期末综合复习练习（二)2020_2021学年高二下学期物理人教版（2019）选择性必修二（word含答案）
文档属性
| 名称 | 期末综合复习练习（二)2020_2021学年高二下学期物理人教版（2019）选择性必修二（word含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 402.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-06-27 23:17:04 | ||
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文档简介
2020~2021学年高二下学期物理人教版（2019）选择性必修二期末综合复习练习（二）
一、单选题
1．如图所示，L1和L2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻与R相同，由于存在自感现象，在开关S接通和断开时，L1、L2先后亮暗的顺序是（ ）
A．接通时，L1先达最亮；断开时，L1后暗
B．接通时，L2先达最亮；断开时，L2后暗
C．接通时，L1先达最亮；断开时，L1先暗
D．接通时，L2先达最亮；断开时，L2先暗
2．如图,电源内阻较大,当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时,水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态,灯泡L也能正常发光,现将滑片由该位置向a端滑动,则
A．灯泡将变暗,电源效率将减小
B．液滴带正电,将向下做加速运动
C．电源的路端电压增大,输出功率也增大
D．电容器两极板上的电势差将增大
3．如图所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力的作用，则可知线框的运动情况是
A．向左平动进入磁场
B．向右平动退出磁场
C．沿竖直方向向上平动
D．沿竖直方向向下平动
4．如图所示，灯泡与自感线圈并联，灯泡的电阻为R1，线圈的直流电阻为R2，且R1A．当断开K瞬间，灯突然亮一下然后才逐渐熄灭
B．当断开K瞬间，灯立刻熄灭
C．当K断开时，流过灯泡的电流方向仍为从左向右
D．当K断开时，流过灯泡的电流方向变为从右向左
5．如图甲所示，通电螺线管A与用绝缘绳悬挂的线圈B的中心轴在同一水平直线上，A中通有如图所示的变化电流，t=0时电流方向如图乙中箭头所示．在t1～t2时间内，对于线圈B的电流方向（从左往右看）及运动方向，下列判断正确的是（ ）
A．线圈B内有顺时针方向的电流、线圈向右摆动
B．线圈B内有顺时针方向的电流、线圈向左摆动
C．线圈B内有逆时针方向的电流、线圈向右摆动
D．线圈B内有逆时针方向的电流、线圈向左摆动
6．如图所示，是高二某同学演示楞次定律实验的记录，不符合实验事实的是
A． B．
C． D．
7．如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接，要使小线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况是（两线圈共面放置）（ ）
A．向右匀速运动
B．向左加速运动
C．向左匀速运动
D．向右加速运动
二、多选题
8．下列说法正确的是（ ）
A．一个物体的动能不变，则动量也一定不变
B．棉花糖是利用物体做离心运动制成的
C．自然界中的风能和水能都是由太阳能转化来的
D．绕地球沿圆轨道飞行的航天器中悬浮的液滴处于平衡状态
9．根据你所学的知识，判断以下说法中正确的是
A．历史上先发现电磁感应现象，后发现电流的磁效应
B．在相同电压下，电动机启动时的电流比正常工作时的电流大
C．探测地雷的探雷器是利用涡流工作的
D．远距离运输时应将安培表两接线柱用导线连接
10．如图所示为某种电流表的原理示意图。质量为m的均质细金属棒的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为方向垂直纸面向外。与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab。当中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流大小。下列说法正确的是（ ）
A．当电流表示数为零时，弹簧伸长量为false
B．若要使电流表正常工作，则金属杆MN的N端与电源正极相接
C．此电流表放入匀加速直线运动的升降机中测量的电流值一定偏大
D．若false，bc=h不计通电时电流产生的磁场的影响，那么此电流表的量程应为false
三、填空题
11．在赤道附近的地磁场可看做是由南向北的匀强磁场，磁感应强度的大小是0.5×10-4T．如果赤道上有一根沿东西方向的直导线，长20m，通有从东向西的电流，电流强度为30A，则地磁场对这根导线的作用力大小为 ______ ?N，方向 ______ ?（填“竖直向上”或“竖直向下”）．
12．如图所示，光滑绝缘水平面上，一正方形线圈以初速度false进入一匀强磁场，磁场宽度大于线圈的宽度。当线圈完全离开磁场区域时，其速度大小变为false，在进入磁场跟离开磁场的过程中，通过线圈横截面的电荷量之比为______，线圈产生的热量之比为______。
四、解答题
