（第一章）（90分鐘100分）（第一章）第Ⅰ卷（選擇題共60分）一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分.每小題至少有一個選項符合題意）1.如圖所示,無限大磁場的方向垂直于紙面向里,A圖中線圈在紙面內由小變大(由圖中實線矩形變成虛線矩形),B圖中線圈正繞a點在平面內旋轉,C圖與D圖中線圈正繞OO′軸轉動,則線圈中不能產生感應電流的是()第Ⅰ卷（選擇題共60分）【解析】選B.選項A中線圈面積S變化;選項C、D中線圈面與磁感應強度B的夾角變化,都會導致穿過線圈的磁通量變化而產生感應電流.選項B中,B、S及兩者夾角均不變,穿過線圈的磁通量不變,不產生感應電流.【解析】選B.選項A中線圈面積S變化;選項C、D中線圈面與磁2.如圖所示,在勻強磁場中,放置兩根平行光滑導軌MN和PQ,其電阻不計,ab、cd兩根導體棒,其電阻Rab<Rcd,當ab棒在外力F1作用下向左勻速滑動時,cd棒在外力F2作用下保持靜止,F1和F2的方向都與導軌平行,那么,F1和F2大小相比、ab和cd兩端的電勢差相比,正確的是()A.F1>F2,Ucd>UabB.F1=F2,Uab=UcdC.F1<F2,Uab<UcdD.F1=F2,Uab<Ucd2.如圖所示,在勻強磁場中,放置【解析】選B.因ab和cd的磁場力都是F=BIl,又因為ab棒在外力F1作用下向左勻速滑動時,cd在外力F2作用下保持靜止,故F1=F2,又由MN、PQ電阻不計,所以a、c兩點等勢,b、d兩點等勢,因而Uab=Ucd,故B正確.【解析】選B.因ab和cd的磁場力都是F=BIl,又因為ab3.（2010·馬鞍山高二檢測）一線圈匝數為n=10匝,線圈電阻不計,在線圈外接一個阻值R=2.0Ω的電阻,如圖甲所示.在線圈內有指向紙內方向的磁場,線圈內磁通量Φ隨時間t變化的規律如圖乙所示.下列說法正確的是()3.（2010·馬鞍山高二檢測）一線圈匝數為n=10匝,線圈A.線圈中產生的感應電動勢為5VB.R兩端電壓為0.5VC.通過R的電流方向為a→bD.通過R的電流大小為5AA.線圈中產生的感應電動勢為5V【解析】選A.由法拉第電磁感應定律得,故A對;由電路知識知R兩端電壓U=E=5V,故B錯;電流故D錯;由楞次定律判知通過R的電流方向為b→a,故C錯.【解析】選A.由法拉第電磁感應定律得,4.一閉合線圈放在隨時間均勻變化的磁場中，線圈平面和磁場方向垂直.若想使線圈中的感應電流增強一倍，下述方法可行的是()A.使線圈匝數增加一倍B.使線圈面積增加一倍C.使線圈匝數減少一半D.使磁感應強度的變化率增大一倍4.一閉合線圈放在隨時間均勻變化的磁場中，線圈平面和磁場方向【解析】選D.根據求電動勢，考慮到當n、S發生變化時導體的電阻也發生了變化.若匝數增加一倍，電阻也增加一倍，感應電流不變，故A錯；若匝數減少一半，感應電流也不變，故C錯；若面積增加一倍，長度變為原來的倍，因此電阻為原來的倍，電流為原來的倍，故B錯，故D正確.【解析】選D.根據求電動勢，考慮到5.如圖所示為地磁場磁感線的示意圖.在北半球地磁場的豎直分量向下,飛機在我國上空勻速巡航,機翼保持水平,飛行高度不變.由于地磁場的作用,金屬機翼上有電勢差,設飛行員左方機翼末端處的電勢為U1,右方機翼末端處的電勢為U2,則()A.若飛機從西往東飛,U1比U2高B.若飛機從東往西飛,U2比U1高C.若飛機從南往北飛,U1比U2高D.若飛機從北往南飛,U2比U1高5.如圖所示為地磁場磁感線的示意【解析】選A、C.本題考查了用右手定則判斷感應電動勢的方向.要做好這道題,首先明確用哪只手判斷,其次要明確磁場方向、手的放法,最后要明確拇指、四指應各指什么方向,四指指向應是正電荷積累的方向,該端電勢高于另一端.我國地處北半球,地磁場有豎直向下的分量,用右手定則判知無論機翼向哪個水平方向切割磁感線,機翼中均產生自右向左的感應電動勢,左側電勢高于右側.【解析】選A、C.本題考查了用右手定則判斷感應電動勢的方向.6.