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2023-2024学年湖北省武汉外国语学校高二（上）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年湖北省武汉外国语学校高二（上）期末物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.对于下列教材中所列的实验和生活用品，说法正确的是( )
A. 甲图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过电场实现的
B. 乙图中，若在ab的两端接上大小和方向发生周期性变化的电流，则接在cd端的电流表会有偏转
C. 丙图中，电磁炉利用其线圈产生的涡流来加热食物
D. 奥斯特利用丁图实验装置发现了电磁感应现象
2.图甲和乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗;闭合开关S2，灯A2逐渐变亮。而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是( )
A. 图甲中，A1与L1的电阻值相同
B. 图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C. 图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D. 图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
3.如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，磁感应强度为B，已知AB边长为L，∠C=30°，比荷均为qm的带正电粒子以不同的速率从A点沿AB方向射入磁场(不计粒子重力)，则( )
A. 粒子速度越大，在磁场中运动的时间越短B. 粒子速度越大，在磁场中运动的路程越大
C. 粒子在磁场中运动的最长路程为23πLD. 粒子在磁场中运动的最短时间为2πm3qB
4.如图1所示，两固定在绝缘水平面上的同心金属圆环P、Q水平放置，圆环P中通有如图2所示的电流，以图示方向为电流正方向，下列说法正确的是( )
A. T4时刻，两圆环相互排斥
B. T2时刻，圆环Q中感应电流最大，受到的安培力最大
C. T4∼3T4时间内，圆环Q中感应电流始终沿逆时针方向
D. 3T4∼T时间内，圆环Q有收缩的趋势
5.1831年10月28日，法拉第展示人类历史上第一台发电机——圆盘发电机，如图为法拉第圆盘发电机的示意图，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘以角速度ω顺时针旋转(从上往下看)，则( )
A. 圆盘转动过程中电流沿b到a的方向流过电阻R
B. 圆盘转动过程中Q点电势比P点电势低
C. 若圆盘转动的角速度变为原来的3倍，则转动一周，R上产生的焦耳热也变为原来的3倍
D. 圆盘转动过程中产生的电动势大小与圆盘半径成正比
6.如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻为R的定值电阻，电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．t=0时对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过定值电阻R的电荷量q随时间的平方t2变化的关系如图乙所示．下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、金属棒的加速度a、外力F、通过电阻R的电流I随时间t变化的图象中正确的是( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，ACD、EFG为两根相距L的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF面与水平面成θ角。两导轨所在空间存在垂直于CDGF平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.两根质量均为m、长度均为L的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，两金属细杆的电阻均为R，导轨电阻不计。当ab以速度v1沿导轨向下匀速运动时，cd杆正好以速度v2向下匀速运动，重力加速度为g。以下说法正确的是( )
A. 回路中的电流强度为BL(v1+v2)2R
B. ab杆所受摩擦力为mgsinθ
C. cd杆所受摩擦力为μ(mgsinθ−B2L2v12R)
D. μ与v1大小关系满足1μ=tanθ+B2L2v12Rmgcsθ
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件，当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，电脑进入休眠状态。休眠状态时、简化原理如图所示，宽为a、厚为b、长为c的矩形半导体霍尔元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，其载流子是电荷量为e的自由电子，当通入方向向右、大小为Ⅰ的电流时，元件前、后表面间电压为U，则此时元件的( )
A. 前表面的电势比后表面的高B. 自由电子受到的洛伦兹力大小为eUc
C. 前、后表面间的电压U与I成反比D. 前、后表面间的电压U与b成反比
9.如图所示，两根平行光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，下端PQ接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中。一质量为m、电阻也为R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，静止时导体棒处于导轨的MN处。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行。现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法中正确的是( )
A. 当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q
B. 当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为mgsinθk
C. 导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为EP，则导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路中产生的焦耳热为m2g2sin2k−EP
D. 若导体棒第一次运动到MN处时速度为v，则此时导体棒的加速度大小为B2L2v2mR
10.如图(甲)所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L=0.4m，导轨一端与阻值R=0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计，导轨x>0一侧存在沿x方向均匀增大的恒定磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图(乙)所示，一根质量m=0.2kg、电阻r=0.1Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变。下列说法中正确的是( )
A. 金属棒向右做匀速直线运动
B. 金属棒在x=1m处的速度大小为0.5m/s
C. 金属棒从x=0运动到x=1m过程中，外力F所做的功为0.175J
D. 金属棒从x=0运动到x=2m过程中，流过金属棒的电量为2C
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某兴趣小组在探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素。
(1)图a中，将条形磁铁从图示位置先向上后向下移动一小段距离，出现的现象是______。
A.灯泡A、B均不发光
B.灯泡A、B交替短暂发光
C.灯泡A短暂发光、灯泡B不发光
