1、2016-2017学年安徽省六安市寿县一中高二（下）第一次月考物理试卷一、单项选择题（每小题3分，共18分每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）1了解物理规律的发展过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要则以下符合事实的是（）A丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象B楞次总结出了感应电流方向所应满足的规律C法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的2如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1，D2是两个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源电路稳定后在t1时刻断开开关S规定以
2、电路稳定时流过D1，D2的电流方向为正方向，分别用i1，i2表示流过D1和D2的电流，则图中能定性描述电流i随时间t变化关系的是（）ABCD3规定垂直纸面向里的方向为磁场的正方向，顺时针方向为电流的正方向在处于磁场中的纸面内放置一个金属圆环，如图甲所示现令磁感应强度B按图乙随时间t变化，则能正确表示对应时间内金属圆环中电流i随时间t变化情况的it图象是（）ABCD4如图所示，在蹄形磁铁的两极间有一可以自由转动的铜盘（不计各种摩擦），现让铜盘转动下面对观察到的现象描述及解释正确的是（）A铜盘中没有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去B铜盘中有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去C
3、铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将很快停下D铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将越转越快5如图所示，两块水平放置的平行金属板间距为d，定值电阻的阻值为R，竖直放置的线圈匝数为n，绕制线圈导线的电阻也为R，其它导线的电阻忽略不计现有竖直向上的磁场B穿过线圈，在两极板中有一个质量为m电量为q，带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场B的变化情况是（）A均匀增大，磁通量变化率的大小为B均匀增大，磁通量变化率的大小为 C均匀减小，磁通量变化率的大小为 D均匀减小，磁通量变化率的大小为6电磁流量计广泛应用于测量可导电液体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积）为了简化，假设
4、流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c流量计的两端与输送流体的管道相连接（图中虚线）图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料现于流量计所在处加磁感应强度B的匀强磁场，磁场方向垂直前后两面当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值已知流体的电阻率为，不计电流表的内阻，则可求得流量为（）A B C D 二、多项选择题（每小题5分，共20分每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）7单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转
5、动，转轴垂直于磁场，如线圈所围面积里的磁通量随时间变化的规律如图所示，则线圈中（）A0时刻感应电动势为零B0.05 s时感应电动势为零C0.05 s时感应电动势最大D00.05 s这段时间内平均感应电动势为0.4 V8如图是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源 连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合回路下列说法正确的是（）A闭合开关S时，B中产生与图示方向的感应电流B闭合开关S时，B中产生与图示方向相反的感应电流C断开开关S时，电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间D断开开关S时，弹簧k立即将衔铁D拉起9如图所示，A、B两闭合线圈为同样导线绕成，A有10匝，B有
6、20匝，两圆线圈半径之比为2：1均匀磁场只分布在B线圈内当磁场随时间均匀减弱时（）AA中无感应电流，B中有感应电流BA、B中均有均匀减小的感应电流CA、B中感应电动势之比为1：2DA、B中感应电流之比为1：210如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨弯成“”型，底部导轨面水平，倾斜部分与水平面成角，导轨与固定电阻相连，整个装置处于竖直向上的大小为B的匀强磁场中导体棒ab与cd均垂直于导轨放置，且与导轨间接触良好，两导体棒的电阻皆与阻值为R的固定电阻相等，其余部分电阻不计，当导体棒cd沿导轨向右以速度为v匀速滑动时，导体棒ab恰好在倾斜导轨上处于静止状态，导体棒ab的重力为mg，则（）A导体棒cd
