1、绝密启用前2015-2016学年度惠安四中高二上学期第一次月考物理试题考试时间：90分钟；总分：100分（g取10m/s2）注意事项：1. 答题前填写好自己的姓名、班级、座号等信息2. 请将答案正确填写在答题卡上一、单项选择（每小题只有一个选项符合题目要求，每小题3分，共42分）1、有关磁场的下列叙述，正确的是（）A磁感线越密的地方磁感应强度越大，磁通量也越大B顺着磁感线的方向，磁感应强度越来越小C安培力的方向一定与磁场方向垂直D在回旋加速器中，磁场力使带电粒子的速度增大2、由法拉第电磁感应定律公式，可知（）A穿过线圈的磁通量越大，感应电动势E一定越大B穿过线圈的磁通量改变量 越大，感应电动势
2、E一定越大C穿过线圈的磁通量变化率越大，感应电动势E一定越大D穿过线圈的磁通量发生变化的时间t 越小，感应电动势E一定越大3、一带电粒子（不计重力）以一定速度垂直射入匀强磁场中，则不受磁场影响的物理量是（ ）A速度 B加速度C动能 D均受磁场影响4、关于电场力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（）A电荷只要在电场中就会受到电场力作用，电荷在磁场中，也一定会受到洛伦兹力的作用B电场力对在其电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷却不会做功C电场力和与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线或磁场线上D只有运动电荷在磁场中才会受到洛伦兹力作用5、为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图甲所示的装
3、置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成（测量记录仪未画出）当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口若俯视轨道平面磁场垂直地面向里（如图乙），则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流方向为（）A始终逆时针方向B先顺时针，再逆时针方向C先逆时针，再顺时针方向D始终顺时针方向6、闭合线圈放在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，因磁场变化而发生电磁感应现象，则( )A穿过线圈的磁通量越大，产生的感应电动势越大B穿过线圈的磁通量变化量越大，产生的感应电动势越大C穿过线圈的磁通量变化率越大，产生的感应电动势越大D穿过线圈的磁感
4、线条数越多，产生的感应电动势越大7、1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子即“磁单极子”.1982年美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验，仪器的主要部分是一个由超导体组成的线圈，超导体的电阻为零，一个微弱的电动势就可以在超导线圈中引起感应电流，而且这个电流将长期维持下去，并不减弱，他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈，那么从上向下看，超导线圈上将出现（）A先是逆时针方向的感应电流，然后是顺时针方向的感应电流B先是顺时针方向的感应电流，然后是逆时针方向的感应电流C顺时针方向持续流动的感应电流D逆时针方向持续流动的感应电流8、一个按正
5、弦规律变化的交变电流的i-t图象如图所示下列说法中不正确的是（）A该交流电的周期为T=0，02sB该交变电流的频率f=50HzC该交变电流的有效值I=20AD该交变电流的最大值为Im=20A9、在图中，条形磁铁以速度v远离螺线管，螺线管中的感应电流的情况是（）A穿过螺线管中的磁通量增加，产生感应电流B穿过螺线管中的磁通量减少，产生感应电流C穿过螺线管中的磁通量增加，不产生感应电流D穿过螺线管中的磁通量减少，不产生感应电流10、如图所示，L是自感系数很大的线圈，其电阻几乎为零A和B是两个完全相同的灯泡，下列说法中正确的是（）A当开关S闭合瞬间， A灯先亮B灯后亮 B当开关S闭合瞬间，A灯比B灯亮
