物理卷·2018届湖南省娄底市双峰一中高二上学期第三次月考物理试卷 （解析版） 20页

‎2016-2017学年湖南省娄底市双峰一中高二（上）第三次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共52分）‎ ‎1．如图所示，电灯A、B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈．当S1闭合、S2断开且电路稳定时A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B两灯慢慢熄灭 B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭 C．有电流通过B灯，方向为c→d D．有电流通过A灯，方向为b→a ‎2．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（　　）‎ A．图①中回路产生的感应电动势恒定不变 B．图②中回路产生的感应电动势一直在变大 C．图③中回路在0～t1时间内产生的感应电动势大于在t1～t2时间内产生的感应电动势 D．图④中回路产生的感应电动势先变小再变大 ‎3．如图所示，光滑绝缘的水平面上，一个边长为L的正方形金属框，在水平恒力F作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域．磁场区域的宽度为d（d＞L）．已知ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零．则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，下列分析正确的是（　　）‎ A．线框中产生的感应电流方向相同 B．线框所受的安培力方向相反 C．两过程所用的时间相等 D．进入磁场的过程中线框产生的热量较少 ‎4．如图所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨所在平面垂直．一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻不计．当金属棒沿垂直于棒的方向以速度v滑行时，通过电阻R的电流强度是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，内壁光滑，水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于环口径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速圆周运动．若在此空间突然加上方向竖直向上，磁感应强度B随时间成正比增加的变化磁场，设运动过程中小球带电量不变，那么（　　）‎ A．小球对玻璃环的压力一定不断增大 B．小球受到的磁场力一定不断增大 C．小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动 D．磁场力对小球先做负功，后做正功 ‎6．如图所示的异形导线框，匀速穿过一匀强磁场区，导线框中的感应电流i随时间t变化的图象是（设导线框中电流沿abcdef为正方向）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图所示电路中，电源内电阻和线圈L的电阻均不计，K闭合前，电路中电流为I=E/2R．将K闭合时，线圈中的自感电动势（　　）‎ A．方向与原电流方向相同 B．有阻碍电流作用，最后电流总小于I C．有阻碍电流增大的作用，电流保持I不变 D．有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是要增大到2I ‎8．如图所示，通电直导线旁放有一闭合线圈abcd，当直电线中的电流I变化时（　　）‎ A．电流I增大，线圈向左平动 B．电流I增大，线圈向右平动 C．电流I减小，线圈向上平动 D．电流I减小，线圈向右平动 ‎9．如图所示，水平放置的平行金属导轨左边接有电阻R，轨道所在处有竖直向下的匀强磁场，金属棒ab横跨导轨，它在外力的作用下向右匀速运动，速度为v．若将金属棒的运动速度变为2v，（除R外，其余电阻不计，导轨光滑）则（　　）‎ A．作用在ab上的外力应增大到原来的4倍 B．感应电动势将增大为原来的4倍 C．感应电流的功率将增大为原来的4倍 D．外力的功率将增大为原来的4倍 ‎10．如图所示，通电螺线管左侧和内部分别静止吊一环a和b，当变阻器R的滑动头c向左滑动时（　　）‎ A．a向左摆，b向右摆 B．a向右摆，b向左摆 C．a向左摆，b不动 D．a向右摆，b不动 ‎11．变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了（　　）‎ A．增大涡流，提高变压器的效率 B．减小涡流，提高变压器的效率 C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量 D．增大铁芯中的电阻，以减少发热量 ‎12．如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两个相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能（　　）‎ A．变为0 B．先减小后不变 C．等于F D．先增大再减小 ‎13．