2018-2019学年湖北省十堰市高二下学期第一次月考物理学科试题 解析版

2018-2019学年湖北省十堰市高二下学期第一次月考物理学科试题 解析版

湖北省十堰市2018-2019学年下学期高二第一次月考 物理试题 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎1.下列说法中正确的是 A. 奥斯特首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究 B. 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 C. 楞次认为，在原子、分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体 D. 安培发现了磁场对电流的作用规律，洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【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.‎ ‎【详解】A、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究；故A错误.‎ B、奥斯特发现电流的磁效应，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的；故B错误.‎ C、安培认为，在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体；故C错误.‎ D、洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律；故D正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一.‎ ‎2.如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。如果在磁铁的下端的水平桌面上放一个固定的闭合线圈，并使磁极上下振动。磁铁在向下运动的过程中，下列说法正确的 A. 线圈给它的磁场力始终向上 B. 线圈给它的磁场力先向上再向下 C. 线圈给它的磁场力始终向下 D. 线圈给它的磁场力先向下再向上 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用楞次定律的相对运动角度分析“来拒去留”，即可一一判定求解。‎ ‎【详解】根据楞次定律的“来拒去留”，则当磁铁在向下运动的过程中，线圈产生感应电流，形成感应磁场，从而阻碍磁铁的向下运动，则线圈给它的磁场力始终向上，故A正确，BCD错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题巧妙的考查了楞次定律的应用，只要记住“来拒去留”，同时理解“增反减同”这一规律，此类题目难度不大。‎ ‎3.某兴趣小组利用如图所示装置给灯泡供电。图中两磁极位置相对于水平轴线对称，导线框绕轴线以角速度匀速转动，并通过升压变压器给灯泡供电。下列说法正确的是 A. 图示位置穿过线框的磁通量为零 B. 图示位置线框产生的感应电动势为零 C. 线框中电流的有效值小于灯泡中电流的有效值 D. 若灯泡偏暗，可通过增加原线圈匝数来提高灯泡亮度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 线框与磁场垂直时，位于中性面，感应电动势为零，根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，逐项分析即可得出结论；‎ ‎【详解】A、由图可知，此时线圈和磁场垂直，线框的磁通量最大，感应电动势为零，故A错误，B正确；‎ C、根据变压器的原理可以得到原副线圈电流与匝数的关系为：，由图可知匝数关系为：，则可以知道，故选项C错误；‎ D、根据变压器的原理可以得到原副线圈电压与匝数的关系为：，则可以得到副线圈电压即灯泡两端电压为：，若增大则减小，则灯泡继续偏暗，故选项D错误。‎ ‎【点睛】本题关键交变电流产生的过程及其规律，掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系。‎ ‎4.如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A和B是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有(　　)‎ A. 当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，稳定后B灯亮度不变 B. 当开关S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭 C. 当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势低 D. 