东营市利津一中高二下学期月考物理试卷（月份）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016—2017学年山东省东营市利津一中高二（下）月考物理试卷（3月份）一、选择题(共13小题，每小题4分,满分52分）1．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K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B．断开开关S切断电路时,A1和A2都要过一会儿才熄灭C．断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会熄灭D．合上开关S接通电路时,A1和A2始终一样亮2．如图是变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器的输入电压是市网电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．输出电压通过输电线输送给用户,两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻,当滑动片向下移动时，图中各表的读数变化情况正确的是（）A．A1变小 B．A2变大 C．V2不变 D．V3变小3．某山区小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压,然后通过高压输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经降低电压后再输送至村寨中各用户．设变压器都是理想的，那么随着村寨中接入电路的电器消耗的总功率的增加，则（）A．通过升压变压器初级线圈中的电流变大B．升压变压器次级线圈两端的电压变小C．高压输电线路上的电压损失变大D．降压变压器次级线圈两端的电压变小4．图中矩形线圈abcd在匀强磁场中以ad边为轴匀速转动，产生的电动势瞬时值为e=5sin20t（V），则以下判断正确的是（)A．此交流电的频率为HzB．当线圈平面与中性面重合时,线圈中的感应电动势为5VC．当线圈平面与中性面垂直时,线圈中的感应电流为0VD．线圈转动一周，感应电流的方向改变一次5．3A直流电通过电阻R时,ts内产生的热量为Q．现让一正弦式交变电流通过电阻R，若2ts内产生的热量为Q,则该交流电流的有效值I和最大值Im分别为（)A．I=3A，Im=3A B．I=A，Im=3A C．I=A，Im=A D．I=3A，Im=6A6．在水平面上有一固定的U形金属框架，框架上置一金属杆ab,如图示（纸面即水平面）,在垂直纸面方向有一匀强磁场，则以下说法中正确的是（）A．若磁场方向垂直纸面向外并增加时，杆ab将向右移动B．若磁场方向垂直纸面向外并减少时，杆ab将向右移动C．若磁场方向垂直纸面向里并增加时，杆ab将向右移动D．若磁场方向垂直纸面向里并减少时,杆ab将向右移动7．如图所示为理想变压器原线圈所接交流电压的波形．原、副线圈匝数比n1:n2=10：1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1A,下列说法中正确的是（）A．变压器输出端的交流电的频率为50HzB．变压器的输出功率为200WC．变压器输出端所接电压表的示数为20VD．穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为Wb/s8．单匝矩形线圈abcd边长分别为l1和l2，在匀强磁场中可绕与磁场方向垂直的轴OO′匀角速转动，转动轴分别过ad边和bc边的中点，转动的角速度为ω．磁场的磁感应强度为B．图为沿转动轴OO′观察的情况,在该时刻线圈转动到ab边的速度方向与磁场方向夹角为θ，此时线圈中产生的感应电动势的瞬时值为（）A．2Bl1l2ωcosθ B．3Bl1l2ωsinθ C．Bl1l2ωcosθ D．Bl1l2ωsinθ9．一个笔帽竖立在桌面上平放的纸条上，要求把纸条从笔帽下抽出，如果缓慢拉动纸条笔帽必倒；若快速拉纸条，笔帽可能不倒．这是因为(）A．缓慢拉动纸条时，笔帽受到冲量小B．缓慢拉动纸条时，纸条对笔帽的水平作用力小C．快速拉动纸条时，笔帽受到冲量小D．快速拉动纸条时，纸条对笔帽的水平作用力小10．如图，质量为3kg的木板放在光滑水平面上，质量为1kg的物块在木板上，它们之间有摩擦力,木板足够长，两者都以4m/s的初速度向相反方向运动，当木板的速度为2.4m/s时，物块（）A．加速运动 B．减速运动 C．匀速运动 D．静止不动11．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则（）A．小木块和木箱最终都将静止B．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞,而木箱一直向右运动D．小木块最终将相对木箱静止,二者一起向右运动12．