如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（L＜d），质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则从线圈cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场的过程中（　　）‎ A．感应电流所做的功为mgd B．感应电流所做的功为2mgd C．线圈的最小速度可能为 D．线圈的最小速度一定为 ‎　‎ 二、填空题（每空2分共16分）‎ ‎14．如图为“研究电磁感应现象”的实验装置．‎ ‎（1）将图中所缺的导线补接完整．‎ ‎（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：‎ ‎①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将　　；‎ ‎②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将　　．‎ ‎（3）在做“研究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将　　．‎ A．因电路不闭合，无电磁感应现象 B．有电磁感应现象，只有感应电动势，‎ C．能用楞次定律判断感应电动势方向 D．不能用楞次定律判断感应电动势方向．‎ ‎15．研究小组欲测一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率．步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为　　mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为　　mm；‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图4，则该电阻的阻值约为　　Ω．‎ ‎（4）用伏安法测定该圆柱体在不同长度时的电阻，除被测圆柱体外，还有如下供选择的实验器材：‎ 电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）‎ 电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）‎ 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）‎ 开关S、导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在如图3所示的虚线框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．‎ ‎　‎ 三、分析解答题（6分+10分+16分=36分）‎ ‎16．如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一半径r=10cm，电阻R=0.01Ω，质量m=0.02kg的金属圆环以v0=10m/s的速度向一面积足够大，磁感应强度B=0.2T的匀强磁场滑去，当圆环刚好有一半进入磁场时圆环的加速度为a=40m/s2，求此过程圆环增加的内能．‎ ‎17．如图所示，虚线MN为电场、磁场的分界线，匀强电场E=103V/m，方向竖直向上，电场线与边界线MN成45o角，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B=1T，在电场中有一点A，A点到边界线MN的垂直距离AO的长为L=10cm，将比荷为×104C/kg的带负电粒子从A处由静止释放（电场、磁场范围足够大，粒子所受重力不计）．求：‎ ‎（1）粒子第一次在磁场中运动的轨道半径；‎ ‎（2）粒子从释放到下一次进入到电场区域所需要的时间．‎ ‎18．如图所示，一质量为m=0.016kg、长L=0.5m、宽d=0.1m、电阻R=0.1Ω的矩形线圈，从h1=5m的高处由静止开始下落，然后进入匀强磁场，当下边进入磁场时，由于磁场力的作用，线圈正好作匀速运动．（g=10m/s2）‎ ‎（1）求匀强磁场的磁感应强度B．‎ ‎（2）如果线圈的下边通过磁场所经历的时间t=0.15s，求磁场区域的高度h2．‎ ‎（3）从线圈的下边进入磁场开始到线圈下边离开磁场的时间内，在线圈中产生的焦耳热是多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省娄底市双峰一中高二（上）第三次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共52分）‎ ‎1．如图所示，电灯A、B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈．当S1闭合、S2断开且电路稳定时A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B两灯慢慢熄灭 B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭 C．有电流通过B灯，方向为c→d D．有电流通过A灯，方向为b→a ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】在开关断开瞬间，线圈阻碍电流的减小，断开S1瞬间产生一自感电动势相当于电源，与A组成闭合回路．