13．一个边长为a=1m的正方形线圈CDEF，总电阻为R=2false，当线圈以v=2m/s的速度通过磁感应强度B=0.5T的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直。若磁场的宽度b>1m，如图所示，求∶
（1）线圈离开磁场过程中感应电流的大小。
（2）线圈进入磁场过程中CD边的电势差UCD；
（3）线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热。
14．如图所示为等臂电流天平。左臂挂盘和砝码的总质量为m，右臂所挂矩形线圈的匝数为n，线圈水平边的长为L。下边处在磁感应强度大小为B，方向垂直线圈平面（纸面）向里的匀强磁场中。当线圈中通过大小为I。方向如图中所示的电流时，两臂平衡。重力加速度为g，不计线圈重力。
(1)请导出用n、m、L、I、g计算B的表达式；
(2)若挂盘和砝码的总质量为false，false，false，重力加速度g取false，线圈中的电流I可在1.0A~2.0A范围内调节，求线圈的最少匝数。
15．如图所示，倾角为θ＝37°的足够长平行导轨顶端bc间、底端ad间分别连一电阻，其阻值为R1＝R2＝2r，两导轨间距为L＝1 m。在导轨与两个电阻构成的回路中有垂直于轨道平面向下的磁场，其磁感应强度B1＝1 T。在导轨上横放一质量m＝1 kg、电阻r＝1 Ω、长度也为L的导体棒ef，导体棒与导轨始终良好接触，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。在平行导轨的顶端通过导线连接一面积为S＝0.5 m2、总电阻为r、匝数N＝100匝的线圈（线圈中轴线沿竖直方向），在线圈内加上沿竖直方向、且均匀变化的磁场B2（图中未画出），连接线圈电路上的开关K处于断开状态，g＝10 m/s2，不计导轨电阻。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)从静止释放导体棒，导体棒能达到的最大速度是多少？
(2)导体棒从静止释放到稳定运行用时t＝3.25 s，这段时间通过电阻R1的电荷量是多少？导体棒的位移是多大？
(3)现闭合开关K，为使导体棒静止于倾斜导轨上，那么在线圈中所加磁场的磁感应强度的方向及变化率false大小的取值范围。
16．如图所示，在匀强磁场中有一个线圈。
(1)当线圈分别以false和false为轴按逆时针方向转动时，在图中位置，感应电流的方向各是怎样的？
(2)当角速度恒定时，上述两种情况下感应电流的大小有什么关系？
(3)若角速度恒定，在图中位置，感应电动势的大小跟线圈面积有何关系？
(4)设磁感应强度B为0.15T，false为10false，false为4false，角速度120false，求以false和false为转轴时感应电动势的最大值。
17．如图甲所示，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距L=0.5 m，导轨左端M、P间接有一定值电阻，导体棒ab质量m=0.2 kg，与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端d=1 m处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计.整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t=0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，在0～3 s内导体棒被固定，3 s后释放导体棒，t=1 s时棒所受到的安培力F=0.05 N.不计感应电流磁场的影响，取重力加速度g=10 m/s?，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.
(1)求定值电阻的阻值R；
(2)若t=4 s时，突然使ab棒获得向右的速度v=20 m/s，求此时导体棒的加速度大小a.
18．如图，两根光滑平行金属导轨置于水平面(纸面)内，导轨间距为L，左端连有阻值为R的电阻．一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域．已知金属杆以速度v0向右进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界(图中虚线位置)时速度恰好为零．金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好．除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计．求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率.
19．如图所示，绝缘水平面上固定平行长直金属导轨，导轨间距为L，一端接有阻值为R的电阻，整个导轨平面处于与之垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一根金属杆的质量为m，置于导轨上，与导轨垂直并接触良好，金属杆在导轨上的初速度大小为v0，方向平行于导轨。忽略金属杆与导轨的电阻，不计摩擦。金属杆在做切割磁感线运动时，将产生一个电动势，因而在电路中有电流通过。
（1）因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势，产生动生电动势的非静电力是什么力?
（2）R上能产生多少焦耳热?
