1、2015-2016学年江苏省淮安市淮阴师院附中高二（下）期中物理试卷一、单项选择题（共16题，每题4分，共64分）1下列现象中，属于电磁感应现象的是（）A小磁针在通电导线附近发生偏转B通电线圈在磁场中转动C闭合线圈在磁场中运动而产生电流D磁铁吸引小磁针2一个闭合线圈中没有感应电流产生，由此可以得出（）A此时此地一定没有磁场B此时此地一定没有磁场的变化C穿过线圈平面的磁感线条数一定没有变化D穿过线圈平面的磁通量一定没有变化3在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，不正确的说法是（）A库仑发现了电流的磁效应B爱因斯坦创立了相对论C法拉
2、弟发现了电磁感应现象D牛顿提出了万有引力定律奠定了天体力学的基础4关于磁通量下列说法正确的是（）24A磁通量不仅有大小而且有方向，所以是矢量fB磁通量越大，磁感应强度越大XC过某一平面的磁通量为零，该处磁感应强度不一定为零jD磁通量就是磁感应强度h5如图所示，线圈与电源、开关、滑动变阻器相连，线圈与电流计G相连，线圈与线圈绕在同一个铁芯上，在下列情况下，电流计G中有示数的是（）+A开关闭合瞬间1B开关闭合一段时间后7C开关断开瞬间TD开关闭合一段时间后，来回移动变阻器滑动端+6物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用下面列举的四种器件中，利用电磁感应原理工作的是（）nA电磁炉B回旋加速器C质谱
3、仪D微波炉y7如图所示，通有恒定电流的直导线下边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面若使线框逐渐向下远离（平动）通电导线，则穿过线框的磁通量将（）cA逐渐增大B逐渐减小C保持不变D不能确定h8一矩形线圈abcd位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里（如图甲所示），磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示以I表示线圈中的感应电流（图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向），则下图中能正确表示线圈中电流I随时间t变化规律的是（）tABCDB9在如图所示的四种磁场情况中能产生恒定的感生电场的是（）2ABCDo10在空间某处存在一变化的磁场，则（）rA在磁场中放一闭合线圈，线圈中一定会
4、产生感应电流7B在磁场中放一闭合线圈，线圈中一定不会产生感应电流uC在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定不会产生电场DD在磁场中放不放闭合线圈，在变化的磁场周围都会产生电场g11如图所示，在匀强磁场中，MN、PQ是两根平行的金属导轨，而abcd为串接有理想电压表和理想电流表的两根金属棒在abcd同时以相同速度沿导轨向右运动时，下列结果正确的是（）=A电压表有读数，电流表有读数=B电压表无读数，电流表有读数C电压表有读数，电流表无读数D电压表无读数，电流表无读数12下列几种说法中正确的是（）A线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定
5、越大C线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大D线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大13如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向（）A向左B向右C垂直纸面向外D垂直纸面向里14如图所示，ab和cd是位于水平面内的平行金属导轨，其电阻可忽略不计，ac之间连接一个阻值为R的电阻，ef为一个垂直于ab和cd的金属杆，它与ab和cd接触良好并沿轨道方向无摩擦地滑动，ef长为l，电阻可忽略，整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里磁感应强度为B，当施外力使杆ef以速度v向右匀速运动时，杆ef受到的
6、安培力为（）ABCD579550615水平固定的大环中通过恒定的强电流I 水平固定的大环中通过恒定的强电流I，从上向下看为逆时针方向，如图1所示，有一小铜环，从上向下穿过大圆环，且保持环面与大环平行且共轴，下落过程中小环中产生感应电流的过程是（）A只有小环在接近大环的过程中B只有小环在远离大环的过程中C只有小环在经过大环的过程中D小环下落的整个过程16如图所示，在一匀强磁场中有一U形导体框bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体的电阻都可不计开始时，给ef一个向右的初速度，则（）Aef将减速向
7、右运动，但不是匀减速Bef将匀速向右运动，最后停止Cef将匀速向右运动Def将做往复运动二、填空（每空3分，共9分）17一个200匝、面积为20cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30角，若磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.5T在此过程中穿过线圈的磁通量的变化是 Wb；磁通量的平均变化率是 Wb/s；线圈中的感应电动势的大小是 V三、计算题（18题16分，19题15分，20题16分，共47分）18如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距l=0.50m，左端接一电阻R=0.20，磁感应强度B=0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨
8、滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v=4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：（1）ab棒中感应电动势的大小；（2）回路中感应电流的大小和方向；（3）维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小19如图所示，匝数N=100匝、截面积S=0.2m2、电阻r=0.5的圆形线圈MN处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按B=0.6+0.02t（T）的规律变化，处于磁场外的电阻R1=3.5，R2=6，电容C=30F，开关S开始时未闭合，求：（1）闭合S后，线圈两端M、N两点间的电压UMN和电阻R2消耗的电功率；（2）闭合S一段时间后又打开S，则S断开后通过R2的电荷量为多少？20如图所
9、示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触（1）求初始时刻导体棒受到的安培力（2）若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多少？导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？2015-2016学年江苏省淮安市淮
10、阴师院附中高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共16题，每题4分，共64分）1下列现象中，属于电磁感应现象的是（）A小磁针在通电导线附近发生偏转B通电线圈在磁场中转动C闭合线圈在磁场中运动而产生电流D磁铁吸引小磁针【考点】电磁感应现象的发现过程；感应电流的产生条件【分析】解答本题应掌握：电磁感应的现象因磁通量的变化，从而产生感应电动势，形成感应电流的现象【解答】解：电磁感应指闭合回路中部分导体做切割磁感线运动，或者穿过闭合线圈的磁通量变化，则回路中即可产生感应电流；A、小磁针在通电导线附近发生偏转，这是电流的磁效应，故A错误；B、通电线圈在磁场中转动，是由于安培力作用，故B
11、错误；C、闭合线圈在磁场中运动而产生电流，是由运动而产生感应电流，故C正确；D、磁铁吸引小磁针，磁性相互作用，故D错误；故选：C2一个闭合线圈中没有感应电流产生，由此可以得出（）A此时此地一定没有磁场B此时此地一定没有磁场的变化C穿过线圈平面的磁感线条数一定没有变化D穿过线圈平面的磁通量一定没有变化【考点】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、感应电流的产生其条件是闭合线圈的磁通量发生变化，磁通量的变化可以由磁场引起的，若磁场没有变化，可能不会产生感应电流，故A错误；B、感应电流的产生其条件是闭合线圈的磁通量发生变化，磁通量
12、的变化可以由磁场引起的，也可以由线圈的面积的变化引起的，闭合线圈中没有感应电流产生，不能判断出此地一定没有磁场的变化故B错误；C、穿过线圈平面的磁感线的方向可能都相同，有可能有方向不相同的，若穿过线圈的磁感线由方向相反、数目相同的条数同时增大，则穿过线圈的磁通量并不会变化，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：D3在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，不正确的说法是（）A库仑发现了电流的磁效应B爱因斯坦创立了相对论C法拉弟发现了电磁感应现象D牛顿提出了万有引力定律奠定了天体力学的基础【考点】
13、物理学史【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可5795506【解答】解：A、电流的磁效应发现者是奥斯特，故A错误；B、爱因斯坦创立了相对论，故B正确；C、法拉弟发现了电磁感应现象，故C正确；D、牛顿提出了万有引力定律奠定了天体力学的基础，故D正确本题选错误的，故选：A4关于磁通量下列说法正确的是（）A磁通量不仅有大小而且有方向，所以是矢量B磁通量越大，磁感应强度越大C过某一平面的磁通量为零，该处磁感应强度不一定为零D磁通量就是磁感应强度【考点】磁通量【分析】磁通量有大小，没有方向，但分正负，不是矢量，磁通量的大小与磁感应强度无关，从而即可求解【解答】解：A、磁通量有大小
14、，没有方向，但有正负，是标量，故A错误；B、磁通量与磁感应强度无关，当磁通量越大，磁感应强度可能不变，故B错误；C、当磁感线与线圈平行时，穿过线圈的磁通量为零，而磁感应强度不一定为零，故C正确；D、磁通量是穿过线圈的磁感线的多少，而磁感应强度是描述磁场的强弱，两者不是相同的概念，故D错误；故选：C5如图所示，线圈与电源、开关、滑动变阻器相连，线圈与电流计G相连，线圈与线圈绕在同一个铁芯上，在下列情况下，电流计G中有示数的是（）A开关闭合瞬间B开关闭合一段时间后C开关断开瞬间D开关闭合一段时间后，来回移动变阻器滑动端【考点】感应电流的产生条件【分析】感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变
15、化根据这个条件分析判断有没有感应电流产生【解答】解：A、开关闭合瞬间，电路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流故A正确B、开关闭合一段时间后，线圈中是恒定的电流，线圈产生稳恒的磁场，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生故B错误C、将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流故C正确D、通电时，来回移动变阻器滑动端时，变阻器接入电路的电阻变化，电路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过线圈磁通量变化，产生感应电流，故D正确故选：ACD6物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用下面列举的四种器件中，利用电磁感应原理工作的是（
