期末综合复习练习（九）—2020_2021学年高二下学期物理人教版（2019）选择性必修第二册（Word含答案）
文档属性
| 名称 | 期末综合复习练习（九）—2020_2021学年高二下学期物理人教版（2019）选择性必修第二册（Word含答案） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 425.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-06-28 00:00:00 | ||
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文档简介
期末综合复习练习（九）2020~2021学年高二下学期物理人教版（2019）选择性必修二
一、单选题
1．如图所示，一条形磁铁从左向右匀速穿过线圈，当磁铁经过A、B两位置时，线圈中
A．感应电流方向相同，感应电流所受作用力的方向相同
B．感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相反
C．感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相同
D．感应电流方向相同，感应电流所受作用力的方向相反
2．如图所示，边长为2L的有界正方形磁场，磁场方向垂直纸面向里，一宽为L、长为2L的矩形线圈abcd，其ab边位于磁场的中央，线圈平面与磁场垂直．现让线圈以ab边为轴顺时针（从上往下看）匀速转动，规定电流沿abcda流向为正方向，在一个周期内感应电流随时间变化的图象为 （ ）
D．
3．如图甲所示，单匝矩形金属线框abcd处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积false，线框连接一个阻值false的电阻，其余电阻不计，线框cd边位于磁场边界上。取垂直于线框平面向外为磁感应强度B的正方向，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。下列判断正确的是（ ）
A．0～0.4s内线框中感应电流沿逆时针方向
B．0.4～0.8s内线框有扩张的趋势
C．0～0.8s内线框中的电流为0.1A
D．0～0.4s内ab边所受安培力保持不变
4．如图所示，L为一自感系数很大的电感线圈，ab支路和cd支路的电阻相等，则
A．刚合上开关S时，电流表A1的示数大于电流表A2的示数
B．刚合上开关S时，电流表A1的示数小于电流表A2的示数
C．断开开关S时，电流表A1的示数大于电流表A2的示数
D．断开开关S时，电流表A1的示数小于电流表A2的示数
5．如图所示，两根等高光滑的false圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中（ ）
A．通过R的电流方向为a→R→b B．通过R的电流大小为false
C．流过R的电荷量为false D．R上产生的热量为false
6．如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略。下列说法中正确的是（ ）
A．合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮
B．合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮
C．断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会才熄灭
D．断开开关S切断电路时，A1会闪亮一下再熄灭
二、多选题
7．如图甲所示，长直导线与闭合线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0～false时间内，长直导线中电流向上，则线框中感应电流的方向与所受安培力情况是
A．0～T时间内线框中感应电流方向为顺时针方向
B．0～T时间内线框中感应电流方向为先顺时针方向后逆时针方向
C．0～T时间内线框受安培力的合力向左
D．0～false时间内线框受安培力的合力向左，false～T时间内线框受安培力的合力向右
8．如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细绳挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过匀强磁场区域，则（ ）
A．圆环向右穿过磁场后，不能摆至原高度
B．在进入和离开磁场时，圆环中感应电流方向相反
C．圆环进入磁场后，感应电流方向不变
D．圆环最终停止在最低点
三、解答题
9．如图所示，一足够长的水平光滑金属导轨false、false，间距false，电阻不计，导轨左端接一电阻false，虚线false左侧false区域的宽度false，存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度随时间变化为false。虚线false右侧false区域内磁场方向竖直向上，磁感应强度false。竖直线false与false的右侧空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度false。垂直导轨放置一导体棒false，棒长也为false，质量false，电阻忽略不计，两边与水平导轨相接触。false时刻闭合false，false在安培力的作用下开始运动，金属棒在离开水平导轨前已经达到稳定状态，且金属棒离开导轨后，磁场false保持不变，并在离开导轨后通过轻质导线把false和false，false和false端点相连（轻质导线不会影响棒的运动），棒运动过程中不发生旋转，最后落在水平地面上，落地时与false的水平距离为false，竖直距离为false。求：
(1)开关false闭合时，导体棒false两端电压。
(2)导体棒false离开水平导轨时的速度。
(3)导体棒在磁场false中运动时，电阻false上产生的热量。
10．在学习了电磁驱动和电磁制动后，某物理兴趣小组的同学设计了如下装置进行研究。如图所示，足够长平行光滑导轨的间距L＝0.2m，b1b2右侧轨道水平，左侧曲线轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道均电阻不计。在水平轨道内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.8T。质量为M＝0.2kg、电阻为R1＝0.1Ω的金属棒b垂直于轨道静止放置在与b1b2相距1m远的水平轨道上，并用插销固定。质量为m＝0.1kg、电阻为R2＝0.2Ω的金属棒a由曲线轨道上端a1a2处静止释放，a1a2处到水平轨道的竖直高度h＝0.45m，若金属棒a在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，金属棒a与b相撞时无能量损失，g＝10m/s2。求：
(1)金属棒a第1次滑到b1b2处时的速度大小；
(2)金属棒a与金属棒b碰撞的次数；
(3)若撤去固定金属棒b的插销，使其能自由移动，金属棒a还是由曲线轨道上端a1a2处静止释放，金属棒b初始静止在水平轨道上，两棒最终运动达到稳定状态。要使两棒不相碰，则金属棒b初始位置距离b1b2至少多远？整个运动过程中金属棒b上产生的焦耳热是多少?