半徑為R的圓形線圈，兩端A、D接有一個平行板電容器，線圈垂直放在隨時間均勻變化的勻強磁場中，如圖所示，則要使電容器所帶電荷量Q增大，可以采取的措施是()A.增大電容器兩極板間的距離B.增大磁感應強度的變化率C.減小線圈的半徑D.改變線圈所在平面與磁場方向間的夾角6.半徑為R的圓形線圈，兩端A、D接【解析】選B.由Q=CU，U=E=分析可得增大兩極板間距離電容器電容變小，使Q減小.增大磁感應強度變化率，增大線圈在垂直磁場方向的投影面積可增大A、D間電壓，從而使Q增大，所以B項正確.減小線圈的半徑,S減小,U減小使電荷量Q減小,改變線圈所在平面與磁場方向間夾角穿過S的磁感線減小,即有效面積減小,U減小,Q減小.【解析】選B.由Q=CU，U=E=分析可得7.如圖所示,閉合小金屬環從高h的光滑曲面上端無初速滾下,又沿曲面的另一側上升,則()A.若是勻強磁場,環在左側滾上的高度小于hB.若是勻強磁場,環在左側滾上的高度等于hC.若是非勻強磁場,環在左側滾上的高度等于hD.若是非勻強磁場,環在左側滾上的高度小于h7.如圖所示,閉合小金屬環從高h的【解析】選B、D.若為勻強磁場,環在磁場中運動的過程中磁通量不變,不會產生感應電流,金屬環機械能守恒,仍能上升到h高處,B正確.若為非勻強磁場,環在磁場中運動,磁通量發生變化,有感應電流產生,環機械能減少,上升高度小于h,故D正確.【解析】選B、D.若為勻強磁場,環在磁場中運動的過程中磁通量8.如圖所示,A、B為大小、形狀均相同且內壁光滑,但用不同材料制成的圓管,豎直固定在相同高度.兩個相同的磁性小球,同時從A、B管上端的管口無初速度釋放,穿過A管的小球比穿過B管的小球先落到地面.下面對于兩管描述可能正確的是()A.A管是用塑料制成的,B管是用銅制成的B.A管是用鋁制成的,B管是用膠木制成的C.A管是用膠木制成的,B管是用塑料制成的D.A管是用膠木制成的,B管是用鋁制成的8.如圖所示,A、B為大小、形狀均相【解析】選A、D.磁性小球穿過金屬圓管過程中,將圓管看做由許多金屬圓環組成,小球的磁場使每個圓環中產生感應電流,據楞次定律,該電流阻礙磁性小球的下落,小球向下運動的加速度小于重力加速度;小球在塑料、膠木等非金屬材料圓管中不會產生感應電流,小球仍然做自由落體運動,穿過塑料、膠木圓管的時間比穿過金屬圓管的時間少.【解析】選A、D.磁性小球穿過金屬圓管過程中,將圓管看做由許9.如圖所示電路中,L為電感線圈,電阻不計,A、B為兩燈泡,則()A.合上S的瞬間,A先亮,B后亮B.合上S的瞬間,A、B同時亮C.合上S后,A逐漸變亮,B逐漸變暗直至熄滅D.斷開S后,A熄滅,B重新閃亮后再逐漸熄滅9.如圖所示電路中,L為電感線圈,【解析】選B、C、D.合上S時由于電感線圈的自感作用,A、B同時亮.然后由于自感作用的逐漸結束,電感線圈慢慢把燈B短路,故A逐漸變亮,B逐漸變暗直至熄滅.斷開S時,由于電感線圈的自感作用,燈B和電感線圈構成閉合回路,因此A熄滅,B重新亮后再熄滅.正確答案為B、C、D.【解析】選B、C、D.合上S時由于電感線圈的自感作用,A、B10.如圖中兩條平行虛線之間存在勻強磁場,虛線間的距離為l,磁場方向垂直紙面向里.abcd是位于紙面內的梯形線圈,ad與bc間的距離也為l.t=0時刻,bc邊與磁場區域邊界重合(如圖).現令線圈以恒定的速度v沿垂直于磁場區域的邊界的方向穿過磁場區域,取沿a→b→c→d→a的感應電流為正,則在線圈穿越磁場區域的過程中,感應電流I隨時間t變化的圖線可能是()10.如圖中兩條平行虛線之間存在勻強磁階段質量評估(一)課件【解析】選B.在線圈進入磁場的過程中,由楞次定律可判斷感應電流的方向為a→d→c→b→a,與規定的電流方向相反,所以電流值為負值,在線圈出磁場的過程中,由楞次定律可判斷感應電流的方向為a→b→c→d→a,與規定的電流方向相同,所以電流值為正值,又兩種情況下有效切割磁感線的長度不斷增加,則感應電動勢逐漸增大.所以選B.【解析】選B.在線圈進入磁場的過程中,由楞次定律可判斷感應電11.