2018-2019学年浙江省余姚中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

2018-2019学年浙江省余姚中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

余姚中学2018学年度第一学期高二物理期中考试试卷 一.单选题 ‎1.下列实验现象，属于电磁感应现象的是 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：导线通电后，其下方的小磁针受到磁场的作用力而发生偏转，说明电流能产生磁场，是电流的磁效应现象，不是电磁感应现象．故A错误．通电导线AB在磁场中受到安培力作用而运动，不是电磁感应现象．故B错误．金属杆切割磁感线时，电路中产生感应电流，是电磁感应现象．故C正确．通电线圈在磁场中受到安培力作用而发生转动，不是电磁感应现象．故D错误．‎ 考点：本题考查对电磁现象本质的分析与理解能力．‎ 点评：电磁感应现象的是指穿过电路的磁通量变化时，产生感应电动势或感应电流的现象．‎ ‎2.关于电磁感应，下列说法正确的是 A. 穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也一定为零 B. 穿过线圈的磁通量不为零时，感应电动势也一定不为零 C. 穿过线圈的磁通量变化得越快，感应电动势越大 D. 穿过线圈的磁通量变化得越大，感应电动势越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 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，与磁通量的大小及变化量大小均无关，穿过线圈的磁通量为零时，磁通量变化率却不一定为零，则感应电动势也不一定为零，A错误；穿过线圈的磁通量不为零时，但磁通量的变化率可能为零，则感应电动势可能为零，比如：线圈通过中性面位置，B错误；穿过线圈的磁通量变化得越快，感应电动势越大，故C正确D错误．‎ ‎3.如图所示，水平放置的绝缘桌面上有一个金属圆环，圆心的正上方有一用轻质弹簧悬挂的条形磁铁。现将磁铁托起到弹簧处于原长时放开，磁铁将沿竖直方向上下振动。若磁铁在振动过程中始终没有接触桌面，则有（　　）‎ A. 磁铁上下振动时，金属圆环中将产生方向始终不变的感应电流 B. 当磁铁运动到最低点时，圆环中产生的感应电流最大 C. 在磁铁向下运动的过程中，圆环对桌面的压力大于圆环的重力 D. 当磁铁静止不动后，磁铁减少的重力势能全部转化为圆环中产生的电能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、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，磁铁向上运动的过程中闭合导体环内的磁通量减小，根据楞次定律可知磁铁上下振动时，金属圆环中将产生方向始终不断变化的感应电流，故A错误；‎ B、当磁铁运动到最低点时，环内的磁通量不变，根据感应电流的条件可知，圆环中不产生的感应电流。故B错误；‎ C、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，故C正确；‎ D、磁铁上下运动的过程中磁铁的重力势能、动能、弹簧的弹性势能都不断变化，同时圆环中产生的电能；所以磁铁静止不动后，磁铁减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能与圆环中产生的电能，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】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。‎ ‎4.如图所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是(　　)‎ A. 向左和向右拉出时，环中感应电流方向相反 B. 向左和向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向 C. 向左和向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向 D. 将圆环拉出磁场的过程中，当环全部处在磁场中运动时，也有感应电流产生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】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，AC错误B正确；当环全部处在磁场中运动时，线圈没有磁通量的变化，因此不会产生感应电流，D错误．‎ ‎5. A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合，如图所示。现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则（ ）‎ A. 金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相同，丝线受到的拉力减小 B. 金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相同，丝线受到的拉力增大 C. 