2020-2021学年山西省太原市高二（下）期中物理试卷（理科）

这是一份2020-2021学年山西省太原市高二（下）期中物理试卷（理科），共25页。试卷主要包含了0s时，线圈中的电流改变方向，0s时，线圈中的电流为22πA，0V，内阻可忽略)，【答案】A，【答案】B，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。


2020-2021学年山西省太原市高二（下）期中物理试卷（理科）

1. 关于线圈中的感应电动势，下列说法中正确的是( )
A. 线圈放在磁场越强的位置，线圈中的感应电动势越大
B. 穿过线圈的磁通量越大，线圈中的感应电动势越大
C. 穿过线圈的磁通量变化越大，线圈中的感应电动势越大
D. 穿过线圈的磁通量变化越快，线圈中的感应电动势越大
2. 下列说法正确的是( )
A. 电磁炉主要是利用线圈中电流的热效应来加热物体的
B. 金属物品通过安检门时会产生涡流，涡流的磁场影响报警器使其报警
C. 真空冶炼炉的线圈中通入直流电时，冶炼炉也能正常工作
D. 变压器内用整块铁芯代替硅钢片，可以减小涡流损失
3. 如图，一个铝框放在蹄形磁铁的两磁极之间，可以绕支点自由转动。先使铝框和磁铁静止，然后转动磁铁，若忽略空气和一切摩擦阻力，则( )
A. 铝框与磁铁的转动方向总相同
B. 铝框与磁铁的转动方向总相反
C. 当磁铁停止转动后，铝框将会保持匀速转动
D. 若两者静止时转动铝框，磁铁则不会转动


4. 如图的电路中，A、B是两个相同的灯泡；L是带有铁芯的线圈，自感系数较大、电阻可忽略不计。已知闭合S且电路稳定后两灯都正常发光，那么( )
A. 闭合S时，两灯同时正常发光
B. 闭合S时，B比A先达到正常发光状态
C. 断开S时，A灯先闪亮一下后逐渐熄灭
D. 断开S时，B灯先闪亮一下后逐渐熄灭
5. 如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到( )
A. 拨至M端或N端，圆环都向左运动
B. 拨至M端或N端，圆环都向右运动
C. 拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D. 拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
6. P、Q是两个完全相同的电热器，P通以图甲所示的方波交变电流，Q通以图乙所示的正弦交变电流，则( )

A. P和Q通过电流的有效值相等
B. P和Q通过电流的有效值之比为2：2
C. P和Q的电功率相等
D. P和Q的电功率之比为2：1
7. 为太原地铁供电的变电站，将35kV的高压电送到变压器(可视为理想变压器)，变为1180V和220V后供机车牵引和照明使用，其部分电路可简化为如图所示。图中M为牵引机车的电机，其电流恒定，则( )
A. n1：n2：n3=175：59：11
B. S闭合后与闭合前相比，n2两端的电压会减小
C. S闭合后与闭合前相比，初级线圈的电流会增大
D. S闭合后与闭合前相比，变压器的输入功率保持不变
8. 在匀强磁场中，一个200匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2Ω，则( )
A. 0.5s时，线圈中的感应电动势为8πV
B. 1.0s时，线圈中的电流改变方向
C. 2.0s时，线圈中的电流为22πA
D. 一个周期内，线圈产生的热量为32π2J
9. “冲击电流计”可用来测磁感应强度。已知匝数为n、面积为s的线圈与冲击电流计组成闭合电路，总电阻为R。将线圈放在被测匀强磁场中，初始时线圈平面与磁场垂直。现把线圈绕中心轴OO′转动90∘，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q，则磁感应强度为( )


