北京市二中2017-2018学年高二下学期第三学段考试物理(4月)试题

北京二中2017—2018学年度第三学段高二年级学段考试试卷物理选修32一、单项选择题（每小题2分，共52分）1.以下过程中能够产生感应电流的方式有：A.①②B.②③C.③④D.①④【答案】D【解析】①导体棒左右晃动，切割磁感线，产生感应电流；②由于铝环B不闭合，条形磁铁靠近时，不产生感应电流；③闭合开关后通电线圈A放在螺线管B中静止不动，穿过线圈B的磁通量不变，不产生感应电流；④条形磁铁插入或者拔出螺线管的过程中，穿过螺线管的磁通量改变，产生感应电流。故选：D2.如图所示为一台小型发电机示意图，磁场为水平方向。若线圈绕着转轴做匀速圆周运动，当线圈转到如图所示的水平位置时，下列判断正确的是（）A.通过线圈的磁通量最大B.此时线圈恰好经过中性面C.线圈中产生的电动势最大D.此时交流电流正好改变方向【答案】C【解析】图中的位置与中性面垂直，线圈与磁场平行，此时磁通量最小，而穿过线圈的磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故C正确，ABD错误。故选：C3.如右图所示，在铁芯P上绕有两组线圈A和B，如果线圈A中通有如下所示的四种电流，规定从线圈A上端流入为电流正方向，试分析在t1~t2这段时间内（从上方俯视）线圈B中可以产生逆时针方向的感应电流（）A.甲可以B.乙可以C.丙可以D.丁可以【答案】B【解析】A．由图示可知，A中电流不变，电流产生的磁场不变，穿过B的磁通量不变，不产生感应电流，故A错误；B．由图示可知，通过A的电流正向增大，穿过B的磁通量向下增大，B中产生逆时针的感应电流，故B正确；C、由图示可知，通过A的电流正向减小，穿过B的磁通量向下减小，B中产生顺时针的感应电流，故C错误；D、由图示可知，通过A的电流正向减小，穿过B的磁通量向下减小，B中产生顺时针的感应电流，故D错误。故选：B。4.如图所示，在水平放置的条形磁铁的N极附近，一个闭合线圈向下运动并始终保持水平。在位置B，N极附近的磁感线正好与线圈平面平行。则从上方俯视可见（）A.线圈从A到C的运动过程中感应电流的方向先逆时针后顺时针B.线圈从A到C的运动过程中感应电流的方向先顺时针后逆时针C.线圈从A到C的运动过程中感应电流的方向始终是顺时针D.线圈从A到C的运动过程中感应电流的方向始终是逆时针【答案】D【解析】A．在位置A到在B上方过程时，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向斜向上，据楞次定律判断可知：线圈中感应电流方向沿逆时针方向；在B下方时，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向斜向下，据楞次定律判断可知：线圈中感应电流方向沿逆时针方向。故均为逆时针方向。故ABC错误，D正确。故选：D.5.1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机（图甲）。它是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上的第一台发电机。据说，在法拉第表演他的圆盘发电机时，一位贵妇人问道：“法拉第先生，这东西有什么用呢？图乙是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。使铜盘转动，电阻R中就有电流通过。已知铜盘半径为r，铜盘内阻忽略不计，铜盘所在区域磁感强度B，转动的角速度为ω，则以下判断正确的是（）①铜盘转动过程中产生的电流方向是D到C②铜盘转动过程中D点的电势高于C点③铜盘转动过程中产生的感应电动势大小为④铜盘转动过程中产生的感应电流大小为A.①②B.②③C.③④D.①④【答案】B【解析】①②.根据右手定则可知，铜盘转动过程中产生的电流方向是C到D，因此铜片D的电势高于铜片C的电势，故①错误，②正确；③.感应电动势，故③正确；④根据欧姆定律，I=E/R=，故④错误。故选：B。点睛：根据右手定则判断CD间感应电流方向，即可知道电势高低．依据闭合电路欧姆定律，结合感应电动势，及线速度与角速度关系，即可判定。6.如图所示，电源在电动机线圈中产生的电流的方向已经标出。在如图所示位置，以下关于电动机运动过程中的分析正确的是（）①导线AB边所受安培力与图示v箭头方向相反②导线AB边产生的反电动势方向由B指向A③线圈中产生的感应电动势对电源电流起到了促进作用④如果要维持线圈的持续转动，电源必须源源不断的提供电能来克服反电动势的阻碍作用A.①②B.①③C.②③D.