7、两端的电压为BlvBt时间内通过导体棒cd横截面的电荷量为Ccd棒克服安培力做功的功率为D导体棒ab所受安培力为mgsin三、实验题本题共2小题，把答案填在答题卡上的相应位置11如图所示，两根平行光滑长直金属导轨，其电阻不计，导体棒ab和cd跨放在导轨上，ab电阻大于cd电阻当cd在外力F2作用下匀速向右滑动时，ab在外力F1作用下保持静止，则ab两端电压Uab和cd两端电压Ucd相比，UabUcd，外力F1和F2相比，F1F2（填“”、“=”或“”）12在研究电磁感应现象的实验中，所用器材如图甲所示（1）请按实验的要求在实物图上连线（图中已连接好两根导线）（2）电路连好后，闭合电键，下列说法
8、中正确的是A只要将线圈A放在线圈B中不动就会引起电流计指针偏转一定角度B线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，电流计指针偏转的角度越大C滑动变阻器的滑片P滑动越快，电流计指针偏转的角度越大D滑动变阻器的滑片P匀速滑动时，电流计指针不会发生偏转（3）上述实验中，线圈A、B可等效为一个条形磁铁，将线圈B和灵敏电流计简化如图乙所示当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转则乙图中灵敏电流计指针向接线柱方向偏转（填：正、负）四、计算题（44分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案不得分.有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位.）13矩形线圈abcd，长ab=
9、20cm，宽bc=10cm，匝数n=200，线圈回路总电阻R=50，整个线圈平面均有垂直于线框平面的匀强磁场穿过，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示，求：（1）线圈回路的感应电动势；（2）在t=0.3s时线圈ab边所受的安培力14把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，一长度为2a，电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持良好的电接触当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，求：（1）棒上电流的大小和方向；（2）棒两端的电压UMN15如图所示，矩形导线框abcd，质量m=0.2kg，电阻r=1.6，边长L
10、1=1.0m，L2=0.8m其下方距cd边h=0.8m处有一个仅有水平上边界PQ的匀强磁场，磁感应强度B=0.8T，方向垂直于纸面向里现使线框从静止开始自由下落，下落过程中ab边始终水平，且ab边进入磁场前的某一时刻，线框便开始匀速运动不计空气阻力，取g=10m/s2（1）通过分析说明进入磁场的过程中线框的运动情况；（2）求线框匀速运动的速度大小；（3）求线框进入磁场过程中产生的电热16如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L=1m，导轨平面与水平面夹角=30，导轨电阻不计磁感应强度为B1=2T的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L=1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且
11、始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m1=2kg、电阻为R1=1两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离和板长均为d=0.5m，定值电阻为R2=3，现闭合开关S并将金属棒由静止释放，取g=10m/s2，求：（1）金属棒下滑的最大速度为多大？（2）当金属棒下滑达到稳定状态时，整个电路消耗的电功率P为多少？（3）当金属棒稳定下滑时，在水平放置的平行金属间加一垂直于纸面向里的匀强磁场B2=3T，在下板的右端且非常靠近下板的位置处有一质量为m2=3104kg、所带电荷量为q=1104C的液滴以初速度v水平向左射入两板间，该液滴可视为质点要使带电粒子能从金属板间
12、射出，初速度v应满足什么条件？2016-2017学年安徽省六安市寿县一中高二（下）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题3分，共18分每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）1了解物理规律的发展过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要则以下符合事实的是（）A丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象B楞次总结出了感应电流方向所应满足的规律C法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的【考点】1U：物理学史【分析】本题应根据楞次、安培、奥斯特、法拉第等等科学家的成就进行解答【解答】解
13、：A、奥斯特发现了电流的周围有磁场，法拉第发现了电磁感应现象，故A错误B、楞次总结出了感应电流方向所应满足的规律故B正确C、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的内在联系，使人们突破了对电与磁认识的局限性故C错误D、安培定则，也叫右手螺旋定则，是表示电流和电流激发磁场的磁感线方向间关系的定则故D错误故选：B2如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1，D2是两个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源电路稳定后在t1时刻断开开关S规定以电路稳定时流过D1，D2的电流方向为正方向，分别用i1，i2表示流过D1和D2的电流，则图中能定性描述电流i随时间t变化关系的是（）ABCD【