如圖所示，兩根光滑的金屬導軌，平行放置在傾角為θ的斜面上，導軌的左端接有電阻R，導軌自身的電阻可忽略不計.斜面處在一勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向上.質量為m、電阻可以不計的金屬棒ab,在沿著斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導軌勻速上滑，并上升h高度，在這一過程中()11.如圖所示，兩根光滑的金屬導軌，平行放置在傾角為θ的斜面A.作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零B.作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于mgh與電阻R上產生的焦耳熱之和C.恒力F與安培力的合力所做的功等于零D.恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱A.作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零【解析】選A、D.金屬棒勻速上滑的過程中，對金屬棒受力分析可知，有三個力對棒做功，恒力F做正功，重力做負功，安培力阻礙相對運動，沿斜面向下，做負功.勻速運動時，所受合力為零，故合力做功為零，A正確；又克服安培力做多少功就有多少其他形式的能轉化為電路中的電能，電能又等于R上產生的焦耳熱，故外力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱，D正確.【解析】選A、D.金屬棒勻速上滑的過程中，對金屬棒受力分析可12.如圖所示,兩個線圈套在同一個鐵芯上,線圈的繞向如圖所示.左線圈連著平行導軌M和N,導軌電阻不計,在導軌垂直方向上放著金屬棒ab,金屬棒處于垂直紙面向外的勻強磁場中,下列說法中正確的是()12.如圖所示,兩個線圈套在同一個鐵芯上,線圈的繞向如圖所示A.當金屬棒向右勻速運動時,a點電勢高于b點,c點電勢高于d點B.當金屬棒向右勻速運動時,b點電勢高于a點,c點與d點的電勢相等C.當金屬棒向右加速運動時,b點電勢高于a點,c點電勢高于d點D.當金屬棒向右加速運動時,b點電勢高于a點,d點電勢高于c點A.當金屬棒向右勻速運動時,a點電勢高于b點,c點電勢高于d【解析】選B、D.本題考查了楞次定律及右手定則的應用.當金屬棒向右勻速運動切割磁感線時,產生恒定感應電動勢,由右手定則判斷電流方向由a→b.根據電流從電源(ab相當于電源)正極流出沿外電路回到電源負極的特點,可以判斷b點電勢高于a點.因為左線圈中的感應電動勢恒定,則感應電流也恒定,所以穿過右線圈的磁通量保持不變,不產生感應電流.【解析】選B、D.本題考查了楞次定律及右手定則的應用.當金屬當ab向右做加速運動時,由右手定則可推斷b>a,電流沿逆時針方向.又由E=BLv可知ab導體兩端的E不斷增大,那么左邊電路中的感應電流也不斷增大,由安培定則可判斷它在鐵芯中的磁感線方向是沿逆時針方向的,并且場強不斷增強,所以右邊電路的線圈中的向上的磁通量不斷增加.由楞次定律可判斷右邊電路的感應電流方向應沿逆時針,而在右線圈組成的電路中,感應電動勢僅產生在繞在鐵芯上的那部分線圈上.把這個線圈看做電源,由于電流是從c沿內電路(即右線圈)流向d,所以d點電勢高于c點.答案為B、D.當ab向右做加速運動時,由右手定則可推斷b>a,電流第Ⅱ卷（非選擇題共40分）二、計算題（本題共4小題，共40分，計算必須有必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位）13.（6分）把總電阻為2R的均勻電阻絲焊接成一半徑為a的圓環,水平固定在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中,如圖所示,一長度為2a,電阻等于R,粗細均勻的金屬棒MN放在圓環上,它與圓環始終保持良好的接觸,當金屬棒以恒定速度v向右移動經過環心O時,求:棒上電流的大小和方向及棒兩端的電壓UMN.