②④【答案】D【解析】①根据左手定则，导线AB边所受安培力与图示v箭头方向相同，故①错误；②根据右手定则，导线AB边产生的反电动势方向由B指向A，故②正确；③线圈中产生的感应电动势与电源电流方向相反，对电源电流起到了阻碍作用，故③错误；④如果要维持线圈的持续转动，电源必须源源不断的提供电能来克服反电动势的阻碍作用，故④正确。故选：D7.一个单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴与磁场垂直，图中表示穿过线圈平面的磁通量随时间变化的函数图像。图中磁通量的最大值Φmax＝0.20Wb，变化周期T＝0.02s。则由图可知，()A.线圈中感应电动势的最大值出现在0.005、0.015s各时刻B.电流改变方向出现在0.010s、0.020s时刻C.根据有Emax＝62.8VD.线圈中电动势的有效值是【答案】C【解析】A.在0.005s、0.015s各时刻，线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，线圈位于中性面位置，感应电动势为零，故A错误；B.在0.010s、0.020s时刻，磁通量为零，线圈垂直于中性面，感应电动势最大，故B错误；C．由图知磁通量的最大值Φmax=0.2Wb，则公式Emax=BSω、Φmax=BS、ω=2π/T得：＝62.8V，故C正确；D.线圈中电动势的有效值是，故D错误。故选：C.点睛：交变电流产生过程中，线圈在中性面上时，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势最小，线圈与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为最大；由图读出磁通量的最大值Φmax，由公式Emax=BSω和Φmax=BS结合求解Emax．8.如图所示，A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均10匝，半径rA=2rB，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小，以下分析正确的是（）A.线圈中产生的感应电动势之比EA∶EB=2:1B.两线圈中电阻之比RA∶RB=1:2C.两线圈中感应电流之比IA∶IB=1:2D.两线圈中产生的热功率之比PA∶PB=8:1【答案】D【解析】A.由法拉第电磁感应定律得：,因半径rA=2rB,且n、△B/△t相同，则得到：EA:EB=4:1，故A错误；B.根据电阻定律：线圈的电阻为，则ρ、s、n相同，两线圈电阻之比：rA:rB=RA:RB=2:1.故B错误；C．线圈中感应电流I=E/R,由A、B综合得到：IA:IB=2:1，故C错误；D.根据焦耳定律：Q=I2Rt，则相同时间内，产生的热量与电流的平方成正比，与电阻成正比，因此热量之比为8:1，故D正确；故选：D.9.如图所示，匀强磁场的上下边界水平，宽度为L，方向垂直纸面向里。质量为m、边长为l（l<L）的正方形导线框abcd始终沿竖直方向穿过该磁场，已知cd边进入磁场时的速度为v0，ab边离开磁场时的速度也为v0，重力加速度的大小为g。下列说法正确的是()A.线框进入和离开磁场时产生的感应电流方向相同B.线框进入和离开磁场时受到的安培力方向相反C.线框穿过磁场的过程中克服安培力所做的功为mg(L+l)D.线框穿过磁场的过程中可能先做加速运动后做减速运动【答案】C【解析】试题分析：根据楞次定律可知，线圈进入磁场时产生逆时针方向的感应电流；出离磁场时产生瞬时针方向的感应电流，故线框进入和离开磁场时产生的感应电流方向相反，选项A错误；线圈进入磁场和出离磁场时所受的安培力的方向均向上，故线框进入和离开磁场时受到的安培力方向相同，选项B错误；根据从进入磁场到完全出离磁场，根据动能定理可知：，则线框穿过磁场的过程中克服安培力所做的功为mg（L+l），选项C正确；由于线圈cd边进入磁场时的速度为v0，ab边离开磁场时的速度也为v0，由运动的对称性可知，线圈一定是先做减速运动，全部进入磁场后做加速度为g的加速度运动，然后出离磁场时又做减速运动，选项D错误；故选C.考点：电磁感应现象；动能定理。10.如图是用电流传感器（电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计）研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开开关S。在下面所示的4幅图象中，可能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是()A.B.C.D.