高中物理人教版1本册总复习总复习（区一等奖）

2023学年安徽省六安市千人桥中学高二（下）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，每小题4分，共40分，漏选得2分，错选和不选得零分）1．如图，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，但因电源正负极未知，无法具体判断2．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BLv B．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．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中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（） A．a1=a2=a3=a4 B．a1=a3＞a2＞a4 C．a4=a2＞a3＞a1 D．a1＞a2＞a3＞a44．在圆形线圈开口处接一平行板电容器，线圈的一部分置于周期性变化的磁场中，设向里为磁感应强度B的正方向，整个装置及B随时间变化的图象如图所示．电容器中一电子的重力不计，且电子运动时未碰上电容器的极板，则在0～T这段时间内电子加速度方向的变化情况依次是（） A．向上，向下，向下，向上 B．向下，向上，向下，向下 C．向上，向下，向上，向下 D．向下，向上，向上，向下5．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6．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点的电势均比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7．如图所示，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间．将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场．已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2．则拉出过程中下列说法中正确的是（） A．所用拉力大小之比为2：1 B．通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1 C．拉力做功之比是1：4 D．线框中产生的电热之比为1：28．如图（甲）所示，MN、PQ是水平方向的匀强磁场的上下边界，磁场宽度为L．一个边长为a的正方形导线框（L＞2a）从磁场上方下落，运动过程中上下两边始终与磁场边界平行．线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如图（乙）所示，则线框从磁场中穿出过程中线框中感应电流i随时间t变化的图象可能是以下的哪一个（） A． B． C． D．9．如图所示，水平放置的平行金属导轨间距为l，左端与一电阻R相连．导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B．金属杆ab垂直于两导轨放置，电阻为r，与导轨间无摩擦．现对杆ab施加向右的拉力，使杆ab向右以速度v匀速运动，则（） A．金属杆中的电流由a到b B．金属杆a端的电势高于b端的电势 C．拉力F= D．R上消耗的功率P=（）2R10．如图所示，A、B都是很轻的铝环，分别固定在绝缘细杆的两端，杆可绕中间竖直轴在水平面内转动，环A是闭合的，环B是断开的．若用磁铁分别接近这两个圆环，则下面说法正确的是（） A．图中磁铁N极接近A环时，A环被吸引，而后被推开 B．图中磁铁N极远离A环时，A环被排斥，而后随磁铁运动 C．用磁铁N极接近B环时，B环被推斥，远离磁铁运动 D．用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均被排斥二、填空题（11题8分、12题12分，总分20分）1）如图1所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，请将图中所缺的导线补接完整．（2）已知一灵敏电流计，当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，现把它与线圈串连接成如图2所示电路，当条形磁铁按如图2所示情况运动时，以下判断正确的是．A．甲图中电流表偏转方向向右B．乙图中磁铁下方的极性是N极C．丙图中磁铁的运动方向向下D．丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向12．如图所示，将边长为l、总电阻为R的正方形闭合线圈，从磁感强度为B的匀强磁场中以速度v匀速拉出（磁场方向，垂直线圈平面）（1）线圈放出的热量Q=．（2）拉力F做的功W=．（3）通过导线截面的电量q=．（4）所用拉力F=．（5）线圈发热的功率P热=．（6）拉力F的功率PF=．三、计算题（13题12分、14题14分、15题14分，总分40分）13．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直向上．质量为，电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为．（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；（3）在第二问中，如果R=2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小和方向．（g=10m/s2，sin37°=，cos37°=）14．如图，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里，宽度为d=50cm，磁感应强度为B=的匀强磁场．边长为l=10cm的正方形线圈，质量为m=100g，电阻为R=Ω．线圈下边缘到磁场上边界的距离为h=80cm．将线圈由静止释放，已知其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度相同．取g=10m/s2．求：（1）线圈进入磁场的过程中产生的电热Q．（2）线圈下边缘穿越磁场的过程中，线圈的最小速度v．15．正方形金属线框abcd，每边长l=，总质量m=，回路总电阻R=Ω，用细线吊住，线的另一端跨过两个定滑轮，挂着一个质量为M=的砝码．线框上方为一磁感应强度B=的匀强磁场区，如图，线框abcd在砝码M的牵引下做加速运动，当线框上边ab进入磁场后立即做匀速运动．接着线框全部进入磁场后又做加速运动（g=10m/s2）．问：（1）线框匀速上升的速度多大？此时磁场对线框的作用力多大？（2）线框匀速上升过程中，重物M做功多少？其中有多少转变为电能？