第Ⅱ卷（非選擇題共40分）階段質量評估(一)課件【解析】把切割磁感線的金屬棒看成一個具有內阻為R,電源電動勢為E的電源,兩個半圓環看成兩個并聯電阻,畫出等效電路如圖所示.等效電源電動勢為E=Blv=2Bav.(2分)外電路的總電阻為R外=(1分)【解析】把切割磁感線的金屬棒看成一個具有內阻為R,電源電動勢棒上電流大小為I=(1分)電流方向從N流向M.(1分)根據分壓原理,棒兩端的電壓為(1分）答案：N→MBav棒上電流大小為I=(114.(2010·馬鞍山高二檢測)（7分）兩塊水平放置的金屬板間的距離為d,用導線與一個匝數為n的線圈相連，線圈電阻為r,線圈中有豎直向上且均勻變化的磁場，電阻R與金屬板連接，如圖所示.兩板間有一個質量為m,電荷量為+q的油滴恰好處于靜止狀態，當地的重力加速度為g.14.(2010·馬鞍山高二檢測)（7分）（1）則線圈中的磁感應強度B的變化情況和其磁通量的變化率為多少？（2）在此狀態下，電阻R突然斷路，那么油滴運動的方向及其運動到金屬板上的時間為多少？（1）則線圈中的磁感應強度B的變化情況和其磁通量的變化率為多【解析】（1）由于帶正電的油滴恰好處于靜止狀態，所以上極板帶負電，線圈的上端是電源的負極.由于線圈中有豎直向上均勻變化的磁場，根據楞次定律，磁場應是均勻增加的.(1分)根據帶電油滴的平衡，有：得：其中U為兩板間的電勢差.(1分)由閉合電路的歐姆定律和串聯電路的知識可知：(1分)則(1分)【解析】（1）由于帶正電的油滴恰好處于靜止狀態，所以上極板帶（2）當電阻R斷路時，電源開路，電源的電動勢即為電容器兩板間的電勢差，為：(1分)則油滴的加速度為方向向上.(1分)由運動學公式s=at2得：(1分)（2）當電阻R斷路時，電源開路，電源的電動勢即為電容器兩板間15.(2010·鹽城高二檢測)（12分）如圖所示，輕繩通過定滑輪連接著邊長為L的正方形導線框A1和物塊A2，線框A1的電阻為R，質量為M，物塊A2的質量為m(M>m),兩勻強磁場區域Ⅰ、Ⅱ的高度也為L，磁感應強度均為B，方向水平與線框垂直.線框ab邊距磁場邊界高度為h,開始時各段繩都處于伸直狀態，把它們由靜止釋放，ab邊剛穿過兩磁場的分界線cc′進入磁場Ⅱ時線框做勻速運動.求；15.(2010·鹽城高二檢測)（12分）如圖所示，輕繩通過階段質量評估(一)課件（1）ab邊進入磁場Ⅰ時線框A1的速度v1;（2）ab邊進入磁場Ⅱ后線框A1所受重力的功率P；（3）從ab邊進入磁場Ⅱ到ab邊穿出磁場Ⅱ的過程中，線框中產生的焦耳熱Q.（1）ab邊進入磁場Ⅰ時線框A1的速度v1;【解析】（1）應用系統機械能守恒得(Mg-mg)h=(M+m)v12(2分)得：(2分)(2)設線框ab進入磁場Ⅱ時速度為v2，則線框中產生的電動勢：E=2BLv2（1分）線框中的電流（1分）線框受到的安培力（1分）【解析】（1）應用系統機械能守恒得設繩對A1、A2的拉力大小為T，則對A1：T+F=Mg(1分)對A2:T=mg(1分)解得所以P=Mgv2=(1分)（3）從ab邊剛進入磁場Ⅱ到ab邊剛穿出磁場Ⅱ的過程中線框一直做勻速運動，根據能量守恒得：Q=(M-m)gL.(2分)設繩對A1、A2的拉力大小為T，則答案：（1）(2)(3)(M-m)gL答案：（1）(2)16.（2010·天津高考）（15分）如圖所示，質量m1=0.1kg，電阻R1=0.3Ω,長度l=0.4m的導體棒ab橫放在U形金屬框架上.框架質量m2=0.2kg,放在絕緣水平面上,與水平面間的動摩擦因數μ=0.2,相距0.4m的MM′、NN′相互平行,電阻不計且足夠長.電阻R2=0.1Ω的MN垂直于MM′.整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應強度B=0.5T.垂直于ab施加F=2N的水平恒力,ab從靜止開始無摩擦地運動,始終與MM′、NN′16.（2010·天津高考）（15分）保持良好接觸,當ab運動到某處時,框架開始運動.