考物理试卷-A4

这是一份北京市第五十中学2024-2025学年高二下学期第一次月考物理试卷-A4，共35页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）如图为交流发电机的示意图，N、S极间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，矩形线圈ABCD绕垂直于磁场的轴OO′沿逆时针方向匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为e＝20sin（100πt）V，外电路接有阻值R＝10Ω的定值电阻，线圈电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．电流变化的周期为0.01s
B．电流表的示数为2A
C．线圈经过图示位置，电流方向改变
D．线圈在图示位置时，产生的电动势为20V
2．（3分）甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，由图可知（ ）
A．t＝2s时，甲的回复力为0，乙的速度为0
B．t＝4s时，甲、乙的速度方向相同
C．甲、乙两个摆的振幅之比是4：1
D．甲、乙两个摆的摆长之比是2：1
3．（3分）如图所示，水平弹簧振子沿x轴在M、N间做简谐运动，坐标原点O为振子的平衡位置，其振动方程为x＝5sin（10πt）cm。下列说法正确的是（ ）
A．MN间距离为5cm
B．振子的运动周期是0.2s
C．t＝0时，振子位于N点
D．t＝0.05s时，振子具有最大速度
4．（3分）如图所示，将带铁芯的线圈L与灯泡A并联，接到直流电源上。先闭合开关S，稳定后灯泡A正常发光；然后断开开关S，灯泡A先闪亮一下，再熄灭。下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S后瞬间，灯泡A缓慢变亮
B．闭合开关S后瞬间，通过线圈L的电流逐渐增大
C．断开开关S后瞬间，通过灯泡A的电流方向为a→b
D．断开开关S前、后瞬间，通过灯泡A的电流一样大
5．（3分）如图甲所示的理想变压器，其原线圈接在输出电压如图乙所示的正弦式交流电源上，副线圈接有阻值为88Ω的负载电阻R，原、副线圈匝数之比为5：1．电流表、电压表均为理想交流电表。下列说法中正确的是（ ）
A．电流表的示数为2.5A
B．电压表的示数约为62V
C．原线圈的输入功率为22W
D．若负载电阻R的阻值变大，则原线圈的输入功率也变大
6．（3分）图中B为理想变压器，接在原线圈上的交变电压有效值保持不变．灯泡L1和L2完全相同（阻值恒定不变），R是一个定值电阻，电压表、电流表都为理想电表．开始时开关S是闭合的．当S断开后，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数变大B．电流表A1的示数变大
C．电流表A2的示数变大D．灯泡L1的亮度变亮
7．（3分）如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁体。磁体正下方水平桌面上放置一个闭合线圈。将磁体托起到某一高度后放开，磁体能上下振动并最终停下来。磁体振动过程中未到达线圈平面且线圈始终静止在桌面上。磁体振动过程中，下列选项正确的是（ ）
A．线圈对桌面的压力总大于重力
B．线圈总有扩张的趋势
C．弹簧的弹性势能一直减小
D．磁体和弹簧系统的机械能一直减小
8．（3分）如图所示，一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨上面横放着两根完全相同的铜棒ab和cd，构成矩形回路，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场B．开始时，棒cd静止，棒ab有一个向左的初速度v0，则关于两棒以后的运动，下列说法正确的是（ ）
A．ab棒做匀减速直线运动，cd棒做匀加速直线运动
B．ab棒减小的动量等于cd棒增加的动量
C．ab棒减小的动能等于cd棒增加的动能
D．两棒一直运动，机械能不断转化为电能
9．（3分）一个单摆在竖直平面内沿圆弧AOB做往复运动。某时刻摆球由A点从静止开始摆动，如图所示摆线与竖直方向的夹角为30°，O点为摆动的最低点，则下列说法正确的是（ ）
A．摆球在O点受重力、拉力、向心力
B．摆球摆动到O点时所受合外力为零
C．摆球从A点摆动到O点的过程中，拉力不做功，动能增加
D．摆球经过P点时摆角小于10°，则摆球所受拉力与重力的合外力充当回复力
10．（3分）下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（ ）
A．图甲中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中产生大量热量，从而冶炼金属
C．丙是铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快
D．图丁是微安表的表头，运输时把两个正、负接线柱用导线连接，可以减小电表指针摆动角度
11．（3分）如图甲所示，把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电动偏心轮的电压，可使偏心轮转速提高；增加筛子的质量，筛子的固有周期随之增大。现在某电压下偏心轮的转速是2r/s，下列说法正确的是（ ）
A．筛子现在振动的频率为0.8Hz
B．提高偏心轮的转速，筛子的振动频率保持不变
C．仅增大偏心轮的电压，可以使筛子振幅减小
D．仅增大筛子的质量，可以使筛子振幅增大
12．（3分）电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构示意图如图1所示。两对永磁铁间存在磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场永磁铁可随发动机一起上下振动，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。图2为侧视图（从右向左看）。下列说法正确的是（ ）
A．图2中穿过线圈的磁通量为BL2
B．永磁铁位置相对线圈位置下降时，线圈中一定产生逆时针方向的感应电流
C．永磁铁相对线圈位置变化越大，线圈中感应电动势越大，回收能量越多
D．永磁铁相对线圈位置变化越快，线圈中感应电动势越大，回收能量越多