（3）当金属杆运动到总路程的k倍（0≤k≤1）时，求此时的安培力的瞬时功率。
参考答案
1．A
【分析】
解答本题的关键是分析开关接通和断开时线圈中电流的变化情况，然后根据自感电动势的作用分析小灯泡的亮度变化。
【详解】
开关闭合时，由于线圈L的自感作用阻碍电流的增大，所以大部分电流从L1中流过，L1先达最亮；
开关断开时，线圈中产生的自感电动势阻碍电流减小，自感电流方向与原电流的方向相同，且只能在L与L1的闭合回路中流过，L1中有自感电流，所以L1后暗。
选项A正确，BCD错误。
故选A。
2．D
【详解】
A．将滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗。外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源的效率为
false
U增大，则知η增大，故A错误。
BD．液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电。路端电压增大，故电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动。故B错误，D正确。
C．由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故C错误。
3．A
【分析】
ab边受竖直向上的磁场力的作用，根据左手守则判断出ab边中感应电流的方向，再根据右手定则判断线框的运动方向．
【详解】
AB.ab边受竖直向上的磁场力的作用，根据左手守则判断出ab边中感应电流的方向是a→b，再根据右手定则判断线圈ad边向左平动切割磁感线；故A正确，B错误；
CD.当线圈沿竖直方向向上或向下平动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，ab边不受磁场力作用；故CD错误。
故选A。
4．D
【详解】
在K断开前，自感线圈L中有向右的电流，断开K后瞬间，R2的电流要减小，于是R2中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是逐渐减小为零；原来跟R2并联的灯泡R1，由于电源的断开，向右的电流会立即消失。但此时它却与R2形成了串联的回路，R2中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡R1中流过，方向由右经过灯泡到左侧；因此，灯泡不会立即熄灭，而是渐渐熄灭，灯泡中的电流的方向与原电流方向相反；由于false ，所以通过灯泡和线圈的电流关系为false ，通过小灯泡的电流不可能再增大，所以小灯泡不可能闪亮一下，而是先突然变得比原来暗，然后逐渐熄灭。
故选D。
5．A
【详解】
根据题意可知，在螺线管内通有，在false时间内，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向左，当电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）；从产生感应电流阻碍的角度可知，线圈向右运动，才能阻碍磁通量的增大。
故选A。
6．D
【详解】
试题分析：D选项中，由楞次定律知：当条形磁铁拔出时，感应电流形成的磁场与原磁场方向相同，因原磁场方向向上，故感应磁场方向也向上，再由安培定则知从上向下看感应电流方向为逆时针，D错．
考点：楞次定律、安培定则等．
【名师点睛】楞次定律中“阻碍”的含义
7．B
【详解】
若要让N中产生顺时针的电流，M必须让N中的磁场向里减小或向外增大，所以有以下两个答案．若垂直纸面向里的磁场且大小减小，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒中电流由a到b减小，则导体棒向右减速运动．同理，垂直纸面向外的磁场且大小增大，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向左加速运动，故B正确，ACD错误；故选B．
【点睛】
考查右手定则、法拉第电磁感应定律、右手螺旋定则与楞次定律的应用，注意各定律的作用，同时将右手定则与左手定则区别开．
8．BC
【详解】
A．一个物体的动能不变，则速度的大小不变，方向可能改变，则动量可能改变，故A错误；
B．棉花糖制作机，是通过机器转速增加，所需要的向心力增加，发生离心现象，故B正确；
C．风能，水能都是因为地球吸收了太阳的能量形成的，故C正确；
D．绕地球沿圆轨道飞行的航天器中悬浮的液滴重力提供向心力，处于完全失重状态，故D错误。
故选BC。
9．BCD
【详解】
A. 历史上先发现电流的磁效应，后发现电磁感应现象，故A错误．
B. 电动机启动时，线圈转速慢，产生的反电动势小，故电流较大，所以电动机启动时的电流大于正常工作时的电流，故B正确．
C. 探雷器中变化电流遇到金属物体，在金属物体上产生涡流，故C正确．
D. 磁电式电流表在运输过程中需要将两个接线柱用导线短接，是为了让内部产生感应电流从而阻碍指针的振动，从而防止振针因撞击而弯曲变形，故D正确．
10．AD
【详解】
A．设当电流表示数为零时，弹簧的伸长为△x，则有
mg=k△x
解得
false
故A正确；
B．为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，跟左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极，故B错误；