6、C当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由b到aD当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由a到b11、如图所示，MN、PQ为同一水平面的两平行光滑导轨，导轨间有垂直于导轨平面的磁场，导体ab、cd与导轨有良好的接触并能滑动，当ab沿轨道向右滑时，则（）A.cd右滑B.cd不动C.cd左滑D.无法确定12、如图所示，在能够绕竖直轴自由转动的横杆两端，固定着A、B两个铝环，其中铝环A闭合，B不闭合，则（）A.当条形磁铁插入A环时，A环中产生感应电流同时远离磁铁B.当条形磁铁插入A环时，A环中产生感应电流同时靠近磁铁C.当条形磁铁插入B环时，B环中产生感应电流同时远离磁铁D.当条形磁铁插入B环时，B环中
7、产生感应电流同时靠近磁铁13、矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势如图所示，则（）A.t1时刻线圈通过中性面B.t2时刻线圈中磁通量最大C.t3时刻线圈中磁通量变化率最大D.t4时刻线圈中磁通量最大14、交流发电机在工作时的电动势为E=E0sint，若将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为（）A.E0sin2tB.2E0sin2tC.E0sinD.2E0sin二、多项选择（每小题4分，错选不得分，漏选得2分.共12分）15、如图所示的金属圆环放在匀强磁场中，将它从磁场匀速拉出来，下列哪个说法是正确的（）A向左拉出和向右拉出，其感应电流方向相反B不管从什么方向拉出，环中的感应电
8、流方向总是顺时针的C在此过程中感应电流大小不变D在此过程中感应电流大小改变16、如图所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处自由下落接近回路时（重力加速度为g）（）Ap、q将互相靠拢Bp、q将互相远离C磁铁下落的加速度仍为gD磁铁下落的加速度小于g17、以下说法中正确的是（ ）A.电感对交变电流有阻碍作用B.电感具有“通交流、隔直流，通高频，阻低频”的作用C.电容对交变电流有阻碍作用D.电容具有“通交流、隔直流，通高频，阻低频”的作用三、实验探究题（每空2分，2共16分）18、在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场随后，物理学
9、家提出“磁生电”的闪光思想很多科学家为证实这种思想进行了十多年的艰苦研究，首先成功发现“磁生电”的物理学家是（ ）A.牛顿B.爱因斯坦C.法拉第D.霍金19、如图为研究磁场对通电导线的作用力的实验，问：（1）若闭合开关，导体棒AB 受到的安培力方向 （“向左”或“向右”）（2）如果向右滑动“滑动变阻器”触头，导体棒AB受到安培力方向 （“反向”或“不变”），安培力大小 （“变大”、“不变”或“变小”）20、在探究磁场中电流的产生条件时，做了如图的实验，填写观察到的实验现象。实验操作电流表的指针（填偏转或不偏转） 1 接通开关瞬间2 接通开关，移动变阻器滑片3 接通开关，变阻器滑片不移动4 断开
10、开关瞬间 四、计算题（每小题10分，共30分。按照题目的要求作答,计算时应写必要的文字说明、方程式和重要步骤,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。）21、如图所示，边长为L的正方形金属框abcd，质量为m，电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘，金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外磁场随时间变化规律为B=kt（k0），已知细线所能承受的最大拉力为2mg，求：（1）线框中感应电流的方向；（2）分析线框的各边所受安培力的方向；（3）从t=0开始，经多长时间细线会被拉断？22、一个线圈有100匝、面积为0.01m2，线圈的内电阻为0.5，线圈两端
11、接一个9.5的电阻线圈放在磁场中，已知磁场方向与线圈所在的平面垂直，在0.02S的时间内磁感应强度从0均匀增加到0.4T，求：（1）线圈的感应电动势多大？（2）电路中产生的电流多大？（3）线圈两端的电压多大？23、一台小型发电机产生的电动势随时间变化的规律图象如图甲所示己知发电机线圈内阻为5，外接一只电阻为95的灯泡，如图乙所示，求：（1）写出发电机产生的感应电动势瞬时值e的表达式；（2）发电机线圈内阻1s内产生的焦耳热；（3）电压表的示数 学校： 班级： 姓名： 座号：2015-2016学年度惠安四中高二上学期第一次月考物理试题答题卷（考试时间：90分钟总分：100分）一、单项选择（每小题只