13．（3分）如图所示，水平放置的内壁光滑半径为R的玻璃圆环，有一直径略小于圆环口径的带正电q的小球，在圆环内以速度v0沿顺时针方向匀速转动（俯视）。在t＝0时刻施加方向竖直向上的变化磁场，磁感应强度B＝kt（k＞0）。设运动过程中小球带电荷量不变，不计小球运动产生的磁场及相对论效应。加上磁场后，下列说法正确的是（ ）
A．小球对玻璃圆环的压力不断增大
B．小球对玻璃圆环的压力不断减小
C．小球所受的磁场力一定不断增大
D．小球每运动一周增加的动能为kqπR
14．（3分）如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，将力传感器固定在O点。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动过程中的最低位置。图乙表示摆球从运动至A点开始计时细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，重力加速度g取10m/s2。（ ）
A．单摆的振动周期为0.2πs
B．单摆的摆长为0.1m
C．摆球的质量为0.05kg
D．摆球运动过程中的最大速度0.08m/s
二、实验题（18分）
15．（8分）利用如图所示的装置可以探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系：
（1）除图中所示器材外，还需要的器材有 。
A.干电池
B.低压交流电源
C.直流电压表
D.交流电压表
（2）下列说法正确的是 。
A.变压器工作时，通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈
B.变压器工作时在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能
C.理想变压器输入功率等于输出功率，没有能量损失
D.变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零
（3）实验中，图中变压器的原线圈接“0，800匝”接线柱，所接电源电压为交流10.0V，副线圈接“0，400匝”接线柱，则副线圈两端电压是 。
（4）由于变压器工作时有能量损失，实验测得的原、副线圈的电压比应当U1U2 （选填“＞”、“＝”或者“＜”）原、副线圈的匝数比n1n2。
16．（10分）用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。
（1）测量周期时用到了秒表，长针转一周的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格为1min，该单摆摆动n次长短针的位置如图2所示，所用时间为t＝ s。先用游标卡尺测量摆球直径d，测量的示数如图3所示，则摆球直径d＝ mm。
（2）测出悬点O至小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝ （用L、n、t、π表示）。
（3）用多组实验数据作出T2﹣L图像，也可以求出重力加速度g，已知三位同学作出的T2﹣L图线的示意图如图4中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是 （选填选项前的字母）。
A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球最下端的距离记为摆长L
B.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值
D.图线a对应的g值大于图线b对应的g值
（4）若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用T2﹣L图线求得的g值和真实值相比是 的（选项“偏大”、“偏小”或“不变”）。
三、计算题（共40分）
17．（9分）如图所示，两根相互平行的光滑长直金属导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L＝1.0m，导轨电阻不计；导轨右端接有阻值为R＝4.5Ω的电阻。长度也为L，阻值为r＝0.5Ω的金属棒ab垂直于导轨放置，ab与导轨间保持良好接触。导轨处于磁感应强度为B＝0.5T、方向竖直向下的匀强磁场中。ab在水平外力的作用下以速度v＝4.0m/s向右匀速运动。求：
（1）通过电阻R的电流大小和方向；
（2）水平外力大小F；
（3）回路中的热功率P。
18．（9分）如图所示，某小型交流发电机内的矩形金属线圈ABCD的面积S＝0.1m2，匝数n＝100，线圈的总电阻r＝10Ω，线圈所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.1T。线圈通过滑环和电刷与阻值R＝90Ω的定值电阻连接。现使线圈绕轴OO′匀速转动，角速度为ω＝300rad/s。
（1）从中性面开始计时，写出线圈中电流瞬时值的表达式；
（2）求线圈转动1min过程中电阻R上产生的热量Q；
（3）求线圈从中性面位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量q。
19．（10分）如图为远距离输电过程的示意图。已知某个小型发电机的输出功率为90kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为5Ω，在用户端用一降压变压器把电压降为220V，要求在输电线上损失的功率控制为2kW（即用户得到的功率为88kW），求：
（1）降压变压器输出的电流I4和输电线上通过的电流I2；
（2）输电线上损失的电压U损和升压变压器输出的电压U2；
（3）降压变压器的匝数比n3n4。
20．（12分）分析电路中的电势变化是研究电路规律的重要方法。比如闭合电路欧姆定律可以通过分析电势的变化得出：在电源内部，电流I从负极流向正极，非静电力的作用使电势升高E（电动势），电流流过电源内阻r时电势降低Ir，因此电源两端电压U＝E﹣Ir。
（1）如图1所示，100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、K与一个电阻相连，线圈的电阻r＝5Ω。线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场，线圈中的磁通量随时间均匀变化，产生的感应电流I＝1A，A、K两点间的电势差UAK＝45V。求：
①线圈中产生的感应电动势E。
②磁通量的变化率ΔΦΔt。