如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使B瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（）A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s,且弹簧都处于伸长状态B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C．两物体的质量之比为m1：m2=1:2D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1：Ek2=8：113．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行轨道上，平行放置两根质量和电阻都相同的滑杆ab和cd,组成矩形闭合回路．轨道电阻不计,匀强磁场B垂直穿过整个轨道平面．开始时ab和cd均处于静止状态,现用一个平行轨道的恒力F向右拉ab杆，则下列说法正确的是（）A．cd杆向左运动B．cd杆向右运动C．ab与cd杆均先做变加速运动，后做匀速运动D．ab与cd杆均先做变加速运动，后做匀加速运动二、计算题(共5小题，满分48分）14．如图所示,匀强磁场B=1。0T，有一个N=15匝的矩形线圈，其=0.2m，=01．m，线圈电阻r=1Ω，在磁场中绕垂直磁场中心轴OO′转动，转速n=300转/min，线圈两端接有“6V、12W"的灯泡，当线圈通过中性面时开始计时,求：（1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式;（2）灯泡消耗的实际功率．15．一质量为0。3kg的弹性小球，在光滑的水平面上以6m/s的速度撞到垂直墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前速度的大小相同．求：（1）碰撞前后小球速度变化量；（2）碰撞过程中墙对小球做的功．16．如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻．导体棒ab长l=0。5m,其电阻为r，与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=0.4T．现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动．（1）ab中的感应电动势多大?电流的方向如何？（2）若定值电阻R=3。0Ω，导体棒的电阻r=1。0Ω，则电路中的电流多大？17．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0。2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0。25．求：（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小;（2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；（3）在上问中，若R=2Ω，金属棒中的电流方向由a到b,求磁感应强度的大小与方向．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0。8）18．在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙,滑块CD上表面是光滑的圆弧，其始端D点切线水平且在木板AB上表面内，它们紧靠在一起，如图所示．一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处,求:（1）物块滑到B处时木板的速度VAB;（2)滑块CD圆弧的半径R．

2016-2017学年山东省东营市利津一中高二（下）月考物理试卷（3月份)参考答案与试题解析一、选择题（共13小题，每小题4分，满分52分）1．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K接通电路时，A2先亮,A1后亮，最后一样亮B．断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭C．断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会熄灭D．合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮【考点】DE：自感现象和自感系数．【分析】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，根据楞次定律及串联电路的特点来分析．【解答】解:A、D、合上开关K接通电路时，A2立即正常发光，线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡A1中电流只能逐渐增大，则A2先亮,A1后亮，最后稳定后,一样亮．