1、2014-2015学年福建省福州市八县（市）一中联考高二（下）期中物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1（4分）如图所示，ab是水平面上一个圆环的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电导线ef已知ef平行于ab，以下能使圆环的产生感应电流的是（） A 使通电导线ef竖直向上平移 B 增大通电导线ef中电流的大小 C 使通电导线ef中的电流反向 D 使圆环以直径ab为轴旋转【考点】： 楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 产生感应电流的
2、条件：闭合电路中 的磁通量发生变化，并结合选项，从而即可求解【解析】： 解：A、通电直导线产生稳定的磁场，由于从线圈这面穿过，又从这面穿出，则穿过线框的磁感线的条数为零，磁通量为零，当ef竖直向上平移时，穿过这个圆面的磁通量将为零，不会产生感应电流，故A错误；B、同理，当增大通电导线ef中电流的大小时，穿过线圈的磁通量仍为零，故正B错误；C、当通电导线ef中的电流反向时，仍导致穿过线圈的磁通量为零，故C错误；D、当圆环以直径ab为轴旋转，那么穿过线圈的磁通量变化，则会产生感应电流，故D正确故选：D【点评】： 对于非匀强磁场穿过线圈的磁通量不能定量计算，可以根据磁感线的条数定性判断其变化情况，注
3、意分清磁感线穿过线圈的哪个面是解题的关键，同时注意线圈的净磁通量如何变化是解题的重点2（4分）水平面上存在竖直方向的匀强磁场，磁场的边界是MN，在MN左侧无磁场，如图甲所示现有一个闭合的金属线框以恒定速度从MN左侧水平进入匀强磁场区域线框中的电流随时间变化的it图象如图乙所示，则线框的形状可能是图中的（） 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】： 由电磁感应定律求电动势E=BLv及欧姆定定律求出电流的表达式，找出各线框进入磁场时电流的变化规律，然后选出与图乙所示图象符合的线框【解析】： 解：导体棒切割磁感线产生的感应电
4、动势E=BLv，设线框总电阻是R，则感应电流 I=；由图乙所示图象可知，感应电流先均匀增大，后均匀减小因由于B、v、R是定值，故导体棒的有效长度L应先均匀增大，后均匀减小A、梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，产生的感应电流先均匀增大，后不变，再均匀减小，不符合要求，故A错误；B、三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增加，后减小，且随时间均匀变化，符合题意，故B正确；D、闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L不随时间均匀变化，不符合题意，故C错误；D、正六边形线框进入磁场时，有效长度L先均匀增大，再不变，后均匀减小，产生的感应电流先均匀变大，再
5、不变，后均匀变小，不符合题意，故D错误故选：B【点评】： 本题是一道关于感应电流的图象题，熟练应用导体棒切割磁感线产生的感应电动势公式、欧姆定律、分析清楚图象特点是正确解题的关键3（4分）如图所示的电路中，A、B为两个完全相同的灯泡，L是自感系数很大的线圈，其电阻与R相等，下列说法正确的是（） A 在断开S2的情况下，若突然闭合S1时，A、B灯均逐渐亮起来 B 在闭合S2的情况下，若突然闭合S1时，A灯立即发光，B灯逐渐亮起来 C 闭合S1、S2待电路稳定后，若突然断开S1，则A、B灯均不会立即熄灭 D 闭合S1、S2待电路稳定后，若突然断开S1，则A灯不会立即熄灭，而B灯立即熄灭【考点】：
6、自感现象和自感系数【分析】： 当断开S2的情况下，若突然闭合S1的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析当同时闭合S1、S2，待电路稳定后突然将S1、S2同时断开，因自感现象，导致两灯不会立即熄灭，而是逐渐熄灭【解析】： 解：A、在断开S2的情况下，若突然闭合S1时，由于线圈的自感现象，出现自感电动势阻碍电流的增大，则A灯立即亮，B灯逐渐亮，A错误；B、在闭合S2的情况下，若突然闭合S1时，由于线圈的自感现象，出现自感电动势阻碍电流的增大，则两灯立即亮，故B错误C、D、当同时闭合S1、S2，待电路稳定后突然将S1同时断开，B灯立即熄灭，因自感
7、现象，L与A组成回路，A灯不会立即熄灭，而是逐渐熄灭，故C错误，D正确；故选：D【点评】： 对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源4（4分）如图所示，家用电源插座由于旧国标插孔相对较大，插板内的接触片与插头的接触面很小，插头容易松动，容易导致发热或产生电火花，存在火灾隐患因此国家质检总局和国家标准化管理委员会发布插座新国标，并于2011年6月1日起强制执行对于我国供电电源说法正确的理解是（） A 我国低压采用三相四线制供电，可同时提供220V和380V的电压 B 家用电源插座有两孔与三孔两种，两孔插座提供单相交流电，三孔插座可提供三相
