新人教版选修3-2《第4章 电磁感应》2015年单元测试卷

新人教版选修3-2《第4章电磁感应》2015年单元测试卷一、选择题（本题有12小题，每小题4分，共48分．）1．下列现象中，属于电磁感应现象的是（）A．小磁针在通电导线附近发生偏转B．通电线圈在磁场中转动C．闭合线圈在磁场中运动而产生电流D．磁铁吸引小磁针2．如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中不可行的是（）A．将线框向左拉出磁场B．以ab边为轴转动（小于90°）C．以ad边为轴转动（小于60°）D．以bc边为轴转动（小于60°）3．如图所示，通电螺线管水平固定，OO′为其轴线，a、b、c三点在该轴线上，在这三点处各放一个完全相同的小圆环，且各圆环平面垂直于OO′轴．则关于这三点的磁感应强度Ba、Bb、Bc的大小关系及穿过三个小圆环的磁通量Φa、Φb、Φc的大小关系，下列判断正确的是（）A．B a=B b=B c，Φa=Φb=Φc B．B a＞B b＞B c，Φa＜Φb＜ΦcC．B a＞B b＞B c，Φa＞Φb＞Φc D．B a＞B b＞B c，Φa=Φb=Φc4．（4分）如图所示，一均匀的扁平条形磁铁的轴线与圆形线圈在同一平面内，磁铁中心与圆心重合，为了在磁铁开始运动时在线圈中得到逆时针方向的感应电流，磁铁的运动方式应是（）A．N极向纸内，S极向纸外，使磁铁绕O点转动B．N极向纸外，S极向纸内，使磁铁绕O点转动C．磁铁在线圈平面内顺时针转动D．磁铁在线圈平面内逆时针转动5．穿过闭合回路的磁通量φ随时间t变化的图象分别如图①～④所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述正确的是（）A．图①中，回路不产生感应电动势B．图②中，回路产生的感应电动势一直在变大C．图③中，回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图④中，回路产生的感应电动势先变小再变大6．变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了（）A．增大涡流，提高变压器的效率B．减小涡流，提高变压器的效率C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量D．增大铁芯中的电阻，以减少发热量7．如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两个相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能（）A．变为0 B．先减小后不变 C．等于F D．先增大再减小8．如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里．abcd 是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是图中的（）A．B．C．D．9．如图所示，水平放置的平行金属导轨左边接有电阻R，轨道所在处有竖直向下的匀强磁场，金属棒ab横跨导轨，它在外力的作用下向右匀速运动，速度为v．若将金属棒的运动速度变为2v，（除R外，其余电阻不计，导轨光滑）则（）A．作用在ab上的外力应增大到原来的2倍B．感应电动势将增大为原来的4倍C．感应电流的功率将增大为原来的2倍D．外力的功率将增大为原来的4倍10．如图，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法正确的是（）A．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等B．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等C．闭合开关S待电路达到稳定，D1、D2比原来更亮D．闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭11．如图所示，矩形线圈放置在水平薄木板上，有两块相同的蹄形磁铁，四个磁极之间的距离相等，当两块磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到木板的摩擦力方向是（）A．先向左、后向右B．先向左、后向右、再向左C．一直向右 D．一直向左12．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程y=x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中的虚线所示），一个小金属块从抛物线y=b（b ＞a）处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是（）A．mgb B．mv2C．mg（b﹣a）D．mg（b﹣a）+mv2二、实验题（本题有2小题，共14分．请按题目要求作答）13．如图所示，在一根较长的铁钉上，用漆包线绕两个线圈A和B．将线圈B的两端与漆包线CD 相连，使CD平放在静止的小磁针的正上方，与小磁针平行．试判断合上开关的瞬间，小磁针N极的偏转情况？线圈A中电流稳定后，小磁针又怎样偏转？14．如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，部分导线已连接．（1）用笔线代替导线将图中未完成的电路连接好．