D.灯泡A不发光、灯泡B短暂发光
(2)通过实验得知：当电流从图b中电流计的正接线柱流入时指针向右偏转；则当磁体______(选填“向上”或“向下”)运动时，电流计指针向右偏转。
(3)为进一步探究影响感应电流方向的因素，该小组设计了如图c的电路如图；开关闭合瞬间，指针向左偏转，则将铁芯从线圈P中快速抽出时，观察到电流计指针______。
A.不偏转
B.向左偏转
C.向右偏转
12.某实验小组用如图所示的电路来测量一个阻值约为20Ω的电阻Rx的阻值，已知电流表A1的量程为50mA，内阻RA1约为40Ω，定值电阻R0=20Ω。
(1)现有下列四种量程的电流表，则电流表A2选用的量程最合适的是______。
A.0～400mA
B.0～300mA
C.0～200mA
D.0～100mA
(2)实验时，将滑动变阻器的滑片移到最______(填“左”或“右”)端，将开关S2合向1，S3合向3，再闭合开关S1，调节滑动变阻器的滑片，使两电流表的指针偏转较大，记录电流表A1、A2的示数I1、I2，多次测量得到I2I1=k1，用k1表示各电阻的关系______(用题目中的字母表示)；断开S1，将开关S2合向2，S3合向4，再闭合开关S1，记录电流表A1、A2的示数I1′、I2′，求出I2′I1′=k2；则被测电阻的阻值Rx= ______(用k1、k2、R0表示)。
(3)该实验方法______(填“能”或“不能”)测出电流表A1内阻的准确值。
四、简答题：本大题共3小题，共44分。
13.如图甲所示，水平面内固定两根间距L=1m的长直平行光滑金属导轨PQ、MN，其Q、N端接有阻值R=2Ω的电阻，一质量m=0.1kg、电阻不计的导体棒ab垂直于导轨放置于距QN端d=2m处，且与两导轨保持良好接触。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示。在0～1s内，施加外力使ab棒保持静止，1s后改用F=0.5N的水平向左的恒力拉动ab棒，ab棒从静止开始沿导轨运动距离x=4.8m时速度恰好达到最大值。ab棒运动过程中始终与导轨保持垂直，导轨电阻不计。求：
(1)ab棒的最大速度大小vm；
(2)从t=0到ab棒运动距离x=4.8m的过程，电阻R上产生的焦耳热Q。
14.如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核 11H和一个氘核 12H先后从y轴上y=h点射出，速度方向沿x轴正方向，大小之比为 2：1。已知 12H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场，不计粒子重力。求：
(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)11H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
15.如图所示，在匀强磁场中水平放置两条足够长的光滑平行导轨，磁场方向与导轨所在平面垂直，以虚线为界，左边和右边的磁感应强度大小为B1=1T，B2=2T，导轨间距L=1m。导轨左端连接一内阻不计、电动势E=20V的电源，单刀双掷开关K和电容C=2.0×10⁻2F的电容器相连。两根金属棒ab和cd分别放置于虚线左侧和右侧，它们与虚线的距离足够大，与导轨接触良好，质量均为m=0.08kg，电阻相同。金属棒ab和cd之间有一开关S(断开)，导轨电阻不计。
(1)将单刀双掷开关K置于1为电容器充电，求稳定时电容器带的电荷量q；
(2)充电结束后，将单刀双掷开关K置于2，求金属棒ab运动的最大速度v；
(3)棒ab的速度达到最大后，断开单刀双掷开关，同时闭合开关S，求金属棒cd产生的最大焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、甲图中，两根通电方向相反的长直导线产生的磁场方向相反，两导线相互排斥的作用是通过磁场实现的，故A错误；
B.乙图中，若在ab的两端接上交流电源，则穿过线圈的磁场不断变化，磁通量不断变化，cd线圈中产生感应电流，接在cd端的电流表示数不为0，故B正确；
C.丙图为微波炉，不是电磁炉，微波是一种电磁波，生活中常用微波炉来加热食物，提供内能，说明微波具有能量，故C错误；
D.根据物理学史可知，奥斯特利用丁图实验装置发现了电流的磁效应，故D错误。
故选：B。
甲图中，电流之间的作用是通过磁场来实现的；乙图中，对照感应电流产生条件分析；丙图中，从能量转化的角度，分析知道微波具有能量；奥斯特发现了电流的磁效应现象。
解答本题的关键要掌握电磁学的基础知识，关键要知道异向电流相互排斥，是通过磁场实现的。微波是一种电磁波，微波具有能量。
2.【答案】C
【解析】【分析】
闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。
当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。
【解答】
A.图1中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小于L1的电流，则可知L1的电阻小于A1的电阻，故A错误；
B.图1中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明灯泡中的电流小于线圈中的电流，故B错误；
C.图2中，因为闭合开关S2后，最终A2与A3的亮度相同，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；
D.图2中，闭合S2瞬间，L2对电流有阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。
故选：C。
3.【答案】C
【解析】解：AB.粒子在磁场中做匀速圆周运动，随速度增加，半径变大，当粒子运动轨迹恰好与BC边相切时，粒子运动轨迹如图所示，当粒子从AC边射出时，圆心角不变，即运动时间不变；当粒子的轨迹与BC边相切时，粒子速度再增加，则粒子从BC边射出，粒子在磁场中运动的路程越小，故AB错误；
C.当粒子的轨迹与BC边相切时，由几何知识得，粒子轨道半径
r=AB=l
∠OAC=∠ACB=30°
AB=OE
∠DOE=∠OAC=30°
∠AOE=90°+30°=120°
此时粒子在磁场中运动的路程最长为
s=120°360∘×2πL=23πL，故C正确；
D.当粒子从BC边射出时，粒子的速度越大，半径越大，出射点越靠近B点，运动时间也越来越短，直到从B点射出时粒子的速度无穷大，时间趋近于零，故D错误。
故选：C。
分情况讨论当粒子从AC边射出时，粒子速度偏转角一定，粒子运动的时间不变；粒子从BC边射出时，出射点点越靠近B点，粒子运动的时间越短。粒子从BC边射出时，随粒子速度增加，粒子在磁场中运动路程越小，在磁场中运动的时间越小。
本题考查了带电粒子在三角形磁场里运动的最小路程及最小时间求解问题，解题的关键是画出运动轨迹并分类。
4.【答案】D
【解析】解：A、P产生的磁场的大小与流过P的电流大小成正比，在T4时刻，流过P的电流最大，但电流的变化率为零，所以P产生的磁场最强，但变化率为零，所以穿过Q的磁通量的变化率也等于零，根据法拉第电磁感应定律可知，Q内产生的感应电动势为零，则感应电流为零，所以两圆环间无作用力，故A错误；
B、由图可知在T2时刻流过P的电流为零但电流的变化率最大，所以穿过Q的磁通量的变化率也最大，根据法拉第电磁感应定律可知，Q内产生的感应电动势最大，则感应电流最大，故B错误；
C、在T4～T2时间内，从上向下看P内顺时针方向的电流减小，根据安培定则可知，P产生方向向下的磁场减小，根据楞次定律可知，Q内将产生沿顺时针方向的感应电流；在T2～3T4时间内，从上向下看P内逆时针方向的电流增大，根据安培定则可知，P产生方向向上的磁场增大，根据楞次定律可知，Q内将产生沿顺时针方向的感应电流，故C错误；
D、由图可知在3T4～T时间内，从上向下看P内逆时针方向的电流减小，根据安培定则可知，P产生方向向上的磁场减小，根据楞次定律可知，Q内将产生沿逆时针方向的感应电流；由于Q内电流的方向与P内电流的方向相同，根据同向电流相互吸引可知，Q与P之间的作用力为吸引力，所以Q有面积缩小的趋势，故D正确。
故选：D。
根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律判断出感应电动势和感应电流的大小，根据电流之间的相互作用判断出二者之间的作用力是吸引力，还是排斥力。