16、）A电磁炉B回旋加速器C质谱仪D微波炉【考点】电磁感应在生活和生产中的应用【分析】电磁炉是利用电磁感应原理；质谱仪和回旋加速器是利用电场加速，磁场使粒子偏转；微波炉是利用微波的频率接近水的频率从而产生振荡发热【解答】解：A、电磁炉是利用锅底在磁场中产生涡流而产生的；故应用了电磁感应现象；故A正确；B、回旋加速器是利用了带电粒子在磁场的偏转原理制成的；故B错误；C、质谱仪是利用了带电粒子在磁场中偏转而工作的；故C错误；D、微波炉是利用了电磁波原理；故D错误；故选：A7如图所示，通有恒定电流的直导线下边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面若使线框逐渐向下远离（平动）通电导线，则穿过线框的磁通量将（
17、）A逐渐增大B逐渐减小C保持不变D不能确定【考点】磁通量【分析】磁通量是穿过磁场中某一平面的磁感线的条数当线圈面积不变，根据磁感线的疏密判断穿过线框的磁通量的变化【解答】解：由题，通电直导线产生稳定的磁场，离导线越远磁场越弱，磁感线越疏，则当线框远离通电导线时，穿过线框的磁感线的条数越来越少，磁通量将逐渐减小故选：B8一矩形线圈abcd位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里（如图甲所示），磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示以I表示线圈中的感应电流（图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向），则下图中能正确表示线圈中电流I随时间t变化规律的是（）ABCD【考点】法拉第电磁感
18、应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】由图2可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象【解答】解：感应定律和欧姆定律得I=，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率由图2可知，01时间内，B增大，增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则感应电流是逆时针的，因而是负值所以可判断01为负的恒值；12为正的恒值；23为零；34为负的恒值；45为零；56为正的恒值故C正确，ABD错误；故选：C9在如图所示的四种磁场情况中能产生恒定的感生电场的是（）ABCD【
19、考点】法拉第电磁感应定律【分析】电磁场理论：均匀变化的磁场产生恒定电场，非均匀变化的磁场产生非均匀变化的电场【解答】解：由电磁场理论，结合图象，则有：A、磁场不变，则不会产生电场，故A错误；B、磁场方向变化，而大小不变，则不会产生恒定的电场，故B错误；C、磁场随着时间均匀变化，则会产生恒定的电场，故C正确；D、磁场随着时间非均匀变化，则会产生非均匀变化的电场，故D错误；故选：C10在空间某处存在一变化的磁场，则（）A在磁场中放一闭合线圈，线圈中一定会产生感应电流B在磁场中放一闭合线圈，线圈中一定不会产生感应电流C在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定不会产生电场D在磁场中放不放闭合线圈，在
20、变化的磁场周围都会产生电场【考点】法拉第电磁感应定律【分析】产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，或闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动麦克斯韦电磁场理论指出变化的磁场周围产生涡旋电场，与周围有无闭合回路无关【解答】解：AB、由产生感应电流的条件知，闭合电路的磁通量发生变化时才能产生感应电流，如果线圈平面与磁场方向平行时，则无感应电流产生，故AB错误；CD、由麦克斯韦电磁理论知感应电场的产生与磁场周围是否有闭合回路无关，故C错误，D正确；故选：D11如图所示，在匀强磁场中，MN、PQ是两根平行的金属导轨，而abcd为串接有理想电压表和理想电流表的两根金属棒在abcd同时以相同速度沿
21、导轨向右运动时，下列结果正确的是（）A电压表有读数，电流表有读数B电压表无读数，电流表有读数C电压表有读数，电流表无读数D电压表无读数，电流表无读数【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】电压表是由电流表改装而成的，其核心是电流表，有电流通过电压表时，电压表即有示数分析磁通量的变化情况，判断有无感应电流产生，再分析两个电表有无读数或根据E=BLv，分析两杆产生的感应电动势的大小关系，再进行判断【解答】解：图中两个金属棒产生的感应电动势大小相等，都为 E=BLv（L是导轨间距），根据右手定则可知，两个感应电动势方向相反，相互抵消，整个回路中总的感应电动势为零，没有感应电流，所以电压表和电流表
22、读数都是0故D正确故选：D12下列几种说法中正确的是（）A线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大D线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大【考点】法拉第电磁感应定律【分析】由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小除与线圈匝数有关外，还与磁通量变化快慢有关【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小除与线圈匝数有关外，还与磁通量变化快慢有关，与磁通量的大小无关，故A错误；B、根据法拉第电磁感应定律可知，穿过线圈的磁通量变化越大，线圈中产生磁通量变化率不