設框架與水平面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10m/s2.(1)求框架開始運動時ab速度v的大小;(2)從ab開始運動到框架開始運動的過程中,MN上產生的熱量Q=0.1J,求該過程ab位移x的大小.保持良好接觸,當ab運動到某處時,框架開始運動.設【解析】(1)ab對框架的壓力F1=m1g(1分)框架受水平面的支持力FN=m2g+F1(1分)依題意,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則框架受到最大靜摩擦力F2=μFN(1分)ab中的感應電動勢E=Blv(1分)【解析】(1)ab對框架的壓力MN中電流(1分)MN受到的安培力F安=IlB(1分)框架開始運動時F安=F2(1分)由上述各式代入數據解得v=6m/s.(1分)MN中電流(2)閉合回路中產生的總熱量Q總=(3分)由能量守恒定律,得Fx=m1v2+Q總(3分)代入數據解得x=1.1m(1分)答案：(1)6m/s(2)1.1m(2)閉合回路中產生的總熱量本部分內容講解結束本部分內容講解結束（第一章）（90分鐘100分）（第一章）第Ⅰ卷（選擇題共60分）一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分.每小題至少有一個選項符合題意）1.如圖所示,無限大磁場的方向垂直于紙面向里,A圖中線圈在紙面內由小變大(由圖中實線矩形變成虛線矩形),B圖中線圈正繞a點在平面內旋轉,C圖與D圖中線圈正繞OO′軸轉動,則線圈中不能產生感應電流的是()第Ⅰ卷（選擇題共60分）【解析】選B.選項A中線圈面積S變化;選項C、D中線圈面與磁感應強度B的夾角變化,都會導致穿過線圈的磁通量變化而產生感應電流.選項B中,B、S及兩者夾角均不變,穿過線圈的磁通量不變,不產生感應電流.【解析】選B.選項A中線圈面積S變化;選項C、D中線圈面與磁2.如圖所示,在勻強磁場中,放置兩根平行光滑導軌MN和PQ,其電阻不計,ab、cd兩根導體棒,其電阻Rab<Rcd,當ab棒在外力F1作用下向左勻速滑動時,cd棒在外力F2作用下保持靜止,F1和F2的方向都與導軌平行,那么,F1和F2大小相比、ab和cd兩端的電勢差相比,正確的是()A.F1>F2,Ucd>UabB.F1=F2,Uab=UcdC.F1<F2,Uab<UcdD.F1=F2,Uab<Ucd2.如圖所示,在勻強磁場中,放置【解析】選B.因ab和cd的磁場力都是F=BIl,又因為ab棒在外力F1作用下向左勻速滑動時,cd在外力F2作用下保持靜止,故F1=F2,又由MN、PQ電阻不計,所以a、c兩點等勢,b、d兩點等勢,因而Uab=Ucd,故B正確.【解析】選B.因ab和cd的磁場力都是F=BIl,又因為ab3.（2010·馬鞍山高二檢測）一線圈匝數為n=10匝,線圈電阻不計,在線圈外接一個阻值R=2.0Ω的電阻,如圖甲所示.在線圈內有指向紙內方向的磁場,線圈內磁通量Φ隨時間t變化的規律如圖乙所示.下列說法正確的是()3.（2010·馬鞍山高二檢測）一線圈匝數為n=10匝,線圈A.線圈中產生的感應電動勢為5VB.R兩端電壓為0.5VC.通過R的電流方向為a→bD.通過R的電流大小為5AA.線圈中產生的感應電動勢為5V【解析】選A.由法拉第電磁感應定律得,故A對;由電路知識知R兩端電壓U=E=5V,故B錯;電流故D錯;由楞次定律判知通過R的電流方向為b→a,故C錯.【解析】選A.由法拉第電磁感應定律得,4.一閉合線圈放在隨時間均勻變化的磁場中，線圈平面和磁場方向垂直.若想使線圈中的感應電流增強一倍，下述方法可行的是()A.使線圈匝數增加一倍B.使線圈面積增加一倍C.使線圈匝數減少一半D.使磁感應強度的變化率增大一倍4.一閉合線圈放在隨時間均勻變化的磁場中，線圈平面和磁場方向【解析】選D.根據求電動勢，考慮到當n、S發生變化時導體的電阻也發生了變化.