解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握楞次定律的另一种表述，感应电流会阻碍原磁通量的变化。
5.【答案】C
【解析】解：AB、圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，若从上向下看圆盘顺时针转动，根据右手定则可知圆盘中心电势比边缘要高，即Q相当于电源的正极，Q点电势比P点电势高，电流沿a到b的方向流过电阻R，故AB错误；
D、根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势
E=BLv−=12BL2ω
则感应电动势大小与圆盘半径的平方成正比，故D错误；
C、转动一周，电流在R上的焦耳热
Q=I2R⋅2πω=E2R(R+r)2⋅2πω=πB2L4ω2(R+r)2R
可见转动一周，电流在R上的焦耳热与角速度的成正比，若圆盘转动的角速度变为原来的3倍，转动一周，R上产生的焦耳热也变为原来的3倍，故C正确。
故选：C。
根据右手定则得出电流的方向和电势的高低；根据法拉第电磁感应定律的计算公式完成分析；根据功率的计算公式结合角速度的变化完成分析。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律得出电动势的大小，结合功率的计算公式即可完成分析，难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：设导体棒ab沿斜面向上移动d的过程中，通过定值电阻R的电荷量为q，设导体棒的长度为L，则有：
q=△ΦR=BLRd…①
由①式可得△Φ=Rq，因q与t2成正比，设比例系数为k，则有：Φ−Φ0=kRt2，即：Φ=Φ0+kRt2…②
由图乙可知通过定值电阻R的电荷量q与t2成正比，根据①可知导体棒ab沿斜面向上移动的距离d与上移时间t2成正比，结合初速度为零的匀变速直线运动位移时间关系可得导体棒沿斜面向上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则有：
v=at…③
I=ER=BdvR=BdatR…④
F−mgsinθ−FA=ma，
可得：F=mgsinθ+ma+BId=mgsinθ+ma+B2d2aRt
故选：C。
(1)根据电路中通过电阻R的电荷量q的计算公式，结合乙图不难发现导体棒沿斜面向上做初速度为零的匀加速直线运动
(2)由闭合电路欧姆定律可写出感应电流I与时间t的关系式
(3)结合导体棒的受力分析和导体棒的运动特点可写出外力F与时间t的关系
(1)本题考查了通过电路电荷量q的计算公式、感应电流I的计算公式、安培力的计算公式和牛顿第二定律及它们的图象
(2)本题的处理思路是：以q与t的关系为突破口，找出导体棒沿斜面上移的距离d与时间t的关系，判断出物体的运动性质，进而推导出I、F与时间的关系
7.【答案】D
【解析】解：A、ab杆产生的感应电动势 E=BLv1；回路中感应电流为：I=E2R=BLv12R，故A错误；
B、ab杆匀速下滑，受力平衡条件，则ab杆所受的安培力大小为：F安=BIL=B2L2v12R，方向沿轨道向上，则由平衡条件得ab所受的摩擦力大小为：f=mgsinθ−F安=mgsinθ−B2L2v12R，故B错误；
C、cd杆所受的安培力大小也等于F安，方向垂直于导轨向下，则cd杆所受摩擦力为：f=μN=μ(mgcsθ+F安)=μ(mgsinθ+B2L2v12R)，故C错误；
D、根据cd杆受力平衡得：mgsin(90°−θ)=f=μ(mgsinθ+B2L2v12R)，则得μ与v1大小的关系为：μ(mgsinθ+B2L2v12R)=mgcsθ，即1μ=tanθ+B2L2v12Rmgcsθ，故D正确。
故选：D。
ab下滑时切割磁感线产生感应电动势，cd不切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电流强度；根据平衡条件和安培力公式求解ab杆和cd杆所受的摩擦力，两个平衡方程结合分析D项。
本题考查电磁感应定律应用中的双杆问题；对于双杆问题，可采用隔离法分析，其分析方法与单杆相同，关键分析和计算安培力，再由平衡条件列方程解答。
8.【答案】AD
【解析】解：A、当通入方向向右，大小为I的电流时，自由电子运动方向向左，根据左手定则，电子受到的洛伦兹力指向后表面，根据平衡条件，受到的电场力指向前表面，则前表面的电势比后表面的电势高，故A正确；
B、元件前后表面的电压为U时，洛伦兹力和电场力平衡，则有
F洛=eUa，故B错误；
CD、根据电流的微观表达式可得：
I=nevS
洛伦兹力和电场力平衡，则有
evB=eUa
解得：U=IBneb，故前后表面的电压与I有关，U与b成反比，故C错误，D正确；
故选：AD。
根据左手定则得出洛伦兹力的方向，结合粒子的电性得出电势的高低；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系，结合电流的微观表达式得出电压的表达式，并结合题目选项完成分析。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，熟悉左手定则得出洛伦兹力的方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。
9.【答案】ACD
【解析】解：A、由右手定则可知，当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q，故A正确；
B、导体棒所受合力为零，即：重力、弹簧弹力与安培力合力为零时速度最大，弹簧伸长量为mgsinθk时，弹簧弹力为：mgsinθ，此时导体棒所受合力为安培力，导体棒速度不是最大，故B错误；
C、导体棒最终静止，由平衡条件得：mgsinθ=kx，弹簧伸长量：x=mgsinθk，由能量守恒定律得：mgxsinθ=Q+EP，解得：Q=m2g2sin2θk−EP，故C正确；
D、导体棒到达MN处时，弹簧的弹力：kx=mgsinθ，此时导体棒受到的安培力：F=BIL=B2L2v2R，对导体棒，由牛顿第二定律得：kx−mgsinθ+B2L2v2R=ma，解得：a=B2L2v2mR，故D正确；
故选：ACD。
由右手定则可以判断出电流方向；
当导体棒所受合力为零时速度最大，应用平衡条件可以求出此时弹簧的伸长量；
根据能量守恒定律求出回路产生的焦耳热；
根据安培力公式求出导体棒受到的安培力，然后应用牛顿第二定律求出导体棒的加速度。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据平衡条件或牛顿第二定律列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
10.【答案】BD
【解析】解：AB.根据题意金属棒所受的安培力大小不变，x=0处与x=1m处安培力大小相等，根据安培力公式F安=BIL=B×BLvR+r×L=B2L2vR+r，有
B02L2v0R+r=B12L2v1R+r
解得v1=0.5m/s，金属棒速度减小，说明不可能做匀速直线运动，故A错误，B正确；
C.金属棒在x=0处的安培力大小为
F安=B02L2v0R+r=0.52×0.42×20.3+0.1N=0.2N
金属棒从x=0到x=1m的过程中，设外力做的功为WF，根据动能定理有
WF−F安Δx=12mv12−12mv02
代入数据解得WF=−0.175J，故C错误；
D.根据电荷量公式
q=It=ΔΦΔt⋅ΔtR+r=ΔΦR+r=ΔBxLR+r，x=0到x=2m过程中，B−x图象包围的面积
ΔB⋅x=0.5+1.52×2(T⋅m)=2(T⋅m)
所以q=ΔBxLR+r=2×，故D正确。
故选：BD。
AB.根据安培力公式代入数据求解速度，并判断是否做匀速直线运动；
C.根据动能定理求解外力做的功；
D.根据电荷量的公式代入数据计算。
考查电磁感应问题，会结合动能定理、电荷量的表达式代入数据求解相关物理量。
11.【答案】B 向上 C
【解析】解：(1)条形磁铁向上移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线减少，向下移动一小段距离，穿过螺线管的磁感应增加，移动方向不同，产生的感应电流方向不同，根据二极管具有单向导电性可知灯泡A、B交替短暂发光，故ACD错误，B正确；
故选：B。
(2)当磁体向上运动时，穿过螺线管的磁通量为竖直向下的价绍，根据楞次定律，可知线圈中的感应电流产生的磁场竖直向下，根据右手螺旋定则可知电流从正接线柱流入，指针向右偏，故磁体向上运动。