‎ ‎【解答】解：由图可知，该电路为桥式电路，相对于A与L并联，B与变阻器并联，之后两部分串联，由于电路稳定时A，B亮度相同，可知此时左右两部分的电压相等，则两部分的并联电阻值也相等，线圈的电阻值R0=R．‎ A、B、在开关S断开时，线圈L与A组成闭合自感回路，自感电流流过A，A逐渐熄灭，电流不流过B，所以B立刻熄灭．故A错误，B错误；‎ C、D、在开关S断开时，线圈L与A组成闭合自感回路，此时流过L的电流的方向不变，流过A的电流的方向与原来相反，即方向为b→a；故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（　　）‎ A．图①中回路产生的感应电动势恒定不变 B．图②中回路产生的感应电动势一直在变大 C．图③中回路在0～t1时间内产生的感应电动势大于在t1～t2时间内产生的感应电动势 D．图④中回路产生的感应电动势先变小再变大 ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据法拉第电磁感应定律：感应电动势与磁通量的变化率成正比，结合数学知识进行分析．‎ ‎【解答】解：A、图中磁通量Φ不变，没有感应电动势产生．故A错误．‎ B、图中磁通量Φ随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，即不变，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生的感应电动势恒定不变．故B错误．‎ C、图中回路在O～t0时间内，图象的斜率大于在t0～2t0时间的斜率，说明前一段时间内磁通量的变化率大于后一时间内磁通量的变化率，所以根据法拉第电磁感应定律知，在O～t0时间内产生的感应电动势大于在t0～2t0时间内产生的感应电动势．故C正确．‎ D、图中磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，磁通量的变化率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．如图所示，光滑绝缘的水平面上，一个边长为L的正方形金属框，在水平恒力F作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域．磁场区域的宽度为d（d＞L）．已知ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零．则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，下列分析正确的是（　　）‎ A．线框中产生的感应电流方向相同 B．线框所受的安培力方向相反 C．两过程所用的时间相等 D．进入磁场的过程中线框产生的热量较少 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向和安培力的方向．线框进入磁场过程加速度为零，做匀速运动，完全在磁场中运动时做匀加速运动，穿出磁场速度大于进入磁场的速度，安培力增大，线框将做减速运动，出磁场时大于或等于进入磁场时的速度，所用时间将缩短； 根据功能关系分析热量关系．‎ ‎【解答】解：A、线框进入磁场和穿出磁场的过程，磁场方向相同，而磁通量变化情况相反，进入磁场时磁通量增加，穿出磁场时磁通量减小，则由楞次定律可知，产生的感应电流方向相反，故A错误．‎ B、根据楞次定律：感应电流阻碍导体与磁场间相对运动，可知，安培力方向均水平向左，方向相同，故B错误．‎ C、线框进入磁场时做匀速运动，完全在磁场中运动时磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力而做匀加速运动，穿出磁场时，线框所受的安培力增大，大于恒力F，线框将做减速运动，刚出磁场时，线框的速度大于或等于进入磁场时的速度，则穿出磁场过程的平均速度较大，则进入磁场过程的时间大于穿出磁场过程的时间，故C错误； ‎ D、据功能关系可知，由于匀速进磁场，故进入磁场产生的热量Q1=FL； 穿出磁场过程，外力做正功，线框的动能减小，则有FL+△Ek=Q2．故进入磁场过程中产生的热量少于穿出磁场过程产生的热量．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨所在平面垂直．一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻不计．当金属棒沿垂直于棒的方向以速度v滑行时，通过电阻R的电流强度是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】题中导体与磁场垂直，根据导体切割电动势公式E=Blv求出感应电动势，l是有效切割长度，再由闭合电路欧姆定律求出感应电流．‎ ‎【解答】解：ab棒有效的切割长度为：L=‎ 产生的感应电动势为：E=BLv=Bv，‎ 通过R的电流为：I==．‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．如图所示，内壁光滑，水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于环口径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速圆周运动．若在此空间突然加上方向竖直向上，磁感应强度B随时间成正比增加的变化磁场，设运动过程中小球带电量不变，那么（　　）‎ A．小球对玻璃环的压力一定不断增大 B．小球受到的磁场力一定不断增大 C．