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四川省内江市第六中学2024-2025学年高二下学期半期考试物理试题
一、单选题
1．（2025高二下·市中区期中）下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（　　）
A．图甲中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中产生大量热量，从而冶炼金属
C．丙是铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动变慢
D．图丁是微安表的表头，运输时把两个正、负接线柱用导线连接，可以避免电表指针摆动角度
【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．根据电磁驱动原理，由于铝框中磁通量发生变化，为了阻碍磁通量变化，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，铝框会同向转动，但线圈比磁铁转得慢，故A错误；
B．当炉外线圈通入高频交流电时，根据电磁感应条件可以得出铁块中产生产生涡流，根据电流的热效应可知铁块中产生大量热量，从而冶炼金属，故B错误；
C．当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，相当于导体棒不断切割磁感线，会产生感应电流，楞次定律可知，产生的安培力将阻碍铜盘切割磁感线运动，在安培力的作用下会使铜盘转动将变慢，故C正确；
D．在运输时要把微安表的两个正、负接线柱用导线连在一起，为了阻碍线圈中磁通量的变化，线圈会产生感应电流进而产生安培力阻碍运动，这样做可以减小电表指针摆动角度，使电表指针不受损坏，故D错误。
故选C。
【分析】由于铝框中磁通量发生变化，为了阻碍磁通量变化，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，铝框会同向转动，但线圈比磁铁转得慢；当炉外线圈通入高频交流电时，根据电磁感应条件可以得出铁块中产生产生涡流；铜盘切割磁感线时，相当于导体棒不断切割磁感线，会产生感应电流，楞次定律可知，产生的安培力将阻碍铜盘切割磁感线运动，在安培力的作用下会使铜盘转动将变慢；在运输时要把微安表的两个正、负接线柱用导线连在一起，为了阻碍线圈中磁通量的变化，线圈会产生感应电流进而产生安培力阻碍运动。
2．（2025高二下·市中区期中）通过某用电器的电流I随时间t变化的关系图像如图所示（前半个周期为正弦波形的），则该交变电流的有效值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】当交变电流在一个周期内产生的热量和直流电产生的热量相等是，直流电的电流为交流电的有效值，根据热等效原理及焦耳定律有：
解得
故选A。
【分析】利用焦耳定律结合热等效原理可以求出交变电流的有效值。
3．（2025高二下·市中区期中）如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO'平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO'下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】线圈在进入磁场前，由静止开始下落，由于只受到重力的作用，线框先做自由落体运动，ab边进入磁场做减速运动，根据牛顿第二定律，由于随着速度不断增大，感应电流和安培力不断增大，所以加速度应该是逐渐减小，而A图象中的加速度逐渐增大．故A错误．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后做减速运动，因为重力小于安培力，根据牛顿第二定律有，由于速度减小，安培力不断减小，所以当加速度减小到零做匀速直线运动，cd边进入磁场做匀加速直线运动，加速度为g．故B正确．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后若线圈加速，是因为重力大于安培力，根据牛顿第二定律，由于随着速度不断增大，感应电流和安培力不断增大，线圈做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边进入磁场则做匀加速直线运动，所以D错，故正确答案为A。
【分析】线圈在进入磁场前先做自由落体运动，进入磁场时，比较重力和安培力可以判别速度的变化，结合牛顿第二定律可以判别线圈加速度的变化，当完全进入磁场时，线圈只受到重力做匀加速直线运动。
4．（2025高二下·市中区期中）置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连。套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，如图所示，导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。要使ab棒向左运动，则圆盘可以（　　）
A．顺时针匀速转动 B．顺时针加速转动
C．逆时针匀速转动 D．逆时针加速转动
【答案】B
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】把O和A线圈上接线柱视作一根金属棒，当圆盘顺时针加速转动时，已知金属棒向右切割磁感线，根据右手定则可知产生的感应电流方向为由圆心指向盘边缘，在线圈A中的磁场方向为由A指向B，由于金属棒的速度增大会导致感应电流增大，根据电生磁可以得出A中的磁场在增强，在线圈B中产生感应电流，棒ab中电流方向由a流向b，根据左手定则可知ab棒向左运动，同理可知，圆盘顺时针减速转动时，ab棒向右运动，圆盘匀速转动时，由于B中没有感应电流的产生，所以ab棒不受力，静止不动，圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动。
故选B。
【分析】利用金属盘转动的方向可以判别A中的感应电流方向，结合速度的变化可以判别产生的磁场强度变化，利用A线圈产生的磁场方向及磁通量变化可以判别B线圈中感应电流的方向，再利用左手定则可以判别ab的运动方向。
5．（2025高二下·市中区期中）如图所示， 楔形玻璃的横截面AOB的顶角为45°， OA边上的点光源S到顶点O的距离为L，光在玻璃中的折射率为光线射向OB边，不考虑多次反射， OB边上有光射出部分的长度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】当光线在OB边发生全反射时，根据全反射临界角公式有
临界角为60°，所以光线可以从O点射出，在三角形中，根据正弦定理可知
解得OB边上有光射出的区域长度为
故选C。
【分析】当光发生全反射时，利用全反射定律可以求出临界角的大小，结合正弦定理可以求出OB边上有光射出的区域长度。
6．（2025高二下·市中区期中）光滑平行异型导轨abcd与a'b'c'd'如图所示，轨道的水平部分bcd、b'c'd'处于竖直向上的匀强磁场中，bc段轨道宽度为cd段轨道宽度的2倍，bc段和cd段轨道都足够长，但abcd与a'b'c'd'轨道部分的电阻都不计。现将质量相同的金属棒P和Q（P和Q都有电阻，但具体阻值未知）分别置于轨道上的ab段和cd段，将P棒置于距水平轨道高为h处由静止释放，使其自由下滑，重力加速度为g。则（　　）
A．当P棒进入轨道的水平部分后，P棒先做加速度逐渐增大的减速直线运动
B．当P棒进入轨道的水平部分后，Q棒先做匀加速直线运动
