物理卷·2018届福建省莆田二十五中高二下学期第一次月考物理试卷（解析版）

物理卷·2018届福建省莆田二十五中高二下学期第一次月考物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年福建省莆田二十五中高二（下）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题4*12=48分 ‎1．电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备．下列用电器中，没有利用电磁感应原理的是（　　）‎ A．动圈式话筒 B．日光灯镇流器 C．磁带录音机 D．白炽灯泡 ‎2．如图所示，圆环a和b的半径之比为r1：r2=2：1，且都是由粗细相同的同种材料的导线构成，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变大，那么，当只有a环置于磁场中与只有b环置于磁场中两种情况下，A、B两点的电势差之比为（　　）‎ A．1：1 B．5：1 C．2：1 D．4：1‎ ‎3．如图所示，甲、乙两个矩形线圈同处在纸面内，甲的ab边与乙的cd边平行且靠得较近，甲、乙两线圈分别处在垂直纸面方向的匀强磁场中，穿过甲的磁感应强度为B1，方向指向纸面内，穿过乙的磁感应强度为B2，方向指向纸面外，两个磁场可同时变化，当发现ab边和cd边间有排斥力时，磁场的变化情况可能是（　　）‎ A．B1变小，B2变小 B．B1变大，B2变大 C．B1变小，B2变大 D．B1不变，B2变小 ‎4．在如图所示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，E为电源，S为开关．关于三盏灯泡，下列说法正确的是（　　）‎ A．合上开关，c先亮，a、b后亮 B．合上开关一会后，a、b一样亮 C．断开开关，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭 D．断开开关，c马上熄灭，b闪一下后和a一起缓慢熄灭 ‎5．如图所示，水平桌面上放有一个闭合铝环，在铝环轴线上方有一个条形磁铁．当条形磁铁沿轴线竖直向上迅速移动时，下列判断正确的是（　　）‎ A．铝环有收缩趋势，对桌面压力减小 B．铝环有扩张趋势，对桌面压力减小 C．铝环有收缩趋势，对桌面压力增大 D．铝环有扩张趋势，对桌面压力增大 ‎6．边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如图所示，则选项图中电动势、外力、外力功率与位置图象规律与这一过程不相符的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1s ‎ 时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为（　　）‎ A． B．1 C．2 D．4‎ ‎8．纸面内有U形金属导轨，AB部分是直导线．虚线范围内有向纸里的均匀磁场．AB右侧有圆线圈C．为了使C中产生顺时针方向的感应电流，贴着导轨的金属棒MN在磁场里的运动情况是（　　）‎ A．向右加速运动 B．向左匀速运动 C．向右匀速运动 D．向右减速运动 ‎9．下列说法正确的是（　　）‎ A．使用交流电的用电器铭牌上所标示的额定电压、额定电流的数值均为最大值 B．用交流电流表和电压表测得的数值是有效值 C．照明电路电压220 V指的是有效值 D．所有交变电流的有效值和最大值之间均存在E=、U=和I=的关系 ‎10．一环形线罔放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直 线圈平面向里，如图甲所示．若磁感强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么下列选项正确的是（　　）‎ A．第1s内线闺中感应电流的大小逐渐增加 B．第2s内线圈中感应电流的大小恒定 C．第3s内线圈中感应电流的方向为顺时针方向 D．第4s内线罔中感应电流的方向为逆时针方向 ‎11．如图所示，用一根横截面积为S的硬导线做成一个半径为r的圆环，把圆环部分置于均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k＞0），ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为ρ．则（　　）‎ A．圆环具有收缩的趋势 B．圆环中产生顺时针方向的感应电流 C．图中a、b两点间的电压大小为kπr2‎ D．圆环中感应电流的大小为 ‎12．如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两个相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能（　　）‎ A．