1、青海师大二附中2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷一、选择题（每小题至少有一个选项是正确的，请把正确的答案填入答题题卡中，每小题4分，共40分，漏选得2分，错选或不选得零分）1（4分）下面说法正确的是（）A自感电动势总是阻碍电路中原来电流增加B自感电动势总是阻碍电路中原来电流变化C电路中的电流越大，自感电动势越大D电路中的电流变化量越大，自感电动势越大2（4分）如图所示，M1N1与M2N2是位于同一水平面内的两条平行金属导轨，导轨间距为L磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，ab与ef为两根金属杆，与导轨垂直且可在导轨上滑 动，金属杆ab上有一伏特表，除伏特表外，其他部分电
2、阻可以不计，则下列说法正确的是（）A若ab固定ef以速度v滑动时，伏特表读数为BLvB若ab固定ef以速度v滑动时，ef两点间电压为零C当两杆以相同的速度v同向滑动时，伏特表读数为零D当两杆以相同的速度v同向滑动时，伏特表读数为2BLv3（4分）如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置 时的加速度关系为（）Aa1a2a3a4Ba1=a3a2a4Ca1=a3a4a2Da4=a2a3a14（4分）如图所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A同时向两侧推开B同时向螺
3、线管靠拢C一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极知，无法具体判断5（4分）如图所示，在U形金属架上串入一电容器，金属棒ab在金属架上无摩擦地以速度v向右运动一段距离后突然断开开关，并使ab停在金属架上，停止后，ab不再受外力作用现合上开关，则金属棒的运动情况是（）A向右做初速度为零的匀加速运动B在某位置附近来回振动C向右做初速度为零的加速运动，后又改做减速运动D向右做变加速运动，后改做匀速运动6（4分）如图所示电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡将电键K闭合，待灯泡亮度稳定后，再将
4、电键K断开，则下列说法中正确的是（）AK闭合瞬间，两灯同时亮，以后D1熄灭，D2变亮BK闭合瞬间，D1先亮，D2后亮，最后两灯亮度一样CK断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭DK断开时，D2立即熄灭，D1亮一下再慢慢熄灭7（4分）如图所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下面叙述正确的是（）A向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C向右匀速拉出时，感应电流大小不变D要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变8（4分）如图所示，在一根软铁棒上绕有一个线圈，a、b是线圈的两端，a、b分别与平行导轨M、N相连，有匀强磁场与导轨面垂直，一根导体棒横放在两导轨上，要使a
5、点的电势比b点的电势高，则导体棒在两根平行的导轨上应该（）A向左加速滑动B向左减速滑动C向右加速滑动D向右减速滑动9（4分）如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场，若第一次用0.3s时间拉出，外力做的功为W1，通过导线截面的电量为q1，第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电量为q2，则（）AW1W2，q1q2BW1W2，q1=q2CW1W2，q1q2DW1W2，q1=q210（4分）如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正
6、方向）是如图所示中的（）ABCD二、填空题（共20分，请把答案填写在题中横线上）11（2分）在磁感应强度为0.1T的匀强磁场中垂直切割磁感线运动的直导线长20cm 为使直导线中感应电动势每秒钟增加0.1V，则导线运动的加速度大小应为12（2分）在图虚线所围区域内有一个匀强磁场，方向垂直纸面向里，闭合矩形线圈abcd在磁场中做匀速运动，线圈平面始终与磁感线垂直，在图示位置时ab边所受磁场力的方向向上，那么整个线框正在向运动（选填上、下、左或右）13（4分）水平面中的平行导轨P、Q相距L，它们的右端与电容为C的电容器的两块极板分别相连如图所示，直导线ab 放在P、Q上与导轨垂直相交，磁感应强度为B
7、的匀强磁场竖直向下穿过导轨面若发现与导轨P相连的电容器极板上带负电荷，则ab向沿导轨滑动；如电容器的带电荷量为Q，则ab滑动的速度v=14（8分）把一线框从一匀强磁场中匀速拉出，如图所示第一次拉出的速率是 v，第二次拉出速率是 2v，其它条件不变，则前后两次拉力大小之比是，拉力功率之比是，线框产生的热量之比是，通过导线截面的电量之比是15（4分）一个线圈接通电路时，通过它的电流变化率为10A/S，产生的自感电动势为3.0V，切断电路时，电流的变化率为50A/S，产生的自感电动势为V，这个线圈的自感系数为三、计算题（本题共4小题，共40分，解答应写明必要的文字说明方程式和重要的演算步骤，只写出答