金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相反，丝线受到的拉力减小 D. 金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相反，丝线受到的拉力增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据右手螺旋定则知，通过B线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律可知，金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相同；根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小．故A正确，BCD错误．故选A．‎ 考点：楞次定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向，以及掌握楞次定律的另一种表述，即感应电流引起的机械效果阻碍磁通量的变化，具体的体现是“来拒去留”。‎ ‎6.如图直角坐标系xOy的一、三象限内有匀强磁场，方向均垂直于坐标平面向里，第一象限内的磁感应强度大小为2B，第三象限内的磁感应强度大小为B。现将由两条半径半径为和四分之一圆弧组成的导线框OPM绕过O点且垂直坐标平面的轴在纸面内以角速度逆时针匀速转动，导线框回路总电阻为R。在线框匀速转动的过程中 A. 线框中感应电流的方向总是顺时针方向 B. 圆弧段PM始终不受安培力 C. 线框中感应电流最大值为 D. 线框产生的总热量为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】线框进入磁场过程穿过线框的磁通量增加，线框离开磁场过程穿过线框的磁通量减少，由楞次定律可知，线框进入磁场过程感应电流沿逆时针方向，线框离开磁场过程感应电流沿顺时针方向，故A错误；圆弧段PM在磁场中时电流流过圆弧段，圆弧段受到安培力作用，故B错误；当线框进入或离开第一象限磁场时感应电动势最大，为：Em=•2Bl2ω=Bl2‎ ω，最大感应电流：Im=，故C错误；线框进入或离开第三象限磁场时产生的感应电动势：E=Bl2ω，在线框匀速转动360°的过程中线框产生的总热量：，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】应用楞次定律可以判断出感应电流方向，求出感应电动势、应用欧姆定律与电功公式即可解题，应用E=BL2ω求出感应电动势是解题的前提与关键。‎ ‎7.一个半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环，用一根长为L的绝缘细绳悬挂于O点，离O点下方处有一宽度为，垂直纸面向里的匀强磁场区域，如图所示．现使圆环从与悬点O等高位置A处由静止释放（细绳张直，忽略空气阻力），摆动过程中金属环所在平面始终垂直磁场，则在达到稳定摆动的整个过程中金属环产生的热量是（　　） ‎ A. mgL B. ‎ C. ‎ D. mg（L+2r）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：当圆环摆动时，由于不断地进出磁场切割磁感线产生感应电流，消耗机械能，高度逐渐降低；当环在磁场下方摆动，不再进入磁场时，摆动稳定，金属环中产的焦耳热等于环减少的机械能，由能量守恒定律得：，故C正确；故选C 考点：机械能守恒定律 ‎【名师点睛】此题是电磁感应的能量转化问题；要知道环穿过磁场时机械能转化为热能，环减少的机械能就等于环中产生的焦耳热；此题中分析圆环的最终状态是一个难点；此题意在考查学生对物理问题的综合分析能力.‎ ‎8.一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如右图所示，则(　　)‎ ‎ ‎ A. 若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动 B. 若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动 C. 若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动 D. 若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 线圈从高处自由下落，以一定的速度进入磁场，会受到重力和安培力，线圈全部进入磁场后只受重力，在磁场内部会做一段加速运动，所以线圈出磁场时的速度要大于进磁场的速度；‎ A、若线圈进入磁场过程是匀速运动，说明重力等于安培力，离开磁场时安培力大与重力，就会做减速运动，故A错误；‎ B、若线圈进入磁场过程是加速运动，说明重力大于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力与重力大小关系无法确定，故B错误；‎ C、若线圈进入磁场过程是减速运动，说明重力小于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力仍然大于重力，所以也是减速运动，故C正确，故D错误。