11．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨cd和ef，水平放置且相距L，在其左端各固定一个半径为r的四分之三金属光滑圆环，两圆环面平行且竖直。在水平导轨和圆环上各有一根与导轨垂直的金属杆，两金属杆与水平导轨、金属圆环形成闭合回路，两金属杆质量均为m，电阻均为R，其余电阻不计。整个装置放在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。当用水平向右的恒力F=falsemg拉细杆a，达到匀速运动时，杆b恰好静止在圆环上某处，试求：
(1)杆a做匀速运动时，回路中的感应电流；
(2)杆a做匀速运动时的速度；
(3)杆b静止的位置距圆环最低点的高度。
12．如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由弯轨AB，FG和直窄轨BC，GH以及直宽轨DE、IJ组合而成，AB、FG段均为竖直的false圆弧，半径相等，分别在B，G两点与窄轨BC、GH相切，窄轨和宽轨均处于同一水平面内，BC、GH等长且与DE，IJ均相互平行，CD，HI等长，共线，且均与BC垂直。窄轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感强度为B的匀强磁场，窄轨间距为false，宽轨间距为L。由同种材料制成的相同金属直棒a，b始终与导轨垂直且接触良好，两棒的长度均为L，质量均为m，电阻均为R。初始时b棒静止于导轨BC段某位置，a棒由距水平面高h处自由释放。已知b棒刚到达C位置时的速度为a棒刚到达B位置时的false，重力加速度为g，求：
（1）a棒刚进入水平轨道时，b棒加速度ab的大小；
（2）b棒在BC段运动过程中，a棒产生的焦耳热Qa；
（3）若a棒到达宽轨前已做匀速运动，其速度为a棒刚到达B位置时的false，则b棒从刚滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中产生的焦耳热Qb。
13．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=370，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V、内阻r=0.50 Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5 Ω，金属导轨电阻不计， g取10 m/s2．已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求：
（1）通过导体棒的电流；
（2）导体棒受到的安培力和导体棒受到的摩擦力；
（3）若仅将磁场方向改为竖直向上，求导体棒受到的摩擦力．
14．如图甲所示，表面绝缘，倾角θ＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行．斜面所在空间有一宽度D＝0.40 m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离s＝0.55 m．一个质量m＝0.10 kg，总电阻R＝0.25 Ω的单匝矩形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L＝0.50 m．从t＝0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上且大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失．线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示．已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数μ＝false，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求线框受到的拉力F的大小；
(2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足false(式中v0为线框向下运动ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后对磁场上边界的位移大小)，求线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q.
15．某电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可等效为：小车车底安装着电磁铁，可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；水平地面固定着闭合矩形线图abcd，线圈的总电阻为R，ab边长为L，ad边长为2L，如图所示示（俯视）．缓冲小车（无动力）水平通过线圈上方，线圈与磁场的作用使小车做减速运动，从而实现缓冲．已知小车总质量为m，受到地面的摩擦阻力为f，小车磁场刚抵达线圈ab边时，速度大小为 v0，小车磁场刚抵达线圈cd边时，速度为零，求：
（1）小车缓冲过程中的最大加速度 am的大小．
（2）小车缓冲过程中通过线圈的电荷量q及线圆产生的焦耳热Q．
16．如图所示，两根相距为L的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R．整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v（如图）做匀速运动．则
(1)流过R的电流方向如何?
