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高中物理人教版(2019)选择性必修第二册第二章电磁感应测试卷（Word版附解析）
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这是一份高中物理人教版(2019)选择性必修第二册第二章电磁感应测试卷（Word版附解析），共9页。
第二章 电磁感应满分100分,限时90分钟一、单项选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)1.下列现象中利用的原理不是电磁感应的是 ( ) A.如图甲所示,真空冶炼炉外有线圈,线圈中通入高频交流电,炉内的金属能迅速熔化B.如图乙所示,安检门可以检测金属物品,如携带金属刀具经过时,会触发报警C.如图丙所示,放在磁场中的玻璃皿内盛有导电液体,其中心放一圆柱形电极,边缘内壁放一环形电极,通电后液体就会旋转起来D.如图丁所示,用一蹄形磁铁接近正在旋转的铜盘,铜盘很快静止下来2.一架飞机在广州上空匀速巡航,机翼保持水平,飞行高度不变,由于受地磁场的作用,金属机翼上有电势差,设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1,右方机翼末端处的电势为φ2,则下列说法正确的是 ( )A.若飞机从东往西飞,φ1比φ2高B.若飞机从南往北飞,φ1比φ2低C.若飞机从北往南飞,φ1比φ2低D.由于飞机匀速飞行,则φ1等于φ23.如图所示,若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ,关于线圈的感应电流及其方向(从上往下看),说法正确的是 ( )A.有顺时针方向的感应电流B.有逆时针方向的感应电流C.先有逆时针后有顺时针方向的感应电流D.无感应电流4.如图所示,一个矩形区域内存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里。一个三角形闭合导线框由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t=0),规定逆时针方向为电流的正方向,则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是 ( ) 5.如图所示,地面上方有方向垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场,在磁场内水平静止释放一根不带电的金属棒MN,不考虑空气阻力,下列说法正确的是 ( )A.N端先落地,M端后落地B.M、N两端同时落地C.金属棒做自由落体运动D.金属棒先加速运动后匀速运动6.如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,间距为L的水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻,质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻和导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动,最终停在导体框上。在此过程中,下列说法正确的是 ( )A.导体棒中电流保持不变B.导体棒中感应电流的方向为b→a,a、b间电势差为BLv0C.导体棒克服安培力做的功等于12mv02D.导体棒刚开始运动时克服安培力做功的瞬时功率为B2L2v02R7.如图所示,虚线左侧存在磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于纸面向里。有一正方形金属框abcd,其边长为L,电阻为R,初始ad边与磁场边界重合,现将其绕a点以角速度ω顺时针匀速转动。在金属框转动45°的过程中 ( )A.金属框中产生沿逆时针方向的感应电流B.金属框经过虚线位置时产生的瞬时感应电动势大小为BωL2C.金属框受到的安培力逐渐增大,方向不断变化D.流过金属框某一横截面的电荷量为2BωL2πR8.如图所示,y轴正方向竖直向下,足够长的光滑导轨OM、ON固定在竖直平面内,电阻不计,两导轨与竖直方向夹角均为30°。空间存在垂直导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、长为L的导体棒在竖直向上的拉力F作用下,从O点开始沿y轴向下以大小为v的速度做匀速直线运动,棒始终与y轴垂直且关于y轴对称,与导轨接触良好。单位长度的导体棒电阻值为r,重力加速度为g。则在导体棒从开始运动到离开导轨的过程中,下列说法正确的是 ( )A.导体棒中的感应电流逐渐增大B.导体棒沿导轨向下运动过程中减少的机械能等于导体棒产生的焦耳热C.通过导轨O点处横截面的电荷量为3BL2rD.导体棒在导轨上运动时拉力F与y的关系为F=mg-3vB23ry二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)9.如图,半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场中,绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,磁场的磁感应强度大小为B,则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘及导线的电阻不计) ( )A.电阻R上电流方向由c到dB.电阻R上电流方向由d到cC.通过R的电流I=Br2ω2RD.通过R的电流I=Br2ωR10.图1中表示电流传感器,在用图1的电路研究自感现象时,电流传感器显示各时刻通过线圈L(直流电阻为0)的电流如图2所示。已知灯泡的电阻与定值电阻R相同且不随电流变化,可以判定 ( ) A.闭合S时灯泡缓慢变亮,断开S时灯泡缓慢熄灭B.1.0×10-3 s前后,S由闭合变为断开C.1.2×10-3 s时,通过灯泡的电流方向为从右向左D.1.1×10-3 s时,灯泡的功率约为5.0×10-4 s时的二分之一11.