(3)开关闭合瞬间，穿过螺线管的磁通量增多，根据题意可知指针向左偏转，所以将铁芯从线圈P中快速抽出时，穿过螺线管的磁通量减少，观察到电流指针向右偏转，故AB错误，C正确。
故选：C。
故答案为：(1)B；
(2)向上
(3)C。
(1)利用二极管单向导电性与电磁感应原理判断灯泡是否发光；
(2)利用楞次定律判断磁体运动方向；
(3)可通过判断开关闭合瞬间磁通量的变化来判断电流指针的偏转问题。
本题考查了对电磁感应现象的理解，其中掌握电磁感应与电流产生、电流方向的关系为解决本题的关键。
12.【答案】C 右 R0+RA1=(k1−1)Rx k2k1R0 能
【解析】解：(1)通过对(2)的实验过程分析，因Rx的阻值约为20欧姆与定值电阻R0=20Ω的阻值近似相等，电流表A1的量程为50mA，内阻RA1约为40Ω，两支路总是并联，电流表A1所在支路的电阻总是近似等于另一支路的3倍，电流表A1所在支路的的电流最大50mA，流过另一支路的电流最大是它的3倍为150mA，故流过电流表A2的电流约为200mA，则电流表A2选用的量程最合适的是0～200mA，故ABD错误，C正确。
故选：C。
(2)实验测量开始时，测量电路电路的电压应最小，故将滑动变阻器的滑片移到最右端。
将开关S2合向1，S3合向3，电流表A1、A2的示数I1、I2，根据欧姆定律和串并联电路的特点可得：
I2=I1(R0+RA1)Rx+I1，变形为：I2I1=R0+RA1Rx+1，可得：R0+RA1=(k1−1)Rx……①
将开关S2合向2，S3合向4时。同理可得：
I2′=I′1(Rx+RA1)R0+I1′，变形为：I′2I′1=Rx+RA1R0+1，可得：Rx+RA1=(k2−1)R0……②
联立解得被测电阻的阻值Rx=k2k1R0……②
(3)根据(2)结论，由①②式联立消去Rx可解得电流表A1内阻RA1，因本实验无系统误差，故该实验方法能测出电流表A1内阻的准确值。
故答案为：(1)C；(2)右；R0+RA1=(k1−1)Rx；k2k1R0；(3)能
(1)通过对实验过程分析，Rx与R0两电阻总是并联，流过两电阻的电流近似相等，根据串并联电流的特点判断电流表A2的量程最大值；
(2)实验测量开始时，测量电路电路的电压应最小，由此确定滑动变阻器的滑片移到哪一端。根据欧姆定律和串并联电路特点求解；
(3)本实验无系统误差，根据(2)结论分析是否可求得电流表A1内阻值 1。
本实验是伏安法测量电阻的变形，用电流表A1与电阻串联间接测量电压，本实验的测量方法可以消除因电表存在内阻而产生的系统误差。
13.【答案】解：(1)ab棒的速度达到最大后做匀速直线运动，导体棒处于平衡状态，则有
F=BIL
其中，I=ER
E=BLv
联立解得：v=4m/s
(2)在第1s内，根据法拉第电磁感应定律可得：
E=ΔΦΔt=ΔB⋅SΔt=ΔB⋅LdΔt=(0.5−0)×1×21V=1V
根据楞次定律可知，电流从b到a，电流的大小为：
I=ER=12A=0.5A
Q1=I2Rt
在运动距离x内
Fx=12mvm2+Q2
电阻R上产生的总焦耳热Q=Q1+Q2
联立解得：Q=2.1J
答：(1)ab棒的最大速度大小为4m/s；
(2)从t=0到ab棒运动距离x=4.8m的过程，电阻R上产生的焦耳热为2.1J。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出电流的大小，结合安培力的计算公式得出导体棒的最大速度；
(2)理解在整个电磁感应现象中的能量转化关系，结合焦耳定律和能量守恒定律得出电阻R产生的焦耳热。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉电磁感应中的能量关系，结合焦耳定律和欧姆定律即可完成分析。
14.【答案】解：(1)设粒子 12H以速度v0从y轴射出，则粒子 11H的速度为 2v0，在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示
设粒子 11H， 12H的加速度分别为a1、a2，根据牛顿第二定律有
qE=ma1，qE=2ma2
根据类平抛运动的规律有
h=12a1t12，h=12a2t22
x1= 2v0t1，x2=v0t2
联立解得
x1=v0 4mhqE，x2=v0 4mhqE
即
x1=x2
根据类平抛运动的规律，由几何关系有
2hx2=tan60°
解得粒子 12H的水平位移为
x2=2 33h
故粒子 11H的水平位移为
x1=2 33h；
(2)设进入磁场时粒子 11H， 12H的速度分别为v1、v2，根据类平抛运动的规律可知，粒子 11H第一次进入磁场时速度与x轴正方向的夹角为60°，由几何关系有
v1=2 2v0，v2=2v0
粒子进入匀强磁场做匀速圆周运动，设粒子 11H， 12H的半径分别为R1，R2，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qv1B=mv12R1，qv2B=2mv22R2
解得
R1=2 2mv0qB，R2=4mv0qB
故有
R1R2= 22
粒子 11H第一次离开磁场的位置距离原点距离为x′，轨迹如图所示
根据几何知识有
2R2sin60°=x1
2R1sin60°=x2−x′
联立解得
x′=2 3− 63h。
答：(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离2 33h；
(2)11H第一次离开磁场的位置到原点O的距离2 3− 63h。
【解析】(1)作出粒子的轨迹图，根据类平抛运动的规律求解水平位移的表达式，根据几何知识求解 12H的水平位移，进一步求解 11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)根据牛顿第二定律求解轨道半径的表达式，有速度关系求解两粒子半径的定量关系，根据几何知识求解 11H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
15.【答案】解：(1)电容器充电完毕，达到稳定时，电容器极板间电压：U=E
由电容的定义式C=qU可知电容器所带电荷量：q=CU=CE
代入数据解得：q=0.4C；
(2)开关K置于2后，金属棒ab先做加速运动，当电容器两端电压与金属棒切割磁感线产生的感应电动势相等时金属棒ab做匀速直线运动，金属棒ab做匀速直线运动时的速度最大，为v，此时金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势为：
E感=B1Lv
此时电容器两极板间电压为：U′=E感
设此时电容器所带电量为q，则：q′=CU′=CB1Lv0
电容器电量减少：Δq=q−q′=C(E−B1Lv)
取向右为正方向，对金属棒ab，由动量定理得：B1I−LΔt1=mv−0
而Δq=I−Δt1
解得：v=CB1LEm+CB12L2
代入数据解得：v=4m/s；
(3)打开单刀双掷开关K，同时闭合开关S，金属棒ab先做减速运动，cd先做加速运动，最终ab与cd都做匀速直线运动，两金属棒切割磁感线产生的感应电动势相等。
金属棒切割磁感线产生的感应电动势：B1Lvab=B2Lvcd
取向右为正方向，对金属棒ab，由动量定理得：−B1I′−LΔt2=mvab−mv
取向右为正方向，对金属棒cd，由动量定理得：B2I′−LΔt2=mvcd−0
联立解得：vab=3.2m/s，vcd=1.6m/s
对金属棒ab和cd组成的系统，由能量守恒定律得：12mv2−12mvab2−12mvcd2=Qab+Qcd
由于两棒电阻相等，则有：Qab=Qcd
联立解得金属棒cd产生的最大焦耳热：Q=Qcd=0.064J。
答：(1)将单刀双掷开关K置于1为电容器充电，稳定时电容器带的电荷量为0.4C；
(2)充电结束后，将单刀双掷开关K置于2，金属棒ab运动的最大速度为4m/s；
(3)棒ab的速度达到最大后，断开单刀双掷开关，同时闭合开关S，金属棒cd产生的最大焦耳热为0.064J。
【解析】(1)电容器充电完毕达到稳定状态时电容器两端的电压等于电源电动势，根据电容的定义式求出电容器所带电荷量；
(2)电容器放电的过程，电压减小，但ab棒加速，ab棒切割磁感线产生的感应电动势增大，当电容器电压降到和ab棒电动势相等时，电路中不再有感应电流，导体棒开始匀速运动，此时速度最大，对金属棒ab应用动量定理求出其最大速度；
(3)导体棒ab在安培力作用下减速运动，cd棒加速运动，然后两金属棒都做匀速直线运动，回路中没有感应电流，导体棒均不受安培力，均做匀速直线运动，应用动量定理与能量守恒定律求出金属棒cd产生的最大焦耳热。