（2）电动机的模型示意图如图2所示，MN、PQ是间距为L的固定平行金属导轨，置于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨所在平面向下的匀强磁场中，M、P间接有电源。一根与导轨接触良好、长度也为L、阻值为R、质量为m的金属棒cd垂直导轨放置，通过轻滑轮以速率v匀速提升质量为m的重物。摩擦阻力、导轨电阻均不计，重力加速度为g。当电动机稳定工作时，求电源的电动势E。
（3）如图3所示，将一长方体金属薄片垂直置于匀强磁场中，在薄片的左右两个侧面间通以向右的电流时，上下两侧面间产生电势差，这一现象称为霍尔效应，在垂直上下表面的连线上e、f两点间电势差的绝对值通常称为霍尔电压。实际测量霍尔电压时的测量点往往不在垂直上下表面的连线上（如e、g两点），从而导致测量出现偏差，但仍可以采用一定的办法推测出准确的霍尔电压。某次测量，先测得e、g两点间的电势差为Ueg，仅将磁场反向，磁感应强度的大小不变，再测得e、g两点间的电势差为U′eg，求上述情况中该金属薄片产生的霍尔电压UH。
2024-2025学年北京市五十中高二（下）第一次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题）
一、单选题（每题3分，共42分）
1．（3分）如图为交流发电机的示意图，N、S极间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，矩形线圈ABCD绕垂直于磁场的轴OO′沿逆时针方向匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为e＝20sin（100πt）V，外电路接有阻值R＝10Ω的定值电阻，线圈电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．电流变化的周期为0.01s
B．电流表的示数为2A
C．线圈经过图示位置，电流方向改变
D．线圈在图示位置时，产生的电动势为20V
【分析】线圈在磁场中转动产生感应电动势，根据瞬时感应电动势的表达式判断出产生的感应电动势的最大值和角速度，即可求得有效值和周期，从而解得电流表示数，明确中性面的特点即可判断C。
【解答】解：A．根据题意可知此交流电的周期为T=2πω=2π100πs＝0.02s，故A错误；
B．此发电机电动势的有效值为E=Em2=202V＝102V，根据闭合电路欧姆定律有I=ER=10210A=2A，故B错误；
C．当线圈平面转到图示位置时磁通量为零，与中性面垂直，电流方向未改变，故C错误；
D．图示位置时，电动势最大为20V，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了线圈在磁场中转动产生感应电动势，对于正弦式交变电流，明确最大值有效值间的关系，知道中性面的特点即可。
2．（3分）甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，由图可知（ ）
A．t＝2s时，甲的回复力为0，乙的速度为0
B．t＝4s时，甲、乙的速度方向相同
C．甲、乙两个摆的振幅之比是4：1
D．甲、乙两个摆的摆长之比是2：1
【分析】分析两摆的运动过程，根据对称性及周期间的关系分析甲、乙的位置，由图可知两个摆的周期和振幅，再由周期公式可求得摆长之比和振幅之比；
【解答】解：A、t＝2s时，甲在平衡位置，回复力为0，乙在最高点，速度为0，故A正确；
B、t＝4s时，甲从平衡位置向上振动，乙从平衡位置向下振动，速度方向相反，故B错误；
C、由图像知A甲＝2cm，A乙＝1cm，A甲A乙=21，故C错误；
D、甲摆的周期T1＝4s，乙摆的周期为T2＝8s，根据周期公式T＝2πLg得L=gT24π2，L1L2=T12T22=4282=14，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查机械振动的周期，要熟练理解记忆单摆的周期公式、物理过程分析。
3．（3分）如图所示，水平弹簧振子沿x轴在M、N间做简谐运动，坐标原点O为振子的平衡位置，其振动方程为x＝5sin（10πt）cm。下列说法正确的是（ ）
A．MN间距离为5cm
B．振子的运动周期是0.2s
C．t＝0时，振子位于N点
D．t＝0.05s时，振子具有最大速度
【分析】解题时首先根据给出的振动方程识别出振幅和角频率，从而判断振子运动的范围和周期；其次利用正弦函数的初相位判断起始时刻的位置；最后结合简谐运动中速度和加速度的变化规律，判断特定时刻振子的状态。
【解答】解：A、MN间距离为2A＝10cm，故A错误；
B、振子的运动周期是：T=2πω=2π10πs=0.2s，故B正确；
C、t＝0时，x＝0，则振子位于O点，故C错误；
D．t＝0.05s时，x=5sin(π2)cm=5cm，振子位于N点，具有最大加速度，最小速度，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查对简谐运动方程的理解以及对振动规律的把握，关键在于熟练掌握振幅、周期、相位和速度加速度的变化特点。
4．（3分）如图所示，将带铁芯的线圈L与灯泡A并联，接到直流电源上。先闭合开关S，稳定后灯泡A正常发光；然后断开开关S，灯泡A先闪亮一下，再熄灭。下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S后瞬间，灯泡A缓慢变亮
B．闭合开关S后瞬间，通过线圈L的电流逐渐增大
C．断开开关S后瞬间，通过灯泡A的电流方向为a→b
D．断开开关S前、后瞬间，通过灯泡A的电流一样大
【分析】稳定后开关S再断开，小灯泡要闪亮一下，这是因为线圈产生自感电动势来阻碍电路的减小，这时线圈相当于电源，电流突然增大到原来线圈的电流。
【解答】解：A．闭合开关S后瞬间，电源的电压直接加到灯泡的两端，所以灯泡A马上变亮，故A错误；
B．闭合开关S后瞬间，由于线圈L产生自感电动势阻碍通过线圈电流的增大，所以通过线圈L的电流逐渐增大，故B正确；
CD．断开开关S后瞬间，由于线圈L产生自感电动势阻碍通过线圈电流的减小，且线圈与A构成回路，所以通过灯泡A的电流方向为b→a，由于灯泡A先闪亮一下，再熄灭，所以断开开关S后瞬间通过灯泡A的电流比断开开关S前通过灯泡A的电流大，故CD错误。
故选：B。
【点评】该题关键是抓住“小灯泡闪亮一下”来判定感应电流与原电流的关系，其余都是基本关系应用。
5．（3分）如图甲所示的理想变压器，其原线圈接在输出电压如图乙所示的正弦式交流电源上，副线圈接有阻值为88Ω的负载电阻R，原、副线圈匝数之比为5：1．电流表、电压表均为理想交流电表。下列说法中正确的是（ ）
A．电流表的示数为2.5A
B．电压表的示数约为62V
C．原线圈的输入功率为22W
D．若负载电阻R的阻值变大，则原线圈的输入功率也变大