如图,在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨,其间距为L,电阻不计。在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场,在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场,两部分磁场的磁感应强度大小均为B。与导轨垂直的金属棒ad、bc的电阻均为R,质量分别为m、2m,分别静止于两磁场中。现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0,下列说法正确的是 ( )A.两金属棒组成的系统的动量守恒B.两金属棒始终受到水平向右的安培力C.两棒达到稳定时速度大小均为13v0D.ad棒向左运动的过程中,ad棒产生的焦耳热为16mv0212.如图甲所示,两根间距L=1 m的平行光滑金属导轨放置在水平面内,左端与R=1 Ω的定值电阻相连。导轨间在坐标轴x>0一侧存在着沿x方向磁感应强度均匀增大的磁场,磁感应强度B与x的关系如图乙所示。在外力F作用下,一质量m=1 kg的金属棒从A1位置运动到A2位置的过程中,通过电阻R的电流始终恒定为1 A。金属棒始终与导轨垂直且接触良好,A1、A2对应的位置坐标分别为x1=1 m、x2=3 m,不计导轨与金属棒电阻,下列说法正确的是 ( ) A.从A1到A2的过程中,金属棒做减速运动B.金属棒在A2处的动能为0.25 JC.从A1到A2的过程回路中拉力做的功为2.625 JD.从A1到A2的过程中通过金属棒横截面的电荷量为4 C三、非选择题(本大题共6小题,共60分)13.(6分)在“探究影响感应电流方向的因素”实验中:(1)请将实物电路图补充完整。(2)将线圈E插入线圈F中,闭合开关时,线圈F中感应电流的方向与线圈E中电流的绕行方向 (选填“相同”或“相反”)。 (3)在开关处于闭合状态将线圈E拔出时,线圈F中的感应电流的方向与线圈E中电流的绕行方向 (选填“相同”或“相反”)。 14.(9分)某学习小组在“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”的实验中采用了如图甲所示的实验装置。 (1)实验中用螺旋测微器测量挡光片的宽度Δd时,示数如图乙所示,则Δd= mm。 (2)在实验中,让小车以不同速度靠近螺线管,记录下光电门挡光时间Δt内感应电动势的平均值E,改变速度多次实验,得到多组数据。这样实验的设计满足了物理实验中常用的“控制变量法”,你认为该实验过程中不变的量是:在Δt时间内 。 (3)得到多组Δt与E的数据之后,若以E为纵坐标、以Δt为横坐标作出E-Δt图像,发现图像是一条曲线,不容易得出清晰的实验结论,为了使画出的图像为一条直线,最简单的改进办法是以 为横坐标。 15.(8分)如图所示,间距为L的光滑导轨立在竖直平面内,匀强磁场的方向垂直于导轨平面,磁感应强度为B,质量为m的导体棒PQ与导轨接触良好。电源的电动势为E、内阻为r。当开关K拨向a时,导体棒PQ恰能静止。重力加速度为g,导轨电阻不计。求:(1)导体棒的电阻;(2)当K拨向b后,导体棒由静止开始向下运动,最后匀速运动的速度为多大。16.(9分)如图甲所示,一不可伸长的轻绳上端固定,下端系一个半径为r=0.1 m的圆形单匝金属框,金属框的水平直径ab上方有垂直于金属框所在平面向里的匀强磁场,已知金属框的电阻R=5 Ω,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示,求:(1)金属框中的感应电流大小和方向;(2)t=0.02 s时金属框所受安培力的大小和方向。 17.(12分)如图所示,在竖直平面内的xOy坐标系中有水平向里的磁场,磁感应强度大小沿x轴方向均相同,沿y轴正方向以By=ky(k>0)的规律均匀增大。一正方形线框abcd的a点与原点O重合,并沿x轴正方向水平抛出,下降高度h后线框开始做匀速运动。已知线框的边长为L,质量为m,电阻为R,重力加速度为g,不计空气阻力。求:(1)线框匀速运动时沿y轴方向的速度大小vy;(2)线框下落高度h的过程中产生的焦耳热Q。18.(16分)如图所示,MN和PQ是电阻不计的光滑平行金属导轨,间距为L,导轨弯曲部分与平直部分平滑连接,顶端接一个阻值为R的定值电阻,从导轨弯曲部分与平直部分连接处向右宽度为d的区域内有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场,一电阻为r、长为L的金属棒从导轨AA'处由静止释放,经过磁场右边界继续向右运动并从桌边水平飞出,已知AA'离桌面高度为h,桌面离地高度为H,金属棒落地点与桌面边缘的水平距离为s,重力加速度为g,由此可求出金属棒穿过磁场区域的过程中:(1)流过金属棒的最小电流;(2)通过金属棒的电荷量;(3)金属棒产生的焦耳热。 答案与解析1.C 真空冶炼炉外的线圈中通有高频交流电,由于电磁感应,炉内金属中会产生涡流,使得金属达到很高的温度从而熔化,利用了电磁感应的原理,故A不符合题意;安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品,原理是:线圈中交变电流产生的磁场,会在金属物品中产生感应电流,而金属物品中感应电流产生的磁场会在线圈中产生感应电流,引起线圈中交变电流发生变化,从而被探测到,即利用了电磁感应的原理来工作,故B不符合题意;放在磁场中的玻璃皿内盛有导电液体,其中心放一圆柱形电极,边缘内壁放一环形电极,从而使得圆柱形电极与边缘形成电流,电流在磁场中受到安培力的作用而发生转动,不是利用电磁感应的原理,故C符合题意;用一蹄形磁铁接近正在旋转的铜盘,铜盘内部将会产生涡流,在安培力的作用下铜盘会很快静止下来,利用了电磁感应的原理,故D不符合题意。2.A 我国广州位于地球的北半球,地磁场的竖直分量向下。当飞机水平匀速飞行时,切割磁感线产生感应电动势,且感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的,由低电势指向高电势。