A. qRS B. 2qRs C. qRnS D. qR2nS
10. 如图所示，圆心为O、半径为r和2r的同心圆形金属导轨固定在同一平面内，两环间接有阻值为2R的定值电阻。长为r、电阻为R的金属棒AB置于导轨上，BA的延长线通过圆心O。整个装置处于磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中。当AB以角速度ω绕O逆时针匀速转动时(AB与导轨接触良好，导轨电阻不计)( )
A. 金属棒中的电流方向由A向B
B. 金属棒两端的电压为1.5Bωr2
C. 金属棒受到的安培力大小为B2r3ω2R
D. 定值电阻2R的热功率为B2r4ω24R
11. 如图，电吉他中拾音器的线圈绕在磁体上。工作时，拨动被磁体磁化的琴弦，线圈就能将振动产生的信号转换为电信号并传送到音箱发出声音，则( )
A. 琴弦振动时，琴弦中将产生感应电流
B. 琴弦振动时，穿过线圈的磁通量将发生变化
C. 琴弦振动时，线圈中的电流会不断变化
D. 若用软铁芯替代磁铁，拾音器依然可以正常工作
12. 如图是电子秤中用电容制成的力传感器电路图。当用力F向上压膜片电极时，下列说法正确的是( )
A. 电容器的电容增大，带电荷量增大
B. 电容器的电容减小，带电荷量减小
C. 电流表有示数，其电流方向由a向b
D. 电流表有示数，其电流方向由b向a
13. 冬季，我国南方一些地区会出现低温冻雨天气。这时，高压输电线会结上重重的冰凌。为消除这些冰凌，工程上常常利用电流的热效应解决。已知正常供电时，高压线上的输电电压为U、电流为I，输电线上的热损耗功率为P。若输电功率和输电线电阻不变，除冰时，需要输电线上的热损耗功率为16P，则除冰时( )
A. 输电电流为4I B. 输电电流为16I
C. 输电电压为14U D. 输电电压为116U
14. 如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，那么( )
A. P向下滑动时，V的示数变大
B. P向下滑动时，A1的示数变大、A2的示数变小
C. P向上滑动时，R1消耗的功率变大
D. P向上滑动时，R2消耗的功率变大
15. 如图甲所示，边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框abcd位于竖直平面内，bc边水平。线框的下方有一匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。MN、PQ是匀强磁场区域的两个水平边界，相距为H，H>L。t=0时，将线框从MN上方某一高度处由静止释放，t4时刻，线框bc边到达PQ边界，这一过程的v−t图像如图乙所示。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 0∼t1与t3∼t4时间内，线框的加速度相等
B. 磁场磁感应强度的大小为1LmgRv2
C. t1∼t2内，线框克服安培力做的功为B2L3v1R
D. t1∼t4内，线框产生的热量为mgH−12m(v32−v12)
16. 研究电磁感应现象时，所用示教电流表的“0“刻度位于表盘的正中央。实验中发现，闭合S时，电流表的指针向左偏转。

(1)图乙中，将磁铁靠近螺线管时，发现电流表的指针向右偏转，则磁铁的下端是______(填“N”或“S”)极；
(2)图乙中，将磁铁N极向下从螺线管中拔出，电流表指针将______(填“向左”、“向右”或“不”)偏转。
17. 为探究声敏电阻的电阻值R随声音强度A(dB)的变化规律，某同学设计了图a的电路进行测量。图中，电压表和电流表可视为理想电表。

(1)根据电路图，用笔画线代替导线将图b连接完整；
(2)实验中，调节音箱的音量，使声敏电阻接收到不同强度的声音，记录电压表和电流表的示数，计算出相应的声敏电阻阻值，作出的R−A曲线如图c所示；
(3)若某次测量中电压表和电流表的示数分别为2.80V和0.100A，由图像可知，此时声敏电阻的阻值为______Ω，对应的声音强度为______dB。(保留2位有效数字)
(4)利用该声敏电阻可以制作噪音报警器，其部分电路如图d所示。图中E的电动势为5.0V，内阻可忽略)。当周围环境音量过高使图中的输出电压达到或超过3.0V时，触发报警器(图中未画出)报警。若要求开始报警时的声音强度为60dB，则图中______(填“R1”或“R2”)应使用声敏电阻，另一定值电阻的阻值应为______Ω(保留2位有效数字)。
18. 如图a所示，正方形硬质金属框ABCD固定放置，虚线位于线框中间，虚线左侧存在垂直于金属框平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图b所示。已知金属框的电阻R=0.5Ω，边长l=1m。求：
(1)0∼2s内，金属框内感应电动势E的大小；
(2)t=1s时，金属框AD边受到安培力F的大小和方向。