8、交流电 C 电路中的电流总是由火线流出，零线流入，因而开关要接在火线上 D 家用电源插座不管是两孔还是三孔，电压的最大值均为220 V【考点】： 家庭电路和安全用电知识【分析】： 我国低压电采用三相四线制供电，可同时提供220V和380V的两种电压，但进入家庭中的电只有220V的；开关一定要接在火线上【解析】： 解：A、我国的低压采用三相四线制供电，可同时提供220V和380V的电压；故A正确；B、家用电源插座中只能提供单相交流电，三孔插座多的一孔为接地线，不能提供三相交流电；故B错误；C、交流电的电流是周期性变化的，并不是只有火线流入，开关接在火线上是让电器能与电源彻底断开；故C错误；D、家
9、用电源插座电压有效值为220V，最大值为311V；故D错误；故选：A【点评】： 本题考查家庭安全用电常识，要注意明确火线的接法及交流电的性质，明确照明电和工业用电的电压区别5（4分）如图是机场的安检人员用手持金属探测器检查乘客的情景探测线圈内通有交变电流，能产生迅速变化的磁场当探测线圈靠近金属物体时，这个磁场能在金属物体内部能产生涡电流，涡电流又会产生磁场，倒过来影响原来的磁场如果能检测出这种变化，就可以判定探测线圈下面有金属物体了以下用电器与金属探测器工作原理相似利用涡流的是（） A 变压器 B 日光灯 C 电磁炉 D 直流电动机【考点】： * 涡流现象及其应用【分析】： 由题意可知，探测器
10、中通以交变电流线圈靠近金属物时，线圈在空间产生交变的磁场，金属物品横截面的磁通量发生变化，会产生感应电流，反过来，金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流【解析】： 解：当探测器中通以交变电流线圈靠近金属物时，线圈在空间产生交变的磁场，金属物品横截面的磁通量发生变化，会产生感应电流，故探测器采用了电磁感应原理中 的涡流的原理；A、变压器采用了电磁互感原理，要防止涡流故A错误；B、日光灯的镇流器采用的是线圈的自感现象，与涡流无关故B错误；C、电磁炉中，将炉子中的线圈通以交变电流，线圈将产生变化的磁场，该磁场穿过铁质锅时，在锅底的部分将产生涡流，所以电磁炉的原理与金属探测器工作原理相
11、似故C正确；D、直流电动机是通电导体在磁场中受力，与涡流无关故D错误；故选：C【点评】： 考查电磁感应现象中的涡流现象的应用，要求学生通过题意找出探测器的原理，并能正确掌握其意义6（4分）如图所示，理想变压器的输出端有两组次级线圈，分别接有电感元件L和电容元件C若用IL、IC分别表示通过L和C的电流，则下列正确的是（） A 若M、N接恒定电流，则IL0、IC0 B 若M、N接恒定电流，则IL0、IC=0 C 若M、N接正弦式交流电，则IL0、IC0 D 若M、N接正弦式交流电，则IL=0、IC0【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 变压器的工作原理电磁感应，当原线圈接
12、入变化的电流时，导致线圈的磁通量变化，变压器才能工作对于电阻直流、交流都通过；对于线圈阻交流通直流，阻高频通低频；对于电容器通交流阻直流，通高频阻低频【解析】： 解：A、若M、N接恒定电流，变压器不能工作，则变压器线圈中没有电流，则IL=IC=0故AB错误；C、若M、N接正弦式交流电，则变压器副线圈中有正弦式交流电，则IL0、IC0，所以C正确D错误；故选：C【点评】： 知道变压器的工作条件：要有磁通量的变化同时掌握阻抗、感抗与容抗的基本知识7（4分）半径为r的圆环电阻为R，ab为圆环的一条直径如图所示，在ab的一侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时
13、间的变化关系为B=B0+kt（k0），则（） A 圆环中产生顺时针方向的感应电流 B 圆环具有扩张的趋势 C 圆环中感应电流的大小为 D 图中a、b两点间的电势差U=kr2【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】： 本题考查了电磁感应与电路的结合，对于这类问题要明确谁是电源，电源的正负极以及外电路的组成，本题中在磁场中的半圆磁通量发生变化，因此为电源，根据楞次定律可以判断电流方向；外电路为另一半圆与之串联，因此电路的内外电阻相同，注意ab两点之间电压为路端电压【解析】： 解：A、B、由于磁场均匀增大，线圈中的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中电流为逆时针，