8、案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）16（10分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上有一个用一根均匀导体围成的正方形线框abcd，其边长为L，总电阻为R，放在磁感应强度为B方向竖直向下的匀强磁场的左边，图中虚线MN为磁场的左边界线框在大小为F的恒力作用下向右运动，其中ab边保持与MN平行当线框以速度v0进入磁场区域时，它恰好做匀速运动在线框进入磁场的过程中，（1）线框的ab边产生的感应电动势的大小为E为多少？（2）求线框a、b两点的电势差（3）求线框中产生的焦耳热17（10分）面积S=0.2m2，n=100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是B=0
9、.02t，R=3，C=30F，线圈电阻r=1，求：（1）通过R的电流大小和方向； （2）电容器的电荷量18（10分）如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置两导轨间距为L0，M、P两点间接有阻值为R的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下导轨和金属杆的电阻可忽略让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦（1）由b向a方向看到的装置如图2，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；（2）在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；（3）
10、求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值19（10分）如图所示，MN为金属杆，在竖直平面内贴着光滑金属导轨下滑，导轨的间距l=10cm，导轨上端接有电阻R=0.5，导轨与金属杆电阻不计，整个装置处于B=0.5T的水平匀强磁场中若杆稳定下落时，每秒钟有0.02J的重力势能转化为电能，则求MN杆的下落速度青海师大二附中2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题至少有一个选项是正确的，请把正确的答案填入答题题卡中，每小题4分，共40分，漏选得2分，错选或不选得零分）1（4分）下面说法正确的是（）A自感电动势总是阻碍电路中原来电流增加B自感电动势总是阻碍电
11、路中原来电流变化C电路中的电流越大，自感电动势越大D电路中的电流变化量越大，自感电动势越大考点：感生电动势、动生电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：由法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中产生的感应电动势的大小与电流的变化率成正比，与电流及电流的变化量无关解答：解：由法拉第电磁感应定律可知；E=n=，即E与磁通量的变化率成正比，即电动势取决于电流的变化快慢，而电流变化快慢，则会导致磁场的变化快慢，从而实现磁通量的变化快慢，故ACD错误，B正确；故选：B点评：在理解法拉第电磁感应定律时要注意区分，及者间的关系，明确电动势只取决于磁通量的变化率，与磁通量及磁能量的变化量无关2（4分）如图所示，M1N
12、1与M2N2是位于同一水平面内的两条平行金属导轨，导轨间距为L磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，ab与ef为两根金属杆，与导轨垂直且可在导轨上滑 动，金属杆ab上有一伏特表，除伏特表外，其他部分电阻可以不计，则下列说法正确的是（）A若ab固定ef以速度v滑动时，伏特表读数为BLvB若ab固定ef以速度v滑动时，ef两点间电压为零C当两杆以相同的速度v同向滑动时，伏特表读数为零D当两杆以相同的速度v同向滑动时，伏特表读数为2BLv考点：导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律 专题：电磁感应与电路结合分析：导体切割磁感线时将产生感应电动势，由E=BLv求出感应电动势的大小，区分
13、ef间的电压与电动势的关系即可其大小当两杆以相同的速度v同向滑动时，穿过回路的磁通量不变，不产生感应电流，电压表就没有读数解答：解：A、B、若ab固定ef以速度v滑动时，ef产生的感应电动势为 E=BLV，又电压表测量的是电源电动势，所以示数为BLV，故A正确，B错误；C、D、当两杆以相同的速度v同向滑动时，穿过闭合回路的磁通量不变化，则感应电流为0，由于伏特表的核心是电流表，电路中没有电流，则伏特表示数为0，故C正确，D错误故选：AC点评：本题考查法拉第电磁感应定律的应用，关键是判断磁通量的变化情况，要注意电压表中没有电流，指针不偏转，就没有读数3（4分）如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩
14、形线圈竖直下落如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置 时的加速度关系为（）Aa1a2a3a4Ba1=a3a2a4Ca1=a3a4a2Da4=a2a3a1考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：未进入磁场前，仅受重力，加速度为g，进磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，通过牛顿第二定律可以分析出加速度的大小，完全进入磁场后，不产生感应电流，不受安培力，仅受重力，加速度又为g解答：解：未进磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1=a3=g磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，根据牛顿第二定律知加速度a2g而由于线框在磁
