题目列表(包括答案和解析)
（河北省衡水中学2009届高三调研卷．物理．8）金属中存在着大量的价电子（可理解为原子的最外层电子），价电子在原子核和核外的其他电子产生的电场中运动，电子在金属外部时的电势能比它在金属内部作为价电子时的电势能大，前后两者的电势能差值称为势垒，用符号V表示，价电子就像被关在深度为V的方箱里的粒子，这个方箱叫做势阱，价电子在势阱内运动具有动能，但动能的取值是连续的，价电子处于最高能级时的动能称为费米能，用Ef表示。用红宝石激光器向金属发射频率为ν的光子，具有费米能的电子如果吸收了一个频率为ν的光子而跳出势阱，则 （ ）
A．具有费米能的电子跳出势阱时的动能为Ek＝hν－V＋Ef
B．具有费米能的电子跳出势阱时的动能为Ek＝hν－V－Ef
C．若增大激光器的强度，具有费米能的电子跳出势阱时的动能增大
D．若增大激光器的强度，具有费米能的电子跳出势阱时的动能不变
（海南省民族中学2009届高三阶段考试卷．物理．9）如图7所示，一细束红蓝复色光垂直与AB边射入直角三棱镜，在AC面上反射和折射分成两束细光束，其中一束细光束为单色光束。若用V1和V2分别表示红、蓝光在三棱镜内的速度，下列判断正确的是（ ）
A．V1<V2 单色光束为红色 B．V1<V2 单色光束为蓝色
C．V1>V2 单色光束为红色 D．V1>V2 单色光束为蓝色
2009年10月1日建国60周年的国庆阅兵场上，呈现在世人面前的导弹装备全部为首次亮相的新型号主战武器，有5种新型号导弹，共计108枚．与此前两次国庆阅兵展示相比，身材小了，威力强了，精度高了．其中新型中远程地地导弹，打击效能多样，已成为信息化条件下局部战争的“拳头”．如图所示，从地面上A点发射一枚中远程地地导弹，在引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标B，C为轨道的远地点，距地面高度为h．已知地球半径为R，地球质量为m地，引力常量为G，不计空气阻力．下列结论中正确的是（ ）高考真题
1．【解析】对A选项，静止的导线上的稳恒电流附近产生稳定的磁场，通过旁边静止的线圈不会产生感应电流，A被否定；稳恒电流周围的稳定磁场是非匀强磁场，运动的线圈可能会产生感应电流，B符合事实；静止的磁铁周围存在稳定的磁场，旁边运动的导体棒会产生感应电动势，C符合；运动的导线上的稳恒电流周围产生运动的磁场，即周围磁场变化，在旁边的线圈中产生感应电流，D符合。
【答案】A
2．【解析】本题考查右手定则的应用。根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd回路中，电流为逆时针方向，即流过R的电流为由c到d，在电阻r的回路中，电流为顺时针方向，即流过r的电流为由b到a。当然也可以用楞次定律，通过回路的磁通量的变化判断电流方向．所以选项B正确
【答案】B
3.【解析】如图所示，设观察方向为面向北方，左西右东，则地磁场方向平行赤道表面向北，
若飞机由东向西飞行时，由右手定则可判断出电动势方向为由上
向下，若飞机由西向东飞行时，由右手定则可判断出电动势方向
为由下向上，A对B错；沿着经过地磁极的那条经线运动时，速
度方向平行于磁场，金属杆中一定没有感应电动势，C错D对。
【答案】AD
4．【解析】在释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，A对。由右手定则可得，电流的方向从b到a，B错。当速度为
时，产生的电动势为
，受到的安培力为
，计算可得
,C对。在运动的过程中，是弹簧的弹性势能、重力势能和内能的转化，D错。
【答案】AC
5．【解析】在x=R左侧，设导体棒与圆的交点和圆心的连线与x轴正方向成θ角，则导体棒切割有效长度L=2Rsinθ，电动势与有效长度成正比，故在x=R左侧，电动势与x的关系为正弦图像关系，由对称性可知在x=R右侧与左侧的图像对称。
【答案】A
6．【解析】考查自感现象。电键K闭合时，电感L1和L2的电流均等于三个灯泡的电流，断开电键K的瞬间，电感上的电流i突然减小，三个灯泡均处于回路中，故b、c灯泡由电流i逐渐减小，B、C均错，D对；原来每个电感线圈产生感应电动势均加载于灯泡a上，故灯泡a先变亮，然后逐渐变暗，A对。本题涉及到自感现象中的“亮一下”现象，平时要注意透彻理解。
【答案】AD．
7．【解析】该题利用导体在磁场中的切割模型综合考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律、物体平衡、牛顿第二定律和变速直线运动规律；导体从静止开始又变加速到匀加速，又由匀加速到匀速直至完成全过程，环环相扣，逐步深入，循序渐进，无不渗透着经典物理的科学思想和方法．
（1）体棒ab从A处下落时的有效切割长度为
r，由法拉第电磁感应定律得：
E1＝
Brv1，此时等效电路的电阻为R总1＝＝4R，所以I1＝＝，故安培力F1＝BI
（2）有效切割长度为2r，所以感应电动势为E2＝2Brv，此时等效电路的电阻为R总2＝＝3R，所以I2＝＝，故安培力为F2＝BI2L2＝，因棒中电流大小始终不变，也就是速度不变，所以棒受力平衡，即mg＝，v＝，在无磁场区域棒做匀加速直线运动，由匀变速直线运动规律v2－v22＝2gh，所以h＝－，得I22＝I2＝，故P2＝I222R2＝＝，
