2018-2019学年天津市第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年天津市第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

天津一中 2018-2019-1 高二年级期末考试物理学科试卷 一、单选题 ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 磁通量发生变化时，磁感应强度也一定发生变化 B. 穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零；‎ C. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大。‎ D. 根据阻碍的含义，感应电流的磁场总和回路中原磁场的方向相反；‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据ϕ=BS可知，磁通量发生变化时，磁感应强度不一定发生变化，选项A错误；穿过线圈的磁通量为零，但是磁通量的变化率不一定为零，即感应电动势不一定为零，选项B错误；穿过线圈的磁通量变化越快，则磁通量的变化率越大，感应电动势越大，选项C正确。根据阻碍的含义，当磁通量增加时，感应电流的磁场和回路中原磁场的方向相反；当磁通量减小时，感应电流的磁场和回路中原磁场的方向相同，选项D错误；故选C.‎ ‎2.下列关于物理学史的说法中正确的是（ ）‎ A. 奥斯特发现了电磁感应现象 B. 库伦发现了库伦定律，并由卡文迪许利用扭秤实验测出了静电力常量 C. 焦尔发现了电流的热效应，定量给出了电能和内能之间的转换关系 D. 安培发现了电流的磁效应，总结了电现象与磁现象之间的联系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】丹麦物理学家奥斯特发现电流磁效应之后，1831年英国科学家法拉第发现了电磁感应定律，故A错误；库伦发现了库伦定律，并利用扭秤实验测出了静电力常量，卡文迪许用扭秤实验测出了引力恒量，故B错误；焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和内能之间的转换关系，故C正确；丹麦物理学家奥斯特发现电流磁效应，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎3.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框的ab边平行磁场边界MN，线框以垂直于MN速度匀速地完全进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1。现将线框进入磁场的速度变为原来的两倍，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则有 A. Q2=Q1 q2=q1 B. Q2=2Q1 q2=2q1 C. Q2=2Q1 q2=q1 D. Q2=4Q1 q2=2q1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据及可得安培力表达式：； 拉力做的功转化为电能，然后转化为焦耳热，由可知产生的焦耳热与速度成正比，所以； 根据可知通过线框某横截面的电荷量与速度无关，，故ABD错误，C正确。‎ 点睛：线框匀速进入磁场，克服安培力做功的功率等于线框产生的热量，根据功能关系可求线框中产生的热量，由法拉第电磁感应得到电荷量为，可判两次进入通过线框导体横截面的电荷量相等。‎ ‎4.如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是 A. PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向 B. PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向 C. PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向 D. PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】因为PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，D正确，ABC错误。‎ ‎5.某交流发电机的矩形线圈共有50匝，在磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，通过线圈的磁通量随时间变化如图所示，则下述正确的是（）‎ ‎①产生的交变电动势按正弦规律变化 ‎②交变电动势的最大值为2000πV ‎③交变电动势的频率为100Hz ‎④在1s内，电流方向改变100次 A. 只有①正确 B. 只有②③正确 C. 只有②④正确 D. 只有③正确 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 交变电流产生过程中，线圈在中性面上时，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势最小，线圈与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为大；结合Φ-t图象分析答题。