1、2016-2017学年四川省成都七中高二（下）月考物理试卷（3月份）一本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分.）1处在磁场中的一闭合线圈，若没有产生感应电流，则可以判定（）A线圈没有在磁场中运动B线圈没有做切割磁感线运动C磁场没有发生变化D穿过线圈的磁通量没有发生变化2如图所示，水平桌面上放一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断中正确的是（）A铝环有收缩趋势，对桌面压力减小B铝环有收缩趋势，对桌面压力增大C铝环有扩张趋势
2、，对桌面压力减小D铝环有扩张趋势，对桌面压力增大3如图所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力的作用，则可知线框的运动情况是（）A向左平动进入磁场B向右平动退出磁场C沿竖直方向向上平动D沿竖直方向向下平动4如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计匀强磁场与导轨平面垂直阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触T=0时，将开关S由1掷到2Q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度下列图象正确的是（）ABCD5如图所示为一交变电流随时间变化的图象，此交流电的有效值是（）A10 AB10 AC7 AD7 A6如图所示
3、，乙是一个带正电的小物块，甲是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起静置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有水平方向的匀强磁场现用水平恒力拉甲物块，使甲、乙无相对滑动地一起水平向左加速运动，在加速运动阶段（）A甲、乙两物块一起匀加速运动B甲、乙两物块间的摩擦力不断增大C甲、乙两物块间的摩擦力大小不变D甲、乙两物块间的摩擦力不断减小7如图，甲、乙两图为与匀强磁场垂直放置的两个金属框架，乙图除了一个电阻为零、自感系数为L的线圈外，其他部分与甲图都相同，导体AB以相同的加速度向右做匀加速直线运动若导体AB通过的位移相同，则（）A甲图中外力做功多B两图中外力做功相同C乙图中外力做功多D无法判断8一个矩形
4、线圈匀速地从无磁场的空间先进入磁感应强度为B1的匀强磁场，然后再进入磁感应强度为B2的匀强磁场，最后进入没有磁场的右边空间，如图所示若B1=2B2，方向均始终和线圈平面垂直，则在下图所示图中能定性表示线圈中感应电流i随时间t变化关系的是（电流以逆时针方向为正）（）ABCD9如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为n2，初级线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R=44，电流表A1的示数为0.20A下列判断中正确的是 （）A初级线圈和次级线圈的匝数比为2：1B初级线圈和次级线圈的匝数比为5：1C电流表A2的示数为1.0AD电流表A2的示数为0.4A1
5、0如图所示，把电阻R、电感线圈L、电容器C分别串联一个灯泡后并联在电路中接入交流电源后，三盏灯亮度相同若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率减小，则下列判断正确的是（）A灯泡L1将变亮B灯泡L2将变暗C灯泡L3将变暗D灯泡亮度都不变11如图所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F，则下列说法错误的是（）A电阻R2消耗的热功率为B电阻R1消耗的热功率为C整个装置因摩擦而消耗的热功率为
6、mgvcosD整个装置消耗的机械功率为（F+mgcos）v12如图所示，在水平桌面上放置的足够长的平行金属导轨间串联了一个电容为C、充电后电荷量为Q0的电容器，两导轨间的距离为L；现将一质量为m的裸导体棒ab放在导轨上，方向与导轨垂直，整个装置处在竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度为B；当闭合开关S后，导体棒ab将向右运动若导体棒与导轨接触良好，忽略一切摩擦，则关于磁场方向以及闭合开关S后发生的现象，下列说法正确的是（）A磁场方向竖直向上B电容器的电荷量将逐渐减少，直到不带电C导体棒ab先做匀加速运动，然后做匀减速运动，直到静止不动D导体棒ab先做变加速运动，然后做匀速运动二实验题13一灵敏电流