15、场中也做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2时的速度，故此时安培力一定大于2时的加速度，故a4a2；故关系为：a1=a3a2a4故选：B点评：解决本题的关键知道完全进入磁场后没有感应电流，不受安培力，在进磁场的过程，根据右手定则判定出感应电流的方向，根据左手定则知道受到向上的安培力4（4分）如图所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A同时向两侧推开B同时向螺线管靠拢C一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极知，无法具体判断考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路
16、结合分析：在电建S接通的时间，分析线圈产生的磁场的变化，从而可知两铜环处的磁场的变化，几何楞次定律即可得知环的运动方向解答：解：ABC、在电建S接通的瞬间，线圈中的电流逐渐增大，两铜环处的磁场增强，通过铜环的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增加，所以两环要远离线圈，会同时向两侧推开，选项A正确，BC错误D、无论电源哪端为正，电建S接通的时间，都会使铜环处的磁场增大，两铜环都是向两侧推开，选项D错误故选：A点评：解答该题要求正确的对楞次定律进行理解，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁场的变化，注意是“阻碍”，不是“阻止”，从运动的方面，可以理解成“来则阻，去则留”5（4分
17、）如图所示，在U形金属架上串入一电容器，金属棒ab在金属架上无摩擦地以速度v向右运动一段距离后突然断开开关，并使ab停在金属架上，停止后，ab不再受外力作用现合上开关，则金属棒的运动情况是（）A向右做初速度为零的匀加速运动B在某位置附近来回振动C向右做初速度为零的加速运动，后又改做减速运动D向右做变加速运动，后改做匀速运动考点：安培力 分析：金属棒停止后，撤去外力作用，电容器通过金属棒放电，形成放电电流，棒在安培力作用下向右运动，切割磁感线产生感应电动势，回路中电流减小，棒所受的安培力减小，即可判断其加速度减小，当棒产生的感应电动势等于电容器的电压时，回路中电流为零，棒将做匀速运动解答：解：金
18、属棒原来在外力作用下向右运动时，产生感应电动势，电容器充电，由右手定则判断可知，上板带正电当金属棒停止后，撤去外力作用后，电容器通过金属棒放电，形成放电电流，通过棒的电流从ab，棒受到向右的安培力，在安培力作用下棒向右加速运动，切割磁感线产生感应电动势，是一个反感应电动势，回路中电流将减小，棒所受的安培力减小，棒的加速度减小，所以此过程棒向右做加速度减小的加速运动当棒产生的感应电动势等于电容器的电压时，回路中电流为零，棒不再受安培力而做匀速运动所以金属棒向右先做加速度变小的加速运动，后又做匀速运动，故D正确，ABC错误故选：D点评：本题是电容器通过棒放电过程中，电容器相当于电源，棒相当于电动机
19、，产生反电动势，关键要根据牛顿第二定律分析棒的受力情况，来判断其运动情况6（4分）如图所示电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡将电键K闭合，待灯泡亮度稳定后，再将电键K断开，则下列说法中正确的是（）AK闭合瞬间，两灯同时亮，以后D1熄灭，D2变亮BK闭合瞬间，D1先亮，D2后亮，最后两灯亮度一样CK断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭DK断开时，D2立即熄灭，D1亮一下再慢慢熄灭考点：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
20、相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路解答：解：L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡A、K闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后D1熄灭，D2变亮故A正确，B错误；C、K闭合断开，D2立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以D1亮一下再慢慢熄灭，故C错误，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
21、是电源正极7（4分）如图所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下面叙述正确的是（）A向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反B不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针C向右匀速拉出时，感应电流大小不变D要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律 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公式E=BLv中L是有效的切割长度安培力的大小：F=BIL中L是有效长度解答：解：A、B、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C、感应电流的大小与感应电动势有关