若匝數增加一倍，電阻也增加一倍，感應電流不變，故A錯；若匝數減少一半，感應電流也不變，故C錯；若面積增加一倍，長度變為原來的倍，因此電阻為原來的倍，電流為原來的倍，故B錯，故D正確.【解析】選D.根據求電動勢，考慮到5.如圖所示為地磁場磁感線的示意圖.在北半球地磁場的豎直分量向下,飛機在我國上空勻速巡航,機翼保持水平,飛行高度不變.由于地磁場的作用,金屬機翼上有電勢差,設飛行員左方機翼末端處的電勢為U1,右方機翼末端處的電勢為U2,則()A.若飛機從西往東飛,U1比U2高B.若飛機從東往西飛,U2比U1高C.若飛機從南往北飛,U1比U2高D.若飛機從北往南飛,U2比U1高5.如圖所示為地磁場磁感線的示意【解析】選A、C.本題考查了用右手定則判斷感應電動勢的方向.要做好這道題,首先明確用哪只手判斷,其次要明確磁場方向、手的放法,最后要明確拇指、四指應各指什么方向,四指指向應是正電荷積累的方向,該端電勢高于另一端.我國地處北半球,地磁場有豎直向下的分量,用右手定則判知無論機翼向哪個水平方向切割磁感線,機翼中均產生自右向左的感應電動勢,左側電勢高于右側.【解析】選A、C.本題考查了用右手定則判斷感應電動勢的方向.6.半徑為R的圓形線圈，兩端A、D接有一個平行板電容器，線圈垂直放在隨時間均勻變化的勻強磁場中，如圖所示，則要使電容器所帶電荷量Q增大，可以采取的措施是()A.增大電容器兩極板間的距離B.增大磁感應強度的變化率C.減小線圈的半徑D.改變線圈所在平面與磁場方向間的夾角6.半徑為R的圓形線圈，兩端A、D接【解析】選B.由Q=CU，U=E=分析可得增大兩極板間距離電容器電容變小，使Q減小.增大磁感應強度變化率，增大線圈在垂直磁場方向的投影面積可增大A、D間電壓，從而使Q增大，所以B項正確.減小線圈的半徑,S減小,U減小使電荷量Q減小,改變線圈所在平面與磁場方向間夾角穿過S的磁感線減小,即有效面積減小,U減小,Q減小.【解析】選B.由Q=CU，U=E=分析可得7.如圖所示,閉合小金屬環從高h的光滑曲面上端無初速滾下,又沿曲面的另一側上升,則()A.若是勻強磁場,環在左側滾上的高度小于hB.若是勻強磁場,環在左側滾上的高度等于hC.若是非勻強磁場,環在左側滾上的高度等于hD.若是非勻強磁場,環在左側滾上的高度小于h7.如圖所示,閉合小金屬環從高h的【解析】選B、D.若為勻強磁場,環在磁場中運動的過程中磁通量不變,不會產生感應電流,金屬環機械能守恒,仍能上升到h高處,B正確.若為非勻強磁場,環在磁場中運動,磁通量發生變化,有感應電流產生,環機械能減少,上升高度小于h,故D正確.【解析】選B、D.若為勻強磁場,環在磁場中運動的過程中磁通量8.如圖所示,A、B為大小、形狀均相同且內壁光滑,但用不同材料制成的圓管,豎直固定在相同高度.兩個相同的磁性小球,同時從A、B管上端的管口無初速度釋放,穿過A管的小球比穿過B管的小球先落到地面.下面對于兩管描述可能正確的是()A.A管是用塑料制成的,B管是用銅制成的B.A管是用鋁制成的,B管是用膠木制成的C.A管是用膠木制成的,B管是用塑料制成的D.A管是用膠木制成的,B管是用鋁制成的8.如圖所示,A、B為大小、形狀均相【解析】選A、D.磁性小球穿過金屬圓管過程中,將圓管看做由許多金屬圓環組成,小球的磁場使每個圓環中產生感應電流,據楞次定律,該電流阻礙磁性小球的下落,小球向下運動的加速度小于重力加速度;小球在塑料、膠木等非金屬材料圓管中不會產生感應電流,小球仍然做自由落體運動,穿過塑料、膠木圓管的時間比穿過金屬圓管的時間少.【解析】選A、D.磁性小球穿過金屬圓管過程中,將圓管看做由許9.如圖所示電路中,L為電感線圈,電阻不計,A、B為兩燈泡,則()A.合上S的瞬間,A先亮,B后亮B.合上S的瞬間,A、B同時亮C.合上S后,A逐漸變亮,B逐漸變暗直至熄滅D.斷開S后,A熄滅,B重新閃亮后再逐漸熄滅9.如圖所示電路中,L為電感線圈,【解析】選B、C、D.合上S時由于電感線圈的自感作用,A、B同時亮.然后由于自感作用的逐漸結束,電感線圈慢慢把燈B短路,故A逐漸變亮,B逐漸變暗直至熄滅.