【答案】B【解析】试题分析：闭合开关的瞬间，电感的电阻很大，灯泡中有一定的电流通过，过一段时间，电感的电阻减小，电感与灯泡并联的两端电压减小，故灯泡中的电流变小，选项AD均错误；当时间再延长，灯泡的电流稳定在某一值上；当断开开关时，电感产生自感电动势，电感中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成的电路中，感应电流沿逆时针方向，而灯泡中原来的电流沿顺时针方向，故灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自感电动势的减小而慢慢减小到0，故选项B正确，C错误。考点：自感电动势。【名师点晴】对于电感线圈，它通直流，阻交流，当电路中的电流发生变化时产生一定的阻杭，阻碍电流的这种变化；当刚接通电路时，电感线圈会产生电动势阻碍这种电流增大，当断开时，电感线圈又会产生电动势阻碍这种电流的减小。11.铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置。如图所示（俯视图），能产生匀强磁场的磁铁被安装在火车首节车厢下面，当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便会产生一个电信号，通过和线圈相连的电压传感器被控制中心接收，从而确定火车的位置。若一列火车匀加速驶来，则电压信号U随时间t的变化图象为()A.B.C.D.【答案】D【解析】试题分析：若设线圈进入磁场时产生的感应电流的方向为正，则出离磁场时产生的感应电流方向为负值；根据E=BLv可知，若火车匀加速度运动，则E=BLat可知，产生的感应电动势逐渐变大；进入磁场的时间大于出离磁场的时间，故选项D正确。考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律12.如图，光滑斜面的倾角为，斜面上放置一矩形导体线框，边的边长为，边的边长为，线框的质量为，电阻为，线框通过细棉线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为，斜面上线（平行底边）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的边始终平行底边，则下列说法正确的是（）A.线框进入磁场前运动的加速度为B.线框进入磁场时匀速运动的速度为C.线框做匀速运动的总时间为D.该匀速运动过程产生的焦耳热为【答案】D【解析】线框进入磁场前，对整体，根据牛顿第二定律得：．故A错误．设线框匀速运动的速度大小为v，则线框受到的安培力大小为，根据平衡条件得：F=Mgmgsinθ，联立两式得，，匀速运动的时间为．故BC均错误．线框进入磁场的过程做匀速运动，M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律得：焦耳热为Q=（Mgmgsinθ）l2．故D正确．此题选择错误的选项，故选ABC.13.如图a所示，虚线上方空间有垂直线框平面的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω匀速转动。设线框中感应电流方向以逆时针为正，那么在下面四个选项中能正确描述线框从图a中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流随时间变化情况的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】当线框进入磁场过程中，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值；当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流；当线框离开磁场时，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流为顺时针，故为负值；当线框全部出磁场，磁通量没有变化，则无感应电流．故选：A．14.如图所示电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计。以下判断正确的是()A.闭合S，稳定后，电容器两端电压为EB.闭合S，稳定后，电容器的a极带正电C.断开S的瞬间，电容器的a极板将带正电D.断开S的瞬间，电容器的a极板将带负电【答案】C【解析】闭合S稳定后，线圈L相当于导线，则电容器被短路，则其电压为零，故A错误；当闭合S稳定后，电容器被短路，则其电压为零，电容器的a极板不带电，故B错误．