2023学年安徽省六安市千人桥中学高二（下）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，每小题4分，共40分，漏选得2分，错选和不选得零分）1．如图，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，但因电源正负极未知，无法具体判断考点： 楞次定律．专题： 电磁感应中的力学问题．分析： 当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，产生感应电流，铜环受到安培力将发生运动，根据楞次定律判断两环的运动方向．解答： 解：当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动．故A正确．故选A．点评： 本题考查运用楞次定律判断电磁感应现象中导体运动方向问题的能力．本题也可以按因果关系，按部就班的分析两环受到的安培力方向判断．2．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BLv B．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．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中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（） A．a1=a2=a3=a4 B．a1=a3＞a2＞a4 C．a4=a2＞a3＞a1 D．a1＞a2＞a3＞a4考点： 楞次定律．专题： 电磁感应与电路结合．分析： 线圈自由下落时，加速度为g．线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力．线圈完全在磁场中时，不产生感应电流，线圈只受重力，加速度等于g．根据牛顿第二定律分析加速度的关系．解答： 解：线圈自由下落时，加速度为a1=g．线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3=g．线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2＜g，a4＜g．线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a2＞a4，故a1=a3＞a2＞a4．故选：B点评： 本题关键是分析安培力的大小和方向情况，抓住安培力大小与速度成正比，分析B、D两处安培力的大小关系．4．在圆形线圈开口处接一平行板电容器，线圈的一部分置于周期性变化的磁场中，设向里为磁感应强度B的正方向，整个装置及B随时间变化的图象如图所示．电容器中一电子的重力不计，且电子运动时未碰上电容器的极板，则在0～T这段时间内电子加速度方向的变化情况依次是（） A．向上，向下，向下，向上 B．向下，向上，向下，向下 C．向上，向下，向上，向下 D．向下，向上，向上，向下考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；带电粒子在匀强电场中的运动．分析： 依据楞次定律判定感应电流方向，进而依据电容器电场判定电子受力方向，受力方向即为加速度方向．解答： 解：根据楞次定律第一个周期，磁场增强，感应电流为逆时针方向，由图可知上极板带正电，平行板间场强方向向下，电子加速度方向向上；同理第二个周期，使得下极板带正电，平行板间场强方向向上，电子加速度方向向下，第三个周期，电子加速度方向向下，第四个周期，电子加速度方向向上，故A正确．故选：A．点评： 该题关键是掌握楞次定律，楞次定律应用的要点是四个字“增反减同”，要熟练应用这一结论．5．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，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．6．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点的电势均比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；电势．专题： 电磁感应与电路结合．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：AB、当导体棒向左加速滑动时，根据右手定则判断可知，导体棒产生向下的感应电流，且电流增大，根据楞次定律知线圈的b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，相反，当导体棒向左减速滑动时，b点的电势比a点的电势低．故A正确、B错误．CD、当导体棒向右加速滑动时，根据右手定则判断可知，导体棒产生向上的感应电流，线圈的a端相当于电源的正极，电势较高，则a点的电势比b点的电势高，相反，当导体棒向右减速滑动时，b点的电势比a点的电势高．故C错误，故D正确．故选：AD．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，比较简单．7．如图所示，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间．将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场．已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2．则拉出过程中下列说法中正确的是（） A．所用拉力大小之比为2：1 B．通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1 C．拉力做功之比是1：4 D．线框中产生的电热之比为1：2考点： 电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律．专题： 电磁感应与电路结合．分析： 根据E=BLv、I=、F=BIL，R=ρ得到安培力的表达式，即可根据平衡条件得到拉力的大小关系；根据感应电荷量q=分析电荷量的关系；由功的公式得到拉力做功的表达式，再求解做功之比；根据功能关系分析电热之比．解答： 解：A、设矩形线圈左右边长为L1，上下边长为L2．电阻率为ρ，截面积为S．