由右手定则可判断飞机飞行时产生的感应电动势情况如图所示,可知飞机不论沿何方向水平飞行,都是飞机的左方机翼电势高,右方机翼电势低,即总有φ1比φ2高。故选项A正确。3.A关键点拨 有关磁通量变化的判定:磁感线是闭合曲线,在磁铁外部,磁感线从N极出发回到S极;在磁铁内部,磁感线从S极指向N极。图中,磁铁内部穿过线圈的磁感线方向向上,磁铁外部,穿过线圈的磁感线方向向下,与内部的磁通量抵消一部分,根据线圈面积大小、抵消多少来分析磁通量变化情况。磁感线是闭合曲线,磁铁内部磁感线的条数等于外部所有磁感线的总和,且二者方向相反,可知通过金属导线圈Ⅱ的磁通量比Ⅰ的大,即当弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ时,磁通量变大,且磁场方向向上,根据楞次定律结合安培定则可知线圈中产生顺时针方向的感应电流。4.C 线框进入磁场的过程,磁通量向里增加,根据楞次定律可知感应电流的磁场向外,由安培定则可知感应电流沿逆时针方向,即沿正方向,线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小,由E=BLv可知,感应电动势先均匀增大后均匀减小,感应电流先均匀增大后均匀减小。线框完全在磁场中运动的过程,穿过线框的磁通量不变,没有感应电流产生。线框穿出磁场的过程,磁通量向里减小,根据楞次定律可知感应电流的磁场向里,由安培定则可知感应电流沿顺时针方向,即沿负方向,线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小,由E=BLv可知,感应电动势先均匀增大后均匀减小,感应电流先均匀增大后均匀减小。综上可知A、B、D错误,C正确。5.A 根据题意可知,金属棒MN向下运动时切割磁感线,由右手定则可知,感应电动势方向由N→M,即M端相当于电源的正极带正电,N端相当于电源的负极带负电,在电场中,M端受向上的电场力,N端受向下的电场力,金属棒MN向下运动过程中,发生了转动,N端先落地,M端后落地。故选A。6.C 导体棒ab以向右的初速度v0切割磁感线瞬间,产生的电动势为E=BLv0,根据右手定则,导体棒中感应电流方向为b→a,感应电流大小I0=ER+r=BLv0R+r,导体棒相当于电源,a、b间电势差为路端电压,即Uab=BLv0R+r·R,根据左手定则,导体棒ab受到的安培力向左,速度会减小,a、b间电势差会减小,导体棒中电流减小,A、B错误;导体棒最终停在导体框上,根据功能关系,导体棒克服安培力做的功等于导体棒动能的减少量,即12mv02,C正确;导体棒刚开始运动时,安培力F安=BI0L,克服安培力做功的瞬时功率为P=F安·v0=B2L2v02R+r,D错误。故选C。7.B 由楞次定律,金属框中产生沿顺时针方向的感应电流,A错误;金属框经过虚线位置时,切割磁感线的有效长度等于ac的长度,瞬时感应电动势E=12BL有效vc=12B·2L·ω·2L=BωL2,B正确;在金属框匀速转动45°的过程中,切割磁感线的有效长度逐渐变大,感应电动势逐渐变大,感应电流逐渐变大,由F=BIL可知,金属框受到的安培力逐渐增大,且方向不变总是垂直于磁场边界向左,C错误;流过金属框某一横截面的电荷量为q=IΔt=ERΔt=ΔΦR=BL22R,D错误。故选B。8.C 设导体棒在两导轨间的长度为l,导体棒产生的感应电动势E=Blv,根据闭合电路欧姆定律,导体棒中的感应电流I=Elr=Bvr,因为v、r、B恒定,则I恒定,A错误;导体棒沿导轨向下运动过程中,除了重力做功,还有拉力F、安培力做负功,减少的机械能等于克服拉力F做功与克服安培力做功之和,其中克服安培力做的功等于导体棒产生的焦耳热,B错误;通过导轨O点处横截面的电荷量q=It=Bvr·32Lv=3BL2r,C正确;导体棒在导轨上做匀速直线运动时,导体棒受到重力、拉力F和安培力而平衡,有F+BIl=mg,其中l=2y tan 30°,解得拉力F=mg-23B2v3ry,D错误。故选C。9.BC 根据法拉第电磁感应定律,金属圆盘切割磁感线产生的感应电动势为E=Brv=12Br·rω=12Br2ω,根据欧姆定律,通过电阻R的电流为I=ER=Br2ω2R,由右手定则,圆盘相当于电源,电流方向从边缘指向圆心,电阻中的电流方向为从d到c。故选B、C。10.BC 闭合S时,流过灯泡的电流瞬间增大,所以灯泡瞬间变亮,A错误;闭合S时,由于线圈的自感作用使得流过电阻R的电流由0逐渐增大,稳定后,自感现象消失,电流保持不变,断开S时,线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小,与定值电阻R、电流传感器和灯泡组成回路,线圈L中的感应电流方向与断开S前的电流方向相同,回路电流方向是逆时针方向,通过灯泡的电流方向为从右向左,所以题图2中,0~1.0×10-3 s是闭合S后的稳定时间,1.0×10-3 s前后,S由闭合变为断开,B、C正确;由题图2可知,t1=1.1×10-3 s时,电流约为I1=0.9 A,t2=5.0×10-4 s时,电流为I2=1.5 A,根据功率的计算公式P=I2R,可得P1P2=0.921.52=0.36,D错误。故选B、C。11.CD ad棒向左运动时,回路中产生顺时针方向的感应电流,ad棒受到向右的安培力,bc棒也受到向右的安培力,所以两金属棒组成的系统合外力不为零,系统的动量不守恒,选项A错误;ad棒向左做减速运动,bc棒向右做加速运动,两棒速度大小相等时,穿过回路的磁通量不变,不再产生感应电流,两棒不受安培力,均做匀速运动,设速度大小为v,根据动量定理,对ad棒有-F安t=mv-mv0,对bc棒有F安t=2mv-0,联立解得v=13v0,即最终两金属棒的速度大小都是13v0,选项B错误,C正确;由能量关系可知总的焦耳热Q=12mv02-12mv2-12×2mv2,ad棒产生的焦耳热为Qad=12Q=16mv02,选项D正确。