C．如果把此电流表放入匀加速下降的升降机中，金属棒处于失重状态，则指针示数比正常情况下要减小，测得的电流值减小，故C错误；
D．设满量程时通过MN的最大电流强度为Im，则有
BIml+mg=k（h+△x）
解得
false
故D正确。
故选AD。
11． 3×10-2； 竖直向下
【解析】安培力的公式可得：F=BIL=0.50×10-4×20×30N=3×10-2N；
从东向西的电流，由南向北的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向竖直向下；
点睛：本题是安培力的分析和计算问题．安培力大小的一般计算公式是F=BILsinα，α是导体与磁场的夹角，当B、I、L互相垂直的时候安培力最大为F=BIL．
12．1∶1 5∶3
【详解】
[1]由法拉第电磁感应定律可得
设回路电阻为R，感应电流
false
通过线圈横截面的电荷量
联立可得
进、出磁场过程中，磁通量的变化量相同，故通过线圈横截面的电荷量之比为1∶1。
[2]线圈进入磁场时产生的瞬时感应电动势E=BLv，电流为
falsefalse
取极端时间false，速度变为v1，以运动方向为正方向，由动量定理可得
联立可得
又false，代入可得
同理，线圈离开磁场时满足
进、出磁场时的位移false相同，故
false
可解得进入磁场时的速度为false，进出磁场过程中由能量守恒可得产生的热量分别为
false
false
对比可得false。
13．（1）0.5A；（2）0.75V；（3）0.5J
【详解】
（1）根据
E=Blv，false
知
false
（2）由电路特点可知
false=0.75V
（3）线圈穿过磁场过程中，由于b>1m，故只在进入和穿出时有感应电流，故
falsefalse
14．(1)false；(2)30匝
【详解】
(1) 由题可知，磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，线圈所受安倍力方向向下，根据平衡条件有
mg=nBIL
解得
false
(2)由题意可知，当电流为I=2.0A时，线圈匝数最少，则由
mg=nBIL
可得
false
代入数据，解得
false
15．(1)4 m/s；(2)1.25 C；5 m；(3) 0.12 T/s≤≤0.6 T/s;若方向竖直向上，则均匀减小；若方向竖直向下，则均匀增强。
【详解】
(1)对导体棒，由牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ－B1IL＝ma
其中
false
可知，随着导体棒的速度增大，加速度减小，当加速度减至0时，导体棒的速度达最大vm，有
false
代入数据解得
vm＝4 m/s。
(2)导体棒从静止释放到稳定运行时间内，设通过导体棒的平均电流为I，导体棒下滑距离为x，由动量定理
（mgsin θ－μmgcos θ－B1IL）t＝mvm
通过R1的电荷量
q1＝falseIt
解得
q1＝1.25 C
通过导体棒的电荷量
q＝It＝false
解得
x＝5 m
(3)开关闭合后，导体棒ef受到的安培力
F′＝B1IefL
干路电流
电路的总电阻
R总＝r＋false＝falser
解得
Ief＝falseI′＝
则
当安培力较大时
Fmax＝mgsin θ＋μmgcos θ＝10 N
解得
安培力较小时
Fmin＝mgsin θ－μmgcos θ＝2 N
解得
为使导体棒静止于倾斜导轨上，磁感应强度的变化的取值范围为
0.12 T/s≤≤0.6 T/s
根据左手定则、楞次定律和安培定则知闭合线圈中所加磁场：
若方向竖直向上，则均匀减小；
若方向竖直向下，则均匀增强。
16．(1) 均为顺时针方向；(2) 感应电流的大小相等；(3) false；(4)0.072V
【详解】
(1)根据楞次定律，当线圈分别以false和false为轴按逆时针方向转动时，在图中位置，感应电流的方向均为顺时针方向；
(2)设AB=L1，BC=L2，则当绕P1转动时
false
则当绕P2转动时
false
当角速度恒定时，上述两种情况下感应电动势均为
false
则感应电流的大小相等；
(3)若角速度恒定，在图中位置，感应电动势的大小跟线圈面积的关系为
false
(4)以false和false为转轴时感应电动势的最大值均为
false
17．（1）false （2）false
【分析】
（1）在0～3s内，由图乙的斜率求出，根据法拉第电磁感应定律求出回路中产生的感应电动势，由安培力公式F=BIL及F1=0.05N，求感应电流，再由闭合电路欧姆定律求定值电阻的阻值R．
（2）根据牛顿第二定律和安培力公式结合求解加速度a．
【详解】
（1）由图乙知：
回路产生的感应电动势
t=1s时棒所受到的安培力F1=0.05N．由F1=BIL得：false
由闭合电路欧姆定律得 false
可得 R=0.05Ω
（2）若t=4s时，突然使ab棒获得向右的速度v=20m/s，产生的感应电动势 E=BLv=0.1×0.5×20V=1V
感应电流false
根据牛顿第二定律得 BIL+μmg=ma
得 a=6m/s2；
【点睛】
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要从给定的B-t图像中获取信息，并掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律，正确分析物体的受力情况，从而求解加速度．
18．false,false
【详解】
设金属杆运动的加速度大小为a，运动的位移为x，