C．Q棒的最终速度和P棒最终速度关系
D．P棒的最终速度，Q棒的最终速度
【答案】D
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】AB．当P棒进入轨道的水平部分后，P棒切割磁感线而产生感应电流，由于回路中的感应电流流过金属棒时，P棒受到安培力而减速，Q棒因受到安培力而加速，由于Q棒也切割磁感线产生感应电动势，与P棒产生的感应电动势相反，根据动生电动势E=BLv可以得出电动势不断减小因此回路中的电流减小，安培力也减小，故P棒做加速度减小的减速运动，Q棒做加速度减小的加速运动，故AB错误。
C．最终匀速时，回路中的电流为零，即两棒切割产生的感应电动势大小相等，根据动生电动势的表达式有：
可得
故C错误。
D．P棒沿弧面滑下过程，由于只有重力做功所以机械能守恒
解得
(1)
P棒和Q棒运动过程中任意时刻，两棒上电流相等，根据安培力的表达式可以得出两棒受到的安培力为：
即从P棒进入磁场到它俩稳定运动过程中，由于时刻电流相等，所以两棒受到的安培力的平均值也为：
　　(2)
此过程中对P、Q分别列动量定理得
(3)
(4)
又由于
　　(5)
(1)(2)(3)(4)(5)联立可得
故D正确。
故选D。
【分析】利用导体棒进入磁场后，根据楞次定律可以判别安培力的方向，结合速度的变化可以判别感应电动势和感应电流的变化，再结合牛顿第二定律及安培力的表达式可以判别加速度的大小变化；利用动生电动势的表达式可以求出两棒最终的速度大小关系；结合动量定理可以求出最终两棒的速度。
7．（2025高二下·市中区期中）两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一部分在同一水平面内，另一部分垂直于水平面。质量均为m，电阻均为R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，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动。重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　）
A．ab杆所受拉力F的大小为
B．cd杆所受摩擦力为零
C．μ与v1大小的关系为 μ=
D．回路中的电流强度为
【答案】C
【知识点】共点力的平衡；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】AD． 当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动，根据动生电动势的表达式可以得出电路的感应电动势为
根据欧姆定律可以得出：回路中的电流为
根据ab杆的平衡方程有
AD错误；
BC．由于cd棒做匀速直线运动，根据平衡方程可以得出cd杆所受摩擦力为
所以有
μ=
B错误，C正确。
故选C。
【分析】利用动生电动势的表达式子结合欧姆定律可以求出回路电流的大小，结合平衡方程可以求出拉力的大小；利用cd棒的平衡方程结合安培力的表达式可以求出动摩擦因数的大小。
二、多选题
8．（2025高二下·市中区期中）如图，足够长的“”形光滑金属框架固定在水平面内，金属框架所在空间分布有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。时刻，一足够长导体棒在水平拉力作用下，以速度沿金属框架角平分线从点开始向右匀速运动，已知金属框架和导体棒单位长度的电阻相等。下列关于整个回路的电动势电流，拉力拉力的功率随时间变化的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．设三角形框架的顶角为，导体棒匀速运动的速度为v，当运动时间为t时，导体棒的位移为x=vt，则连入电路的导体的长度为
则回路中的电动势为
故A错误；
B．设单位长度的电阻为R，连入电路的框架的长度为
电流为
可知电流为一定值，故B正确；
C．因导体棒做匀速运动，则外力F与安培力平衡，则有安培力
故C错误；
D．拉力的功率
故D正确。
故选BD。
【分析】1、导体棒切割磁感线运动，感应电动势e=Blv，其中有效长度l变化的，要先写出有效长度的表达式。
2、根据感应电流写出感应电流表达式，再根据表达式判断对应图像。
3、根据F=BIL写出安培力表达式，导体棒做匀速运动，则外力F与安培力平衡，得出拉力F的表达式判断对应图像。
4、根据拉力的功率P=Fv写出表达式来判断图像。
9．（2025高二下·市中区期中）如图所示，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处同时由静止开始释放，A、B是面积、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场区域，只是A区域比B区域离地面高，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．两线圈穿过磁场的过程中产生的热量相等
B．两线圈穿过磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量相等
C．两线圈落地时甲的速度较大
D．甲线圈运动时间较短，甲线圈先落地
【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．线圈下落进入磁场时，根据动生电动势的表达式有：，
根据欧姆定律有：
，
根据安培力公式有
三式子联立可得
由于乙进入磁场时的速度较大，则安培力较大，克服安培力做的功较多，即产生的焦耳热较多，故A错误；
B．由电流定义式结合法拉第电磁感应定律有
由于线圈相同，且进入磁场时面积变化相同，所以可知通过线圈横截面的电荷量相等，故B正确；
C．由于甲、乙减少的重力势能相同，甲穿过磁场的过程中产生的热量较少，由能量守恒定律可知，由于重力势能转换为焦耳热和动能，所以经过磁场后甲获得的动能大，则甲落地时速度较大，故C正确；
D．线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力，设受到的平均安培力为，穿过磁场时间为，下落全过程时间为t，落地时的速度为v，由于重力和安培力对线圈的冲量等于线圈动量的变化，根据全过程由动量定理得
而
，
所以
可见，下落过程中两线圈所受安培力的冲量相等，又因为甲落地的速度大于乙落地的速度，说明甲重力作用的时间更长，所以，即乙运动时间较短，先落地，故D错误。
故选BC。
【分析】利用动生电动势及欧姆定律可以求出感应电流，结合安培力的表达式可以比较克服安培力做功的大小，进而比较产生的焦耳热大小，根据能量守恒定律可以比较落地动能和速度的大小；利用电流的定义式结合法拉第电磁感应定律可以比较电荷量的大小；利用动量定理结合安培力的冲量大小可以比较运动的时间。
10．（2025高二下·市中区期中）如图所示，abcd 为水平放置的光滑金属导轨，ab、cd 相互平行且间距 l=4m，导轨电阻不计，导 轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为 1T。金属杆 MN 倾斜放置，与导轨 cd 的 夹角为θ= 53°，金属杆的质量为 2kg，单位长度的电阻 r =2Ω，保持金属杆以速度 v=10m/s 沿平 行于 ab 的方向匀速滑动（滑动过程中与导轨接触良好，已知 ，g 取 ）。则下 列说法中正确的是（　　）
A．电路中感应电动势的大小为 50V
B．金属杆所受外力的大小可能为 20N
C．金属杆所受外力的大小可能为 50N
D．金属杆的热功率为 250W