当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流由a到b ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。断开瞬间也可以按照同样的思路分析.‎ ‎【详解】A、电键S闭合瞬间，自感系数很大，线圈L对电流有阻碍作用很强，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，故A错误；‎ B、C、D、稳定后当电键K断开后，A立刻熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源左端为高电势，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由a到b，所以a点电势比b点电势高，B闪一下再熄灭，故B、C错误，D正确。‎ 故选D.‎ ‎【点睛】明确自感现象是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解，注意线圈的电阻不计是解题的关键.‎ ‎5.电子眼系统通过路面下埋设的感应线来感知汽车的压力。感应线是一个压电薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大。压电薄膜与电容器C、电阻R组成图甲所示的回路，红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两个脉冲电流，如图乙所示，即视为“闯红灯”，电子眼拍照。则红灯亮时(　 　) ‎ A. 车轮停在感应线上时电阻R上有恒定电流 B. 车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电 C. 车轮经过感应线的过程中，电阻R上的电流一直增大 D. 汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，不会被电子眼拍照 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电流和电路图分析电容器的充放电过程，并根据工作原理明确汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内是否符合拍照条件。‎ ‎【详解】车轮停在感应线上时，压力不变，则电压不变，电容器不充电，也不放电，电阻R上没有电流，故A错误；由乙图可知，当车轮经过时电流先增大后减小，然后再反向增大减小；因电压是在受压时产生的；故说明电容器先充电后放电；故B正确，C错误；若汽车前轮越过感应线，又倒回线内，则前轮两次压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍可拍照；故D正确；故选BD。‎ ‎【点睛】本题考查传感器的应用及电容器的使用，要注意对于未知事物能有效建立物理模型，应用所学过的物理规律求解。‎ ‎6.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有两根金属棒，其中金属棒PQ固定不动，金属棒MN可自由移动，下列说法正确的是(　 　) ‎ A. 当MN在外力的作用下向左匀速运动时，PQ受到的磁场力水平向左 B. 当MN在外力的作用下向左减速运动时，PQ受到的磁场力水平向左 C. 当MN在外力的作用下向左匀速运动时，N端电势高于M端，Q端电势高于P端 D. 当MN在外力的作用下向左加速运动时，N端电势高于M端，Q端电势高于P端 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ MN动生出I1，I1产生的磁场借助铁芯穿过L2线圈，若I1是变化的，则L2能感生出I2，PQ因通电而最终受安培力.‎ ‎【详解】A、C、因MN是匀速运动，动生出的I1是恒定的，产生的穿过铁芯的磁场是恒定的，则L2线圈不会产生感应电流I2，则PQ不通电而不会受安培力，Q端和P端无电势差；故A，C均错误.‎ B、MN向左减速时，产生的I1由右手定则知为MN，大小逐渐减小，在铁芯产生的磁场由安培定则知向上，则穿过L2的磁场向上减小，由楞次定律知I2由QP，由左手定则知安培力水平向左；故B正确.‎ D、MN向左加速时，产生的I1由右手定则知为MN(电源内部流向，则），大小逐渐增大，在铁芯产生的磁场由安培定则知向上，则穿过L2的磁场向上增大，由楞次定律知I2由PQ(电源外部的电流流向，则)；故D错误.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题是二次感应问题，核心是第一次的感应电流是变化的；同时综合考查了右手定则、左手定则、楞次定律、安培定则的综合应用.‎ ‎7.如图所示为小型旋转电枢式交流发电机，电阻r＝1‎ ‎ Ω的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电路连接，滑动变阻器R的最大阻值为6 Ω，滑片P位于滑动变阻器距下端处，定值电阻R1＝2 Ω，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T＝0.02 s。