(2)求出R两端电压的大小。
参考答案
1．C
【详解】
当磁铁从A到B时，导致线圈的磁通量先增加后减小，由于穿过线圈的磁感线的方向不变，所以由楞次定律可知，产生感应电流的方向必相反，由楞次定律的相对运动角度来分析，则有：“近则斥，远则吸”，当磁铁靠近时，线圈受到水平向右的安培力；当远离时，线圈受到水平向右的安培力，故感应电流受的作用力方向相同，故C正确，ABD错误．
2．D
【详解】
如果全部在磁场中，应该为交变电流；
在旋转60度的时间内，磁通量为零，不变，故无感应电流；
在旋转60度到120度过程中，感应电流与磁场无边界情况相同；
在旋转120度到180度过程中，磁通量为零，不变，故无感应电流；
之后从旋转180度到旋转360度过程中，电流方向反向；
线框全部进入磁场区，与磁场无边界是情况相同，是交流电，故本题中电流是正弦式交流电电流的一部分．
故选D．
3．C
【详解】
A．由图乙所示图线可知，0-0.4s内磁感应强度垂直于纸面向里，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A错误。
B．由图乙所示图线可知，0.4-0.8s内穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故B错误。
C．由图示图线可知，0-0.8s内的感应电动势为
线框中的电流为：
false
故C正确。
D．在0-0.4s内感应电流I保持不变，由图乙所示图线可知，磁感应强度B大小不断减小，由F=ILB可知，ab边所受安培力不断减小，故D错误。
故选C。
4．B
【解析】
【详解】
AB．闭合S瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生自感电动势，从而阻碍电流的变大，所以电流表A1示数小于A2示数，故A错误，B正确；
CD．断开S瞬间，线圈电流变小，从而产生自感电动势，相当于电压会变小的电源与电阻相串联，由于两电流表串联，所以电流表A1示数等于A2示数，故C错误，D错误；
5．D
【详解】
A．根据右手定则可知，导体棒中产生的感应电流方向从c到d，所以通过R的电流方向为b→R→a，故A错误。
B．金属棒做匀速圆周运动，当从底端转过θ角时的感应电动势为
false
可知回路中产生正弦式交变电流,可得产生的感应电动势的最大值为
false
有效值为
false
根据闭合电路的欧姆定律可得
false
故B错误。
C．根据法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为
根据闭合电路的欧姆定律可得
该过程中通过R的电荷量为
故C错误。
D．有效值E为
false
根据焦耳定律得
false
false
代入得
false
故D正确。
故选D。
6．A
【分析】
本题考查电感在电路中的作用。电感在电路中起阻碍电流变化的作用。
【详解】
AB．合上开关S接通电路时，A2先亮，在电感作用下电流缓慢增加A1支路电流缓慢增加A1后亮，由于电感电阻不计，两灯泡相同，最后一样亮。故A正确，B错误；
CD．断开开关S切断电路时，A1和A2构成新回路，电流为原A1支路电流，故两灯均过一会熄灭。因电流未增加不会闪亮一下。CD错误。
故选A。
7．AD
【详解】
AB.0～T时间内直导线中电流先向上减小，再向下增大，所以导线框中的磁场向里减小，后向外增强，根据右手定则，所以感应电流始终为顺时针方向，故A符合题意B不符合题意．
CD.在0～false时间内，长直导线中电流向上，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向里，电流逐渐减小，则磁场逐渐减弱，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向左，右边受到的安培力水平向右，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向左；在false～T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右，故C不符合题意D符合题意．
8．AB
【详解】
A．圆环向右穿过磁场后，会产生电流，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的机械能将转化为电能，所以摆不到原来的高度，故A符合题意；
B．圆环进入磁场时磁通量增大，离开磁场时磁通量减小，根据楞次定律知，在这两个过程中，产生的感应电流方向相反，故B符合题意；
C．整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，故C不符合题意；
D．在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化（一直是最大值），所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在最低点，故D不符合题意。
故选AB。
9．(1)false；(2)false；(3)false。
【详解】
(1)开关闭合时，根据法拉第电磁感应定律有
false
(2)false棒达到稳定匀速状态时，磁通量不变，即
得
false
(3)在空中运动时，水平方向匀速false，得
false
