答案：
B
解析：
第一次用t时间拉出，第二次用2t时间拉出，
两次速度比为21，
由E＝BLv，两次感应电动势比为21，两次感应电流比为21，由F安＝BIL，两次安培力比为21，
由于匀速拉出匀强磁场，所以外力比为21，
根据功的定义W＝Fx，所以W1W2＝21，
根据电量q＝It，得：
q1q2＝11，故选B。
6．（晋江市平山中学2014～2015学年高二下学期期中）如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为L，金属圆环的直径也为L，自圆环从左边界进入磁场开始计时，以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域，规定逆时针方向为感应电流i的正方向，则圆环中感应电流i随其移动距离x变化的i－x图象最接近图中的（ ）
答案：
A
解析：
根据楞次定律，在进磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向；在出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，在进磁场的过程中，切割的有效长度先增加后减小，出磁场的过程中，切割的有效长度先增加后减小，所以感应电流的大小在进磁场的过程中先增大后减小，出磁场的过程中也是先增大后减小，故A正确，B、C、D错误。
7．如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。
为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形，判断下列说法正确的是（ ）
A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动
B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动
C．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈
D．从图中可以看出，第4个线圈是不合格线圈
答案：
AC
解析：
若线圈闭合进入磁场时，由于产生电磁感应现象，根据楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动，故A正确；若线圈不闭合，进入磁场时，不会产生感应电流，故线圈相对传送带不发生滑动，故B错误。
从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈，C正确。
8．（湖南长沙市2014～2015学年高二下学期检测）如图所示，变压器初级线圈接电压一定的交流电，在下列措施中能使电流表示数减小的是（ ）
A．只将S1从2拨向1
B．只将S2从4拨向3
C．只将S3从闭合改为断开
D．只将变阻器R3的滑动触头上移
答案：
BCD
解析：
A.只将S1从2拨向1时，原线圈匝数减小，输出电压变大，故输出电流变大，输入电流即电流表的示数也变大，故A错误；B.只将S2从4拨向3时，副线圈匝数减小，输出电压变小，故输出电流变小，输入电流变小，故B正确；C.只将S3从闭合变为断开，少一个支路，电压不变，总电阻变大，输出功率减小，则输入功率也减小，电流表的示数减小，故C正确；D.只将变阻器R3的滑动触头上移，负载总电阻变大，输出电流变小，故输入电流减小，故D正确。
9．图甲为某燃气炉点火装置的原理图。
转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。
为交流电压表。
当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。
以下判断正确的是（ ）
A．电压表的示数等于5V
B．电压表的示数等于V
C．实现点火的条件是>1000
D．实现点火的条件是<1000
答案：
BC
解析：
电压表的示数为有效值，等于U1＝＝V，选项A错误B正确；实现点火的条件是U2>5000V，所以＝>1000，选项C正确D错误。
10．如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt（常量k>0）。
回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0，R2＝。
闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则（ ）
A．R2两端的电压为
B．电容器的a极板带正电
C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D．正方形导线框中的感应电动势为kL2
答案：
AC
解析：
本题考查了法拉第电磁感应定律的综合应用。
解题的关键是正确求解感应电动势，以及各元件的连接方式，滑动片P将滑动变阻器分成相等的两部分电阻，即R左＝R右＝，R2与R右并联值为，线路中总电阻为，故R2两端的电压为U2＝，选项A正确；由楞次定律得正方形线框的感应电动势方向为逆时针，据此判断电容器b板带正电，选项B错误；滑动变阻器左半部分的电压为，热功率为P左＝＝，P右＝＝，滑动变阻器消耗的总功率为P滑＝P左＋P右＝，R2消耗的功率为P2＝＝，显然＝5，选项C正确；正方形导线框的有效面积为圆形磁场的面积，由法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝＝πr2·＝πkr2，选项D错误。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
二、填空题（共3小题，共18分。
把答案直接填在横线上）
11．（5分）在研究电磁感应现象的实验中：
（1）为了能明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中，选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图。
（2）将原线圈插入副线圈中，闭合开关，副线圈中感应电流与原线圈中电流的绕行方向________（选填“相同”或“相反”）。
（3）将原线圈拔出时，副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向________（选填“相同”或“相反”）。
答案：
（1）实验电路如图所示。
（2）相反 （3）相同
解析：
（1）见答案
（2）闭合开关，磁通量增大，由楞决定律可判断，感应电流的磁场阻碍原磁场的增加，即副线圈中感应电流与原线圈中电流的绕行方向相反。
（3）将原线圈拔出时，由楞决定律可判断，副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向相同。
12．（5分）某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统，使用不到一周，便出现了电源总开关总是无法接通的问题。