7、计（电流表），当电流从它的正接线柱流人时，指针向正接线柱一侧偏转现把它与一个线圈串联，试就如图中各图指出：（1）图（a）中灵敏电流计指针的偏转方向为（填“偏向正极”或“偏向负极”）（2）图（b）中磁铁下方的极性是（填“N极”或“S极”）（3）图（c）中磁铁的运动方向是（填“向上”或“向下”）（4）图（d）中线圈从上向下看的电流方向是（填“顺时针”或“逆时针”）三计算题（40分，解答时写出必要的文字说明和演算步骤，在试题卷上作答无效）14如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为 10cm和20cm，内阻为 5，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO轴以50 rad
8、/s的角速度匀速转动，线圈通过电刷和外部 20的电阻R相接求：（1）电键S合上后，电压表和电流表示数；（2）电阻R上所消耗的电功率是多少？15如图所示，一质量为m=0.016kg、长L=0.5m、宽d=0.1m、电阻R=0.1的矩形线圈，从h1=5m的高处由静止开始下落，然后进入高度为h2（h2L）的匀强磁场下边刚进入磁场时，线圈正好作匀速运动线圈的下边通过磁场所经历的时间t=0.15s取g=10m/s2（1）求匀强磁场的磁感应强度B（2）求线圈的下边刚离开磁场的瞬间，线圈的加速度的大小和方向（3）在线圈的下边通过磁场的过程中，线圈中产生的焦耳热Q是多少？通过线圈的电荷量q是多少？16如图所示
9、，光滑绝缘斜面的倾角为，斜面上放置一质量为M，电阻为R、边长为L的正方形导线框abcd，通过细线绕过光滑的定滑轮与一质量为m的重物相连，连接线框的细线与线框共面，滑轮和绳的质量均不计斜面上有两个匀强磁场区域I和，其宽度均为L，磁感应强度大小均为B，磁场方向分别垂直于斜面向上和垂直于斜面向下线框的ab边距磁场区域I的上边界为2L开始时各段绳都处于伸直状态，现将它们由静止释放线框沿斜面向下运动，ab边刚穿过两磁场的分界线OO进入磁场区域时，线框恰好做匀速运动（绳子始终处于拉紧状态）求：（1）线框的ab边刚进入磁场区域I时的速度大小；（2）线框ab边在磁场区域中运动的过程中线框重力的功率P；（3）从
10、开始释放到ab边刚穿出磁场区域的过程中，线框中产生的焦耳热Q2016-2017学年四川省成都七中高二（下）月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分.）1处在磁场中的一闭合线圈，若没有产生感应电流，则可以判定（）A线圈没有在磁场中运动B线圈没有做切割磁感线运动C磁场没有发生变化D穿过线圈的磁通量没有发生变化【考点】D2：感应电流的产生条件【分析】感应电流的产生其条件是闭合线圈的磁通量发生变化，由此可判定各个选项【解答】解：A、
11、磁通量的变化可以由磁场变化引起的，并由此产生感应电流，故A、B错误C、磁通量的变化可以是由线圈的运动而引起的，并由此产生感应电流，故C错误D、没有电流只能说明穿过闭合线圈的磁通量没有发生变化，故D正确故选D2如图所示，水平桌面上放一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断中正确的是（）A铝环有收缩趋势，对桌面压力减小B铝环有收缩趋势，对桌面压力增大C铝环有扩张趋势，对桌面压力减小D铝环有扩张趋势，对桌面压力增大【考点】DB：楞次定律【分析】解本题时应该掌握：楞次定律的理解、应用在楞次定律中线圈所做出的所有反应都是阻碍其磁通量的变化如：感应电流磁场的磁通量
12、、面积、速度、受力等【解答】解：根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合导体环内的磁通量增大，因此线圈做出的反应是面积有收缩的趋势，同时将远离磁铁，故增大了和桌面的挤压程度，从而使导体环对桌面压力增大，选项B正确，ACD错误故选：B3如图所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力的作用，则可知线框的运动情况是（）A向左平动进入磁场B向右平动退出磁场C沿竖直方向向上平动D沿竖直方向向下平动【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；2G：力的合成与分解的运用【分析】ab边受竖直向上的磁场力的作用，根据左手守则判断出ab边中感应电流的方向，再根据
