1、2016-2017学年山东省济南市深泉技工学校高二（下）月考物理试卷（3月份）一、选择题（本题共12小题，1-7小题给出的四个答案中只有一个是正确的；8-12小题至少有一个是正确的，每小题4分，选不全得2分，共48分）1关于电路中感应电动势的大小，下列说法中正确的是（）A穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大B电路中磁通量的改变量越大，感应电动势就越大C电路中磁通量变化越快，感应电动势越大D若电路中某时刻磁通量为零，则该时刻感应电流一定为零2如图所示，导线框abcd与通电导线在同一平面内，直导线中通有恒定电流并通过ad和bc的中点，当线框向右运动的瞬间，则（）A线框中有感应电流，且按顺时针方向
2、B线框中有感应电流，且按逆时针方向C线框中有感应电流，但方向难以判断D由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中没有感应电流3闭合线圈与匀强磁场垂直，现将线圈拉出磁场，第一次拉出速度为v1，第二次拉出速度为v2，且v2=2v1，则（）A两次拉力做的功一样多B两次所需拉力一样大C两次拉力的功率一样大D两次通过线圈的电荷量一样多4两个相同的电阻，分别通以如图所示的正弦交流电和方波电流，两种交变电流的最大值、周期如图所示，则在一个周期内，正弦交流电在电阻上产生的热量Q1与方波电流在电阻上产生的热量Q2之比等于（）A3：1B1：2C2：1D1：15图中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
3、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lt=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）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abcda的感应电流方向为正，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（）ABCD6一台理想降压变压器从10kv的线路中降压并提供200A的负载电流已知两个线圈的匝数比为40：1，则变压器原线圈中电流、输出电压及输出功率分别为（）A5A、250V、50kwB5A、10kV、50kwC200A、250V、50kwD200A、10kV、50kw7图中半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场中，绕O轴以
4、角速度沿逆时针方向匀速转动，电阻两端分别接盘心O和盘边缘，则通过电阻R的电流强度的大小和方向是（）A由c到d，I=B由d到c，I=C由c到d，I=D由d到c，I=8某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断（）A在B和D时刻线圈处于中性面位置B在A和C时刻穿过线圈的磁通量最大C从AD时刻线圈转过的角度为2D若从OD时刻历时0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次9如图所示的电路为演示自感现象的实验电路，若闭合开关S，电流达到稳定后通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡L2的电流为I2，小灯泡L2处于正常发光状态，则下列说法中正确的是（）AS
5、闭合瞬间，L2灯缓慢变亮，L1灯立即变亮BS闭合瞬间，通过线圈L的电流由零逐渐增大到I1CS断开瞬间，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向与I2相反DS断开瞬间，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向不变10如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中Rt为热敏电阻，R为定值电阻下列说法正确的是（）A副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=9sin50t（V）Bt=0.02s时电压表V2的示数为9VC变压器原、副线圈中的电流之比和输入、输出功率之比均为1：4DRt处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数不变11如图所
6、示，平行金属导轨和水平面成角，导轨与固定电阻R1、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沿导轨向上匀速滑动，当上滑的速度为v时，受到的安培力为F，则此时（）A电阻R1的电功率为B电阻R1的电功率为C整个装置因摩擦而产生的热功率为mgvcosD整个装置消耗的机械功率为（F+mgcos）v12如图所示，相距为d的两条水平虚线Ll、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（Ld），质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0