故A正确，D错误．B、C、断开开关S切断电路时，A2原来的电流立即减小为零，由于线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，回路中电流从A1原来值逐渐减小到零，则A1和A2都要过一会儿才熄灭．故B正确，C错误．故选：AB2．如图是变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器的输入电压是市网电压,负载变化时输入电压不会有大的波动．输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示,变阻器R代表用户用电器的总电阻，当滑动片向下移动时，图中各表的读数变化情况正确的是（）A．A1变小 B．A2变大 C．V2不变 D．V3变小【考点】E8:变压器的构造和原理．【分析】理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．变压器的电流比与电压比均是有效值,电表测量值也是有效值．【解答】解：当滑片向下移动时,总电阻减小，而变压器的输入电压不变，原副线圈匝数没变，所以副线圈的输出电压不变，则电压表V2示数不变，则通过电阻R0的电流增大，则A2电表示数变大，导致电压表V3示数减小,同时也导致电流表A1示数变大．故选：BCD3．某山区小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压,然后通过高压输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经降低电压后再输送至村寨中各用户．设变压器都是理想的，那么随着村寨中接入电路的电器消耗的总功率的增加，则（）A．通过升压变压器初级线圈中的电流变大B．升压变压器次级线圈两端的电压变小C．高压输电线路上的电压损失变大D．降压变压器次级线圈两端的电压变小【考点】EA：远距离输电．【分析】将发电站的电能远输时，由于电线上的电阻而导致电压损失,从而使得用户得到的电压减少．当用户用电处于高峰期时，副线圈的电流变大，导致原线圈的电流也增大．由于原线圈的电压不变,则原线圈的输入功率变大，因此用户得到的总功率是变大的．【解答】解：A、由于升压变压器的输入电压不变，随用电器总功率的增加,则输入功率也增加,所以升压变压器初级线圈中的电流变大,故A正确；B、升压变压器的目的是提高电线上的电压从而降低电线上消耗,由于升压变压器的输入电压不变,原副线圈匝数不变，则副线圈的电压不变，故B错误；C、当用户用电处于高峰期时,降压变压器的输出功率会增大,从而导致降压变压器的输入电流变大，所以输电线路的电压变大，故C正确；D、当用户用电处于高峰期时，降压变压器的输出功率会增大，从而导致降压变压器的输入电流变大，所以输电线路的电压变大,最终使得降压变压器的副线圈上的电压变小，故D正确；故选：ACD4．图中矩形线圈abcd在匀强磁场中以ad边为轴匀速转动，产生的电动势瞬时值为e=5sin20t（V），则以下判断正确的是（）A．此交流电的频率为HzB．当线圈平面与中性面重合时，线圈中的感应电动势为5VC．当线圈平面与中性面垂直时，线圈中的感应电流为0VD．线圈转动一周,感应电流的方向改变一次【考点】E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】根据感应电动势的瞬时表达式e=0.5sin20t(V）,可以求出频率、某时刻，e的瞬时值、交流电的电动势最大值,当t=0时线圈平面跟磁感线垂直，磁通量最大，磁通量变化率为0．【解答】解:A、根据e=5sin20t（V）,得：ω=20rad/s，所以f==Hz=Hz，故A正确；B、当线圈平面与中性面重合时，线圈边的切割速度最小，即线圈中的感应电动势为零，故B错误；C、当线圈平面与中性面垂直时,线圈边的切割速度最大，线圈中的感应电流最大，故C错误；D、线圈转动到中性面位置时,电流方向改变，则转动一周，感应电流的方向改变两次，故D错误；故选：A．5．3A直流电通过电阻R时，ts内产生的热量为Q．现让一正弦式交变电流通过电阻R，若2ts内产生的热量为Q,则该交流电流的有效值I和最大值Im分别为（)A．I=3A,Im=3A B．I=A，Im=3A C．I=A，Im=A D．I=3A，Im=6A【考点】D4：感应电动势的产生条件．【分析】根据焦耳定律Q=I2Rt求解电流的有效值，其中I是有效值．再根据有效值与最大值的关系求出最大值．【解答】解：根据3A的直流电通过电阻R时,t时间内产生的热量为Q可知:Q=I12Rt①当让一交流电通过电阻R，若2t时间内产生的热量为Q，则有：Q=I2R•2t②联立①②解得:I=A则最大值：Im=I有=3A故选:B．6．在水平面上有一固定的U形金属框架，框架上置一金属杆ab,如图示（纸面即水平面）,在垂直纸面方向有一匀强磁场，则以下说法中正确的是(）A．若磁场方向垂直纸面向外并增加时,杆ab将向右移动B．若磁场方向垂直纸面向外并减少时,杆ab将向右移动C．