闭合开关S，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转动过程中理想电压表示数是5 V。下列说法正确的是(　 　) ‎ A. 电阻R1消耗的功率为W B. 0.02 s时滑动变阻器R两端的电压瞬时值为零 C. 线圈产生的电动势e随时间t变化的规律是V D. 线圈从开始计时到s的过程中，通过R1的电荷量为C ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、根据电压表示数，结合功率表达式，即可求解； B、从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，电压瞬时值最大； C、从线圈处于垂直中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=Emcosωt； D、由电流的平均值可得转过90°的过程中通过电阻R的电荷量．‎ ‎【详解】滑动片P位于滑动变阻器距下端1/3处，即2Ω，与定值电阻R1=2Ω并联，再与4Ω串联，且电压表示数为5V，则电路中的电流，因此电阻R1电流I1=0.5A；那么阻R1消耗的功率为P=I12R1=0.52×2=0.5W；故A错误；因从线圈处于垂直中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为：e=Emcosωt，因此0.02 s时滑动变阻器R两端的电压瞬时值为最大值，故B错误；由A选项分析可知，线圈产生感应电动势有效值为E=I（R+r）=1×（5+1）=6V，那么感应电动势的最大值为6V，；因此线圈中感应电动势的瞬时值表达式为：e=6cos100πt（V），故C错误；图示位置磁通量为NBS，从开始计时到1/200s的过程中，由图示位置转过90°角的过程中，磁通量由BS减为零，故磁通量的变化为：△∅=BS，感应电动势的平均值为：。感应电流的平均值为：‎ ‎。则线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量为：，那么经过R1的电荷量为，故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】本题涉及交流电压与交流电流的瞬时值、最大值、有效值和平均值；瞬时值要注意确定相位，对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定，而通过某一电量时，则用平均值来求．‎ ‎8.中央电视台某节目多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，不利于国家扶贫政策的展开，其中客观原因是电网陈旧老化，近来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗从而降低电费价格， 某发电站采用高压输电向外输送电能。若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R。则下列说法正确的是(　 　)‎ A. 输电线上的电流 B. 输电线上的电流 C. 输电线上损失的功率 D. 输电线上损失的功率 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据输电功率和输电电压，根据P=IU可求解输电电流；根据P=I2R求解导线上的功率损失。‎ ‎【详解】因为输电总功率，输电电压，输电电流满足，则输电电流，A错误，B正确；输电线上损失的功率为输电线上的热功率，即，故C正确，D错误。故选BC.‎ ‎9.如图甲所示，线圈的匝数n＝100匝，横截面积S＝50 cm2，线圈总电阻r＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间的变化关系如作如图乙所示，则在开始的0.1 s内(　 　)‎ A. a、b间电压为0‎ B. 线圈中磁通量的变化量为0.25 Wb C. 线圈中磁通量的变化率为2.5×10-2 Wb/s D. 在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象b的斜率读出磁感应强度B的变化率，由法拉第电磁感应定律可求得线圈中的感应电动势。由闭合电路欧姆定律可求得感应电流大小，从而求出a、b间的电势差。‎ ‎【详解】通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ2=B'S为正，则线圈中磁通量的变化量为△Φ=B'S-（-BS），代入数据即△Φ=（0.1+0.4）×50×10-4 Wb=2.5×10-3 Wb，故B错误；磁通量的变化率，故C正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E=n=2.5V；即a、b间电压为2.5V；感应电流大小，故A错误，D正确。故选CD。‎ ‎【点睛】本题是感生电动势类型，关键要掌握法拉第电磁感应定律的表达式E=n，再结合闭合电路欧姆定律进行求解，注意楞次定律来确定感应电动势的方向。