【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A． 金属杆以速度 v=10m/s 沿平 行于 ab 的方向匀速滑动，根据动生电动势的表达式可以得出电路中感应电动势的大小为
A错误；
D．根据金属杆的长度可以得出金属杆的电阻
根据欧姆定律可以得出电路中的电流
根据焦耳定律可以得出金属杆的热功率为
D错误；
BC．根据安培力的表达式可以得出：金属杆所受的安培力为
由于金属杆做匀速直线运动，根据平衡方程可以得出外力的大小为，当金属杆所受外力方向不与安培力方向相同时，假设外力斜向下方，外力的大小可能为50N，BC正确。
故选BC。
【分析】利用动生电动势的表达式可以求出电动势的大小；利用欧姆定律可以求出回路电流的大小，结合焦耳定律可以求出热功率的大小；利用安培力的表达式可以求出安培力的大小，结合平衡方程可以求出外力的大小。
三、实验题
11．（2025高二下·市中区期中）（1）探究电磁感应现象应选用如图　 　（选填“甲”或“乙”）所示的装置进行实验。
（2）在下图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏（不通电时指针停在正中央）；在图乙中，磁体N极插入线圈A过程中观察到电流表的指针将向左偏转。则：在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，电流表的指针将　 　偏转；（选填“向左”、“向右”或“不发生”）。
（3）在图丁中，R为光敏电阻（光照增强时，光敏电阻的阻值减小），轻质金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴（A线圈平面与螺线管线圈平面平行），并位于螺线管左侧。当光照增强时，从左向右看，金属环A中电流方向为　 　（选填“顺时针”或“逆时针”），金属环A将　 　（选填“向左”或“向右”）运动。
【答案】（1）甲
（2）向右
（3）逆时针；向左
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解析】（1）电磁感应是利用变化的磁场产生感应电流，本身回路中不需要电源，乙图中有电源，是探究通电导线在磁场中运动问题；则探究电磁感应现象应选用如图甲所示的装置通过导体棒的运动，观察电流表中的电流变化情况。
（2）在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，说明电流从负接线柱流入时，电流表指针向左偏，电流从正接线柱流入时，电流表指针向右偏转。在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，由于导线切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转。
（3）当光照增强时，热敏电阻的阻值减小，根据欧姆定律则回路电流增大，根据电流的磁效应螺线管产生的磁场增大，穿过金属环A的磁通量向右增大，根据楞次定律“增反减同”可知，从左向右看，金属环A中电流方向为逆时针；金属环A电流方向为逆时针，根据安培力阻碍磁通量的增大所以金属环受到向左的安培力所以金属环将向左运动。
【分析】（1）电磁感应是利用变化的磁场产生感应电流，本身回路中不需要电源，探究电磁感应现象应选用如图甲所示的装置通过导体棒的运动，观察电流表中的电流变化情况。
（2）在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，由于导线切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转；
（3）热敏电阻的阻值减小，根据欧姆定律则回路电流增大，根据电流的磁效应螺线管产生的磁场增大，穿过金属环A的磁通量向右增大，根据楞次定律“增反减同”可知，从左向右看，金属环A中电流方向为逆时针；金属环A电流方向为逆时针，根据安培力阻碍磁通量的增大所以金属环受到向左的安培力所以金属环将向左运动。
（1）乙图中有电源，是探究通电导线在磁场中运动问题；则探究电磁感应现象应选用如图甲所示的装置通过导体棒的运动，观察电流表中的电流变化情况。
（2）在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，说明电流从负接线柱流入时，电流表指针向左偏。在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，根据右手定则可知感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转。
（3）[1][2]当光照增强时，热敏电阻的阻值减小，回路电流增大，螺线管产生的磁场增大，穿过金属环A的磁通量向右增大，根据楞次定律可知，从左向右看，金属环A中电流方向为逆时针；金属环A电流方向为逆时针，而螺线管电流方向为顺时针，根据反向电流相互排斥，可知金属环将向左运动。
12．（2025高二下·市中区期中）用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。
（1）测量周期时用到了秒表，长针转一周的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格为1min，该单摆摆动n次长短针的位置如图2所示，所用时间为t=　 　s。
（2）用多组实验数据做出图象，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的图线的示意图如图3中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是　 　（选填选项的字母）。
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球最下端的距离记为摆长L
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
D．图线a对应的g值大于图线b对应的g值
（3）若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用图线求得的g值和真实值相比是　 　的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】100.2；B；不变
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）由于小盘对应的单位为min，大盘对应的单位为s，如图所示小盘读数是60s，大盘读数是40.1s，故秒表的读数为
（2）小球做单摆时，根据单摆的周期公式
整理得
根据表达式可以得出图像的斜率为
根据图像斜率可以得出重力加速度
A．图线a当L为零时出现纵截距则T不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离作为摆长，A错误；
B．实验中误将49次全振动记为50次，根据时间处于振动的次数等于周期会导致周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，由于重力加速度偏大会导致图线的斜率k偏小，B正确；
C．根据斜率的表达式，图线c对应的斜率k小于图线b对应的斜率，可知图线c对应的g值大于图线b对应的g值，C错误；
D．由图可知，图线a与图线b的斜率相等，根据斜率的表达式故图线a对应的g值等于图线b对应的g值，D错误。
（3）若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，由于摆球的摆长对图线斜率没有影响所以图线的斜率不变，即求得的g值和真实值相比是不变的。