（3）由牛顿第二定律F＋mg－＝ma，所以F＝ma－mg＋
【答案】(1) a＝g－ (2) (3) F＝ma－mg＋
8．（1）a和b不受安培力作用，由机械能守恒可知
（2）设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为
，刚离开无磁场区域时的速度为
，
由能量守恒得：在磁场区域中，
在无磁场区域中，
解得：
（3）在无磁场区域，根据匀变速直线运动规律
，且平均速度
，有磁场区域，棒a受到的合力
感应电动势 ，感应电流
，解得
根据牛顿第二定律，在t到
时间内
解得
【答案】（1）
（2）
（3）
9．【解析】（1）改变电流方向，磁通量变化量为原来磁通量的两倍，即2BS，代入公式计算得B=
，由法拉第电磁感应定律可知电动势的平均值ε＝
。
（2）根据数据可得B与I成正比，比例常数约为0.00125，故B=kI（或0.00125I）
（3）为了得到平均电动势的准确值，时间要尽量小，由B的计算值可看出与N和S相关联，故选择A、B。
【答案】（1），
（2）0.00125I（或kI）
（3）A，B
10．【解析】正确分析线框的受力情况和运动情况是解决问题的关键
（1）cd边刚进入磁场时，做自由落体运动，线框速度v=
所以线框中产生的感应电动势E=BLv＝BL
(2)
此时线框中电流 I=
由分压原理可得，cd两点间的电势差U=I(
)=
(3)安培力 F=BIL=
根据牛顿第二定律mg-F=ma,由a=0
解得下落高度满足 h=
【答案】（1）E=BLv＝BL （2）U=I()= （3）
11．【解析】导体棒所受的安培力为：F=BIl………………①
由题意可知，该力的大小不变，棒做匀减速运动，因此在棒的速度从v0减小到v1的过程中，平均速度为：
……………………②
当棒的速度为v时，感应电动势的大小为：E=Blv………………③
棒中的平均感应电动势为：
………………④
综合②④式可得：
………………⑤
导体棒中消耗的热功率为：
………………⑥
负载电阻上消耗的热功率为：
…………⑦
由以上三式可得：
…………⑧
【答案】（1） （2）
12．【解析】(1)由于列车速度与磁场平移速度不同，导致穿过金属框的磁通量发生变化，由于电磁感应，金属框中会产生感应电流，该电流受到的安培力即为驱动力。
(2)为使列车获得最大驱动力，MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大，导致框中电流最强，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大。因此，d应为
的奇数倍，即
或
（
）①
(3)由于满足第(2)问条件：则MN、PQ边所在处的磁感应强度大小均为B0且方向总相反，经短暂的时间
，磁场沿Ox方向平移的距离为
，同时，金属框沿Ox方向移动的距离为
。 因为v0>V，所以在时间内MN边扫过磁场的面积
在此时间内，MN边左侧穿过S的磁通移进金属框而引起框内磁通量变化
同理，该时间内，PQ边左侧移出金属框的磁通引起框内磁通量变化
故在内金属框所围面积的磁通量变化
根据法拉第电磁感应定律，金属框中的感应电动势大小 
根据闭合电路欧姆定律 
根据安培力公式，MN边所受的安培力
PQ边所受的安培力 
根据左手定则，MN、PQ边所受的安培力方向相同，此时列车驱动力的大小
联立解得 
【答案】（1） 电流受到的安培力即为驱动力 （2） （3）
名校试题
1．【解析】若保持电键闭合，磁通量不变，感应电流消失，所以铝环跳起到某一高度后将回落；正、负极对调，同样磁通量增加，由楞次定律，铝环向上跳起．
【答案】CD
2．【解析】 是楞次定律可以判断选项AC正确
【答案】AC
3．【解析】橡胶盘A在加速转动时，产生的磁场在不断增加，穿过B的磁通量不断增加，根据楞次定律可知B正确。
【答案】B
4．【解析】矩形线框向上进入匀强磁场时，受到向下的重力和磁场力，致使速度减小，所
以v1＞v2，A正确；进入磁场后上升阶段从位置2到位置3，无磁场力，重力做负功，所以v2＞v3，B错误；从位置2上升至最高点后再返回至位置2，无磁场力，重力做功为零，所以v2＝v4，C正确；下落离开磁场的过程中，受到向下的重力和向上的磁场力，两个力大小无法确定，所以v4与v5无法比较，D错误。
【答案】AC
5．【解析】当拉力恒定时,
最终以
的速度做匀速运动,则
，代入
的表达式中得
当功率恒定时,
最终以的速度做匀速运动,则
代入
的表达式中得
【答案】C
6．【解析】对
、
棒受力分析如图所示,从能的转化与守恒角度出发,可推知外力F克服棒所受的摩擦力
做功直接将其他形式的能转化为内能,而F克服安培阻力
做的功将其他形式的能转化为电能,其功率为P电=(F-f)Va,故感应电流做功的
功率也为
,C项正确.本题易错选D,实际上它是回路的总电能的一部分。在棒上通过
克服
做功转化为棒与轨道的内能,功率
.这时棒与相当于电动机通过感应电流而运动,把电能通过克服做功转化为内能.电能的另一部分,由电流的热效应转化为电路的内能,电能的另一部分,由电流的热效应转化为电路的内能,其功率为感应电流做功的总功率减去棒上输出的功率,即
,故D项所指正是这部分功率而非感应电流做功的总功率.