7、，cd边刚离开磁场时速度也为v0则线圈穿越磁场的过程中，（从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止）以下说法正确的是（）A感应电流所做的功为mgdB感应电流所做的功为2mgdC线圈的最小速度一定为D线圈的最小速度一定为二、计算题（本题共5小题，52分，需要写出必要的文字说明与规范的物理表达式）13如图所示，边长为L的正方形金属框，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，求从t=0开始，经多长时间细线会被拉断？14如图所示，交流发电机电动势的有效值为E=20
8、V，内阻不计，它通过一个R=6的指示灯连接降压变压器降压变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6V、0.25W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计求：（1）降压变压器初级、次级线圈匝数比（2）发电机的输出功率15如图甲所示，在两根水平放置的平行金属导轨两端各接一只阻值为R=1的电阻，导轨间距为L=0.2m，导轨电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.8T一根电阻r=0.3的导体棒ab置于导轨上，且始终与导轨良好接触，若导体棒沿平行于导轨方向在PQ和MN之间运动，其速度图象如图乙所示（正弦函数曲线），求：（1）导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式；（2）整个电路在
9、1min内产生的电热16如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN和PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.2m，电阻R=0.4，导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.1的金属杆，导轨电阻忽略不计，整个装置处在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下，现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表示数U随时间t变化关系如图乙所示求：（1）金属杆在5s末的运动速率；（2）第4s末时外力F的功率17如图所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距0.5m，与水平面夹角为30，不计电阻，广阔的匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度B=0.4T，垂直导轨放置两金属棒ab
10、和cd，长度均为0.5m，电阻均为0.1，质量分别为0.1kg和0.2kg，两金属棒与金属导轨接触良好且可沿导轨自由滑动现ab棒在外力作用下，以恒定速度v=1.5m/s沿着导轨向上滑动，cd棒则由静止释放，试求：（取g=10m/s2）（1）金属棒ab产生的感应电动势；（2）闭合回路中的最小电流和最大电流；（3）金属棒cd的最终速度2016-2017学年山东省济南市深泉技工学校高二（下）月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，1-7小题给出的四个答案中只有一个是正确的；8-12小题至少有一个是正确的，每小题4分，选不全得2分，共48分）1关于电路中感应电动势的大小，下
11、列说法中正确的是（）A穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大B电路中磁通量的改变量越大，感应电动势就越大C电路中磁通量变化越快，感应电动势越大D若电路中某时刻磁通量为零，则该时刻感应电流一定为零【考点】法拉第电磁感应定律【分析】由磁生电的现象叫电磁感应现象，由电生磁的现象叫电流的磁效应只有当线圈的磁通量发生变化时，才会有感应电流出现，而感应电流的大小则是由法拉第电磁感应定律来得【解答】解：A、穿过电路的磁通量越大，不能得出磁通量的变化率越大，所以感应电动势不一定越大故A错误；B、电路中磁通量的改变量越大，不能得出磁通量的变化率越大，所以感应电动势不一定越大故B错误；C、电路中磁通量变化越快，即
12、磁通量的变化率大，所以感应电动势一定越大，故C正确；D、若电路中某时刻磁通量为零，但磁通量的变化率不一定为零，则该时刻感应电流不一定为零，故D错误；故选：C2如图所示，导线框abcd与通电导线在同一平面内，直导线中通有恒定电流并通过ad和bc的中点，当线框向右运动的瞬间，则（）A线框中有感应电流，且按顺时针方向B线框中有感应电流，且按逆时针方向C线框中有感应电流，但方向难以判断D由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中没有感应电流【考点】楞次定律【分析】当导线中通以如图所示的电流时，根据右手螺旋定则可知，直导线周围的磁场分布，根据感应电流产生条件，与楞次定律，即可求解【解答】解：如图所示，直导线电