本题是电磁感应类一道综合题，考查动生电动势大小的运算以及动量定理、能量守恒关系。结合导体棒的受力，分析两导体棒的运动过程极其重要。
1.对于下列教材中所列的实验和生活用品，说法正确的是( )
A. 甲图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过电场实现的
B. 乙图中，若在ab的两端接上大小和方向发生周期性变化的电流，则接在cd端的电流表会有偏转
C. 丙图中，电磁炉利用其线圈产生的涡流来加热食物
D. 奥斯特利用丁图实验装置发现了电磁感应现象
2.图甲和乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗;闭合开关S2，灯A2逐渐变亮。而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是( )
A. 图甲中，A1与L1的电阻值相同
B. 图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C. 图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D. 图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
3.如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，磁感应强度为B，已知AB边长为L，∠C=30°，比荷均为qm的带正电粒子以不同的速率从A点沿AB方向射入磁场(不计粒子重力)，则( )
A. 粒子速度越大，在磁场中运动的时间越短B. 粒子速度越大，在磁场中运动的路程越大
C. 粒子在磁场中运动的最长路程为23πLD. 粒子在磁场中运动的最短时间为2πm3qB
4.如图1所示，两固定在绝缘水平面上的同心金属圆环P、Q水平放置，圆环P中通有如图2所示的电流，以图示方向为电流正方向，下列说法正确的是( )
A. T4时刻，两圆环相互排斥
B. T2时刻，圆环Q中感应电流最大，受到的安培力最大
C. T4∼3T4时间内，圆环Q中感应电流始终沿逆时针方向
D. 3T4∼T时间内，圆环Q有收缩的趋势
5.1831年10月28日，法拉第展示人类历史上第一台发电机——圆盘发电机，如图为法拉第圆盘发电机的示意图，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘以角速度ω顺时针旋转(从上往下看)，则( )
A. 圆盘转动过程中电流沿b到a的方向流过电阻R
B. 圆盘转动过程中Q点电势比P点电势低
C. 若圆盘转动的角速度变为原来的3倍，则转动一周，R上产生的焦耳热也变为原来的3倍
D. 圆盘转动过程中产生的电动势大小与圆盘半径成正比
6.如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻为R的定值电阻，电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．t=0时对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过定值电阻R的电荷量q随时间的平方t2变化的关系如图乙所示．下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、金属棒的加速度a、外力F、通过电阻R的电流I随时间t变化的图象中正确的是( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，ACD、EFG为两根相距L的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF面与水平面成θ角。两导轨所在空间存在垂直于CDGF平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.两根质量均为m、长度均为L的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，两金属细杆的电阻均为R，导轨电阻不计。当ab以速度v1沿导轨向下匀速运动时，cd杆正好以速度v2向下匀速运动，重力加速度为g。以下说法正确的是( )
A. 回路中的电流强度为BL(v1+v2)2R
B. ab杆所受摩擦力为mgsinθ
C. cd杆所受摩擦力为μ(mgsinθ−B2L2v12R)
D. μ与v1大小关系满足1μ=tanθ+B2L2v12Rmgcsθ
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件，当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，电脑进入休眠状态。休眠状态时、简化原理如图所示，宽为a、厚为b、长为c的矩形半导体霍尔元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，其载流子是电荷量为e的自由电子，当通入方向向右、大小为Ⅰ的电流时，元件前、后表面间电压为U，则此时元件的( )
A. 前表面的电势比后表面的高B. 自由电子受到的洛伦兹力大小为eUc
C. 前、后表面间的电压U与I成反比D. 前、后表面间的电压U与b成反比
9.如图所示，两根平行光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，下端PQ接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中。一质量为m、电阻也为R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，静止时导体棒处于导轨的MN处。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行。现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法中正确的是( )
A. 当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q
B. 当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为mgsinθk
C. 导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为EP，则导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路中产生的焦耳热为m2g2sin2k−EP
D. 若导体棒第一次运动到MN处时速度为v，则此时导体棒的加速度大小为B2L2v2mR
10.如图(甲)所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L=0.4m，导轨一端与阻值R=0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计，导轨x>0一侧存在沿x方向均匀增大的恒定磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图(乙)所示，一根质量m=0.2kg、电阻r=0.1Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变。下列说法中正确的是( )
A. 金属棒向右做匀速直线运动
B. 金属棒在x=1m处的速度大小为0.5m/s
C. 金属棒从x=0运动到x=1m过程中，外力F所做的功为0.175J
D. 金属棒从x=0运动到x=2m过程中，流过金属棒的电量为2C
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某兴趣小组在探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素。
(1)图a中，将条形磁铁从图示位置先向上后向下移动一小段距离，出现的现象是______。
A.灯泡A、B均不发光
B.灯泡A、B交替短暂发光
C.灯泡A短暂发光、灯泡B不发光
D.灯泡A不发光、灯泡B短暂发光
(2)通过实验得知：当电流从图b中电流计的正接线柱流入时指针向右偏转；则当磁体______(选填“向上”或“向下”)运动时，电流计指针向右偏转。