【分析】（1）利用大盘和小盘的刻度可以得出对应的读数；
（2）利用单摆的周期公式结合图像斜率可以求出重力加速度的表达式；利用图像斜率和截距可以判别图线斜率和截距变化的原因；
（3）同学测摆长时漏加了小球半径，由于摆球的摆长对图线斜率没有影响所以图线的斜率不变，即求得的g值和真实值相比是不变的。
四、解答题
13．（2025高二下·市中区期中）同一均匀介质中有两个振源M、N，分别位于x轴上的（7m，0）和（10m，0）处，从不同时刻开始振动，产生的机械波相向传播，取振源M开始振动时为零时刻，t=1s时刻波形如图所示。求：
（i）机械波在该介质中的波速；
（ii）稳定后振源M、N之间振动加强点个数。
【答案】（i）机械波在介质中的传播速度由介质决定，所以M、N振动形成的机械波在介质中传播速度是相同的，由图可知
由振源M开始振动计时，t=1s时刻波形可知，机械波周期
所以机械波在介质中传播的速度
（ii）由图可知，M、N间距离为
两波源M、N振动步调相同，设M、N连线上某点P为振动加强点，则
解得该连线上有17个振动加强点。
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【分析】（1）如图所示可以得出波长的大小，结合传播的时间可以求出周期的大小，再利用波长和时间可以求出传播的速度；
（2）已知两个波源之间的距离，利用波程差等于波长的整数倍可以求出振动加强点的个数。
14．（2025高二下·市中区期中）如图所示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨，NQ⊥MN。导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，NQ间连接有一个R=5Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感强度为B=1T。将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd距离NQ为s=1m。试解答以下问题：（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）当金属棒滑行至cd处时回路中的电流多大？
（2）金属棒达到的稳定速度是多大？
（3）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则t=1s时磁感应强度应为多大？
【答案】（1）达到稳定速度前，金属棒加速度逐渐减小，速度逐渐增大。 达到稳定速度时，有
mgsinθ=F安+μmgcosθ
F安=BIL
则
解得
I=0.2A
（2）根据E=BLv，E=IR
得
（3）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流。此时金属棒将沿导轨做匀加速运动。
mgsinθ-μmgcosθ=ma
所以
a=g（sinθ-μcosθ)=10×（0.6-0.5×0.8）m/s2=2m/s2.
设t时刻磁感应强度为，则
故t=1s时，解得磁感应强度
=0.25T
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）当金属杆做匀速直线运动时，利用平衡方程结合安培力的表达式可以求出回路电流的大小；
（2）当金属杆达到稳定速度时，利用动生电动势的表达式结合欧姆定律可以求出速度的大小；
（3）当金属杆不产生感应电流时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合磁通量不发生变化可以求出磁感应强度的大小。
15．（2025高二下·市中区期中）如图所示，平行光滑导轨ABM、CDN固定在地面上，BM、DN水平放置且足够长，导轨在B、D两点处平滑连接，水平部分处在磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距均为，现将金属棒a从左侧倾斜轨道高度为处无初速度释放，当它刚好到达倾斜轨道底部时将金属棒b也从左侧倾斜轨道的同一高度处无初速度释放，当b棒到达倾斜轨道底部时，a棒的速度大小为，两金属棒的质量、接入轨道的电阻，导轨电阻不计，忽略一切摩擦阻力。重力加速度取，求：
（1）金属棒a在水平轨道上的最大加速度；
（2）整个运动过程中金属棒b上产生的焦耳热；
（3）最终金属棒a和b之间的距离。
【答案】（1）由机械能守恒得
解得
当金属棒a进入磁场时，感应电动势最大，即在水平轨道上的加速度最大，且
此时感应电流
由牛顿第二定律有
解得金属棒a在水平轨道上的最大加速度

（2）b棒到达圆弧轨道底部后做减速运动，a棒做加速运动，设两棒速度相等时速度大小为v，取a、b两棒组成的整体为研究对象，根据动量守恒定律有
解得，方向水平向右
设整个运动过程中回路产生的总焦耳热为Q，b棒产生的焦耳热为，对a、b两棒由能量守恒定律得
联立解得整个运动过程中金属棒b上产生的焦耳热

（3）设经过时间，b棒到达圆弧轨道底部时，a棒水平位移为，对a棒，取水平向右为正方向，由动量定理有
根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
联立可得
设b棒到达圆弧轨道底部后经过时间后两棒速度相同，b棒比a棒多运动的位移为，对b棒，取水平向右为正方向，由动量定理有
根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
联立可得
所以最终金属棒a与b之间的间距为

【知识点】动量与能量的其他综合应用；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）当金属棒a下滑的过程中，利用能量守恒定律可以求出金属棒进入磁场的速度大小，结合动生电动势及欧姆定律可以求出感应电流的大小，结合安培力的表达式及牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）当b棒与a棒为系统，利用整体的动量守恒定律可以求出相等的速度，结合能量守恒定律可以求出金属棒b产生的焦耳热大小；
（3）当b棒到达底部时，利用动量守恒定律可以求出a棒运动的距离，当b棒运动到两棒速度相等时，利用动量定理结合欧姆定律可以求出两棒之间的距离大小。
（1）由机械能守恒得
解得
当金属棒a进入磁场时，感应电动势最大，即在水平轨道上的加速度最大，且
此时感应电流
由牛顿第二定律有
解得金属棒a在水平轨道上的最大加速度
（2）b棒到达圆弧轨道底部后做减速运动，a棒做加速运动，设两棒速度相等时速度大小为v，取a、b两棒组成的整体为研究对象，根据动量守恒定律有
解得，方向水平向右
设整个运动过程中回路产生的总焦耳热为Q，b棒产生的焦耳热为，对a、b两棒由能量守恒定律得
联立解得整个运动过程中金属棒b上产生的焦耳热
（3）设经过时间，b棒到达圆弧轨道底部时，a棒水平位移为，对a棒，取水平向右为正方向，由动量定理有
根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
联立可得
设b棒到达圆弧轨道底部后经过时间后两棒速度相同，b棒比a棒多运动的位移为，对b棒，取水平向右为正方向，由动量定理有
根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
联立可得
所以最终金属棒a与b之间的间距为
1 / 1四川省内江市第六中学2024-2025学年高二下学期半期考试物理试题
一、单选题
1．（2025高二下·市中区期中）下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（　　）
