2０2０┄202１学年湖北省宜昌一中高二（上）期末物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共４8分.１~8小题为单选题;9~12小题为多选题,全对得4分,选对但不选全得2分,选错或不选得0分)1．在物理学发展过程中,观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述不符合史实的是( ）A.楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化B．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中,会出现感应电流Ｃ．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系D.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子环流假说2．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是( )Ａ．安培力的方向可以不垂直于直导线Ｂ．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关Ｄ．将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半3.如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为:u=２20sｉn1０0πｔ(V）的交流电源,在副线圈两端并联接入规格为“22V，22W”的灯泡１0个,灯泡均正常发光．除灯泡外的电阻均不计,下列说法正确的是( )A.变压器原、副线圈匝数比为10：１B.电流表示数为1AC．电流表示数为10AD.副线圈中电流的频率为5Hz４.如图,当滑动变阻器的滑动头向左滑动时,A、B两灯亮度的变化情况为( ）Ａ．都变亮Ｂ.都变暗Ｃ.A灯变亮，Ｂ灯变暗ﻩD．A灯变暗,B灯变亮5．如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小,且小于灯A的电阻,接通S，使电路达到稳定,灯泡A发光，则( ）A.在电路甲中，断开S后,Ａ将立即熄灭B.在电路甲中,断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗Ｃ.在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗D.在电路乙中,断开Ｓ后,A将先变得更亮，然后逐渐变暗6．如图所示,相距为d的平行金属板M、Ｎ的上方有一半径为R的圆形匀强磁场区域,磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里.质量为m、电荷量为q的带正电粒子紧靠Ｍ板的P处由静止释放,粒子经Ｎ板的小孔S沿半径SO方向射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向６0°,粒子重力不计，则平行金属板间匀强电场的电场强度大小为( )A.ﻩＢ．ﻩC．Ｄ.7．如图，一均匀带电+Ｑ细棍,在过中点c垂直于细棍的直线上有a、ｂ、d三点,ａ和b、b 和c、ｃ和d间的距离均为R,在a点处有一电荷量为ｑ（q＞0)的固定点电荷.已知b点处的场强为零,则d点处场强的大小为（k为静电力常量)( )A．kﻩB．k C．kﻩD．k８．电荷量为+q、质量为m的滑块和电荷量为﹣q、质量为m的滑块同时从完全相同的光滑斜面上由静止开始下滑,设斜面足够长，斜面倾角为θ,在斜面上加如图所示的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,关于滑块下滑过程中的运动和受力情况，下面说法中不正确的是（不计两滑块间的相互作用)( ）A．两个滑块先都做匀加速直线运动,经过一段时间,+q会离开斜面B.两个滑块先都做匀加速直线运动,经过一段时间，﹣q会离开斜面Ｃ.当其中一个滑块刚好离开斜面时,另一滑块对斜面的压力为2ｍｇcｏsθD．两滑块运动过程中,机械能均守恒9.图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子从M点运动到N点的轨迹.可以判定（)A.粒子带负电B.M点的电势高于Ｎ点的电势C.粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D．粒子在Ｍ点的动能小于在Ｎ点的动能10．如图,圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化如图，则下列说法正确的是( ）A．0~1s内线圈的磁通量不断增大B.第4s末的感应电动势为0C．０～1s内与２~4s内的感应电流相等D.0~1s内感应电流方向为顺时针方向1１．如图所示,一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两道轨上端用一电阻R相连,该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．质量为m的金属杆ab,以初速度ｖ０从轨道底端向上滑行,滑行到某一高度h后又返回到底端．若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则( )A.返回到底端时金属杆速度为v0Ｂ.上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做的功等于ｍv02C．上滑到最高点的过程中电阻Ｒ上产生的焦耳热等于mv02﹣mghD.