竖直方向导体棒切割磁感线，根据动量定理有
false
false
得
false
即
false。
金属棒在磁场false中运动时的产生的热能为
false
得
false
10．(1)3m/s (2)2次 (3)2.34m；0.1J
【解析】
【详解】
（1）根据动能定理可得
false
解得
v=3m/s；
（2）对a棒用动量定理可得：
解得：
false
根据
解得
x=3.5m
因此金属棒a与金属棒b碰撞2次；
（3）最终两棒匀速，且va=vb
根据动量守恒定律可得：
mv=mva+Mvb
解得
va=vb=1m/s
系统产生的焦耳热
false
则B棒产生的焦耳热
false
a刚要追上b，二者速度相同，此过程对b根据动量定理可得：
根据、false、可得：
联立解得
解得：
11．(1)false；(2)false；(3)false
【详解】
(1)匀速时，拉力与安培力平衡
F=BIL
得
false
(2)金属棒a切割磁感线，产生的电动势
E=BLv
回路电流
false
联立得
false
(3)平衡时，棒和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件得：
false
得
θ=60°
由几何关系得高度
false
12．（1）false；（2）false；（3）false
【详解】
（1）a棒刚进入水平轨道时，由机械能守恒得
false
解得
false
由：
false
false
false
得
false
由牛顿第二定律
false
false
（2）b棒在窄轨上运动的过程中，对a、b棒，设b棒刚滑上宽轨时的速度为false，此时a棒的速度为false，由动量守恒得：
false
又由：
false
得
false
故由能量守恒，该过程中系统产生的焦耳热：
false
又因此过程中，a、b棒连入电路的电阻相等，故由
false
得
false
（3）当a棒在窄轨上匀速时，b棒在宽轨上也一定匀速，设其速度分别为false、false，由
E=BLv
知
false
false
由false得
false
而由false可得
false
b棒刚滑上宽轨时，a，b两棒的总动能为
false
b棒在宽轨上第一次恰好达到匀速时，a，b两棒的总动能为
false
故从b棒刚滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中，两棒产生的总焦耳热
false
而此过程中，b棒连入电路的电阻是a棒的两倍，由
false
知
false
13．（1）1.5A（2）0.30N 方向沿斜面向上 0.06N 方向沿斜面向下 （3）零
【详解】
（1）对导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：false
（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.30N 方向沿斜面向上
导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin370=0.24N
由于F1小于F安，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f ，受力如图．
根据共点力平衡条件mg sin370+f=F安
解得：f=0.06N 方向沿斜面向下
（3）对导体棒受力分析如图，
由于false
所以在安培力作用下导体棒刚好处于平衡，故导体棒受的摩擦力为零．
14．(1)1.5N(2)0.50 T(3)0.45 J
【解析】
【详解】
（1）由v－t图象可知，加速度 ＝5.0m/s2
由牛顿第二定律：F－mgsinθ－m mgcosθ＝ma
解得：F＝1.5 N
（2）由v－t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，
产生的感应电动势E＝BLv1，
通过线框的电流false
线框所受安培力：F安＝BIL＝false
由力的平衡条件，有F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋false
解得：B＝0.50T
（3）由v－t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度：D＝0.40m
线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为：s－D＝0.15m
设线框与挡板碰撞前的速度为v2
由动能定理有： －mg(s－D)sinθ－μmg(s－D)cosθ＝false
代入数据解得： v2=1.0 m/s
线框碰挡板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinθ＝μmgcosθ＝0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2＝1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3
由v＝v0－false
可得：v3＝v2－false＝－1.0 m/s，
因v3<0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置.