‎ 点睛：线圈从高处自由下落，以一定的速度进入磁场，会受到重力和安培力，线圈全部进入磁场后只受重力，会做加速运动，线圈出磁场时的速度要大于进磁场的速度，根据受力关系确定运动情况。‎ ‎9.图中L是绕在铁芯上的线圈，它与电阻R、、电键和电池E可构成闭合回路线圈上的箭头表示线圈中电流的正方向，当电流的流向与箭头所示的方向相同时，该电流为正，否则为负电键和都处在断开状态设在时刻，接通电键，经过一段时间，在时刻，再接通电键，则能较正确地表示L中的电流I随时间t 变化的图线是下面给出的四个图中的哪个图？‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：当开关接通和断开时，通过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，运用楞次定律来分析电流的变化情况．‎ 解答：解：在t=0时刻，接通电键K1，通过线圈的电流从无到有增大，线圈中产生自感电动势，阻碍电流增大，使得线圈中电流只能逐渐增大，而方向不变，仍为正方向．‎ 当电流稳定后，线圈中不产生自感电动势，电流一定．‎ 在t=tl时刻，再接通电键K2，电源被短路，线圈中电流将要减小，由于自感电动势的阻碍，使得线圈中电流只能逐渐减小到零，根据楞次定律，电流方向与原来方向相同，仍为正方向．‎ 故选A 点评：对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，不产生自感电动势，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源．‎ ‎10.一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交流电动势的瞬时值为，则下列说法中正确的是　　‎ A. 当时，线圈平面与中性面垂直 B. 当时，穿过线圈的磁通量等于零 C. 该交流电能让标注为“300V，”的电容器正常工作 D. 若转速n提高1倍，其他条件不变，则电动势的变化规律将变为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ t=0时，电动势为零，线圈平面与磁感线垂直，线圈平面与中性面重合，故A错误；当时，，电动势最大，线圈与中性垂直，磁能量等于零，故B正确；300V是电容器允许的最高电压，而该交流电最大值是，所以此交流电不可以使“”的电容器正常工作，故C错误；感应电动势的瞬时值表达式为，当将其电枢的转速提高一倍时，由，，可知和都增加一倍，则表达式为，故D错误；故选B.‎ ‎11.如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时(　　)‎ A. 线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流 B. 线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势 C. 线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d D. 线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：根据E=BωS可知，无论线圈绕轴P1和P2转动，则产生的感应电动势均相等，故感应电流相等，选项A正确，B错误；由楞次定律可知，线线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→d→c→b→a，选项C错误；由于线圈P1转动时线圈中的感应电流等于绕P2转动时线圈中得电流，故根据F=BLI可知，线圈绕P1转动时dc边受到的安培力等于绕P2转动时dc边受到的安培力，选项D正确；故选AD．‎ 考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律 ‎【名师点睛】此题主要考查法拉第电磁感应定律及楞次定律的应用；关键是掌握线圈在磁场中转动时产生的感应电动势的最大值的公式E=BωS，注意电动势的最大值与转轴的位置无关，与线圈的形状无关；此题是基础题．‎ 视频 ‎12.如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I2。则（ ）‎ A. 用户端的电压为I1U1/I2‎ B. 输电线上的电压降为U C. 理想变压器的输入功率为I12r D. 输电线路上损失的电功率为I1U ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由于输电线与用户间连有一理想变压器，设用户端的电压是U 2，则U1I1=U2I2，得：．故A正确；输电线上损失的电压为U-U1，故B错误；理想变压器的输入功率为U1I1．故C错误；等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，所以输电线是损耗的功率是：I12r．故D错误；故选A．‎ 考点：远距离输电 ‎【名师点睛】此题是关于远距离输电问题；要知道理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系。‎ 视频 ‎13.图甲所示是某种型号的电热毯的部分电路图。