A．图甲中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中产生大量热量，从而冶炼金属
C．丙是铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动变慢
D．图丁是微安表的表头，运输时把两个正、负接线柱用导线连接，可以避免电表指针摆动角度
2．（2025高二下·市中区期中）通过某用电器的电流I随时间t变化的关系图像如图所示（前半个周期为正弦波形的），则该交变电流的有效值为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高二下·市中区期中）如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO'平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO'下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025高二下·市中区期中）置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连。套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，如图所示，导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。要使ab棒向左运动，则圆盘可以（　　）
A．顺时针匀速转动 B．顺时针加速转动
C．逆时针匀速转动 D．逆时针加速转动
5．（2025高二下·市中区期中）如图所示， 楔形玻璃的横截面AOB的顶角为45°， OA边上的点光源S到顶点O的距离为L，光在玻璃中的折射率为光线射向OB边，不考虑多次反射， OB边上有光射出部分的长度为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·市中区期中）光滑平行异型导轨abcd与a'b'c'd'如图所示，轨道的水平部分bcd、b'c'd'处于竖直向上的匀强磁场中，bc段轨道宽度为cd段轨道宽度的2倍，bc段和cd段轨道都足够长，但abcd与a'b'c'd'轨道部分的电阻都不计。现将质量相同的金属棒P和Q（P和Q都有电阻，但具体阻值未知）分别置于轨道上的ab段和cd段，将P棒置于距水平轨道高为h处由静止释放，使其自由下滑，重力加速度为g。则（　　）
A．当P棒进入轨道的水平部分后，P棒先做加速度逐渐增大的减速直线运动
B．当P棒进入轨道的水平部分后，Q棒先做匀加速直线运动
C．Q棒的最终速度和P棒最终速度关系
D．P棒的最终速度，Q棒的最终速度
7．（2025高二下·市中区期中）两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一部分在同一水平面内，另一部分垂直于水平面。质量均为m，电阻均为R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，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动。重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　）
A．ab杆所受拉力F的大小为
B．cd杆所受摩擦力为零
C．μ与v1大小的关系为 μ=
D．回路中的电流强度为
二、多选题
8．（2025高二下·市中区期中）如图，足够长的“”形光滑金属框架固定在水平面内，金属框架所在空间分布有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。时刻，一足够长导体棒在水平拉力作用下，以速度沿金属框架角平分线从点开始向右匀速运动，已知金属框架和导体棒单位长度的电阻相等。下列关于整个回路的电动势电流，拉力拉力的功率随时间变化的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2025高二下·市中区期中）如图所示，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处同时由静止开始释放，A、B是面积、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场区域，只是A区域比B区域离地面高，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．两线圈穿过磁场的过程中产生的热量相等
B．两线圈穿过磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量相等
C．两线圈落地时甲的速度较大
D．甲线圈运动时间较短，甲线圈先落地
10．（2025高二下·市中区期中）如图所示，abcd 为水平放置的光滑金属导轨，ab、cd 相互平行且间距 l=4m，导轨电阻不计，导 轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为 1T。金属杆 MN 倾斜放置，与导轨 cd 的 夹角为θ= 53°，金属杆的质量为 2kg，单位长度的电阻 r =2Ω，保持金属杆以速度 v=10m/s 沿平 行于 ab 的方向匀速滑动（滑动过程中与导轨接触良好，已知 ，g 取 ）。则下 列说法中正确的是（　　）
A．电路中感应电动势的大小为 50V
B．金属杆所受外力的大小可能为 20N
C．金属杆所受外力的大小可能为 50N
D．金属杆的热功率为 250W
三、实验题
11．（2025高二下·市中区期中）（1）探究电磁感应现象应选用如图　 　（选填“甲”或“乙”）所示的装置进行实验。
（2）在下图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏（不通电时指针停在正中央）；在图乙中，磁体N极插入线圈A过程中观察到电流表的指针将向左偏转。则：在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，电流表的指针将　 　偏转；（选填“向左”、“向右”或“不发生”）。
（3）在图丁中，R为光敏电阻（光照增强时，光敏电阻的阻值减小），轻质金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴（A线圈平面与螺线管线圈平面平行），并位于螺线管左侧。当光照增强时，从左向右看，金属环A中电流方向为　 　（选填“顺时针”或“逆时针”），金属环A将　 　（选填“向左”或“向右”）运动。
12．（2025高二下·市中区期中）用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。
（1）测量周期时用到了秒表，长针转一周的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格为1min，该单摆摆动n次长短针的位置如图2所示，所用时间为t=　 　s。
（2）用多组实验数据做出图象，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的图线的示意图如图3中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是　 　（选填选项的字母）。
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球最下端的距离记为摆长L
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