19. 如图所示，发电机的转子是一个匝数为N=100匝、S=2×10−3m2、内阻r=1Ω的矩形线圈，处于磁感应强度B=2πT的匀强磁场中，绕垂直磁场方向的轴以ω=100πrad/s的角速度转动，其产生的交流电直接给阻值R=19Ω的灯泡L供电。从线圈转到中性面开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势的峰值及其瞬时值的表达式；
(2)灯泡L中的电流及其电功率。








20. 如图，电阻Rab=0.1Ω的导体棒ab沿光滑导线框向右匀速运动，线框中接有电阻R=0.4Ω。线框放在磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面。导体棒ab的长度L=0.4m，运动速度v=5m/s。线框的电阻不计。
(1)电路abcd中电动势多大？哪个位置相当于电源的正极？
(2)ab棒受安培力的功率是多大？R的热功率是多大？Rab的热功率是多大？从能的转化和守恒的角度说一说这三个功率关系的含义。








21. 如图，两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距为L，倾角θ=30∘，N、Q两点间接有阻值为R的电阻，整个装置处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。质量为m、长为L、阻值为R的金属杆放在导轨上，与导轨接触良好。t=0时，用一沿导轨向下的变力F拉金属杆，使金属杆从静止开始沿导轨向下做加速度为g的匀加速直线运动。已知重力加速度的大小为g，不计导轨电阻，求：
(1)金属杆下滑距离d时，电阻R两端的电压；
(2)拉力F随t变化的关系式。








22. 如图，两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距为L，倾角θ=30∘，N、Q间接有阻值为R的电阻，整个装置处于方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。质量为m、长为L、阻值为R的金属杆cd垂直放在导轨上，将cd由静止释放，稳定后杆以速度vm做匀速直线运动。不计导轨电阻，已知杆始终与导轨接触良好，重力加速度的大小为g，求：
(1)cd匀速运动的速度vm的大小；
(2)cd速度为vm2时，其加速度的大小。








23. 如图，足够长的光滑平行金属导轨折成倾斜和水平两部分，倾斜部分导轨平面与水平面的夹角为θ=30∘，水平和倾斜部分均处在匀强磁场中，磁感应强度均为B，水平部分磁场方向竖直向下，倾斜部分磁场方向垂直斜面向下，两个磁场区域互不叠加。两倾斜导轨间距为L、水平导轨间距为2L。将长为L的金属棒a放在倾斜导轨上，长为2L的另一根金属棒b放在水平导轨上，同时将b用水平轻绳通过定滑轮和小物块c连接。已知两金属棒接入电路的电阻均为R、质量均为m，c的质量也为m，不计一切摩擦及其它电阻，运动过程中棒与导轨保持接触良好，重力加速度的大小为g。

(1)若锁定a释放b，求b的最大速度；
(2)同时释放a、b，求稳定后a、b的速度；
(3)同时释放a、b，若c下落h时a、b恰好达到稳定状态，求这一过程中系统产生的焦耳热。







答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt可知，感应电动势的大小与穿过线圈的磁通量的变化率成正比，即磁通量变化越快，线圈中的感应电动势越大。故ABC错误，D正确。
故选：D。
由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，也与磁通量变化快慢有关。
本题考查法拉第电磁感应定律，同时让学生清楚知道感应电动势与磁通量的变化率有关，与磁通量大小及磁通量变化大小均无关。

2.【答案】B

【解析】解：A、电磁炉主要是利用涡流的热效应来加热物体的，故A错误；
B、安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，故B正确；
C、真空冶炼炉是利用了涡流的热效应进行工作的，如果真空冶炼炉的线圈中通入直流电，冶炼炉不能正常工作，故C错误；
D、变压器处于变化的电磁场中，一般可用硅钢片代替整块铁芯来减小涡流损失，故D错误。
故选：B。
电磁炉主要是利用涡流的热效应来加热物体的；安检门中接有线圈，主要利用了涡流的磁效应；真空冶炼炉是利用涡流的热效应进行工作的，需要通入交流电；变压器的铁芯通常用涂有绝缘漆的薄硅钢片叠压制成，而不是用一整块铁制成，其原因是为了减小涡电流。
在理解涡流时，要注意涡流的本质是由于电磁感应而产生的，涡流具有热效应和磁效应。