13、右手定则判断线框的运动方向【解答】解：A、B由题，ab边受竖直向上的磁场力的作用，根据左手守则判断出ab边中感应电流的方向是ab，再根据右手定则判断线圈向左平动切割磁感线故A正确，B错误C、D当线圈沿竖直方向向上或向下平动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，ab边不受磁场力作用故CD错误故选A4如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计匀强磁场与导轨平面垂直阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触T=0时，将开关S由1掷到2Q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度下列图象正确的是（）ABCD【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动
14、势；DD：电磁感应中的能量转化【分析】知道电容器放电后会在电路中产生电流导体棒通有电流后会受到安培力的作用，会产生加速度而加速运动导体棒切割磁感线，速度增大，感应电动势增大，则电流减小，安培力减小，加速度减小【解答】解：开关S由1掷到2，电容器放电后会在电路中产生电流导体棒通有电流后会受到安培力的作用，会产生加速度而加速运动导体棒切割磁感线，速度增大，感应电动势E=Blv，即增大，则实际电流减小，安培力F=BIL，即减小，加速度a=，即减小因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直加速运动（变加速）由于通过棒的电流是按指数递减的，那么棒受到的安培力也是按指数递减的，由牛顿第二定律知，它的
15、加速度是按指数递减的由于电容器放电产生电流使得导体棒受安培力运动，而导体棒运动产生感应电动势会给电容器充电当充电和放电达到一种平衡时，导体棒做匀速运动当棒匀速运动后，棒因切割磁感线有电动势，所以电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，即电容器的电量应稳定在某个不为0的数值（不会减少到0）这时电容器的电压等于棒的电动势数值，棒中无电流故选：D5如图所示为一交变电流随时间变化的图象，此交流电的有效值是（）A10 AB10 AC7 AD7 A【考点】E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】由图象可知交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流，根据焦耳定律即可得一个周期内交变电流产
16、生的热量【解答】解：由有效值的定义可得I12Rt1+I22Rt2=I2RT，代入数据得（6）2R+（8）2R=I2RT，解得I=10A故选B6如图所示，乙是一个带正电的小物块，甲是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起静置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有水平方向的匀强磁场现用水平恒力拉甲物块，使甲、乙无相对滑动地一起水平向左加速运动，在加速运动阶段（）A甲、乙两物块一起匀加速运动B甲、乙两物块间的摩擦力不断增大C甲、乙两物块间的摩擦力大小不变D甲、乙两物块间的摩擦力不断减小【考点】CF：洛仑兹力；2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律【分析】乙带正电，在向左运动的过程中，要受到洛伦兹
17、力的作用，根据左手定则可以判断洛伦兹力的方向，根据受力再判断摩擦力的变化【解答】解：乙带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力的方向向下，所以对甲的压力变大，甲与地面之间的为滑动摩擦力，压力变大，所以甲与地面之间的滑动摩擦力也变大，甲、乙两物块间没有相对的滑动，是静摩擦力，由于甲与地面之间的滑动摩擦力的增大，整体的加速度减小，所以A错误；对于乙来说，静摩擦力作为合力产生加速度，由于整体的加速度减小，所以甲、乙两物块间的摩擦力不断减小，所以BC错误，D正确；故选：D7如图，甲、乙两图为与匀强磁场垂直放置的两个金属框架，乙图除了一个电阻为零、自感系数为L的线圈外，其他部分与甲图都相同，导体AB以
18、相同的加速度向右做匀加速直线运动若导体AB通过的位移相同，则（）A甲图中外力做功多B两图中外力做功相同C乙图中外力做功多D无法判断【考点】D8：法拉第电磁感应定律；DD：电磁感应中的能量转化【分析】乙图中有线圈，要减缓电流的增加，安培力要小于甲图中的安培力，根据动能定理判断外力做功的大小【解答】解：乙图中有线圈，要减缓电流的增加，安培力要小于甲图中的安培力，则甲图克服安培力做功大于乙图克服安培力做功，根据动能定律得，因为导体AB以相同的加速度向右做匀加速直线运动，通过的位移相等，则末动能相等所以甲图外力做功大于乙图外力做功故A正确，B、C、D错误故选A8一个矩形线圈匀速地从无磁场的空间先进入磁