金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻R的热功率相同12.光滑绝缘水平面上存在竖直向下的匀强磁场Ｂ,宽度为2Ｌ，一边长为L、电阻为Ｒ、用同种材料做成的正方形线框以初速度v0从左侧冲进磁场区域，俯视图如图所示，当线框完全离开磁场时速度恰好为零．以ab边刚进入磁场时为时间和位移的零点，用ｖ表示线框速度（以右为正方向),i表示回路中的感应电流（以逆时针方向为正,i0表示零时刻回路的感应电流)，U ab表示a、b两点间的电压,F ab表示ab边所受的安培力（向左为正,Ｆ０表示零时刻ab边所受的安培力）．则关于以上四个物理量对时间t或对位移ｘ的图象中正确的是（）A.ﻩＢ．ﻩC．ﻩD．二、实验题(每空２分,共16分)13．（1)将内阻为r=30Ω，满偏电流为1ｍA的电流表改装为量程为0～3V的电压表,需要串联阻值为Ω的电阻.两个电压表由相同的电流表改装而成,量程分别为0～３V和0～１5V,改装后两个电压表内阻之比为.（2）用游标尺测量某钢球的直径，游标上有20格刻度,读数如图所示,钢球直径D＝cm．14.某同学采用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内电阻．已知干电池的电动势约为1.5Ｖ，内阻约为0．５Ω；电压表（量程0～３Ｖ,内阻3kΩ）,电流表(量程０～0.6A,内阻1．0Ω)定值电阻R0=0.5Ω，滑动变阻器有R1(最大阻值10Ω,额定电流２Ａ)和R2(最大阻值10０Ω，额定电流0.１A)各一只.(1）实验中滑动变阻器应选用 .（选填“R1”或“R2”）（２)根据图甲在实物图乙中连线使之为实验电路.（3）实验过程中电压表的某一次偏转如图丁所示，其读数为V.（4）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的电压与电流关系图象，根据图象求出的电源电动势E= V，内阻ｒ= Ω.（结果均保留三位有效数字)三、计算题(共4小题，共4６分）15.如图所示,为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1Ω,电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体Ａ重２0N，不计摩擦力，求：（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？（２)电动机输入功率和输出功率各是多少?(3)这台电动机的机械效率是多少?16．如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1=０.5m,金属棒ad与导轨左端bc的距离为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杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为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:（1）金属棒上电流的方向．(2)感应电动势的大小．(3)物体刚好离开地面的时间（g=10m/s２）.17.如图所示,上、下边界均水平的区域宽为L=０.1m,内有磁感应强度大小为B=１0Ｔ，方向水平向内的匀强磁场．一边长也为L，质量为m=0.1kg，电阻为Ｒ=1Ω的匀质正方形线框,通过滑轮装置与另一质量为M＝0.1４kｇ的物体连接.线框从磁场下方ｈ处静止释放，当线框cd边进入磁场一段时间后（ｃd边仍在磁场中），开始匀速运动经过磁场区域．从线框进入磁场到其恰达到匀速时,流过线框横截面的电荷量q=0.04Ｃ,线框中产生的热量Q=0.032Ｊ.已知线框上升途中线框平面始终与磁场方向垂直，ab边始终与边界平行,不计运动过程中受到的空气阻力,g=10m／s2.求：(１）线框匀速运动时的速度ｖ；（2）线框匀速运动的时间t；（３)线框释放处cd边距离磁场下边界的高度h.18．如图，在坐标系xoｙ的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场,磁场方向垂直于xoy面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一质量为m、带电量为+ｑ的粒子自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限,经x轴上的Ｑ点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场．已知OP＝d,ＯQ=2d,不计粒子重力.(1）求粒子过Ｑ点时速度的大小和方向．(2）若磁感应强度的大小为一定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限,求B０；（3)若磁感应强度的大小为另一确定值,经过一段时间后粒子将再次经过Q点,且速度与第一次过Q点时相同,求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间.ﻬ2020┄２02１学年湖北省宜昌一中高二（上)期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题(本题共12小题,每小题4分，共4８分．1～８小题为单选题;9～12小题为多选题，全对得4分,选对但不选全得2分,选错或不选得0分)1.在物理学发展过程中,观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用.下列叙述不符合史实的是( ）A．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化B．法拉第在实验中观察到,在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流C.