线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热：Q1＝I2Rt＝false＝0.40 J
线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热：Q2＝false＝0.05 J
所以：Q＝Q1＋Q2＝0.45 J
15．(1)false；(2)false
【解析】
【分析】根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式及牛顿第二定律就能求出小车缓冲过程中的的最大加速度；由能量守恒可知线圆产生的焦耳热；
解：（1）线圈相对磁场向左切割磁感线，产生电动势false
电流为：false
根据牛顿第二定律：false
得到：false
（2）通过线圈的电量：false，false，false
得到：false
由能量守恒：false
得到：false．
16．（1）b→d （2）BLV2
【解析】（1）由右手定则，拇指指向速度方向，磁感线穿过手心，四指指向即为电流方向，判断得知，MN中感应电流方向由N到M，那么流过电阻的就是由b到d．
（2）当MN运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压．MN产生的感应电动势为 E=BIv，由于MN的电阻等于R，则MN两端的电压的大小为U=12E=12BLv
一、单选题
1．如图所示，一条形磁铁从左向右匀速穿过线圈，当磁铁经过A、B两位置时，线圈中
A．感应电流方向相同，感应电流所受作用力的方向相同
B．感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相反
C．感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相同
D．感应电流方向相同，感应电流所受作用力的方向相反
2．如图所示，边长为2L的有界正方形磁场，磁场方向垂直纸面向里，一宽为L、长为2L的矩形线圈abcd，其ab边位于磁场的中央，线圈平面与磁场垂直．现让线圈以ab边为轴顺时针（从上往下看）匀速转动，规定电流沿abcda流向为正方向，在一个周期内感应电流随时间变化的图象为 （ ）
D．
3．如图甲所示，单匝矩形金属线框abcd处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积false，线框连接一个阻值false的电阻，其余电阻不计，线框cd边位于磁场边界上。取垂直于线框平面向外为磁感应强度B的正方向，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。下列判断正确的是（ ）
A．0～0.4s内线框中感应电流沿逆时针方向
B．0.4～0.8s内线框有扩张的趋势
C．0～0.8s内线框中的电流为0.1A
D．0～0.4s内ab边所受安培力保持不变
4．如图所示，L为一自感系数很大的电感线圈，ab支路和cd支路的电阻相等，则
A．刚合上开关S时，电流表A1的示数大于电流表A2的示数
B．刚合上开关S时，电流表A1的示数小于电流表A2的示数
C．断开开关S时，电流表A1的示数大于电流表A2的示数
D．断开开关S时，电流表A1的示数小于电流表A2的示数
5．如图所示，两根等高光滑的false圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中（ ）
A．通过R的电流方向为a→R→b B．通过R的电流大小为false
C．流过R的电荷量为false D．R上产生的热量为false
6．如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略。下列说法中正确的是（ ）
A．合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮
B．合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮
C．断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会才熄灭
D．断开开关S切断电路时，A1会闪亮一下再熄灭
二、多选题
7．如图甲所示，长直导线与闭合线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0～false时间内，长直导线中电流向上，则线框中感应电流的方向与所受安培力情况是
A．0～T时间内线框中感应电流方向为顺时针方向
B．0～T时间内线框中感应电流方向为先顺时针方向后逆时针方向
C．0～T时间内线框受安培力的合力向左
D．0～false时间内线框受安培力的合力向左，false～T时间内线框受安培力的合力向右
8．如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细绳挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过匀强磁场区域，则（ ）
A．圆环向右穿过磁场后，不能摆至原高度
B．在进入和离开磁场时，圆环中感应电流方向相反
C．圆环进入磁场后，感应电流方向不变
D．圆环最终停止在最低点
三、解答题
9．如图所示，一足够长的水平光滑金属导轨false、false，间距false，电阻不计，导轨左端接一电阻false，虚线false左侧false区域的宽度false，存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度随时间变化为false。虚线false右侧false区域内磁场方向竖直向上，磁感应强度false。竖直线false与false的右侧空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度false。垂直导轨放置一导体棒false，棒长也为false，质量false，电阻忽略不计，两边与水平导轨相接触。false时刻闭合false，false在安培力的作用下开始运动，金属棒在离开水平导轨前已经达到稳定状态，且金属棒离开导轨后，磁场false保持不变，并在离开导轨后通过轻质导线把false和false，false和false端点相连（轻质导线不会影响棒的运动），棒运动过程中不发生旋转，最后落在水平地面上，落地时与false的水平距离为false，竖直距离为false。求：
(1)开关false闭合时，导体棒false两端电压。
(2)导体棒false离开水平导轨时的速度。
(3)导体棒在磁场false中运动时，电阻false上产生的热量。
10．在学习了电磁驱动和电磁制动后，某物理兴趣小组的同学设计了如下装置进行研究。如图所示，足够长平行光滑导轨的间距L＝0.2m，b1b2右侧轨道水平，左侧曲线轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道均电阻不计。在水平轨道内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.8T。质量为M＝0.2kg、电阻为R1＝0.1Ω的金属棒b垂直于轨道静止放置在与b1b2相距1m远的水平轨道上，并用插销固定。质量为m＝0.1kg、电阻为R2＝0.2Ω的金属棒a由曲线轨道上端a1a2处静止释放，a1a2处到水平轨道的竖直高度h＝0.45m，若金属棒a在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，金属棒a与b相撞时无能量损失，g＝10m/s2。求：
(1)金属棒a第1次滑到b1b2处时的速度大小；
(2)金属棒a与金属棒b碰撞的次数；
(3)若撤去固定金属棒b的插销，使其能自由移动，金属棒a还是由曲线轨道上端a1a2处静止释放，金属棒b初始静止在水平轨道上，两棒最终运动达到稳定状态。要使两棒不相碰，则金属棒b初始位置距离b1b2至少多远？整个运动过程中金属棒b上产生的焦耳热是多少?