12、有一个选项符合题目要求，每小题3分，共42分）题号1234567答案来源:学科网题号891011121314答案二、多项选择（每小题4分，错选不得分，漏选得2分.共12分）题号151617答案三、填空题（共3小题，15、16每个空格2分，17题每空3分共18分）18、 19、（1） （2） 20、（1） （2） （3） （4） 21、（10） 解： 四、计算题（3小题，共36分，答题应写出主要的运算过程和必要的文字说明）22、（10）解：23、（10）解：参考答案一、单项选择1、【答案】C【解析】【考点】磁现象和磁场；质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】磁感线是为了形象地描述磁场假想的线，外部
13、由N指向S，内部由S指向N，磁感线的疏密表示磁场的强弱，切线方向表示磁场的方向磁通量：=BScos；在回旋加速器中，电场力使带电粒子的速度增大【解答】解：A、磁感线越密的地方磁感应强度越大，而磁通量：=BScos，还要与线圈的面积、线圈与磁场之间的夹角有关，故A错误B、磁感线越密的地方磁感应强度越大，与是否顺着磁感线的方向无关故B错误；C、根据左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向垂直故C正确D、洛伦兹力只改变粒子运动的方向，不改变粒子速度的大小，在回旋加速器中，电场力使带电粒子的速度增大，故D错误故选：C【点评】该题考查到磁场的知识点比较多，解决本题的关键知道与磁通量相关的因素，以及知道磁
14、感线和电场线的相同点和不同点，基础题2、【答案】C【解析】【考点】法拉第电磁感应定律【专题】定性思想；推理法；电磁感应功能问题【分析】根据法拉第电磁感应定律，可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，与磁通量的大小，及磁通量的变化量均无关，从而即可一一分析答题【解答】解：ABC、由法拉第电磁感应定律E=可知，感应电动势与磁通量大小无关，与磁通量的变化量大小无关，取决于磁通量的变化率，磁通量的变化率越大，感应电动势越大，故AB错误，C正确；D、据法拉第电磁感应定律可知：感应电动势的大小与穿过电路的磁通量的变化率成正比，与变化的时间无关，故D错误；故选：C【点评】本题考查了影响感应电动势大小的因素、分
15、清磁通量变化率与磁通量的变化量的关系，同时掌握法拉第电磁感应定律的内容3、【答案】C【解析】【考点】洛仑兹力【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】电子以初速度 v0 垂直进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，此时电子将受到洛伦兹力作用， 由左手定则可知，力的方向始终与速度的方向垂直，力的作用效果只是改变了电子的运动方向，并 没有改变电子的运动快慢，磁场对电子也不会做功【解答】解：A、电子在磁场中做匀速圆周运动，速度的方向始终沿圆弧的切线方向，所以速度的 方向吧变化的故 A 错误； B、洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，所以洛伦兹力的方向不断变化，则加速度的方向不断 变化故
16、 B 错误 C、洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，所以洛伦兹力只是改变了电子的运动方向，并没有改 变速度的大小，磁场不会对电子做功，所以电子的动能不变，不受磁场的影响故 C 正确，D 错 误故选：C4、【答案】D【解析】【考点】洛仑兹力；电场强度【分析】电荷在电场中一定受到电场力，而静止的电荷在磁场中不受到洛伦兹力，即使运动，当运动的方向与磁场平行时，也不受到洛伦兹力；当电场力与运动速度的方向相垂直时，电场力不做功，而洛伦兹力一定与速度垂直，则洛伦兹力一定不做功；电场力的方向在电场线切线方向，而洛伦兹力与磁场线方向相垂直；【解答】解：A、电荷只要在电场中就会受到电场力作用，运动电荷在磁场中，
17、与磁场方向平行，不会受到洛伦兹力的作用，故A错误，B、当电场力与电荷的速度方向相垂直时，则电场力对在其电场中的电荷不会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷不会做功，故B错误；C、电场力与电场线某点切线方向平行，洛伦兹力与磁场线相互垂直，故C错误；D、只有运动电荷在磁场中才可能受到洛伦兹力作用，故D正确；故选：D【点评】考查电场力、洛伦兹力与电场线及磁场线的方向关系，掌握左手定则，注意与右手定则的区别，理解洛伦兹力产生的条件5、【答案】B【解析】【考点】楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】先判断出线圈中的磁通量的变化，然后结合楞次定律即可得出结论【解答】解：在列车经过线圈的上方时，由于列车上的磁