变为0 B．先减小后不变 C．等于F D．先增大再减小 ‎　‎ 二、填空题：2*6=12分 ‎13．把一个用丝线悬挂的铅球放在电路中的线圈上方，如图所示，在下列三种情况下，悬挂铅球的丝线所受的拉力与铅球不在线圈上方时比较：‎ ‎①当滑动变阻器的滑动头向右移动时，拉力　　．‎ ‎②当滑动头向左移动时，拉力　　．‎ ‎③当滑动头不动时　　．（填“变大”、“不变”或“变小”）‎ ‎14．把一个矩形线圈从有理想边界的匀强磁场中匀速拉出（如图所示），第一次速度为v1，第二次速度为v2且v2=2v1，则两种情况下拉力做的功之比W1：W2=　　，拉力的功率之比P1：P2=　　，线圈中产生热量之比Q1：Q2=　　．‎ ‎　‎ 三、计算题28分 ‎15．如图所示，在光滑水平面上有一长为L1、宽为L2的单匝矩形闭合导体线框abcd，处于磁感应强度为B的有界匀强磁场中，其ab边与磁场的边界重合．线框由同种粗细均匀的导线制成，它的总电阻为R．现将用垂直于线框ab边的水平拉力，将线框以速度v向右沿水平方向匀速拉出磁场，此过程中保持线框平面与磁感线垂直，且ab边与磁场边界平行．求线框被拉出磁场的过程中：‎ ‎（1）通过线框的电流；‎ ‎（2）线框中产生的焦耳热；‎ ‎（3）线框中a、b两点间的电压大小．‎ ‎16．如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面间的夹角为θ=37°，两导轨之间距离为L=0.2m，导轨上端m、n之间通过导线连接，有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef为磁场边界，磁感应强度为B=2.0T．一质量为m=0.05kg的光滑金属棒ab从距离磁场边界0.75m处由静止释放，金属棒接入两轨道间的电阻r=0.4Ω，其余部分的电阻忽略不计，ab、ef均垂直导轨．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：‎ ‎（1）ab棒最终在磁场中匀速运动时的速度；‎ ‎（2）ab棒运动过程中的最大加速度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省莆田二十五中高二（下）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题4*12=48分 ‎1．电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备．下列用电器中，没有利用电磁感应原理的是（　　）‎ A．动圈式话筒 B．日光灯镇流器 C．磁带录音机 D．白炽灯泡 ‎【考点】电磁感应在生活和生产中的应用．‎ ‎【分析】动圈式话筒、磁带录音机、日光灯镇流器利用电磁感应原理，而白炽灯泡不是利用电磁感应原理．‎ ‎【解答】解：A、动圈式话筒利用电磁感应原理，将声音信号变成电信号．故A正确．‎ ‎ B、日光灯镇流器利用电磁感应原理使日光灯启动．故B正确．‎ ‎ C、磁带录音机利用电磁感应原理，将声音信号变成电信号．故C正确．‎ ‎ D、白炽灯泡利用电流的热效应，不是利用电磁感应原理．故D错误．‎ 本题选择错误的，故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，圆环a和b的半径之比为r1：r2=2：1，且都是由粗细相同的同种材料的导线构成，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变大，那么，当只有a环置于磁场中与只有b环置于磁场中两种情况下，A、B两点的电势差之比为（　　）‎ A．1：1 B．5：1 C．2：1 D．4：1‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，根据电阻定律R=ρ ‎，电阻之比为2：1；根据法拉第电磁感应定律公式E=n得到两次电动势的大小关系，然后结合闭合电路欧姆定律分析即可．‎ ‎【解答】解：a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，面积之比是4：1，根据电阻定律R=ρ，电阻之比为2：1；‎ A、B两点间电势差大小为路端电压，为：U=E；‎ 磁感应强度变化率恒定的变化磁场，故根据法拉第电磁感应定律公式E=n=•S，得到两次电动势的大小之比为4：1；‎ 故两次的路段电压之比为U1：U2==Ra：Rb=2：1，故C正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，甲、乙两个矩形线圈同处在纸面内，甲的ab边与乙的cd边平行且靠得较近，甲、乙两线圈分别处在垂直纸面方向的匀强磁场中，穿过甲的磁感应强度为B1，方向指向纸面内，穿过乙的磁感应强度为B2，方向指向纸面外，两个磁场可同时变化，当发现ab边和cd边间有排斥力时，磁场的变化情况可能是（　　）‎ A．