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系D．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子环流假说【考点】物理学史.【专题】定性思想;推理法;直线运动规律专题．【分析】根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献即可.【解答】解：Ａ、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律,即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．故A正确．B、奥斯特在实验中观察到,在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流．故B错误.C、１820年,丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,揭示了电和磁之间存在联系,符合史实．故C正确．Ｄ、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说,很好地解释了软铁磁化现象,符合史实．故D正确.本题选不符合史实的，故选：B【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆,这也是考试内容之一．2．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）Ａ．安培力的方向可以不垂直于直导线Ｂ.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半【考点】安培力.【分析】本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力,根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F=ＢIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F＝BIL.【解答】解:Ａ、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直,即与电流和磁场方向都垂直，故Ａ错误，B正确；C、磁场与电流不垂直时,安培力的大小为F=ＢＩLｓinθ，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关,故C错误；D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0,将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角,安培力的大小一定变为原来的,故D错误．故选：B.【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行,所受安培力为0,最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BＩL.３．如图所示,将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为:ｕ＝220sin１０0πt(Ｖ)的交流电源,在副线圈两端并联接入规格为“22Ｖ，22W”的灯泡1０个，灯泡均正常发光．除灯泡外的电阻均不计,下列说法正确的是（)A．变压器原、副线圈匝数比为10:１B.电流表示数为１AC.电流表示数为1０AD．副线圈中电流的频率为5Hｚ【考点】变压器的构造和原理;正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.【专题】交流电专题．【分析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等,再根据电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,即可求得结论．【解答】解：Ａ、灯泡正常发光，灯泡两端的电压22V,原线圈两端电压有效值为220V,原、副线圈匝数之比为220:２2=10:１，A错误B、副线圈的电流为=１0A,电流与匝数成反比，所以电流表示数为１A,Ｂ正确Ｃ错误；D、由表达式知交流电的角速度ω=100πraｄ/s，所以交流电的频率50Hz,Ｄ错误．故选：B【点评】本题主要考查变压器的知识,要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解.4.如图,当滑动变阻器的滑动头向左滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为( )Ａ.都变亮 B.都变暗C．Ａ灯变亮，B灯变暗D．Ａ灯变暗,B灯变亮【考点】闭合电路的欧姆定律.【专题】比较思想;控制变量法;恒定电流专题.【分析】从图可知,滑动变阻器R2与R1并联与灯泡B串联,再与灯A并联．首先判断滑动变阻器电阻的变化情况,然后根据串联电路中电阻的特点,得出总电阻变化情况.由欧姆定律和电路的连接关系,分析各个灯泡电流或电压的变化,即可判断灯泡的亮度如何变化．【解答】解:当滑动变阻器的滑动头向左滑动时,滑动变阻器接入电路的电阻变小，并联部分的总电阻变小，所以外电路总电阻变小，据闭合电路的欧姆定律知,总电流变大，所以电源内阻的电压变大，路端电压减小,则A灯的电压变小，根据P=，可知A的实际功率变小,故A灯变暗;由欧姆定律知A的电流变小，而总电流变大，所以通过Ｂ灯的电流变大,故灯泡B变亮．故D正确.