深圳市新安中學(xué)（集團(tuán)）高中部2024-2025學(xué)年第二學(xué)期期中考試

高二物理

注意事項：

1、答卷前，考生務(wù)必用黑色字跡鋼筆或簽字筆將自己的姓名、考生號、考場號和座位號填寫

在答題卡上。

2、作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目選項的答案信息點涂

黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試卷上。

3、非選擇題必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)

位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液，不按

以上要求作答的答案無效。

4、考生必須保持答題卡的整潔，考試結(jié)束后，將試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題：（本題共10小題，其中第1-7題每小題兄有7個正確選項，每小題4分，第8-10

題每小題有多個正確選項，全部選對得6分，選對但不全得3分，有選錯的得0分。）

1.下列與電磁感應(yīng)有關(guān)的現(xiàn)象中說法不正確的是（）

A.圖甲：搖動手柄使蹄形磁體轉(zhuǎn)動，則鋁框會以相同的速度同向轉(zhuǎn)動

B.圖乙：銅盤在轉(zhuǎn)動過程中，當(dāng)手持蹄形磁體靠近銅盤時，銅盤的轉(zhuǎn)速減小

C.圖丙：搬運電流表時將正負(fù)接線柱用導(dǎo)線連在一起是為了減弱指針擺動

D.圖?。喊矙z門利用渦流可以檢測金屬物品，如攜帶金屬經(jīng)過時，會觸發(fā)報警

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據(jù)電磁驅(qū)動原理，圖中當(dāng)手搖動柄使得蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動，則鋁框會同向轉(zhuǎn)動，且比磁體轉(zhuǎn)動的

慢，故A錯誤；

B.銅盤在轉(zhuǎn)動過程中，當(dāng)手持蹄形磁體靠近銅盤時，由于電磁感應(yīng)，銅盤中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，這個感應(yīng)電

流會受到磁場的作用力，從而阻礙銅盤的轉(zhuǎn)動，使銅盤的轉(zhuǎn)速減小，故B正確；

C.搬運電流表時將正負(fù)接線柱用導(dǎo)線連在一起，是為了形成一個閉合回路。當(dāng)電流表受到震動時，指針的

擺動會帶動連接指針的線圈擺動，線圈在磁場中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，會受到安培力作用，安培力阻礙

線圈的擺動，從而起到減弱指針擺動的作用，故c正確；

D.安檢門利用泯流可以檢測金屬物品。當(dāng)攜帶金屬物品經(jīng)過安檢門時，金屬物品會在交變磁場中產(chǎn)生渦流，

這個渦流又會產(chǎn)生交變磁場，被安檢門檢測到，從而觸發(fā)報警，故D正確。

本題選不正確的，故選A。

【點睛】根據(jù)電磁感應(yīng)的基本原理以及其在各種場景中的應(yīng)用逐一分析各個選項。本題主要是考查電磁驅(qū)

動和電磁阻尼，關(guān)鍵是弄清楚各儀器的工作原理，掌握電磁驅(qū)動和電磁阻尼的原理。

2.某圖書館的書籍防盜系統(tǒng)利用LC振蕩電路原理，在出口處的地毯下埋有線圈L與電容器C構(gòu)成的振蕩

電路，如圖甲所示。當(dāng)未消磁的書籍標(biāo)簽（內(nèi)含金屬材料）靠近時，線圈的自感系數(shù)增大，導(dǎo)致振蕩頻率

變化，從而觸發(fā)警報。若該振蕩電路中電容器上極板的電荷量q隨時間/變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，下