B1变小，B2变小 B．B1变大，B2变大 C．B1变小，B2变大 D．B1不变，B2变小 ‎【考点】楞次定律；平行通电直导线间的作用．‎ ‎【分析】该题可以先使用楞次定律得出感应电流的方向，然后使用左手定则判定，也可以先根据电流之间的相互作用判断出电流之间的方向关系，然后使用楞次定律判定．‎ ‎【解答】解：当发现ab边和cd边间有排斥力时，说明ab边和cd边中的电流的方向相反，所以两个线圈中感应电流的方向都是顺时针或都是逆时针，若都是顺时针，则B1变小，B2变大；若都是逆时针则B1变大，B2‎ 变小；故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．在如图所示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，E为电源，S为开关．关于三盏灯泡，下列说法正确的是（　　）‎ A．合上开关，c先亮，a、b后亮 B．合上开关一会后，a、b一样亮 C．断开开关，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭 D．断开开关，c马上熄灭，b闪一下后和a一起缓慢熄灭 ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】电路稳定后，L的电阻很小．闭合S和断开S瞬间，通过线圈L的电流发生变化，产生自感电动势，相当瞬时电源，从而可以进行分析．‎ ‎【解答】解：A、开关S闭合瞬间，因线圈L的电流增大，磁能量增大，产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，通过a灯的电流逐渐增大，所以b、c先亮，a后亮，故A错误；‎ B、合上开关一会儿后，因线圈中电流逐渐稳定，则相当于导线，所以a、b一样亮，故B正确；‎ C、断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和a、b组成的回路中有电流，导致a、b一起缓慢熄灭；而c没有电流，马上熄灭．由于原来ab两灯的电流相等，开关断开的瞬间，通过a、b和线圈回路的电流从a灯原来的电流减小，所以两灯都不会闪亮，故C、D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．如图所示，水平桌面上放有一个闭合铝环，在铝环轴线上方有一个条形磁铁．当条形磁铁沿轴线竖直向上迅速移动时，下列判断正确的是（　　）‎ A．铝环有收缩趋势，对桌面压力减小 B．铝环有扩张趋势，对桌面压力减小 C．铝环有收缩趋势，对桌面压力增大 D．铝环有扩张趋势，对桌面压力增大 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】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．如：感应电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等．‎ ‎【解答】解：根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向上迅速移动时，闭合导体环内的磁通量减小，因此线圈做出的反应是面积有扩张的趋势，同时将靠近磁铁，从而阻碍磁通量的减小，故减小了和桌面的挤压程度，从而使导体环对桌面压力减小，选项B正确，ACD错误，‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如图所示，则选项图中电动势、外力、外力功率与位置图象规律与这一过程不相符的是（　　）‎ A． B． C．‎ ‎ D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】根据感应电动势公式推导其与距离关系的表达式，再推导感应电流、外力和外力功率的表达式，进行分析选择．‎ ‎【解答】解：A、感应电动势E=BLv=B•2xtan30°v=Bvx，则E与x成正比．故A错误，B正确；‎ C、线框匀速运动F外=F安=BIL，I=，E=BLv，得到外力为：F=，B、R、v一定，则F外∝x2．故C错误．‎ D、外力的功率为：P=Fv=•v，P外∝x2 ，故D错误．‎ 本题选不相符的，故选：ACD ‎　‎ ‎7．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1s 时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为（　　）‎ A． B．1 C．2 D．4‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】由题意可知两种情况下磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可求得感应电动势，即可求得比值．