‎ ‎10.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，图中电表均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、电感线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是(　 　)‎ A. 电压u的频率为50 Hz B. 电压表的示数为V C. 有光照射R时，电流表的示数变大 D. 抽出L中的铁芯，D灯变亮 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比．和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况.‎ ‎【详解】A、原线圈接入题图乙所示的电源电压，T=0.02 s，所以频率为;故A正确.‎ B、原线圈接入电压的最大值是，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22 V，所以电压表的示数为22 V，故B错误；‎ C、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表的示数变大，故C正确；‎ D、抽出L中的铁芯，电感线圈自感系数减小，电感线圈对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D正确.‎ 故选ACD.‎ ‎【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法.‎ ‎11.如图所示，有界匀强磁场的左边有一“日”字形导线框，ac、ce边长相等且大于磁场的宽度，ae与bf的电阻不计，ab、cd、ef的电阻均相等。线框以一定速度匀速通过磁场，若将ab、cd和ef边分别在磁场中运动的过程，称为I、Ⅱ、Ⅲ过程，下列说法中正确的是(　 　) ‎ A. Ⅱ、Ⅲ过程中ab中的电流强度相等 B. Ⅱ、Ⅲ过程中cd中的电流强度相等 C. I、Ⅱ、Ⅲ过程中ab间的电压相等 D. I、Ⅱ、Ⅲ过程中导线框消耗的总电功率相等 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 每个过程都只有一根导线切割磁感线，该导线相当于电源，另外两根导线并联在电路中，根据欧姆定律分析解题．‎ ‎【详解】由于导线框匀速穿过磁场，即ab、cd、ef切割速度相等，ac、ce边长相等且大于磁场的宽度，即每次只有一根导线切割磁感线，根据可知三根导线切割磁感线产生的感应电动势相等，设每根导线的电阻为R，过程II中cd相当于电源，ab与ef并联，通过ab的电流为，而通过cd的电流为；过程III中ef相等于电源，ab和cd并联，通过ab的电流为，由于cd和ab并联在外电路，所以两者的电流相等，即，故A正确B错误；过程I中，ab切割磁感线，相当于电源，此时ab间的电压相当于路端电压，为，过程II中cd切割磁感线，相当于电源，则ab间的电压为，过程III中ef切割磁感线，相当于电源，则ab间的电压为，C正确；三个过程中产生的感应电动势相等，线框的总电阻相等，即总电流相等，根据可知三个过程中导线框消耗的总电功率相等，D正确．‎ ‎【点睛】此题关键要区分清楚电源和外电路，可以画出等效电路，电源两端间的电势差是路端电压，不是电源的内电压．‎ ‎12.如图所示，U形光滑金属导轨水平放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨间距为L，在导轨右端连接有一个阻值为R的定值电阻。有一根长为L的导体棒ab与固定在O点的绝缘轻弹簧相连后垂直放置在导轨上，弹簧原长时导体棒ab在图中的虚线位置。现施外力将弹簧压缩一定的距离后松开，导体棒ab在导轨上往复运动最后停在虚线处。已知弹簧初始被压缩时储存的弹性势能为Ep，在运动过程中导体棒ab与导轨始终接触良好，导体棒ab的电阻r＝R，导轨电阻不计，则下列说法中正确的是(　 　) ‎ A. 导体棒ab在运动过程中能产生交变电流 B. 定值电阻产生的总热量为弹性势能Ep的一半 C. 导体棒ab向右运动时安培力做负功，向左运动时做正功 D. 导体棒ab全程克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热的一半 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据右手定则判断出初始时刻感应电流的方向；导体棒运动过程中，产生电能，根据功能关系分析导体棒开始运动后弹性势能与动能和电能的相互转化；根据能量守恒求解在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热.‎ ‎【详解】A、导体棒在弹簧的弹力和安培力的作用下向右和向左往返运动切割磁感线，根据右手定则知电流不断改变方向，则产生的电流为交流电；故A正确.