（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合电键后，将原线圈迅速插入副线圈的过程中，电流计指针将向偏；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将向偏．三、计算题（本题有3小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15．（10分）匀强磁场的磁感应强度B=0.8T，矩形线圈abcd的面积S=0.5m2，共10匝，开始B与S 垂直且线圈有一半在磁场中，如图所示．（1）当线圈绕ab边转过60°时，线圈的磁通量以及此过程中磁通量的改变量为多少？（2）当线圈绕dc边转过60°时，求线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的改变量．16．两根光滑的长直金属导轨M N、M′N′平行置于同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M′处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C．长度也为l、阻值同为R 的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q．求（1）ab运动速度v的大小；（2）电容器所带的电荷量q．17．如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I．整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：（1）磁感应强度的大小B；（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；（3）流经电流表电流的最大值I m．新人教版选修3-2《第4章电磁感应》2015年单元测试卷（湖南省岳阳市平江三中）参考答案与试题解析一、选择题（本题有12小题，每小题4分，共48分．）1．下列现象中，属于电磁感应现象的是（）A．小磁针在通电导线附近发生偏转B．通电线圈在磁场中转动C．闭合线圈在磁场中运动而产生电流D．磁铁吸引小磁针【考点】电磁感应现象的发现过程；感应电流的产生条件．【分析】解答本题应掌握：电磁感应的现象﹣﹣﹣因磁通量的变化，从而产生感应电动势，形成感应电流的现象．【解答】解：电磁感应指闭合回路中部分导体做切割磁感线运动，或者穿过闭合线圈的磁通量变化，则回路中即可产生感应电流；A、小磁针在通电导线附近发生偏转，这是电流的磁效应，故A错误；B、通电线圈在磁场中转动，是由于安培力作用，故B错误；C、闭合线圈在磁场中运动而产生电流，是由运动而产生感应电流，故C正确；D、磁铁吸引小磁针，磁性相互作用，故D错误；故选：C．【点评】本题中的四个选项分别对应了电与磁间关系的四个问题，A为电流的磁效应；B为电流在磁场中受力：C为电磁感应；D为磁化现象．2．如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中不可行的是（）A．将线框向左拉出磁场B．以ab边为轴转动（小于90°）C．以ad边为轴转动（小于60°）D．以bc边为轴转动（小于60°）【考点】感应电流的产生条件．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】磁通量是穿过线圈的磁感线的条数．对照产生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生．【解答】解：A、将线框向左拉出磁场，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生．故A不符合题意．B、以ab边为轴转动（小于90°），穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生．故B不符合题意．C、以ad边为轴转动（小于60°），穿过线圈的磁通量从Φ=B减小到零，有感应电流产生．故C不符合题意．D、以bc边为轴转动（小于60°），穿过线圈的磁通量Φ=B，保持不变，没有感应电流产生．故D符合题意．本题选择不可行的，故选：D【点评】对于匀强磁场磁通量，可以根据磁感线条数直观判断，也可以根据磁通量的计算公式Φ=BSsinα（α是线圈与磁场方向的夹角）进行计算．3．如图所示，通电螺线管水平固定，OO′为其轴线，a、b、c三点在该轴线上，在这三点处各放一个完全相同的小圆环，且各圆环平面垂直于OO′轴．则关于这三点的磁感应强度Ba、Bb、Bc的大小关系及穿过三个小圆环的磁通量Φa、Φb、Φc的大小关系，下列判断正确的是（）A．B a=B b=B c，Φa=Φb=Φc B．B a＞B b＞B c，Φa＜Φb＜ΦcC．B a＞B b＞B c，Φa＞Φb＞Φc D．B a＞B b＞B c，Φa=Φb=Φc【考点】磁通量．【分析】根据磁感线的疏密来确定磁感应强度的大小，由磁通量的概念，穿过线圈磁感线的条件，来确定磁通量的大小，从而即可求解．【解答】解：由题意可知，a线圈所处的磁场最强，而c线圈所处的磁场最弱，则三点的磁感应强度Ba、Bb、Bc的大小是：B a＞Bb＞Bc，而根据磁通量∅=BS可知，则有穿过三个小圆环的磁通量Φa、Φb、Φc的大小：Φa＞Φb＞Φc故选：C．【点评】考查磁感线的疏密表示磁场强弱，理解磁通量的概念，掌握比较磁通量的大小方法．4．