则感应电流为I==拉力F=BIL1==，则知F∝S，所以所用拉力大小之比为1：2．故A错误．B、根据感应电荷量q==∝S，所以通过导线某一横截面的电荷量之比是1：2．故B错误．C、拉力做功W=FL1=∝S，拉力做功之比是1：2．故C错误．D、根据功能关系可知，线框中产生的电热等于拉力做功，故电热之比为1：2．故D正确．故选D点评： 本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，考查了导体切割产生的感应电动势公式，闭合电路欧姆定律、电阻定律、感应电荷量等多个知识，推导出所求量的表达式是关键．8．如图（甲）所示，MN、PQ是水平方向的匀强磁场的上下边界，磁场宽度为L．一个边长为a的正方形导线框（L＞2a）从磁场上方下落，运动过程中上下两边始终与磁场边界平行．线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如图（乙）所示，则线框从磁场中穿出过程中线框中感应电流i随时间t变化的图象可能是以下的哪一个（） A． B． C． D．考点： 法拉第电磁感应定律；楞次定律．分析： 由题意可知，线框进入磁场时，做匀速直线运动，根据L＞2a，则可知，出磁场时，速度与进入磁场的速度相比较，从而确定线框的运动性质，进而由法拉第电磁感应定律，可求得感应电流的大小如何变化，即可求解．解答： 解：由题意可知，线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如图（乙）所示，由法拉第电磁感应定律可知，线框匀速进入磁场，由于L＞2a，当完全进入磁场后，因磁通量不变，则没有感应电流，线框只受到重力，使得线框速度增加，当出磁场时，速度大于进入磁场的速度，由法拉第电磁感应定律可知，出磁场的感应电流大于进磁场的感应电流，导致出磁场时的安培力大于重力，导致线框做减速运动，根据牛顿第二定律，BIL﹣mg=ma，则有：加速度在减小的减速运动，故B正确，ACD错误；故选：B．点评： 考查线框切割磁感线产生感应电流，掌握法拉第电磁感应定律与牛顿第二定律的应用，注意出磁场安培力大于进磁场的安培力，这是解题的关键，同时注意完全进入磁场后，不受到安培力作用．9．如图所示，水平放置的平行金属导轨间距为l，左端与一电阻R相连．导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B．金属杆ab垂直于两导轨放置，电阻为r，与导轨间无摩擦．现对杆ab施加向右的拉力，使杆ab向右以速度v匀速运动，则（） A．金属杆中的电流由a到b B．金属杆a端的电势高于b端的电势 C．拉力F= D．R上消耗的功率P=（）2R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： 由右手定则可以判断出电流方向，然后判断出电势高低；由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出拉力大小；应用电功率公式可以求出电阻消耗的电功率．解答： 解：A、由由右手定则可知，金属杆中的电流由b流向a，故A错误；B、金属杆ab相当于电源，在电源内部电流从低电势流向高电势，由于电流从b流向a，则a端电势高，b端电势低，故B正确；C、金属杆受到的安培力FB=BIL=BL=，金属杆做匀速运动，由平衡条件得：F=FB=，故C错误；D、R上消耗的功率：P=I2R=（）2R，故D正确；故选：BD．点评： 本题考查了判断电流方向、电势高低、求拉力与功率问题，应用E=BLv、右手定则、安培力公式、电功率公式即可正确解题．10．如图所示，A、B都是很轻的铝环，分别固定在绝缘细杆的两端，杆可绕中间竖直轴在水平面内转动，环A是闭合的，环B是断开的．若用磁铁分别接近这两个圆环，则下面说法正确的是（） A．图中磁铁N极接近A环时，A环被吸引，而后被推开 B．图中磁铁N极远离A环时，A环被排斥，而后随磁铁运动 C．用磁铁N极接近B环时，B环被推斥，远离磁铁运动 D．用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均被排斥考点： 楞次定律．分析： 当磁铁的运动，导致两金属圆环的磁通量发生变化，对于闭合圆环，从而由楞次定律可得线圈中产生感应电流，则处于磁铁的磁场受到安培力，使圆环运动；对于不闭合圆环，虽有感应电动势，但没有感应电流，则不受安培力作用．解答： 解：当磁铁的靠近时，导致圆环A的磁通量变大，从而由楞次定律可得圆环A的感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它远离磁铁，即被推开；若磁铁的远离时，导致圆环A的磁通量变小，从而由楞次定律可得圆环A的感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它靠近磁铁，即被吸引．而对于圆环B，当磁铁的靠近时，虽磁通量变大，有感应电动势，但由于不闭合，所以没有感应电流，则不受安培力作用．所以对于圆环B，无论靠近还是远离，都不会有远离与吸引等现象，故D正确，ABC错误；故选：D点评： 从楞次定律相对运动角度可得：近则斥，远则吸．同时同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．二、填空题（11题8分、12题12分，总分20分）1）如图1所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，请将图中所缺的导线补接完整．（2）已知一灵敏电流计，当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，现把它与线圈串连接成如图2所示电路，当条形磁铁按如图2所示情况运动时，以下判断正确的是ABD．A．甲图中电流表偏转方向向右B．乙图中磁铁下方的极性是N极C．丙图中磁铁的运动方向向下D．丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向考点： 研究电磁感应现象．专题： 实验题．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）分析图示情景，由楞次定律判断感应电流的方向，然后判断出电流表指针偏转方向，选出正确的选项．解答： 解：（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示．