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(满分：100分时间：90分钟)一、选择题(每小题6分，共48分)1．(2011·山东理综·16)了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下符合史实的是()A．焦耳发现了电流热效应的规律B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动答案AB解析焦耳发现了电流的热效应，通常称此为焦耳热，A正确．库仑研究电荷间作用的规律，得出库仑定律，B正确．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了磁场产生电流，打开了电气时代的大门，C错误．伽利略做斜面实验，研究自由落体运动，D错误．2.用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图1所示，当磁场以ΔBΔt的变化率增大时，则()A．线圈中感应电流方向为acbdaB．线圈中产生的电动势E＝ΔBΔt·l22图2C．线圈中a点电势高于b点电势D．线圈中a、b两点间的电势差为ΔBΔt·l22答案AB解析根据楞次定律可知，选项A正确；线圈中产生的电动势E＝ΔΦΔt＝SΔBΔt＝l22·ΔBΔt，选项B正确；线圈中的感应电流沿逆时针方向，所以a点电势低于b点电势，选项C错误；线圈左边的一半导线相当于电源，右边的一半相当于外电路，a、b两点间的电势差相当于路端电压，其大小为U＝E2＝l24·ΔBΔt，选项D错误．3.矩形线圈abcd，长ab＝20cm，宽bc＝10cm，匝数n＝200，线圈回路总电阻R＝5Ω.整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过．若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示，则()图2A．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B．线圈回路中产生的感应电流为0.4AC．当t＝0.3s时，线圈的ab边所受的安培力大小为0.016ND．在1min内线圈回路产生的焦耳热为48J答案BD解析由E＝nΔΦΔt＝nSΔBΔt可知，由于线圈中磁感应强度的变化率ΔBΔt＝20－5×10－20.3T/s＝0.5T/s为常数，则回路中感应电动势为E＝nΔΦΔt＝2V，且恒定不变，故选项A错误；回路中感应电流的大小为I＝ER＝0.4A，选项B正确；当t＝0.3s时，磁感应强度B＝0.2T，则安培力为F＝nBIl＝200×0.2×0.4×0.2N＝3.2N，故选项C错误；1min内线圈回路产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝0.42×5×60J＝48J．选项D正确．4.如图3所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行磁场边界，短轴小于d.现给导体框一个初速度v0(v0垂直磁场边界)，已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1；导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场图3过程中产生的焦耳热为Q2.下列说法正确的是()A．导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向B．导体框进出磁场都是做匀变速直线运动C．Q1Q2D．Q1＋Q2＝12m(v20－v21)答案ACD解析由楞次定律可以判断，导体框离开磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，选项A正确；导体框进出磁场时受到的安培力是变力，做非匀变速直线运动，选项B错误；安培力一直是阻力，故导体框做减速运动，进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，进入磁场时产生的焦耳热Q1大于离开磁场时产生的焦耳热Q2，选项C正确；由能量守恒得Q1＋Q2＝12m(v20－v21)，选项D正确．5．如图4所示的甲、乙两个电路，电感线圈的自感系数足够大，且直流电阻不可忽略，闭合开关S，待电路达到稳定后，灯泡均能发光．现将开关S断开，这两个电路中灯泡亮度的变化情况可能是()图4A．甲电路中灯泡将逐渐变暗B．甲电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗C．乙电路中灯泡将渐渐变暗D．乙电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗答案AD解析S断开，电感线圈L产生自感，阻碍原电流的变化，L相当于新回路的电源，甲图中流过灯泡的电流在I灯＝IL的基础上逐渐减小，甲灯泡会逐渐变暗，A项正确．乙图中，电流在IL的基础上逐渐减小，若ILI灯，则会发现乙灯泡先闪亮后熄灭，D项正确．6．如图5所示，在光滑的水平地面上，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的竖直分界线，磁场范围足够大．一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从位置Ⅰ开始向右运动，当圆环运动到位图5置Ⅱ(环直径刚好与分界线PQ重合)时，圆环的速度为12v，则下列说法正确的是()A．圆环运动到位置Ⅱ时电功率为B2a2v2RB．圆环运动到位置Ⅱ时加速度为4B2a2v2mRC．圆环从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，通过圆环截面的电荷量为πBa2RD．圆环从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，回路产生的电能为38mv2答案CD解析圆环到达位置Ⅱ时回路中电流为I＝2B×2a×12vR＝2BavR，此时的电功率应为P＝I2R＝4B2a2v2R，选项A错误；由牛顿第二定律可得2BI×2a＝ma加可得a加＝8B2a2vmR，选项B错误；由能量守恒定律可得12mv2＝E电＋12m(12v)2，解得E电＝38mv2，选项D正确；由q＝BΔSR易得选项C正确．7．如图6所示的两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直．