其电热丝的总电阻，经元件P的作用，电热毯上电压的波形如图乙所示每段为正弦曲线的一部分，则该电热毯的电功率为　　‎ A. B. 125W C. 250W D. 500W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U。则有：，代入解得：U=Um=110V=156V，该电热毯的电功率为，故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎【点睛】将此电压与直流电压分别加在相同的电阻，在一个周期内，产生的热量相同，直流电压值即为此电压的有效值；根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握。‎ 二.不定项选择题 ‎14.如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引(    )‎ A. 向左做加速运动 B. 向左做减速运动 C. 向右做加速运动 D. 向右做减速运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】导体棒ab向左做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从b→a，螺线管左端为N极，感应电流增加，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量变大，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向的感应电流（从左向右看），由等效法可知，线圈c右端相当于N极，则且线圈c被螺线管排斥。故A错误。同理可知导体棒向左做减速运动时，也会产生感应电流，且线圈c被螺线管吸引；导体棒向右做加速运动时，也会产生感应电流，且线圈c被螺线管排斥；导体棒向右做减速运动时，也会产生感应电流，且线圈c被螺线管吸引；故BD正确，C错误。故选BD。‎ ‎【点睛】本题运用右手定则、安培定则和楞次定律按步就班进行分析的，也可以直接根据楞次定律进行判断：线圈c被螺线管吸引时，磁通量将要增大，说明原来的磁通量减小，导体棒必定做减速运动．‎ ‎15.如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿垂直于MN的方向滑动金属杆滑动过程中与导轨接触良好则　　 ‎ A. 电路中感应电动势的大小为 B. 电路中感应电流的大小为 C. 金属杆所受安培力的大小为 D. 金属杆的热功率为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】金属杆切割的有效长度为，故电路中感应电动势为：E=，故A正确；电路中感应电流的大小为：，故B错误；金属杆所受安培力的大小为：F=BI•，故C错误；金属杆的热功率为：P=EI=，故D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】本题考查导体切割磁感线中的电动势和安培力公式的应用，要注意明确E=BLv中L为导线的有效切割长度，而此长度大小与导体棒的速度方向有关，并不不一定是金属杆的长度，而求安培力时L为金属杆存在电流的长度。‎ ‎16.如图所示是用涡流金属探测器探测地下金属物的示意图，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 探测器内的探测线圈会产生交变磁场 B. 只有有磁性的金属物才会被探测器探测到 C. 探测到地下的金属是因为探头中产生了涡流 D. 探测到地下的金属物是因为金属物中产生了涡流 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 探测器内线圈通有变化电流产生变化磁场，若探测器附近有金属，则金属物中会产生涡流，涡流磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警。‎ A：探测器内的探测线圈会产生交变磁场，故A项正确。‎ B：金属物均会被探测器探测到，故B项错误。‎ CD：探测器附近有金属，则金属物中会产生涡流，涡流磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警。故C项错误，D项正确。‎ ‎17.如图所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两个互感器若已知甲和乙的原、副线圈匝数比分别为1000：1和1：100，两个电表的示数分别为10A和220V则( )‎ A. 电表A是电压表 B. 电表A是电流表 C. 线路输送的电功率为 D. 线路输送的电功率为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 电压互感器是将高低压变成小电压，所以原线圈的匝数多余副线圈的匝数，所以甲图是电压互感器，电表A是电压表。故A正确，B错误。根据变压器电压表等于匝数比，解得：，只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比，，则线路输送的电功率为，故C正确，D错误。故选AC。‎ ‎【点睛】根据两种互感器的特点可知，甲图是电压互感器，乙图是电流互感器．变压器原副线圈的电压比等于匝数比．只有一个副线圈的变压器，原副线圈中的电流比等于匝数的反比．