【解析】 霍尔效应形成的原因是带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用，做定向移动形成的，根据左手定则，电子受到向下的洛伦兹力作用，向N板运动，则M板剩下正电荷，所以UM>UN.
【答案】 A
3.图2为某种交变电流的波形图，每半个周期按各自的正弦规律变化，其有效值为（ ）
图2
A．7AB．5A
C．3
AD．4
A
【解析】 根据电流有效值的定义得（
）2·R·
＋（
）2·R·
＝I2RT，解得I＝5A，故B正确．
【答案】 B
4.（2013·成都实验中学高二检测）一矩形金属线圈，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的电动势e随时间t变化的情况如图3所示．下列说法正确的是（ ）
图3
A．此交流电的频率为0.5Hz
B．此交流电的电动势有效值为2V
C．t＝0.01s时，线圈平面与磁场方向垂直
D．t＝0.02s时，线圈磁通量变化率
为零
【解析】 由图像可以看出，此交变电流是正弦式电流，最大值为2V，周期T＝0.02s，所以频率f＝1/T＝50Hz；电动势的有效值E＝Em/
V＝
V，所以选项A、B错；在t＝0.01s和t＝0.02s时，感应电动势为零，线圈没有切割磁感线的边，线圈平面与磁场方向垂直，线圈磁通量变化率
为零，C、D选项正确．
【答案】 CD
5．（2013·绵阳中学高二检测）如图4所示，理想变压器给负载供电，变压器输入电压不变．如果负载电阻的滑片向上移动，则图中所有交流电表的读数及输入功率变化情况正确的是（ ）
图4
A．V1、V2不变，A1增大，A2减小，P增大
B．V1、V2不变，A1、A2增大，P增大
C．V1、V2不变，A1、A2减小，P减小
D．V1不变，V2增大，A1减小，A2增大，P减小
【解析】 在匝数比一定的情况下，输出电压决定于输入电压，输入电压U1不变，则输出电压U2不变；在匝数比一定，输入电压不变的情况下，输入电流I1决定于输出电流I2，故应先分析输出电流I2，而I2＝U2/R，滑片上移R变大，I2变小，又I1＝
I2，I1变小；输入功率P决定于输出功率，P＝U1I1＝U2I2，U2不变、I2变小，所以P变小．C对．
【答案】 C
6．阿慈同学做了个有趣的实验，如图5所示，水平面内有两根光滑平行金属导轨，上面放着两根金属棒a、b（a、b与导轨接触良好，且不会离开导轨）．其上方附近有一条形磁铁，下列对实验现象的描述正确的是（ ）
图5
A．当条形磁铁N极朝下，向下运动时（未到达导轨平面），a、b将靠拢
B．当条形磁铁N极朝下，向下运动时（未到达导轨平面），a、b将分开
C．当条形磁铁N极朝下，向上运动时，a、b将远离
D．当条形磁铁N极朝下，向上运动时，a、b将靠拢
【解析】 四根导体棒组成闭合回路，当磁铁迅速接近回路时，不管是N极还是S极向下，穿过回路的磁通量都增大，闭合回路中产生感应电流，感应电流将“阻碍”原磁通量的增大．a、b相互靠近，反之两者会远离，选项A、C正确．
【答案】 AC
7．（2012·宜宾高二期末）利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4Ω，它提供给用电器的电功率为40kW，电压为800V．如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为（ ）
A．1kWB．1.6×103kW
C．1.6kWD．10kW
【解析】 用电器的额定电流为：
I＝
＝
A＝50A，输电线上消耗功率P线＝I2R＝502×0.4W＝1000W＝1kW.所以若采用超导材料则线路上的损耗将被节约．
【答案】 A
8.（2012·福建高考）如图6，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则图中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图像是（ ）
图6
【解析】 闭合铜环在下落过程中穿过铜环的磁场方向始终向上，磁通量先增加后减少，由楞次定律可判断感应电流的方向要发生变化，D项错误；因穿过闭合铜环的磁通量的变化率不是均匀变化，所以感应电流随x的变化关系不可能是线性关系，A项错误；铜环由静止开始下落，速度较小，所以穿过铜环的磁通量的变化率较小，产生的感应电流的最大值较小，过O点后，铜环的速度增大，磁通量的变化率较大，所以感应电流的反向最大值大于正向最大值，故B项正确，C项错误．
【答案】 B
二、非选择题（本大题共5小题，共52分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位．）
9．（10分）一个边长为a＝1m的正方形线圈，总电阻为R＝2Ω，当线圈以v＝2m/s的速度通过磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直．若磁场的宽度b>1m，如图7所示，求：
（1）线圈进入磁场过程中感应电流的大小；
（2）线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热．
图7
【解析】
（1）根据E＝Blv，I＝
，知I＝
＝
A＝0.5A.