根据运动学公式，有false
设金属杆运动到磁场区域中间位置时的速度为v，
根据运动学公式，有false
联立以上各式解得:false
金属杆运动到磁场区域中间位置时，产生的感应电动势为E=BLv
通过金属杆的电流为false
金属杆受到的安培力为F=BIL
解得：false
电流的功率为false
解得：false
19．（1）洛伦兹力（2）falsemv02（3）false v02(1-k)2
【详解】
（1）动生电动势的非静电力是洛伦兹力；
（2）由能量守恒定律可得R上产生的焦耳热
Q=falsemv02
（3）设金属杆开始运动为计时起点，t时刻（为停下）当金属杆的速度为v时产生的电动势：
E=BLv
安培力：
false
设向右为正，由动量定理：
false
金属棒的总位移为x，末速度为0，经过一段时间的累加：
false
当金属杆运动到总路程的k倍时：
false
得到
false
此时安培力的瞬时功率：
false
一、单选题
1．如图所示，L1和L2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻与R相同，由于存在自感现象，在开关S接通和断开时，L1、L2先后亮暗的顺序是（ ）
A．接通时，L1先达最亮；断开时，L1后暗
B．接通时，L2先达最亮；断开时，L2后暗
C．接通时，L1先达最亮；断开时，L1先暗
D．接通时，L2先达最亮；断开时，L2先暗
2．如图,电源内阻较大,当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时,水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态,灯泡L也能正常发光,现将滑片由该位置向a端滑动,则
A．灯泡将变暗,电源效率将减小
B．液滴带正电,将向下做加速运动
C．电源的路端电压增大,输出功率也增大
D．电容器两极板上的电势差将增大
3．如图所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力的作用，则可知线框的运动情况是
A．向左平动进入磁场
B．向右平动退出磁场
C．沿竖直方向向上平动
D．沿竖直方向向下平动
4．如图所示，灯泡与自感线圈并联，灯泡的电阻为R1，线圈的直流电阻为R2，且R1
B．当断开K瞬间，灯立刻熄灭
C．当K断开时，流过灯泡的电流方向仍为从左向右
D．当K断开时，流过灯泡的电流方向变为从右向左
5．如图甲所示，通电螺线管A与用绝缘绳悬挂的线圈B的中心轴在同一水平直线上，A中通有如图所示的变化电流，t=0时电流方向如图乙中箭头所示．在t1～t2时间内，对于线圈B的电流方向（从左往右看）及运动方向，下列判断正确的是（ ）
A．线圈B内有顺时针方向的电流、线圈向右摆动
B．线圈B内有顺时针方向的电流、线圈向左摆动
C．线圈B内有逆时针方向的电流、线圈向右摆动
D．线圈B内有逆时针方向的电流、线圈向左摆动
6．如图所示，是高二某同学演示楞次定律实验的记录，不符合实验事实的是
A． B．
C． D．
7．如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接，要使小线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况是（两线圈共面放置）（ ）
A．向右匀速运动
B．向左加速运动
C．向左匀速运动
D．向右加速运动
二、多选题
8．下列说法正确的是（ ）
A．一个物体的动能不变，则动量也一定不变
B．棉花糖是利用物体做离心运动制成的
C．自然界中的风能和水能都是由太阳能转化来的
D．绕地球沿圆轨道飞行的航天器中悬浮的液滴处于平衡状态
9．根据你所学的知识，判断以下说法中正确的是
A．历史上先发现电磁感应现象，后发现电流的磁效应
B．在相同电压下，电动机启动时的电流比正常工作时的电流大
C．探测地雷的探雷器是利用涡流工作的
D．远距离运输时应将安培表两接线柱用导线连接
10．如图所示为某种电流表的原理示意图。质量为m的均质细金属棒的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为方向垂直纸面向外。与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab。当中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流大小。下列说法正确的是（ ）
A．当电流表示数为零时，弹簧伸长量为false
B．若要使电流表正常工作，则金属杆MN的N端与电源正极相接
C．此电流表放入匀加速直线运动的升降机中测量的电流值一定偏大
D．若false，bc=h不计通电时电流产生的磁场的影响，那么此电流表的量程应为false
三、填空题
11．在赤道附近的地磁场可看做是由南向北的匀强磁场，磁感应强度的大小是0.5×10-4T．如果赤道上有一根沿东西方向的直导线，长20m，通有从东向西的电流，电流强度为30A，则地磁场对这根导线的作用力大小为 ______ ?N，方向 ______ ?（填“竖直向上”或“竖直向下”）．
12．如图所示，光滑绝缘水平面上，一正方形线圈以初速度false进入一匀强磁场，磁场宽度大于线圈的宽度。当线圈完全离开磁场区域时，其速度大小变为false，在进入磁场跟离开磁场的过程中，通过线圈横截面的电荷量之比为______，线圈产生的热量之比为______。
四、解答题