【分析】电表的示数为有效值，由图乙可知交流电压的最大值，根据最大值和有效值的关系求解有效值。
根据变压器的变压比和变流比分析电表示数和原线圈输入的功率。
副线圈电阻R阻值变大，根据闭合电路欧姆定律分析电流变化，确定功率变化。
【解答】解：B、分析图乙可知，正弦式交流电源的电动势的最大值为2202V，有效值为220V，则原线圈输入电压：U1＝220V，根据变压比可知，副线圈输出电压：U2=n2n1U1=44V，则电压表的示数为44V，故B错误；
A、根据欧姆定律可知，副线圈输出电流：I2=U2R=0.5A，根据变流比可知，原线圈输入电流：I1=n2n1⋅I2=0.1A，故A错误；
C、副线圈输出功率：P2＝U2I2＝44×0.5W＝22W，根据变压器的输入功率等于输出功率可知，原线圈中输入功率也是22W，故C正确；
D、若负载电阻R的阻值变大，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流会变小，副线圈输出功率会变小，故原线圈的输入功率也会变小，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查了正弦式交变电流的产生规律，以及变压器的构造和原理，解题的关键是明确正弦式交变电流的最大值与有效值的关系，以及变压器的变流比和变压比。
6．（3分）图中B为理想变压器，接在原线圈上的交变电压有效值保持不变．灯泡L1和L2完全相同（阻值恒定不变），R是一个定值电阻，电压表、电流表都为理想电表．开始时开关S是闭合的．当S断开后，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数变大B．电流表A1的示数变大
C．电流表A2的示数变大D．灯泡L1的亮度变亮
【分析】断开开关，总电阻增大，电流减小，副线圈两端的电压由变压器的匝数之比和原线圈的输入电压有关，再结合闭合电路欧姆定律分析灯泡的亮度变化．
【解答】解：A、电压表测量输出电压，因匝数不变；故电压表的示数不变；故A错误；
BC、S断开后相当于负载减少，总电阻增大，副线圈中电流减小，原线圈中的电流也减小，两电流表示数均减小；故BC错误；
D、副线圈电流减小，但副线圈两端的电压不变，因此定值电阻的分压减小，所以灯泡L1的亮度变亮，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了变压器的特点，同时结合闭合电路的欧姆定律考查了电路的动态分析．
7．（3分）如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁体。磁体正下方水平桌面上放置一个闭合线圈。将磁体托起到某一高度后放开，磁体能上下振动并最终停下来。磁体振动过程中未到达线圈平面且线圈始终静止在桌面上。磁体振动过程中，下列选项正确的是（ ）
A．线圈对桌面的压力总大于重力
B．线圈总有扩张的趋势
C．弹簧的弹性势能一直减小
D．磁体和弹簧系统的机械能一直减小
【分析】根据楞次定律，线圈中磁通量发生变化时会产生感应电流，感应电流的磁场使磁铁上下振动时始终受到阻碍作用，从而使系统的机械能快速转化为内能，从而使磁铁迅速停止振动。
【解答】解：AB．磁体向下运动时，穿过线圈的磁通量增加，线圈有缩小趋势，磁体对线圈的作用力为向下的排斥力，线圈对桌面的压力大于重力；磁体向上运动时，穿过线圈的磁通量减少，线圈有扩张趋势，磁体对线圈的作用力为向上的吸引力，线圈对桌面的压力小于重力，故A、B错误；
C．磁体上下运动，弹簧长度时而增大时而减小，所以弹簧弹性势能时而变大时而变小，故C错误；
D．磁体上下运动过程中，感应电流的磁场使磁铁上下振动时始终受到阻碍作用，线圈对磁体的作用力对磁体始终做负功，所以磁体和弹簧系统的机械能一直减小，故D正确。
故选：D。
【点评】本题巧妙的考查了楞次定律的应用，只要记住“增反减同，来拒去留，增缩碱扩”这一规律，此类题目难度不大。
8．（3分）如图所示，一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨上面横放着两根完全相同的铜棒ab和cd，构成矩形回路，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场B．开始时，棒cd静止，棒ab有一个向左的初速度v0，则关于两棒以后的运动，下列说法正确的是（ ）
A．ab棒做匀减速直线运动，cd棒做匀加速直线运动
B．ab棒减小的动量等于cd棒增加的动量
C．ab棒减小的动能等于cd棒增加的动能
D．两棒一直运动，机械能不断转化为电能
【分析】两棒切割磁场产生的感应电动势为E＝BL•Δv，其中Δv为两棒的相对速度，并且Δv逐渐减小，最终为0，受力分析可知两棒所受合外力逐渐减小，最终为0，所以根据牛顿第二定律即可确定两棒的运动性质；根据动量守恒定律即可分析两棒动量变化量的关系；根据能量守恒定律即可分析两棒动能变化量的大小关系以及转化电能的情况。
【解答】解：A、初始时ab棒向左运动受到向右的安培力，cd棒受到向左的安培力，所以ab棒减速，cd棒加速，设ab棒速度为v1，cd棒速度为v2，开始时v1＞v2，随着运动两棒的相对速度Δv＝v1﹣v2逐渐减小至0，两棒切割磁场产生的感应电动势为E＝BL•Δv，E也逐渐减小最终为0，感应电流逐渐减小到0，安培力逐渐减到0，所以ab棒做加速度逐渐减小的变减速直线运动，cd棒做加速度逐渐减小的变加速直线运动，故A错误；
B、两棒组成的系统受安培力的合力为零，故系统的动量守恒，所以ab棒减小的动量等于cd棒增加的动量，故B正确；
C、回路中有产生电磁感应现象，有电流做功产生电热，所以根据能量守恒可知，ab棒减小的动能等于cd棒增加的动能与两棒产生电热之和，所以ab棒减小的动能大于cd棒增加的动能，故C错误；
D、当v1＞v2时，产生电磁感应现象，产生电热，机械能转化为电能，最后两棒共速v1＝v2，之后两棒以共同的速度做匀速直线运动，机械能守恒，不再产生电能，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查电磁感应定律导体棒切割磁场的双杆模型，重点考查动量守恒定律和能量守恒的应用，受力分析是解题的关键，认真分析相对速度变化导致其受力的变化，注意公式E＝BL•Δv的运用。
9．（3分）一个单摆在竖直平面内沿圆弧AOB做往复运动。某时刻摆球由A点从静止开始摆动，如图所示摆线与竖直方向的夹角为30°，O点为摆动的最低点，则下列说法正确的是（ ）
A．摆球在O点受重力、拉力、向心力
B．摆球摆动到O点时所受合外力为零
C．摆球从A点摆动到O点的过程中，拉力不做功，动能增加