列說法正確的是（）

A.fi時刻，電容器C的電場能為零

B.f2時刻，線圈乙的自感電動勢最小

C.Z2-/3時間內(nèi)，線圈工中電流逐漸增大

D.0七時間內(nèi)，未消磁的書籍標(biāo)簽正在遠(yuǎn)離線圈L

【答案】B

【解析】

【詳解】A.“時刻，電容器C上極板帶電量最大，可知電場能最大，故A錯誤；

B.2時刻，電容器放電完畢，此時線圈L的電流最大，電流變化率最小，則自感電動勢最小，故B正

確；

C.2飛時間內(nèi)，電容器帶電量增大，則線圈c中電流逐漸減小，故C錯誤；

D.由圖可知Ow時間內(nèi)，振動電路的振動周期逐漸變大，根據(jù)T=2〃J無可知線圈自感系數(shù)L變大,

可知未消磁的書籍標(biāo)簽正在靠近線圈L故D錯誤。

故選B。

3.法拉第圓盤發(fā)電機(jī)示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩電刷P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸

接觸，下列說法正確的是（）

A.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度均勻增大，回路電流大小恒定

B.若從上往下看圓盤逆時針轉(zhuǎn)動，電刷P電勢高于Q電勢

C.若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小均勻增大過程中電流方向不可能變化

D.若圓盤轉(zhuǎn)動角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則R的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍

【答案】C

【解析】

【詳解】A.回路中的感應(yīng)電動勢為￡=§6=3廠竺=網(wǎng)二

22

回路電流大小/=￡=竺匚

R2R

若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度均勻增大，回路電流大小均勻增大，故A錯誤；

B.若從上往下看圓盤逆時針轉(zhuǎn)動，根據(jù)右手定則可知，電刷Q電勢高于P電勢，故B錯誤；

C.若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小變化，根據(jù)右手定則，則電流方向不變，故C正確；

D.若圓盤轉(zhuǎn)動角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，回路中的感應(yīng)電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，回路中電流變?yōu)樵瓉淼?

倍，根據(jù)P=/2R

可知R的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯誤。

故選Co

4.在如圖所示的電路中，兩個相同的小燈泡L和心分別串聯(lián)一個帶鐵芯的電感線圈工和一個滑動變阻器

Ro將變阻器的滑片置于最大阻值處，閉合開關(guān)S,至L和七都穩(wěn)定發(fā)光后，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，使

辦和心發(fā)光的亮度相同，此時滑動變阻器的阻值為R）,之后斷開開關(guān)S。電源的內(nèi)阻很小，可忽略，則下

列說法正確的是（）

A.移動滑動變阻器滑片的過程中，心、心的亮度都在發(fā)生變化

B.開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_，Li、心中的電流不相等

C.開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_，心中的電流會立即反向

D.若想觀察到斷開開關(guān)S后五閃亮一下的現(xiàn)象，滑動變阻器的阻值應(yīng)小于R）

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由于電源內(nèi)阻忽略，可知L支路的電壓不變，則移動滑動變阻器滑片的過程中，心亮度不

變，選項A錯誤；

B.因穩(wěn)定時兩燈泡亮度相同，則開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_，口、乙2中的電流相等，選項B錯誤；

C.開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_，五中原來的電流立即消失，因線圈所在支路產(chǎn)生自感電動勢阻礙電流減小，

則線圈相當(dāng)于電源，會在Li、L2和R中形成新的回路，則心中的電流會立即反向，選項C正確；

D.若想觀察到斷開開關(guān)S后七閃亮一下的現(xiàn)象，則穩(wěn)定時通過線圈支路的電流必須大于通過下方L2支路

的電流，則滑動變阻器的阻值應(yīng)大于線圈電阻Ro,選項D錯誤。

故選C。

5.如圖所示，正六邊形線框的六條邊和對角線AD均用完全相同材質(zhì)和粗細(xì)的金屬棒，固定于

勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點A、。與直流電源兩端相接，已如導(dǎo)體棒3c受到