斷開S時,由于電感線圈的自感作用,燈B和電感線圈構成閉合回路,因此A熄滅,B重新亮后再熄滅.正確答案為B、C、D.【解析】選B、C、D.合上S時由于電感線圈的自感作用,A、B10.如圖中兩條平行虛線之間存在勻強磁場,虛線間的距離為l,磁場方向垂直紙面向里.abcd是位于紙面內的梯形線圈,ad與bc間的距離也為l.t=0時刻,bc邊與磁場區域邊界重合(如圖).現令線圈以恒定的速度v沿垂直于磁場區域的邊界的方向穿過磁場區域,取沿a→b→c→d→a的感應電流為正,則在線圈穿越磁場區域的過程中,感應電流I隨時間t變化的圖線可能是()10.如圖中兩條平行虛線之間存在勻強磁階段質量評估(一)課件【解析】選B.在線圈進入磁場的過程中,由楞次定律可判斷感應電流的方向為a→d→c→b→a,與規定的電流方向相反,所以電流值為負值,在線圈出磁場的過程中,由楞次定律可判斷感應電流的方向為a→b→c→d→a,與規定的電流方向相同,所以電流值為正值,又兩種情況下有效切割磁感線的長度不斷增加,則感應電動勢逐漸增大.所以選B.【解析】選B.在線圈進入磁場的過程中,由楞次定律可判斷感應電11.如圖所示，兩根光滑的金屬導軌，平行放置在傾角為θ的斜面上，導軌的左端接有電阻R，導軌自身的電阻可忽略不計.斜面處在一勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向上.質量為m、電阻可以不計的金屬棒ab,在沿著斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導軌勻速上滑，并上升h高度，在這一過程中()11.如圖所示，兩根光滑的金屬導軌，平行放置在傾角為θ的斜面A.作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零B.作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于mgh與電阻R上產生的焦耳熱之和C.恒力F與安培力的合力所做的功等于零D.恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱A.作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零【解析】選A、D.金屬棒勻速上滑的過程中，對金屬棒受力分析可知，有三個力對棒做功，恒力F做正功，重力做負功，安培力阻礙相對運動，沿斜面向下，做負功.勻速運動時，所受合力為零，故合力做功為零，A正確；又克服安培力做多少功就有多少其他形式的能轉化為電路中的電能，電能又等于R上產生的焦耳熱，故外力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱，D正確.【解析】選A、D.金屬棒勻速上滑的過程中，對金屬棒受力分析可12.如圖所示,兩個線圈套在同一個鐵芯上,線圈的繞向如圖所示.左線圈連著平行導軌M和N,導軌電阻不計,在導軌垂直方向上放著金屬棒ab,金屬棒處于垂直紙面向外的勻強磁場中,下列說法中正確的是()12.如圖所示,兩個線圈套在同一個鐵芯上,線圈的繞向如圖所示A.當金屬棒向右勻速運動時,a點電勢高于b點,c點電勢高于d點B.當金屬棒向右勻速運動時,b點電勢高于a點,c點與d點的電勢相等C.當金屬棒向右加速運動時,b點電勢高于a點,c點電勢高于d點D.當金屬棒向右加速運動時,b點電勢高于a點,d點電勢高于c點A.當金屬棒向右勻速運動時,a點電勢高于b點,c點電勢高于d【解析】選B、D.本題考查了楞次定律及右手定則的應用.當金屬棒向右勻速運動切割磁感線時,產生恒定感應電動勢,由右手定則判斷電流方向由a→b.根據電流從電源(ab相當于電源)正極流出沿外電路回到電源負極的特點,可以判斷b點電勢高于a點.因為左線圈中的感應電動勢恒定,則感應電流也恒定,所以穿過右線圈的磁通量保持不變,不產生感應電流.【解析】選B、D.本題考查了楞次定律及右手定則的應用.