12.AC 从A1到A2的过程中,回路中电流恒为I=1 A,感应电动势为E=IR=1 V,由E=BLv得,v=EBL,因为E、L为定值,所以v与B成反比,由题图乙可知,从A1到A2的过程中,x增大,B增大,则v减小,所以金属棒做减速运动,A正确;由题图乙可得B=(0.5+0.5x) T,在A1即x=1 m处的磁感应强度B=1 T,设金属棒在A1处的速度为v1,可得E=BLv1,解得v1=1 m/s,在A2即x=3 m处的磁感应强度B=2 T,设金属棒在A2处的速度为v2,可得E=BLv2,解得v2=0.5 m/s,金属棒在A2处的动能Ek2=12mv22=0.125 J,B错误;金属棒受到的安培力大小为F安=BIL=(0.5+0.5x)×1×1 N=(0.5+0.5x) N,在A1即x=1 m处受到的安培力大小为F1=1 N,在A2即x=3 m处受到的安培力大小为F2=2 N,由于安培力随位移均匀变化,整个过程中克服安培力所做的功为W克安=F1+F22x=3 J,即回路产生的焦耳热Q=3 J,由焦耳定律Q=I2Rt,解得t=3 s,金属棒从A1到A2的过程中通过其横截面的电荷量为q=It=3 C,D错误;金属棒从A1到A2的过程中,对金属棒,由动能定理有W-W克安=12mv22-12mv12,解得外力所做的功为W=2.625 J,C正确。故选A、C。13.答案 (1)图见解析(2分)(2)相反(2分) (3)相同(2分)解析 (1)实物电路如图所示:(2)将线圈E插入线圈F中,闭合开关时,通过线圈F的磁通量增大,由楞次定律,线圈F中感应电流的磁场阻碍磁通量的增加,即线圈F中感应电流的绕行方向与线圈E中电流的绕行方向相反。(3)在开关处于闭合状态将线圈E拔出时,通过线圈F的磁通量减少,由楞次定律,线圈F中感应电流的磁场阻碍磁通量的减少,即线圈F中感应电流的绕行方向与线圈E中电流的绕行方向相同。14.答案 (1)4.800(3分) (2)穿过螺线管的磁通量的变化量(3分) (3)1Δt(3分)解析 (1)螺旋测微器的读数为4.5 mm+0.01×30.0 mm=4.800 mm(2)多次实验中,在光电门挡光时间Δt内的初始时刻与末时刻,强磁铁相对螺线管的位置变化均相同,表明在Δt时间内,穿过螺线管的磁通量的变化量不变,即小车以不同速度靠近螺线管过程中不变的量是在Δt时间内穿过螺线管的磁通量的变化量。(3)根据E=nΔΦΔt可知,在螺线管匝数不变、穿过螺线管的磁通量的变化量不变时,感应电动势E与Δt成反比,E-Δt图像为曲线,而感应电动势E与1Δt成正比,E-1Δt图像为一条过原点的倾斜直线,为了使画出的图像为一条直线,最简单的改进办法是以1Δt为横坐标。15.答案 (1)BELmg-r (2)BEL-mgrB2L2解析 (1)当开关K拨向a时,导体棒PQ恰能静止,其受到的重力和安培力平衡,有mg=BIL (1分)由闭合电路欧姆定律可得E=I(R+r) (1分)联立解得导体棒的电阻为R=BELmg-r (2分)(2)当K拨向b后,导体棒由静止开始向下运动,切割磁感线产生感应电流,受到安培力作用,当导体棒最后匀速运动时,有mg=BI'L (1分)由闭合电路欧姆定律可得BLvm=I'R (1分)联立解得vm=BEL-mgrB2L2 (2分)16.答案 (1)0.1 A,逆时针 (2)125π N,竖直向下解析 (1)由题图乙可知,磁场均匀增强,根据楞次定律可知金属框中感应电流产生的磁场方向垂直于金属框所在平面向外, (1分)再由安培定则可知金属框中的感应电流方向为逆时针。 (1分)由法拉第电磁感应定律可知感应电动势E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=ΔBΔt×12πr2 (1分)代入数据得E=3π0.03×12π×0.12 V=0.5 V(1分)则感应电流I=ER=0.55 A=0.1 A(1分)(2)由题图乙可知,t=0.02 s时磁感应强度大小为B=2π T(1分)金属框处于磁场中的有效长度为L=2r=0.2 m(1分)此时金属框所受安培力的大小为F=BIL=2π×0.1×0.2 N=125π N(1分)由左手定则可判断金属框所受安培力方向竖直向下 (1分)17.答案 (1)mgRk2L4 (2)mgh-m3g2R22k4L8解析 (1)线框下落距离为h时,ad边产生的感应电动势大小为E1=khLvy (1分)bc边产生的感应电动势大小为E2=k(h+L)Lvy (1分)回路中的感应电动势E=E2-E1,又I=ER (1分)ad边受到的安培力大小F1=B1IL=khIL,方向向下; (1分)bc边受到的安培力大小F2=B2IL=k(h+L)IL,方向向上; (1分)线框匀速运动,由共点力平衡的条件有F2-F1=mg (1分)解得vy=mgRk2L4 (1分)(2)设线框抛出时的初速度为v0,匀速运动时速度v=v02+vy2 (1分)由能量守恒定律,线框下落高度h过程中产生的焦耳热Q=mgh-12mv2-12mv02 (2分)解得Q=mgh-m3g2R22k4L8 (2分)18.答案 (1)BLsR+rg2H (2)BdLR+r (3)B2L2dr(R+r)22gh-sg2Hgh-gs24H解析 (1)当金属棒进入磁场后,穿过闭合回路的磁通量增大,产生的感应电流所受的安培力将阻碍金属棒向右运动,金属棒向右做减速运动,在右边界速度最小,出磁场后在平直导轨上做匀速直线运动,之后做平抛运动,在水平方向的分运动为匀速运动,即在右边界的速度即为平抛运动的初速度,所以在右边界的速度为v=st=s2Hg=sg2H (1分)金属棒产生的最小感应电动势E=BLv (1分)流过金属棒的最小电流I=ER+r=BLvR+r (1分)解得I=BLsR+rg2H (1分)(2)通过金属棒的电荷量q=IΔt=ER+rΔt=ΔΦR+r=BdLR+r (2分)(3)金属棒穿过磁场的过程中水平方向只受到安培力的作用,由动量定理可得-BIL·Δt=mv-mv0 (1分)其中I·Δt=q=BdLR+r (1分)可得金属棒的质量m=B2L2d(R+r)2gh-sg2H (1分)金属棒在导轨上运动过程中,由动能定理得mgh-W克安=12mv2-0 (2分)则克服安培力做功W克安=mgh-12mv2=mgh-mgs24H (1分)联立可求出克服安培力做的功W克安=B2L2d(R+r)2gh-sg2Hgh-gs24H (1分)克服安培力做的功转化为整个电路的焦耳热,Q=W克安 (1分)根据串联电路的功率分配关系,金属棒产生的焦耳热Qr=rR+r·Q (1分)解得Qr=B2L2dr(R+r)22gh-sg2Hgh-gs24H (1分) 1.C2.A3.A4.C5.A6.C7.B8.C9.BC10.BC11.CD12.AC