若磁场方向垂直纸面向里并增加时,杆ab将向右移动D．若磁场方向垂直纸面向里并减少时，杆ab将向右移动【考点】DB：楞次定律;CC：安培力;D8:法拉第电磁感应定律．【分析】根据磁感应强度的方向和强度的变化,利用楞次定律判断感应方向，再用左手定则判断安培力来导体的运动方向．【解答】解：A、若磁场方向垂直纸面向外,并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，ab中感应电流方向a→b，由左手定则，ab受到的安培力向左，故杆ab将向左移动．故A错误．B、若磁场方向垂直纸面向外，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律,ab中感应电流方向b→a，由左手定则，ab受到的安培力向右,杆ab将向右移动．故B正确．C、若磁场方向垂直纸面向里，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律,ab中感应电流方向b→a，由左手定则，ab受到的安培力向左，杆ab将向左移动．故C错误．D、若磁场方向垂直纸面向里,并且磁感应强度减小时,根据楞次定律，ab中感应电流方向a→b，左手定则,ab受到的安培力向右，杆ab将向右移动．故D正确．故选：BD7．如图所示为理想变压器原线圈所接交流电压的波形．原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1A,下列说法中正确的是（)A．变压器输出端的交流电的频率为50HzB．变压器的输出功率为200WC．变压器输出端所接电压表的示数为20VD．穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为Wb/s【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】根据u﹣t图象知道电压的有效值，周期和频率，变压器电压与匝数成正比、电流与匝数成反比，变压器不改变功率和频率．【解答】解：A、变压器输入电压的周期T=0。02s，故频率为f=50Hz；变压器不改变电流的频率,故输出的交流电的频率为50Hz，故A正确；B、根据由图知输入电压的最大值为U1m=200V，有效值为：U1=；变压器的输入功率为P1=U1I1=200×1=200W，理想变压器的输出功率等于输入功率，也为200W;故B正确；C、根据，可知U2=20V,故电压表的示数为20V，故C错误；D、根据法拉第电磁感应定律得最大感应电动势Em=n,变压器输出端电压的最大值为20V，所以穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为=Wb/s，故D正确；故选:ABD8．单匝矩形线圈abcd边长分别为l1和l2，在匀强磁场中可绕与磁场方向垂直的轴OO′匀角速转动，转动轴分别过ad边和bc边的中点，转动的角速度为ω．磁场的磁感应强度为B．图为沿转动轴OO′观察的情况，在该时刻线圈转动到ab边的速度方向与磁场方向夹角为θ，此时线圈中产生的感应电动势的瞬时值为（）A．2Bl1l2ωcosθ B．3Bl1l2ωsinθ C．Bl1l2ωcosθ D．Bl1l2ωsinθ【考点】E2:交流发电机及其产生正弦式电流的原理;E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】发电机产生正弦式交变电流,根据公式Em=nBSω求解最大电动势，根据电动势的瞬时值表达式：e=Emsinωt，即可得出结论．【解答】解：矩形线圈在匀强磁场中做匀角速转动,产生交流电，感应电动势的最大值为：Em=nBSω=nBL1L2ω根据电动势的瞬时值表达式:e=Emsinωt，在该时刻线圈转动到ab边的速度方向与磁场方向夹角为θ时，θ=ωt;此时线圈中产生的感应电动势的瞬时值为：e=Bl1l2ωsinθ．故选：D9．一个笔帽竖立在桌面上平放的纸条上，要求把纸条从笔帽下抽出，如果缓慢拉动纸条笔帽必倒；若快速拉纸条，笔帽可能不倒．这是因为（)A．缓慢拉动纸条时，笔帽受到冲量小B．缓慢拉动纸条时，纸条对笔帽的水平作用力小C．快速拉动纸条时,笔帽受到冲量小D．快速拉动纸条时,纸条对笔帽的水平作用力小【考点】52:动量定理．【分析】在抽动纸条时，笔帽受到的摩擦力相等,但由于抽拉的时间不同使笔帽受到的冲量不同；由动量定理可分析物体是否产生较大的动量变化．【解答】解:B、D、抽动纸条时，笔帽受到的时滑动摩擦力，故不论快抽还是慢抽,笔帽受到的摩擦力均相等；故BD错误；A、C、在快速抽动时，纸条与笔帽作用时间短，则摩擦力产生的冲量要小，由I=△P可知,笔帽增加的动量较小,故笔帽几乎不动；缓慢拉动纸条时,笔帽受到的冲量较大,故产生了较大的动量，则笔帽随纸条移动；故A错误，C正确；故选：C．10．如图，质量为3kg的木板放在光滑水平面上，质量为1kg的物块在木板上，它们之间有摩擦力，木板足够长，两者都以4m/s的初速度向相反方向运动,当木板的速度为2。4m/s时，物块（）A．加速运动 B．