11．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨cd和ef，水平放置且相距L，在其左端各固定一个半径为r的四分之三金属光滑圆环，两圆环面平行且竖直。在水平导轨和圆环上各有一根与导轨垂直的金属杆，两金属杆与水平导轨、金属圆环形成闭合回路，两金属杆质量均为m，电阻均为R，其余电阻不计。整个装置放在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。当用水平向右的恒力F=falsemg拉细杆a，达到匀速运动时，杆b恰好静止在圆环上某处，试求：
(1)杆a做匀速运动时，回路中的感应电流；
(2)杆a做匀速运动时的速度；
(3)杆b静止的位置距圆环最低点的高度。
12．如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由弯轨AB，FG和直窄轨BC，GH以及直宽轨DE、IJ组合而成，AB、FG段均为竖直的false圆弧，半径相等，分别在B，G两点与窄轨BC、GH相切，窄轨和宽轨均处于同一水平面内，BC、GH等长且与DE，IJ均相互平行，CD，HI等长，共线，且均与BC垂直。窄轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感强度为B的匀强磁场，窄轨间距为false，宽轨间距为L。由同种材料制成的相同金属直棒a，b始终与导轨垂直且接触良好，两棒的长度均为L，质量均为m，电阻均为R。初始时b棒静止于导轨BC段某位置，a棒由距水平面高h处自由释放。已知b棒刚到达C位置时的速度为a棒刚到达B位置时的false，重力加速度为g，求：
（1）a棒刚进入水平轨道时，b棒加速度ab的大小；
（2）b棒在BC段运动过程中，a棒产生的焦耳热Qa；
（3）若a棒到达宽轨前已做匀速运动，其速度为a棒刚到达B位置时的false，则b棒从刚滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中产生的焦耳热Qb。
13．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=370，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V、内阻r=0.50 Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5 Ω，金属导轨电阻不计， g取10 m/s2．已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求：
（1）通过导体棒的电流；
（2）导体棒受到的安培力和导体棒受到的摩擦力；
（3）若仅将磁场方向改为竖直向上，求导体棒受到的摩擦力．
14．如图甲所示，表面绝缘，倾角θ＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行．斜面所在空间有一宽度D＝0.40 m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离s＝0.55 m．一个质量m＝0.10 kg，总电阻R＝0.25 Ω的单匝矩形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L＝0.50 m．从t＝0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上且大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失．线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示．已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数μ＝false，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求线框受到的拉力F的大小；
(2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足false(式中v0为线框向下运动ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后对磁场上边界的位移大小)，求线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q.
15．某电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可等效为：小车车底安装着电磁铁，可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；水平地面固定着闭合矩形线图abcd，线圈的总电阻为R，ab边长为L，ad边长为2L，如图所示示（俯视）．缓冲小车（无动力）水平通过线圈上方，线圈与磁场的作用使小车做减速运动，从而实现缓冲．已知小车总质量为m，受到地面的摩擦阻力为f，小车磁场刚抵达线圈ab边时，速度大小为 v0，小车磁场刚抵达线圈cd边时，速度为零，求：
（1）小车缓冲过程中的最大加速度 am的大小．
（2）小车缓冲过程中通过线圈的电荷量q及线圆产生的焦耳热Q．
16．如图所示，两根相距为L的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R．整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v（如图）做匀速运动．则
(1)流过R的电流方向如何?