13、流，根据右手螺旋定则可知，直导线右边的磁场垂直向里，左边的磁场垂直向外，因处于线框的中点处，所以穿过线框的磁通量相互抵消，恰好为零；当线框向右运动的瞬间，导致直导线右边垂直向里穿过线框的磁通量减小，而直导线左边垂直向外的磁通量在增大，根据楞次定律，则有感应电流的方向逆时针，故B正确，ACD错误；故选：B3闭合线圈与匀强磁场垂直，现将线圈拉出磁场，第一次拉出速度为v1，第二次拉出速度为v2，且v2=2v1，则（）A两次拉力做的功一样多B两次所需拉力一样大C两次拉力的功率一样大D两次通过线圈的电荷量一样多【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【分析】在恒力作用下，矩形线圈被匀速拉出时，拉力
14、与安培力大小相等，拉力做功等于拉力与位移的乘积，而拉力功率等于拉力与速度的乘积，线圈产生的焦耳热等于拉力做的功根据E=BLv、I=和F=BIL推导出安培力与速度的关系，再列出拉力、功率和电荷量的表达式，再运用比例法求解【解答】解：A、B、线框的速度为v1时，产生的感应电流为：I=线框所受的安培力大小为：FA1=BIL1=，由于线框匀速运动，则拉力为：F1=FA1=，拉力做的功为：W1=F1L2=L2同理，线框的速度为v2，时，拉力为：F2=FA2=，拉力做的功为：W2=F2L2=L2因为v2=2v1，则2F1=F2，2W1=W2，可见速度越大，所用的拉力越大，拉力做功越大则第二次拉力和拉力做功
15、较大，故A、B错误C、拉力的功率 P=Fv=vv2，所以第二次拉力的功率大，故C错误D、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故D正确故选：D4两个相同的电阻，分别通以如图所示的正弦交流电和方波电流，两种交变电流的最大值、周期如图所示，则在一个周期内，正弦交流电在电阻上产生的热量Q1与方波电流在电阻上产生的热量Q2之比等于（）A3：1B1：2C2：1D1：1【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，其中I是有效值，对于正弦式电流有效值I1=Im对于方波，直接根据焦耳定律求解热量【解
16、答】解：对于正弦式电流，有效值：I1=Im=A根据焦耳定律得：Q1=I12RT=12.5RT对于方波，根据焦耳定律得：Q2=I22R+=8RT+4.5RT=12.5RT则 Q1：Q2=12.5：12.5=1：1故选：D5图中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lt=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）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abcda的感应电流方向为正，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（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；
17、闭合电路的欧姆定律【分析】首先根据右手定则判断边cb刚进入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：A、D开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，故A错误；当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，故D错误，B、C开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，有效切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为负方向；当bc边开始出磁场时，根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，切割长度越来越长，感应电动势增
18、大，故感应电流越来越大，且电流方向为正方向故B正确，C错误故选B6一台理想降压变压器从10kv的线路中降压并提供200A的负载电流已知两个线圈的匝数比为40：1，则变压器原线圈中电流、输出电压及输出功率分别为（）A5A、250V、50kwB5A、10kV、50kwC200A、250V、50kwD200A、10kV、50kw【考点】远距离输电【分析】理想变压器不消耗能量，原副线圈两端的电压之比等于匝数之比；电流之比等于匝数的反比；由P=UI可求得输出功率【解答】解：由题意可知，原线圈电压为10KV；副线圈两端的电流为200A；由可得：U2=250V；由可得：I1=5A； 输出功率P=U2I2=2
19、50200W=50KW；故选：A7图中半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场中，绕O轴以角速度沿逆时针方向匀速转动，电阻两端分别接盘心O和盘边缘，则通过电阻R的电流强度的大小和方向是（）A由c到d，I=B由d到c，I=C由c到d，I=D由d到c，I=【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【分析】先根据转动切割磁感线感应电动势公式E=L2，求出感应电动势，再由欧姆定律求出通过电阻R的电流强度的大小由右手定则判断感应电流的方向【解答】解：将金属圆盘看成无数条金属幅条组成的，这些幅条切割磁感线，产生感应电流，由右手定则判断可知：通过电阻R的电流强度的方向为从c到d金属圆盘产生的感