22、，而感应电动势与线圈移动时切割磁感线的有效长度有关，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、线圈在切割磁感线的过程中，安培力的大小：F=BIL，与电流的大小以及安培力的有效长度有关，由于感应电流先增大后减小，移动过程中有效长度先增大后减小，所以对金属环的拉力大小会发生变化故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是有效的切割长度安培力的大小：F=BIL中L是有效长度8（4分）如图所示，在一根软铁棒上绕有一个线圈，a、b是线圈的两端，a、b分别与平行导轨M、N相连，有匀强磁场与导轨面垂直，一根导体
23、棒横放在两导轨上，要使a点的电势比b点的电势高，则导体棒在两根平行的导轨上应该（）A向左加速滑动B向左减速滑动C向右加速滑动D向右减速滑动考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律 分析：导体棒在导轨上做切割磁感线时会产生感应电动势，相当于电源，根据右手定则判断出感应电流的方向，确定出导体棒哪一端相当于电源的正极，哪一端电势较高解答：解：A、B、当导体棒向左加速或减速滑动时，根据右手定则判断可知，导体棒产生向下的感应电流，其下端相当于电源的正极，电势较高，则b点的电势比a点的电势高，故A、B错误C、D、当导体棒向右加速或减速滑动时，根据右手定则判断可知，导体棒产生向上的感应电流，其上端相当于
24、电源的正极，电势较高，则a点的电势比b点的电势高，故CD正确故选：CD点评：解决本题关键要掌握右手定则，并知道电源的正极电势高于负极的电势，能熟练判断电势的高低9（4分）如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场，若第一次用0.3s时间拉出，外力做的功为W1，通过导线截面的电量为q1，第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电量为q2，则（）AW1W2，q1q2BW1W2，q1=q2CW1W2，q1q2DW1W2，q1=q2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：第一次用t时间拉出，第二次用3t时间拉
25、出，速度变为原来的倍线框匀速运动，外力与安培力平衡，推导出安培力的表达式，根据功的定义表示出W=Fx比较功的大小根据感应电荷量公式q=比较电量解答：解：设线框的长为L1，宽为L2，速度为v线框所受的安培力大小为FA=BIL2，又I=，E=BL2v，则得FA=线框匀速运动，外力与安培力平衡，则外力的大小为F=FA=外力做功为W=FL1=L1=可见，外力做功与所用时间成反比，则有W1W2两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式q=可知，通过导线截面的电量相等，即有q1=q2故选D点评：要对两种情况下物理量进行比较，我们应该先把要比较的物理量表示出来再求解关键要掌握
26、安培力的推导方法和感应电荷量的表达式10（4分）如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是如图所示中的（）ABCD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：分三个阶段分析感应电流的变化情况，根据感应电流产生的条件判断线框中是否由感应电流产生，根据E=BLv及欧姆定律判断感应电流的大小解答：解：根据感应电流产生的条件可知，线框进入或离开磁场时，穿过线框的磁通量发生变化，线框中有感应电流产生，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，没有感
27、应电流产生，故C错误；感应电流I=，线框进入磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；故A正确，BD错误；故选A点评：本题可以采用排除法分析解题，掌握感应电流产生的条件、熟练应用E=BLv及欧姆定律即可正确解题二、填空题（共20分，请把答案填写在题中横线上）11（2分）在磁感应强度为0.1T的匀强磁场中垂直切割磁感线运动的直导线长20cm 为使直导线中感应电动势每秒钟增加0.1V，则导线运动的加速度大小应为5m/s2考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；安培力 专题：电磁感应与电路结合分析：根据感应电动势公
28、式E=BLv，得到E=BLv，求出速度的增加量，由加速度的定义式求出加速度解答：解：由感应电动势公式E=BLv，B、L不变，得到E=BLv，则有v=导线运动的加速度大小为：a= m/s2=5m/s2故答案为：5 m/s2点评：本题要抓住感应电动势的变化量与加速度之间的联系：速度的变化量基本题12（2分）在图虚线所围区域内有一个匀强磁场，方向垂直纸面向里，闭合矩形线圈abcd在磁场中做匀速运动，线圈平面始终与磁感线垂直，在图示位置时ab边所受磁场力的方向向上，那么整个线框正在向右运动（选填上、下、左或右）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律；右手定则 专题：电磁感应中的力学问题分析：由题