现用拉力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域．以初始位置为计时起点．规定电流沿逆时针方向时电动势E为正，拉力F向右为正．则以下关于线框中通过的电荷量q、感应电动势E、拉力F和产生的热量Q随时间t变化的图象正确的是()图6答案B解析此类问题可划分为几个不同的运动过程：0～L过程，线框在磁场外，E＝0，F＝0，q＝0，Q＝0；L～2L过程，线框在磁场中匀速运动，E1＝BLv，E1恒定，方向沿逆时针方向，感应电流大小恒定，Q＝I2Rt1，Q不恒定，选项D错；2L～3L过程，线框位于两个磁场中，两侧产生感应电动势方向相同，沿顺时针方向，E2＝Bv·2L＝2BLv＝2E1，通过线框的电荷量q2＝2q1，拉力F2＝2B·E2RL＝2B·2BLvRL＝4B2L2vR＝4F1，且方向仍向右，选项A、C错；由分析知选项B正确．8.两根相距为L的足够长的金属弯角光滑导轨按如图7所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边与水平面的夹角为37°.质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路总电阻为2R，整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强图7磁场中．当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆恰好处于静止状态，重力加速度为g，以下说法正确的是()A．ab杆所受拉力F的大小为mgtan37°B．回路中电流为mgsin37°BLC．回路中电流的总功率为mgvsin37°D．m与v大小的关系为m＝B2L2v2Rgtan37°答案AD解析对cd杆，BILcos37°＝mgsin37°，对ab杆，F＝BIL，联立解得ab杆所受拉力F的大小为F＝mgtan37°，故A对；回路中电流为I＝mgtan37°BL，故B错；回路中电流的总功率为Fv＝mgvtan37°，故C错；I＝BLv2R，又I＝mgtan37°BL，故m＝B2L2v2Rgtan37°，故D对．二、非选择题(共52分)9．(14分)如图8所示，两光滑金属导轨，间距d＝0.2m，在桌面上的部分是水平的，处在磁感应强度B＝0.1T、方向竖直向下的有界磁场中，电阻R＝3Ω，桌面高H＝0.8m，金属杆ab的质量m＝0.2kg，电阻r＝1Ω，在导轨上距桌面h＝0.2m的高处由静止释放，落地点距图8桌面左边缘的水平距离s＝0.4m，g＝10m/s2.求：(1)金属杆刚进入磁场时，R上的电流大小；(2)整个过程中R上产生的热量．答案(1)0.01A(2)0.225J解析(1)设杆ab刚进入磁场时的速度为v1，刚离开磁场时的速度为v2，则有mgh＝12mv21E＝Bdv1I＝ER＋r＝0.01A(2)金属杆飞出桌面后做平抛运动，H＝12gt2s＝v2t整个过程回路中产生的总热量Q＝12mv21－12mv22＝0.3J整个过程中R上产生的热量QR＝RR＋r·Q＝0.225J10．(18分)(2012·天津理综·11)如图9所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻．一质量m＝0.1kg，电阻r＝0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4T．图9金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x＝9m时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF.答案(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J解析(1)设金属棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量的变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt①其中ΔΦ＝Blx②设回路中的平均电流为I，由闭合电路欧姆定律得I＝ER＋r③则通过电阻R的电荷量为q＝IΔt④联立①②③④式，得q＝BlxR＋r代入数据得q＝4.5C(2)设撤去外力时金属棒的速度为v，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax⑤设金属棒在撤去外力后的运动过程中克服安培力所做的功为W，由动能定理得W＝0－12mv2⑥撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑦联立⑤⑥⑦式，代入数据得Q2＝1.8J⑧(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6J⑨在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2⑩由⑧⑨⑩式得WF＝5.4J.11．(20分)如图10甲所示，空间存在一垂直纸面向里的水平磁场，磁场上边界OM水平，以O点为坐标原点，OM为x轴，竖直向下为y轴，磁感应强度大小在x方向保持不变、y轴方向按B＝ky变化，k为大于零的常数．一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线框abcd从图示位置由静止释放，运动过程中线框始终在同一竖直平面内且ab边水平，当线框下降h0(h0L)高度时达到最大速度，线框cd边进入磁场时开始做匀速运动，重力加速度为g.求：(1)线框下降h0高度时的速度大小v1和匀速运动时的速度大小v2；(2)线框从开始释放到cd边刚进入磁场的过程中产生的电能ΔE；(3)若将线框从图示位置以水平向右的速度v0抛出，在图乙中大致画出线框上a点的轨迹．图10答案(1)mgRk2h20L2mgRk2L4(2)mgL－m3g2R22k4L8(3)见解析图解析(1)线框下降h0高度时达到最大速度，此时其所受合外力为零，电路中产生的感应电流I1＝B1Lv1R由平衡条件有mg＝B1I1L而B1＝kh0解得v1＝mgRk2h20L2线框cd边进入磁场开始做匀速运动时，电路中产生的感应电流I2＝B2Lv2R则I2＝kL2v2R由平衡条件有mg＝B2I2L解得v2＝mgRk2L4(2)由能量守恒定律有ΔE＝mgL－12mv22解得ΔE＝mgL－m3g2R22k4L8(3)线框上a点的轨迹如图所示