故选:D【点评】本题是电路动态变化分析问题,首先要分析清楚电路结构，再根据滑动变阻器阻值的变化，判断B与并联电路电压的变化情况，熟练应用功率公式是正确解题的关键．5．如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈Ｌ的电阻值都很小，且小于灯Ａ的电阻,接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（)Ａ.在电路甲中，断开Ｓ后，Ａ将立即熄灭B.在电路甲中,断开S后,A将先变得更亮,然后逐渐变暗C．在电路乙中，断开S后，Ａ将逐渐变暗D．在电路乙中，断开Ｓ后，Ａ将先变得更亮，然后逐渐变暗【考点】自感现象和自感系数.【分析】电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反,抑制增大；线圈中的电流减小时,产生自感电流的方向更原电流的方向相同,抑制减小,并与灯泡构成电路回路．【解答】解：A、在电路甲中,断开S,由于线圈阻碍电流变小，导致A将逐渐变暗．故AB 错误；C、在电路乙中,由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小,所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致Ａ将变得更亮,然后逐渐变暗.故C错误，D 正确;故选:D．【点评】线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势;线圈电流增加,相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极．６．如图所示，相距为d的平行金属板Ｍ、N的上方有一半径为Ｒ的圆形匀强磁场区域,磁感应强度大小为Ｂ、方向垂直纸面向里．质量为ｍ、电荷量为q的带正电粒子紧靠M板的P处由静止释放,粒子经N板的小孔S沿半径ＳＯ方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向６0°,粒子重力不计,则平行金属板间匀强电场的电场强度大小为( ）A．ﻩB．Ｃ． D.【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.【专题】带电粒子在磁场中的运动专题.【分析】带电粒子以速度ｖ飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动,根据粒子的运动画出运动的轨迹,由几何关系可以求得粒子的速度;带电粒子在平行金属板间做的是匀加速直线运动，电场力做功，由动能定理即可求出电场强度．【解答】解：粒子在圆形磁场中运动的轨迹如图所示,则由几何关系得粒子做圆周运动的半径为r=Ｒ,带电粒子以速度v飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动,粒子在磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心力有Ｂqｖ=m,电场力做功，由动能定理得：qEd=mｖ2,联立得E＝，故B正确.故选:Ｂ【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动,要掌握住半径公式、周期公式,画出粒子的运动轨迹后,几何关系就比较明显了.7．如图，一均匀带电+Q细棍,在过中点c垂直于细棍的直线上有ａ、ｂ、d三点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R,在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷.已知b点处的场强为零,则d点处场强的大小为(k为静电力常量）（)A.kB.kﻩＣ．ｋD．k【考点】电场强度．【分析】由题意可知在ｂ点处的场强为零，说明细棍和q在b点的电场强度大小相等,方向相反．那么在d点处场强的大小即为两者之和.因此根据点电荷的电场强度为E=k即可求解．【解答】解：电荷量为ｑ的点电荷在b处产生电场强度为Ｅ=ｋ,方向向右.在b点处的场强为零，根据电场的叠加原理可知细棍与q在b处产生电场强度大小相等，方向相反，则知细棍在b处产生的电场强度大小为k,方向向左．根据对称性可知细棍在ｄ处产生的电场强度大小为k,方向向右而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为E′＝k,方向向右所d点处场强的大小为Eｄ=E+E′=，方向向右．故选:C.【点评】考查点电荷与细棍上电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础．８．电荷量为+q、质量为m的滑块和电荷量为﹣q、质量为m的滑块同时从完全相同的光滑斜面上由静止开始下滑，设斜面足够长，斜面倾角为θ，在斜面上加如图所示的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,关于滑块下滑过程中的运动和受力情况，下面说法中不正确的是(不计两滑块间的相互作用)( )A.两个滑块先都做匀加速直线运动，经过一段时间，+ｑ会离开斜面Ｂ.两个滑块先都做匀加速直线运动,经过一段时间,﹣ｑ会离开斜面C.当其中一个滑块刚好离开斜面时，另一滑块对斜面的压力为2mgcoｓθＤ.两滑块运动过程中,机械能均守恒【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题.【分析】带电滑块在滑至某一位置时,由于在安培力的作用下,要离开斜面．根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性.由光滑斜面，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动.