29、，ab边受到的磁场力的方向向上，根据左手定则判断出ab边中感应电流的方向，再由右手定则判断abcd的运动情况解答：解：据题，ab边受到的磁场力的方向向上，根据左手定则判断出ab边中感应电流的方向为ab，再由右手定则判断可知，abcd的运动情况是向右平动若abcd向上或向下平动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，ab边不受磁场力故答案为：右点评：本题是两大定则的综合应用，在电磁感应现象中，常常右手定则、安培定则和左手定则会结合应用，要明确三个定则应用的条件，不能混淆13（4分）水平面中的平行导轨P、Q相距L，它们的右端与电容为C的电容器的两块极板分别相连如图所示，直导线ab 放在P
30、、Q上与导轨垂直相交，磁感应强度为B的匀强磁场竖直向下穿过导轨面若发现与导轨P相连的电容器极板上带负电荷，则ab向左沿导轨滑动；如电容器的带电荷量为Q，则ab滑动的速度v=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：棒在磁场中切割产生感应电动势，从而使电容器处于充电状态，电容器极板上带负电荷，结合右手定则，即可确定棒运动的方向根据电容器的电量，结合Q=CU，即可求出切割磁场的感应电动势由于棒垂直电磁场，则再由E=BLv，即可求得速度v解答：解：由题意可知，电容器极板上带负电荷，因此因棒的切割，从而产生由a到b的感应电流，根据右手定则可知，只有当棒向左滑
31、动时，才会产生由a到b的感应电流；根据电容器的电容公式Q=CU，可得：U=，而棒切割磁感线产生感应电动势大小为：E=BLv，此时U=E，所以ab滑动的速度为：v=，故答案为：左，点评：考查棒在磁场中切割产生感应电动势的大小表达式，掌握电容器的电容公式Q=CU的应用，理解右手定则，注意与左手定则的区别，注意此处的感应电动势大小等于电容器两端的电压14（8分）把一线框从一匀强磁场中匀速拉出，如图所示第一次拉出的速率是 v，第二次拉出速率是 2v，其它条件不变，则前后两次拉力大小之比是1：2，拉力功率之比是1：4，线框产生的热量之比是1：2，通过导线截面的电量之比是1：1考点：导体切割磁感线时的感应
32、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：由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出拉力大小，然后求出拉力大小之比；由P=Fv求出功率之比；克服安培力做功转化为焦耳热，由功的计算公式求出线框产生的热量之比；由电流定义式、欧姆定律求出感应电荷量之比解答：解：设线框切割磁感线的边长为L，另一个边长为L，线框受到的安培力：FB=BIL=BL=BL=，线框匀速运动，由平衡条件得：拉力F=FB=，拉力与速度v成正比，则拉力之比为1：2；拉力功率P=Fv=，拉力功率与速度的平方成正比，则拉力功率之比为v2：（2v）2=1：4；线框产生的热量等于克服安培力做功，Q=FBL=，产生的热量与速度成正
33、比，产生的热量之比为：v：2v=1：2；感应电荷量：q=It=t=qt=，通过导线截面的电量之比是：1：1；故答案为：1：2；1：4，；1：2；1：1点评：本题考查了求拉力之比、拉力功率之比、产生的热量之比、感应电荷量之比，先求出各物理量的表达式，然后再求它们的比值；熟练应用基础知识，基本公式即可正确解题；本题要注意基础知识的学习15（4分）一个线圈接通电路时，通过它的电流变化率为10A/S，产生的自感电动势为3.0V，切断电路时，电流的变化率为50A/S，产生的自感电动势为15V，这个线圈的自感系数为0.3H考点：感生电动势、动生电动势 分析：根据自感电动势公式E=L，结合电流变化率，即可求
34、解；切断电路时，自感系数不变，再由自感电动势，即可求解解答：解：自感电动势公式E=L，结合电流变化率为10A/s，产生的自感电动势为2.0V；则有：L=0.3Vs/A=0.3H，当切断电路时，电流变化率为50A/s，产生的自感电动势是E=L=0.350V=15V，故答案为：15，0.3H点评：本题是基础的内容的考察，知道什么是自感现象，明确自感的作用可以解答本题，掌握自感电动势公式的应用，注意自感系数与电流变化率的大小无关三、计算题（本题共4小题，共40分，解答应写明必要的文字说明方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）16（10分）如图所示，在
35、光滑绝缘的水平面上有一个用一根均匀导体围成的正方形线框abcd，其边长为L，总电阻为R，放在磁感应强度为B方向竖直向下的匀强磁场的左边，图中虚线MN为磁场的左边界线框在大小为F的恒力作用下向右运动，其中ab边保持与MN平行当线框以速度v0进入磁场区域时，它恰好做匀速运动在线框进入磁场的过程中，（1）线框的ab边产生的感应电动势的大小为E为多少？（2）求线框a、b两点的电势差（3）求线框中产生的焦耳热考点：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：（1）根据感应电动势公式E=BLv求出感应电动势的大小E（2）ab边切割磁感线，相当于电源，ab间的电压是路端电