(3)为进一步探究影响感应电流方向的因素，该小组设计了如图c的电路如图；开关闭合瞬间，指针向左偏转，则将铁芯从线圈P中快速抽出时，观察到电流计指针______。
A.不偏转
B.向左偏转
C.向右偏转
12.某实验小组用如图所示的电路来测量一个阻值约为20Ω的电阻Rx的阻值，已知电流表A1的量程为50mA，内阻RA1约为40Ω，定值电阻R0=20Ω。
(1)现有下列四种量程的电流表，则电流表A2选用的量程最合适的是______。
A.0～400mA
B.0～300mA
C.0～200mA
D.0～100mA
(2)实验时，将滑动变阻器的滑片移到最______(填“左”或“右”)端，将开关S2合向1，S3合向3，再闭合开关S1，调节滑动变阻器的滑片，使两电流表的指针偏转较大，记录电流表A1、A2的示数I1、I2，多次测量得到I2I1=k1，用k1表示各电阻的关系______(用题目中的字母表示)；断开S1，将开关S2合向2，S3合向4，再闭合开关S1，记录电流表A1、A2的示数I1′、I2′，求出I2′I1′=k2；则被测电阻的阻值Rx= ______(用k1、k2、R0表示)。
(3)该实验方法______(填“能”或“不能”)测出电流表A1内阻的准确值。
四、简答题：本大题共3小题，共44分。
13.如图甲所示，水平面内固定两根间距L=1m的长直平行光滑金属导轨PQ、MN，其Q、N端接有阻值R=2Ω的电阻，一质量m=0.1kg、电阻不计的导体棒ab垂直于导轨放置于距QN端d=2m处，且与两导轨保持良好接触。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示。在0～1s内，施加外力使ab棒保持静止，1s后改用F=0.5N的水平向左的恒力拉动ab棒，ab棒从静止开始沿导轨运动距离x=4.8m时速度恰好达到最大值。ab棒运动过程中始终与导轨保持垂直，导轨电阻不计。求：
(1)ab棒的最大速度大小vm；
(2)从t=0到ab棒运动距离x=4.8m的过程，电阻R上产生的焦耳热Q。
14.如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核 11H和一个氘核 12H先后从y轴上y=h点射出，速度方向沿x轴正方向，大小之比为 2：1。已知 12H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场，不计粒子重力。求：
(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)11H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
15.如图所示，在匀强磁场中水平放置两条足够长的光滑平行导轨，磁场方向与导轨所在平面垂直，以虚线为界，左边和右边的磁感应强度大小为B1=1T，B2=2T，导轨间距L=1m。导轨左端连接一内阻不计、电动势E=20V的电源，单刀双掷开关K和电容C=2.0×10⁻2F的电容器相连。两根金属棒ab和cd分别放置于虚线左侧和右侧，它们与虚线的距离足够大，与导轨接触良好，质量均为m=0.08kg，电阻相同。金属棒ab和cd之间有一开关S(断开)，导轨电阻不计。
(1)将单刀双掷开关K置于1为电容器充电，求稳定时电容器带的电荷量q；
(2)充电结束后，将单刀双掷开关K置于2，求金属棒ab运动的最大速度v；
(3)棒ab的速度达到最大后，断开单刀双掷开关，同时闭合开关S，求金属棒cd产生的最大焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、甲图中，两根通电方向相反的长直导线产生的磁场方向相反，两导线相互排斥的作用是通过磁场实现的，故A错误；
B.乙图中，若在ab的两端接上交流电源，则穿过线圈的磁场不断变化，磁通量不断变化，cd线圈中产生感应电流，接在cd端的电流表示数不为0，故B正确；
C.丙图为微波炉，不是电磁炉，微波是一种电磁波，生活中常用微波炉来加热食物，提供内能，说明微波具有能量，故C错误；
D.根据物理学史可知，奥斯特利用丁图实验装置发现了电流的磁效应，故D错误。
故选：B。
甲图中，电流之间的作用是通过磁场来实现的；乙图中，对照感应电流产生条件分析；丙图中，从能量转化的角度，分析知道微波具有能量；奥斯特发现了电流的磁效应现象。
解答本题的关键要掌握电磁学的基础知识，关键要知道异向电流相互排斥，是通过磁场实现的。微波是一种电磁波，微波具有能量。
2.【答案】C
【解析】【分析】
闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。
当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。
【解答】
A.图1中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小于L1的电流，则可知L1的电阻小于A1的电阻，故A错误；
B.图1中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明灯泡中的电流小于线圈中的电流，故B错误；
C.图2中，因为闭合开关S2后，最终A2与A3的亮度相同，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；
D.图2中，闭合S2瞬间，L2对电流有阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。
故选：C。
3.【答案】C
【解析】解：AB.粒子在磁场中做匀速圆周运动，随速度增加，半径变大，当粒子运动轨迹恰好与BC边相切时，粒子运动轨迹如图所示，当粒子从AC边射出时，圆心角不变，即运动时间不变；当粒子的轨迹与BC边相切时，粒子速度再增加，则粒子从BC边射出，粒子在磁场中运动的路程越小，故AB错误；
C.当粒子的轨迹与BC边相切时，由几何知识得，粒子轨道半径
r=AB=l
∠OAC=∠ACB=30°
AB=OE
∠DOE=∠OAC=30°
∠AOE=90°+30°=120°
此时粒子在磁场中运动的路程最长为
s=120°360∘×2πL=23πL，故C正确；
D.当粒子从BC边射出时，粒子的速度越大，半径越大，出射点越靠近B点，运动时间也越来越短，直到从B点射出时粒子的速度无穷大，时间趋近于零，故D错误。
故选：C。
分情况讨论当粒子从AC边射出时，粒子速度偏转角一定，粒子运动的时间不变；粒子从BC边射出时，出射点点越靠近B点，粒子运动的时间越短。粒子从BC边射出时，随粒子速度增加，粒子在磁场中运动路程越小，在磁场中运动的时间越小。
本题考查了带电粒子在三角形磁场里运动的最小路程及最小时间求解问题，解题的关键是画出运动轨迹并分类。
4.【答案】D
【解析】解：A、P产生的磁场的大小与流过P的电流大小成正比，在T4时刻，流过P的电流最大，但电流的变化率为零，所以P产生的磁场最强，但变化率为零，所以穿过Q的磁通量的变化率也等于零，根据法拉第电磁感应定律可知，Q内产生的感应电动势为零，则感应电流为零，所以两圆环间无作用力，故A错误；
B、由图可知在T2时刻流过P的电流为零但电流的变化率最大，所以穿过Q的磁通量的变化率也最大，根据法拉第电磁感应定律可知，Q内产生的感应电动势最大，则感应电流最大，故B错误；
C、在T4～T2时间内，从上向下看P内顺时针方向的电流减小，根据安培定则可知，P产生方向向下的磁场减小，根据楞次定律可知，Q内将产生沿顺时针方向的感应电流；在T2～3T4时间内，从上向下看P内逆时针方向的电流增大，根据安培定则可知，P产生方向向上的磁场增大，根据楞次定律可知，Q内将产生沿顺时针方向的感应电流，故C错误；
D、由图可知在3T4～T时间内，从上向下看P内逆时针方向的电流减小，根据安培定则可知，P产生方向向上的磁场减小，根据楞次定律可知，Q内将产生沿逆时针方向的感应电流；由于Q内电流的方向与P内电流的方向相同，根据同向电流相互吸引可知，Q与P之间的作用力为吸引力，所以Q有面积缩小的趋势，故D正确。
故选：D。
根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律判断出感应电动势和感应电流的大小，根据电流之间的相互作用判断出二者之间的作用力是吸引力，还是排斥力。
解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握楞次定律的另一种表述，感应电流会阻碍原磁通量的变化。
5.【答案】C