断开S的瞬间，线圈L中电流减小，产生自感电动势，相当于电源，结电容器充电，根据线圈的电流方向不变，则电容器的a极板将带正电．故C正确，D错误．故选：C．点睛：本题考查自感线圈的双重作用的理解：当电流稳定不变时，自感线圈是电阻不计的导线；当电流变化时，相当于一个电源。15.如图，甲、乙两图为与匀强磁场垂直放置的两个金属框架，乙图除了一个电阻为零、自感系数为L的线圈外，其他部分与甲图都相同，导体AB以相同的加速度向右做匀加速直线运动。若导体AB通过的位移相同，则（）A.甲图中外力做功多B.两图中外力做功相同C.乙图中外力做功多D.无法判断【答案】A【解析】试题分析：乙图中有线圈，要减缓电流的增加，安培力要小于甲图中的安培力，则甲图克服安培力做功大于乙图克服安培力做功，根据动能定律得,因为导体AB以相同的加速度向右做匀加速直线运动，通过的位移相等，则末动能相等．所以甲图外力做功大于乙图外力做功．故A正确，B、C、D错误．考点：法拉第电磁感应定律、电磁感应能量转化点评：解决本题的关键知道线圈会缓解电流的增加，乙图中安培力要小于甲图中的安培力，然后根据动能定理求解．16.插有铁芯的线圈（电阻不能忽略）直立在水平桌面上，铁芯上套一铝环，线圈与电源、开关相连。以下说法中正确的是()A.闭合开关的瞬间铝环跳起，开关闭合后再断开的瞬间铝环又跳起B.闭合开关的瞬间铝环不跳起，开关闭合后再断开的瞬间铝环也不跳起C.闭合开关的瞬间铝环不跳起，开关闭合后再断开的瞬间铝环跳起D.闭合开关的瞬间铝环跳起，开关闭合后再断开的瞬间铝环不跳起【答案】D【解析】分析：当闭合电键瞬间，铝环所处的磁通量发生变化，故铝环中产生电流，对应的感应磁场去阻碍原磁通量的变化，所以向上跳．若磁通量不变，则铝环不会动．解答：解：如图所示．闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．若保持电键闭合，则铝环的磁通量不变，环中没有电流，故要落回原处．故选：D17.如图所示，一根空心铝管竖直放置，把一枚小圆柱形的永磁体从铝管上端由静止释放，经过一段时间后，永磁体穿出铝管下端口。假设永磁体在铝管内下落过程中始终沿着铝管的轴线运动，不与铝管内壁接触，且无翻转。忽略空气阻力，则下列说法中正确的是A.若仅增强永磁体的磁性，则其穿出铝管时的速度变小B.若仅增强永磁体的磁性，则其穿过铝管的时间缩短C.若仅增强永磁体的磁性，则其穿过铝管的过程中产生的焦耳热减少D.在永磁体穿过铝管的过程中，其动能的增加量等于重力势能的减少量【答案】A【解析】试题分析：若仅增强永磁体的磁性，则铝管中产生的感应电流变大，磁体受到的向上的安培力变大，加速度减小，故则其穿出铝管时的速度变小，选项A正确；由于当增强永磁体的磁性后，磁体在铝管中的平均速度减小，故其穿过铝管的时间变长，选项B错误；由能量守恒关系可知，穿过铝管的过程中产生的焦耳热等于磁体的机械能的减小量，即，因为v减小，故Q增大，选项C错误；由以上分析可知，在永磁体穿过铝管的过程中，其动能的增加量小于重力势能的减少量，选项D错误；故选A.考点：电磁感应；能量守恒定律；楞次定律.18.如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨MN、PQ处于竖直向下的足够大的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨的右端接有阻值为R的电阻。一根质量为m，电阻为r的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好。现使金属棒以一定初速度向左运动，它先后通过位置a、b后，到达位置c处刚好静止。已知磁场的磁感应强度为B，金属棒通过a、b处的速度分别为va、vb，a、b间的距离等于b、c间的距离，导轨的电阻忽略不计。下列说法中正确的是（）A.金属棒运动到a处时的加速度大小为B.金属棒运动到b处时通过电阻的电流方向由N指向QC.金属棒在a→b过程与b→c过程中通过电阻的电荷量相等D.金属棒在a处的速度va是其在b处速度vb的倍【答案】C【解析】A.金属棒运动到a处时,有E=BLva,I=E/（R+r）,安培力：F=BIL=,由牛顿第二定律得加速度：a=F/m=，故A错误；B.金属棒运动到b处时，由右手定则判断知，通过电阻的电流方向由Q指向N，故B错误；C.金属棒在a→b过程中,通过电阻的电荷量,同理,在b→c的过程中,通过电阻的电荷量,由于△Φab=△Φbc,可得q1=q2.故C正确；D.在b→c的过程中,对金属棒运用动量定理得：,而∑v△t=lbc,同理,在a→c的过程中,对金属棒运用动量定理得：,而∑v△t′=lac,因lac=2lbc,因此va=2vb，故D错误。