14、同时为了阻碍磁通量的变化，线圈将有收缩的趋势，故AB错误；C、根据法拉第电磁感应定律得电动势为：E=回路中的电阻为R，所以电流大小为I=，故选项C正确；D、ab两端电压为：Uab=I=，故D错误故选：C【点评】： 正确应用法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律是解本题的关键，本题易错点一是求电动势时容易误认为面积为圆的面积，二是求ab两点之间电压时误求成电动势8（4分）矩形线圈abcd放置在垂直纸面向里的有界匀强磁场中线圈cd边沿与磁场的右边界OO重合线圈以恒定角速度绕cd边沿图所示方向（ab边向里）转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，则线圈从图示位置开始旋转一周线圈中的电流I随时间
15、t变化关系图象为（） A B C D 【考点】： 法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；交流发电机及其产生正弦式电流的原理【分析】： 矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电由于磁场有界，所以只有一半有感应电流则由楞次定则可判定感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律求出感应电流大小【解析】： 解：线圈以cd边为轴按图示方向匀速转动，从ab边速度正好与磁场平行开始计时，线圈磁通量在变小，则感应电流的磁场会阻碍其变小，所以感应电流方向是adcba，与规定的正方向相反，感应电流大小在渐渐变大，然而磁场只有一半，接着二分之一周期没有感应电流；当从ab边刚好进入磁场开始计时，线圈磁通量在变大，则感应
16、电流的磁场会阻碍其变大，所以感应电流方向是abcda，与规定的正方向相同，感应电流大小在渐渐变小；所以只有B选项符合条件故选：B【点评】： 本题虽没有明确什么方向为感应电流的正方向，但不影响答题同时也可以假设磁场没有界，则感应电流变化规律应是余弦曲线，从而可快速确定出一半磁场时的对应的图象9（4分）法拉第发明了世界上第一台发电机法拉第圆盘发电机铜质圆盘放置在匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线a、b将电刷与电灯连接起来形成回路如图所示从上往下看逆时针匀速转动铜盘，若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，转动的角速度为则下列说法正确
17、的是（） A 回路中的电动势等于BL2 B 回路中的电流等于 C 回路中电流方向从b导线流进灯泡，a导线流进铜盘 D 回路中产生的是大小和方向周期性变化的电流【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】： 电磁感应与电路结合【分析】： 圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径L，根据感应电动势公式E=BL求感应电动势，由欧姆定律求感应电流根据右手定则分析感应电流方向【解析】： 解：A、铜盘转动产生的感应电动势为：E=BL=BL=BL2，故A错误B、回路中的电流 I=，故B正确C、由右手定则可知，回路中电流方向不变，从b导线流进灯泡，a导线流进铜
18、盘，故C正确D、由于B、L、R不变，则I不变，电流大小恒定不变，故D错误故选：BC【点评】： 本题是转动切割磁感线类型，运用等效法处理要在理解的基础上，掌握切割感应电动势公式E=BL210（4分）如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈输入两端如图乙所示的交变电压，氖泡在两端电压达到100V时开始发光，开关闭合后，下列说法中正确的有（） A 当t=0.005s时，电压表的示数为100V B 若电灯电阻为100，其通过的电流为1A C 通过电灯的电流方向每秒钟改变50次 D 氖泡的发光频率为100Hz【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 变压器中电压与匝
19、数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，电表显示有效值【解析】： 解：A、原线圈电压有效值为20V，根据电压与匝数成正比知电压表示数为205=100V，若电灯电阻为100，其通过的电流为=1A故A错误B正确；C、由甲图知周期0.02s，则=100，f=50Hz，通过电灯的电流方向每秒钟改变100次，一个周期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，C错误D正确；故选：BD【点评】： 做本类题目除了要掌握变压器的特点外，还要根据图象能够分析出交流电的周期、频率等信息11（4分）如图所示，电路中接有一理想变压器，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均