小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动 D．磁场力对小球先做负功，后做正功 ‎【考点】安培力；左手定则．‎ ‎【分析】变化的磁场产生感生电场，由楞次定律判断出感生电场方向，然后判断带电小球受到的电场力方向，判断小球的运动性质，然后判断小球对环的压力如何变化，判断小球受到的磁场力如何变化．‎ ‎【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反，小球做减速运动，当小球速度减小到零后，小球沿顺时针方向加速运动，速度又不大增加；‎ A、小球在水平面内做圆周运动，环对小球的弹力与小球所受的洛伦兹力提供向心力，小球做逆时针减速运动时，洛伦兹力与向心力方向相反，则环对小球的弹力减去洛伦兹力等于向心力，当小球速度为0时，向心力和洛伦兹力均为0，则环对小球的弹力为0，即小球对玻璃环的压力减小了，故A错误；‎ B、由于小球的速度先减小后增大，由洛伦兹力公式f=qvB可知，小球受到的磁场力先减小后增大，故B错误；‎ C、小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动，故C正确；‎ D、洛伦兹力始终与小球的运动方向垂直，磁场力对小球不做功，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示的异形导线框，匀速穿过一匀强磁场区，导线框中的感应电流i随时间t变化的图象是（设导线框中电流沿abcdef为正方向）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由右手定则（或楞次定律）判断出感应电流方向；‎ 由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小；应用排除法分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）由右手定则可知，导线框进入磁场过程中，感应电流沿fedcb，电流是负的，故AC错误；‎ ‎（2）导线框进入或离开磁场时，导线切割磁感线产生感应电动势，E=BLv，感应电流I==，‎ 由图示可知，进入磁场过程中，先是fe切割磁感线，L较小，感应电流较小，经过一段时间后，‎ 切割磁感线的有效长度L等于ab边长，L变大感应电流变大；当导线框离开磁场过程中，‎ 开始切割磁感线的有效长度L较大，感应电流I较小，然后L变大，I较大，由图象可知B正确，D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎7．如图所示电路中，电源内电阻和线圈L的电阻均不计，K闭合前，电路中电流为I=E/2R．将K闭合时，线圈中的自感电动势（　　）‎ A．方向与原电流方向相同 B．有阻碍电流作用，最后电流总小于I C．有阻碍电流增大的作用，电流保持I不变 D．有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是要增大到2I ‎【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．‎ ‎【分析】根据自感现象的条件，结合法拉第电磁感应定律、楞次定律与闭合电路欧姆定律，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、当K闭合时，电阻R被短路，导致电流增大，线圈中出现自感电动势，从而阻碍电流的增大，结合楞次定律可知，自感电动势的方向与原电流的方向相反，故A错误；‎ B、当电流增大，自感电动势阻碍电流的增大，因电阻减一半，根据闭合电路欧姆定律，可知，电流要增大2倍，故BC错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，通电直导线旁放有一闭合线圈abcd，当直电线中的电流I变化时（　　）‎ A．电流I增大，线圈向左平动 B．电流I增大，线圈向右平动 C．电流I减小，线圈向上平动 D．电流I减小，线圈向右平动 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】直导线中通有向下均匀增大的电流，根据安培定则判断导线右侧的磁场方向以及磁场的变化，再根据楞次定律判断感应电流的方向，最后根据左手定则判断出ab、cd边所受安培力的方向，注意离导线越近，磁感应强度越大．‎ ‎【解答】解：A、B、直导线中通有向上均匀增大的电流，根据安培定则，知通过线框的磁场方向垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为逆时针方向．根据左手定则，ab边受到的安培力方向向右，线圈向右运动．故A错误，B正确．‎ ‎ C、D、直导线中通有向上均匀减小的电流，根据安培定则，知通过线框的磁场方向垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为顺时针方向．根据左手定则，ab边受到的安培力方向向左，线圈向左运动．故C错误，D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，水平放置的平行金属导轨左边接有电阻R，轨道所在处有竖直向下的匀强磁场，金属棒ab横跨导轨，它在外力的作用下向右匀速运动，速度为v．若将金属棒的运动速度变为2v，（除R外，其余电阻不计，导轨光滑）则（　　）‎ A．作用在ab上的外力应增大到原来的4倍 B．