【答案】C
7．【解析】⑴匀速时，拉力与安培力平衡，F=BIL
得：
⑵金属棒a切割磁感线，产生的电动势E=BLv
回路电流 联立得：
⑶平衡时，棒和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，
得：θ=60°
【答案】（1） （2） （3）
8．【解析】（1）设ab棒离开磁场边界前做匀速运动的速度为v，产生的电动势为E = BLv…
电路中电流 I = 
……………对ab棒，由平衡条件得 mg－BIL = 0…
解得 v = 
(2) 由能量守恒定律：mg(d0 + d) = E电 + 
mv2
解得 
，
（3）设棒刚进入磁场时的速度为v0，由mgd0 = mv02，得v0 = 
棒在磁场中匀速时速度为v = ，则
1 当v0=v，即d0 = 
时，棒进入磁场后做匀速直线运
2 当v0 < v，即d0 <时，棒进入磁场后做先加速后匀速直线运动
3 当v0＞v，即d0＞时，棒进入磁场后做先减速后匀速直线运动
【答案】（1） （2） （3）
9．【解析】(1)
匀速下降时,金属杆匀速上升,回路中产生的感应电动势为:
则
对、
整体有：
由以上式子解得：
(2)由(1)得:
由
图象可知:
所以解得:
【答案】（1） （2）
10．【解析】（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，达到最大时则有
mgsinθ=F安 F安＝ILB
其中 R总＝6R
所以
mgsinθ=
解得最大速度 
（2）R2上消耗的功率 
其中 
又 
解以上方程组可得
当
时，R2消耗的功率最大
最大功率
【答案】（1） （2）
11．【解析】（1）在t＝0至t＝4s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势．电路为r与R并联，再与RL串联，电路的总电阻
＝5Ω
①
此时感应电动势
=0.5×2×0.5V=0.5V
②
通过小灯泡的电流为：
＝0.1A
③
（2）当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，电路为R与RL并联，再与r串联，此时电路的总电阻
＝2＋Ω＝Ω ④
由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流IL=0.1A，则流过棒的电流为
＝
电动势
⑥
解得棒PQ在磁场区域中v=1m/s
【答案】（1） 0.1A （2）运动的速度大小v=1m/s
12．【解析】(1)ab杆向右运动时，ab杆中产生的感应电动势方向为a→b，大小为E=BLv1，… 耐杆中的感应电流方向为d→c.cd杆受到的安培力方向水平向右
安培力大小为
①
解①、③两式，ab杆匀速运动的速度为
③
(2)ab杆所受拉力F=
④
(3)设cd杆以v2速度向下运动h过程中，ab杆匀速运动了s距离
整个回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功
…
【答案】（1） （2） （3）
13．【解析】导轨在外力作用下向左加速运动，由于切割磁感线，在回路中要产生感应电流，导轨的bc边及金属棒PQ均要受到安培力作用PQ棒受到的支持力要随电流的变化而变化，导轨受到PQ棒的摩擦力也要变化，因此导轨的加速度要发生改变．导轨向左切割磁感线时，感应电动势 E=BLv ①
感应电流 
②
即
③ 导轨受到向右的安培力F 1= BIL，金属棒PQ受到向上的安培力F2= BIL，导轨受到PQ棒对它的摩擦力
，
根据牛顿第二定律，有
④
（1）当刚拉动导轨时，v=0，由③④式可知I=0时有最大加速度am，即
m/s2
（2）随着导轨速度v增大感应电流I增大而加速度a减小，当a=0时，导轨有最大速度vm，从④式可得
A
将
A代入③式，得
m/s
|
解得 
m/s 
棒所受安培力F=BId 
m/s2 
； 经过位置2时，环中磁通量最大，磁通量变化率为零，不产生感应电流，只受重力mg，故a2
=g；铜环在位置3时速度大于位置1时的速度，所以经过位置3时磁通量变化率比位置1时大，产生的感应电流也大，受到的磁场力也大，且该磁场力仍然是阻碍环与磁场的相对运动，方向向上，所以a3< a1<g 。
，而所需时间为
， 
V.
A， 
W
V （2）
滑过
时，其等效电路如图所示.这时的有效切割长度为
总电流：
中的电流方向由
.
E1=B