（2）A、由图示可知，条形磁铁向下插入线圈时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从电流计的右接线柱流入，电流表指针向右偏转，故A正确；B、由图示可知，电流计指针向左偏转，说明电流从负接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向上，由图示可知，此时条形磁铁离开线圈，原磁通量减小，由楞次定律可知，原磁场方向向下，因此条形磁铁的下端是N极，故B正确；C、由图示可知，电流计指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向下，由图示可知，原磁场方向向上，由楞次定律可知，原磁通量应减小，因此条形磁铁应向上运动，故C错误；D、由图示可知，电流计指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入，由图示可知，原磁场方向向下，磁铁离开线圈，穿过线圈的原磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向下，由安培定则可知，丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向，故D正确；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）ABD．点评： 本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同．第二小题是本题的难点，解题时要认真细心，应会熟练应用楞次定律与安培定则．12．如图所示，将边长为l、总电阻为R的正方形闭合线圈，从磁感强度为B的匀强磁场中以速度v匀速拉出（磁场方向，垂直线圈平面）（1）线圈放出的热量Q=．（2）拉力F做的功W=．（3）通过导线截面的电量q=．（4）所用拉力F=．（5）线圈发热的功率P热=．（6）拉力F的功率PF=．考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．专题： 电磁感应与电路结合．分析： （1）由E=BLv求出感应电动势，由焦耳定律求出焦耳热．（2）应用安培力公式求出安培力，由平衡条件求出拉力，然后由功的计算公式求出拉力的功．（3）求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，再应用电流定义式求出电荷量．（4）由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出拉力．（5）由电功率公式求出发热功率．（6）由功率公式：P=Fv求出拉力的功率．解答： 解：（1）感应电动势：E=Blv，产生的焦耳热：Q=I2Rt=×R×=；（2）线框受到的安培力：F安培=BIl=，由平衡条件可知，拉力：F=F安培=，拉力的功：W=Fl=；（3）感应电动势：E==，电流：I=，电荷量：q=I△t=；（4）线框受到的安培力：F安培=BIl=，由平衡条件可知，拉力：F=F安培=；（5）线圈发热功率：P热==；（6）拉力功率：PF=Fv=；故答案为：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）．点评： 本题综合考查了电磁感应与电路的综合，要求掌握切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律、安培力大小公式以及焦耳定律、电量的公式等．三、计算题（13题12分、14题14分、15题14分，总分40分）13．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直向上．质量为，电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为．（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；（3）在第二问中，如果R=2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小和方向．（g=10m/s2，sin37°=，cos37°=）考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律．专题： 电磁感应与电路结合．分析： （1）开始下滑时，速度为零，无感应电流产生，因此不受安培力，故根据牛顿第二定律可直接求解结果．（2）金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒所受合外力为零，根据平衡条件求出安培力，然后根据公式P=Fv求解．（3）结合第（2）问求出回路中的感应电流，然后根据电功率的公式求解．解答： 解：（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma…①由①式解得：a=g（sinθ﹣μcosθ）=10×（﹣×）m/s2=4m/s2…②故金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s2．（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡，有：mgsinθ﹣μmgcosθ﹣F=0…③此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率：P=Fv…④由③、④两式解得：v===m/s=10m/s…⑤故当金属棒下滑速度达到稳定时，棒的速度大小为10m/s．（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B，感应电流为：I==…⑥功率为：P=I2R…⑦由⑥、⑦两式解得：B=…⑧故磁感应强度的大小为，方向垂直导轨平面向上．答：（1）金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s2；（2）该速度的大小为10m/s；（3）在上问中，若R=2Ω，磁感应强度的大小为，磁场方向垂直导轨平面向上．点评： 解这类问题的突破口为正确分析安培力的变化，正确分析导体棒的运动状态，从力和功率两个角度进行列方程求解．14．如图，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里，宽度为d=50cm，磁感应强度为B=的匀强磁场．边长为l=10cm的正方形线圈，质量为m=100g，电阻为R=Ω．线圈下边缘到磁场上边界的距离为h=80cm．将线圈由静止释放，已知其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度相同．取g=10m/s2．求：（1）线圈进入磁场的过程中产生的电热Q．（2）线圈下边缘穿越磁场的过程中，线圈的最小速度v