20、应电动势为：E=r2，通过电阻R的电流强度的大小为：I=故选：C8某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断（）A在B和D时刻线圈处于中性面位置B在A和C时刻穿过线圈的磁通量最大C从AD时刻线圈转过的角度为2D若从OD时刻历时0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；交流发电机及其产生正弦式电流的原理【分析】线圈在中性面上磁通量最大，感应电动势与感应电流均为零；线圈在平行于磁场位置（垂直于中性面处）穿过线圈的磁通量为零，感应电动势与感应电流最大；在一个周期内，电流方向改变两次，根据图象分析答题【解
21、答】解：A、由图象可知，在B、D时刻，感应电流为零，此时线圈位于中性面上，穿过线圈的磁通量最大，故A正确；B、由图象可知，A、C时刻感应电流最大，此时线圈与中性面垂直，磁通量为零，故B错误；C、由图象可知，到从A到D，经历个周期，线圈转过的角度为2=，故C错误；D、由图象可知，从OD是一个周期，如果经历时间为0.02s，则1s是50个周期，电流方向改变100次，故D正确；故选：AD9如图所示的电路为演示自感现象的实验电路，若闭合开关S，电流达到稳定后通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡L2的电流为I2，小灯泡L2处于正常发光状态，则下列说法中正确的是（）AS闭合瞬间，L2灯缓慢变亮，L1灯立即变
22、亮BS闭合瞬间，通过线圈L的电流由零逐渐增大到I1CS断开瞬间，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向与I2相反DS断开瞬间，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向不变【考点】自感现象和自感系数【分析】当灯泡处于正常发光状态时，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势，产生自感现象，根据楞次定律分析线圈中电流的变化【解答】解：A、S闭合后，电源的电压立即加到两灯泡两端，故两灯泡将立刻发光，故A错误；B、S闭合瞬间，通过线圈L的电流由零逐渐增大到I1，故B正确；CD、开关S断开后，线圈与L2构成回路，由于自感的存在，电流将从I1开始减小为0
23、，方向与I2方向相反，故C正确，D错误；故选：BC10如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中Rt为热敏电阻，R为定值电阻下列说法正确的是（）A副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=9sin50t（V）Bt=0.02s时电压表V2的示数为9VC变压器原、副线圈中的电流之比和输入、输出功率之比均为1：4DRt处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数不变【考点】变压器的构造和原理【分析】由乙图知原线圈电压峰值为，周期0.02s，角速度=100，电表显示的是有效值，输入功率等于输出功率【解答】解：由乙图知原线圈电压峰值为3
24、6V，所以副线圈两端电压的峰值为9V，周期0.02s，角速度=100A、副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=9sin100t（V），A错误；B、电压表显示的是有效值，所以V2的示数为9V，B正确；C、变压器原、副线圈中的电流之比为1：4，输入、输出功率之比为1：1，C错误；D、Rt处温度升高时，电阻减小，副线圈两端电压由匝数比和输入电压决定，电压表V2的示数不变，电流表的示数变大，D正确；故选BD11如图所示，平行金属导轨和水平面成角，导轨与固定电阻R1、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a
25、b沿导轨向上匀速滑动，当上滑的速度为v时，受到的安培力为F，则此时（）A电阻R1的电功率为B电阻R1的电功率为C整个装置因摩擦而产生的热功率为mgvcosD整个装置消耗的机械功率为（F+mgcos）v【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【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：AB、设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻R1=R2=R电路中感应电动势为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，