经检查，电源总开关中漏电保护器自动切断了电源。
漏电保护器电路如图所示，变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈，然后接到磁卡机上，B处有一个输出线圈，一旦线圈B中有电流经放大器放大后便推动断电器切断电源。
造成漏电保护器自动切断电源的原因可能为磁卡机用电端________。
（填下列选项前字母）
A．零线与火线之间漏电
B．火线与地线之间漏电或零线直接接地
C．磁卡机装得过多，造成电流太大
答案：
B
解析：
由题意知，火线和零线均绕在铁芯上，故只有火线与零线中电流大小不等时，才会引起漏电保护器切断电源，故可能是火线与地之间漏电，也可能是零线与地之间漏电。
13．（8分）为了测定和描绘“220V40W”的白炽灯灯丝的伏安特性曲线，可以利用调压变压器供电。
调压变压器中有一种自耦变压器，它只有一组线圈L，绕在闭合的环形铁芯上，输入端接在220V交流电源的火线与零线之间，输出端有一个滑动触头P，移动它的位置，就可以使输出电压在0～250V之间连续变化，如图所示，画出的是调压变压器的电路图。
实验室备有交流电压表、交流电流表、滑动变阻器、电键、导线等实验器材。
（1）在图中完成实验电路图。
（2）按实验电路图进行测量，如果电表内阻的影响不能忽略，电压较高段与电压较低段相比较，哪段误差更大？
为什么？
解析：
（1）如图。
（注意：
电流表外接或内接均可）
（2）如果电流表外接，电压较高段误差较大，因为电压越高，灯丝电阻越大，由于电压表分流作用而造成的误差就越大；如果电流表内接，电压较低段误差较大，因为电压越低，灯丝电阻越小，由于电流表分压造成的误差就越大。
三、论述·计算题（共4小题，42分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
14．（10分）（山东省部分重点中学2014～2015学年高二联考）做磁共振（MRI）检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。
某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5.0cm，线圈导线的截面积A＝0.80cm2，电阻率ρ＝1.5Ω·m。
如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3s内从1.5T均匀地减为零，求：
（计算结果保留一位有效数字）
（1）该圈肌肉组织的电阻R；
（2）该圈肌肉组织中的感应电动势E；
（3）0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。
答案：
（1）6×103Ω
（2）4×10－2V （3）8×10－8J
解析：
（1）由电阻定律得 R＝ρ
代入数据得 R＝6×103Ω
（2）感应电动势 E＝
代入数据得 E＝4×10－2V
（3）由焦耳定律得 Q＝Δt
代入数据得 Q＝8×10－8J
15．（10分）如图所示，光滑平行金属导轨相距30cm，电阻不计，ab是电阻为0.3Ω的金属棒，可沿导轨滑动，与导轨相连的平行金属板A、B相距6cm，电阻R为0.1Ω。
全部装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，当ab以速度v向右匀速运动时，一带电微粒在A、B板间恰做半径2cm的匀速圆周运动，速率也是v。
试求速率v的大小？
答案：
0.4m/s
解析：
设磁感应强度为B，平行板AB间距为d，ab杆的有效长度为L，带电粒子质量为m，带电荷量为q，
∵E＝BLv
∴Uab＝UAB＝＝×0.1＝Blv
带电粒子在A、B板间恰能做匀速圆周运动，
则mg＝Eq＝q，∴m＝。
带电粒子做圆周运动的半径r＝＝＝
∴v＝＝m/s＝0.4m/s。
16．（10分）（吉林白城市洮南一中2014～2015学年高二下学期检测）如图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。
已知线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝1.0Ω，所围成矩形的面积S＝0.040m2，小灯泡的电阻R＝9.0Ω，磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBmScos（t），其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期。
不计灯丝电阻随温度的变化，求：
（1）线圈中产生的感应电动势的最大值；
（2）小灯泡消耗的电功率；
（3）在磁感应强度变化的0～的时间内，通过小灯泡的电荷量。
答案：
（1）8.0V
（2）2.88W （3）4.0×10－3C
解析：
（1）由图象知，线圈中产生的交变电流的周期T＝3.14×10－2s，所以
Em＝nBmSω＝＝8.0V
（2）电流的最大值Im＝＝0.80A
有效值I＝＝A
小灯泡消耗的电功率P＝I2R＝2.88W
（3）在0～时间内，电动势的平均值＝
平均电流＝＝
通过灯泡的电荷量Q＝Δt＝＝4.0×10－3C
17．（12分）如图所示，匝数为100匝、面积为0.01m2的线圈，处于磁感应强度B1为T的匀强磁场中。
当线圈绕O1O2以转速n为300r/min匀速转动时，电压表、电流表的读数分别为7V、1A。
电动机的内阻r为1Ω，牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.2kg的导体棒MN沿轨道上升。
导体棒的电阻R为1Ω，架在倾角为30°的框架上，它们处于方向与框架平面垂直、磁感应强度B2为1T的匀强磁场中。
当导体棒沿轨道上滑1.6m时获得稳定的速度，这一过程中导体棒上产生的热量为4J。
不计框架电阻及一切摩擦，g取10m/s2。
求：
（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时表达式；
（2）导体棒MN的稳定速度；
（3）导体棒MN从静止到达到稳定速度所用的时间。
答案：
（1）e＝10sin10πt（V）
（2）v＝2m/s （3）t＝1.0s
解析：
（1）线圈转动过程中电动势的最大值为Em＝NB1Sω＝NB1S·2πn＝100××0.01×2π×5V＝10V
则从线圈处于中性面开始计时的电动势瞬时值表达式为
e＝Emsinωt＝10sin10πt（V）
（2）电动机的电流I＝1A
电动机的输出功率P出＝IU－I2r
又P出＝F·v
而棒产生的感应电流I′＝＝
稳定时棒处于平衡状态，故有：
F＝mgsinθ＋B2I′L
由以上各式代入数值，解得棒的稳定速度
v＝2m/s（v＝－3m/s舍去）
（3）由能量守恒定律得P出t＝mgh＋mv2＋Q
其中h＝xsinθ＝1.6sin30°＝0.80（m）
解得t＝1.0s
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