(2)求出R两端电压的大小。
参考答案
1．C
【详解】
当磁铁从A到B时，导致线圈的磁通量先增加后减小，由于穿过线圈的磁感线的方向不变，所以由楞次定律可知，产生感应电流的方向必相反，由楞次定律的相对运动角度来分析，则有：“近则斥，远则吸”，当磁铁靠近时，线圈受到水平向右的安培力；当远离时，线圈受到水平向右的安培力，故感应电流受的作用力方向相同，故C正确，ABD错误．
2．D
【详解】
如果全部在磁场中，应该为交变电流；
在旋转60度的时间内，磁通量为零，不变，故无感应电流；
在旋转60度到120度过程中，感应电流与磁场无边界情况相同；
在旋转120度到180度过程中，磁通量为零，不变，故无感应电流；
之后从旋转180度到旋转360度过程中，电流方向反向；
线框全部进入磁场区，与磁场无边界是情况相同，是交流电，故本题中电流是正弦式交流电电流的一部分．
故选D．
3．C
【详解】
A．由图乙所示图线可知，0-0.4s内磁感应强度垂直于纸面向里，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A错误。
B．由图乙所示图线可知，0.4-0.8s内穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故B错误。
C．由图示图线可知，0-0.8s内的感应电动势为
线框中的电流为：
false
故C正确。
D．在0-0.4s内感应电流I保持不变，由图乙所示图线可知，磁感应强度B大小不断减小，由F=ILB可知，ab边所受安培力不断减小，故D错误。
故选C。
4．B
【解析】
【详解】
AB．闭合S瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生自感电动势，从而阻碍电流的变大，所以电流表A1示数小于A2示数，故A错误，B正确；
CD．断开S瞬间，线圈电流变小，从而产生自感电动势，相当于电压会变小的电源与电阻相串联，由于两电流表串联，所以电流表A1示数等于A2示数，故C错误，D错误；
5．D
【详解】
A．根据右手定则可知，导体棒中产生的感应电流方向从c到d，所以通过R的电流方向为b→R→a，故A错误。
B．金属棒做匀速圆周运动，当从底端转过θ角时的感应电动势为
false
可知回路中产生正弦式交变电流,可得产生的感应电动势的最大值为
false
有效值为
false
根据闭合电路的欧姆定律可得
false
故B错误。
C．根据法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为
根据闭合电路的欧姆定律可得
该过程中通过R的电荷量为
故C错误。
D．有效值E为
false
根据焦耳定律得
false
false
代入得
false
故D正确。
故选D。
6．A
【分析】
本题考查电感在电路中的作用。电感在电路中起阻碍电流变化的作用。
【详解】
AB．合上开关S接通电路时，A2先亮，在电感作用下电流缓慢增加A1支路电流缓慢增加A1后亮，由于电感电阻不计，两灯泡相同，最后一样亮。故A正确，B错误；
CD．断开开关S切断电路时，A1和A2构成新回路，电流为原A1支路电流，故两灯均过一会熄灭。因电流未增加不会闪亮一下。CD错误。
故选A。
7．AD
【详解】
AB.0～T时间内直导线中电流先向上减小，再向下增大，所以导线框中的磁场向里减小，后向外增强，根据右手定则，所以感应电流始终为顺时针方向，故A符合题意B不符合题意．
CD.在0～false时间内，长直导线中电流向上，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向里，电流逐渐减小，则磁场逐渐减弱，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向左，右边受到的安培力水平向右，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向左；在false～T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右，故C不符合题意D符合题意．
8．AB
【详解】
A．圆环向右穿过磁场后，会产生电流，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的机械能将转化为电能，所以摆不到原来的高度，故A符合题意；
B．圆环进入磁场时磁通量增大，离开磁场时磁通量减小，根据楞次定律知，在这两个过程中，产生的感应电流方向相反，故B符合题意；
C．整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，故C不符合题意；
D．在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化（一直是最大值），所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在最低点，故D不符合题意。
故选AB。
9．(1)false；(2)false；(3)false。
【详解】
(1)开关闭合时，根据法拉第电磁感应定律有
false
(2)false棒达到稳定匀速状态时，磁通量不变，即
得
false
(3)在空中运动时，水平方向匀速false，得
false
竖直方向导体棒切割磁感线，根据动量定理有
false
false
得
false
即
false。
金属棒在磁场false中运动时的产生的热能为
false
得
false
10．(1)3m/s (2)2次 (3)2.34m；0.1J
【解析】
【详解】
（1）根据动能定理可得
false
解得
v=3m/s；
（2）对a棒用动量定理可得：
解得：
false
根据
解得
x=3.5m
因此金属棒a与金属棒b碰撞2次；
（3）最终两棒匀速，且va=vb
根据动量守恒定律可得：
mv=mva+Mvb
解得
va=vb=1m/s
系统产生的焦耳热
false
则B棒产生的焦耳热
false
a刚要追上b，二者速度相同，此过程对b根据动量定理可得：
根据、false、可得：
联立解得