故选：C.19.如图所示，几位同学在做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路。两个同学迅速摇动AB这段“绳”。假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北。图中摇“绳”同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线的A点，乙同学站在东边，手握导线的B点。则下列说法正确的是A.当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大B.当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大C.当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向BD.在摇“绳”过程中，A点电势总是比B点电势高【答案】C【解析】试题分析：地球的周围存在磁场，且磁感线的方向是从地理的南极指向地理的北极，当两个同学在迅速摇动电线时，总有一部分导线做切割磁感线运动，电路中就产生了感应电流，根据绳子转动方向与地磁场方向的关系，判断感应电动势和感应电流的大小，从而判断安培力的大小，由右手定则判断感应电流的方向和电势高低．解：A、当“绳”摇到最高点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，故A错误．B、当“绳”摇到最低点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，绳受到的安培力也最小，故B错误．C、当“绳”向下运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知，“绳”中电流从A流向B．故C正确．D、在摇“绳”过程中，当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向B，A点相当于电源的负极，B点相当于电源正极，则A点电势比B点电势低；当“绳”向上运动时，“绳”中电流从B流向A，B点相当于电源的负极，A点相当于电源正极，则B点电势比A点电势低；故D错误．故选：C【点评】本题要建立物理模型，与线圈在磁场中转动切割相似，要知道地磁场的分布情况，能熟练运用电磁感应的规律解题．20.如图所示，在圆柱形区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小B随时间t的变化关系为B＝B0+kt，其中B0、k为正的常数。在此区域的水平面内固定一个半径为r的圆环形内壁光滑的细玻璃管，将一电荷量为q的带正电小球在管内由静止释放，不考虑带电小球在运动过程中产生的磁场，则下列说法正确的是（）A.从上往下看，小球将在管内沿顺时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为2qkπrB.从上往下看，小球将在管内沿逆时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为2qkπrC.从上往下看，小球将在管内沿顺时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为qkπr2D.从上往下看，小球将在管内沿逆时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为qkπr2【答案】C【解析】试题分析：根据磁感应强度B＝B0+kt可判断磁场均匀增大，从上往下看，产生顺时针方向的感应电场，正电荷受力方向与电场方向相同，所以电荷顺时针方向运动，选项BD错。根据楞次定律产生的感应电动势,电荷转动一周电场力做功等于动能增量即，选项C对。考点：电磁感应定律21.如图所示，在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，金属框架ABC固定在水平面内，AB与BC间夹角为θ，光滑导体棒DE在框架上从B点开始在外力作用下以速度v向右匀速运动，导体棒与框架足够长且构成等腰三角形电路．若框架与导体棒单位长度的电阻均为R，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，下列关于电路中电动势E与时间t、电流大小I与时间t、导体棒所受安培力FA与时间t、消耗的电功率P与水平移动的距离x变化规律的图像中正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】试题分析：金属棒向右运动到的过程中，有效切割长度在不断的增大，根据几何关系写出有效长度的表达式，然后根据法拉第电磁感应定律求解即可。