‎ B、导轨光滑，则导体棒在往返运动到停止时一定在弹簧恢复到原长处，由于弹力做正功释放弹性势能，安培力做负功发电生热，由能量守恒定律可知，而，两电阻阻值相等且串联，则；故B正确.‎ C、导体棒向右运动时安培力向左，向左运动时安培力向右，故安培力一直阻碍导体棒的运动，始终所负功；故C错误.‎ D、由功能关系可知安培力做负功功衡量其它能转化为电能的多少，有，故D错误.‎ 故选AB.‎ ‎【点睛】弄清运动过程中能量如何转化，并应用能量转化和守恒定律分析解决问题是此题关键，当然右手定则和安培定则也熟练运用.‎ 二、非选择题：本题共5小题，共52分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎13.某同学通过实验制作一简易温控开关，实验原理图如图所示，当继电器电流超过10 mA时，衔铁吸合，加热器停止加热，实现温控。继电器的电阻约为20 Ω，热敏电阻与温度t的关系如下表所示。‎ t/℃‎ ‎30.0‎ ‎40.0‎ ‎50.0‎ ‎60.0‎ ‎70.0‎ ‎80.0‎ R/Ω ‎199.5‎ ‎145.4‎ ‎108.1‎ ‎81.8‎ ‎62.9‎ ‎49.7‎ ‎(1)提供的实验器材有：‎ 电源E1(3 V，内阻不计)‎ 电源E2(6 V，内阻不计)‎ 滑动变阻器R1(0～20 Ω，内阻不计)‎ 滑动变阻器R2(0～200 Ω，内阻不计)‎ 热敏电阻Rt 电阻箱(0～999.9 Ω)‎ 开关S，导线若干 为使该装置实验对30～80℃之间任意温度的控制，电源应选______(选填“E1”或“E2”)；滑动变阻器选_______(选填“R1”或“R2”)。‎ ‎(2)欲使热敏电阻为40℃时衔铁吸合，下列操作步骤正确的顺序是______。‎ ‎①将热敏电阻接入电路 ‎②观察到继电器的衔铁被吸合 ‎③断开开关，将电阻箱从电路中移除 ‎④合上开关，调节滑动变阻器的阻值 ‎⑤断开开关，用变阻箱替换热敏电阻，将变阻箱电阻调至145.4 Ω A．⑤④②③① B．③⑤④②① C．①④⑤②③ D．④⑤②③①‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电路工作过程热敏电阻阻值变化范围得到滑动变阻器变化范围，然后根据电路，由电流范围得到电源电动势；‎ 根据工作时热敏电阻阻值，代入电阻箱调节电路，使电路滑动变阻器的位置符合要求，然后接入热敏电阻正常运行。‎ ‎【详解】为使该装置实验对之间任意温度的控制，滑动变阻器的最大阻值必定大于热敏电阻的电阻变化，故，那么，滑动变阻器选用；‎ 又有继电器电阻，电路中的电流，要使电路能实现任意温度的控制，那么，当热敏电阻最大时，，故E，‎ 故选择电源电动势和较接近的，故选用电源；‎ 欲使热敏电阻为时衔铁吸合，先将热敏电阻用与热敏电阻时电阻的等值电阻箱替换，然后调节滑动变阻器使衔铁吸合，然后断开电路，换回热敏电阻即可；‎ 故操作步骤顺序为；故选A；‎ ‎【点睛】伏安法测电阻实验中，若最大电流大于电流表量程则采用分压式接法，一般采用限流式接法；被测电阻较大，电流表采用内接法；被测电阻较小，电流表采用外接法。‎ ‎14.在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。某小型发电站，输送的电功率P＝500 kW，发电站输出电压U1＝250 V。为减少输送功率的损失，变电站先用一升压变压器将电压升高到U2＝5 kV再输出，在这种情况下，用户端获得的电功率P1＝340 kW。所用变压器均为理想变压器。‎ ‎(1)升压变压器原副线圈的匝数之比为多少？‎ ‎(2)这样输电，效率仍然较低，若想使输电效率提高到98％，又不改变输电线，那么变电应将电压升高到多少向外输电？‎ ‎【答案】(1)1:20；(2)20kV ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据P=UI求出输电的电流，结合损失的功率求出输电线的总电阻，根据输电的效率求出损失的功率，从而得出输送的电流，结合P=UI求出输送的电压。‎ ‎【详解】(1)由变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即：；‎ ‎(2) 设输电线上的电流为I，则有：‎ ‎ ‎ 输电线上损耗的功率为：P损=P-P1=160 Kw P损=I2r 代入数据得：r=16Ω  ‎ P损′=2%P=10kw ‎ ‎ P损′=I′2r= ‎ 代入数据解得： 。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，知道损失的功率P损＝I2R，并能灵活运用。‎ ‎15.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长L＝0.1 m的正方形线圈共N＝100匝，线圈总电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OOʹ匀速转动，转速为r/s，外电路中的电阻R＝4 Ω，图示位置线圈平面与磁感线平行，求：‎ ‎(1)线圈转动一周产生的总热量Q；‎ ‎(2)从图示位罝开始线圈转过周的时间内通过R的电荷量q。