的安培力大小為E，則線框受到的安培力的大小為（）

【答案】D

【解析】

【詳解】設(shè)導(dǎo)體棒3C的電阻為R，長度為L,通過導(dǎo)體棒3C的電流為/,導(dǎo)體棒5c受到的安培力大

小為F=IBL

由左手定則可知安培力垂直3c向上；

導(dǎo)體棒ABCD等效長度為A=2Lcos600+L=2L

導(dǎo)體棒ABC。受到的安培力大小為FX=IBL,=2BIL=2F

由左手定則可知安培力垂直5c向上；

通過導(dǎo)體棒AD的電流為/'=上網(wǎng)=-/

2R2

導(dǎo)體棒AD受到的安培力大小為￡=/§?2L=3BIL=3F

由左手定則可知安培力垂直5c向上；

根據(jù)對稱性可知,通過導(dǎo)體棒AFED的電流為/,導(dǎo)體棒AFED等效長度為4=2Lcos60°+L=2L

導(dǎo)體棒AEED受到的安培力大小為瑪=IBL3=2BIL=2F

由左手定則可知安培力垂直3c向上；

則線框A5CDEF受到的安培力的大小為廣=耳+8+居=7E

故選D。

6.回旋加速器的工作原理如圖所示，￡?i和功是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間有電勢差。兩個半圓盒

處于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中。中央A處的粒子源可以產(chǎn)生粒子，粒子在兩盒之間被電場加速，進(jìn)入磁場

后做勻速圓周運動。粒子離開A處時的速度、在電場中的加速時間以及粒子的重力均可忽略不計。不考慮

粒子間的相互作用及相對論效應(yīng)。下列說法正確的是（）

接交流電源

A.磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，粒子離開加速器時的動能越大

B.磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，粒子在加速器中的運動時間越長

C.電勢差越大，粒子在加速器中的運動時間越短

D.電勢差越大，粒子離開加速器時的動能越大

【答案】ABC

【解析】

【詳解】AD.由于回旋加速器中粒子在電場中加速的時間可以忽略，則由牛頓第二定律有"3=相:

化簡得丫=迦

m

2BqR

粒子離開加速器時動能為Ek=-mv=~

k22m

故磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，粒子離開加速器時的動能越大，與電勢差無關(guān)，故A正確，D錯誤;

2TCY2TCTYI

BC.粒子在磁場中的周期為了=——-

vqB

1

設(shè)一共加速了〃次粒子恰好離開回旋加速器，則有的。=5加/9

nT

粒子在回旋加速器運動的時間為/=—

2

由以上各式解得/=2處

2U

由上式可知，電勢差一定時，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，粒子在加速器中的運動時間越長，電勢差越大，粒子在加

速器中的運動時間越短，故BC正確;