CD、设水平移动的距离x，由法拉第电磁感应定律有，回路总电阻为，电路中消耗的电功率为，可见功率随着距离增大而均匀增大；D正确故选AD考点：电磁感应的图像问题点评：对于这类问题不能盲目凭感觉进行判断，要根据数学关系和所学物理规律求出物理量之间的表达式进行判断，否则容易出错。22.以下哪些现象利用了电磁阻尼规律（）A.①②③B.②③④C.①③④D.①②④【答案】A【解析】①振动的条形磁铁在线圈中产生感应电流，感应电流对磁铁的相对运动由阻碍作用，能使振动的条形磁铁快速停下来，这是利用了电磁阻尼规律，故①正确；②磁铁通过无缺口的铝管，在铝管中产生感应电流，感应电流对磁铁的相对运动由阻碍作用，能更快使强磁铁匀速运动，这是利用了电磁阻尼规律，故②正确；③U形磁铁可以在高速转动的铝盘中产生感应涡电流，感应涡电流对铝盘与磁铁间的相对运动有阻碍作用，能使铝盘迅速停下来，这是利用了电磁阻尼规律，故③正确；④转动把手时下面的闭合铜线框随U形磁铁同向转动，这是电磁驱动，故④错误。故选：A23.如图甲所示，由粗细均匀的电阻丝制成边长为l的正方形线框abcd，线框的总电阻为R。现将线框以水平向右的速度v匀速穿过一宽度为2l、磁感应强度为B的匀强磁场区域，整个过程中ab、cd两边始终保持与磁场边界平行。令线框的cd边刚好与磁场左边界重合时t=0，电流沿abcd流动的方向为正，u0=Blv。在图乙中画出线框中a、b两点间电势差uab随线框cd边的位移x变化的图象正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】试题分析：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：由楞次定律判断感应电流方向，确定出a、b两端电势的高低．由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电势差．由楞次定律判断感应电流的方向，确定Uab的正负．cd边进入磁场后，ab两端电势差，由楞次定律判断出感应电流方向沿逆时针方向，则a的电势高于b的电势，Uab为正，即。线框全部进入磁场后，线框中虽然感应电流为零，但ab两端仍有电势差，且Uab=U0，由右手定则判断可知，a的电势高于b的电势，Uab为正．Uab=U0．cd边穿出磁场后，ab边切割磁感线，其两端电势差等于路端电压，由右手定则知，a点的电势始终高于b的电势，．B正确．故选B。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．点评：本题由楞次定律判断电势的高低，确定电势差的正负．分析Uab与感应电动势关系是关键，要区分外电压和内电压．24.矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图（甲）所示。磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图（乙）所示。t=0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在0~4s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图象（规定以向左为安培力正方向）可能是以下四幅图中的（）A.B.C.D.【答案】D【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律，即电动势与图像的斜率成正比，前两秒内，图像斜率不变，即感应电动势不变，感应电流不变，根据安培力可判断安培力大于与B成正比，所以选项AB错。根据楞次定律可判断感应电流方向为顺时针方向，磁场方向垂直平面向外，左手判断安培力方向向右，为负方向，选项C错D对。考点：法拉第电磁感应定律25.如图所示，水平面上固定有间距为1m的平行光滑导轨，磁感应强度为1T的匀强磁场方向竖直向下。导体棒ab的质量为1kg、电阻为2Ω；cd的质量为2kg、电阻为1Ω。开始时ab静止，cd棒以6m/s的初速度向右运动，经过t＝4s，棒ab、cd的运动开始稳定。运动过程中两棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，其它电阻不计。以下分析正确的是（）①达到稳定前ab棒做匀加速运动，cd棒做匀减速运动②整过程回路中产生焦耳热Q=12J③在t时间内通过ab棒电量q=8C④在t时间内abcd围成的回路面积增加量为m2A.