第二章 电磁感应满分100分,限时90分钟一、单项选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)1.下列现象中利用的原理不是电磁感应的是 ( ) A.如图甲所示,真空冶炼炉外有线圈,线圈中通入高频交流电,炉内的金属能迅速熔化B.如图乙所示,安检门可以检测金属物品,如携带金属刀具经过时,会触发报警C.如图丙所示,放在磁场中的玻璃皿内盛有导电液体,其中心放一圆柱形电极,边缘内壁放一环形电极,通电后液体就会旋转起来D.如图丁所示,用一蹄形磁铁接近正在旋转的铜盘,铜盘很快静止下来2.一架飞机在广州上空匀速巡航,机翼保持水平,飞行高度不变,由于受地磁场的作用,金属机翼上有电势差,设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1,右方机翼末端处的电势为φ2,则下列说法正确的是 ( )A.若飞机从东往西飞,φ1比φ2高B.若飞机从南往北飞,φ1比φ2低C.若飞机从北往南飞,φ1比φ2低D.由于飞机匀速飞行,则φ1等于φ23.如图所示,若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ,关于线圈的感应电流及其方向(从上往下看),说法正确的是 ( )A.有顺时针方向的感应电流B.有逆时针方向的感应电流C.先有逆时针后有顺时针方向的感应电流D.无感应电流4.如图所示,一个矩形区域内存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里。一个三角形闭合导线框由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t=0),规定逆时针方向为电流的正方向,则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是 ( ) 5.如图所示,地面上方有方向垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场,在磁场内水平静止释放一根不带电的金属棒MN,不考虑空气阻力,下列说法正确的是 ( )A.N端先落地,M端后落地B.M、N两端同时落地C.金属棒做自由落体运动D.金属棒先加速运动后匀速运动6.如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,间距为L的水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻,质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻和导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动,最终停在导体框上。在此过程中,下列说法正确的是 ( )A.导体棒中电流保持不变B.导体棒中感应电流的方向为b→a,a、b间电势差为BLv0C.导体棒克服安培力做的功等于12mv02D.导体棒刚开始运动时克服安培力做功的瞬时功率为B2L2v02R7.如图所示,虚线左侧存在磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于纸面向里。有一正方形金属框abcd,其边长为L,电阻为R,初始ad边与磁场边界重合,现将其绕a点以角速度ω顺时针匀速转动。在金属框转动45°的过程中 ( )A.金属框中产生沿逆时针方向的感应电流B.金属框经过虚线位置时产生的瞬时感应电动势大小为BωL2C.金属框受到的安培力逐渐增大,方向不断变化D.流过金属框某一横截面的电荷量为2BωL2πR8.如图所示,y轴正方向竖直向下,足够长的光滑导轨OM、ON固定在竖直平面内,电阻不计,两导轨与竖直方向夹角均为30°。空间存在垂直导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、长为L的导体棒在竖直向上的拉力F作用下,从O点开始沿y轴向下以大小为v的速度做匀速直线运动,棒始终与y轴垂直且关于y轴对称,与导轨接触良好。单位长度的导体棒电阻值为r,重力加速度为g。则在导体棒从开始运动到离开导轨的过程中,下列说法正确的是 ( )A.导体棒中的感应电流逐渐增大B.导体棒沿导轨向下运动过程中减少的机械能等于导体棒产生的焦耳热C.通过导轨O点处横截面的电荷量为3BL2rD.导体棒在导轨上运动时拉力F与y的关系为F=mg-3vB23ry二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)9.如图,半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场中,绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,磁场的磁感应强度大小为B,则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘及导线的电阻不计) ( )A.电阻R上电流方向由c到dB.电阻R上电流方向由d到cC.通过R的电流I=Br2ω2RD.通过R的电流I=Br2ωR10.图1中表示电流传感器,在用图1的电路研究自感现象时,电流传感器显示各时刻通过线圈L(直流电阻为0)的电流如图2所示。已知灯泡的电阻与定值电阻R相同且不随电流变化,可以判定 ( ) A.闭合S时灯泡缓慢变亮,断开S时灯泡缓慢熄灭B.1.0×10-3 s前后,S由闭合变为断开C.1.2×10-3 s时,通过灯泡的电流方向为从右向左D.1.1×10-3 s时,灯泡的功率约为5.0×10-4 s时的二分之一11.如图,在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨,其间距为L,电阻不计。