D．摆球经过P点时摆角小于10°，则摆球所受拉力与重力的合外力充当回复力
【分析】根据摆球做圆周运动需要向心力及向心力的定义分析判断；根据动能定理分析摆球从A点摆动到O点的过程中动能的变化；当摆角小于10°时根据小球做简谐运动分析回复力的来源。
【解答】解：A．摆球在O点只受重力、拉力两个力作用，重力和拉力的合力提供向心力，摆球不会受到向心力，故A错误；
B．摆球摆动到O点时所受合外力提供向心力，合外力不为零，故B错误；
C．摆球从A点摆动到O点的过程中，拉力不做功，重力做正功，合外力做正功，由动能定理可知，动能增加，故C正确；
D．摆球经过P点时摆角小于5°，摆球的运动可看成简谐运动，则摆球重力沿切线方向的分力充当回复力，故D错误。
故选：C。
【点评】本题结合单摆的运动考查了回复力、向心力的概念，向心力、回复力均为效果力，注意向心力、回复力与物体的合外力的区分。
10．（3分）下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（ ）
A．图甲中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中产生大量热量，从而冶炼金属
C．丙是铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快
D．图丁是微安表的表头，运输时把两个正、负接线柱用导线连接，可以减小电表指针摆动角度
【分析】AB.根据电磁驱动原理、涡流原理解释；
C.根据电磁感应作答；
D.微安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理。
【解答】解：A．根据电磁驱动原理，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，但线圈比磁铁转得慢，故A错误；
B．当炉外线圈通入高频交流电时，铁块中产生产生涡流，铁块中产生大量热量，从而冶炼金属，故B错误；
C．当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，产生感应电流，楞次定律可知，产生的安培力将阻碍铜盘切割磁感线运动，使铜盘转动将变慢，故C错误；
D．在运输时要把微安表的两个正、负接线柱用导线连在一起，根据电磁阻尼的原理可知，这样做可以减小电表指针摆动角度，使电表指针不受损坏，故D正确。
故选：D。
【点评】本题是一道考查电磁驱动、涡流、电磁感应和电磁阻尼等知识的基础题，要加强知识的储备。
11．（3分）如图甲所示，把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电动偏心轮的电压，可使偏心轮转速提高；增加筛子的质量，筛子的固有周期随之增大。现在某电压下偏心轮的转速是2r/s，下列说法正确的是（ ）
A．筛子现在振动的频率为0.8Hz
B．提高偏心轮的转速，筛子的振动频率保持不变
C．仅增大偏心轮的电压，可以使筛子振幅减小
D．仅增大筛子的质量，可以使筛子振幅增大
【分析】当驱动力频率和筛子的固有频率相等时，筛子发生共振，筛子的振幅最大。
【解答】解：A、偏心轮的转速是2r/s，即偏心轮的频率为2Hz，筛子现在振动的频率等于驱动力频率，为2Hz，故A错误；
B、根据筛子的振动频率等于驱动力的频率可知，提高偏心轮的转速，筛子的振动频率增大，故B错误；
C、仅增大偏心轮的电压，则偏心轮的转速增大，频率增大，由图乙可知，驱动力的频率与筛子的固有频率差距增大，则筛子的振幅减小，故C正确；
D、仅增大筛子的质量，则筛子的固有周期增大，及筛子的固有频率减小，则驱动力的频率与筛子的固有频率差距增大，则筛子的振幅减小，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查共振的条件，解题关键是在题目中找准影响驱动力频率和共振筛固有频率的因素。
12．（3分）电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构示意图如图1所示。两对永磁铁间存在磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场永磁铁可随发动机一起上下振动，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。图2为侧视图（从右向左看）。下列说法正确的是（ ）
A．图2中穿过线圈的磁通量为BL2
B．永磁铁位置相对线圈位置下降时，线圈中一定产生逆时针方向的感应电流
C．永磁铁相对线圈位置变化越大，线圈中感应电动势越大，回收能量越多
D．永磁铁相对线圈位置变化越快，线圈中感应电动势越大，回收能量越多
【分析】根据对称性和磁通量的概念得出线圈中磁通量的大小；根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势大小的影响因素；根据磁通量的变化特点，结合右手定则分析。
【解答】解：A．由于分界线上下侧磁感应强度的方向相反，穿过线圈的磁通量大小为Φ=B|S上-S下|＜BL2
故A错误；
B．永磁铁位置相对线圈位置下降时，线圈相对于磁场向上运动，当线圈全部处于垂直于纸面向外的磁场中，或者线圈全部处于垂直于纸面向里的磁场中时，磁通量没有变化，线圈中没有感应电流，故B错误；
C．结合上述，当永磁铁相对线圈位置变化非常大时，线圈全部处于垂直于纸面向外的磁场中，或者线圈全部处于垂直于纸面向里的磁场中，此时线圈总的感应电动势为0，此时，线圈中没有感应电流，回收能量越少，故C错误；
D．结合上述，当线圈上部分位于垂直于纸面向外的磁场中，线圈下部分位于垂直于纸面向里的磁场中时，根据右手定则可知，线圈总电动势等于上下两边产生的电动势之和，线圈中有感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈位置变化越快，线圈中感应电动势越大，线圈中的感应电流越大，回收能量越多，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，理解磁通量的概念，结合右手定则即可完成分析。
13．（3分）如图所示，水平放置的内壁光滑半径为R的玻璃圆环，有一直径略小于圆环口径的带正电q的小球，在圆环内以速度v0沿顺时针方向匀速转动（俯视）。在t＝0时刻施加方向竖直向上的变化磁场，磁感应强度B＝kt（k＞0）。设运动过程中小球带电荷量不变，不计小球运动产生的磁场及相对论效应。加上磁场后，下列说法正确的是（ ）
A．小球对玻璃圆环的压力不断增大
B．小球对玻璃圆环的压力不断减小
C．小球所受的磁场力一定不断增大