‎ ‎【详解】①t=0时刻磁通量为0，则此时线圈与B平行，则交变电流按余弦规律变化，则①错误；②Em=NBSω=NBS•=50×0.4×=2000π(V)，则②正确；③由图知周期为T=0.02，则 f=1/T=50Hz，则③错误；④一个周期电流方向改变2次，则1s内改变100次，则④错误，故C正确，ABD错误；故选C。‎ ‎6.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形单匝线圈的周期为 T，转轴 OO’垂直于 磁场方向，线圈电阻为 2Ω。从线圈平面不磁场方向平行时开始计时，线圈转过 60º 时的感应电流为1A，那么（ ）‎ A. 任意时刻线圈中的感应电动势为 B. 任意时刻穿过线圈的磁通量为 C. 线圈消耗的电功率为 5W D. 线圈中感应电流的有效值为 2A ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈中产生正弦或余弦式交流电，由于从垂直中性面开始其瞬时表达式为，由已知可求，根据正弦式交变电流有效值和峰值关系可求电流有效值；根据可求电功率；根据可求感应电动势的最大值；任意时刻穿过线圈的磁通量为，根据可求．‎ ‎【详解】从垂直中性面开始其瞬时表达式为，则，故电流有效值为；感应电动势的最大值为，电功率为，CD错误；从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，故电流瞬时值为，故电动势的瞬时表达式为，A正确；任意时刻穿过线圈的磁通量为，根据公式，可得 ‎，故，B错误．‎ ‎7.若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一 物体，它们在水平方向运动的距离之比为 2∶.已知该行星质量约为地球的 7 倍，地球的半径为 R.由此可知，该行星的半径约为（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. 2R D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过平抛运动的规律求出在星球上该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比，再由万有引力等于重力，求出行星的半径；‎ ‎【详解】对于任一行星，设其表面重力加速度为g 根据平抛运动的规律得：，得到： 则水平射程 可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比 根据，得，可得 解得行星的半径，故选项C正确，ABD错误。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用。‎ ‎8.“嫦娥一号”探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球．如图所示是绕地飞 ‎ 行的三条轨道，轨道 1 是近地圆形轨道，2 和 3 是变轨后的椭囿轨道．A 点是 2 轨道的近 地点，B 点是 2 轨道的远地点，卫星在轨道 1 的运行速率为 7.7 km/s，则下列说法中正确 的是（ ）‎ A. 卫星在 2 轨道经过 A 点时的速率一定小于 7.7 km/s B. 卫星在 2 轨道经过 B 点时的速率一定大于 7.7 km/s C. 卫星在 3 轨道所具有的机械能小于在 2 轨道所具有的机械能 D. 卫星在 3 轨道所具有的最大速率大于在 2 轨道所具有的最大速率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】卫星在经过A点时，要做离心运动才能沿2轨道运动，卫星在1轨道上的速度为7.7km/s，故在2轨道上经过A点的速度一定大于7.7km/s。故A错误。假设有一圆轨道经过B点，根据，可知此轨道上的速度小于7.7km/s，卫星在B点速度减小，才会做近心运动进入2轨道运动。故卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于7.7km/s，故B错误。卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大，所以卫星在3轨道所具有的机械能一定大于2轨道所具有的机械能，故C错误。卫星在3轨道所具有的机械能大于2轨道所具有的机械能，故卫星在3轨道所具有的最大速率大于2轨道所具有的最大速率。故D正确。‎ ‎9.用同种材料粗细均匀的电阻丝做成 ab、cd、ef 三根导线，ef 最长，分别放在电阻 可忽略的光滑的平行导轨上，如图所示，磁场均匀且垂直于导轨平面，用外力使导线 水平向右做匀速运动（每次只有一根导线在导轨上），而且每 次外力做功的功率相等，则下列说法正确的是（ ）‎ A. ab 运动的最快 B. ef 运动的最快 C. 导线产生的感应电动势相等 D. 每秒钟产生的热量不相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析:安培力的功率为：知电阻大的，运动的快。由知，同种材料、同粗细的电阻丝越长电阻越大，故ef的电阻最大。故ef运动的最快，A错、B对。又由知ef产生的电动势最大，C错；，功率相同，每秒产生的热量相等，D错。‎ 考点:电磁感应、功率等。‎ ‎10.如图甲所示，光滑平行金属导轨 MN、PQ 所在平面不水平面成 θ 角，M、P 两端接 一电阻 R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．t＝0 时对金属棒施加一平 行于导轨的外力 F，使金属棒 ab 由静止开始沿导轨向上运动，导轨电阻忽略不计．已知通 过电阻 R 的感应电流 I 随时间 t 变化的关系如图乙所示．