18、场的方向向上，所以线圈内的磁通量方向向上，先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流的方向为先顺时针，再逆时针方向故选：B【点评】本题综合考查了楞次定律、切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律以及运动学公式，综合性较强，要加强这方面题型的训练6、【答案】C【解析】【考点】感生电动势、动生电动势【专题】电磁感应与电路结合【分析】解答本题应掌握感应电动势取决于磁通量的变化快慢，与磁通量的变化及磁通量无关【解答】解：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=n，即感应电动势与线圈匝数有关；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，穿过线圈的磁通量大，但若所用的
19、时间长，则电动势可能小，故ABD错误，C正确；故选C【点评】感应电动势取决于穿过线圈的磁通量的变化快慢，在理解该定律时要注意区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量变化率三者间区别及联第7、【答案】D【解析】【考点】楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】磁单极子穿过超导线圈，导致线圈中的磁通量发生变化，根据磁通量变化情况，由楞次定律可判定感应电流的方向【解答】解：若N磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从上向下看，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场
20、方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针因此线圈中产生的感应电流方向不变D正确故选：D【点评】考查右手螺旋定则、楞次定律，及磁单极子的特征同时注意磁体外部的感应线是从N极射出，射向S极8、【答案】C【解析】A、题中图象描述的是电流随时间的变化关系，周期为0.02s，故A正确；B、频率与周期为倒数关系；频率为50Hz；故B正确；C由图可知，该交流电的峰值是20A，有效值为=10 A；故C错误；D正确；本题选错误的；故选：C9、【答案】B【解析】条形磁铁从左向右远离螺线管的过程中，穿过线圈的原磁场方向向下，且磁通量在减小，所以能产生感应电流
21、故选：B10、【答案】C【解析】A、B、电键S闭合瞬间，线圈L对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，故A错误，B错误；C、D、稳定后当电键K断开后，A马上熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源左端为高电势，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由b到a，B闪一下再熄灭，故C正确，D错误；故选：C11、【答案】A【解析】考点:楞次定律；安培力；导体切割磁感线时的感应电动势专题:电磁感应中的力学问题分析:由楞次定律得：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； 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解
22、答:解：假设导轨间有垂直于导轨平面向上的磁场，当ab沿轨道向右滑时，向上的磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，即向上；所以电流从d流向c，由左手定则可以判断cd所受安培力向右，所以cd右滑，故A正确再假设导轨间有垂直于导轨平面向下的磁场，当ab沿轨道向右滑时，向下的磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，即向下；所以电流从c流向d，由左手定则可以判断cd所受安培力向右，所以cd右滑所以受力与磁场方向无关故选：A点评:楞次定律可以从不同角度理解：从原磁通量的变化看增反减同；从磁体和导体的相对运动看来斥去留；对阻碍两个字含义的理解“阻碍”不是“阻止”，更不是“相反”，而