解得：
11．(1)false；(2)false；(3)false
【详解】
(1)匀速时，拉力与安培力平衡
F=BIL
得
false
(2)金属棒a切割磁感线，产生的电动势
E=BLv
回路电流
false
联立得
false
(3)平衡时，棒和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件得：
false
得
θ=60°
由几何关系得高度
false
12．（1）false；（2）false；（3）false
【详解】
（1）a棒刚进入水平轨道时，由机械能守恒得
false
解得
false
由：
false
false
false
得
false
由牛顿第二定律
false
false
（2）b棒在窄轨上运动的过程中，对a、b棒，设b棒刚滑上宽轨时的速度为false，此时a棒的速度为false，由动量守恒得：
false
又由：
false
得
false
故由能量守恒，该过程中系统产生的焦耳热：
false
又因此过程中，a、b棒连入电路的电阻相等，故由
false
得
false
（3）当a棒在窄轨上匀速时，b棒在宽轨上也一定匀速，设其速度分别为false、false，由
E=BLv
知
false
false
由false得
false
而由false可得
false
b棒刚滑上宽轨时，a，b两棒的总动能为
false
b棒在宽轨上第一次恰好达到匀速时，a，b两棒的总动能为
false
故从b棒刚滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中，两棒产生的总焦耳热
false
而此过程中，b棒连入电路的电阻是a棒的两倍，由
false
知
false
13．（1）1.5A（2）0.30N 方向沿斜面向上 0.06N 方向沿斜面向下 （3）零
【详解】
（1）对导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：false
（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.30N 方向沿斜面向上
导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin370=0.24N
由于F1小于F安，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f ，受力如图．
根据共点力平衡条件mg sin370+f=F安
解得：f=0.06N 方向沿斜面向下
（3）对导体棒受力分析如图，
由于false
所以在安培力作用下导体棒刚好处于平衡，故导体棒受的摩擦力为零．
14．(1)1.5N(2)0.50 T(3)0.45 J
【解析】
【详解】
（1）由v－t图象可知，加速度 ＝5.0m/s2
由牛顿第二定律：F－mgsinθ－m mgcosθ＝ma
解得：F＝1.5 N
（2）由v－t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，
产生的感应电动势E＝BLv1，
通过线框的电流false
线框所受安培力：F安＝BIL＝false
由力的平衡条件，有F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋false
解得：B＝0.50T
（3）由v－t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度：D＝0.40m
线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为：s－D＝0.15m
设线框与挡板碰撞前的速度为v2
由动能定理有： －mg(s－D)sinθ－μmg(s－D)cosθ＝false
代入数据解得： v2=1.0 m/s
线框碰挡板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinθ＝μmgcosθ＝0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2＝1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3
由v＝v0－false
可得：v3＝v2－false＝－1.0 m/s，
因v3<0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置.
线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热：Q1＝I2Rt＝false＝0.40 J
线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热：Q2＝false＝0.05 J
所以：Q＝Q1＋Q2＝0.45 J
15．(1)false；(2)false
【解析】
【分析】根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式及牛顿第二定律就能求出小车缓冲过程中的的最大加速度；由能量守恒可知线圆产生的焦耳热；
解：（1）线圈相对磁场向左切割磁感线，产生电动势false
电流为：false
根据牛顿第二定律：false
得到：false
（2）通过线圈的电量：false，false，false
得到：false
由能量守恒：false
得到：false．
16．（1）b→d （2）BLV2
【解析】（1）由右手定则，拇指指向速度方向，磁感线穿过手心，四指指向即为电流方向，判断得知，MN中感应电流方向由N到M，那么流过电阻的就是由b到d．
（2）当MN运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压．MN产生的感应电动势为 E=BIv，由于MN的电阻等于R，则MN两端的电压的大小为U=12E=12BLv
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