‎ ‎【解答】解：由法拉第电磁感应定律：，且△ϕ1=△BS、△ϕ2=B△S 则有，．‎ 故两过程中感应电动势的大小相等．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．纸面内有U形金属导轨，AB部分是直导线．虚线范围内有向纸里的均匀磁场．AB右侧有圆线圈C．为了使C中产生顺时针方向的感应电流，贴着导轨的金属棒MN在磁场里的运动情况是（　　）‎ A．向右加速运动 B．向左匀速运动 C．向右匀速运动 D．向右减速运动 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】导线MN运动时，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断出感应电流的方向．此感应电流流过AB时，产生磁场，就有磁通量穿过线圈C，根据安培定则可判断感应电流产生的磁场方向，再根据楞次定律判断线圈C中产生的电流方向，即可选择符合题意的选项．‎ ‎【解答】解：A、导线MN加速向右运动时，导线MN中产生的感应电动势和感应电流都增大，由右手定则判断出来MN中感应电流方向由N→M，根据安培定则判断可知：AB在C处产生的磁场方向：垂直纸面向外，穿过C磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈C产生顺时针方向的感应电流．故A正确．‎ B、导线MN匀速向左运动时，导线MN产生的感应电动势和感应电流恒定不变，AB产生的磁场恒定不变，穿过线圈C中的磁通量不变，没有感应电流产生．故B错误．‎ C、导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势和感应电流恒定不变，AB产生的磁场恒定不变，穿过线圈C中的磁通量不变，没有感应电流产生．故C错误．‎ D、导线MN减速向右运动时，导线MN中产生的感应电动势和感应电流减小，由右手定则判断出来MN电流方向由N→M，根据安培定则判断可知：AB在C处产生的磁场方向：垂直纸面向外，穿过C磁通量减小，由楞次定律判断得知：线圈M产生逆时针方向的感应电流，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．下列说法正确的是（　　）‎ A．使用交流电的用电器铭牌上所标示的额定电压、额定电流的数值均为最大值 B．用交流电流表和电压表测得的数值是有效值 C．照明电路电压220 V指的是有效值 D．所有交变电流的有效值和最大值之间均存在E=、U=和I=的关系 ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．‎ ‎【分析】对于电器铭牌上标注的电压电流为交流电的有效值，电流表电压表测量的为交流电的有效值，对于正弦式交变电流满足，其它不满足此关系 ‎【解答】解：A、使用交流电的用电器铭牌上所标示的额定电压、额定电流的数值均为有效值，故A错误；‎ B、用交流电流表和电压表测得的数值是有效值，故B正确；‎ C、照明电路电压220 V指的是有效值，故C正确；‎ D、对于正弦式交变电流的有效值和最大值之间均存在E=、U=和I=的关系，其它交流电不满足此关系，故D错误 故选：BC ‎　‎ ‎10．一环形线罔放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直 线圈平面向里，如图甲所示．若磁感强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么下列选项正确的是（　　）‎ A．第1s内线闺中感应电流的大小逐渐增加 B．第2s内线圈中感应电流的大小恒定 C．第3s内线圈中感应电流的方向为顺时针方向 D．第4s内线罔中感应电流的方向为逆时针方向 ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律．‎ ‎【分析】在B﹣t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势大小恒定；由楞次定律可得出电流的方向．‎ ‎【解答】解：根据B﹣t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的，由法拉第电磁感应定律：各段时间内的电流为定值，且大小相等．