D．小球每运动一周增加的动能为kqπR
【分析】根据楞次定律分析电场方向，判断小球的运动情况，根据牛顿第二定律分析AB，根据洛伦兹力公式分析C，根据动能定理分析D。
【解答】解：磁感应强度竖直向上，B随时间成正比增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向；小球带正电，小球所受电场力沿顺时针方向，与小球的运动方向相同，小球做加速运动；
AB、根据牛顿第二定律可知未加磁场时，重力与支持力的合力提供环的向心力，加磁场后重力与支持力、洛伦兹力的合力提供向心力，由于洛伦兹力与向心力大小关系未知，无法分析小球与圆环间弹力变化，故AB错误；
C、由于小球的速度逐渐增大，由洛伦兹力公式f＝qvB可知，小球受到的磁场力一定不断增大，故C正确；
D、根据法拉第电磁感应定律，感生电动势为E=ΔΦΔt=ΔBSΔt=πR2k
根据题意可知，磁场变化将在真空管道处产生涡旋电场，根据动能定理可得：qE＝ΔEk
解得：ΔEk＝πR2kq，故D错误。
故选：C。
【点评】考查电磁学与力学综合运用的内容，掌握法拉第电磁感应定律、动能定理及牛顿运动定律，难度较大。
14．（3分）如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，将力传感器固定在O点。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动过程中的最低位置。图乙表示摆球从运动至A点开始计时细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，重力加速度g取10m/s2。（ ）
A．单摆的振动周期为0.2πs
B．单摆的摆长为0.1m
C．摆球的质量为0.05kg
D．摆球运动过程中的最大速度0.08m/s
【分析】根据乙图可得单摆的周期；根据单摆的周期公式可以得到摆长；根据牛顿第二定律在最高点和最低点分别列方程，结合动能定理联立可解。
【解答】解：A．由乙图，结合单摆的对称性可知，单摆的周期为0.4πs，故A错误；
B．由单摆周期公式T=2πLg
得L=gT24π2
代入数据得L＝0.4m，故B错误；
CD．由乙图和牛顿运动定律得小球在最高点有mgcsθ＝0.495
在最低点有0.510-mg=mv2L
从最高点到最低点，由动能定理得mgL(1−csθ)=12mv2
代入数据联立解得m＝0.05kg，v=0.22m/s
故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】知道在最高点时，摆球的速度为零，此时需要的向心力为零，绳上的拉力等于重力与绳方向的分力。
二、实验题（18分）
15．（8分）利用如图所示的装置可以探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系：
（1）除图中所示器材外，还需要的器材有 BD 。
A.干电池
B.低压交流电源
C.直流电压表
D.交流电压表
（2）下列说法正确的是 BC 。
A.变压器工作时，通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈
B.变压器工作时在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能
C.理想变压器输入功率等于输出功率，没有能量损失
D.变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零
（3）实验中，图中变压器的原线圈接“0，800匝”接线柱，所接电源电压为交流10.0V，副线圈接“0，400匝”接线柱，则副线圈两端电压是 D 。
（4）由于变压器工作时有能量损失，实验测得的原、副线圈的电压比应当U1U2 ＞ （选填“＞”、“＝”或者“＜”）原、副线圈的匝数比n1n2。
【分析】（1）变压器只能改变交流电的电压，必须要有低压交流电源提供交流电，且应该用多用电表的交流电压挡测量输入和输出电压
（2）变压器的工作原理是电磁感应现象，而不是通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈的，而是在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”能量的作用；想变压器的原副线圈通过铁芯共用同一个磁场，则两线圈的磁通量总是相同，变压器的原线圈两端电压由发电机提供，与副线圈上接不接负载无关。
（3）根据变压器电压比等于匝数比计算副线圈输出电压。
（4）根据变压器原理可知，变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比，实验中由于变压器的铜损、磁损和铁损，导致变压器的铁芯损失一部分的能量，所以副线圈上的电压的实际值一般略小于理论值，所以原线圈与副线圈的电压之比一般大于原线圈与副线圈的匝数之比。
【解答】解：（1）AB、变压器只能改变交流电的电压，必须要有低压交流电源提供交流电，故B正确，A错误。
CD、原线圈输入交流电压，副线圈输出交流电压，故应用交流电压表测量输入和输出电压，故D正确，C错误。
故选：BD。
（2）A、变压器的工作原理是电磁感应现象，而不是通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈的，故A错误。
B、变压器工作时在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”能量的作用，故B正确。
C、理想变压器的原副线圈通过铁芯共用同一个磁场，则两线圈的磁通量总是相同，磁通量的变化率也相同，输入功率等于输出功率，没有能量损失，故C正确。
D、变压器的原线圈两端电压由发电机提供，副线圈上不接负载时，原线圈两端的电压不变，故D错误。
故选：BC。
（3）如果是理想变压器，则电压比等于匝数比，输出电压为5.0V，但图中变压器存在较大的漏磁，实际输出电压小于5.0V，故ABC错误，D正确；
故选：D。
（4）根据变压器原理可知，原副线圈两端电压之比等于原副线圈匝数之比，即变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比，实验中由于变压器的铜损、磁损和铁损，导致变压器的铁芯损失一部分能量，所以副线圈上的电压的实际值一般略小于理论值，所以原线圈与副线圈的电压之比一般大于原线圈与副线圈的匝数之比。
故答案为：（1）BD （2）BC （3）D（4）大于
【点评】熟练掌握变压器的原理和实验操作的注意事项，是解决本题的关键，另外注意变压器的三个决定关系。