3.【答案】A

【解析】解：AB、根据楞次定律可知，为阻碍磁通量变化，则导致铝框与磁铁转动方向相同，但铝框都比磁极转动慢，故A正确，B错误；
C、当磁铁停止转动后，由于电磁感应，铝框将会逐渐减速到停止运动，故C错误；
D、若两者静止时转动铝框，由于电磁感应铝框内产生电流，而使磁铁受到磁场力而转动，故D错误。
故选：A。
当转动磁铁时，导致铝框的磁通量发生变化，从而产生感应电流，出现安培力，导致铝框转动，由楞次定律可知，总是阻碍磁通量增加，故铝框与磁铁转动方向相同，但转动快慢不同。
本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律的应用，要知道感应电流的磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化，从而引起电磁驱动的现象。

4.【答案】B

【解析】解：AB.根据通电自感可知，闭合开关时，线圈产生自感电动势阻碍电流的增加，则B比A先达到正常发光状态，所以A错误，B正确；
CD.由于闭合开关稳定时AB两灯的电流相同，根据断电自感可知，断开开关时，AB灯逐渐熄灭，不会闪亮，所以CD错误；
故选：B。
当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析。
对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源。

5.【答案】B

【解析】
【分析】
当开关S由断开状态拨至连接状态，依据右手螺旋定则，可判定通电螺线管的磁场，从而导致金属圆环的磁通量发生变化，进而由楞次定律可得线圈中产生感应电流，则处于磁铁的磁场受到安培力，使圆环运动。
考查电磁感应现象，掌握右手螺旋定则与楞次定律的内容，并理解从楞次定律相对运动角度可得：增则斥，减则吸，注意本题中开关拨至M端或N端，对实验结果均没有影响。
【解答】
当开关S由断开状态拨至连接状态时，不论拨至M端或N端，均会导致通电螺线管的电流增大，根据右手螺旋定则可知，穿过通电螺线管的磁场在增强，那么导致圆环的磁通量变大，从而由楞次定律可知圆环中产生感应电流，且又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它远离通电螺线管，即向右移动，故B正确，ACD错误；
故选：B。  
6.【答案】D

【解析】解：AB、图甲的方波的电流有效值，图乙的正弦交流电的有效值则P和Q通过电流的有效值之比为2：1，故AB错误；
CD、根据功率公式P=I2R得到，PP：：：(Im2)2=2：1，故C错误，D正确。
故选：D。
方波的电流有效值，正弦交流电的有效值
根据功率公式P=I2R，由电流的有效值求解功率，再算出比值。
对于交变电流求解热量、热功率、电功等都应用有效值，求解电量用平均值．

7.【答案】C

【解析】解：A、根据电压与匝数成正比可知
n1：n2：n3=U1：U2：U3=35000：1180：220=1750：59：11，故A错误；
B、S闭合后与闭合前相比，n2两端的电压不变，因为原副线圈电压与匝数不变，所以电压副线圈电压不变，故B错误；
CD、S闭合后两灯泡并联，总电阻减小，电流增大，则P3增大，变压器输入功率变大，初级线圈总功率大，根据P=IU可知，初级线圈的电流会增大，故C正确，D错误。
故选：C。
变压器是利用电磁感应定律把一种电压等级的交流电能转换成同频率的另一种电压等级的交流电能，故电压值比依然等于匝数之比；又由能量守恒定律知原线圈输入功率等于副线圈输出功率之和。
本题考查了变压器的工作原理，由变压器的工作原理知两个或者多个副线圈依然满足电压值比等于匝数之比，原线圈输入功率等于副线圈输出功率之和，这是解决本题的关键。