19、感应强度为B1的匀强磁场，然后再进入磁感应强度为B2的匀强磁场，最后进入没有磁场的右边空间，如图所示若B1=2B2，方向均始终和线圈平面垂直，则在下图所示图中能定性表示线圈中感应电流i随时间t变化关系的是（电流以逆时针方向为正）（）ABCD【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律；DC：右手定则【分析】由E=BLV可知线圈在磁场中的感应电动势的大小，由右手定则可得出电流的方向；再由欧姆定律即可得出电流的大小及方向变化【解答】解：线圈进入B1时，右边切割磁感线产生感应电动势E=B1Lv，由右手定则可得出电流方向沿逆时针，故电流为正；当线圈全部进入时，磁通量不再发生变化
20、，故线圈中没有电流；当右边进入B2时，两端同时切割磁感线，左边产生的感应电动势为B1Lv，右边产生的电动势为B2Lv，因两电动势方向相反，故总电动势为B1LvB2Lv=B2Lv；方向沿逆时针；当线圈离开磁场区域时，只有左边切割B2，电动势为B2Lv，方向为顺时针；故只有C正确；故选C9如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为n2，初级线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R=44，电流表A1的示数为0.20A下列判断中正确的是 （）A初级线圈和次级线圈的匝数比为2：1B初级线圈和次级线圈的匝数比为5：1C电流表A2的示数为1.0AD电流表A2的示数
21、为0.4A【考点】E8：变压器的构造和原理【分析】理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比且电流与电压均是有效值，电表测量值也是有效值【解答】解：A、变压器的输出功率等于输入功率，则得，由于原副线圈电流与匝数成反比，所以初级线圈和次级线圈的匝数比为5：1，故选：BC10如图所示，把电阻R、电感线圈L、电容器C分别串联一个灯泡后并联在电路中接入交流电源后，三盏灯亮度相同若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率减小，则下列判断正确的是（）A灯泡L1将变亮B灯泡L2将变暗C灯泡L3将变暗D灯泡亮度都不变【考点】EF：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用
22、【分析】对于电容器来说能通交流隔直流，而频率越高越容易通过对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流【解答】解：若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率减小，对电阻没有影响，而电容器对其阻碍变大，线圈对其阻碍变小所以灯泡L1将变亮，灯泡L2将变暗，灯泡L3将亮度不变故选：AB11如图所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F，则下列说法错误的是（）A电阻R2消耗的热功率为B电阻
23、R1消耗的热功率为C整个装置因摩擦而消耗的热功率为mgvcosD整个装置消耗的机械功率为（F+mgcos）v【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律；DD：电磁感应中的能量转化【分析】电阻R1、R2并联与导体棒串联由感应电动势公式E=BLv、欧姆定律、安培力公式，推导安培力与速度的关系式由功率公式电阻的功率、热功率及机械功率【解答】解：A、设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻R1=R2=R电路中感应电动势E=BLv，ab中感应电流为：I=，ab所受安培力为：F=BIL=，电阻R1消耗的热功率为：P1=（I）2R=，由得，P1=Fv，电阻R1和R2阻值相等，它们消耗的
24、电功率相等，则P1=P2=Fv，故A正确，B错误C、整个装置因摩擦而消耗的热功率为：Pf=fv=mgcosv=mgvcos，故C正确；D、整个装置消耗的机械功率为：P3=Fv+P2=（F+mgcos）v，故D正确本题选错误的，故选：B12如图所示，在水平桌面上放置的足够长的平行金属导轨间串联了一个电容为C、充电后电荷量为Q0的电容器，两导轨间的距离为L；现将一质量为m的裸导体棒ab放在导轨上，方向与导轨垂直，整个装置处在竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度为B；当闭合开关S后，导体棒ab将向右运动若导体棒与导轨接触良好，忽略一切摩擦，则关于磁场方向以及闭合开关S后发生的现象，下列说法正确的是（）A