感应电动势将增大为原来的4倍 C．感应电流的功率将增大为原来的4倍 D．外力的功率将增大为原来的4倍 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据法拉第定律、欧姆定律推导出安培力的表达式，因金属棒匀速运动，由平衡条件就得到了外力的表达式．感应电动势的表达式E=BLv．感应电流的表达式I=．感应电流的功率等于外力的功率．根据各个物理量的表达式进行分析即可．‎ ‎【解答】解：A、金属棒产生的感应电动势 E=BLv，E∝v，感应电流 I==，I∝v，则知感应电动势和感应电流均为原来的2倍．‎ 金属棒所受的安培力 F安=BIL=，因金属棒匀速运动，由平衡条件得，外力F=F安=，则知F∝v，外力应增大到原来的2倍．故AB错误．‎ C、根据功能关系可知，外力的功率等于感应电流的功率 为P=I2R=，P∝v2，则外力的功率将增大为原来的4倍．故CD正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，通电螺线管左侧和内部分别静止吊一环a和b，当变阻器R的滑动头c向左滑动时（　　）‎ A．a向左摆，b向右摆 B．a向右摆，b向左摆 C．a向左摆，b不动 D．a向右摆，b不动 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】影响电磁铁磁性强弱的因素：电流的大小，线圈的匝数．滑动变阻器滑片移动，如何引起电流变化，从而引起的电磁铁磁性强弱的变化．‎ 根据楞次定律，线圈中的感应电流总是阻碍磁通量的变化，因此可以判定的运动趋势．‎ ‎【解答】‎ 解：当滑动变阻器的滑片P向左移动时，接入电路中的电阻变小，电流变大，通电螺线管的磁性将增强，穿过线圈a和b的磁通量都变大，根据楞次定律，要阻碍磁通量的变大，所以b环产生的安培力使其有收缩的趋势，来阻碍磁通量变大，因此产生安培力与环在同一平面，所以不会左右摆动；而a环因磁通量增加，产生感应电流，导致其受到安培力方向向左，使其向左摆动，故AB错误，C正确；‎ 故选：C ‎　‎ ‎11．变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了（　　）‎ A．增大涡流，提高变压器的效率 B．减小涡流，提高变压器的效率 C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量 D．增大铁芯中的电阻，以减少发热量 ‎【考点】* 涡流现象及其应用；功能关系．‎ ‎【分析】涡流现象能在导体内部损耗能量，利用薄硅钢片叠压而成的，增大电阻，从而减小涡流，提高效率．‎ ‎【解答】解：变压器的铁芯，在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是增大电阻，从而为了减小涡流，减小发热量，提高变压器的效率，故BD正确，AC错误；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两个相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能（　　）‎ A．变为0 B．先减小后不变 C．等于F D．先增大再减小 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】当a向上运动时，在闭合回路中产生顺时针感应电流，b导体棒受到向上的安培力，讨论分析安培力与其重力沿导轨向下分力的大小，即可由平衡条件分析出摩擦力变化情况．‎ ‎【解答】解：对a棒：a棒所受合力为：F合=F﹣f﹣mgsinθ﹣F安=F﹣f﹣mgsinθ﹣，可知a棒速度增大，合力将减小，加速度减小至加速度为零后，速度恒定不变，所以a棒所受的安培力先增大后不变．‎ b最终受到的静摩擦力有三种情况：‎ 第一种是：摩擦力为零，则BIL=mgsinθ，故A正确．‎ 第二种是：摩擦力向上，则BIL+f=mgsinθ，由于最初是f=mgsinθ，故摩擦力先减小后不变，故B正确；‎ 在这种情况下：f=mgsinθ﹣BIL；此时对a，F=mgsinθ+BIL+f滑，故F≠f；‎ 第三种是：摩擦力向下，则BIL=mgsinθ+‎ f，f=BIL﹣mgsinθ；由于最初是f=mgsinθ；BIL﹣mgsinθ与mgsinθ的大小有三种情况，故f的变化也有三种情况：一是先减小至零后反向增大至f（小于初值）不变，二是先减小至零后反向增大至f（等于初值）不变，三是先减小至零后反向增大至f（大于初值）不变．是而此时对a，F=mgsinθ+BIL+f滑，故F≠f．综上所述，b棒所受摩擦力可能为零，不可能为F，故CD错误．‎ 故选：AB ‎　‎ ‎13．如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（L＜d），质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则从线圈cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场的过程中（　　）‎ A．感应电流所做的功为mgd B．感应电流所做的功为2mgd C．线圈的最小速度可能为 D．线圈的最小速度一定为 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相同的，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动．