14、考点】DE：自感现象和自感系数【分析】当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小【解答】解：A、当电键断开，D2这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过D1的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，故A正确，B错误；C、由A选项分析可知，D1和D2构成回路，通过D1的电流也流过D2，所以I2变成反向，且以同样大小在逐渐减小故CD错误故选：A3规定垂直纸面向里的方向为磁场的正方向，顺时针方向为电流的正方向在处于磁场中的纸面内放置一个金属圆环，如图甲所示现令磁感应强度B按图乙随时间t变化，则能正确表示对应时间内金属圆环中电流i随时间t变化情况的it图象是
15、（）ABCD【考点】D8：法拉第电磁感应定律；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】明确线圈中磁通量的变化，从而确定感应电动势和感应电流的变化，应用楞次定律可以判断出感应电流方向从而即可求解【解答】解：由法拉第电磁感应定律得： =，则：可知48s内电动势的大小是04s内电动势大小的2倍，方向与04s内的电动势相反；又由I=可知，48s内的电流是04s内感应电流的2倍；再由楞次定律04s内向里的磁场增大，感应电流的方向为逆时针方向，为负方向；同理，48s内感应电流的方向为顺时针方向为正方向可知答案B正确故选：B4如图所示，在蹄形磁铁的两极间有一可以自由转动的铜盘（不计各种摩擦），现让铜盘转动下面对观察
16、到的现象描述及解释正确的是（）A铜盘中没有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去B铜盘中有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去C铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将很快停下D铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将越转越快【考点】D2：感应电流的产生条件【分析】当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生安培力导致铜盘转动受到阻碍【解答】解：当铜盘转动时，切割磁感线，产生感应电动势，由于电路闭合，则出现感应电流，处于磁场中受到安培力作用，此力阻碍铜盘转动，故C正确，ABD错误；故选：C5如图所示，两块水平放置的平行金属板间距为d，定值电
17、阻的阻值为R，竖直放置的线圈匝数为n，绕制线圈导线的电阻也为R，其它导线的电阻忽略不计现有竖直向上的磁场B穿过线圈，在两极板中有一个质量为m电量为q，带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场B的变化情况是（）A均匀增大，磁通量变化率的大小为B均匀增大，磁通量变化率的大小为 C均匀减小，磁通量变化率的大小为 D均匀减小，磁通量变化率的大小为【考点】D8：法拉第电磁感应定律；DB：楞次定律【分析】线圈置于竖直向上的均匀变化的磁场中，根据法拉第电磁感应定律E=n会产生稳定的电动势根据闭合电路欧姆定律可得出电容器的电压即为电阻的电压，以及电场强度E=与E=；由题意可知，小球受到向上的电场力，根据小球的平衡
18、可求出磁通量的变化率以及磁场的变化【解答】解：电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线圈下端相当于电源的正极，由题意可知，根据楞次定律，可得：穿过线圈的磁通量在均匀增大；线框产生的感应电动势：E=n；通过线框的电流：I=电容器板间的电场强度：E场=；又 U=IR油滴所受电场力：F=E场q，因此，联立以上各式得：F=对油滴，根据平衡条件得：F=mg所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为 =故A正确；故选：A6电磁流量计广泛应用于测量可导电液体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积）为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方
19、形的一段管道其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c流量计的两端与输送流体的管道相连接（图中虚线）图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料现于流量计所在处加磁感应强度B的匀强磁场，磁场方向垂直前后两面当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值已知流体的电阻率为，不计电流表的内阻，则可求得流量为（）A B C D 【考点】CO：霍尔效应及其应用【分析】当导电流体稳定地流经流量计时，正负电荷受洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，最终稳定时，电荷所受电场力与洛伦兹力平衡，根据欧姆定律及电阻定律求出上下表面间的
