2018-2019学年湖南省岳阳市第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年湖南省岳阳市第一中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

岳阳市一中2018年下期高二期末考试物理试题 一、选择题：本题共13小题，每小题4分，共计52分，在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-13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.关于磁感应强度，下列说法正确的是 A. .根据磁感应强度的定义式可知，磁感应强度与成正比，与成反比 B. 一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零 C. 一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处磁感应强度一定为零 D. 磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：磁感应强度定义式为，当电流I增大时，其安培力F也随之增大，而其比值是不变的，故磁感应强度B与F、IL均无关，选项A错误；一小段通电直导线放在磁感应强度为零的地方，根据F=BIL，当B=0时，F=0，故它所受到的磁场力一定为零，选项B正确；一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，也可能是导线与磁场方向平行旋转，故不能说明则该处的磁感应强度一定为零，选项C错误；磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相互垂直，并不是相同的，选项D错误。‎ 考点：磁感应强度的定义。‎ ‎2.某一电场的电场线分布如图所示，则下列说法正确的是 A.点的电势低于点的电势 B.点的电场强度小于点的电场强度 C. 一正电荷由点释放，一定沿着电场线运动到点 D. 一负电荷在点的电势能大于在点的电势能 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】沿着电场线方向电势逐渐降低，因此a点的电势高于b点的电势，故A正确；从电场线的分布情况可知，a点的电场线比b点的稀疏，所以a点的电场强度小于b点的电场强度，故B正确；电场线不一定是电荷的运动轨迹，由a点释放的正电荷不一定沿着电场线运动到b点，故C错误；某一负电荷从a点移到b点，电场力做负功，电势能增加，因此负电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故D错误。所以AB正确，CD错误。‎ ‎3.如图所示，在玻璃皿的中心固定一个圆柱形电极，沿边缘内壁固定一个圆环形电极，把分别与电源的两极相连，然后在玻璃皿中放水银液体，现把玻璃皿放在如图所示的磁场中，液体就会把旋转起来。若从上向下看，下列判断正确的是 A. 接电源正极，接电源负极，液体逆时针旋转 B. 接电源负极，接电源正极，液体逆时针旋转 C. 如果将水银改成纯酒精，液体仍可以旋转 D. 仅磁场的极互换后，重做该实验发现液体旋转方向不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在电源外部，电流由正极流向负极；由左手定则可以判断出导电液体受到的安培力方向，从而判断出液体的旋转方向；‎ ‎【详解】A、若A接电源正极，B接电源负极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转；故A正确；‎ B、同理，若B接电源正极、A接电源负极，根据左手定则得，液体沿顺时针作圆周运动，故B错误；‎ C、如果将水银改成纯酒精，液体中无电流，液体不会旋转，故C错误；‎ D、若磁场N、S极互换后，重做该实验发现液体旋转方向变化，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎4.如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有 的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是 A. .原线圈的输入功率为 B. 电流表的读数为 C. 电压表的读数为 D. 副线圈输出交流电的周期为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原线圈中交流电的表达式，可知原线圈电压的有效值和交流电的周期，由变压器原理可得副线圈上的电压和电流，根据理想变压器P入=P出可得原线圈的输入功率。‎ ‎【详解】A、由题意知，原线圈电压有效值为220V，原、副线圈匝数之比为2：1，由变压器原理可得：U2=U1=110V，所以电压表的示数为110V，副线圈的电流为，I2===2A，原线圈中的输入功率为P入=P出=U2I2=220W，故A、C错误。‎ B、由n1I1=n2I2可得，原线圈中的电流I1=1A，即电流表的读数为1A，故B正确。‎ D、由u=220(V)可知，角速度=rad/s，则周期T=，解得副线圈输出交流电的周期为：T=2s，理想变压器不改变周期，故D错误。‎ 故选：B ‎5.如图所示，单匝闭合金属线框在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，设穿过线框的最大磁通量为，线框中的最大感应电动势为，从线框平面与磁场平行时刻开始计时，下面说法正确的是 A. 当穿过线框的磁通量为的时刻，线框中的感应电动势为 B. 图示位置磁通量变化率为零 C. 线框转动的角速度为 D. 线框在图示位置感应电流的方向为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈中的感应电动势e随于时间t的变化规律可得，线圈从垂直中性面开始计时；磁通量最小时，磁通量变化率最大；并根据，即可求得角速度的关系式；‎ ‎【详解】A、矩形线圈在磁场中转动，穿过的磁通量发生变化，线圈从垂直中性面开始计时，则产生感应电动势的瞬时表达式为，当磁通量为的时刻，则，所以线框中的感应电动势为，故A错误；‎ B、图示位置磁通量为零，磁通量变化率最大，故B错误；‎ C、根据，即可求得角速度的关系式，故C正确；‎ D、根据右手定则可得线框在图示位置感应电流的方向为，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在轴上且长为，高为，纸面内一边长为的正方形导线框沿轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流——位移（）关系的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将整个过程分成三个位移都是L的三段，根据楞次定律判断感应电流方向．