①②B.①③C.②③D.②④【答案】D【解析】①达到稳定前，ab棒加速运动，cd棒减速运动，两棒产生的感应电动势E=BL（vcdvab）逐渐减小，回路电流逐渐减小，两棒受到的安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，故①错误；②当两棒一起以相同的速度做匀速运动时达到稳定状态，设此时它们的速度大小为v，则根据动量守恒定律得mcdv0=(mab+mcd)v得，v=4m/s，根据能量守恒定律得：整个过程回路中产生的焦耳热Q=，故②正确；③通过两棒电流相等，电量也相等，对ab棒：根据动量定理得：又电量，联立得q=4C，故③错误；故选：D二、计算题（本大题共3小题，共48分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）26.电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化为电势能的装置，在不同的电源中，非静电力做功的本领也不相同，物理学中用电动势来表明电源的这种特性。（1）如图271所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为e。a.请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN切割磁感线产生的感应电动势E1；b．在金属棒产生电动势的过程中，请画图说明是什么力充当非静电力，并根据电动势的定义式求出这个非静电力产生的电动势表达式E2；（2）由于磁场变化而产生的感应电动势，也是通过非静电力做功而实现的。在磁场变化时产生的电场与静电场不同，它的电场线是闭合的，我们把这样的电场叫做感生电场，也称涡旋电场。在涡旋电场中电场力做功与路径有关，正因为如此，它是一种非静电力。如图272所示，空间存在一个垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B0，磁场区域半径为R。一半径为r的圆形导线环放置在纸面内，其圆心O与圆形磁场区域的中心重合。已知电子的电荷量为e。a.如果磁感应强度Bt随时间t的变化关系为Bt=B0+kt。求圆形导线环中的感应电动势E3的大小；b．上述感应电动势中的非静电力来自于涡旋电场对电子的作用。求上述导线环中电子所受非静电力F3的大小。【答案】(1)a.b.(2)a.b.【解析】(1)a、导线做匀速直线运动，在△t时间内，导线MN的位移为：x=v⋅△t，线框的面积变化量是：△S=Lx=Lv⋅△t，则穿过闭合电路的磁通量的变化量是：△Φ=B⋅△S=BLv⋅△t根据法拉第电磁感应定律得：E=△Φ/△t=BLv△t/△t=BLv，由此得证：导线MN切割磁感线产生的电动势为：E=BLv；b、导线MN切割磁感线时相当于电源，由右手定则可以判断M为正极，N为负极，所以自由电荷沿导体棒由N向M定向移动,自由电荷实际的速度方向和所受洛伦兹力的方向如图1所示。将f沿导线方向和垂直导线方向分解为f1和f2,其中f1为非静电力，如图2所示。设自由电荷的电荷量为q,则f1=qvB，自由电荷在从N移动到M，f1做的功W=f1L=qvBL,所以导线MN切割磁感线产生的电动势为：E=W/q=qvBL/q=BLv；（2）a、由Bt=B0+kt得，；根据法拉第电磁感应定律，；b．在很短的时间内电子的位移为△s，非静电力对电子做的功为F3△s，电子沿着导线运动一周，非静电力做的功，根据电动势的定义式联立解得27.如图所示，光滑导轨MN、PQ在同一水平面内平行固定放置，其间距d=1.0m，右端通过导线与阻值R=2.0Ω的电阻相连，在正方形区域CDGH内有竖直向下的匀强磁场。一质量m=100g、阻值r=0.5Ω的金属棒，在与金属棒垂直、大小为F=0.2N的水平恒力作用下，从CH左侧x=1.0m处由静止开始运动，刚进入磁场区域时恰好做匀速直线运动。不考虑导轨电阻，金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触.求：（1）匀强磁场磁感应强度B的大小；（2）金属棒穿过磁场区域的过程中电阻R所产生的焦耳热；（3）其它条件不变，如果金属棒进入磁场时立即撤掉恒力F，试讨论金属棒是否能越过磁场区域并简要说明理由；（4）接（3）问，试求上述过程中流过电阻R的电量是多少。【答案】(1)(2)(3)可以穿越（4）【解析】(1)金属棒未进入磁场前做匀加速直线运动,由F=ma得：a=F/m=0.2/0.1m/s2=2m/s2.进入磁场瞬间的速度为v,由v2=2ax得：v=2m/s.金属棒进入磁场瞬间恰好