20、为理想电表在原线圈c、d两端加上u1=220sin100t（V）的交变电压则（） A 若单刀双掷开关接a，再将滑动变阻器触片P向下移，电压V1表示数变小，电流表A1示数变大 B 若单刀双掷开关接a，再将滑动变阻器触片P向下移，电压V2表示数不变，电流表A2示数变大 C 若将单刀双掷开关由a拨向b，两电流表的示数均变大 D 若将单刀双掷开关由a拨向b，电压V2表示数变大，输入功率变大【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率【专题】： 交流电专题【分析】： 变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析【解析】： 解：A、当单刀双掷开关与a连接时，再将滑动
21、变阻器触片P向下移，副线圈电阻减小，电流增大，根据电流与匝数成反比知电流表A1示数变大，电压由电源和匝数比决定，电压V1表示数不变，副线圈电流增大，电阻R0分压增大，电压V2表示数减小，故AB错误；C、若将单刀双掷开关由a拨向b，原副线圈匝数比增大，副线圈的电压增大，电流增大，两电流表的示数均变大，C正确；D、当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数之比增大，输出电压增大，电阻不变，输出功率增大，则输入功率也增大，D正确；故选：CD【点评】： 做好本题要理解变压器中心抽头的作用：改变了匝数之比，从而改变了电压之比，也改变了两表的示数12（4分）光滑绝缘曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方
22、程是y=x2，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），一个质量为m的小金属球从抛物线上y=b（ba）处沿抛物线自由下滑，忽略空气阻力，重力加速度值为g则（） A 小金属球沿抛物线下滑后最终停在O点 B 小金属球沿抛物线下滑后每次过O点速度一直在减小 C 小金属球沿抛物线下滑后对O点压力一定大于mg D 小金属球沿抛物线下滑后最终产生的焦耳热总量是mg（ba）【考点】： 功能关系【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【解析】： 解：A、圆
23、环在磁场中运动的过程中，没有感应电流，机械能不再减小，所以圆环最终在直线y=a以下来回摆动故A错误；B、圆环机械能不再减小时，最终在直线y=a以下来回摆动，之后每次过O点速度不再减小故B错误；C、小金属球沿抛物线下滑后在最低点O只受到重力和支持力的作用，合力提供向心力，加速度的方向向上，所以对轨道的压力一定大于mg故C正确；D、圆环在磁场中运动的过程中，没有感应电流，机械能不再减小，所以圆环最终在直线y=a以下来回摆动，小金属球沿抛物线下滑后最终产生的焦耳热总量等于减少的机械能，即Q=mgh=mg（ba）故D正确故选：CD【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
24、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、填空题（2小题，共12分）13（6分）某同学学习传感器后，用电源、电磁继电器、滑动变阻器、开关、导线等仪器设计了一个高温报警器，要求是：正常情况绿灯亮，有险情时电铃报警电路如图所示，图中仪器还不完整，请完成以下问题：（1）图中的甲还需要放入的元件是C；A二极管B光敏电阻CNTC热敏电阻（阻值随温度升高而减小）DPTC热敏电阻（阻值随温度升高而增大）（2）电路正确连接之后，该同学调试过程发现报警时温度比预期偏高了一点点要求在温度更低一点时就开始报警，则需要调节滑动变阻器的滑动头往右（填“左”或
25、“右”）移动一点【考点】： 传感器在生产、生活中的应用【分析】： 掌握电磁继电器的组成及工作原理，其主要组成部分为电磁铁，电磁继电器就是利用电磁铁来控制电路的，当控制电路电流较小时，电磁铁磁性较弱，不能将衔铁吸下；当控制电路电流增大时，电磁铁磁性增大，将衔铁吸下【解析】： 解：（1）根据要求，在常温下热敏电阻甲阻值较大，电磁铁磁性较弱，不能将衔铁吸下，此时绿灯所在电路接通，绿灯亮，所以为是绿灯；温度升高，热敏电阻阻值较小，控制电路电流增大时，电磁铁磁性增大，将衔铁吸下所以图中的甲还需要放入的元件是NTC热敏电阻（阻值随温度升高而减小）故选：C（2）电路正确连接之后，该同学调试过程发现报警时温度