下列关于金属棒运动速度v、闭ΔΦ合回路中磁通量的变化率Δt、外力 F 以及流过 R 的电荷量 q 随时间变化的图象正确的是()‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据如图乙所示的I-t图象可知I=kt，其中k为比例系数，又E=Blv，所以，v-t图象是一条过原点斜率大于零的直线，说明了导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v=at；故A错误；由闭合电路欧姆定律可得：，可推出：E=kt（R+r），而，所以有：，图象是一条过原点斜率大于零的直线；故B正确；对导体棒在沿导轨方向列出动力学方程F-BIl-mgsinθ=ma，而，v=at得到，可见F-t图象是一条斜率大于零且与速度轴正半轴有交点的直线；故C错误。，q-t图象是一条开口向上的抛物线，故D错误。‎ 二、多选题 ‎11.如图所示，闭合矩形线圈abcd 不长直导线 MN 在同一平面内，线圈的 ab，dc 两边不直导线平行，直导线中有逐渐增大，但方向不明的电流，则（ ）‎ A. 可知道线圈中的感应电流方向 B. 可知道线圈各边所受到磁场力的方向 C. 可知道整个线圈所受的磁场力的方向 D. 无法判断线圈中的感应电流方向，也无法判断线圈所受磁场力的方向 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 当直导线中有逐渐增大的电流，导线框中的磁通量增大，根据楞次定律，为了“阻碍”这种增大的趋势，导线框有向右运动的趋势，且可知道ab边受向右的力比bc边向左方向的力大，但感应的电流方向无法判断，BC正确。‎ ‎12.我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功将名为“悟空”的暗物质粒子探 测卫星送入太空．若该卫星发射后在距地球表面高度为h的轨道上绕地球做匀速囿周运 动，其运行的周期为 T，以 R 表示地球的半径，引力常量为 G.根据这些信息，可求出（ ）‎ A. 该卫星绕地球做匀速囿周运动时的线速度大小为 B. 地球表面的重力加速度大小为 C. 在地球上发射卫星的最小发射速度为 D. 地球的平均密度为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据线速度与周期的关系可知：，故A错误；根据万有引力提供向心力可得：可得：，卫星在地球的表面： 联立可得：．故B正确；在地球上发射卫星的最小发射速度为v，则：则：．故C错误；地球的平均密度，故D正确；故选BD。‎ ‎13.如图所示，竖直面内的虚线上方是一匀强磁场 B，从虚线下方竖直上抛一正方形 ‎ 线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直面 内，不计空气阻力，则（ ）‎ A. 上升过程兊服磁场力做的功大于下降过程兊服磁场力做的功 B. 上升过程兊服磁场力做的功等于下降过程兊服磁场力做的功 C. 上升过程兊服重力做功的平均功率大于下降过程兊服重力做功的平均功率 D. 上升过程兊服重力做功的平均功率等于下降过程兊服重力做功 的平均功率 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 由分析上升和下落受力情况可知，上升过程与下落过程经历的路程相等，但上升过程平均速度较大，安培力较大，所以克服磁场力做的功较多；上升和下落克服重力做功和重力做功相等，但上升过程时间较短，所以平均功率较大 ‎14.今有某小型发电机和一理想变压器连接后给一个灯泡供电，电路如图（电压表和电流表均为理想电表）. 已知该发电机线圈匝数为 N，电阻为 r，当线圈以转速 n 匀速 转动时，电压表示数为 U，灯泡（额定电压为U0，电阻恒为R）恰能正常发光，则（ ）‎ A. 变压器的匝数比为 U:U0‎ B. 电流表的示数为 C. 在图示位置时，发电机线圈的磁通量为 D. 从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式为 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是U1：U2=U：U0，故A错误；灯泡电流是，理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P，所以输入功率为P，即电流表读数I=，故B正确；手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是，所以解得最大磁通量，故C错误；线圈以较大的转速n匀速转动时，所以，所以变压器输入电压的瞬时值，故D错误。‎ ‎15.如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电 阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻 R，质量为 m 的金属棒 ab(电阻也不计)放在导轨上，并不导轨垂直，整个装置放在匀强磁场 中，磁场方向不导轨平面垂直，用水平恒力 F 把 ab 棒从静止起向右 拉动的过程中（ ）‎ A. 恒力 F 做的功等于电路产生的电能 B. 兊服安培力做的功等于电路中产生的电能 C. 恒力 F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能 D. 恒力 F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 导体棒在恒力作用下沿粗糙导轨做切割磁感线，产生感应电动势，出现感应电流，棒又受到安培力。