在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场,在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场,两部分磁场的磁感应强度大小均为B。与导轨垂直的金属棒ad、bc的电阻均为R,质量分别为m、2m,分别静止于两磁场中。现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0,下列说法正确的是 ( )A.两金属棒组成的系统的动量守恒B.两金属棒始终受到水平向右的安培力C.两棒达到稳定时速度大小均为13v0D.ad棒向左运动的过程中,ad棒产生的焦耳热为16mv0212.如图甲所示,两根间距L=1 m的平行光滑金属导轨放置在水平面内,左端与R=1 Ω的定值电阻相连。导轨间在坐标轴x>0一侧存在着沿x方向磁感应强度均匀增大的磁场,磁感应强度B与x的关系如图乙所示。在外力F作用下,一质量m=1 kg的金属棒从A1位置运动到A2位置的过程中,通过电阻R的电流始终恒定为1 A。金属棒始终与导轨垂直且接触良好,A1、A2对应的位置坐标分别为x1=1 m、x2=3 m,不计导轨与金属棒电阻,下列说法正确的是 ( ) A.从A1到A2的过程中,金属棒做减速运动B.金属棒在A2处的动能为0.25 JC.从A1到A2的过程回路中拉力做的功为2.625 JD.从A1到A2的过程中通过金属棒横截面的电荷量为4 C三、非选择题(本大题共6小题,共60分)13.(6分)在“探究影响感应电流方向的因素”实验中:(1)请将实物电路图补充完整。(2)将线圈E插入线圈F中,闭合开关时,线圈F中感应电流的方向与线圈E中电流的绕行方向 (选填“相同”或“相反”)。 (3)在开关处于闭合状态将线圈E拔出时,线圈F中的感应电流的方向与线圈E中电流的绕行方向 (选填“相同”或“相反”)。 14.(9分)某学习小组在“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”的实验中采用了如图甲所示的实验装置。 (1)实验中用螺旋测微器测量挡光片的宽度Δd时,示数如图乙所示,则Δd= mm。 (2)在实验中,让小车以不同速度靠近螺线管,记录下光电门挡光时间Δt内感应电动势的平均值E,改变速度多次实验,得到多组数据。这样实验的设计满足了物理实验中常用的“控制变量法”,你认为该实验过程中不变的量是:在Δt时间内 。 (3)得到多组Δt与E的数据之后,若以E为纵坐标、以Δt为横坐标作出E-Δt图像,发现图像是一条曲线,不容易得出清晰的实验结论,为了使画出的图像为一条直线,最简单的改进办法是以 为横坐标。 15.(8分)如图所示,间距为L的光滑导轨立在竖直平面内,匀强磁场的方向垂直于导轨平面,磁感应强度为B,质量为m的导体棒PQ与导轨接触良好。电源的电动势为E、内阻为r。当开关K拨向a时,导体棒PQ恰能静止。重力加速度为g,导轨电阻不计。求:(1)导体棒的电阻;(2)当K拨向b后,导体棒由静止开始向下运动,最后匀速运动的速度为多大。16.(9分)如图甲所示,一不可伸长的轻绳上端固定,下端系一个半径为r=0.1 m的圆形单匝金属框,金属框的水平直径ab上方有垂直于金属框所在平面向里的匀强磁场,已知金属框的电阻R=5 Ω,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示,求:(1)金属框中的感应电流大小和方向;(2)t=0.02 s时金属框所受安培力的大小和方向。 17.(12分)如图所示,在竖直平面内的xOy坐标系中有水平向里的磁场,磁感应强度大小沿x轴方向均相同,沿y轴正方向以By=ky(k>0)的规律均匀增大。一正方形线框abcd的a点与原点O重合,并沿x轴正方向水平抛出,下降高度h后线框开始做匀速运动。已知线框的边长为L,质量为m,电阻为R,重力加速度为g,不计空气阻力。求:(1)线框匀速运动时沿y轴方向的速度大小vy;(2)线框下落高度h的过程中产生的焦耳热Q。18.(16分)如图所示,MN和PQ是电阻不计的光滑平行金属导轨,间距为L,导轨弯曲部分与平直部分平滑连接,顶端接一个阻值为R的定值电阻,从导轨弯曲部分与平直部分连接处向右宽度为d的区域内有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场,一电阻为r、长为L的金属棒从导轨AA'处由静止释放,经过磁场右边界继续向右运动并从桌边水平飞出,已知AA'离桌面高度为h,桌面离地高度为H,金属棒落地点与桌面边缘的水平距离为s,重力加速度为g,由此可求出金属棒穿过磁场区域的过程中:(1)流过金属棒的最小电流;(2)通过金属棒的电荷量;(3)金属棒产生的焦耳热。 答案与解析1.C 真空冶炼炉外的线圈中通有高频交流电,由于电磁感应,炉内金属中会产生涡流,使得金属达到很高的温度从而熔化,利用了电磁感应的原理,故A不符合题意;安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品,原理是:线圈中交变电流产生的磁场,会在金属物品中产生感应电流,而金属物品中感应电流产生的磁场会在线圈中产生感应电流,引起线圈中交变电流发生变化,从而被探测到,即利用了电磁感应的原理来工作,故B不符合题意;放在磁场中的玻璃皿内盛有导电液体,其中心放一圆柱形电极,边缘内壁放一环形电极,从而使得圆柱形电极与边缘形成电流,电流在磁场中受到安培力的作用而发生转动,不是利用电磁感应的原理,故C符合题意;用一蹄形磁铁接近正在旋转的铜盘,铜盘内部将会产生涡流,在安培力的作用下铜盘会很快静止下来,利用了电磁感应的原理,故D不符合题意。2.A 我国广州位于地球的北半球,地磁场的竖直分量向下。当飞机水平匀速飞行时,切割磁感线产生感应电动势,且感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的,由低电势指向高电势。由右手定则可判断飞机飞行时产生的感应电动势情况如图所示,可知飞机不论沿何方向水平飞行,都是飞机的左方机翼电势高,右方机翼电势低,即总有φ1比φ2高。故选项A正确。3.A关键点拨 有关磁通量变化的判定:磁感线是闭合曲线,在磁铁外部,磁感线从N极出发回到S极;在磁铁内部,磁感线从S极指向N极。