故選ABC。

7.地磁場可以阻擋能量很高的太陽風(fēng)粒子到達(dá)地球表面。地球北極附近的磁場如圖所示，某帶電粒子從弱

磁場區(qū)向強(qiáng)磁場區(qū)前進(jìn)時做螺旋線運動，不計粒子的重力和一切阻力，下列說法正確的是（

A.該粒子帶負(fù)電

B.從弱磁場區(qū)到強(qiáng)磁場區(qū)的過程中粒子的速率逐漸減小

C.粒子每旋轉(zhuǎn)一周沿軸線方向運動的距離不變

D.粒子有可能從強(qiáng)磁場區(qū)域返回到弱磁場區(qū)域

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由左手定則可知，該帶電粒子帶正電，故A錯誤；

B.因洛倫茲力對帶電粒子不做功，則從弱磁場區(qū)到強(qiáng)磁場區(qū)的過程中帶電粒子的速率不變，故B錯誤；

2

C.根據(jù)洛倫茲力提供向心力［匕3=加工

r

e2兀丫

帶電粒子每旋轉(zhuǎn)一周的時間為T=——

可知隨著磁場的增強(qiáng)，粒子運動半徑逐漸減小，帶電粒子每旋轉(zhuǎn)一周的時間變小，帶電粒子每旋轉(zhuǎn)一周沿

軸線方向運動的距離為

故帶電粒子每旋轉(zhuǎn)一周沿軸線方向運動的距離減小，故C錯誤；

D.若粒子的速度方向與磁場方向不垂直，則一段時間后該帶電粒子可能會從強(qiáng)磁場區(qū)到弱磁場區(qū)做螺線

運動，故D正確。

故選D。

8.水力發(fā)電是獲得清潔能源的重要途徑之一。有一條河流，河水的流量Q=2m3/s,落差〃=5m,河水的

密度夕=1.0xl03kg/m3,現(xiàn)利用其發(fā)電，若發(fā)電機(jī)的總效率7=50%,輸出電壓H=240V,輸電線的

總電阻H=30Q,用戶獲得220V的電壓，輸電線上損失的電功率與發(fā)電機(jī)輸出電功率的比值%=6%,

假定所用的變壓器都是理想變壓器，g取lOm/s?。下列說法正確的是()

A,發(fā)電機(jī)的輸出功率七=5xl()4w

B.輸電線中的電流/=10A

C.降壓變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比250：11

D.如果輸送的電能供“220V、100W”的電燈使用，能夠正常發(fā)光的電燈盞數(shù)為500盞

【答案】AB

【解析】

【詳解】A.發(fā)電機(jī)的輸出功率為尊=y71=^71==pQ^n.=5X104W

故A正確;

B.輸電線上損失的功率為扁=4%=3000W

根據(jù)生=尸7?

可得/=10A

故B正確；

C.用戶得到的電功率為尸=4—格=4.7xl（）4w

4

降壓變壓器輸出的電流為1'=—p='47X1u0W="47"00A

U'220V

國I'235

則降壓變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為二=：=：7

n4I11

故C錯誤；

D.用戶得到的電功率為尸=%一品=4.7xl（）4w

故D錯誤。

故選ABo

9.如圖所示,在光滑水平絕緣桌面上有一等腰梯形單匝均勻金屬線框。機(jī)力，總電阻為R,=cd=3L,

=何?？臻g存在豎直向下有界勻強(qiáng)磁場（磁場邊界平行），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,有界磁場的寬度

為2L。線框在水平拉力/作用下以速度v向右勻速穿過磁場區(qū)域（ab邊始終與磁場邊界平行），f=0時

刻，ab邊剛好在磁場左邊界。下列說法正確的是（）

XXX

XXX

XXX

XXX

A.進(jìn)、出磁場過程中，線框中的電流方向不同

B.進(jìn)、出磁場過程中，線框所受安培力的方向不同

c.出磁場過程中，線框中的電流/與時間/的關(guān)系為/=也”

D,線框進(jìn)入磁場過程，通過線框截面的電荷量為上上

【答案】AC

【解析】

【詳解】AC.由幾何關(guān)系可知，梯形的底角為45。，則0~（時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢E=B（L+2w）v

由閉合電路歐姆定律得線框中電流/=—='（、+2近）”

RR

T?L

由楞次定律可知感應(yīng)電流方向為逆時針方向。-------時間內(nèi)，通過線框的通量不變，感應(yīng)電動勢為零，感

VV

應(yīng)電流為零。些時間內(nèi)，線框中電流/=￡=3[.+23'2.）]丫=5（2/—3L）v

vvRRR

方向為順時針方向，故AC正確；

B.0?（時間內(nèi)，線框所受安培力以=82（￡；譙）”

L2L

根據(jù)左手定則可知方向水平向左；-------時間內(nèi)，4=0

vv

2L3LB2（2vt-3LVv

--------時間內(nèi)，p=_\----------L_

vvAR

方向水平向左，故B錯誤；

__F—A①

D.線框進(jìn)入磁場過程，由“=/△/,1=-,E=——

R

可得4=泰-

其中A①=BS=B（L+3L）L=2BF

2

nor2

得線框進(jìn)入磁場過程，通過線框截面的電荷量為q=三冷

故D錯誤。

故選ACo

10.如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧上端固定，下端懸掛一個體積很小的磁鐵，在小磁鐵正下方桌面上放置一個