20、电势差，从而根据平衡求出速度以及流量的大小【解答】解：最终稳定时有：qvB=q则v=根据电阻定律R=，则总电阻R总=R+R所以U=IR总=解得v=所以流量Q=故A正确，B、C、D错误故选：A二、多项选择题（每小题5分，共20分每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）7单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，如线圈所围面积里的磁通量随时间变化的规律如图所示，则线圈中（）A0时刻感应电动势为零B0.05 s时感应电动势为零C0.05 s时感应电动势最大D00.05 s这段时间内平均感应电动势为0.4 V【考点】D8：法拉第电磁
21、感应定律【分析】根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比通过法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势的大小【解答】解：A、由图示图象可知，0时刻磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故A错误；B、由图示图象可知，0.05s时刻磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故B正确，C错误；D、由法拉第电磁感应定律可知，00.05s内平均感电动势：E=0.4V，故D正确；故选：BD8如图是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源 连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合回路下列说法正确的是（）A闭合开关S时，B中产生与图示方向的感应电流B闭合开关S时，B中
22、产生与图示方向相反的感应电流C断开开关S时，电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间D断开开关S时，弹簧k立即将衔铁D拉起【考点】GB：传感器在生产、生活中的应用【分析】图中有两个线圈，其中A有电源，接通电路后有电流通过，会产生磁性；而B线圈无电源，开关闭合后没有电流，只有当A中的磁场发生变化时，根据电磁感应作用，B线圈才会产生感应电流，从而根据楞次定律，即可求解【解答】解：A、由题意可知，当S接通后，线圈A中产生磁场，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，B中产生与图示方向相反的感应电流，故A错误，B正确；C、将S断开，导致穿过线圈B的磁通量减小变慢，根据楞次定律可
23、知，产生有延时释放D的作用，故C正确，D错误，故选：BC9如图所示，A、B两闭合线圈为同样导线绕成，A有10匝，B有20匝，两圆线圈半径之比为2：1均匀磁场只分布在B线圈内当磁场随时间均匀减弱时（）AA中无感应电流，B中有感应电流BA、B中均有均匀减小的感应电流CA、B中感应电动势之比为1：2DA、B中感应电流之比为1：2【考点】DB：楞次定律【分析】穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中产生感应电流；由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势；由电阻定律求出导线电阻，最后由欧姆定律可以求出线圈电流【解答】解：A、磁场随时间均匀减弱，穿过闭合线圈A的磁通量减少，A、B中都产生感应电流，故A错误；B、
24、磁场随时间均匀减弱，穿过闭合线圈A、B的磁通量均匀减少，那么A、B中均有恒定的感应电动势，则其感应电流也是恒定，故B错误；C、由法拉第电磁感应定律得，感应电动势：E=n=nS，其中、S都相同，A有10匝，B有20匝，线圈产生的感应电动势之比为1：2，A、B环中感应电动势EA：EB=1：2，故C正确；D、线圈电阻：R=，两圆线圈半径之比为2：1，A有10匝，B有20匝，、s都相同，则电阻之比RA：RB=rA：rB=1：1，由欧姆定律I=得，产生的感应电流之比IA：IB=1：2，故D正确；故选：CD10如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨弯成“”型，底部导轨面水平，倾斜部分与水平面成角，导轨与固定
25、电阻相连，整个装置处于竖直向上的大小为B的匀强磁场中导体棒ab与cd均垂直于导轨放置，且与导轨间接触良好，两导体棒的电阻皆与阻值为R的固定电阻相等，其余部分电阻不计，当导体棒cd沿导轨向右以速度为v匀速滑动时，导体棒ab恰好在倾斜导轨上处于静止状态，导体棒ab的重力为mg，则（）A导体棒cd两端的电压为BlvBt时间内通过导体棒cd横截面的电荷量为Ccd棒克服安培力做功的功率为D导体棒ab所受安培力为mgsin【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化【分析】由公式E=Blv得到cd产生的感应电动势，由电路的结构得到cd两端的电压；由欧姆定律求解电路中的电流，从而求
26、出通过导体棒cd横截面的电荷量；根据欧姆定律求解R的阻值大小根据串并联电路特点，由P=I2R求解cd棒克服安培力做功的功率根据ab棒处于静止状态，由棒受力平衡求出安培力的大小【解答】解：A、根据题意画出等效电路如图所示：cd产生的感应电动势 E=Blv，cd两端的电压是外电压，为=Blv，故A错误B、通过cd棒的电流 I=，时间内通过导体棒cd横截面的电荷量为 q=It=故B正确C、对ab棒进行受力分析如右图所示，由于ab棒静止，所以ab棒所受安培力 Fab=mgtan，故C错误D、由功能关系知cd棒克服安培力做功等于整个电路的电功率，为 P=故D错误故选：B三、实验题本题共2小题，把答案填在