13．一个边长为a=1m的正方形线圈CDEF，总电阻为R=2false，当线圈以v=2m/s的速度通过磁感应强度B=0.5T的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直。若磁场的宽度b>1m，如图所示，求∶
（1）线圈离开磁场过程中感应电流的大小。
（2）线圈进入磁场过程中CD边的电势差UCD；
（3）线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热。
14．如图所示为等臂电流天平。左臂挂盘和砝码的总质量为m，右臂所挂矩形线圈的匝数为n，线圈水平边的长为L。下边处在磁感应强度大小为B，方向垂直线圈平面（纸面）向里的匀强磁场中。当线圈中通过大小为I。方向如图中所示的电流时，两臂平衡。重力加速度为g，不计线圈重力。
(1)请导出用n、m、L、I、g计算B的表达式；
(2)若挂盘和砝码的总质量为false，false，false，重力加速度g取false，线圈中的电流I可在1.0A~2.0A范围内调节，求线圈的最少匝数。
15．如图所示，倾角为θ＝37°的足够长平行导轨顶端bc间、底端ad间分别连一电阻，其阻值为R1＝R2＝2r，两导轨间距为L＝1 m。在导轨与两个电阻构成的回路中有垂直于轨道平面向下的磁场，其磁感应强度B1＝1 T。在导轨上横放一质量m＝1 kg、电阻r＝1 Ω、长度也为L的导体棒ef，导体棒与导轨始终良好接触，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。在平行导轨的顶端通过导线连接一面积为S＝0.5 m2、总电阻为r、匝数N＝100匝的线圈（线圈中轴线沿竖直方向），在线圈内加上沿竖直方向、且均匀变化的磁场B2（图中未画出），连接线圈电路上的开关K处于断开状态，g＝10 m/s2，不计导轨电阻。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)从静止释放导体棒，导体棒能达到的最大速度是多少？
(2)导体棒从静止释放到稳定运行用时t＝3.25 s，这段时间通过电阻R1的电荷量是多少？导体棒的位移是多大？
(3)现闭合开关K，为使导体棒静止于倾斜导轨上，那么在线圈中所加磁场的磁感应强度的方向及变化率false大小的取值范围。
16．如图所示，在匀强磁场中有一个线圈。
(1)当线圈分别以false和false为轴按逆时针方向转动时，在图中位置，感应电流的方向各是怎样的？
(2)当角速度恒定时，上述两种情况下感应电流的大小有什么关系？
(3)若角速度恒定，在图中位置，感应电动势的大小跟线圈面积有何关系？
(4)设磁感应强度B为0.15T，false为10false，false为4false，角速度120false，求以false和false为转轴时感应电动势的最大值。
17．如图甲所示，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距L=0.5 m，导轨左端M、P间接有一定值电阻，导体棒ab质量m=0.2 kg，与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端d=1 m处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计.整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t=0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，在0～3 s内导体棒被固定，3 s后释放导体棒，t=1 s时棒所受到的安培力F=0.05 N.不计感应电流磁场的影响，取重力加速度g=10 m/s?，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.
(1)求定值电阻的阻值R；
(2)若t=4 s时，突然使ab棒获得向右的速度v=20 m/s，求此时导体棒的加速度大小a.
18．如图，两根光滑平行金属导轨置于水平面(纸面)内，导轨间距为L，左端连有阻值为R的电阻．一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域．已知金属杆以速度v0向右进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界(图中虚线位置)时速度恰好为零．金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好．除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计．求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率.
19．如图所示，绝缘水平面上固定平行长直金属导轨，导轨间距为L，一端接有阻值为R的电阻，整个导轨平面处于与之垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一根金属杆的质量为m，置于导轨上，与导轨垂直并接触良好，金属杆在导轨上的初速度大小为v0，方向平行于导轨。忽略金属杆与导轨的电阻，不计摩擦。金属杆在做切割磁感线运动时，将产生一个电动势，因而在电路中有电流通过。
（1）因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势，产生动生电动势的非静电力是什么力?
（2）R上能产生多少焦耳热?