閉合銅制線圈。將小磁鐵從初始靜止的位置向下拉到某一位置后放開，小磁鐵將做阻尼振動，位移x隨時

間f變化的示意圖如圖乙所示（初始靜止位置為原點，向上為正方向，經(jīng)m時間，可認(rèn)為振幅A衰減到

0）。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

甲乙

A.x>0的那些時刻線圈對桌面的壓力小于線圈的重力

B.A-=O的那些時刻線圈中沒有感應(yīng)電流

C.更換電阻率更大的線圈，振幅A會更快地衰減到零

D.增加線圈的匝數(shù)，犯會減小，線圈產(chǎn)生的內(nèi)能不變

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據(jù)“來拒去留”，則x>。的那些時刻，當(dāng)磁鐵遠(yuǎn)離線圈向上運動時，磁鐵對線圈有向上的作

用力，此時線圈對桌面的壓力小于線圈的重力；當(dāng)磁鐵靠近線圈向下運動時，磁鐵對線圈有向下的作用

力，此時線圈對桌面的壓力大于線圈的重力，選項A錯誤；

B.x=0的那些時刻磁鐵的速度最大，則穿過線圈的磁通量變化率最大，則線圈中有感應(yīng)電流，選項B錯

誤；

C.更換電阻率更大的線圈，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流會變小，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場變?nèi)?，對磁鐵

的“阻礙”作用變?nèi)?，則振幅A會更慢慢地衰減到零，選項C錯誤；

D.增加線圈的匝數(shù)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變大，感應(yīng)電流變大，機(jī)械能很快就轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則為會

減小，由于開始時線圈的機(jī)械能不變，則線圈產(chǎn)生的內(nèi)能不變，選項D正確。

故選D。

二、實驗題：（本題共2小題，共16分）

11.某同學(xué)利用如圖所示裝置探究“影響感應(yīng)電流方向的因素”，下表為該同學(xué)記錄的實驗現(xiàn)象。

N極插N極拔S極插S極拔

入出入出

原磁場方向向下向下向上向上

A/B燈現(xiàn)象A燈亮B燈亮B燈亮A燈亮

感應(yīng)電流磁場的

向上向下向下向上

方向

s

N

VZKL：

___>

A申B申：一>

（1）實驗前先使用多用電表的歐姆擋對二極管正負(fù)極（二極管通正向電流時，電流的流入端為二極管的

正極，流出端為二極管的負(fù)極）進(jìn)行確認(rèn)，某次測量時發(fā)現(xiàn)多用電表指針幾乎沒有偏轉(zhuǎn)，說明此時黑表筆

接觸的是二極管的（填“正極”或“負(fù)極”）。

（2）由實驗記錄可得當(dāng)穿過線圈的磁通量增大時，感應(yīng)電流的磁場方向與條形磁鐵在線圈內(nèi)產(chǎn)生的磁場

方向（填“相同”“相反”或“沒有關(guān)系”）；當(dāng)穿過線圈的磁通量減小時，感應(yīng)電流的磁場

方向與條形磁鐵在線圈內(nèi)產(chǎn)生的磁場方向（填“相同”“相反”或“沒有關(guān)系”）o由此得出

的結(jié)論是感應(yīng)電流的磁場總是阻礙原磁場的的變化。

（3）該同學(xué)利用上面實驗中得到的結(jié)論，在圖所示裝置中進(jìn)行了一些操作，發(fā)現(xiàn)電流表的指針向右偏轉(zhuǎn)