25、磁场方向竖直向上B电容器的电荷量将逐渐减少，直到不带电C导体棒ab先做匀加速运动，然后做匀减速运动，直到静止不动D导体棒ab先做变加速运动，然后做匀速运动【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势【分析】开关闭合后，电容器将形成由a到b的放电电流，根据导体棒运动方向，由左手定则可以判断磁场方向；导体棒运动时将形成与原电流相反的感应电动势，同时电容器两端电压降低，导体棒两端电压升高，当二者相等时，导体棒匀速运动，把导体棒的运动过程分析清楚就能正确解答该题【解答】解：A、开关闭合后，电容器将形成由a到b的放电电流，导体棒ab向右运动，所受的安培力方向向右根据左手定则判断可知磁场方向竖直向下，故A错
26、误BCD、在导体棒向右运动的过程中，由于切割磁感线也将产生电动势，该电动势方向和电容器电压相反，故电路中电流是变化的，当导体棒的感应电动势和电容器电压相等时，电路中电流为零，导体棒ab不再受安培力作用，而做匀速运动，故导体棒ab先做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动由于最终导体棒做匀速运动，电容器的电压等于此时棒产生的感应电动势，所以电容器的电荷量先逐渐减少，后不变，但不为零故B、C错误，D正确故选：D二实验题13一灵敏电流计（电流表），当电流从它的正接线柱流人时，指针向正接线柱一侧偏转现把它与一个线圈串联，试就如图中各图指出：（1）图（a）中灵敏电流计指针的偏转方向为偏向正极（填“偏向正
27、极”或“偏向负极”）（2）图（b）中磁铁下方的极性是S极（填“N极”或“S极”）（3）图（c）中磁铁的运动方向是向上（填“向上”或“向下”）（4）图（d）中线圈从上向下看的电流方向是顺时针（填“顺时针”或“逆时针”）【考点】DB：楞次定律【分析】根据磁铁的运动方向分析磁通量变化，由楞次定律确定感应电流方向，结合题给条件：当电流从它的正接线柱流人时，指针向正接线柱一侧偏转判断指针偏转方向分析判断【解答】解：（1）磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律感应电流方向俯视为逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针偏向正极 （2）由图可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，
28、感应电流的磁场方向向下，又磁通量增加，根据楞次定律可知，磁铁下方为S极 （3）磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减小，磁铁向上运动 （4）磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向上，根据楞次定律感应电流方向俯视为顺时针方向故本题答案是：（1）偏向正极；（2）S极；（3）向上；（4）顺时针三计算题（40分，解答时写出必要的文字说明和演算步骤，在试题卷上作答无效）14如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为 10cm和20cm，内阻为 5，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO轴以50 ra
29、d/s的角速度匀速转动，线圈通过电刷和外部 20的电阻R相接求：（1）电键S合上后，电压表和电流表示数；（2）电阻R上所消耗的电功率是多少？【考点】E2：交流发电机及其产生正弦式电流的原理【分析】（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为Em=NBS电流表测量电流的有效值根据有效值与最大值的关系求出电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压；（2）电阻R上消耗的功率用电流的有效值乘以电压的有效值【解答】解：（1）感应电动势最大值Em=nBS=1000.50.10.250 V=50 V 感应电动势有效值E=50 V电键S合上后，由闭合电路欧姆定律I= A=2.0 A，U=IR=22