减速运动 C．匀速运动 D．静止不动【考点】53：动量守恒定律;2G：力的合成与分解的运用;37:牛顿第二定律．【分析】分析物体的运动情况：初态时，系统的总动量方向水平向左,两个物体开始均做匀减速运动,m的速度先减至零,根据动量守恒定律求出此时M的速度．之后,m向左做匀加速运动，M继续向左做匀减速运动，最后两者一起向左匀速运动．根据动量守恒定律求出薄板的速度大小为2。4m/s时,物块的速度,并分析m的运动情况．【解答】解：设木板的质量为M，物块的质量为m；开始阶段，m向左减速，M向右减速，根据系统的动量守恒定律得：当物块的速度为零时，设此时木板的速度为v1．根据动量守恒定律得：（M﹣m)v=Mv1代入解得:v1===2。67m/s．此后m将向右加速,M继续向右减速;当两者速度达到相同时,设共同速度为v2．由动量守恒定律得：(M﹣m）v=（M+m）v2代入解得：v2==×4=2m/s．两者相对静止后，一起向左匀速直线运动．由此可知当M的速度为2。4m/s时，m处于向右加速过程中，加速度向右．故选：A．11．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0,则（）A．小木块和木箱最终都将静止B．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止,则二者将一起向左运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞,而木箱一直向右运动D．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动【考点】53：动量守恒定律．【分析】本题中木箱和小木块系统在光滑的平面上滑动，系统所受外力的合力为零，故系统动量始终守恒，而由于系统内部存在摩擦力，阻碍物体间的相对滑动，最终两物体应该相对静止，一起向右运动．【解答】解：木箱和小木块组成的系统所受外力的合力为零,系统的动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零,故系统的总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终两者相对静止，根据系统的总动量守恒，知不管中间过程如何相互作用，最终两物体以相同的速度一起向右运动，故ABC错误，D正确；故选：D12．如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使B瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（)A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于伸长状态B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C．两物体的质量之比为m1:m2=1：2D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1：Ek2=8:1【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．【分析】两物块和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒，系统动能最小时，弹性势能最大，据此根据图象中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化情况．【解答】解：A、由图示图象可知，从0到t1的过程中，A的速度增大，B的速度减小，弹簧被拉伸，在t1时刻两物块达到共同速度1m/s，此时弹簧处于伸长状态,从t1到t2过程，A的速度继续增大,B的速度继续减小，弹簧开始收缩，到达t2时刻，A的速度最大，B的速度最小，弹簧恢复原长；从t2到t3过程，A的速度减小，B的速度增大，弹簧被压缩，到t3时刻,A、B的速度相等，为1m/s，此时弹簧的压缩量最大，从t3到t4过程，A的速度减小,B的速度增大，该过程弹簧恢复原长，到t4时刻，B的速度等于初速度,A的速度为零，弹簧恢复原长，由以上分析可知,A错误，B正确；C、系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得,t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，有：m2v0=（m1+m2）v2，m2×3=（m1+m2）×1，解得:m1：m2=2：1，故C错误；D、由图示图象可知，在t2时刻A、B两物块的速度分别为:vA=2m/s，vB=﹣1m/s，物体的动能：Ek=mv2,则A、B两物块的动能之比为EkA：EkB=8：1,故D正确;故选：BD13．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行轨道上，平行放置两根质量和电阻都相同的滑杆ab和cd,组成矩形闭合回路．