16．（10分）用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。
（1）测量周期时用到了秒表，长针转一周的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格为1min，该单摆摆动n次长短针的位置如图2所示，所用时间为t＝ 100.1 s。先用游标卡尺测量摆球直径d，测量的示数如图3所示，则摆球直径d＝ 18.6 mm。
（2）测出悬点O至小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝ 4π2n2Lt2 （用L、n、t、π表示）。
（3）用多组实验数据作出T2﹣L图像，也可以求出重力加速度g，已知三位同学作出的T2﹣L图线的示意图如图4中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是 B （选填选项前的字母）。
A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球最下端的距离记为摆长L
B.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值
D.图线a对应的g值大于图线b对应的g值
（4）若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用T2﹣L图线求得的g值和真实值相比是 不变 的（选项“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【分析】（1）根据秒表的读数规则读数；10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
（2）根据单摆周期公式求解作答；
（3）根据单摆周期公式求解T2﹣L函数，结合图像斜率和纵截距分析作答；
（4）根据单摆周期公式求解T2﹣L函数，结合图像斜率分析实验误差。
【解答】解：（1）秒表的读数为t＝1.5min+10.1s＝100.1s
10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，摆球直径d＝18mm+6×0.1mm＝18.6mm
（2）单摆的周期T=tn
根据单摆周期公式T=2πLg
联立解得重力加速度g=4π2n2Lt2
（3）A.若误将悬点到小球最下端的距离记为摆长L，根据单摆周期公式T=2πL-rg
变形得T2=4π2g⋅L-4π2rg
图像的纵截距b=-4π2rg＜0，故A错误；
BCD.根据单摆周期公式T=2πLg
变形得T2=4π2g⋅L
重力加速度g=4π2 k
图像a与图线b的斜率相同，重力加速度的测量值相同，即图线a对应的g值等于图线b对应的g值；
图线c的斜率偏小，则加速度的测量值偏大，即图线c对应的g值大于图线b对应的g值；
根据上述（2）重力加速度的计算式g=4π2n2Lt2可知，出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次，故B正确，CD错误；
故选：B。
（4）若该同学测摆长时漏加了小球半径，根据单摆周期公式T=2πL+rg
变形得T2=4π2g⋅L+4π2rg
图像的斜率k=4π2 g
图像的斜率不变，重力加速度的测量值不变
因此用T2﹣L图线求得的g值和真实值相比是不变的。
故答案为：（1）100.1；18.6；（2）4π2n2Lt2；（3）B；（4）不变。
【点评】本题考查了用单摆测定重力加速度的实验，要掌握秒表和游标卡尺的读数规则，要明确实验原理，掌握单摆周期公式的运用。
三、计算题（共40分）
17．（9分）如图所示，两根相互平行的光滑长直金属导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L＝1.0m，导轨电阻不计；导轨右端接有阻值为R＝4.5Ω的电阻。长度也为L，阻值为r＝0.5Ω的金属棒ab垂直于导轨放置，ab与导轨间保持良好接触。导轨处于磁感应强度为B＝0.5T、方向竖直向下的匀强磁场中。ab在水平外力的作用下以速度v＝4.0m/s向右匀速运动。求：
（1）通过电阻R的电流大小和方向；
（2）水平外力大小F；
（3）回路中的热功率P。
【分析】（1）根据E＝BLv求出金属棒产生的感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求出电流大小，利用右手定则判断感应电流方向；
（2）根据平衡条件和安培力公式F＝BIL求水平外力大小F；
（3）根据P＝I2（R+r）求解回路中的热功率P。
【解答】解：（1）金属棒产生的感应电动势
E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律得
I=ER+r
解得I＝0.4A
根据右手定则可知，ab中感应电流的方向由b指向a，则通过电阻R的电流方向由N到Q。
（2）金属棒做匀速直线运动，根据平衡条件得
F＝BIL
解得F＝0.2N
（3）回路中的热功率为
P＝I2（R+r）
解得P＝0.8W
答：（1）通过电阻R的电流大小为0.4A，方向由N到Q；
（2）水平外力大小F为0.2N；
（3）回路中的热功率为0.8W。
【点评】本题主要考查电磁感应与电路的综合，掌握切割产生的感应电动势公式，运用闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件以及功率公式进行解答。
18．（9分）如图所示，某小型交流发电机内的矩形金属线圈ABCD的面积S＝0.1m2，匝数n＝100，线圈的总电阻r＝10Ω，线圈所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.1T。线圈通过滑环和电刷与阻值R＝90Ω的定值电阻连接。现使线圈绕轴OO′匀速转动，角速度为ω＝300rad/s。
（1）从中性面开始计时，写出线圈中电流瞬时值的表达式；
（2）求线圈转动1min过程中电阻R上产生的热量Q；
（3）求线圈从中性面位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量q。
【分析】（1）根据Em＝NBSω求解电动势的峰值，根据闭合电路欧姆定律写出线圈中电流瞬时值的表达式；
（2）根据正弦式交变电流规律求解电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律求解电流的大有效值，根据焦耳定律求电阻R上产生的热量Q；