（2）线圈穿过磁场过程中，由于b>1m，故线圈只在进入和穿出时有感应电流，故
Q＝2I2Rt＝2I2R·
＝2×0.52×2×
J＝0.5J.
【答案】
（1）0.5A
（2）0.5J
10．（10分）一矩形线圈，面积为S，匝数为N，在场强为B的匀强磁场中绕着轴OO′做匀速转动，角速度为ω，磁场方向与转轴垂直，当线圈转到中性面位置开始计时，
（1）写出线圈中感应电动势随时间变化的表达式．
（2）若线圈的电阻为r，与一个阻值为R的电阻组成闭合电路时，写出线圈中的电流瞬时值的表达式．
【解析】
（1）Em＝NBSω，其感应电动势的表达式由e＝Emsinωt得e＝NBSωsinωt
（2）根据闭合电路的欧姆定律
i＝e/（R＋r）＝
sinωt
【答案】
（1）e＝NBSωsinωt
（2）i＝
sinωt
11．（10分）（2012·广元高二期末）如图8所示，一半径为r＝10cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B＝
T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置（图中位置）时开始计时．
图8
（1）写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；
（2）求线圈从图示位置开始在1/60s时的电动势的瞬时值．
【解析】 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e＝Emsinωt.
（1）e＝Emsinωt，Em＝NBSω（与线圈形状无关），
ω＝20πrad/s，
故e＝100sin20πt（V）．
（2）当t＝
s时，
e＝100sin（20π×
）V＝50
V＝86.6V.
【答案】
（1）e＝100sin20πt（V）
（2）86.6V
12（10分）（2013·石室中学高二检测）10匝线圈在匀强磁场中匀速转动产生交变电动势e＝10
sin20πt（V），求：
（1）t＝0时线圈的磁通量和磁通量的变化率；
（2）线圈从中性面开始转过180°过程中，感应电动势的平均值和最大值之比．
【解析】 线圈转动过程中，根据线圈的磁通量的变化和电动势的变化关系，有：
（1）因为Em＝nBSω＝nΦmω，
所以Φm＝
＝
Wb＝
Wb
t＝0时，电动势e＝0，磁通量为最大，磁通量的变化率为0.
（2）线圈从中性面开始转过180°过程的时间
t＝
＝
s＝0.05s
感应电动势平均值和最大值及二者比值为
＝
＝n×
＝10×
＝
V.
Em＝10
V，
＝
＝
【答案】
（1）
Wb 0
（2）
13．（10分）（2012·内江高二期末）如图9所示，固定在匀强磁场中的水平导轨abcd的间距L1＝0.5m，金属棒ad与导轨左端bc的距离L2＝0.8m，整个闭合回路的电阻为R＝0.2Ω，磁感应强度为B0＝1T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad杆通过滑轮和细绳接一个质量m＝0.04kg的物体，不计一切摩擦．现使磁场以
＝0.2T/s的变化率均匀地增大，求经过多少时间物体刚好离开地面？
（g取10m/s2）
图9
【解析】 物体刚要离开地面时，其受到的拉力F等于它的重力mg，而拉力F等于棒所受的安培力，即：
mg＝（B0＋
·t）IL1
其中（B0＋
）为t时刻的磁感应强度，I为感应电流
感应电动势
E＝
＝
L1L2
感应电流I＝
解得：
t＝（
·
－B0）·
＝5s.
【答案】 5s
升级会员 