因此棒做加速度减小的加速运动，最终达到匀速直线运动状态，根据功能关系进行判断。‎ ‎【详解】由动能定理可得：恒力、安培力与摩擦力的合力功等于棒获得的动能，而克服安培力做功等于电路中产生的电能。则恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和，故AC错误，BD正确；故选BD。‎ ‎【点睛】由功能关系可知：合力做功等于物体动能的变化，而安培力做功等于电路中消耗的电能，摩擦力做功则产生内能。‎ ‎16.如图所示，光滑的“∏”形金属导体框竖直放置，质量为 m 的 金属棒 MN 不框架接触良好．磁感应强度分别为 B1、B2 的有界匀强 磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在 abcd 和 cdef 区 域．现从图示位置由静止释放金属棒 MN，当金属棒进入磁场 B1 区 域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的有（ ）‎ A. 若 B2＝B1，金属棒进入 B2 区域后将加速下滑 B. 若 B2＝B1，金属棒进入 B2 区域后仍将保持匀速下滑 C. 若 B2>B1，金属棒进入 B2 区域后可能先减速后匀速下滑 D. 若 B2>B1，金属棒进入 B2 区域后可能先加速后匀速下滑 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反。若B2=B1，根据安培力公式得知，金属棒进入B2区域后，金属棒受到的安培力大小不变，由楞次定律得知，安培力方向仍竖直向上，安培力与重力仍平衡，故金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑。故A错误，B正确。若B2＞B1，金属棒进入B2区域后安培力增大，将大于金属棒的重力，棒将先做减速运动，随着速度减小，安培力减小，当安培力再次与重力平衡后，金属棒又做匀速运动。故C正确，D错误。‎ 三、填空题 ‎17.在如图甲所示电路中，L1、L2、L3为三只“6V,3W”的灯泡，变压器为理想变压器，各电表均为理想电表，当ab 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光．则电压表的示数为__________.‎ ‎【答案】12V ‎【解析】‎ ‎【详解】电压表的示数为变压器输入电压，交流电的有效值为Uab=18V；则有：U=Uab-UL1=18V-6V=12V。‎ ‎18.如图所示，矩形线圈一边长为d，另一边长为a，电阻为R，当它以速度V匀速穿过宽度为L，磁感应强度为B的匀强磁场过程中，若Ld，产生的电能为__________，通过导线横截面的电荷量为__________．‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据公式E=Blv求出线圈切割磁感线产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出感应电流，即可由焦耳定律求出线圈产生的电能，由q=It求解电量．‎ ‎【详解】线圈进入磁场的过程中，产生的感应电动势为：E=Bav， 由闭合电路欧姆定律得感应电流：， 如果： Ld，由焦耳定律得，线圈产生的电能为 通过导体截面的电荷量为．‎ ‎19.某发电站的输出功率为 104 kW，输出电压为 4 kV，通过理想变压器升压后向125 km 远处用户供电．已知输电线的电阻率为 ρ＝2.4×10－8 Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4 m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是______，如果用户用电器的额定电压为 220 V，所用理想降压变压器原、副线圈匝数比是______.‎ ‎【答案】 (1). 1∶25 (2). 4800:11‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据电阻定律得出输电线的电阻，根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流，从而根据P=UI求出升压变压器的输出电压；根据输电线上的电流和电阻求出输电线上的电压损失；根据变压比公式求解升压变压器原、副线圈的匝数比；‎ ‎（2）根据输出电压和电压损失得出降压变压器的输入电压，结合电压之比等于原副线圈的匝数之比求出降压变压器的原副线圈匝数之比．‎ ‎【详解】（1）远距离输电的示意图，如图所示： ‎ 导线电阻：R线=ρ 代入数据得：R=40Ω 升压变压器副线圈电流：I2=I线 又I2R线=4%P 解得：I2=100A 根据P=U2I2 得：U2=100 kV ‎ 根据变压比公式，有： （2）降压变压器的输入电压为：U3=U2-I2R线=96kV 由， 得：‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压比、电流比与匝数比之间的关系；2、升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压、电压损失之间的关系．‎ 四、计算题 ‎20.宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质量也相同．现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星做囿周运动，如图甲所示；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的囿形轨道运行，如图乙所示．