D．图线a对应的g值大于图线b对应的g值
（3）若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用图线求得的g值和真实值相比是　 　的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
四、解答题
13．（2025高二下·市中区期中）同一均匀介质中有两个振源M、N，分别位于x轴上的（7m，0）和（10m，0）处，从不同时刻开始振动，产生的机械波相向传播，取振源M开始振动时为零时刻，t=1s时刻波形如图所示。求：
（i）机械波在该介质中的波速；
（ii）稳定后振源M、N之间振动加强点个数。
14．（2025高二下·市中区期中）如图所示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨，NQ⊥MN。导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，NQ间连接有一个R=5Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感强度为B=1T。将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd距离NQ为s=1m。试解答以下问题：（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）当金属棒滑行至cd处时回路中的电流多大？
（2）金属棒达到的稳定速度是多大？
（3）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则t=1s时磁感应强度应为多大？
15．（2025高二下·市中区期中）如图所示，平行光滑导轨ABM、CDN固定在地面上，BM、DN水平放置且足够长，导轨在B、D两点处平滑连接，水平部分处在磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距均为，现将金属棒a从左侧倾斜轨道高度为处无初速度释放，当它刚好到达倾斜轨道底部时将金属棒b也从左侧倾斜轨道的同一高度处无初速度释放，当b棒到达倾斜轨道底部时，a棒的速度大小为，两金属棒的质量、接入轨道的电阻，导轨电阻不计，忽略一切摩擦阻力。重力加速度取，求：
（1）金属棒a在水平轨道上的最大加速度；
（2）整个运动过程中金属棒b上产生的焦耳热；
（3）最终金属棒a和b之间的距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．根据电磁驱动原理，由于铝框中磁通量发生变化，为了阻碍磁通量变化，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，铝框会同向转动，但线圈比磁铁转得慢，故A错误；
B．当炉外线圈通入高频交流电时，根据电磁感应条件可以得出铁块中产生产生涡流，根据电流的热效应可知铁块中产生大量热量，从而冶炼金属，故B错误；
C．当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，相当于导体棒不断切割磁感线，会产生感应电流，楞次定律可知，产生的安培力将阻碍铜盘切割磁感线运动，在安培力的作用下会使铜盘转动将变慢，故C正确；
D．在运输时要把微安表的两个正、负接线柱用导线连在一起，为了阻碍线圈中磁通量的变化，线圈会产生感应电流进而产生安培力阻碍运动，这样做可以减小电表指针摆动角度，使电表指针不受损坏，故D错误。
故选C。
【分析】由于铝框中磁通量发生变化，为了阻碍磁通量变化，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，铝框会同向转动，但线圈比磁铁转得慢；当炉外线圈通入高频交流电时，根据电磁感应条件可以得出铁块中产生产生涡流；铜盘切割磁感线时，相当于导体棒不断切割磁感线，会产生感应电流，楞次定律可知，产生的安培力将阻碍铜盘切割磁感线运动，在安培力的作用下会使铜盘转动将变慢；在运输时要把微安表的两个正、负接线柱用导线连在一起，为了阻碍线圈中磁通量的变化，线圈会产生感应电流进而产生安培力阻碍运动。
2．【答案】A
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】当交变电流在一个周期内产生的热量和直流电产生的热量相等是，直流电的电流为交流电的有效值，根据热等效原理及焦耳定律有：
解得
故选A。
【分析】利用焦耳定律结合热等效原理可以求出交变电流的有效值。
3．【答案】A
【知识点】电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】线圈在进入磁场前，由静止开始下落，由于只受到重力的作用，线框先做自由落体运动，ab边进入磁场做减速运动，根据牛顿第二定律，由于随着速度不断增大，感应电流和安培力不断增大，所以加速度应该是逐渐减小，而A图象中的加速度逐渐增大．故A错误．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后做减速运动，因为重力小于安培力，根据牛顿第二定律有，由于速度减小，安培力不断减小，所以当加速度减小到零做匀速直线运动，cd边进入磁场做匀加速直线运动，加速度为g．故B正确．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后若线圈加速，是因为重力大于安培力，根据牛顿第二定律，由于随着速度不断增大，感应电流和安培力不断增大，线圈做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边进入磁场则做匀加速直线运动，所以D错，故正确答案为A。
【分析】线圈在进入磁场前先做自由落体运动，进入磁场时，比较重力和安培力可以判别速度的变化，结合牛顿第二定律可以判别线圈加速度的变化，当完全进入磁场时，线圈只受到重力做匀加速直线运动。
4．【答案】B
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】把O和A线圈上接线柱视作一根金属棒，当圆盘顺时针加速转动时，已知金属棒向右切割磁感线，根据右手定则可知产生的感应电流方向为由圆心指向盘边缘，在线圈A中的磁场方向为由A指向B，由于金属棒的速度增大会导致感应电流增大，根据电生磁可以得出A中的磁场在增强，在线圈B中产生感应电流，棒ab中电流方向由a流向b，根据左手定则可知ab棒向左运动，同理可知，圆盘顺时针减速转动时，ab棒向右运动，圆盘匀速转动时，由于B中没有感应电流的产生，所以ab棒不受力，静止不动，圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动。
故选B。
【分析】利用金属盘转动的方向可以判别A中的感应电流方向，结合速度的变化可以判别产生的磁场强度变化，利用A线圈产生的磁场方向及磁通量变化可以判别B线圈中感应电流的方向，再利用左手定则可以判别ab的运动方向。
5．【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】当光线在OB边发生全反射时，根据全反射临界角公式有
临界角为60°，所以光线可以从O点射出，在三角形中，根据正弦定理可知
解得OB边上有光射出的区域长度为
故选C。
【分析】当光发生全反射时，利用全反射定律可以求出临界角的大小，结合正弦定理可以求出OB边上有光射出的区域长度。
6．【答案】D