8.【答案】D

【解析】解：A、根据图象可知，在t=0.5s时穿过线圈平面的磁通量最大，即线圈处于中性面位置，则感应电动势为零，故A错误；
B、t=1.0s时，磁通量为零，则感应电动势最大，电流最大，此时线圈平面平行于磁感线，故B错误；
C、交变电流的周期：T=2s，角速度：ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s，根据交变电流的产生规律可知，感应电动势的最大值为：Em=NBSω=NΦmω=200×0.04×πV=8πV，t=2.0s时，感应电动势最大，根据欧姆定律可知，感应电流：I=EmR=8π2A=4πA，故C错误；
D、根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，有效值为：E=Em2=8π2V=42πV，根据焦耳定律可得一个周期产生的热为：Q=E2R⋅T=(42π)22×2J=32π2J，故D正确。
故选：D。
根据图象得到t=0.5s、1.0s、2.0s时穿过线圈平面的磁通量大小，由此确定线圈的位置，进一步分析；
计算此交流电的最大值和有效值，根据焦耳定律计算一个周期产生的热。
本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：一是线圈与磁场垂直位置是磁通量最大的位置，该位置是电流方向改变的转换点；二是线圈与磁场平行位置，该位置磁通量为零，是电流强度增大与减小的转换点。

9.【答案】C

【解析】解：由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小E=nΔΦΔt，
再由闭合电路欧姆定律可求出感应电流大小I=ER=nΔΦRΔt，
根据电量的公式q=It，可得q=nΔΦR，
由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转90∘，则有ΔΦ=BS，
所以由上公式可得q=nΔΦR=nBSR，则磁感应强度B=qRnS，故C正确，ABD错误；
故选：C。
由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律，求出平均感应电流大小，根据电流的定义式表示出电荷量，联立即可求解。
本题主要考查了法拉第电场感应定律，要求学生结合闭合电路欧姆定律以及电流的定义式进行分析求解，难度适中。

10.【答案】C

【解析】解：A.金属棒逆时针转动，根据右手定则判断可知，金属棒中的电流方向由B向A，故A错误；
B.导体棒产生的感应电动势大小为
E=BLv=Brωr+ω⋅2r2=32Bωr2
金属棒两端的电压为路段电压，可得
U=ER+2R⋅2R=Bωr2
故B错误；
C.根据F=BIL，可得金属棒受到的安培力大小为
F=B⋅E3R⋅r=B2r3ω2R
故C正确；
D.定值电阻2R的热功率为
P=I2⋅2R=B2r4ω22R
故D错误。
故选：C。
金属棒逆时针转动，根据右手定则判断可知金属棒中的电流方向；由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流；再根据闭合电路欧姆定律求得金属棒两端的电压。根据F=BIL可得金属棒受到的安培力大小；结合P=I2⋅R可计算电功率。
本题考查关键要掌握感应电动势公式，注意转动时电动势的计算方法。

11.【答案】BC

【解析】解：A、拨动琴弦，线圈中磁通量发生变化，从而导致线圈中产生感应电流，并不是琴弦中将产生感应电流，故A错误；
B、由于琴弦被磁化，所以拨动琴弦，穿过线圈的磁通量将发生变化，故B正确；
C、琴弦振动时，导致线圈中磁通量时大时小，依据法拉第电磁感应定律E=NΔφΔt，可知，线圈中感应电动势不断变化，则感应电流也会不断变化，故C正确；
D、若用软铁芯替代磁铁，则琴弦中不能被磁化，在拨动时无法产生磁通量的变化，故不会产生感应电流，从而拾音器无法正常工作，故D错误。
故选：BC。
电吉他的拾音器由磁铁和线圈组成，钢弦被磁化，弹动钢弦，相当于线圈做切割磁感线运动，在线圈中就会产生对应的音频电流，电流经放大后通过音箱，我们就听到了声音。根据法拉第电磁感应定律E=NΔφΔt，来判定感应电动势的大小。
本题考查了电吉他的原理，知道法拉第电磁感应定律在本题中的应用，特别注意磁场的作用，注意琴弦只能采用易被磁化的金属导体，不能使用铜等材料．

12.【答案】AD

【解析】解：当F向上压膜片电极时，板问距离小，由电容的决定式
\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)
得到，电容器的电容将大
Q=CU
带电荷量增大；充电，电流表有示数，电流方向与正电荷移动方向相同，与负电荷移动方向相反，其电流方向由b向a，故AD正确，BC错误。
故选：AD。
根据电容器的电容与板间距离的关系，判断当F向上压膜片电极时电容的变化；电容器、灵敏电流计和电源串接成闭合电路，若电流计无示数，电容不变，说明压力没有变化；若电流计有示数，电容器在充电或放电，压力F一定发生变化，据此解答。
本题是一道力学与电学的综合题，掌握电容的决定式是解题的关键；