‎ 三.实验题探究题 ‎18.在“研究感应电流产生的条件”实验中：‎ ‎（1）在右图中用笔画线代替导线将实验电路补充完整______；‎ ‎（2）电路连接完成后，如果闭合电键时发现电流表指针向右偏转，则在闭合电键情况下向左移动滑动变阻器的滑片，电流表的指针会向______选填“左”或“右”偏转．‎ ‎【答案】 (1). （1） (2). （2）左 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）将电源、电键、变阻器、线圈B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A串联成另一个回路，电路图如图所示。 ‎ ‎ （2）闭合电键时，穿过线圈的磁通量增加，电流表指针向右偏，说明穿过线圈的磁通量增加时电流表指针向右偏转；由电路图可知，在闭合电键情况下向左移动滑动变阻器的滑片，通过线圈B的电流较小，穿过线圈A的磁通量减小，则电流表的指针会向左偏转。‎ ‎【点睛】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，应用楞次定律即可正确解题。‎ ‎19.如图所示为探究“感应电流方向的规律”实验装置，‎ ‎ (1)下列电表中最适合该实验的是______填选项字母 ‎ ‎（2）把磁铁放在线圈内不动______  感应电流．填“有”或“无”‎ ‎（3）实验发现，如果把磁铁由图示位置向上抽出，电流计指针向右偏。现将磁铁由图示位置向下抽出，则电流计指针向_________偏。填“左”或“右”‎ ‎【答案】 (1). （1）B； (2). （2）无； (3). （3）右 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当条形磁铁的运动，会导致闭合线圈内的磁通量变化，从而产生较小的感应电流，因此需要灵敏的电流计，因电流有方向，所以选指针在中央的电流计，即B图的电流表最合适。‎ ‎（2）把磁铁放在线圈内不动，磁通量不变，则无感应电流．‎ ‎（3）把磁铁由图示位置向上抽出时，穿过线圈的磁通量向下减小，电流计指针向右偏。现将磁铁由图示位置向下抽出，穿过线圈的磁通量也是向下减小，则电流计指针也是向右偏.‎ ‎【点睛】考查感应电流产生的条件，理解感应电流大小与方向影响因素，注意各电流表的区别，掌握楞次定律是解题的关键．‎ ‎20.某同学用如图所示可拆变压器做实验（两幅图分别是实物图和所连的电路图）。将单刀双掷开关打到1，增大副线圈匝数，小灯泡的亮度将______填“变亮”、“变暗”或“不变”。该同学利用该装置进一步探究电容器对交变电流的影响，他将开关打到2，小灯泡发光，现增大输入端的交流电源频率，小灯泡的亮度____填“变亮”、“变暗”或“不变”。‎ ‎【答案】 (1). 变亮      (2). 变亮 ‎【解析】‎ ‎【详解】将单刀双掷开关打到1，增大副线圈匝数，根据原副线圈电压与其匝数成正比，当增大副线圈匝数，小灯泡的电压增大，那么小灯泡的亮度将变亮；将开关打到2，小灯泡发光，根据容抗公式，现增大输入端的交流电源频率，则容抗减小，通过电容器的电流更大，灯泡会变亮；‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道容抗对交流电的阻碍作用的大小与什么因素有关．明确容抗的决定因素可以帮助定性分析．‎ 四.计算题 ‎21.如图1所示，一个匝数n=100的圆形线圈，面积S1=0.4m2，电阻r=1Ω．在线圈中存在面积S2=0.3m2、垂直线圈平面（指向纸外）的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图2所示．将其两端a、b与一个R=2Ω的电阻相连接，b端接地．试分析求解：‎ ‎（1）圆形线圈中产生的感应电动势E；‎ ‎（2）电阻R消耗的电功率；‎ ‎（3）a端的电势φa．‎ ‎【答案】（1）4.5V；‎ ‎（2）4.5W；‎ ‎（3）﹣3V．‎ ‎【解析】‎ 解：（1）线圈产生的电动势：E=n=nS=100××0.3=4.5V；‎ ‎（2）电流为：I===1.5A，‎ 通过电阻R的电功率为：P=I2R=1.52×2=4.5W；‎ ‎（3）由楞次定律可知，电流沿顺时针方向，b点电势高，a点电势低，为：‎ UR=IR=1.5×2=3V，‎ 则有：UR=φb﹣φa，φa=﹣3V；‎ 答：（1）圆形线圈中产生的感应电动势4.5V；‎ ‎（2）电阻R消耗的电功率4.5W；‎ ‎（3）a端的电势﹣3V．‎ ‎【点评】本题考查了求电动势、电荷量、电势、焦耳热等，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式、焦耳定律即可正确解题．‎ ‎22.有一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动，线圈面积为，产生电压有效值，频率为向一霓虹灯供电：‎ 求匀强磁场的磁感应强度B的大小。‎ 若线圈从中性面开始转动，写出交流电电压的瞬时值表达式。‎ 若霓虹灯的激发电压和熄灭电压均为，试估算在一个小时内，霓虹灯发光时间t．