30、0 V=40 V即电流表示数为2A，电压表示数为 40 V （2）电阻R上所消耗的电功率 P=IU=240 W=80 W答：（1）电键S合上后，电压表的示数为40V，电流表示数为2A；（2）电阻R上所消耗的电功率是80W15如图所示，一质量为m=0.016kg、长L=0.5m、宽d=0.1m、电阻R=0.1的矩形线圈，从h1=5m的高处由静止开始下落，然后进入高度为h2（h2L）的匀强磁场下边刚进入磁场时，线圈正好作匀速运动线圈的下边通过磁场所经历的时间t=0.15s取g=10m/s2（1）求匀强磁场的磁感应强度B（2）求线圈的下边刚离开磁场的瞬间，线圈的加速度的大小和方向（3）在线圈的下边通
31、过磁场的过程中，线圈中产生的焦耳热Q是多少？通过线圈的电荷量q是多少？【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；6C：机械能守恒定律；BB：闭合电路的欧姆定律；DD：电磁感应中的能量转化【分析】（1）线框从h1高度处由静止自由下落，由高度求出线框刚进磁场时速度，根据感应电动势公式和欧姆定律求出电流大小线框匀速运动，安培力与重力平衡，根据平衡条件和安培力公式结合，可求出B（2）线框在磁场中做匀加速直线运动，位移为h2L，加速度为g，由运动学速度公式求出线圈的下边刚离开磁场的瞬间的速度，根据牛顿第二定律和安培力公式求解加速度（3）根据能量守恒定律求焦耳热Q根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公
32、式q=It求电量【解答】解：（1）设线圈刚进入磁场时的速度为v0，则据机械能守恒定律可得： mgh1=所以有：v0=10m/s 线框产生的感应电动势为：E=Bdv0，感应电流为：I=线框所受的安培力大小为：F=BdI则得：F=根据平衡条件可得mg=F，即为：mg=代人数据解得：B=0.4T （2）因为线圈的下边进入磁场后先做匀速运动，用时为：t1=0.05s，所以线圈做加速运动的时间为：t2=tt1=0.1s 线圈的下边刚离开磁场的瞬间的速度为：v=v0+gt2=11m/s； 线圈的加速度的大小为：a=1m/s2，方向向上（3）在线圈的下边通过磁场的过程中，线圈中产生的焦耳热为：Q=mgL=0
33、.08J 电量为：q=It=0.2 C 答：（1）匀强磁场的磁感应强度B为0.4T（2）线圈的下边刚离开磁场的瞬间，线圈的加速度的大小为1m/s2，方向向上（3）在线圈的下边通过磁场的过程中，线圈中产生的焦耳热Q是0.08J，通过线圈的电荷量q是0.2C16如图所示，光滑绝缘斜面的倾角为，斜面上放置一质量为M，电阻为R、边长为L的正方形导线框abcd，通过细线绕过光滑的定滑轮与一质量为m的重物相连，连接线框的细线与线框共面，滑轮和绳的质量均不计斜面上有两个匀强磁场区域I和，其宽度均为L，磁感应强度大小均为B，磁场方向分别垂直于斜面向上和垂直于斜面向下线框的ab边距磁场区域I的上边界为2L开始时
34、各段绳都处于伸直状态，现将它们由静止释放线框沿斜面向下运动，ab边刚穿过两磁场的分界线OO进入磁场区域时，线框恰好做匀速运动（绳子始终处于拉紧状态）求：（1）线框的ab边刚进入磁场区域I时的速度大小；（2）线框ab边在磁场区域中运动的过程中线框重力的功率P；（3）从开始释放到ab边刚穿出磁场区域的过程中，线框中产生的焦耳热Q【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；6C：机械能守恒定律；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】（1）在ab边进入磁场前，线框和重物组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律列式求ab边刚进入磁场区域I时的速度大小；（2）线框ab边在磁场区域中运动的过程中线框重力的功率P=M
35、gsinv2根据法拉第定律、欧姆定律、安培力公式和平衡条件列式，求得线框在区域中运动的速度，即可求解（3）从开始释放到ab边刚穿出磁场区域I的过程中，全过程中，系统的机械能减小转化为热量，根据能量守恒列式求热量【解答】解：（1）对线框和重物利用机械守恒定律有：解得：（2）设线框ab边刚进入磁场时速度为v2，则线框中产生的电流为：线框受到的安培力：设绳对线框、m的拉力大小为T则；对线框；T+F=Mgsin 对m；T=mg 联立解得：（3）从线框开始释放到ab边刚穿出磁场的过程中，根据能量守恒有：联立得：答：（1）线框的ab边刚进入磁场区域I时的速度大小为；（2）线框ab边在磁场区域中运动的过程中，线框重力的功率P为；（3）从开始释放到ab边刚穿出磁场区域I的过程中，线框中产生的焦耳热Q为4（Msinm）gL（M+m）22017年5月29日