（3）当金属杆运动到总路程的k倍（0≤k≤1）时，求此时的安培力的瞬时功率。
参考答案
1．A
【分析】
解答本题的关键是分析开关接通和断开时线圈中电流的变化情况，然后根据自感电动势的作用分析小灯泡的亮度变化。
【详解】
开关闭合时，由于线圈L的自感作用阻碍电流的增大，所以大部分电流从L1中流过，L1先达最亮；
开关断开时，线圈中产生的自感电动势阻碍电流减小，自感电流方向与原电流的方向相同，且只能在L与L1的闭合回路中流过，L1中有自感电流，所以L1后暗。
选项A正确，BCD错误。
故选A。
2．D
【详解】
A．将滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗。外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源的效率为
false
U增大，则知η增大，故A错误。
BD．液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电。路端电压增大，故电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动。故B错误，D正确。
C．由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故C错误。
3．A
【分析】
ab边受竖直向上的磁场力的作用，根据左手守则判断出ab边中感应电流的方向，再根据右手定则判断线框的运动方向．
【详解】
AB.ab边受竖直向上的磁场力的作用，根据左手守则判断出ab边中感应电流的方向是a→b，再根据右手定则判断线圈ad边向左平动切割磁感线；故A正确，B错误；
CD.当线圈沿竖直方向向上或向下平动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，ab边不受磁场力作用；故CD错误。
故选A。
4．D
【详解】
在K断开前，自感线圈L中有向右的电流，断开K后瞬间，R2的电流要减小，于是R2中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是逐渐减小为零；原来跟R2并联的灯泡R1，由于电源的断开，向右的电流会立即消失。但此时它却与R2形成了串联的回路，R2中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡R1中流过，方向由右经过灯泡到左侧；因此，灯泡不会立即熄灭，而是渐渐熄灭，灯泡中的电流的方向与原电流方向相反；由于false ，所以通过灯泡和线圈的电流关系为false ，通过小灯泡的电流不可能再增大，所以小灯泡不可能闪亮一下，而是先突然变得比原来暗，然后逐渐熄灭。
故选D。
5．A
【详解】
根据题意可知，在螺线管内通有，在false时间内，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向左，当电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）；从产生感应电流阻碍的角度可知，线圈向右运动，才能阻碍磁通量的增大。
故选A。
6．D
【详解】
试题分析：D选项中，由楞次定律知：当条形磁铁拔出时，感应电流形成的磁场与原磁场方向相同，因原磁场方向向上，故感应磁场方向也向上，再由安培定则知从上向下看感应电流方向为逆时针，D错．
考点：楞次定律、安培定则等．
【名师点睛】楞次定律中“阻碍”的含义
7．B
【详解】
若要让N中产生顺时针的电流，M必须让N中的磁场向里减小或向外增大，所以有以下两个答案．若垂直纸面向里的磁场且大小减小，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒中电流由a到b减小，则导体棒向右减速运动．同理，垂直纸面向外的磁场且大小增大，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向左加速运动，故B正确，ACD错误；故选B．
【点睛】
考查右手定则、法拉第电磁感应定律、右手螺旋定则与楞次定律的应用，注意各定律的作用，同时将右手定则与左手定则区别开．
8．BC
【详解】
A．一个物体的动能不变，则速度的大小不变，方向可能改变，则动量可能改变，故A错误；
B．棉花糖制作机，是通过机器转速增加，所需要的向心力增加，发生离心现象，故B正确；
C．风能，水能都是因为地球吸收了太阳的能量形成的，故C正确；
D．绕地球沿圆轨道飞行的航天器中悬浮的液滴重力提供向心力，处于完全失重状态，故D错误。
故选BC。
9．BCD
【详解】
A. 历史上先发现电流的磁效应，后发现电磁感应现象，故A错误．
B. 电动机启动时，线圈转速慢，产生的反电动势小，故电流较大，所以电动机启动时的电流大于正常工作时的电流，故B正确．
C. 探雷器中变化电流遇到金属物体，在金属物体上产生涡流，故C正确．
D. 磁电式电流表在运输过程中需要将两个接线柱用导线短接，是为了让内部产生感应电流从而阻碍指针的振动，从而防止振针因撞击而弯曲变形，故D正确．
10．AD
【详解】
A．设当电流表示数为零时，弹簧的伸长为△x，则有
mg=k△x
解得
false
故A正确；
B．为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，跟左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极，故B错误；
C．如果把此电流表放入匀加速下降的升降机中，金属棒处于失重状态，则指针示数比正常情况下要减小，测得的电流值减小，故C错误；
D．设满量程时通过MN的最大电流强度为Im，则有
BIml+mg=k（h+△x）
解得
false
故D正确。
故选AD。
11． 3×10-2； 竖直向下
【解析】安培力的公式可得：F=BIL=0.50×10-4×20×30N=3×10-2N；
从东向西的电流，由南向北的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向竖直向下；