图中,磁铁内部穿过线圈的磁感线方向向上,磁铁外部,穿过线圈的磁感线方向向下,与内部的磁通量抵消一部分,根据线圈面积大小、抵消多少来分析磁通量变化情况。磁感线是闭合曲线,磁铁内部磁感线的条数等于外部所有磁感线的总和,且二者方向相反,可知通过金属导线圈Ⅱ的磁通量比Ⅰ的大,即当弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ时,磁通量变大,且磁场方向向上,根据楞次定律结合安培定则可知线圈中产生顺时针方向的感应电流。4.C 线框进入磁场的过程,磁通量向里增加,根据楞次定律可知感应电流的磁场向外,由安培定则可知感应电流沿逆时针方向,即沿正方向,线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小,由E=BLv可知,感应电动势先均匀增大后均匀减小,感应电流先均匀增大后均匀减小。线框完全在磁场中运动的过程,穿过线框的磁通量不变,没有感应电流产生。线框穿出磁场的过程,磁通量向里减小,根据楞次定律可知感应电流的磁场向里,由安培定则可知感应电流沿顺时针方向,即沿负方向,线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小,由E=BLv可知,感应电动势先均匀增大后均匀减小,感应电流先均匀增大后均匀减小。综上可知A、B、D错误,C正确。5.A 根据题意可知,金属棒MN向下运动时切割磁感线,由右手定则可知,感应电动势方向由N→M,即M端相当于电源的正极带正电,N端相当于电源的负极带负电,在电场中,M端受向上的电场力,N端受向下的电场力,金属棒MN向下运动过程中,发生了转动,N端先落地,M端后落地。故选A。6.C 导体棒ab以向右的初速度v0切割磁感线瞬间,产生的电动势为E=BLv0,根据右手定则,导体棒中感应电流方向为b→a,感应电流大小I0=ER+r=BLv0R+r,导体棒相当于电源,a、b间电势差为路端电压,即Uab=BLv0R+r·R,根据左手定则,导体棒ab受到的安培力向左,速度会减小,a、b间电势差会减小,导体棒中电流减小,A、B错误;导体棒最终停在导体框上,根据功能关系,导体棒克服安培力做的功等于导体棒动能的减少量,即12mv02,C正确;导体棒刚开始运动时,安培力F安=BI0L,克服安培力做功的瞬时功率为P=F安·v0=B2L2v02R+r,D错误。故选C。7.B 由楞次定律,金属框中产生沿顺时针方向的感应电流,A错误;金属框经过虚线位置时,切割磁感线的有效长度等于ac的长度,瞬时感应电动势E=12BL有效vc=12B·2L·ω·2L=BωL2,B正确;在金属框匀速转动45°的过程中,切割磁感线的有效长度逐渐变大,感应电动势逐渐变大,感应电流逐渐变大,由F=BIL可知,金属框受到的安培力逐渐增大,且方向不变总是垂直于磁场边界向左,C错误;流过金属框某一横截面的电荷量为q=IΔt=ERΔt=ΔΦR=BL22R,D错误。故选B。8.C 设导体棒在两导轨间的长度为l,导体棒产生的感应电动势E=Blv,根据闭合电路欧姆定律,导体棒中的感应电流I=Elr=Bvr,因为v、r、B恒定,则I恒定,A错误;导体棒沿导轨向下运动过程中,除了重力做功,还有拉力F、安培力做负功,减少的机械能等于克服拉力F做功与克服安培力做功之和,其中克服安培力做的功等于导体棒产生的焦耳热,B错误;通过导轨O点处横截面的电荷量q=It=Bvr·32Lv=3BL2r,C正确;导体棒在导轨上做匀速直线运动时,导体棒受到重力、拉力F和安培力而平衡,有F+BIl=mg,其中l=2y tan 30°,解得拉力F=mg-23B2v3ry,D错误。故选C。9.BC 根据法拉第电磁感应定律,金属圆盘切割磁感线产生的感应电动势为E=Brv=12Br·rω=12Br2ω,根据欧姆定律,通过电阻R的电流为I=ER=Br2ω2R,由右手定则,圆盘相当于电源,电流方向从边缘指向圆心,电阻中的电流方向为从d到c。故选B、C。10.BC 闭合S时,流过灯泡的电流瞬间增大,所以灯泡瞬间变亮,A错误;闭合S时,由于线圈的自感作用使得流过电阻R的电流由0逐渐增大,稳定后,自感现象消失,电流保持不变,断开S时,线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小,与定值电阻R、电流传感器和灯泡组成回路,线圈L中的感应电流方向与断开S前的电流方向相同,回路电流方向是逆时针方向,通过灯泡的电流方向为从右向左,所以题图2中,0~1.0×10-3 s是闭合S后的稳定时间,1.0×10-3 s前后,S由闭合变为断开,B、C正确;由题图2可知,t1=1.1×10-3 s时,电流约为I1=0.9 A,t2=5.0×10-4 s时,电流为I2=1.5 A,根据功率的计算公式P=I2R,可得P1P2=0.921.52=0.36,D错误。故选B、C。11.CD ad棒向左运动时,回路中产生顺时针方向的感应电流,ad棒受到向右的安培力,bc棒也受到向右的安培力,所以两金属棒组成的系统合外力不为零,系统的动量不守恒,选项A错误;ad棒向左做减速运动,bc棒向右做加速运动,两棒速度大小相等时,穿过回路的磁通量不变,不再产生感应电流,两棒不受安培力,均做匀速运动,设速度大小为v,根据动量定理,对ad棒有-F安t=mv-mv0,对bc棒有F安t=2mv-0,联立解得v=13v0,即最终两金属棒的速度大小都是13v0,选项B错误,C正确;由能量关系可知总的焦耳热Q=12mv02-12mv2-12×2mv2,ad棒产生的焦耳热为Qad=12Q=16mv02,选项D正确。