可知线圈进入磁场先要做减速运动．‎ ‎【解答】解：A、根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，Q=mgd．‎ cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，‎ 所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，‎ 所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′=2mgd，感应电流做的功为2mgd．故A错误，B正确．‎ C、线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前做匀速运动，因为完全进入磁场时的速度最小，则mg=，则最小速度v=．故C正确．‎ D、因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，‎ 设线圈的最小速度为vm，知全部进入磁场的瞬间速度最小．‎ 由动能定理，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有 有，综上所述，线圈的最小速度为．故 D正确．‎ 故选BCD．‎ ‎　‎ 二、填空题（每空2分共16分）‎ ‎14．如图为“研究电磁感应现象”的实验装置．‎ ‎（1）将图中所缺的导线补接完整．‎ ‎（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：‎ ‎①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将　向右偏　；‎ ‎②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将　向左偏　．‎ ‎（3）在做“研究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将　BC　．‎ A．因电路不闭合，无电磁感应现象 B．有电磁感应现象，只有感应电动势，‎ C．能用楞次定律判断感应电动势方向 D．不能用楞次定律判断感应电动势方向．‎ ‎【考点】研究电磁感应现象．‎ ‎【分析】（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答；‎ ‎（2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反；‎ ‎（3）当穿过线圈的磁通量发生变化时，一定有感应电动势，若闭合时，才有感应电流，可以由楞次定律来确定感应电动势的方向．‎ ‎【解答】解：（1）将电源、电键、小螺线管、滑动变阻器串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示：‎ ‎（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；‎ ‎①将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转．‎ ‎②原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转；‎ ‎（3）如果副线圈两端不接任何元件，线圈中仍有磁通量的变化，仍会产生感应电动势，不会没有感应电流存在，但是可根据楞次定律来确定感应电流的方向，从而可以判断出感应电动势的方向．故BC正确，AD错误，‎ 故选：BC；‎ 故答案为：（1）如图所示；（2）①向右偏；②向左偏；（3）BC．‎ ‎　‎ ‎15．研究小组欲测一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率．步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为　50.15　mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为　4.700　mm；‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图4，则该电阻的阻值约为　220　Ω．‎ ‎（4）用伏安法测定该圆柱体在不同长度时的电阻，除被测圆柱体外，还有如下供选择的实验器材：‎ 电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）‎ 电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）‎ 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）‎ 开关S、导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在如图3所示的虚线框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；‎ ‎（2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；‎ ‎（3）用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确；‎ ‎（4）电路分为测量电路和控制电路两部分．测量电路采用伏安法．根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表外接法．