（電流表的偏轉(zhuǎn)滿足左進(jìn)左偏，右進(jìn)右偏），該同學(xué)可能進(jìn)行了的操作是。

A.閉合開關(guān)瞬間

B.斷開開關(guān)瞬間

C.開關(guān)閉合時將滑動變阻器的滑片向左滑動

D.開關(guān)閉合時將滑動變阻器的滑片向右滑動

【答案】（1）負(fù)極（2）①.相反②.相同③.磁通量（3）AC

【解析】

【小問1詳解】

測量時發(fā)現(xiàn)多用電表指針幾乎沒有偏轉(zhuǎn)，說明二極管的負(fù)極與電源正極相連，由于黑表筆與電源正極相

連，故此時黑表筆接觸的是二極管的負(fù)極。

【小問2詳解】

由實驗記錄可得當(dāng)穿過線圈的磁通量增大時，感應(yīng)電流的磁場方向與條形磁鐵在線圈內(nèi)產(chǎn)生的磁場

方向相反，感應(yīng)電流的磁場方向與條形磁鐵在線圈內(nèi)產(chǎn)生的磁場方向相同，由此得出的結(jié)論是感應(yīng)電流的

磁場總是阻礙原磁場的磁通量的變化。

【小問3詳解】

AB.閉合開關(guān)瞬間，線圈A中電流增大，產(chǎn)生磁場增大，線圈B中向下的磁通量增大，根據(jù)楞次定律,

電流表中有從右向左的電流，電流表的指針向右偏轉(zhuǎn)，同理可得，斷開開關(guān)瞬間，電流表的指針向左偏轉(zhuǎn)，

故A正確，B錯誤；

CD.開關(guān)閉合時將滑動變阻器的滑片向左滑動，滑動變阻器接入電路的阻值減小，線圈A中電流增大，產(chǎn)

生的磁場增大，線圈B中向下的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，電流表中有從右向左的電流，電流表的指針

向右偏轉(zhuǎn)，同理可得，開關(guān)閉合時將滑動變阻器的滑片向右滑動，電流表的指針向左偏轉(zhuǎn)，故C正確，D錯

誤。

故選ACo

12.小強(qiáng)同學(xué)在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實驗中使用的可拆式變壓器如圖甲所示，圖

中各接線柱對應(yīng)的數(shù)字表示倍率為“X100”的匝數(shù)。

甲

(1)除圖甲中的器材外，下列器材中還需要的是(填儀器前的字母);

PP

WOO

AREEW

*R干電池

AR

HS

B.磁鐵

■---―.4e-i

c.-?低壓交流電源

F.直流電流表

0.63

(2)變壓器鐵芯的結(jié)構(gòu)和材料是

A.整塊不銹鋼鐵芯B.整塊硅鋼鐵芯C.絕緣的硅鋼片疊成

(3)如圖乙所示，操作過程中橫鐵芯沒有與豎直鐵芯對齊，原線圈輸入電壓為Ui=4V,匝數(shù)為m=200

匝，改變副線圈匝數(shù)“2,測量副線圈兩端的電壓。2,得到U2-n2圖像如圖丙所示，則可能正確的是圖線

乙丙

【答案】(1)CD(2)C

(3)c

【解析】

【小問1詳解】

在探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實驗中，使用的是低壓交流電源，所以不需要干電池，磁

場是利用了電流的磁效應(yīng)，所以也不需要條形磁鐵，測量線圈兩端的電壓需要使用多用電表的交流電壓

擋，不需要直流電壓表和直流電流表。故選CD。

小問2詳解】

變壓器鐵芯的結(jié)構(gòu)和材料是絕緣的硅鋼片疊成，故選C。

【小問3詳解】

操作過程中橫鐵芯沒有與豎直鐵芯對齊，則可能導(dǎo)致漏磁，使得輸出電壓偏小，則有

u,u

--------x>--2---------

〃]

則可能正確的是圖線只有c,故選C。

三、計算題：(本題共3小題，共38分。作答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算

步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。)

13.如圖所示，MN、為足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，間距L=0.5m,導(dǎo)軌平面與水平面間夾角6=37°,