27、答题卡上的相应位置11如图所示，两根平行光滑长直金属导轨，其电阻不计，导体棒ab和cd跨放在导轨上，ab电阻大于cd电阻当cd在外力F2作用下匀速向右滑动时，ab在外力F1作用下保持静止，则ab两端电压Uab和cd两端电压Ucd相比，Uab=Ucd，外力F1和F2相比，F1=F2（填“”、“=”或“”）【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；AB：电势差；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】cd切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，cd和ab两端的电压都是外电压整个回路中的电流处处相等，通过安培力的大小公式，结合共点力平衡比较拉力的大小【解答】解：由图看出，cd切割磁感线产生感应电动势，相当于
28、电源，ab是外电路，由于导轨电阻不计，所以cd和ab两端的电压都是外电压，则Uab=Ucd由于通过两杆的电流相等，由公式F=BIL，可知两棒所受的安培力相等，因为两棒都处于平衡状态，拉力都等于安培力，则F1=F2故答案为：=，=12在研究电磁感应现象的实验中，所用器材如图甲所示（1）请按实验的要求在实物图上连线（图中已连接好两根导线）（2）电路连好后，闭合电键，下列说法中正确的是BCA只要将线圈A放在线圈B中不动就会引起电流计指针偏转一定角度B线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，电流计指针偏转的角度越大C滑动变阻器的滑片P滑动越快，电流计指针偏转的角度越大D滑动变阻器的滑片P匀速滑动时，电流计指
29、针不会发生偏转（3）上述实验中，线圈A、B可等效为一个条形磁铁，将线圈B和灵敏电流计简化如图乙所示当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转则乙图中灵敏电流计指针向负接线柱方向偏转（填：正、负）【考点】NF：研究电磁感应现象【分析】（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答（2）当穿过闭合回路磁通量发生变化，会产生感应电流产生的感应电动势越大，感应电流越大，电流计的指针偏转角度越大（3）依据楞次定律的内容，结合电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转，即可确定【解答】解：（1）将电源、
30、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈B串联成另一个回路，电路图如图所示（2）A当将线圈A放在线圈B中，因磁通量不变，则不会引起电流计指针偏转，故A错误；B线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，则穿过线圈的磁通量的变化率越大，感应电动势越大，则产生的感应电流越大，那么电流计指针偏转的角度越大，故B正确；C滑动变阻器的滑片P滑动越快，则穿过线圈的磁通量的变化率越大，那么电流计指针偏转的角度越大，故C正确；D滑动变阻器的滑片P匀速滑动时，穿过线圈的磁通量发生变化，则电流计指针会发生偏转，故D错误；故选：BC（3）因电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向
31、正接线柱一侧偏转，根据楞次定律，依据题目中图可知，螺线管的感应电流由下向上，电流从电流计的负接线柱流入，则灵敏电流计指针向负接线柱方向偏转；故答案为：（1）实物连线如上图所示；（2）BC；（3）负四、计算题（44分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案不得分.有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位.）13矩形线圈abcd，长ab=20cm，宽bc=10cm，匝数n=200，线圈回路总电阻R=50，整个线圈平面均有垂直于线框平面的匀强磁场穿过，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示，求：（1）线圈回路的感应电动势；（2）在t=0.3s时线圈ab边所受的安培力【考点
32、】D8：法拉第电磁感应定律；CC：安培力【分析】线圈在变化的磁场中，产生感应电动势，形成感应电流，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小再由闭合电路的殴姆定律来算出感应电流大小【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得感应电动势：E=n=n=2000.10.2V=2V，（2）由闭合电路殴姆定律可得感应电流：I=A=0.04A；当t=0.3s时，磁感应强度B=0.2T；那么线圈ab边所受的安培力F=nBIL=200200.010.040.2N=0.32N答：（1）线圈回路的感应电动势2V；（2）在t=0.3s时线圈ab边所受的安培力0.32N14把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环