13.【答案】AC

【解析】解：令输电线上的电阻为r，则输电线上的热损耗功率为P=I2r，输电线电阻不变，输电线上的热损耗功率变为16P，所以输电电流为4I。
令输电功率为P′，输电功率不变，根据公式P′=UI，可知当输电电压变为14U时，输电电流变为原来的4倍。故AC正确，BD错误；
故选：AC。
根据P=UI，可以求出输电线上的电流；根据P=I2R，可以求出输电线上损失的电功率。
本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压。

14.【答案】BD

【解析】解：A、滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，连入电路的电阻变小，则干路电流变大，则R1两端的电压变大，而副线圈的总电压不变，所以电压表测量R和R2并联的电压，所以示数变小，故A错误；
B、由上述分析知道，副线圈电流变小，输出功率变小，则输入功率变小，电流表A1示数变大。电压表V的测量的电压变小，则R2的电流变小，电流表A2示数变小，故B正确；
C、滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，副线圈中的电流变小，R1的功率变小，故C错误；
D、滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，副线圈中的电流变小，R1两端的电压变小，那么R和R2两端的电压变大，R2的功率变大，故D正确；
故选：BD。
滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路中的阻值变大，因输出电压不变，则总电流变小，据欧姆定律确定各表的示数变化。
本题考查有变压器电路的动态分析：本题中P的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小，再由电路的联接关系可分析各表的示数的变化，可见明确电路的结构是求解的关键。

15.【答案】ABD

【解析】解：A、0∼t1线框做自由落体运动，未进入磁场，t3∼t4线框完全进入磁场，磁通量不变化，没有感应电流产生，只受重力，也做自由落体运动，则0∼t1与t3∼t4时间内，线框的加速度相等均是重力加速度，故A正确；
B、在t2∼t3的过程中，线框匀速，所受安培力等于重力，则得mg=BIL，
线框产生电动势E=BLv2，I=ER，联立解得B=1LmgRv2，故B正确；
C、t1∼t2内，根据能量守恒，可以判断，故C错误；
D、t1∼t4内，根据能量守恒，可得，故D正确；
故选：ABD。
分析各阶段线框的运动情况，根据磁通量变化判断产生感应电流的情况；根据线框运动情况反推受力情况；根据能量守恒定律分析安培力做功的情况。
本题考查电磁感应现象，要求学生结合受力分析进行分析求解，同时要求学生分析电磁感应中的能量转化，对学生分析能力有一定要求。

16.【答案】N 向左

【解析】解：(1)从图甲可以看出，当电流从+流出(即右端接线柱)时，指针向左偏。
从图乙已知条件知道，电流从+接线流入，根据右手螺旋定则可知，线圈中感应电流的磁场向上，则原磁场增加，所以原磁场方向向下，故磁铁的下端是N极；
(2)当磁铁的N极向上从线圈中抽出时，向下的磁通量减小，感应电流的磁场也向下，电流从+流入，故指针向左偏转。
故答案为：(1)N；(2)向左
(1)先根据右手螺旋定则判断原磁场方向，然后根据楞次定律判断感应电流的磁场方向，最后再根据右手螺旋定则判断感应电流方向并得到小磁针是否偏转；
(2)当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中产生感应电流；由楞次定律判断出感应电流的方向，根据电流流向与电流计指针偏转方向间的关系分析答题。
考查了电磁感应现象产生的条件，只有磁通量变化的瞬间闭合电路中才会有感应电流。还考查了楞次定律的应用，掌握楞次定律是正确解题的关键；本题难度不大，是一道基础题。