【解析】解：AB、圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，若从上向下看圆盘顺时针转动，根据右手定则可知圆盘中心电势比边缘要高，即Q相当于电源的正极，Q点电势比P点电势高，电流沿a到b的方向流过电阻R，故AB错误；
D、根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势
E=BLv−=12BL2ω
则感应电动势大小与圆盘半径的平方成正比，故D错误；
C、转动一周，电流在R上的焦耳热
Q=I2R⋅2πω=E2R(R+r)2⋅2πω=πB2L4ω2(R+r)2R
可见转动一周，电流在R上的焦耳热与角速度的成正比，若圆盘转动的角速度变为原来的3倍，转动一周，R上产生的焦耳热也变为原来的3倍，故C正确。
故选：C。
根据右手定则得出电流的方向和电势的高低；根据法拉第电磁感应定律的计算公式完成分析；根据功率的计算公式结合角速度的变化完成分析。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律得出电动势的大小，结合功率的计算公式即可完成分析，难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：设导体棒ab沿斜面向上移动d的过程中，通过定值电阻R的电荷量为q，设导体棒的长度为L，则有：
q=△ΦR=BLRd…①
由①式可得△Φ=Rq，因q与t2成正比，设比例系数为k，则有：Φ−Φ0=kRt2，即：Φ=Φ0+kRt2…②
由图乙可知通过定值电阻R的电荷量q与t2成正比，根据①可知导体棒ab沿斜面向上移动的距离d与上移时间t2成正比，结合初速度为零的匀变速直线运动位移时间关系可得导体棒沿斜面向上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则有：
v=at…③
I=ER=BdvR=BdatR…④
F−mgsinθ−FA=ma，
可得：F=mgsinθ+ma+BId=mgsinθ+ma+B2d2aRt
故选：C。
(1)根据电路中通过电阻R的电荷量q的计算公式，结合乙图不难发现导体棒沿斜面向上做初速度为零的匀加速直线运动
(2)由闭合电路欧姆定律可写出感应电流I与时间t的关系式
(3)结合导体棒的受力分析和导体棒的运动特点可写出外力F与时间t的关系
(1)本题考查了通过电路电荷量q的计算公式、感应电流I的计算公式、安培力的计算公式和牛顿第二定律及它们的图象
(2)本题的处理思路是：以q与t的关系为突破口，找出导体棒沿斜面上移的距离d与时间t的关系，判断出物体的运动性质，进而推导出I、F与时间的关系
7.【答案】D
【解析】解：A、ab杆产生的感应电动势 E=BLv1；回路中感应电流为：I=E2R=BLv12R，故A错误；
B、ab杆匀速下滑，受力平衡条件，则ab杆所受的安培力大小为：F安=BIL=B2L2v12R，方向沿轨道向上，则由平衡条件得ab所受的摩擦力大小为：f=mgsinθ−F安=mgsinθ−B2L2v12R，故B错误；
C、cd杆所受的安培力大小也等于F安，方向垂直于导轨向下，则cd杆所受摩擦力为：f=μN=μ(mgcsθ+F安)=μ(mgsinθ+B2L2v12R)，故C错误；
D、根据cd杆受力平衡得：mgsin(90°−θ)=f=μ(mgsinθ+B2L2v12R)，则得μ与v1大小的关系为：μ(mgsinθ+B2L2v12R)=mgcsθ，即1μ=tanθ+B2L2v12Rmgcsθ，故D正确。
故选：D。
ab下滑时切割磁感线产生感应电动势，cd不切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电流强度；根据平衡条件和安培力公式求解ab杆和cd杆所受的摩擦力，两个平衡方程结合分析D项。
本题考查电磁感应定律应用中的双杆问题；对于双杆问题，可采用隔离法分析，其分析方法与单杆相同，关键分析和计算安培力，再由平衡条件列方程解答。
8.【答案】AD
【解析】解：A、当通入方向向右，大小为I的电流时，自由电子运动方向向左，根据左手定则，电子受到的洛伦兹力指向后表面，根据平衡条件，受到的电场力指向前表面，则前表面的电势比后表面的电势高，故A正确；
B、元件前后表面的电压为U时，洛伦兹力和电场力平衡，则有
F洛=eUa，故B错误；
CD、根据电流的微观表达式可得：
I=nevS
洛伦兹力和电场力平衡，则有
evB=eUa
解得：U=IBneb，故前后表面的电压与I有关，U与b成反比，故C错误，D正确；
故选：AD。
根据左手定则得出洛伦兹力的方向，结合粒子的电性得出电势的高低；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系，结合电流的微观表达式得出电压的表达式，并结合题目选项完成分析。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，熟悉左手定则得出洛伦兹力的方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。
9.【答案】ACD
【解析】解：A、由右手定则可知，当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q，故A正确；
B、导体棒所受合力为零，即：重力、弹簧弹力与安培力合力为零时速度最大，弹簧伸长量为mgsinθk时，弹簧弹力为：mgsinθ，此时导体棒所受合力为安培力，导体棒速度不是最大，故B错误；
C、导体棒最终静止，由平衡条件得：mgsinθ=kx，弹簧伸长量：x=mgsinθk，由能量守恒定律得：mgxsinθ=Q+EP，解得：Q=m2g2sin2θk−EP，故C正确；
D、导体棒到达MN处时，弹簧的弹力：kx=mgsinθ，此时导体棒受到的安培力：F=BIL=B2L2v2R，对导体棒，由牛顿第二定律得：kx−mgsinθ+B2L2v2R=ma，解得：a=B2L2v2mR，故D正确；
故选：ACD。
由右手定则可以判断出电流方向；
当导体棒所受合力为零时速度最大，应用平衡条件可以求出此时弹簧的伸长量；
根据能量守恒定律求出回路产生的焦耳热；
根据安培力公式求出导体棒受到的安培力，然后应用牛顿第二定律求出导体棒的加速度。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据平衡条件或牛顿第二定律列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
10.【答案】BD
【解析】解：AB.根据题意金属棒所受的安培力大小不变，x=0处与x=1m处安培力大小相等，根据安培力公式F安=BIL=B×BLvR+r×L=B2L2vR+r，有
B02L2v0R+r=B12L2v1R+r
解得v1=0.5m/s，金属棒速度减小，说明不可能做匀速直线运动，故A错误，B正确；
C.金属棒在x=0处的安培力大小为
F安=B02L2v0R+r=0.52×0.42×20.3+0.1N=0.2N
金属棒从x=0到x=1m的过程中，设外力做的功为WF，根据动能定理有
WF−F安Δx=12mv12−12mv02
代入数据解得WF=−0.175J，故C错误；
D.根据电荷量公式
q=It=ΔΦΔt⋅ΔtR+r=ΔΦR+r=ΔBxLR+r，x=0到x=2m过程中，B−x图象包围的面积
ΔB⋅x=0.5+1.52×2(T⋅m)=2(T⋅m)
所以q=ΔBxLR+r=2×，故D正确。
故选：BD。
AB.根据安培力公式代入数据求解速度，并判断是否做匀速直线运动；
C.根据动能定理求解外力做的功；
D.根据电荷量的公式代入数据计算。
考查电磁感应问题，会结合动能定理、电荷量的表达式代入数据求解相关物理量。
11.【答案】B 向上 C
【解析】解：(1)条形磁铁向上移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线减少，向下移动一小段距离，穿过螺线管的磁感应增加，移动方向不同，产生的感应电流方向不同，根据二极管具有单向导电性可知灯泡A、B交替短暂发光，故ACD错误，B正确；
故选：B。
(2)当磁体向上运动时，穿过螺线管的磁通量为竖直向下的价绍，根据楞次定律，可知线圈中的感应电流产生的磁场竖直向下，根据右手螺旋定则可知电流从正接线柱流入，指针向右偏，故磁体向上运动。
(3)开关闭合瞬间，穿过螺线管的磁通量增多，根据题意可知指针向左偏转，所以将铁芯从线圈P中快速抽出时，穿过螺线管的磁通量减少，观察到电流指针向右偏转，故AB错误，C正确。
故选：C。
故答案为：(1)B；
(2)向上
(3)C。
(1)利用二极管单向导电性与电磁感应原理判断灯泡是否发光；