33、，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，一长度为2a，电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持良好的电接触当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，求：（1）棒上电流的大小和方向；（2）棒两端的电压UMN【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；AB：电势差【分析】（1）由E=BLv求出感应电动势，由右手定则可以判断出电流方向（2）由欧姆定律可以求出导体棒MN两端电压【解答】解：（1）导体棒运动产生电流，它相当于电源，内阻为R，导体棒切割磁感线产生电动势：E=Blv=2Bav ，画出等效电路图如图所示，根据右手定则，金属棒中电流从N流向M，所以M相当于
34、电源的正极，N相当于电源的负极外电路总电阻为R外=R ，根据闭合电路欧姆定律，棒上电流大小为：I=，（2）棒两端电压是路端电压UMN=IR外=R=Bav；答：（1）棒上电流的大小为，电流方向从NM（2）棒两端的电压UMN为Bav15如图所示，矩形导线框abcd，质量m=0.2kg，电阻r=1.6，边长L1=1.0m，L2=0.8m其下方距cd边h=0.8m处有一个仅有水平上边界PQ的匀强磁场，磁感应强度B=0.8T，方向垂直于纸面向里现使线框从静止开始自由下落，下落过程中ab边始终水平，且ab边进入磁场前的某一时刻，线框便开始匀速运动不计空气阻力，取g=10m/s2（1）通过分析说明进入磁场的
35、过程中线框的运动情况；（2）求线框匀速运动的速度大小；（3）求线框进入磁场过程中产生的电热【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势【分析】（1）线框进入磁场中受到重力和安培力作用，先根据机械能守恒列式求得线框刚进入磁场时的速度，由E=BLv、I=、F=BIL，求出安培力的大小，再判断线框的运动情况（2）线框匀速运动时，安培力与重力二力平衡，列式，可求出速度大小（3）根据能量守恒定律列式，求电热【解答】解：（1）线框下落过程，由机械能守恒，有 mgh=则得 v=4.0m/s 线框刚进入磁场时受到的安培力 F=BIL1=BL1=1.6Nmg线框将继续加速运动 线框的加速度 a=g由于v增大，a将
36、减小，最终匀速运动，即线框将做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，直至完全进入磁场（2）设匀速运动的速度为vm，由a=0 得 vm=m/s=5.0m/s （3）由能量守恒，得Q=mg（h+L2）mvm2=0.210（0.8+0.8）J0.25.02J=0.7J 答：（1）进入磁场的过程中线框的运动情况是将做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，直至完全进入磁场；（2）线框匀速运动的速度大小是5m/s；（3）线框进入磁场过程中产生的电热是0.7J16如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L=1m，导轨平面与水平面夹角=30，导轨电阻不计磁感应强度为B1=2T的匀强磁场垂直导
37、轨平面向上，长为L=1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m1=2kg、电阻为R1=1两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离和板长均为d=0.5m，定值电阻为R2=3，现闭合开关S并将金属棒由静止释放，取g=10m/s2，求：（1）金属棒下滑的最大速度为多大？（2）当金属棒下滑达到稳定状态时，整个电路消耗的电功率P为多少？（3）当金属棒稳定下滑时，在水平放置的平行金属间加一垂直于纸面向里的匀强磁场B2=3T，在下板的右端且非常靠近下板的位置处有一质量为m2=3104kg、所带电荷量为q=1104C的液滴以
38、初速度v水平向左射入两板间，该液滴可视为质点要使带电粒子能从金属板间射出，初速度v应满足什么条件？【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化【分析】（1）金属棒ab先加速下滑，所受的安培力增大，加速度减小，后匀速下滑，速度达到最大由闭合电路欧姆定律、感应电动势和安培力公式推导出安培力的表达式，根据平衡条件求解最大速度（2）当金属棒下滑直到速度达到最大的过程中，金属棒的机械能减小转化为内能，根据能量守恒定律求解电功率P（3）通过计算电场力和重力，明确带电液滴在场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据液滴恰从上板左端边缘射出和从上板右侧边缘射出时的轨迹半径，来求初速
39、度v的条件【解答】解：（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，达到最大时则有 m1gsin=F安； F安=B1IL I=所以m1gsin=解得最大速度 vm=10m/s（2）整个电路消耗的电功率 P=m1gsinvm所以 P=100W （3）金属棒下滑稳定时，两板间电压U=IR2=15V因为液滴在两板间有m1g=q，所以该液滴在两平行金属板间做匀速圆周运动当液滴恰从上板左端边缘射出时： 液滴的轨迹半径为 r1=d= 所以v1=0.5m/s当液滴恰从上板右侧边缘射出时： 液滴的轨迹半径为 r2=d= 所以v2=0.25m/s初速度v应满足的条件是：v0.25m/s，或v0.5m/s答：（1）金属棒下滑的最大速度为10m/s（2）当金属棒下滑达到稳定状态时，整个电路消耗的电功率P为100W（3）要使带电粒子能从金属板间射出，初速度v应满足的条件是：v0.25m/s，或v0.5m/s2017年5月25日