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】AB．当P棒进入轨道的水平部分后，P棒切割磁感线而产生感应电流，由于回路中的感应电流流过金属棒时，P棒受到安培力而减速，Q棒因受到安培力而加速，由于Q棒也切割磁感线产生感应电动势，与P棒产生的感应电动势相反，根据动生电动势E=BLv可以得出电动势不断减小因此回路中的电流减小，安培力也减小，故P棒做加速度减小的减速运动，Q棒做加速度减小的加速运动，故AB错误。
C．最终匀速时，回路中的电流为零，即两棒切割产生的感应电动势大小相等，根据动生电动势的表达式有：
可得
故C错误。
D．P棒沿弧面滑下过程，由于只有重力做功所以机械能守恒
解得
(1)
P棒和Q棒运动过程中任意时刻，两棒上电流相等，根据安培力的表达式可以得出两棒受到的安培力为：
即从P棒进入磁场到它俩稳定运动过程中，由于时刻电流相等，所以两棒受到的安培力的平均值也为：
　　(2)
此过程中对P、Q分别列动量定理得
(3)
(4)
又由于
　　(5)
(1)(2)(3)(4)(5)联立可得
故D正确。
故选D。
【分析】利用导体棒进入磁场后，根据楞次定律可以判别安培力的方向，结合速度的变化可以判别感应电动势和感应电流的变化，再结合牛顿第二定律及安培力的表达式可以判别加速度的大小变化；利用动生电动势的表达式可以求出两棒最终的速度大小关系；结合动量定理可以求出最终两棒的速度。
7．【答案】C
【知识点】共点力的平衡；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】AD． 当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动，根据动生电动势的表达式可以得出电路的感应电动势为
根据欧姆定律可以得出：回路中的电流为
根据ab杆的平衡方程有
AD错误；
BC．由于cd棒做匀速直线运动，根据平衡方程可以得出cd杆所受摩擦力为
所以有
μ=
B错误，C正确。
故选C。
【分析】利用动生电动势的表达式子结合欧姆定律可以求出回路电流的大小，结合平衡方程可以求出拉力的大小；利用cd棒的平衡方程结合安培力的表达式可以求出动摩擦因数的大小。
8．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．设三角形框架的顶角为，导体棒匀速运动的速度为v，当运动时间为t时，导体棒的位移为x=vt，则连入电路的导体的长度为
则回路中的电动势为
故A错误；
B．设单位长度的电阻为R，连入电路的框架的长度为
电流为
可知电流为一定值，故B正确；
C．因导体棒做匀速运动，则外力F与安培力平衡，则有安培力
故C错误；
D．拉力的功率
故D正确。
故选BD。
【分析】1、导体棒切割磁感线运动，感应电动势e=Blv，其中有效长度l变化的，要先写出有效长度的表达式。
2、根据感应电流写出感应电流表达式，再根据表达式判断对应图像。
3、根据F=BIL写出安培力表达式，导体棒做匀速运动，则外力F与安培力平衡，得出拉力F的表达式判断对应图像。
4、根据拉力的功率P=Fv写出表达式来判断图像。
9．【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．线圈下落进入磁场时，根据动生电动势的表达式有：，
根据欧姆定律有：
，
根据安培力公式有
三式子联立可得
由于乙进入磁场时的速度较大，则安培力较大，克服安培力做的功较多，即产生的焦耳热较多，故A错误；
B．由电流定义式结合法拉第电磁感应定律有
由于线圈相同，且进入磁场时面积变化相同，所以可知通过线圈横截面的电荷量相等，故B正确；
C．由于甲、乙减少的重力势能相同，甲穿过磁场的过程中产生的热量较少，由能量守恒定律可知，由于重力势能转换为焦耳热和动能，所以经过磁场后甲获得的动能大，则甲落地时速度较大，故C正确；
D．线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力，设受到的平均安培力为，穿过磁场时间为，下落全过程时间为t，落地时的速度为v，由于重力和安培力对线圈的冲量等于线圈动量的变化，根据全过程由动量定理得
而
，
所以
可见，下落过程中两线圈所受安培力的冲量相等，又因为甲落地的速度大于乙落地的速度，说明甲重力作用的时间更长，所以，即乙运动时间较短，先落地，故D错误。
故选BC。
【分析】利用动生电动势及欧姆定律可以求出感应电流，结合安培力的表达式可以比较克服安培力做功的大小，进而比较产生的焦耳热大小，根据能量守恒定律可以比较落地动能和速度的大小；利用电流的定义式结合法拉第电磁感应定律可以比较电荷量的大小；利用动量定理结合安培力的冲量大小可以比较运动的时间。
10．【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A． 金属杆以速度 v=10m/s 沿平 行于 ab 的方向匀速滑动，根据动生电动势的表达式可以得出电路中感应电动势的大小为
A错误；
D．根据金属杆的长度可以得出金属杆的电阻
根据欧姆定律可以得出电路中的电流
根据焦耳定律可以得出金属杆的热功率为
D错误；
BC．根据安培力的表达式可以得出：金属杆所受的安培力为
由于金属杆做匀速直线运动，根据平衡方程可以得出外力的大小为，当金属杆所受外力方向不与安培力方向相同时，假设外力斜向下方，外力的大小可能为50N，BC正确。
故选BC。
【分析】利用动生电动势的表达式可以求出电动势的大小；利用欧姆定律可以求出回路电流的大小，结合焦耳定律可以求出热功率的大小；利用安培力的表达式可以求出安培力的大小，结合平衡方程可以求出外力的大小。
11．【答案】（1）甲
（2）向右
（3）逆时针；向左
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解析】（1）电磁感应是利用变化的磁场产生感应电流，本身回路中不需要电源，乙图中有电源，是探究通电导线在磁场中运动问题；则探究电磁感应现象应选用如图甲所示的装置通过导体棒的运动，观察电流表中的电流变化情况。
（2）在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，说明电流从负接线柱流入时，电流表指针向左偏，电流从正接线柱流入时，电流表指针向右偏转。在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，由于导线切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转。
（3）当光照增强时，热敏电阻的阻值减小，根据欧姆定律则回路电流增大，根据电流的磁效应螺线管产生的磁场增大，穿过金属环A的磁通量向右增大，根据楞次定律“增反减同”可知，从左向右看，金属环A中电流方向为逆时针；金属环A电流方向为逆时针，根据安培力阻碍磁通量的增大所以金属环受到向左的安培力所以金属环将向左运动。
【分析】（1）电磁感应是利用变化的磁场产生感应电流，本身回路中不需要电源，探究电磁感应现象应选用如图甲所示的装置通过导体棒的运动，观察电流表中的电流变化情况。
（2）在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，由于导线切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转；
（3）热敏电阻的阻值减小，根据欧姆定律则回路电流增大，根据电流的磁效应螺线管产生的磁场增大，穿过金属环A的磁通量向右增大，根据楞次定律“增反减同”可知，从左向右看，金属环A中电流方向为逆时针；金属环A电流方向为逆时针，根据安培力阻碍磁通量的增大所以金属环受到向左的安培力所以金属环将向左运动。