26、故A错误，B正确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正确故选：BCD12如图所示，相距为d的两条水平虚线Ll、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（Ld），质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0则线圈穿越磁场的过程中，（从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止）以下说法正确的是（）A感应电流所做的功为mgdB感应电流所做的功为2mgdC线圈的最小速度一定为
27、D线圈的最小速度一定为【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【分析】线圈在下落分别经过图中的四个位置：初位置到1位置自由落体，2位置到3位置做加速度为g的匀加速运动，所以1位置到2位置必做减速运动，同样3位置到4位置必做减速运动，运动情况与1位置到2位置完全相同，产生的电能也相同1位置到3位置用动能定理可计算1位置到2位置克服安培力做功，根据能的转化和守恒定律可得1位置到2位置电流做功，也等于3位置到4位置电流做功综上所述可求电流做功初位置到1位置自由落体，2位置到3位置做加速度为g的匀加速运动，使用运动学公式即可求出线圈穿越磁场的最小速度【解答】解：线圈在下落分别经过图中
28、的四个位置：1位置cd边刚进入磁场，2位置ab边进入磁场，3位置cd边刚出磁场，4位置ab边刚出磁场，根据题意1、3位置速度为v0；2到3位置磁通量不变，无感应电流，线圈只受重力，做加速度为g的匀加速运动；结合1、3位置速度相同，可知1到2减速，2到3匀加速，3到4减速，并且1到2减速与3到4减速所受合力相同，运动情况完全相同对线圈由1到3位置用动能定理：mgdW=Ek=0，W为克服安培力所做的功，根据能的转化和守恒定律，这部分能量转化为电能（电流所做的功），所以线圈由1到3位置电流做功为mgd；线圈由1到3位置过程中只有线圈由1到2位置有电流，所以线圈由1到2位置有电流做功为mgd，线圈由3
29、到4位置与线圈由1到2位置完全相同，所以线圈由3到4位置有电流做功也为mgd综上所述，从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止，即1到4位置电流做功为2mgdA错误，B正确线圈速度最小时并未受力平衡，不满足mg=，所以C错误有以上分析可知2和4位置速度最小，初始位置到1位置自由落体v0=，2到3位置做加速度为g的匀加速运动，结合两式解得；D正确故选：BD二、计算题（本题共5小题，52分，需要写出必要的文字说明与规范的物理表达式）13如图所示，边长为L的正方形金属框，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=
30、kt（k0），已知细线所能承受的最大拉力为2mg，求从t=0开始，经多长时间细线会被拉断？【考点】法拉第电磁感应定律；安培力【分析】根据法拉第电磁感应定律求出线圈回路电流方向，然后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：根据法拉第电磁感应定律得：E=n=ns s=I=联立解得：F=BIl=B=，根据左手定则可知，安培力方向向下故当细线承受的最大拉力为2mg时有：T=2mg=F+mg，将F代入解得：t=答：从t=0开始，故经过时间t= 细线会被拉断14如图所示，交流发电机电动势的有效值为E=20V，内阻不计，它通过一个R=6的指示灯连接降压变压器降压变压器输出端并联24只彩色小
31、灯泡，每只灯泡都是“6V、0.25W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计求：（1）降压变压器初级、次级线圈匝数比（2）发电机的输出功率【考点】变压器的构造和原理【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，先求出变压器输出的总功率，然后根据理想变压器的原理分析即可【解答】解：（1）变压器的输入功率为P1=P2=240.25=6W由题意副线圈所接电灯泡均正常发光，所以副线圈电流I2=而U1+I1R=E，P1=U1I1，所以I1=A，U1=18V，所以 （2）由P=UI发电机的输出功率为：P=EI1=20=6.67W答：（1）
32、降压变压器初级、次级线圈匝数比是3：1（2）发电机的输出功率是6.67W15如图甲所示，在两根水平放置的平行金属导轨两端各接一只阻值为R=1的电阻，导轨间距为L=0.2m，导轨电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.8T一根电阻r=0.3的导体棒ab置于导轨上，且始终与导轨良好接触，若导体棒沿平行于导轨方向在PQ和MN之间运动，其速度图象如图乙所示（正弦函数曲线），求：（1）导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式；（2）整个电路在1min内产生的电热【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【分析】（1）由速度图象写出速度与时间的关系式，再由感应电动势公式E=BLv