（3）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和q＝It求解电荷量。
【解答】解：（1）感应电动势最大值
Em＝nBωS
解得
Em＝300V
从中性面开始计时，线圈中电流瞬时值的表达式
i=Imsinωt=EmR+rsinωt=30090+10sin300t(A)=3sin300t(A)
（2）电流有效值
I=Im2=32A
线圈转动1min过程中电阻R上产生的热量
Q=I2Rt=(32)2×90×60J=24300J
（3）线圈从中性面位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量
q=IΔt=ER+rΔt=nΔΦR+r=nBSR+r=100×0.1×0.190+10C=0.01C
答：（1）从中性面开始计时，线圈中电流瞬时值的表达式i＝3sin300t（A）；
（2）线圈转动1min过程中电阻R上产生的热量24300J；
（3）线圈从中性面位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量0.01C。
【点评】本题考查正弦式交变电流，解题关键是掌握正弦式交变电流规律，会求解正弦式交变电流的瞬时值、峰值、平均值和有效值，知道求解电荷量时用平均值，求解功率时用有效值。
19．（10分）如图为远距离输电过程的示意图。已知某个小型发电机的输出功率为90kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为5Ω，在用户端用一降压变压器把电压降为220V，要求在输电线上损失的功率控制为2kW（即用户得到的功率为88kW），求：
（1）降压变压器输出的电流I4和输电线上通过的电流I2；
（2）输电线上损失的电压U损和升压变压器输出的电压U2；
（3）降压变压器的匝数比n3n4。
【分析】（1）由用户的电压、电功率，可得到降压变压器的输出电流；由输电线损失的功率、电阻值，即可计算输电线的电流；
（2）由欧姆定律，可知输电线损耗的电压；根据升压变压器功率，可得升压变压器的输出电压；
（3）由输电线两端电压，可得降压变压器原线圈的电压；根据降压变压器的匝数比与电压比的关系，可计算降压变压器的匝数比。
【解答】解：（1）由用户获得电压即降压变压器的输出电压，根据功率的相关公式，可知降压变压器的输出电流为：I4=P户U4=88000W220V=400A，
由输电线损耗的功率，可知：I2=P损R，解得：I2＝20A；
（2）由欧姆定律，可知输电线损耗的电压为：U损＝I2R，解得：U损＝100V，
根据升压变压器功率，可知升压变压器的输出电压满足：U2=PI2，解得：U2＝4500V；
（3）由输电线两端电压，可得降压变压器原线圈的电压为：U3＝U2﹣U损，
根据降压变压器的匝数比与电压比的关系，可得：n3n4=U3U4，解得：n3n4=201。
答：（1）降压变压器的输出电流为400A，输电线上通过的电流为20A；
（2）输电线上损失的电压为100V，升压变压器的输出电压为4500V；
（3）降压变压器的匝数比为201。
【点评】本题考查远距离输电的相关计算，关键是掌握理想变压器的电功率、电压、电流与匝数的关系。
20．（12分）分析电路中的电势变化是研究电路规律的重要方法。比如闭合电路欧姆定律可以通过分析电势的变化得出：在电源内部，电流I从负极流向正极，非静电力的作用使电势升高E（电动势），电流流过电源内阻r时电势降低Ir，因此电源两端电压U＝E﹣Ir。
（1）如图1所示，100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、K与一个电阻相连，线圈的电阻r＝5Ω。线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场，线圈中的磁通量随时间均匀变化，产生的感应电流I＝1A，A、K两点间的电势差UAK＝45V。求：
①线圈中产生的感应电动势E。
②磁通量的变化率ΔΦΔt。
（2）电动机的模型示意图如图2所示，MN、PQ是间距为L的固定平行金属导轨，置于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨所在平面向下的匀强磁场中，M、P间接有电源。一根与导轨接触良好、长度也为L、阻值为R、质量为m的金属棒cd垂直导轨放置，通过轻滑轮以速率v匀速提升质量为m的重物。摩擦阻力、导轨电阻均不计，重力加速度为g。当电动机稳定工作时，求电源的电动势E。
（3）如图3所示，将一长方体金属薄片垂直置于匀强磁场中，在薄片的左右两个侧面间通以向右的电流时，上下两侧面间产生电势差，这一现象称为霍尔效应，在垂直上下表面的连线上e、f两点间电势差的绝对值通常称为霍尔电压。实际测量霍尔电压时的测量点往往不在垂直上下表面的连线上（如e、g两点），从而导致测量出现偏差，但仍可以采用一定的办法推测出准确的霍尔电压。某次测量，先测得e、g两点间的电势差为Ueg，仅将磁场反向，磁感应强度的大小不变，再测得e、g两点间的电势差为U′eg，求上述情况中该金属薄片产生的霍尔电压UH。
【分析】（1）①应用闭合电路的欧姆定律求出感应电动势。
②应用法拉第电磁感应定律求出磁通量的变化率。
（2）应用欧姆定律求出电流，物体做匀速直线运动，应用平衡条件求解。
（3）根据电势差的定义式，应用串联电路特点与欧姆定律求解。
【解答】解：（1）①线圈产生的感应电动势E＝Ir+UAK，
代入数据解得E＝50V
②由法拉第电磁感应定律得E＝nΔΦΔt
代入数据解得ΔΦΔt=0.5Wb/s
（2）由左手定则可知，金属棒中的电流从c到d，
由欧姆定律得I=E-BlvR
物体匀速上升，对物体，由平衡条件得BIL＝mg
解得E＝BLv+mgRBL
（3）设f、g间的电阻为R，通过金属薄片的电流为I，金属薄片上e、g两点间的电势差Ueg＝φe﹣φg＝（φe﹣φf）﹣（φf﹣φg）
磁场方向、通过金属薄片中的电流方向如图3所示时，金属薄片上表面的电势低，解得Ueg＝﹣UH+IR
仅磁场方向反向时，金属片上表面电势高，同理得U′＝UH+IR
解得霍尔电压UH=Ueg′-Ueg2
答：（1）①线圈中产生的感应电动势是50V。
②磁通量的变化率ΔΦΔt是0.5Wb/s。
（2）电源电动势是BLv+mgRBL。
（3）金属薄片产生的霍尔电压UH是Ueg′-Ueg2。
【点评】分析清楚电路结构是解题的前提，应用闭合电路的欧姆定律与闭合电路的欧姆定律可以解题。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
A
B
B
C
D
D
B
C
D
C
题号
12
13
14
答案
D
C
C