36、压，根据欧姆定律求解（3）线框进入过程做匀速运动，恒力F所做的功等于线圈中产生的焦耳热，根据功能关系求出焦耳热解答：解：（1）ab边产生的感应电动势的大小为E=BLv0（2）线框中感应电流为I=a、b两点的电势差相当于电源的外电压Uab=EIRab=BLv0=（3）ab边所受的安培力为F安=BIL=线框匀速运动，则有F=F安=由于线圈在恒力F作用下匀速进入磁场区，恒力F所做的功等于线圈中产生的焦耳热，所以线圈中产生的热量为Q=W=FL=答：（1）线框的ab边产生的感应电动势的大小为E为BLv0（2）线框a、b两点的电势差是（3）求线框中产生的焦耳热为点评：本题是电磁感应与电路、力学等知识的综合
37、应用第（3）问也可根据焦耳定律求解：Q=I2Rt，t=，I=，代入解得Q=17（10分）面积S=0.2m2，n=100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是B=0.02t，R=3，C=30F，线圈电阻r=1，求：（1）通过R的电流大小和方向； （2）电容器的电荷量考点：楞次定律；平行板电容器的电容；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律 分析：（1）由法拉第电磁感应定律可得出线圈中的电动势，则由欧姆定律可求得通过R的电流；由楞次定律可求得电流的方向；（2）电容器与R并联，则可求得电容器两端的电压，由电容器的定义可求得电荷量解答：解：（1）由法拉第电磁感应定律可得：E
38、=n=n=1000.020.2V=0.4V；则电路中电流I=0.1A； 由题意知线圈中的磁通量增大，则由楞次定律可得线圈电流方向为逆时针，故R中电流方向从b指向a；即通过R的电流大小为0.1A方向从b指向a（2）由欧姆定律可得R两端的电压U=IR=0.3V；则电容器的电量Q=UC=9106C；即电容器的电荷量为9106C点评：本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用、电容器及欧姆定律，解题时注意发生电磁感应的部分看作电源，不能忽略了其内电阻18（10分）如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置两导轨间距为L0，M、P两点间接有阻值为R的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨
39、上，并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下导轨和金属杆的电阻可忽略让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦（1）由b向a方向看到的装置如图2，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；（2）在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值考点：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：由右手定则判断出感应电流方向；由E=BLv求出电动势，由欧姆定律求出电流；由牛顿第二定律可以求出加速度；当ab杆匀速下滑时速度最
40、大，由平衡条件求出最大速度解答：解：（1）由右手定则可知，杆向下运动时，感应电流从a流向b，再根据左手定则知，杆ab所受安培力方向沿斜面向上，则物体受力如图所示：重力mg，竖直下支撑力N，垂直斜面向上安培力F，沿斜面向上（2）当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv，此时电路中电流ab杆受到安培力根据牛顿运动定律，杆所受合力F合=mgsinF=ma可得杆的加速度a=（3）杆沿轨道下滑时随着速度增大，杆的加速度逐渐减小，当杆的加速度减小为0时，杆的速度将达到最大，所以当a=0时，有：=0所以此时杆的最大速度vm=答：（1）由b向a方向看到的装置如图2，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意
41、图如上图所示；（2）在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，此时ab杆中的电流为及其加速度的大小为；（3）在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值为点评：本题与汽车的起动相似，关键要正确分析杆的运动情况，推导出安培力与速度的关系式19（10分）如图所示，MN为金属杆，在竖直平面内贴着光滑金属导轨下滑，导轨的间距l=10cm，导轨上端接有电阻R=0.5，导轨与金属杆电阻不计，整个装置处于B=0.5T的水平匀强磁场中若杆稳定下落时，每秒钟有0.02J的重力势能转化为电能，则求MN杆的下落速度考点：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：当杆MN达到稳定状态时匀速下滑，重力势能转化为电能，根据能量守恒可知，整个电路消耗的电功率等于MN棒的重力功率，列式即可求得MN杆的下落速度v解答：解：杆稳定下落时做匀速运动，重力的功率等于电路的电功率，设重力的功率为P由题意有：P=0.02W根据功能关系有：P=由法拉第电磁感应定律得：E=Blv联立、得：P=代入数据得：v=2m/s答：MN杆的下落速度为2m/s点评：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力；另一条是能量的角度，分析能量如何转化是关键本题要抓住杆MN达到稳定状态时速率v匀速下滑时，电功率等于重力的功率