23、是“延缓”的意思12、【答案】A【解析】考点：楞次定律分析：穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中会产生感应电流，感应电流受到磁场力的作用，横杆转动；如果金属环不闭合，穿过它的磁通量发生变化时，只产生感应电动势，而不产生感应电流，环不受力的作用，杆不转动解答：解：由题意可知，A环闭合，B环不闭合；A、当条形磁铁插入A环时，A环中产生感应电流，从而阻碍磁通量的增加，所以会远离磁铁，故A正确，B错误；C、当条形磁铁插入B环时，B环中不会产生感应电流，则磁铁不会转动，故CD错误；故选：A点评：本题难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件，分析清楚图示情景即可正确解题，注意学会使用楞次定律的相
24、对运动来解题13、【答案】A【解析】考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理专题：交流电专题分析：矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流磁通量为零，感应电动势最大；磁通量最大时，感应电动势为零，线圈恰好通过中性面经过中性一次，电流方向改变一次根据法拉第定律，感应电动势与磁通量变化率成正比解答：解：A、t1时刻感应电动势为零，磁通量最大，线圈通过中性面故A正确 B、t2时刻感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，线圈中磁通量最小故B错误 C、t3时刻感应电动势为零，则磁通量变化率也为零故C错误 D、t4时刻线圈中感应电动势最大，磁通量变化率最大，磁通量最小故D错误故选：A点评：本题考查正弦
25、交变电流产生过程中磁通量与感应电流、感应电动势及位置之间的关系，基本题14、【答案】B【解析】考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理专题：交流电专题分析：感应电动势的瞬时值表达式为e=E0sint，其中E0=nBS，当将其电枢的转速提高一倍时，E0和都增加一倍，再进行选择解答：解：感应电动势的瞬时值表达式为e=E0sint，当将其电枢的转速提高一倍时，E0和都增加一倍，其表达式变为：e=2E0sin2t故选：B点评：本题考查考虑问题要全面，e=E0sint式中E0和都与转速成正比，不能简单认为表达式是E0sin2t二、多项选择15、【答案】BD【解析】【考点】楞次定律【专题】定性思想；推理法
26、；电磁感应与电路结合【分析】将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向，从而即可求解【解答】解：AB、不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向故B正确，A错误CD、感应电流的大小与感应电动势有关，而感应电动势与线圈移动的速度有关，由于移动过程中有效的切割长度先增大后减小，则感应电动势也先增大后减小，感应电流先增大后减小故C错误，D正确故选：BD【点评】本题是楞次定律和E=BLv的应用，注意公式E=BLv中L是有效的切割长度16、【答案】AD【解析】【考点】楞次定律【分析】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过
27、回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况【解答】解：A、B当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用故A正确，B错误C、D由于磁铁受到向上的磁场力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g故C错误，D正确故选：AD【点评】本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关键17、【答案】ACD【解析】考点:电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用.分析
28、:电感的特性是：通直流、阻交流；通高频、阻低频电容的特性是：隔直流、阻交流；通高频、阻低频解答:解：A、电感对电流的影响是：通直流、阻交流；因为直流通过线圈时不产生感应电动势，对电流没有阻碍作用而交流通过线圈时，产生感应电动势，对电流有阻碍作用，感抗与交流的频率成正比，则电感对交流的影响可概括为“通低频、阻高频”故A正确，B错误C、电容对电流的影响可概括为“隔直流、通交流”，因为电容器两板间有电介质或真空，容抗与交流的频率成反比，则电容对交流的影响可概括为“通高频、阻低频”，电容对交流电也有一定的阻碍作用；故CD正确；故选：ACD点评:对于电容和电感对交流的影响可以根据感抗和容抗的公式，在理解