當金屬當ab向右做加速運動時,由右手定則可推斷b>a,電流沿逆時針方向.又由E=BLv可知ab導體兩端的E不斷增大,那么左邊電路中的感應電流也不斷增大,由安培定則可判斷它在鐵芯中的磁感線方向是沿逆時針方向的,并且場強不斷增強,所以右邊電路的線圈中的向上的磁通量不斷增加.由楞次定律可判斷右邊電路的感應電流方向應沿逆時針,而在右線圈組成的電路中,感應電動勢僅產生在繞在鐵芯上的那部分線圈上.把這個線圈看做電源,由于電流是從c沿內電路(即右線圈)流向d,所以d點電勢高于c點.答案為B、D.當ab向右做加速運動時,由右手定則可推斷b>a,電流第Ⅱ卷（非選擇題共40分）二、計算題（本題共4小題，共40分，計算必須有必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位）13.（6分）把總電阻為2R的均勻電阻絲焊接成一半徑為a的圓環,水平固定在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中,如圖所示,一長度為2a,電阻等于R,粗細均勻的金屬棒MN放在圓環上,它與圓環始終保持良好的接觸,當金屬棒以恒定速度v向右移動經過環心O時,求:棒上電流的大小和方向及棒兩端的電壓UMN.第Ⅱ卷（非選擇題共40分）階段質量評估(一)課件【解析】把切割磁感線的金屬棒看成一個具有內阻為R,電源電動勢為E的電源,兩個半圓環看成兩個并聯電阻,畫出等效電路如圖所示.等效電源電動勢為E=Blv=2Bav.(2分)外電路的總電阻為R外=(1分)【解析】把切割磁感線的金屬棒看成一個具有內阻為R,電源電動勢棒上電流大小為I=(1分)電流方向從N流向M.(1分)根據分壓原理,棒兩端的電壓為(1分）答案：N→MBav棒上電流大小為I=(114.(2010·馬鞍山高二檢測)（7分）兩塊水平放置的金屬板間的距離為d,用導線與一個匝數為n的線圈相連，線圈電阻為r,線圈中有豎直向上且均勻變化的磁場，電阻R與金屬板連接，如圖所示.兩板間有一個質量為m,電荷量為+q的油滴恰好處于靜止狀態，當地的重力加速度為g.14.(2010·馬鞍山高二檢測)（7分）（1）則線圈中的磁感應強度B的變化情況和其磁通量的變化率為多少？（2）在此狀態下，電阻R突然斷路，那么油滴運動的方向及其運動到金屬板上的時間為多少？（1）則線圈中的磁感應強度B的變化情況和其磁通量的變化率為多【解析】（1）由于帶正電的油滴恰好處于靜止狀態，所以上極板帶負電，線圈的上端是電源的負極.由于線圈中有豎直向上均勻變化的磁場，根據楞次定律，磁場應是均勻增加的.(1分)根據帶電油滴的平衡，有：得：其中U為兩板間的電勢差.(1分)由閉合電路的歐姆定律和串聯電路的知識可知：(1分)則(1分)【解析】（1）由于帶正電的油滴恰好處于靜止狀態，所以上極板帶（2）當電阻R斷路時，電源開路，電源的電動勢即為電容器兩板間的電勢差，為：(1分)則油滴的加速度為方向向上.(1分)由運動學公式s=at2得：(1分)（2）當電阻R斷路時，電源開路，電源的電動勢即為電容器兩板間15.(2010·鹽城高二檢測)（12分）如圖所示，輕繩通過定滑輪連接著邊長為L的正方形導線框A1和物塊A2，線框A1的電阻為R，質量為M，物塊A2的質量為m(M>m),兩勻強磁場區域Ⅰ、Ⅱ的高度也為L，磁感應強度均為B，方向水平與線框垂直.線框ab邊距磁場邊界高度為h,開始時各段繩都處于伸直狀態，把它們由靜止釋放，ab邊剛穿過兩磁場的分界線cc′進入磁場Ⅱ時線框做勻速運動.求；15.(2010·鹽城高二檢測)（12分）如圖所示，輕繩通過階段質量評估(一)課件（1）ab邊進入磁場Ⅰ時線框A1的速度v1;（2）ab邊進入磁場Ⅱ后線框A1所受重力的功率P；（3）從ab邊進入磁場Ⅱ到ab邊穿出磁場Ⅱ的過程中，線框中產生的焦耳熱Q.（1）ab邊進入磁場Ⅰ時線框A1的速度v1;【解析】（1）應用系統機械能守恒得(Mg-mg)h=(M+m)v12(2分)得：(2分)(2)設線框ab進入磁場Ⅱ時速度為v