N、。間連接一個電阻火=4。，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度3=1T。將一根質(zhì)量

加=0.05kg的金屬棒放在導(dǎo)軌的仍位置，金屬棒的電阻為廠=3,導(dǎo)軌的電阻不計?，F(xiàn)由靜止釋放金屬

棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好。已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因

數(shù)〃=0.5,當(dāng)金屬棒滑行至cd處時，其速度大小開始保持不變，已知油、cd位置之間距離為x=3m,

g=i0m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8=求：

(1)當(dāng)金屬棒速度的大小為v=Im/s時，金屬棒加速度的大小a；

(2)金屬棒運動到cd位置時的速度大?。ィ?/p>

(3)金屬棒由位置仍運動到位置cd的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量。及。

【答案】(1)Im/s；(2)2m/s；(3)0.16J

【解析】

【詳解】(1)當(dāng)金屬棒速度的大小為v=lm/s時，金屬棒受到的安培力為

F=BIL

方向沿導(dǎo)軌向上，其中

,E

E=BLv,I=------

R+r

對金屬棒受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知

mgsin6—BIL—fimgcos0—ma

解得

?=lm/s2

(2)當(dāng)金屬棒滑行至cd處時，其速度大小開始保持不變，受力平衡，則

mgsinO=BI'L+/jmgcosd

其中

E'=BO,/'=------

R+r

解得

vm=2m/s

(3)金屬棒由位置仍運動到位置cd的過程中，由能量守恒定律可知

1,

mgxsind=—znv"+jumgxcosO+Q

解得

Q=0.2J

又

解得

4

QR=-Q=Q.16J

14.如圖所示，一半徑為。的半圓形單匝線圈，電阻為廠，放在具有理想邊界的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)

強(qiáng)度為瓦線圈以直徑。6為軸勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速為“磁場位于成左側(cè)且垂直于紙面向里(與用垂直)，M

和N是兩個滑環(huán)，負(fù)載電阻為R。電流表和連接導(dǎo)線的電阻不計，求：

(1)轉(zhuǎn)動過程中交變電流的最大值；

(2)從圖示位置起轉(zhuǎn)過2圈的時間內(nèi)產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢；

(3)從圖本位置起轉(zhuǎn)過:圈的時間內(nèi)通過負(fù)載電阻R的電荷量；

4

(4)從圖示位置起線圈轉(zhuǎn)動一周外力做的功。

2

Bn兀?a?7iBa〃B27r4a4

【答案】(1)（2）2nB兀a1;⑶

R+r2（R+r）4（R+r）

【解析】

【分析】

【詳解】(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可得轉(zhuǎn)動過程中交流電動勢的最大值為

2

E=BSa>=B—n(r-2兀n=Bn兀°a

m2

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得交變電流的最大值

Em_Bn兀2a°

R+rR+r

⑵從圖示位置起轉(zhuǎn)過;圈的時間內(nèi)產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為

—BTTO1

-△①

E=N<=—%——...-----=InBjia1

△t工

44〃

⑶從圖示位置起轉(zhuǎn)過;圈的時間內(nèi)通過負(fù)載電阻R的電荷量為

2

A不Bx—^-a2

△①_2_BDjia

H總7?+r2(7?+r)

(4)從圖示位置起線圈轉(zhuǎn)動一周，轉(zhuǎn)動的過程產(chǎn)生電流隨時間變化規(guī)律如圖所示，根據(jù)有效值的定義

代入解得有效值為

/_Brin^a2

~2(R+r)

從圖示位置起線圈轉(zhuǎn)動一周外力做的功等于整個閉合回路中產(chǎn)生的焦耳熱，即

W=Q=l\R+r)T

T=-

聯(lián)立求得

nB2/r4a4

4(7?+r)

15.如圖所示，在空間建立直角坐標(biāo)系，坐標(biāo)軸正方向