12.AC 从A1到A2的过程中,回路中电流恒为I=1 A,感应电动势为E=IR=1 V,由E=BLv得,v=EBL,因为E、L为定值,所以v与B成反比,由题图乙可知,从A1到A2的过程中,x增大,B增大,则v减小,所以金属棒做减速运动,A正确;由题图乙可得B=(0.5+0.5x) T,在A1即x=1 m处的磁感应强度B=1 T,设金属棒在A1处的速度为v1,可得E=BLv1,解得v1=1 m/s,在A2即x=3 m处的磁感应强度B=2 T,设金属棒在A2处的速度为v2,可得E=BLv2,解得v2=0.5 m/s,金属棒在A2处的动能Ek2=12mv22=0.125 J,B错误;金属棒受到的安培力大小为F安=BIL=(0.5+0.5x)×1×1 N=(0.5+0.5x) N,在A1即x=1 m处受到的安培力大小为F1=1 N,在A2即x=3 m处受到的安培力大小为F2=2 N,由于安培力随位移均匀变化,整个过程中克服安培力所做的功为W克安=F1+F22x=3 J,即回路产生的焦耳热Q=3 J,由焦耳定律Q=I2Rt,解得t=3 s,金属棒从A1到A2的过程中通过其横截面的电荷量为q=It=3 C,D错误;金属棒从A1到A2的过程中,对金属棒,由动能定理有W-W克安=12mv22-12mv12,解得外力所做的功为W=2.625 J,C正确。故选A、C。13.答案 (1)图见解析(2分)(2)相反(2分) (3)相同(2分)解析 (1)实物电路如图所示:(2)将线圈E插入线圈F中,闭合开关时,通过线圈F的磁通量增大,由楞次定律,线圈F中感应电流的磁场阻碍磁通量的增加,即线圈F中感应电流的绕行方向与线圈E中电流的绕行方向相反。(3)在开关处于闭合状态将线圈E拔出时,通过线圈F的磁通量减少,由楞次定律,线圈F中感应电流的磁场阻碍磁通量的减少,即线圈F中感应电流的绕行方向与线圈E中电流的绕行方向相同。14.答案 (1)4.800(3分) (2)穿过螺线管的磁通量的变化量(3分) (3)1Δt(3分)解析 (1)螺旋测微器的读数为4.5 mm+0.01×30.0 mm=4.800 mm(2)多次实验中,在光电门挡光时间Δt内的初始时刻与末时刻,强磁铁相对螺线管的位置变化均相同,表明在Δt时间内,穿过螺线管的磁通量的变化量不变,即小车以不同速度靠近螺线管过程中不变的量是在Δt时间内穿过螺线管的磁通量的变化量。(3)根据E=nΔΦΔt可知,在螺线管匝数不变、穿过螺线管的磁通量的变化量不变时,感应电动势E与Δt成反比,E-Δt图像为曲线,而感应电动势E与1Δt成正比,E-1Δt图像为一条过原点的倾斜直线,为了使画出的图像为一条直线,最简单的改进办法是以1Δt为横坐标。15.答案 (1)BELmg-r (2)BEL-mgrB2L2解析 (1)当开关K拨向a时,导体棒PQ恰能静止,其受到的重力和安培力平衡,有mg=BIL (1分)由闭合电路欧姆定律可得E=I(R+r) (1分)联立解得导体棒的电阻为R=BELmg-r (2分)(2)当K拨向b后,导体棒由静止开始向下运动,切割磁感线产生感应电流,受到安培力作用,当导体棒最后匀速运动时,有mg=BI'L (1分)由闭合电路欧姆定律可得BLvm=I'R (1分)联立解得vm=BEL-mgrB2L2 (2分)16.答案 (1)0.1 A,逆时针 (2)125π N,竖直向下解析 (1)由题图乙可知,磁场均匀增强,根据楞次定律可知金属框中感应电流产生的磁场方向垂直于金属框所在平面向外, (1分)再由安培定则可知金属框中的感应电流方向为逆时针。 (1分)由法拉第电磁感应定律可知感应电动势E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=ΔBΔt×12πr2 (1分)代入数据得E=3π0.03×12π×0.12 V=0.5 V(1分)则感应电流I=ER=0.55 A=0.1 A(1分)(2)由题图乙可知,t=0.02 s时磁感应强度大小为B=2π T(1分)金属框处于磁场中的有效长度为L=2r=0.2 m(1分)此时金属框所受安培力的大小为F=BIL=2π×0.1×0.2 N=125π N(1分)由左手定则可判断金属框所受安培力方向竖直向下 (1分)17.答案 (1)mgRk2L4 (2)mgh-m3g2R22k4L8解析 (1)线框下落距离为h时,ad边产生的感应电动势大小为E1=khLvy (1分)bc边产生的感应电动势大小为E2=k(h+L)Lvy (1分)回路中的感应电动势E=E2-E1,又I=ER (1分)ad边受到的安培力大小F1=B1IL=khIL,方向向下; (1分)bc边受到的安培力大小F2=B2IL=k(h+L)IL,方向向上; (1分)线框匀速运动,由共点力平衡的条件有F2-F1=mg (1分)解得vy=mgRk2L4 (1分)(2)设线框抛出时的初速度为v0,匀速运动时速度v=v02+vy2 (1分)由能量守恒定律,线框下落高度h过程中产生的焦耳热Q=mgh-12mv2-12mv02 (2分)解得Q=mgh-m3g2R22k4L8 (2分)18.答案 (1)BLsR+rg2H (2)BdLR+r (3)B2L2dr(R+r)22gh-sg2Hgh-gs24H解析 (1)当金属棒进入磁场后,穿过闭合回路的磁通量增大,产生的感应电流所受的安培力将阻碍金属棒向右运动,金属棒向右做减速运动,在右边界速度最小,出磁场后在平直导轨上做匀速直线运动,之后做平抛运动,在水平方向的分运动为匀速运动,即在右边界的速度即为平抛运动的初速度,所以在右边界的速度为v=st=s2Hg=sg2H (1分)金属棒产生的最小感应电动势E=BLv (1分)流过金属棒的最小电流I=ER+r=BLvR+r (1分)解得I=BLsR+rg2H (1分)(2)通过金属棒的电荷量q=IΔt=ER+rΔt=ΔΦR+r=BdLR+r (2分)(3)金属棒穿过磁场的过程中水平方向只受到安培力的作用,由动量定理可得-BIL·Δt=mv-mv0 (1分)其中I·Δt=q=BdLR+r (1分)可得金属棒的质量m=B2L2d(R+r)2gh-sg2H (1分)金属棒在导轨上运动过程中,由动能定理得mgh-W克安=12mv2-0 (2分)则克服安培力做功W克安=mgh-12mv2=mgh-mgs24H (1分)联立可求出克服安培力做的功W克安=B2L2d(R+r)2gh-sg2Hgh-gs24H (1分)克服安培力做的功转化为整个电路的焦耳热,Q=W克安 (1分)根据串联电路的功率分配关系,金属棒产生的焦耳热Qr=rR+r·Q (1分)解得Qr=B2L2dr(R+r)22gh-sg2Hgh-gs24H (1分) 1.C2.A3.A4.C5.A6.C7.B8.C9.BC10.BC11.CD12.AC
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