（4分）如图所示，一均匀的扁平条形磁铁的轴线与圆形线圈在同一平面内，磁铁中心与圆心重合，为了在磁铁开始运动时在线圈中得到逆时针方向的感应电流，磁铁的运动方式应是（）A．N极向纸内，S极向纸外，使磁铁绕O点转动B．N极向纸外，S极向纸内，使磁铁绕O点转动C．磁铁在线圈平面内顺时针转动D．磁铁在线圈平面内逆时针转动【考点】楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】根据产生感应电流的条件：穿过闭合线圈的磁通量要发生变化来判断．图示时刻穿过线圈的磁通量为零．【解答】解：A、图示时刻穿过线圈的磁通量为零，N极向纸内，S极向纸外转动时，向里的磁通量增大，则线圈中产生逆时针方向的感应电流．故A正确．B、图示时刻穿过线圈的磁通量为零，S极向纸内，N极向纸外转动时，向外的磁通量增大，则线圈中产生顺时针方向的感应电流．故B错误；C、D、不论磁铁在线圈平面内顺时针转动，还是逆时针转动，穿过线圈的磁通量仍为零，不变，不产生感应电流．故CD错误．故选：A．【点评】本题考查分析、判断能力．对于A项，也可以根据线圈切割磁感线产生感应电流来判断．5．穿过闭合回路的磁通量φ随时间t变化的图象分别如图①～④所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述正确的是（）A．图①中，回路不产生感应电动势B．图②中，回路产生的感应电动势一直在变大C．图③中，回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图④中，回路产生的感应电动势先变小再变大【考点】法拉第电磁感应定律．【分析】根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势大小与磁通量的变化率成正比．结合数学知识我们知道：Φ﹣t图象的斜率k=．运用数学知识结合磁通量Φ随时间t变化的图象解决问题．【解答】解：根据法拉第电磁感应定律得知：感应电动势大小与磁通量的变化率成正比，即E=N．由数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率k=．A、图①中磁通量Φ不变，=，回路中不产生感应电动势．故A正确．B、图②中磁通量Φ随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，则回路中产生的感应电动势不变．故B错误．C、图③中回路在O～t1时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k1，在t1～t2时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现：k1大于k2的绝对值．所以在O～t1时间内产生的感应电动势大于在t1～t2时间内产生的感应电动势．故C错误．D、图④中磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D正确．故选：AD．【点评】通过Φ﹣t图象运用数学知识结合物理规律解决问题，关键我们要知道Φ﹣t图象斜率的意义．利用图象解决问题是现在考试中常见的问题．对于图象问题，我们也从图象的斜率和截距结合它的物理意义去研究．6．变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了（）A．增大涡流，提高变压器的效率B．减小涡流，提高变压器的效率C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量D．增大铁芯中的电阻，以减少发热量【考点】* 涡流现象及其应用；功能关系．【分析】涡流现象能在导体内部损耗能量，利用薄硅钢片叠压而成的，增大电阻，从而减小涡流，提高效率．【解答】解：变压器的铁芯，在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是增大电阻，从而为了减小涡流，减小发热量，提高变压器的效率，故BD正确，AC错误；故选：BD．【点评】本题考查了变压器的变压原理，涡流现象的知识，注意理解不是采用一整块硅钢的目的是解题的关键．7．如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两个相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能（）A．变为0 B．先减小后不变 C．等于F D．先增大再减小【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；摩擦力的判断与计算．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】当a向上运动时，在闭合回路中产生顺时针感应电流，b导体棒受到向上的安培力，讨论分析安培力与其重力沿导轨向下分力的大小，即可由平衡条件分析出摩擦力变化情况．【解答】解：对a棒：a棒所受合力为：F合=F﹣f﹣mgsinθ﹣F安=F﹣f﹣mgsinθ﹣，可知a棒速度增大，合力将减小，加速度减小至加速度为零后，速度恒定不变，所以a棒所受的安培力先增大后不变．b最终受到的静摩擦力有三种情况：第一种是：摩擦力为零，则BIL=mgsinθ，故A正确．