轨道电阻不计,匀强磁场B垂直穿过整个轨道平面．开始时ab和cd均处于静止状态，现用一个平行轨道的恒力F向右拉ab杆,则下列说法正确的是（)A．cd杆向左运动B．cd杆向右运动C．ab与cd杆均先做变加速运动,后做匀速运动D．ab与cd杆均先做变加速运动，后做匀加速运动【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势;BB:闭合电路的欧姆定律．【分析】ab棒运动后,产生感应电流，受到向左的安培力，在拉力和安培力的作用下做加速运动，cd棒受到向右的安培力，在安培力的作用下做加速运动．运动的过程中电流先增大，所以ab棒的加速度逐渐减小,cd棒的加速度逐渐增大，当两者加速度相等后,一起做匀加速．【解答】解：ab棒运动后,产生感应电流，流过cd棒的电流方向由c到d，根据左手定则,受到向右的安培力，向右做加速运动．ab棒在拉力和安培力的作用下做加速运动，cd棒受到向右的安培力，在安培力的作用下做加速运动．ab棒的加速度逐渐减小，cd棒的加速度逐渐增大，当两者加速度相等后，一起做匀加速．故AC错误，BD正确．故选：BD．二、计算题（共5小题，满分48分）14．如图所示，匀强磁场B=1.0T，有一个N=15匝的矩形线圈，其=0。2m，=01．m,线圈电阻r=1Ω，在磁场中绕垂直磁场中心轴OO′转动，转速n=300转/min,线圈两端接有“6V、12W”的灯泡，当线圈通过中性面时开始计时，求：（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式；（2）灯泡消耗的实际功率．【考点】E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】(1）先根据求出感应电动势的最大值，因为线圈从中性面开始计时，所以感应电动势的瞬时值表达式为（V）；(2）求出感应电动势的有效值和感应电流的有效值，再根据P=求出消耗的实际功率；【解答】解:转速n=300转/min=5r/s,角速度ω=2πn=10πrad/s灯泡的电阻(1)感应电动势的最大值=3π（V）线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=3πsin10πt（V)（2）感应电动势的有效值(V）感应电流灯泡消耗的实际功率答：（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=3πsin10πt（V)；（2）灯泡消耗的实际功率为8。4W15．一质量为0.3kg的弹性小球，在光滑的水平面上以6m/s的速度撞到垂直墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前速度的大小相同．求：（1)碰撞前后小球速度变化量；（2）碰撞过程中墙对小球做的功．【考点】52：动量定理；64：动能．【分析】(1）由于速度是矢量，对于速度的变化量我们应该采用矢量叠加的方法．对于同一直线上的速度变化量的求解，我们可以运用表达式△v=v2﹣v1，但必须规定正方向．（2)运用动能定理求出碰撞过程中墙对小球做功．【解答】解:（1)规定初速度方向为正方向，则初速度v1=6m/s，碰撞后末速度v2=﹣6m/s；则速度变化量为△v=v2﹣v1=﹣12m/s,负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反，所以碰撞前后小球速度变化量的大小为12m/s．(2)运用动能定理研究碰撞过程，由于初、末动能相等,所以W=△Ek=0;答:（1)碰撞前后小球速度变化量大小是12m/s,向与初速度方向相反；（2)碰撞过程中墙对小球做的功是0．16．如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻．导体棒ab长l=0.5m,其电阻为r,与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T．现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动．（1）ab中的感应电动势多大？电流的方向如何？(2)若定值电阻R=3.0Ω,导体棒的电阻r=1。0Ω,则电路中的电流多大？【考点】D9:导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律．【分析】（1)由法拉第电磁感应定律求解ab中的感应电动势．由右手定则判断ab中电流的方向．（2）由闭合电路欧姆定律求解电路中的电流．【解答】解:（1）由法拉第电磁感应定律得:E=Blv=0.4×0.5×10V=2V；由右手定则判断ab中电流的方向为从b向a（2）由闭合电路欧姆定律得：I==A=0。5A；答：（1）ab中的感应电动势2V；ab中电流的方向从b向a；（2）电路中的电流为0.5A．17．如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R的电阻．