点睛：本题是安培力的分析和计算问题．安培力大小的一般计算公式是F=BILsinα，α是导体与磁场的夹角，当B、I、L互相垂直的时候安培力最大为F=BIL．
12．1∶1 5∶3
【详解】
[1]由法拉第电磁感应定律可得
设回路电阻为R，感应电流
false
通过线圈横截面的电荷量
联立可得
进、出磁场过程中，磁通量的变化量相同，故通过线圈横截面的电荷量之比为1∶1。
[2]线圈进入磁场时产生的瞬时感应电动势E=BLv，电流为
falsefalse
取极端时间false，速度变为v1，以运动方向为正方向，由动量定理可得
联立可得
又false，代入可得
同理，线圈离开磁场时满足
进、出磁场时的位移false相同，故
false
可解得进入磁场时的速度为false，进出磁场过程中由能量守恒可得产生的热量分别为
false
false
对比可得false。
13．（1）0.5A；（2）0.75V；（3）0.5J
【详解】
（1）根据
E=Blv，false
知
false
（2）由电路特点可知
false=0.75V
（3）线圈穿过磁场过程中，由于b>1m，故只在进入和穿出时有感应电流，故
falsefalse
14．(1)false；(2)30匝
【详解】
(1) 由题可知，磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，线圈所受安倍力方向向下，根据平衡条件有
mg=nBIL
解得
false
(2)由题意可知，当电流为I=2.0A时，线圈匝数最少，则由
mg=nBIL
可得
false
代入数据，解得
false
15．(1)4 m/s；(2)1.25 C；5 m；(3) 0.12 T/s≤≤0.6 T/s;若方向竖直向上，则均匀减小；若方向竖直向下，则均匀增强。
【详解】
(1)对导体棒，由牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ－B1IL＝ma
其中
false
可知，随着导体棒的速度增大，加速度减小，当加速度减至0时，导体棒的速度达最大vm，有
false
代入数据解得
vm＝4 m/s。
(2)导体棒从静止释放到稳定运行时间内，设通过导体棒的平均电流为I，导体棒下滑距离为x，由动量定理
（mgsin θ－μmgcos θ－B1IL）t＝mvm
通过R1的电荷量
q1＝falseIt
解得
q1＝1.25 C
通过导体棒的电荷量
q＝It＝false
解得
x＝5 m
(3)开关闭合后，导体棒ef受到的安培力
F′＝B1IefL
干路电流
电路的总电阻
R总＝r＋false＝falser
解得
Ief＝falseI′＝
则
当安培力较大时
Fmax＝mgsin θ＋μmgcos θ＝10 N
解得
安培力较小时
Fmin＝mgsin θ－μmgcos θ＝2 N
解得
为使导体棒静止于倾斜导轨上，磁感应强度的变化的取值范围为
0.12 T/s≤≤0.6 T/s
根据左手定则、楞次定律和安培定则知闭合线圈中所加磁场：
若方向竖直向上，则均匀减小；
若方向竖直向下，则均匀增强。
16．(1) 均为顺时针方向；(2) 感应电流的大小相等；(3) false；(4)0.072V
【详解】
(1)根据楞次定律，当线圈分别以false和false为轴按逆时针方向转动时，在图中位置，感应电流的方向均为顺时针方向；
(2)设AB=L1，BC=L2，则当绕P1转动时
false
则当绕P2转动时
false
当角速度恒定时，上述两种情况下感应电动势均为
false
则感应电流的大小相等；
(3)若角速度恒定，在图中位置，感应电动势的大小跟线圈面积的关系为
false
(4)以false和false为转轴时感应电动势的最大值均为
false
17．（1）false （2）false
【分析】
（1）在0～3s内，由图乙的斜率求出，根据法拉第电磁感应定律求出回路中产生的感应电动势，由安培力公式F=BIL及F1=0.05N，求感应电流，再由闭合电路欧姆定律求定值电阻的阻值R．
（2）根据牛顿第二定律和安培力公式结合求解加速度a．
【详解】
（1）由图乙知：
回路产生的感应电动势
t=1s时棒所受到的安培力F1=0.05N．由F1=BIL得：false
由闭合电路欧姆定律得 false
可得 R=0.05Ω
（2）若t=4s时，突然使ab棒获得向右的速度v=20m/s，产生的感应电动势 E=BLv=0.1×0.5×20V=1V
感应电流false
根据牛顿第二定律得 BIL+μmg=ma
得 a=6m/s2；
【点睛】
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要从给定的B-t图像中获取信息，并掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律，正确分析物体的受力情况，从而求解加速度．
18．false,false
【详解】
设金属杆运动的加速度大小为a，运动的位移为x，
根据运动学公式，有false
设金属杆运动到磁场区域中间位置时的速度为v，
根据运动学公式，有false
联立以上各式解得:false
金属杆运动到磁场区域中间位置时，产生的感应电动势为E=BLv
通过金属杆的电流为false
金属杆受到的安培力为F=BIL
解得：false
电流的功率为false
解得：false
19．（1）洛伦兹力（2）falsemv02（3）false v02(1-k)2
【详解】
（1）动生电动势的非静电力是洛伦兹力；
（2）由能量守恒定律可得R上产生的焦耳热
Q=falsemv02
（3）设金属杆开始运动为计时起点，t时刻（为停下）当金属杆的速度为v时产生的电动势：
E=BLv
安培力：
false
设向右为正，由动量定理：
false
金属棒的总位移为x，末速度为0，经过一段时间的累加：
false
当金属杆运动到总路程的k倍时：
false
得到
false
此时安培力的瞬时功率：
false
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