(2)利用楞次定律判断磁体运动方向；
(3)可通过判断开关闭合瞬间磁通量的变化来判断电流指针的偏转问题。
本题考查了对电磁感应现象的理解，其中掌握电磁感应与电流产生、电流方向的关系为解决本题的关键。
12.【答案】C 右 R0+RA1=(k1−1)Rx k2k1R0 能
【解析】解：(1)通过对(2)的实验过程分析，因Rx的阻值约为20欧姆与定值电阻R0=20Ω的阻值近似相等，电流表A1的量程为50mA，内阻RA1约为40Ω，两支路总是并联，电流表A1所在支路的电阻总是近似等于另一支路的3倍，电流表A1所在支路的的电流最大50mA，流过另一支路的电流最大是它的3倍为150mA，故流过电流表A2的电流约为200mA，则电流表A2选用的量程最合适的是0～200mA，故ABD错误，C正确。
故选：C。
(2)实验测量开始时，测量电路电路的电压应最小，故将滑动变阻器的滑片移到最右端。
将开关S2合向1，S3合向3，电流表A1、A2的示数I1、I2，根据欧姆定律和串并联电路的特点可得：
I2=I1(R0+RA1)Rx+I1，变形为：I2I1=R0+RA1Rx+1，可得：R0+RA1=(k1−1)Rx……①
将开关S2合向2，S3合向4时。同理可得：
I2′=I′1(Rx+RA1)R0+I1′，变形为：I′2I′1=Rx+RA1R0+1，可得：Rx+RA1=(k2−1)R0……②
联立解得被测电阻的阻值Rx=k2k1R0……②
(3)根据(2)结论，由①②式联立消去Rx可解得电流表A1内阻RA1，因本实验无系统误差，故该实验方法能测出电流表A1内阻的准确值。
故答案为：(1)C；(2)右；R0+RA1=(k1−1)Rx；k2k1R0；(3)能
(1)通过对实验过程分析，Rx与R0两电阻总是并联，流过两电阻的电流近似相等，根据串并联电流的特点判断电流表A2的量程最大值；
(2)实验测量开始时，测量电路电路的电压应最小，由此确定滑动变阻器的滑片移到哪一端。根据欧姆定律和串并联电路特点求解；
(3)本实验无系统误差，根据(2)结论分析是否可求得电流表A1内阻值 1。
本实验是伏安法测量电阻的变形，用电流表A1与电阻串联间接测量电压，本实验的测量方法可以消除因电表存在内阻而产生的系统误差。
13.【答案】解：(1)ab棒的速度达到最大后做匀速直线运动，导体棒处于平衡状态，则有
F=BIL
其中，I=ER
E=BLv
联立解得：v=4m/s
(2)在第1s内，根据法拉第电磁感应定律可得：
E=ΔΦΔt=ΔB⋅SΔt=ΔB⋅LdΔt=(0.5−0)×1×21V=1V
根据楞次定律可知，电流从b到a，电流的大小为：
I=ER=12A=0.5A
Q1=I2Rt
在运动距离x内
Fx=12mvm2+Q2
电阻R上产生的总焦耳热Q=Q1+Q2
联立解得：Q=2.1J
答：(1)ab棒的最大速度大小为4m/s；
(2)从t=0到ab棒运动距离x=4.8m的过程，电阻R上产生的焦耳热为2.1J。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出电流的大小，结合安培力的计算公式得出导体棒的最大速度；
(2)理解在整个电磁感应现象中的能量转化关系，结合焦耳定律和能量守恒定律得出电阻R产生的焦耳热。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉电磁感应中的能量关系，结合焦耳定律和欧姆定律即可完成分析。
14.【答案】解：(1)设粒子 12H以速度v0从y轴射出，则粒子 11H的速度为 2v0，在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示
设粒子 11H， 12H的加速度分别为a1、a2，根据牛顿第二定律有
qE=ma1，qE=2ma2
根据类平抛运动的规律有
h=12a1t12，h=12a2t22
x1= 2v0t1，x2=v0t2
联立解得
x1=v0 4mhqE，x2=v0 4mhqE
即
x1=x2
根据类平抛运动的规律，由几何关系有
2hx2=tan60°
解得粒子 12H的水平位移为
x2=2 33h
故粒子 11H的水平位移为
x1=2 33h；
(2)设进入磁场时粒子 11H， 12H的速度分别为v1、v2，根据类平抛运动的规律可知，粒子 11H第一次进入磁场时速度与x轴正方向的夹角为60°，由几何关系有
v1=2 2v0，v2=2v0
粒子进入匀强磁场做匀速圆周运动，设粒子 11H， 12H的半径分别为R1，R2，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qv1B=mv12R1，qv2B=2mv22R2
解得
R1=2 2mv0qB，R2=4mv0qB
故有
R1R2= 22
粒子 11H第一次离开磁场的位置距离原点距离为x′，轨迹如图所示
根据几何知识有
2R2sin60°=x1
2R1sin60°=x2−x′
联立解得
x′=2 3− 63h。
答：(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离2 33h；
(2)11H第一次离开磁场的位置到原点O的距离2 3− 63h。
【解析】(1)作出粒子的轨迹图，根据类平抛运动的规律求解水平位移的表达式，根据几何知识求解 12H的水平位移，进一步求解 11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)根据牛顿第二定律求解轨道半径的表达式，有速度关系求解两粒子半径的定量关系，根据几何知识求解 11H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
15.【答案】解：(1)电容器充电完毕，达到稳定时，电容器极板间电压：U=E
由电容的定义式C=qU可知电容器所带电荷量：q=CU=CE
代入数据解得：q=0.4C；
(2)开关K置于2后，金属棒ab先做加速运动，当电容器两端电压与金属棒切割磁感线产生的感应电动势相等时金属棒ab做匀速直线运动，金属棒ab做匀速直线运动时的速度最大，为v，此时金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势为：
E感=B1Lv
此时电容器两极板间电压为：U′=E感
设此时电容器所带电量为q，则：q′=CU′=CB1Lv0
电容器电量减少：Δq=q−q′=C(E−B1Lv)
取向右为正方向，对金属棒ab，由动量定理得：B1I−LΔt1=mv−0
而Δq=I−Δt1
解得：v=CB1LEm+CB12L2
代入数据解得：v=4m/s；
(3)打开单刀双掷开关K，同时闭合开关S，金属棒ab先做减速运动，cd先做加速运动，最终ab与cd都做匀速直线运动，两金属棒切割磁感线产生的感应电动势相等。
金属棒切割磁感线产生的感应电动势：B1Lvab=B2Lvcd
取向右为正方向，对金属棒ab，由动量定理得：−B1I′−LΔt2=mvab−mv
取向右为正方向，对金属棒cd，由动量定理得：B2I′−LΔt2=mvcd−0
联立解得：vab=3.2m/s，vcd=1.6m/s
对金属棒ab和cd组成的系统，由能量守恒定律得：12mv2−12mvab2−12mvcd2=Qab+Qcd
由于两棒电阻相等，则有：Qab=Qcd
联立解得金属棒cd产生的最大焦耳热：Q=Qcd=0.064J。
答：(1)将单刀双掷开关K置于1为电容器充电，稳定时电容器带的电荷量为0.4C；
(2)充电结束后，将单刀双掷开关K置于2，金属棒ab运动的最大速度为4m/s；
(3)棒ab的速度达到最大后，断开单刀双掷开关，同时闭合开关S，金属棒cd产生的最大焦耳热为0.064J。
【解析】(1)电容器充电完毕达到稳定状态时电容器两端的电压等于电源电动势，根据电容的定义式求出电容器所带电荷量；
(2)电容器放电的过程，电压减小，但ab棒加速，ab棒切割磁感线产生的感应电动势增大，当电容器电压降到和ab棒电动势相等时，电路中不再有感应电流，导体棒开始匀速运动，此时速度最大，对金属棒ab应用动量定理求出其最大速度；
(3)导体棒ab在安培力作用下减速运动，cd棒加速运动，然后两金属棒都做匀速直线运动，回路中没有感应电流，导体棒均不受安培力，均做匀速直线运动，应用动量定理与能量守恒定律求出金属棒cd产生的最大焦耳热。
本题是电磁感应类一道综合题，考查动生电动势大小的运算以及动量定理、能量守恒关系。结合导体棒的受力，分析两导体棒的运动过程极其重要。
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