23、一定越大，则感应电动势也不一定越大，故B错误；C、线圈放在磁场越强的位置，磁通量变化率不一定越大，则线圈中产生的感应电动势不一定越大，故C错误；D、根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小除与线圈匝数有关外，还与磁通量变化快慢有关，故D正确；故选：D13如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向（）A向左B向右C垂直纸面向外D垂直纸面向里【考点】安培力；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】金属线框abcd放在导线MN上，导线中电流产生磁场，当导线中电流减小时，穿过线框abcd的磁通量减小，根据楞次定律判断线框a
24、bcd感应电流，再由左手定则来确定所受有安培力方向【解答】解：金属线框abcd放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框abcd左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况若MN中电流突然减小时，穿过线框的磁通量将减小根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框abcd感应电流方向为顺时针，再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向右，而右边的安培力方向也水平向右，故安培力的合力向右故B正确，ACD错误故选B14如图所示，ab和cd是位于水平面内的平行金属导轨，其电阻可忽略不计，ac之间连接一个阻值为R的电阻，ef为一个垂直于
25、ab和cd的金属杆，它与ab和cd接触良好并沿轨道方向无摩擦地滑动，ef长为l，电阻可忽略，整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里磁感应强度为B，当施外力使杆ef以速度v向右匀速运动时，杆ef受到的安培力为（）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；安培力【分析】根据公式E=BLv求出ef棒产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，再由公式F=BIL求解安培力大小【解答】解：当杆ef以速度v向右匀速运动时，产生的感应电动势为 E=Blv感应电流为 I=杆ef受到的安培力 F=BIl联立解得 F=故选：A15水平固定的大环中通过恒定的强电流I 水平固定的大
26、环中通过恒定的强电流I，从上向下看为逆时针方向，如图1所示，有一小铜环，从上向下穿过大圆环，且保持环面与大环平行且共轴，下落过程中小环中产生感应电流的过程是（）A只有小环在接近大环的过程中B只有小环在远离大环的过程中C只有小环在经过大环的过程中D小环下落的整个过程【考点】感应电流的产生条件【分析】根据安培定则判断线圈a产生的磁场方向在线圈b从正上方落至a的正下方过程中，分析穿过线圈b的磁通量的变化情况；根据条件可进行判断【解答】解：根据安培定则判断可知，线圈a产生的磁场方向向上当线圈b靠近线圈a时，穿过线圈b的磁通量增加，当线圈b远离线圈a时，穿过线圈b的磁通量减小；根据感应电流的产生条件可知
27、，整个过程一直有感应电流产生；故选：D16如图所示，在一匀强磁场中有一U形导体框bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体的电阻都可不计开始时，给ef一个向右的初速度，则（）Aef将减速向右运动，但不是匀减速Bef将匀速向右运动，最后停止Cef将匀速向右运动Def将做往复运动【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】金属棒向右运动时会切割磁感线产生电动势和感应电流，金属杆ef受到向左的安培力做减速运动，速度减小会造成电动势、电流减小，安培力也随之减小，所以物体做减速运动的加速度会减小，直到速度
28、为零时金属杆静止【解答】解：金属棒向右运动时会切割磁感线产生电动势和感应电流，根据右手定则判断可知，ef中感应电流方向从f到e根据左手定则判断可知，ef所受的安培力向左，则ef将减速向右运动感应电流表达式 I=，金属棒所受的安培力：F=BIL=，随着速度的减小，安培力减小所以ef做加速度减小的变减速运动，最终停止运动，故A正确，BCD错误故选：A二、填空（每空3分，共9分）17一个200匝、面积为20cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30角，若磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.5T在此过程中穿过线圈的磁通量的变化是4104 Wb；磁通量的平均变化率是8103 Wb/s；
29、线圈中的感应电动势的大小是1.6 V【考点】法拉第电磁感应定律【分析】穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而出现感应电流由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小【解答】解：圆线圈在匀强磁场中，现让磁感强度在0.05s内由0.1T均匀地增加到0.5T所以穿过线圈的磁通量变化量是：=21=（B2B1）Ssin30=4104Wb而磁通量变化率为： =8103Wb/s则线圈中感应电动势大小为：E=N=1.6V故答案为：4104，8103，1.6三、计算题（18题16分，19题15分，20题16分，共47分）18如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距l=0.50m，左端接一电阻R=0.