设这三个 星体的质量均为 m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、图乙中标出，引力常量为 G， 则:‎ ‎（1）直线三星系统中星体做囿周运动的周期为多少?‎ ‎（2）三角形三星系统中每颗星做囿周运动的角速度为多少?‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）两侧的星由另外两个星的万有引力的合力提供向心力，列式求解周期；‎ ‎（2）对于任意一个星体，由另外两个星体的万有引力的合力提供向心力，列式求解角速度；‎ ‎【详解】（1）对两侧的任一颗星，其它两个星对它的万有引力的合力等于向心力，则：‎ ‎（2）三角形三星系统中星体受另外两个星体的引力作用，万有引力做向心力，对任一颗星，满足：‎ 解得：‎ ‎21.如图所示，边长为 20cm 正方形线圈 abcd 共 100 匝，线圈的总电阻为 r=1Ω，绕垂直于磁感线的 OO’以 120r/min 匀速转动，磁感应强度 B=0.5T，外电路电阻为R=9Ω，求：‎ ‎（1）线圈套的转动过程中，产生的感应电动势的最大值？‎ ‎（2）由图示位置转 90º过程通过电阻 R 的电量为多少？‎ ‎（3）交流电压表的示数为多少？‎ ‎（4）线转动一周外力做多少功？‎ ‎【答案】（1） （2）q=0.2C（3） （4）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据Em=NBωS求出最大值；根据 求通过R的电荷量；电压表测量的是电阻R的电压，根据闭合电路欧姆定律即可求解；通过最大值求出有效值，再由焦耳定律求出热量。‎ ‎【详解】（1）线圈转动的角速度：‎ 产生的感应电动势的最大值：‎ ‎（2）由图示位置转90º过程通过电阻R的电量为：‎ ‎（3）交流电压表的示数：‎ ‎（4）‎ ‎【点睛】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要能根据题意写出瞬时值的表达式，知道有效值跟峰值的关系，难度不大；线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流。而对于电表读数、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。‎ ‎22.如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨不水平面夹角θ，导轨间距l， 所在平面的正方形区域 abcd 内存在有界匀强磁场，磁感应强度为 B，方向垂直斜面向上．将甲乙两电阻阻值相同、质量均为m的相同金属杆如图放置在导轨上，甲金属杆 处在磁场的上边界，甲乙相距l．静止释放两金属杆的同时，在甲金属杆上施加一个沿着导轨向下的外力 F，使甲金属杆在运动过程中始终做沿导轨向下的匀加速直线运 动，加速度大小gsinθ，乙金属杆刚进入磁场时，发现乙金属杆作匀速运动．‎ ‎（1）甲乙的电阻 R 各为多少?‎ ‎（2）以刚释放时 t=0，写出从开始释放到乙金属杆离开磁场，外力 F 随时间 t 的变化 关系；‎ ‎（3）若从开始释放到乙金属杆离开磁场，乙金属杆中共产生热量 Q，试求此过程中外力 F 对甲做功．‎ ‎【答案】（1）；（2），F沿导轨向下；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于甲乙加速度相同，当乙进入磁场时，甲刚出磁场乙进入磁场时：‎ 受力平衡有：‎ 所以求得：‎ ‎（2）甲在磁场中运动时，外力F始终等于安培力，，‎ 解得，，F沿导轨向下。‎ ‎（3）乙进入磁场前匀加速运动中，甲乙发出相同热量，设为Q1，此过程中甲一直在磁场中,外力F始终等于安培力，则有，乙在磁场中运动发出热量，或利用动能定理得：由于甲出磁场以后，外力F为零，得 ‎23.如图所示是磁动力电梯示意图，即在竖直平面上有两根很长的平行竖直轨道，轨道间有垂直轨道平面交替排列的匀强磁场B1和B2，B1=B2=1.0T，B1和B2的方向相反，两磁场始终竖直向上作匀速运动。电梯轿厢固定在如图所示的金属框abcd内（电梯轿厢在图中未画出），并且不绝缘。已知电梯载人时的总质量为4.75×103kg，所受阻力 f=500N，金属框垂直轨道的边长Lcd=2.0m，两磁场的宽度均与金属框的边长Lad相同，金属框整个回路的电阻 R=9.0´10-4W，g取10m/s2。假如设计要求电梯以v1=10m/s的速度匀速上升，求：‎ ‎（1）金属框中感应电流的大小及图示时刻感应电流的方向；‎ ‎（2）磁场向上运动速度v0的大小；‎ ‎（3）该磁动力电梯以速度v1向上匀速运动时，提升轿厢效率。‎ ‎【答案】（1），方向沿逆时针方向；（2）12.7m/s；（3）77.9%。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设， ‎ ‎(1)由于金属框匀速运动，则金属框受到的安培力等于重力与阻力之和，‎ 设当电梯向上用匀速运动时，金属框中感应电流大小为I 根据平衡条件得①‎ 安培力：②‎ 由①②式解得,金属框中感应电流 由于磁场向上运动，相当于金属框向下运动，由右手定则得到图示时刻回路中感应电流沿逆时针方向。‎ ‎(2)金属框中感应电动势③‎ 金属框中感应电流大小：④‎ ‎ 代入数据由③④式解得：‎ ‎(3)金属框中的热功率为：‎ 重力功率为：‎ 阻力的功率为：‎ 则提升轿厢的效率：，‎ 代入数据解得：‎ ‎ ‎