17.【答案】2855R1  39

【解析】解：(1)按照电路图连接实物图如图所示，
(3)根据欧姆定律可求出此时的声敏电阻R=UI=2.800.100Ω=28.0Ω，对照R−A图象可以知道声音强度A=55dB。
(4)由于声敏电阻随声音的强度的增大而减小，根据串联电路电压与电阻的正比关系，所以图d中的R1为声敏电阻，且发报警时其两端电压U2=3.0V，而此时声音达到60dB(R1=26Ω)，根据欧姆定律可知：R2=U2U1R1=35−326Ω=39Ω。
故答案为：(1)如图所示；(3)28、55(52∼55均正确)；(4)R1、39(37∼41均正确)
(1)根据原理图可以连接实物图，注意正负极不要连反了；
(3)根据欧姆定律求声敏电阻的阻值，在R−A图象查出声音的强度；
(4)根据电阻随声音强度的变化关系和串联电路电压与电阻的正比关系，判断哪个是光敏电阻，并计算另一个电阻的值。
本题主要考查了在实验中如何利用图线进行数据处理，关键是要掌握串联电路中电压与电阻的关系判断并进行计算。

18.【答案】解：(1)磁场中的有效面积为：S=12l2=12×12m2=0.5m2；
在t=0到t=2s内，磁感应强度的变化率为：ΔBΔt=3−12−0T/s=1T/s
金属框中的电动势为：E=ΔBΔt⋅S=1×0.5V=0.5V；
(2)设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有：I=ER=0.50.5A=1A
t=1s时，B1=2T，AD边受到的安培力大小为：F=B1Il
解得：F=2N
根据楞次定律可知电流方向为顺时针，根据左手定则可知AD边受到的安培力方向垂直于AD向左。
答：(1)0∼2s内，金属框内感应电动势E的大小为0.5V；
(2)t=1s时，金属框AD边受到安培力F的大小为2N，方向垂直于AD向左。

【解析】(1)求出磁感应强度的变化率，根据法拉第电磁感应定律求解金属框中的电动势；
(2)由闭合电路欧姆定律求解金属框中的电流为I，根据安培力的计算公式求解AD边受到的安培力大小，根据楞次定律判断电流方向，根据左手定则判断AD边受到的安培力方向。
本题主要是考查法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律，关键是能够根据图象得到磁感应强度的变化率，知道法拉第电磁感应定律中的面积为有效面积。

19.【答案】解：(1)线圈中感应电动势的峰值
Em=NBSω
代入数据解得：Em=40V
线圈中感应电动势表达式
e=Emsinωt
代入数据解得：e=40sin100πt(V)
(2)通过灯泡L的电流的最大值
Im=EmR+r
代入数据解得：Im=2A
电流的有效值为
I=Im2
代入数据解得：I=2A
灯泡L的电功率：P=I2R
得：P=38W。
答：(1)线圈中感应电动势的峰值为40V，瞬时值的表达式为e=40sin100πt(V)；
(2)灯泡L中的电流为2A及其电功率为38W。

【解析】(1)根据最大值表达式即可求得电动势的最大值；根据欧姆定律可求得电流的最大值，再根据瞬时表达式的书写规律可求得瞬时表达式；
(2)根据最大值和有效值的关系可求得有效值，再根据功率公式即可求得灯泡上消耗的功率．
该题考查交流电的最大值、有效值以及功率公式的应用，要注意在求解功率时一定要用到电流的有效值．

20.【答案】解：(1)ab棒匀速运动时，切割磁感线的感应电动势：E=BLv=0.1×0.4×5V=0.2V
由右手定则可知，感应电流由b流向a，ab棒相对于电源，
在电源内部电流从负极流向正极，因此a端相当于电源的正极。
(2)由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I=ER+Rab=0.20.4+0.1A=0.4A
ab棒受到的安培力大小F=BIL=0.1×0.4×0.4N=0.016N
ab棒所受培力的功率：
R的热功率：PR=I2R=0.42×0.4W=0.064W
Rab的热功率：Pab=I2Rab=0.42×0.1W=0.016W
从能的转化和守恒角度看，导体棒克服安培力做的功等于电路内产生的电能，电能转化为内外电阻的内能放出焦耳热。
所以克服安培力做功的功率等于电路中电阻R和Rab的热功率之和，即：。
答：(1)电路abcd中电动势是0.2V，a位置相当于电源的正极。
(2)ab棒受安培力的功率是0.08W，R的热功率是0.064W，Rab的热功率是0.016W，三个功率关系的含义是。

【解析】(1)应用E=BLv求出感应电动势；应用右手定则判断出感应电流方向，然后判断电源的正极。
(2)由闭合电路的欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出ab棒所受的安培力，然后由P=Fv求出安培力的功率；根据电功率公式求出电阻与ab棒的热功率；应用能量守恒定律分析功率间的关系。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