（1）乙图中有电源，是探究通电导线在磁场中运动问题；则探究电磁感应现象应选用如图甲所示的装置通过导体棒的运动，观察电流表中的电流变化情况。
（2）在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，说明电流从负接线柱流入时，电流表指针向左偏。在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，根据右手定则可知感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转。
（3）[1][2]当光照增强时，热敏电阻的阻值减小，回路电流增大，螺线管产生的磁场增大，穿过金属环A的磁通量向右增大，根据楞次定律可知，从左向右看，金属环A中电流方向为逆时针；金属环A电流方向为逆时针，而螺线管电流方向为顺时针，根据反向电流相互排斥，可知金属环将向左运动。
12．【答案】100.2；B；不变
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）由于小盘对应的单位为min，大盘对应的单位为s，如图所示小盘读数是60s，大盘读数是40.1s，故秒表的读数为
（2）小球做单摆时，根据单摆的周期公式
整理得
根据表达式可以得出图像的斜率为
根据图像斜率可以得出重力加速度
A．图线a当L为零时出现纵截距则T不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离作为摆长，A错误；
B．实验中误将49次全振动记为50次，根据时间处于振动的次数等于周期会导致周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，由于重力加速度偏大会导致图线的斜率k偏小，B正确；
C．根据斜率的表达式，图线c对应的斜率k小于图线b对应的斜率，可知图线c对应的g值大于图线b对应的g值，C错误；
D．由图可知，图线a与图线b的斜率相等，根据斜率的表达式故图线a对应的g值等于图线b对应的g值，D错误。
（3）若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，由于摆球的摆长对图线斜率没有影响所以图线的斜率不变，即求得的g值和真实值相比是不变的。
【分析】（1）利用大盘和小盘的刻度可以得出对应的读数；
（2）利用单摆的周期公式结合图像斜率可以求出重力加速度的表达式；利用图像斜率和截距可以判别图线斜率和截距变化的原因；
（3）同学测摆长时漏加了小球半径，由于摆球的摆长对图线斜率没有影响所以图线的斜率不变，即求得的g值和真实值相比是不变的。
13．【答案】（i）机械波在介质中的传播速度由介质决定，所以M、N振动形成的机械波在介质中传播速度是相同的，由图可知
由振源M开始振动计时，t=1s时刻波形可知，机械波周期
所以机械波在介质中传播的速度
（ii）由图可知，M、N间距离为
两波源M、N振动步调相同，设M、N连线上某点P为振动加强点，则
解得该连线上有17个振动加强点。
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【分析】（1）如图所示可以得出波长的大小，结合传播的时间可以求出周期的大小，再利用波长和时间可以求出传播的速度；
（2）已知两个波源之间的距离，利用波程差等于波长的整数倍可以求出振动加强点的个数。
14．【答案】（1）达到稳定速度前，金属棒加速度逐渐减小，速度逐渐增大。 达到稳定速度时，有
mgsinθ=F安+μmgcosθ
F安=BIL
则
解得
I=0.2A
（2）根据E=BLv，E=IR
得
（3）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流。此时金属棒将沿导轨做匀加速运动。
mgsinθ-μmgcosθ=ma
所以
a=g（sinθ-μcosθ)=10×（0.6-0.5×0.8）m/s2=2m/s2.
设t时刻磁感应强度为，则
故t=1s时，解得磁感应强度
=0.25T
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）当金属杆做匀速直线运动时，利用平衡方程结合安培力的表达式可以求出回路电流的大小；
（2）当金属杆达到稳定速度时，利用动生电动势的表达式结合欧姆定律可以求出速度的大小；
（3）当金属杆不产生感应电流时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合磁通量不发生变化可以求出磁感应强度的大小。
15．【答案】（1）由机械能守恒得
解得
当金属棒a进入磁场时，感应电动势最大，即在水平轨道上的加速度最大，且
此时感应电流
由牛顿第二定律有
解得金属棒a在水平轨道上的最大加速度

（2）b棒到达圆弧轨道底部后做减速运动，a棒做加速运动，设两棒速度相等时速度大小为v，取a、b两棒组成的整体为研究对象，根据动量守恒定律有
解得，方向水平向右
设整个运动过程中回路产生的总焦耳热为Q，b棒产生的焦耳热为，对a、b两棒由能量守恒定律得
联立解得整个运动过程中金属棒b上产生的焦耳热

（3）设经过时间，b棒到达圆弧轨道底部时，a棒水平位移为，对a棒，取水平向右为正方向，由动量定理有
根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
联立可得
设b棒到达圆弧轨道底部后经过时间后两棒速度相同，b棒比a棒多运动的位移为，对b棒，取水平向右为正方向，由动量定理有
根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
联立可得
所以最终金属棒a与b之间的间距为

【知识点】动量与能量的其他综合应用；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）当金属棒a下滑的过程中，利用能量守恒定律可以求出金属棒进入磁场的速度大小，结合动生电动势及欧姆定律可以求出感应电流的大小，结合安培力的表达式及牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）当b棒与a棒为系统，利用整体的动量守恒定律可以求出相等的速度，结合能量守恒定律可以求出金属棒b产生的焦耳热大小；
（3）当b棒到达底部时，利用动量守恒定律可以求出a棒运动的距离，当b棒运动到两棒速度相等时，利用动量定理结合欧姆定律可以求出两棒之间的距离大小。
（1）由机械能守恒得
解得
当金属棒a进入磁场时，感应电动势最大，即在水平轨道上的加速度最大，且
此时感应电流
由牛顿第二定律有
解得金属棒a在水平轨道上的最大加速度
（2）b棒到达圆弧轨道底部后做减速运动，a棒做加速运动，设两棒速度相等时速度大小为v，取a、b两棒组成的整体为研究对象，根据动量守恒定律有
解得，方向水平向右
设整个运动过程中回路产生的总焦耳热为Q，b棒产生的焦耳热为，对a、b两棒由能量守恒定律得
联立解得整个运动过程中金属棒b上产生的焦耳热
（3）设经过时间，b棒到达圆弧轨道底部时，a棒水平位移为，对a棒，取水平向右为正方向，由动量定理有
根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
联立可得
设b棒到达圆弧轨道底部后经过时间后两棒速度相同，b棒比a棒多运动的位移为，对b棒，取水平向右为正方向，由动量定理有
根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
联立可得
所以最终金属棒a与b之间的间距为
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