26、比预期偏高了一点点，则是在热敏电阻的电阻值比较小的时候才报警说明电路中的总电阻值比较大要求在温度更低一点时就开始报警，则需要调节滑动变阻器，使滑动变阻器的电阻值小一些，则需要将滑动头往 右移动一些故答案为：（1）C，（2）右【点评】： 此题考查了电磁继电器的构造及工作原理，并考查了并联电路电压的关系；电磁继电器是利用电磁铁来工作的自动开关14（6分）有一个可拆变压器，铁芯右边绕有一个线圈，线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路铁芯的横截面积为0.01m2，且假设磁场全部集中在铁芯中在左边的铁芯上套有一个环面积为0.02m2的金属环，金属环与铁芯截面垂直调节滑动变阻器的滑动头向上滑动，使铁芯中的磁
27、感应强度每秒均匀增加0.2T，则：（1）从上向下看金属环中感应电流方向是逆时针（填“顺时针”或“逆时针”）；（2）左边金属环的电阻为0.01，金属环内的电流大小为0.2A【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，然后根据闭合电路欧姆定律可求电流【解析】： 解：（1）根据右手螺旋定则知，螺线管中的磁场方向竖直向上，所以通过金属环的磁场方向竖直向下，当磁场均匀增大时，根据楞次定律知，感应电流的方向是逆时针方向（2）根据法拉第电磁感应定律得金属环内感应电动势为：根据闭合电路欧姆定律得：金属环内的电流大
28、小为：故答案为：（1）逆时针方向 （2）0.2【点评】： 解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流方向，以及掌握法拉第电磁感应定律内容三、计算题（本题共4小题，共40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分，有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位15（8分）某发电站的输出功率为1.0103kW，输出电压为4kV，通过两条输电导线向60km远处供电已知输电导线的电阻率为=2.0108m，导线横截面积为1.5104m2，若要求输电线路损失的功率为输出功率的4%，发电站须经过理想变压器升压后进行输电，求：（1）输电线路上的电流；（2）理想变压器的原副线圈的匝数比【考点】
29、： 远距离输电【专题】： 交流电专题【分析】： （1）由电阻定律计算导线的电阻，由损失功率也可以用P损=I2R计算输电线路上的电流（2）由功率公式中P损=UI计算出U输电电压，由匝数比与电压比的关系计算匝数比【解析】： 解：设线路电阻为R，线路的损失功率为P损，发电站的输出功率为P，升压变压器的输出电压为U（1）由电阻定律，得输电线电阻R=2.0108=16线路损失的功率P损=4%P=I2R解得：I=50A（2）设输电电压为U，由P=UI得U=2104 V原副线圈的匝数比n1：n2=U1：U=4103：2104=1：5答：（1）输电线路上的电流为50A；（2）理想变压器的原副线圈的匝数比为1：
30、5【点评】： 本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压，不是发电机的输出电压，损失功率也可以用P=I2R计算16（10分）一个小型应急交流发电机内部为n=50匝边长L=20cm的正方形线圈，总电阻为r=1.0线圈在磁感应强度为B=0.1T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动发电机对一电阻为R=9.0的电灯供电，线路中其它电阻不计，若发电机的转动角速度为=100rad/s时，电灯正常发光求：（1）交流发电机发出的电动势的最大值；（2）电灯正常发光的功率；（3）从图示位置开始，线圈转过30的过程中，通过电灯的电量【考点】： 交流发电机及其产
31、生正弦式电流的原理；电功、电功率【专题】： 交流电专题【分析】： （1）由最大值表达式可求得交流电动机的产生的电动势的最大值；（2）由最大值和有效值表达式可求得电动势的有效值，再由功率公式可求得电灯正常发光的功率；（3）由法拉第电磁感应定律可求得线圈转过30的过程中，通过电灯的电量【解析】： 解：（1）电动势的最大值为Em=nBS=nBL2=500.10.04100=20 V（2）电动势的有效值为E=10 V流过电灯的电流为I=A电灯正常发光的功率P=I2R=18W（3）q=t=0.01C；答：（1）交流发电机发出的电动势的最大值为20V；（2）电灯正常发光的功率为18W；（3）从图示位置开始
32、，线圈转过30的过程中，通过电灯的电量为0.01C【点评】： 考查感应电动势的最大值的求法，并掌握交流电的最大值与有效值的关系，知道电功率的表达式，理解焦耳定律中的电流是有效值，同时掌握求电量的表达式q=It=n17（10分）如图，MN、PQ两条平行的粗糙金属轨道与水平面成=37角，轨距为L=1m，质量为m=0.6kg的金属杆ab水平放置在轨道上，其阻值r=0.1空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5TP、M间接有R1=4的电阻，Q、N间接有R2=6的电阻杆与轨道间的动摩擦因数为=0.5，若轨道足够长且电阻不计，现从静止释放ab，当金属杆ab运动的速度为10m/s