21.【答案】解：(1)设金属杆下滑d时的速度大小为v1
由匀变速直线运动的速度-位移公式得：v12=2gd
金属杆切割磁感线产生的电动势：E1=BLv1
根据闭合电路欧姆定律可知，感应电流：I1=E12R
电阻R两端的电压：U1=I1R
解得：U1=12BL2gd
(2)金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，经过时间t金属杆的速度：v=gt
金属杆切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv
由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I=E2R
金属杆受到的安培力：
对金属杆，由牛顿第二定律得：
解得：F=12mg+B2L2g2Rt
答：(1)金属杆下滑距离d时，电阻R两端的电压是12BL2gd；
(2)拉力F随t变化的关系式是F=12mg+B2L2g2Rt。

【解析】(1)应用匀变速直线运动的速度-位移公式求出金属杆的速度，由E=BLv求出金属杆切割磁感线产生的感应电动势，然后应用欧姆定律求出电阻两端的电压。
(2)应用匀变速直线运动的速度-时间公式求出金属杆的速度，应用安培力公式求出金属杆受到的安培力，然后应用牛顿第二定律求出F随t变化的关系式。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

22.【答案】解：(1)金属杆cd切割磁感线产生的感应电动势：E=BLvm
由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：Im=E2R
金属杆所受的安培力：
金属杆cd做匀速直线运动，由平衡条件得：
解得：vm=mgRB2L2
(2)当杆cd下滑的速度为vm2时，感应电动势：E′=BL×vm2
感应电流：I=E′2R
金属杆所受安培力大小：
对金属杆，由牛顿第二定律得：
解得：a=14g
答：(1)cd匀速运动的速度vm的大小是mgRB2L2；
(2)cd速度为vm2时，其加速度的大小是14g。

【解析】(1)由E=BLv求出金属杆切割磁感线产生的感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，由安培力公式求出金属杆受到的安培力，应用平衡条件求出金属杆匀速运动的速度大小。
(2)求出金属杆受到的安培力，应用牛顿第二定律求出金属杆的加速度大小。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

23.【答案】解：(1)当b和c组成的系统做匀速运动时速度最大，设最大速度为vm，
对b、c组成的系统，由平衡条件得：mg=2BImL
根据闭合电路欧姆定律得：Im=2BLvm2R
解得：vm=mgR2B2L2
(2)同时将a、b由静止释放，a棒沿斜面向下运动，由牛顿第二定律得：
对a棒：mgsinθ−BIL=ma1
对b和c：mg−2BIL=2ma2
解得，任意时刻a棒和b棒的加速度之比a1：a2=1：1
由于a、b都从静止开始运动且运动时间相等，
则任意时刻a、b棒的速度之比：v1：v2=1：1
当a和b的加速度a1=a2=0时达到稳定状态，设此时a、b棒速度分别为va、vb，va=vb
设此时回路电流为I′，则：mgsinθ−BI′L=mg−2BI′L=0
由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I′=BLva+2BLvb2R
解得：va=vb=mgR3B2L2
(3)由于两棒运动时间相同，那么从由静止开始到达稳定状态，
a、b棒的位移大小之比为1：1，即c下落h，b棒的位移x2=h，
a棒的位移大小也为x1=h，对于a、b和c系统，由能量守恒定律得：
mgx1sinθ+mgh=12mva2+12×(2m)vb2+Q
解得：Q=32mgh−m3g2R26B4L4
答：(1)若锁定a释放b，b的最大速度是mgR2B2L2；
(2)同时释放a、b，稳定后a、b的速度都是mgR3B2L2；
(3)同时释放a、b，若c下落h时a、b恰好达到稳定状态，这一过程中系统产生的焦耳热是32mgh−m3g2R26B4L4。

【解析】(1)当b做匀速直线运动时b的速度最大，应用平衡条件可以求出b的最大速度。
(2)当a、b做匀速直线运动时a、b达到稳定，应用平衡条件可以求出稳定后a、b的速度。
(3)应用能量守恒定律可以求出系统产生的焦耳热。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。