30、20，磁感应强度B=0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v=4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：（1）ab棒中感应电动势的大小；（2）回路中感应电流的大小和方向；（3）维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】（1）导体垂直切割磁感线，由磁感应强度B、长度L、速度v，根据公式E=BLv求出感应电动势；（2）ab相当于电源，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流大小；（3）ab棒做匀速运动，水平外力F与安培力平衡，根据安培力公式F=BIL求解【解答】解：（1）根据
31、法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势为E=Blv 代入数据知E=0.400.504.0 V=0.80 V（2）感应电流大小为I=即I= A=4.0 A 方向：从b 到a（3）由于ab棒受安培力F=IlB 代入数据知：F=4.00.500.40 N=0.8 N 根据平衡条件知水平外力F=F=0.8N答：（1）ab棒中感应电动势的大小为0.8V；（2）路中感应电流的大小为4.0A，方向为从b到a；（3）维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小为0.8N19如图所示，匝数N=100匝、截面积S=0.2m2、电阻r=0.5的圆形线圈MN处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按B=0.6+0.
32、02t（T）的规律变化，处于磁场外的电阻R1=3.5，R2=6，电容C=30F，开关S开始时未闭合，求：（1）闭合S后，线圈两端M、N两点间的电压UMN和电阻R2消耗的电功率；（2）闭合S一段时间后又打开S，则S断开后通过R2的电荷量为多少？5795506【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率；电磁感应中的能量转化【分析】（1）据题，磁感应强度随时间按B=0.6+0.02t（T）的规律变化，线圈中产生感应电动势，由此式得到磁感应强度的变化率为T/s，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小M、N两点间的电压UMN是外电压，由闭合电路欧姆定律求出，R
33、2消耗的电功率：（2）闭合S一段时间后电容器充电，电容器的电压为UC=IR2，电量Q=CUC，S断开后通过R2的电荷量等于电容器所带电荷量【解答】解：（1）由题给条件可知磁感应强度的变化率为： T/s5795506故回路产生的电动势为：感应电流： A由闭合电路欧姆定律有：UMN=EIr=0.38V故R2消耗的电功率： =9.6103W（2）S合时：UC=IR2=0.24V 充电电量：Q=CUC=7.2106CS开时：R2放电，放电的电量：Q=7.2106C，即为S断开后通过R2的电荷量答：（1）闭合S后，线圈两端M、N两点间的电压UMN是0.38V，电阻R2消耗的电功率是9.6103W；（2）
34、闭合S一段时间后又打开S，则S断开后通过R2的电荷量为7.2106C20如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触（1）求初始时刻导体棒受到的安培力（2）若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多少？导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静
35、止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；安培力【分析】（1）由欧姆定律、安培力公式和感应电动势知识推导安培力（2）导体棒向右运动时，弹力和安培力对棒做功根据功能关系求出安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1运用能量转化及平衡条件等求出电阻R上产生的焦耳热Q【解答】解：（1）初始时刻棒中感应电动势：E=BL0棒中感应电流：I=作用于棒上的安培力：F=BIL联立得：F=，安培力方向水平向左（2）设安培力做功为W1弹力做功为W弹由动能定理得：W1+W弹=0又W1=Q1，W弹=Ep解得电阻R上产生的焦耳热为：Q1=m02EP（3）由能量转化及平衡条件等判断：棒最终静止于初始位置（弹簧原长处） 由能量转化和守恒得：Q=m02答：（1）初始时刻导体棒受到的安培力大小为，方向水平向左；（2）安培力所做的功W1等于EPm02，电阻R上产生的焦耳热Q1等于m02EP导体棒往复运动，最终静止于初始位置（弹簧原长处）从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为m022016年11月8日