‎ 由题意可知，第1s内磁感线垂直 线圈平面向里，则有 A、在第1s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向； 感应电流是恒定的，故A错误； ‎ B、在第2s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向； 感应电流是恒定的，故B正确； ‎ C、在第3s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向； 感应电流是恒定的，故C错误； ‎ D、在第4s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向； 感应电流是恒定的，故D正确； ‎ 故选：BD ‎　‎ ‎11．如图所示，用一根横截面积为S的硬导线做成一个半径为r的圆环，把圆环部分置于均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k＞0），ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为ρ．则（　　）‎ A．圆环具有收缩的趋势 B．圆环中产生顺时针方向的感应电流 C．图中a、b两点间的电压大小为kπr2‎ D．圆环中感应电流的大小为 ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】本题考查了电磁感应与电路的结合，对于这类问题要明确谁是电源，电源的正负极以及外电路的组成，本题中在磁场中的半圆磁通量发生变化，因此为电源，根据楞次定律可以判断电流方向；外电路为另一半圆与之串联，因此电路的内外电阻相同，注意ab两点之间电压为路端电压．‎ ‎【解答】解：A、由于磁场均匀增大，线圈中的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中电流为逆时针，同时为了阻碍磁通量的变化，线圈将有收缩的趋势，故A正确，B错误；‎ C、根据法拉第电磁感应定律得电动势为：E==•k=k，ab两端电压为：U==kπr2；故C错误；‎ D、据法拉第电磁感应定律得电动势为：E==•k=k回路中的电阻为：R=ρ=；所以根据闭合电路欧姆定律可知，电流为：I==，故D正确；‎ 故选：AD ‎　‎ ‎12．如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两个相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能（　　）‎ A．变为0 B．先减小后不变 C．等于F D．先增大再减小 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】当a向上运动时，在闭合回路中产生顺时针感应电流，b导体棒受到向上的安培力，讨论分析安培力与其重力沿导轨向下分力的大小，即可由平衡条件分析出摩擦力变化情况．‎ ‎【解答】解：对a棒：a棒所受合力为：F合=F﹣f﹣mgsinθ﹣F安=F﹣f﹣mgsinθ﹣，可知a棒速度增大，合力将减小，加速度减小至加速度为零后，速度恒定不变，所以a棒所受的安培力先增大后不变．‎ b最终受到的静摩擦力有三种情况：‎ 第一种是：摩擦力为零，则BIL=mgsinθ，故A正确．‎ 第二种是：摩擦力向上，则BIL+f=mgsinθ，由于最初是f=mgsinθ，故摩擦力先减小后不变，故B正确；‎ 在这种情况下：f=mgsinθ﹣BIL；此时对a，F=mgsinθ+BIL+f滑，故F≠f；‎ 第三种是：摩擦力向下，则BIL=mgsinθ+f，f=BIL﹣mgsinθ；由于最初是f=mgsinθ；BIL﹣mgsinθ与mgsinθ的大小有三种情况，故f的变化也有三种情况：一是先减小至零后反向增大至f（小于初值）不变，二是先减小至零后反向增大至f（等于初值）不变，三是先减小至零后反向增大至f（大于初值）不变．是而此时对a，F=mgsinθ+BIL+f滑，故F≠f．综上所述，b棒所受摩擦力可能为零，不可能为F，故CD错误．‎ 故选：AB ‎　‎ 二、填空题：2*6=12分 ‎13．把一个用丝线悬挂的铅球放在电路中的线圈上方，如图所示，在下列三种情况下，悬挂铅球的丝线所受的拉力与铅球不在线圈上方时比较：‎ ‎①当滑动变阻器的滑动头向右移动时，拉力　变小　．‎ ‎②当滑动头向左移动时，拉力　变大　．‎ ‎③当滑动头不动时　不变　．（填“变大”、“不变”或“变小”）‎ ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】首先，根据右手螺旋定则和电流方向，判断出线圈上方是N极．当滑动变阻器的滑动头向右移动时，电阻变小，电流变大，所以线圈内向上的磁通量变大，为了保持平衡，铅球被感应出了向下的磁通量，根据北出入南，所以铅球下端是N极，所以有斥力．当然拉力就变小了．‎ ‎【解答】解：（1）铅球相当于闭合的线圈，当滑动变阻器的滑动头向右移动时，电流增大磁场增强，由楞次定律可知线圈与铅球互相排斥，则拉力变小；‎ ‎（2）理由类似于上面，由于电流减小，由楞次定律可知线圈与铅球互相吸引，则拉力变大；‎ ‎（3）同理，滑动变阻器的滑动端不移动时，电流没有变化，则铅球没有感应电流出现，则拉力不变，‎ 故答案为：变小，变大，不变．