第二种是：摩擦力向上，则BIL+f=mgsinθ，由于最初是f=mgsinθ，故摩擦力先减小后不变，故B正确；在这种情况下：f=mgsinθ﹣BIL；此时对a，F=mgsinθ+BIL+f滑，故F≠f；第三种是：摩擦力向下，则BIL=mgsinθ+f，f=BIL﹣mgsinθ；由于最初是f=mgsinθ；BIL﹣mgsinθ与mgsinθ的大小有三种情况，故f的变化也有三种情况：一是先减小至零后反向增大至f（小于初值）不变，二是先减小至零后反向增大至f（等于初值）不变，三是先减小至零后反向增大至f（大于初值）不变．是而此时对a，F=mgsinθ+BIL+f滑，故F≠f．综上所述，b棒所受摩擦力可能为零，不可能为F，故CD错误．故选：AB【点评】本题是电磁感应与力学的结合，在分析b棒所受摩擦力时，由于所受摩擦力为静摩擦力，因此要注意讨论安培力的变化以及与重力向下分力的大小关系．对于a棒的运动情况，类似于汽车起动，抓住安培力与速度成正比的特点分析其运动过程．8．如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里．abcd 是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是图中的（）A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应与图像结合．【分析】首先根据右手定则判断边bc刚进入和离开磁场时回路中感应电流方向，再根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果．【解答】解：BD、线框进入磁场过程中，bc边切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向．当bc边离开磁场时，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，电流为正的，故BD 错误；AC、线圈进入磁场时，bc边切割磁感线，根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，有效切割长度越来越短，感应电动势减小，故感应电流越来小；当bc边离开磁场时，根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，切割长度越来越短，感应电动势减小，故感应电流越来越小，故A错误，C正确．故选：C．【点评】对于图象问题可以通过排除法判断，本题关键要理解感应电动势公式E=Blv中，L是有效切割长度，并掌握右手定则或楞次定律．9．如图所示，水平放置的平行金属导轨左边接有电阻R，轨道所在处有竖直向下的匀强磁场，金属棒ab横跨导轨，它在外力的作用下向右匀速运动，速度为v．若将金属棒的运动速度变为2v，（除R外，其余电阻不计，导轨光滑）则（）A．作用在ab上的外力应增大到原来的2倍B．感应电动势将增大为原来的4倍C．感应电流的功率将增大为原来的2倍D．外力的功率将增大为原来的4倍【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】根据法拉第定律、欧姆定律推导出安培力的表达式，因金属棒匀速运动，由平衡条件就得到了外力的表达式．感应电动势的表达式E=BLv．感应电流的表达式I=．感应电流的功率等于外力的功率．根据各个物理量的表达式进行分析即可．【解答】解：A、B金属棒产生的感应电动势E=BLv，E∝v，感应电流I==，I∝v，则知感应电动势和感应电流均为原来的2倍．金属棒所受的安培力F安=BIL=，因金属棒匀速运动，由平衡条件得，外力F=F安=，则知F∝v，外力应增大到原来的2倍．故A正确，B错误．C、D根据功能关系可知，外力的功率等于感应电流的功率为P=I2R=，P∝v2，则外力的功率将增大为原来的4倍．故C错误，D正确．故选AD【点评】本题是电磁感应与力学、电路知识的综合，掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力和功能关系，并能正确应用，难度不大．10．如图，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法正确的是（）A．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等B．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等C．闭合开关S待电路达到稳定，D1、D2比原来更亮D．闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭【考点】自感现象和自感系数．【分析】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D1构成电路回路．【解答】解：AB、S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，故A正确，B错误；C、S闭合稳定后，线圈相当于导线把灯1短路，灯D1熄灭，回路中总电阻减小，电流增大，D2比S刚闭合时亮，故C错误；D、S闭合稳定后再断开开关，D2立即熄灭，但由于线圈的自感作用，L相当于电源，与D1组成回路，D1要过一会在熄灭，故D正确；故选：AD【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，线圈上端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈下端是电源正极．11．如图所示，矩形线圈放置在水平薄木板上，有两块相同的蹄形磁铁，四个磁极之间的距离相等，当两块磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到木板的摩擦力方向是（）A．