‎ ‎【答案】（1）πJ（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由焦耳定律可求得一周内产生的热量；‎ ‎(2)根据推论求出通过线圈某截面的电量q．‎ ‎【详解】(1)线圈转动的角速度，‎ 感应电动势的最大值 感应电流的有效值 ‎ 线圈转动一周内产生的总热量 ‎ ‎(2)转过的圆心角 ‎ 该时间内磁通量的变化量 ‎【点睛】本题关键是要区分交流电的有效值、瞬时值、平均值和最大值的区别，知道电流表和电压表读数是有效值，计算热量用有效值，计算电量用平均值．‎ ‎16.如图所示，两光滑的平行金属导轨间距为L＝0.5 m，与水平面成θ＝30°角。区域ABCD、CDFE内分别有宽度为d＝0.2 m垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场，磁感应强度均为B＝0.6 T。细金属棒P1、P2质量均为m＝0.1 kg，电阻均为r＝0.3 Ω，用长为d的轻质绝缘细杆垂直P1、P2将其固定，并使P1、P2垂直导轨放置在导轨平面上与其接触良好，导轨电阻不计。用平行于导轨的拉力F将P1、P2以恒定速度v＝2 m/s向上穿过两磁场区域，g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)金属棒P1在ABCD磁场中运动时，拉力F的大小；‎ ‎(2)从金属棒P1进入磁场到P2离开磁场的过程中，拉力F的最大功率；‎ ‎(3)从金属棒P1进入磁场到P2离开磁场的过程中，电路中产生的热量。‎ ‎【答案】(1) 1.3N. (2) 4.4W. (3) 0.36J.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由E=BLv求出感应电动势，根据欧姆定律求出电流，根据金属棒受力平衡列方程，可求拉力；‎ ‎（2）两棒均在磁场中运动时拉力最大，拉力的功率最大，根据平衡方程求出拉力，根据功率公式求出拉力的功率；‎ ‎（3）由焦耳定律可求产生的热量。‎ ‎【详解】(1) P1棒在磁场中运动时产生的电动势E＝BLv，E＝0.6V 电流I＝，得I＝1A 由F1＝2mgsinθ＋BIL，得F1＝1.3N.‎ ‎(2) 当P1、P2两棒均在磁场中运动时，拉力F的功率最大，‎ 拉力F2＝2mgsinθ＋4BIL，F2＝2.2N 最大功率P＝F2v P＝4.4W.‎ ‎(3) 由焦耳定律得 Q＝I2(2r)＋(2I)2(2r)‎ Q＝0.36J.‎ ‎17.如图所示，粗细均匀的矩形单匝线圈abcd固定在滑块上，总质量M＝1 kg，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，线圈ab边长度L1＝2 m，线圈ad边长度L2＝1 m，线圈的总电阻R＝2 Ω。滑块的右侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间的变化关系如下图所示。t＝0时刻滑块处于磁场左边界的左侧某个位置，从该时刻起滑块在外力F的作用下以速度v＝3 m/s水平向右做匀速直线运动。已知ab边到磁场下边界的距离x＝0.5 m，t1＝3 s时线圈ab边恰好完全进入磁场，取g＝10 m/s2，求：‎ ‎ ‎ ‎(1)线圈进入磁场的过程中a、b两点间的电势差Uab；‎ ‎(2)0～4 s内整个线圈所产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)0～4 s内外力F所做的功WF。‎ ‎【答案】（1）-0.5V（2）2.75J（3）67.5J ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由闭合电路的欧姆定律求出电压；(2)根据焦耳定律求出热量.(3)由动能定理或能量守恒定律求出功.‎ ‎【详解】(1)由图可知，设线圈进入磁场的过程中只有bc 边上的部分切割磁感线则，感应电动势 ab边的电阻 ‎(2)设线圈从开始进入磁场到刚好完全进入磁场的时间为，焦耳热为 则：‎ ‎3s-4s时间内，ab与bc的上部分同时切割磁感线，所以无动生感应电动势 所以感生电动势 ‎ 这阶段的焦耳热 ‎ 所以0-4s时间内整个线圈所产生的焦耳热 ‎ ‎（i）线圈进入磁场前线圈进入的摩擦力 ‎ 该阶段摩擦力做的功 ‎（ii)线圈从开始进入磁场到刚好完全进入磁场，设线圈从开始进入磁场到刚好完全进入磁场摩擦力为，摩擦力做的功为，则，即该阶段随位移均匀增大，则该阶段的平均摩擦力 所以该阶段摩擦力做的功 ‎ 设线圈从开始进入磁场到刚好完全进入磁场安培力做的功为，‎ 则 ‎ ‎（ii)线圈在3s-4s时间内，设3s-4s时间内场摩擦力为，摩擦力做的功为，则，该阶段磁感应强度随时间均匀变大，而线圈在做匀速直线运动，易知该阶段随位移均匀增大，则该阶段的平均摩擦力 所以 对0-4s用动能定理分析可得：‎ 所以 ‎【点睛】法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，同时注意结合力和运动的关系，明确安培力对物体运动的影响．‎ ‎ ‎ ‎ ‎