33、时，求：（重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）金属杆ab之间的电压；（2）定值电阻R1消耗的电功率；（3）金属杆ab运动的加速度大小【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）ab棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，两个定值电阻R1与R2并联，可求得总电阻的表达式由E=BLv求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出流过ab杆的电流I，即可求得金属杆ab之间的电压U；（2）定值电阻R1消耗的电功率由公式P=求解（3）由F=BIL求出ab棒所受的安培力，再由牛顿第二定律求其加速度【解析】： 解：（1）
34、当金属杆ab运动的速度为10m/s时，ab杆产生的感应电动势为 E=BLv=0.5110V=5VR1与R2并联的总电阻 R=2.4流过ab杆的电流为 I=A=2A金属杆ab之间的电压 U=IR=4.8V（2）定值电阻R1消耗的电功率 P=W=5.76W（3）杆ab受到的安培力F安=BIL=1N对杆ab进行受力分析如图，根据牛顿第二定律得 mgsinmgcosF安=ma解得：金属杆ab运动的加速度大小a=0.33m/s2答：（1）金属杆ab之间的电压为4.8V；（2）定值电阻R1消耗的电功率为5.76W；（3）金属杆ab运动的加速度大小为0.33m/s2【点评】： 本题是电磁感应与电路、力学知识
35、的综合，关键要正确分析电路的连接方法，其中安培力的分析和计算是解题的关键步骤，18（12分）如图所示，在倾角为=30的光滑绝缘斜面abcd上有一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场的上下有边界且与斜面底边cd平行，虚线为磁场的边界线在斜面上有一个质量为m=0.2kg、电阻为R=0.27、边长为L=60cm的正方形金属线框，相距s=90cm将线框从静止开始释放，沿斜面滑下，线框底边始终与斜面底边平行若线框刚进入磁场时，恰好能做匀速运动求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）若线框的下边通过磁场的时间为t=0.6s，磁场区域的宽度l为多少？（3）若线框上边框穿出磁场前也已匀速运动，则线框在穿过磁场的
36、整个过程中能产生多少的焦耳热（重力加速度g=10m/s2）【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；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）本题的关键是运动过程分析和画出侧视图的受力分析图线框进入磁场前沿斜面向下做匀加速运动，由动能定理列式，求出线框刚进磁场时的速度线框刚进入磁场时，恰好能做匀速运动，受力平衡由E=BLv、I=，F安=BIL，及平衡条件列式，即可求得B（2）线框进入磁场过程做匀速运动，由L和v可求得时间线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力，而做匀加速运动由运动学公式可求得线框通过的位移，由几何关系求解磁场的宽度l（
37、3）若线框最后匀速离开磁场，线框的重力势能减少转化为内能，根据能量守恒求解即可焦耳热【解析】： 解：（1）线框进入磁场前沿斜面向下做匀加速直线运动，设底边刚进磁场时的速度为v，则由动能定理得 mv2=mgssin 得 v=3m/s线框底边切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv=IR画出线框受力的侧视图如图所示匀速运动，有：mgsin=BIL联立解得：B=0.5T（2）线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力，而做匀加速运动，加速度为a=gsin=5m/s2匀速运动的时间 t1=0.2s匀加速运动的时间为：t2=tt1=0.4s匀加速运动的距离为：x=t2+at22=1.6m磁场区域的宽度 l=L+x=2.2m（3）上边框穿出磁场前也已匀速运动，则穿出磁场的速度仍为 v=3m/s根据能量守恒可得 Q=mg（S+l+L）sinmv2=2.8J答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小是0.5T；（2）若线框的下边通过磁场的时间为t=0.6s，磁场区域的宽度l为2.2m（3）线框在穿过磁场的整个过程中能产生2.8J的焦耳热【点评】： 本题是导轨类问题，首先要分析线框的运动情况，画出侧视图及其受力分析图，然后列式求解