先向左、后向右B．先向左、后向右、再向左C．一直向右 D．一直向左【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】根据楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，我们可以这样理解：感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动．分析线圈所受的安培力方向，确定其运动趋势，判断摩擦力方向．【解答】解：当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反，两个磁场产生相互排斥的作用力；当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，两个磁场产生相互吸引的作用力，所以感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动．当磁铁匀速向右通过线圈时，N极靠近线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的安培力，那么磁极给线圈向右的安培力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力．当N 极离开线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的安培力，那么磁极给线圈向右的安培力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力．所以整个过程线圈所受的摩擦力一直向左．故D正确．故选D【点评】本题根据楞次定律：感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动，分析线圈所受的安培力方向是本题的解题关键．12．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程y=x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中的虚线所示），一个小金属块从抛物线y=b（b ＞a）处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是（）A．mgb B．mv2C．mg（b﹣a）D．mg（b﹣a）+mv2【考点】电磁感应中的能量转化；导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】圆环在进入磁场和出磁场的过程中产生感应电流，有热量产生，最终在直线y=a以下抛物线来回摆动，根据能量守恒求出金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量．【解答】解：圆环最终在直线y=a以下来回摆动，以y=b（b＞a）处为初位置，y=a处为末位置，则知末位置的速度为零，在整个过程中，重力势能减小，动能减小，减小的机械能转化为内能，根据能量守恒得：Q=mg（b﹣a）+．故D正确，A、B、C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键能正确分析金属块的状态，知道它最终在y=a以下来回摆动，在摆动时无热量产生，以初始位置与y=a位置为研究过程，动能和重力势能的减小量全部转化为热量．二、实验题（本题有2小题，共14分．请按题目要求作答）13．如图所示，在一根较长的铁钉上，用漆包线绕两个线圈A和B．将线圈B的两端与漆包线CD 相连，使CD平放在静止的小磁针的正上方，与小磁针平行．试判断合上开关的瞬间，小磁针N极的偏转情况？线圈A中电流稳定后，小磁针又怎样偏转？【考点】楞次定律；安培力．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】干电池通电的瞬间，在线圈B中产生感应电流，根据楞次定律判断出感应电流的方向，结合安培定则得出CD周围磁场的方向，从而确定指南针的偏转方向．【解答】解：干电池通电的瞬间，根据楞次定律，线圈B中产生电流，电流的方向由C到D，根据安培定则，CD导线下方的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针N极向纸内偏转，S极向纸外偏转．线圈A中电流稳定后，B线圈中的感应电流消失，小磁针又回到原来的位置．答：在开关合上的瞬间，小磁针的N极向纸内偏转．当线圈A内的电流稳定以后，小磁针又回到原来的位置．【点评】本题考查了楞次定律和安培定则的基本运用，知道小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，知道电流在稳定后线圈B不再产生感应电流．14．如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，部分导线已连接．（1）用笔线代替导线将图中未完成的电路连接好．（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合电键后，将原线圈迅速插入副线圈的过程中，电流计指针将向右偏；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将向左偏．【考点】研究电磁感应现象．。