‎ ‎【解答】解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标尺上第8个刻度游标读数为0.05×3m=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm；‎ ‎（2）螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为：4.5mm+0.200mm=4.700mm．‎ ‎（3）该电阻的阻值约为22.0×10Ω=220Ω．‎ ‎（4）电源电动势为4V，故电压表应选V1，电阻中最大电流约为：Im==≈12mA； 则电流表应选A2；‎ 滑动变阻器的电阻值相对比较小，所以选择分压式接法；有： =≈46；‎ ‎==7.3＜46，因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法如图所示：‎ 故答案为：（1）50.15；（2）4.700；（3）220；（4）如上图所示．‎ ‎　‎ 三、分析解答题（6分+10分+16分=36分）‎ ‎16．如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一半径r=10cm，电阻R=0.01Ω，质量m=0.02kg的金属圆环以v0=10m/s的速度向一面积足够大，磁感应强度B=0.2T的匀强磁场滑去，当圆环刚好有一半进入磁场时圆环的加速度为a=40m/s2，求此过程圆环增加的内能．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；焦耳定律．‎ ‎【分析】根据切割产生的感应电动势公式求出感应电动势的大小，从而根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，再根据安培力大小公式求出安培力的大小，通过此时的安培力，结合牛顿第二定律求出加速度的大小与环的速度的大小之间的关系．最后根据能量守恒定律，抓住动能的减小量全部转化为热量求出．‎ ‎【解答】解：当圆环刚好有一半进入磁场时，环的有效切割长度的圆的直径，即2r，由法拉第电磁感应定律得：‎ E=BLv=2Brv，‎ 感应电流：E=‎ 圆环受到的安培力：F=BIL==‎ 圆环的加速度：‎ 所以：‎ 对圆环，由能量守恒定律得： mv02=Q+mv2，‎ 代入数据 解得：Q=0.75J 答：此过程增加的内能0.75J ‎　‎ ‎17．如图所示，虚线MN为电场、磁场的分界线，匀强电场E=103V/m，方向竖直向上，电场线与边界线MN成45o角，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B=1T，在电场中有一点A，A点到边界线MN的垂直距离AO的长为L=10cm，将比荷为×104C/kg的带负电粒子从A处由静止释放（电场、磁场范围足够大，粒子所受重力不计）．求：‎ ‎（1）粒子第一次在磁场中运动的轨道半径；‎ ‎（2）粒子从释放到下一次进入到电场区域所需要的时间．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求解粒子第一次进入磁场时的速度大小；‎ ‎（2）先求出粒子在电场中匀加速直线运动的时间，由牛顿第二定律和速度公式结合求解；粒子在磁场中转过周，运动时间为，求得周期T，即求出在磁场中运动时间，从而得到总时间；‎ ‎【解答】解：（1）粒子在电场中有：‎ 代入数据： ==‎ 在磁场中：‎ 解得： m ‎（2）由 代入数据解得：‎ 粒子在磁场中运动周，‎ 所以 所以 答：（1）粒子第一次在磁场中运动的轨道半径；‎ ‎（2）粒子从释放到下一次进入到电场区域所需要的时间 ‎　‎ ‎18．如图所示，一质量为m=0.016kg、长L=0.5m、宽d=0.1m、电阻R=0.1Ω的矩形线圈，从h1=5m的高处由静止开始下落，然后进入匀强磁场，当下边进入磁场时，由于磁场力的作用，线圈正好作匀速运动．（g=10m/s2）‎ ‎（1）求匀强磁场的磁感应强度B．‎ ‎（2）如果线圈的下边通过磁场所经历的时间t=0.15s，求磁场区域的高度h2．‎ ‎（3）从线圈的下边进入磁场开始到线圈下边离开磁场的时间内，在线圈中产生的焦耳热是多少？‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．‎ ‎【分析】（1）线框从h1高度处由静止自由下落，由高度求出线框刚进磁场时速度，根据感应电动势公式和欧姆定律求出电流大小，由楞次定律判断电流方向．‎ ‎（2）线框在磁场中做匀加速直线运动，位移为h2﹣L，加速度为g，结合初速度求出时间．‎ ‎【解答】解：根据动能定理：mgh1=mv12‎ 得：v1=10m/s I=‎ 则：F安=‎ 刚进入磁场时做匀速运动 mg=BIL 得：B==0.4T ‎（2）匀速运动时间：t1==0.05s t2=t﹣t1=0.1s 完全进入磁场后做加速运动 h2=v2t+gt22‎ 代入数据得：h2=1.05m ‎（3）v2=v1﹣gt2=11m/s F安==0.176N 根据牛顿第二定律：F安﹣mg=ma 得：a=1m/s2‎ ‎（4）根据能量的转化与守恒：Q=mgL=0.08J 答：（1）匀强磁场的磁感应强度B为0.4T．‎ ‎（2）如果线圈的下边通过磁场所经历的时间t=0.15s，磁场区域的高度h2为1.05m．‎ ‎（3）从线圈的下边进入磁场开始到线圈下边离开磁场的时间内，在线圈中产生的焦耳热是0.08J．‎ ‎　‎