‎ ‎　‎ ‎14．把一个矩形线圈从有理想边界的匀强磁场中匀速拉出（如图所示），第一次速度为v1，第二次速度为v2且v2=2v1，则两种情况下拉力做的功之比W1：W2=　1：2　，拉力的功率之比P1：P2=　1：4　，线圈中产生热量之比Q1：Q2=　1：2　．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率．‎ ‎【分析】在恒力作用下，矩形线圈以不同速度被匀速拉出，则拉力做功等于拉力与位移的乘积，而拉力功率等于拉力与速度的乘积，线圈产生的焦耳热等于拉力做的功 ‎【解答】解：两情况下，由于位移相同，所以拉力的功与拉力成正比，而拉力与安培力相等，则拉力做的功与安培力成正比，而安培力却与速度成正比，所以拉力做的功与速度成正比，即1：2，‎ 在两种情况下，拉力的功率与拉力及速度的乘积成正比，所以功率之比为1：4．‎ 而线圈产生的焦耳热与拉力做功相等，所以焦耳热之比1：2．‎ 故答案为：1：2，1：4，1：2‎ ‎　‎ 三、计算题28分 ‎15．如图所示，在光滑水平面上有一长为L1、宽为L2的单匝矩形闭合导体线框abcd，处于磁感应强度为B的有界匀强磁场中，其ab边与磁场的边界重合．线框由同种粗细均匀的导线制成，它的总电阻为R．现将用垂直于线框ab边的水平拉力，将线框以速度v向右沿水平方向匀速拉出磁场，此过程中保持线框平面与磁感线垂直，且ab边与磁场边界平行．求线框被拉出磁场的过程中：‎ ‎（1）通过线框的电流；‎ ‎（2）线框中产生的焦耳热；‎ ‎（3）线框中a、b两点间的电压大小．‎ ‎【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；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）根据E=BL2v求出感应电动势的大小，再根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小．‎ ‎（2）求出线框被拉出磁场的时间，根据Q=I2Rt求出线框产生的焦耳热．‎ ‎（3）根据欧姆定律求出a、b两点的电压大小．‎ ‎【解答】解：（1）线框产生的感应电动势E=BL2v 通过线框的电流I==‎ ‎（2）线框被拉出磁场所需时间t=‎ 此过程中线框中产生的焦耳热Q=I2Rt=‎ ‎（3）线框ab边的电阻Rab= R 线框中a、b两点间电压的大小 U=IRab=．‎ 答：（1）通过线框的电流为．‎ ‎（2）线框中产生的焦耳热为．‎ ‎（3）线框中a、b两点间的电压大小．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面间的夹角为θ=37°，两导轨之间距离为L=0.2m，导轨上端m、n之间通过导线连接，有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef为磁场边界，磁感应强度为B=2.0T．一质量为m=0.05kg的光滑金属棒ab从距离磁场边界0.75m处由静止释放，金属棒接入两轨道间的电阻r=0.4Ω，其余部分的电阻忽略不计，ab、ef均垂直导轨．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：‎ ‎（1）ab棒最终在磁场中匀速运动时的速度；‎ ‎（2）ab棒运动过程中的最大加速度．‎ ‎【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；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）ab棒做匀速直线运动，由平衡条件求出ab棒的速度．‎ ‎（2）由机械能守恒定律求出ab棒进入磁场时的速度，由安培力公式求出安培力，根据安培力与重力的分力关系判断ab棒的运动性质，然后应用牛顿第二定律求出其最大加速度．‎ ‎【解答】解：（1）ab受到的安培力F=BIL=，‎ ab做匀速直线运动，由平衡条件得：‎ ‎=mgsinθ，解得：v=0.75m/s；‎ ‎（2）从ab棒开始运动到刚进入磁场过程中，‎ 由机械能守恒定律得：mgssinθ=mv′2，‎ 解得：v′=3m/s，‎ 此时ab棒受到的安培力：‎ F′===1.2N，‎ 重力沿斜面方向的分力：G1=mgsinθ=0.3N，‎ F′＞G1，ab棒进入磁场后做减速运动，‎ 受到的安培力减小，当安培力与重力的分力相等时做匀速运动，‎ 因此当ab棒刚进入磁场时加速度最大，‎ 由牛顿第二定律得：F′﹣G1=ma，‎ 解得：a=18m/s2，方向平行于斜面向上；‎ 答：（1）ab棒最终在磁场中匀速运动时的速度为0.75m/s；（2）ab棒运动过程中的最大加速度大小为18m/s2，方向沿导轨斜面向上．‎ ‎　‎ ‎2017年4月19日