‎ ‎【答案】（1）1T（2）（3）2400s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由，，‎ 带入数据解得：B=1T ‎（2）由带入数据得 ‎ ‎（3）由正弦交流电的最大值与有效值的关系得： 设t0时交流电的瞬时电压U0，则交流电的瞬时表达式为： 画出一个周期内交流电的Ut图象，其中阴影部分对应的时间表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为。‎ ‎  当时，由上式得 再由对称性求得一个周期内能发光的时间为： 由比例关系求得一小时内霓虹灯发光的时间为：‎ ‎23.如图所示，一质量m=0.5kg的“日”字形匀质导线框“abdfeca”静止在倾角α=37°的粗糙斜面上，线框各段长ab=cd=ef=ac=bd=ce =df=L=0.5m，ef与斜面底边重合，线框与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，ab、cd、ef三段的阻值相等、均为R=0.4Ω，其余部分电阻不计。斜面所在空间存在一有界矩形匀强磁场区域GIJH，其宽度GI=HJ=L，长度IJ>L，IJ平行于ef，磁场垂直斜面向上，磁感应强度B=1T。现用一大小F=5N、方向沿斜面向上且垂直于ab的恒力作用在ab中点，使线框沿斜面向上运动，ab进入磁场时线框恰好做匀速运动。若不计导线粗细，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：‎ ‎（1）ab进入磁场前线框运动的加速度大小a。‎ ‎（2）cd在磁场中运动时，物体克服安培力做功的功率P。‎ ‎（3）线框从开始运动到ef恰好穿出磁场的过程中，线框中产生的焦耳热与外力F做功的比值。‎ ‎【答案】（1）2m/s2（2）2.4W （3）5/49‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）ab进入磁场前，线框做匀加速运动，所受的摩擦力大小为：‎ f=μmgcosα=0.25×0.5×10×cos37°N=1N， 由牛顿第二定律有：F-mgsinα-f=ma 代入数据解得： （2）由于线框穿越磁场的过程中有且仅有一条边切割磁感线，等效电路也相同，所以线框一直做匀速运动，设速度大小为v，由力的平衡条件有：  F=mgsinα+μmgcosα+F安 代入数据解得：F安=1N 而安培力F安=BIL= 回路的总电阻为 R总=R+=0.4+0.2=0.6Ω 解得：v=2.4m/s 所以 P=F安v=2.4W ‎ ‎ （3）设ab进入磁场前线框发生的位移为x， 则 而 Q=F安×3L=1×3×0.5J=1.5J W=F（x+3L）=5×（1.44+3×0.5）J=14.7J  则 ‎【点睛】按顺序分析线框的受力情况，确定其运动情况是解决本题的关键点，同时要熟练推导出安培力与速度的关系，知道克服安培力做功等于线框产生的热量．‎ ‎24.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。某电磁轨道炮模型示意如图(俯视图)，图中直流电源电动势为E=100V，电容器的电容为C=1F。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l=1m，电阻不计。炮弹可视为一质量为m=0.01kg、电阻为R=0.1Ω的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B=0.1T的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。求：‎ ‎（1）磁场的方向；‎ ‎（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；‎ ‎（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少？‎ ‎【答案】（1）磁场的方向垂直于导轨平面向下（2）104m/s2（3）50C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知，磁场的方向垂直于导轨平面向下。‎ ‎（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流为 I＝ ①‎ 炮弹受到的安培力为F＝BIl②‎ 根据牛顿第二定律，有F＝ma③‎ 联立解得a＝ ‎ 带入数据可得a=104m/s2‎ ‎（3）电容器放电前所带的电荷量为Q1＝CE ④ ‎ 开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势为 E′＝Blvm ⑤ ‎ 最终电容器所带的电荷量为Q＝CE′ ⑥ ‎ 设在此过程中，通过MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为＝Bl⑦ ‎ 对MN，根据动量定理，有：Δt＝mvm⑧ ‎ 根据电量定义，有：Δt＝Q1－Q⑨ ‎ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨解得：Q＝ ‎ 带入数据解得：Q=50C ‎【点睛】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解，对于第三问，注意电流在变化，安培力在变化，结合动量定理，通过平均电流，结合通过的电量进行求解。‎ ‎ ‎