33、得到感应电动势的瞬时值表达式；（2）由于回路中产生的正弦式交变电流，要根据电流的有效值求解热量，可先求出电流的最大值，根据最大值等于有效值的倍，求出电流的有效值，即可求解【解答】解：（1）由速度图象得某时刻导体棒运动速度表达式 v=vmsint=10sint m/s=10sin（10t） m/s导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式为：e=BLv=10BLsin（10t）=100.80.2sin（10t）V=1.6sin（10t） V；（2）由上式得感应电动势的最大值为 Em=1.6V 感应电动势的有效值为：E=Em=1.6V=V回路中的总电阻为：R=r+=0.3+0.5=0.8（） 总电流 I
34、=A；整个电路在1min内产生的热量为：Q=I2Rt=（）20.860J=96J答：（1）导体杆产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=1.6sin（10t）V；（2）整个电路在1min内产生的热量为96J16如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN和PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.2m，电阻R=0.4，导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.1的金属杆，导轨电阻忽略不计，整个装置处在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下，现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表示数U随时间t变化关系如图乙所示求：（1）金属杆在5s末的运动速率；（2）第4s末时
35、外力F的功率【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率【分析】（1）图中电压表测量R的电压即路端电压U，根据U与感应电动势的关系，及a=a=求解出金属棒的加速度，判断出金属棒的运动情况，由运动学公式求出金属杆在5s末的运动速率（2）由F安=BIL可得到安培力，再由牛顿第二定律求出F的大小，从而由公式P=Fv求解F的功率【解答】解：（1）因为：U=R，a=所以： =即得：a=0.5 m/s2则知金属棒做匀加速直线运动，在5s末的运动速率 v5=at5=2.5 m/s（2）第4s末时杆的速度大小 v4=at4=2 m/s，此时：I=0.4 A杆所受的安培力大小 F安=BIL=0.04 N对
36、金属棒，由牛顿第二定律得：FF安=ma，F=0.09 N故：PF=Fv4=0.18 W答：（1）金属杆在5s末的运动速率为2.5 m/s（2）第4s末时外力F的功率是0.18 W17如图所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距0.5m，与水平面夹角为30，不计电阻，广阔的匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度B=0.4T，垂直导轨放置两金属棒ab和cd，长度均为0.5m，电阻均为0.1，质量分别为0.1kg和0.2kg，两金属棒与金属导轨接触良好且可沿导轨自由滑动现ab棒在外力作用下，以恒定速度v=1.5m/s沿着导轨向上滑动，cd棒则由静止释放，试求：（取g=10m/s2）（1）金属棒ab产
37、生的感应电动势；（2）闭合回路中的最小电流和最大电流；（3）金属棒cd的最终速度【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【分析】（1）根据E=BLv求金属棒ab产生的感应电动势；（2）分析刚释放cd棒瞬间其受力情况，判断其运动情况，可知，当导体棒cd刚释放瞬间，回路中电流强度最小根据欧姆定律求最小电流当cd向下匀速滑动时，回路中的电流强度最大，根据平衡条件求最大电流（3）金属棒cd最终做匀速运动，根据平衡条件和安培力公式结合求解最终速度【解答】解：（1）ab棒切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv=0.40.51.5V=0.3V（2）刚释放cd棒瞬间，对cd受力分析可得，重力
38、沿斜面向下的分力为：F1=m2gsin30=0.2100.5N=1N由于ab切割使cd受到的安培力沿斜面向上，其大小为：F2=N=0.3N因为 F1F2所以cd棒将沿导轨下滑据此可知，当导体棒cd刚释放瞬间，回路中电流强度最小，为：Imin=A=1.5A当cd向下匀速滑动时，回路中的电流强度最大，对cd分析得：m2gsin30BImaxL=0所以有：Imax=5A （3）由于金属棒cd与ab切割方向相反，所以回路中的感应电动势等于二者切割产生的电动势之和，即为：E=BLv+BLv由欧姆定律得：Imax=所以cd运动的最终速度为：v=3.5m/s答：（1）金属棒ab产生的感应电动势是0.3V；（2）闭合回路中的最小电流和最大电流分别是1.5A和5A；（3）金属棒cd的最终速度是3.5m/s2017年4月12日