借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的洛伦兹力大小与重力垂直斜面上的分力关系,并根据只有重力做功,机械能才守恒,从而确定求解．【解答】解：A、小滑块在斜面上下滑过程中,当小滑块受到的洛伦兹力等于重力垂直与斜面的分力相等时，小滑块对斜面压力为零．所以Bｑv=mｇｃosθ，而正电荷的洛伦兹力垂直斜面向上,负电荷的洛伦兹力垂直斜面向下，因此正电荷运动一段时间会离开斜面，而负电荷则不会,故A正确，Ｂ错误；B、由上分析可知,当其中一个滑块刚好离开斜面时，另一滑块对斜面的压力为2mｇcoｓθ,故Ｃ正确;Ｄ、滑动受到是洛伦兹力，总是与运动速度方向垂直，因此在运动过程中,只有重力，机械能守恒．故D正确．本题选择错误的,故选:B.【点评】本题突破口是从小滑块刚从斜面离开时，从而确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于没有离开之前做匀加速直线运动，所以由运动与力学可解出运动的时间及位移.倘若斜面不是光滑的,则随着粒子的下滑，洛伦兹力大小变化,导致摩擦力变化,从而使加速度也发生变化.９.图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子从M点运动到N点的轨迹.可以判定（)A．粒子带负电Ｂ.M点的电势高于N点的电势C.粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力Ｄ.粒子在M点的动能小于在N点的动能【考点】电势能;动能定理的应用;电场强度.【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据粒子的弯曲方向判断粒子所受电场力方向，确定电场力做功的正负，根据电势能的变化和动能的变化.根据电场线的疏密判断电场强度大小,确定电场力的大小.【解答】解：A、粒子从M点运动到N点，轨迹向下弯曲，粒子所受的电场力方向沿电场线的切线向下，与电场方向相同,则粒子带正电．故A错误.B、顺着电场线方向，电势降低，则知,Ｍ点的电势高于Ｎ点的电势.故B正确．Ｃ、N处电场线比M处电场线疏,则M处电场强度小于N处电场强度，所以粒子在M点受到的电场力小于在Ｎ点受到的电场力.故Ｃ错误.D、粒子从Ｍ到N过程，电场力做正功,根据动能定理,动能增大,即粒子在Ｍ点的动能小于在N点的动能.故Ｄ正确.故选BＤ【点评】本题是带电粒子的轨迹问题，关键要根据弯曲方向判断粒子所受电场力方向.1０．如图,圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场,磁感应强度随时间变化如图，则下列说法正确的是( )Ａ．0～１s内线圈的磁通量不断增大Ｂ.第4s末的感应电动势为0C.0～1s内与2~4s内的感应电流相等D．0～1s内感应电流方向为顺时针方向【考点】法拉第电磁感应定律;楞次定律.【专题】电磁感应与电路结合．【分析】在B﹣ｔ图中同一条直线磁通量的变化率是相同的；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势大小恒定;由楞次定律可得出电流的方向．【解答】解：根据B﹣t图中磁通量的变化率，由法拉第电磁感应定律：E＝=，得出各段时间内的感应电动势的大小由图象的斜率决定.Ａ、根据∅＝BS可知，在0~1ｓ内线圈的磁通量不断增大，故A正确;Ｂ、第4ｓ末的感应电动势等于2~4s内的感应电动势，即为E=＝,故Ｂ错误; Ｃ、根据公式Ｅ=＝，在0~１s内与２～4s内的磁通量的变化率不同,所以感应电动势大小不同，则感应电流也不相等,故C错误;D、０~1ｓ内，磁场垂直纸面向外，大小在增加,根据楞次定律，则有:感应电流方向为顺时针方向，故D正确;故选:AD．【点评】解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，注意掌握图象的斜率大小与感应电动势的大小关系．１1．如图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两道轨上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上.质量为m的金属杆ａｂ，以初速度ｖ0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度ｈ后又返回到底端．若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好,且轨道与金属杆的电阻均忽略不计,则（)A.返回到底端时金属杆速度为v0Ｂ.上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做的功等于mv02Ｃ.上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于mｖ02﹣mghD.金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻Ｒ的热功率相同【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化.【专题】电磁感应——功能问题．【分析】通过对导体棒的受力分析知道，上滑的过程做变减速直线运动,下滑的过程做变加速直线运动，根据机械能转化为电能，从而确定来回的速度大小;再根据动能定理，从而确定过程中克服安培力与重力所做的功；根据克服安培力做功产生热量,从而比较上滑和下滑过程中产生的热量．【解答】解：A、由于金属杆的机械能减小转化为电能,所以金属杆aｂ返回到底端时速度大小小于v０,故A错误.B、根据动能定理,上滑到最高点的过程中，则有:﹣W安﹣W G=０﹣.故B正确．。