29、的基础上进行记忆属于常规题四、实验探究题18、【答案】C【解析】考点:物理学史 分析:首先成功发现“磁生电”的物理学家是法拉第，不是牛顿、爱因斯坦和霍金解答:解：1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，即电生磁的现象，英国科学法拉第坚信电与磁是紧密联系的，经过十多年的艰苦研究，于1831年发现了电磁感应现象，即磁生电的现象，故C正确，ABD错误故选：C点评:对于物理学上重大的发现和著名理论，要加强记忆，这是2015届高考考查内容之一19、【答案】（1）向左（2）不变，变小【解析】考点：安培力专题：实验题分析：通电导线在磁场的受力与磁场方向和通电导线电流方向有关，改变其中一个，方向改变，
30、改变两个，方向不变，根据左手定则判断导体棒受力方向，根据F=BIL求的大小解答：解：利用左手定则可以判断受力方向（1）向左，（2）当滑片滑动时，方向不变，但电流发生改变，故大小发生改变，故答案为：（1）向左（2）不变，变小点评：本题主要考查了左手定则，即张开左手，使四指与大拇指在同一平面内，大拇指与四指垂直，把左手放入磁场中，让磁感线穿过手心，四指与电流方向相同，大拇指所指的方向是安培力的方向20、【答案】实验操作电流表的指针（填偏转或不偏转） 1接通开关瞬间偏转2接通开关，移动变阻器滑片偏转3接通开关，变阻器滑片不移动不偏转4断开开关瞬间偏转【解析】实验操作电流表的指针（填偏转或不偏转） 1
31、接通开关瞬间偏转2接通开关，移动变阻器滑片偏转3接通开关，变阻器滑片不移动不偏转4断开开关瞬间偏转六、计算题21、【答案】（1）线框中感应电流的方向adcba；（2）分析线框的各边所受安培力的方向ab边所受的安培力方向向下，bc边所受的安培力方向向左，cd不受安培力，ad边的安培力方向向右；（3）从t=0开始，经时间细线会被拉断【解析】考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；安培力专题：电磁感应与电路结合分析：根据楞次定律，求出线圈回路电流方向，然后根据法拉第电磁感应定律，结合闭合欧姆定律与安培力大小表达式，求出安培力的大小和方向，根据平衡条件进一步求解解答：解：（1）根据楞次定律，则有
32、感应电流的方向：逆时针方向（即adcba）；（2）根据左手定则，结合感应电流的方向，则有：ab边所受的安培力方向向下，bc边所受的安培力方向向左，cd不受安培力，ad边的安培力方向向右（线框有收缩的趋势）；（3）根据平衡条件，结合安培力表达式，则有：，且B=kt，解得：t=答：（1）线框中感应电流的方向adcba；（2）分析线框的各边所受安培力的方向ab边所受的安培力方向向下，bc边所受的安培力方向向左，cd不受安培力，ad边的安培力方向向右；（3）从t=0开始，经时间细线会被拉断点评：本题考查了电磁感应定律和安培力公式、左手定则、楞次定律、受力平衡等知识点的简单综合应用，注意左手定则与右手定
33、则的区别22、【答案】（1）线圈的感应电动势20V（2）电路中产生的电流2A（3）线圈两端的电压19V【解析】（1）线圈中的感应电动势为：（2）电路中产生的电流为：I=2A（3）线圈两端的电压为：U=IR=29.5=19V23、【答案】（1）发电机产生的感应电动势瞬时值e的表达式为e=220sin100t（2）发电机线圈内阻1s内产生的焦耳热为24.2J；（3）电压表的示数为209V【解析】考点:交流的峰值、有效值以及它们的关系.专题:交流电专题分析:根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电功公式可求得1s内产生的热量；根据欧姆定律求解电压表示数解答:解：（1）由图象可知，交流电的最大值为220V，周期为T=0.02s；故角速度=100；故表达式为：e=220sin100t；（2）交流电有效值为220V，电路中的电流为I=A=2.2A，所以灯泡1s内消耗的焦耳热为：Q=I2rt=（2.2）251J=24.2J（3）电压表的示数为外电阻的电压，所以外电阻的电压为U=？R=95V=209V答：（1）发电机产生的感应电动势瞬时值e的表达式为e=220sin100t（2）发电机线圈内阻1s内产生的焦耳热为24.2J；（3）电压表的示数为209V点评:解决本题的关键就是有电流的瞬时值表达式求得原线圈中电流的最大值，进而求得原线圈的电流的有效值的大小