由感应电动势公式，l是有效切割长度，分析l的变化情况，确定电流大小的变化情况；‎ ‎【详解】位移在0～L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值，，则；位移在L～2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值；位移在2L～3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，，故B正确，A、C、D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.两平行金属板相距为，电势差为，一电子质量为，电荷量为，从点沿垂直于极板的方向射出，最远到达点，然后返回，如图所示，，则此电子具有的初动能是 ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 全程只有电场力做功，根据动能定理解出电子的初动能；‎ ‎【详解】设出电子的初动能，末动能为零，极板间的电场，根据动能定理：，解得：，故D正确，A、B、C错误；‎ 故选D。‎ ‎8.如图所示，闭合时，一质量为、带电荷量为的液滴，静止在电容器的两平行金属板间。现保持闭合，将断开，然后将板向下平移到图中虚线位置，则下列说法正确的是 ‎ ‎ A. 电容器的电容增大 B. 液滴带正电 C. 液滴将向下运动 D. 液滴的电势能减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在电容器的电量不变的情况下，将B板下移，则导致电容变化，电压变化，根据、与相结合可得，从而确定电场强度是否变化，进而分析液滴如何运动，再根据电荷带电性可确定电势能增加与否；‎ ‎【详解】A、将B板向下平移，电容器板间距离增大，根据知，电容器的电容变小，故A错误；‎ BD、根据电场力与重力平衡可知，液滴带负电，由于B板的移动，导致液滴的电势升高，所以其电势能减小，故D正确，B错误；‎ C、根据、与相结合可得，由于电容器的带电量、正对面积不变，所以板间电场强度也不变，液滴所受的电场力不变，则液滴仍保持静止，故C错误；‎ 故选D。‎ ‎9.如图所示，为匀强电场中一个边长为的正六边形的六个顶点，三点电势分别为，则下列说法正确的是 A. 匀强电场的场强大小为 B. 匀强电场的场强大小为 C. 电荷量为的正点电荷从点移到点，电场力做功为 D. 电荷量为的负点电荷从点移到点，电荷的电势能减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，AC中点的电势为2V，则EB为一条等势线，CA连线即为一条电场线，由BA间的电势差，由公式U=Ed求出场强大小；AF∥EB，则知AF也为一条等势线，可求出UEF，电场力做功就可以求解；‎ ‎【详解】AB、连接AC，AC中点电势为2V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，BA间的电势差为，又，得场强，故B正确，A错误；‎ C、由正六边形对称性，，则AF也为电场中的一条等势线，，由上可知，E的电势为，则电荷量为的正点电荷从E点移到F点，电场力做正功，而且为，故C正确；‎ D、D点的电势等于C点的电势，，电荷量为的负点电荷从F点移到D点，电场力做功为，电势能减小 ‎，故D错误；‎ 故选BC。‎ ‎10.如图所示，为理想变压器，电流表、电压表均为理想交流电表，为定值电阻，为滑动变阻器，为电容器，两点间接正弦交流电，则 A. 只将滑片下移时，电流表示数变小 B. 只将滑片下移时，电压表示数变大 C. 只增大输入交流电的电压时，电流表示数变大 D. 只增大输入交流电的频率时，电压表示数变大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2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，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况；‎ ‎【详解】A、只将滑片P 1下移，副线圈两端电压变小，输出功率变小，输入功率也变小，原线圈电流变小，电流表A示数变小，故A正确；‎ B、只将滑片P 2下移，副线圈回路电阻变小，副线圈电流变大，电阻R 1分压变大，电压表示数变小，故B错误；‎ C、只增大交流电的电压时，副线圈电压增大，输出电流增大，输入电流也增大，电流表示数变大，故C正确；‎ D、只增大交变电流的频率，电容器的容抗减小，副线圈电流增大，R 1分压增大，电压表示数变小，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎11.如图所示，相互正交的匀强电场方向竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里。带有等量同种电荷的三个液滴在此空间中，液滴静止不动，液滴沿水平线向右做直线运动，液滴沿水平线向左做直线运动，则下列说法中正确的是 A. 三个液滴都带负电 B. 液滴的速率一定大于液滴的速率 C. 三个液滴中液滴质量最大 D. 液滴和液滴一定做的是匀速直线运动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 三个带电油滴都受力平衡，根据共点力平衡条件列式求解确定电性与质量大小，再依据洛伦兹力、电场力与重力关系，来判定速率的大小，最后根据洛伦兹力受到速率的影响，从而确定运动性质；‎ ‎【详解】AC、a球受力平衡，有：，重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故球带负电；b球受力平衡，有：，c球受力平衡,有：，解得：，故A正确，C错误；‎ B、由上分析可知，无法确定b与c洛伦兹力大小，因此无法确定液滴速率大小，故B错误；‎ D、根据可知，液滴的洛伦兹力受到速率的约束，若不是做匀速直线运动时，则洛伦兹力变化，导致受力不平衡，那么就不可能做直线运动，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎12.如图所示，磁流体发电机的长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导电电极，两极间距为，极板长和宽分别为和，这两个电极与可变电阻相连，在垂直前后侧面的方向上有一匀强磁场，磁感应强度大小为。发电导管内有电阻率为的高温电离气体——等离子体，等离子体以速度向右流动，并通过专用通道导出。不计等离子体流动时的阻力，调节可变电阻的阻值，则 A. 运动的等离子体产生的感应电动势为 B. 可变电阻中的感应电流方向是从到 C. 若可变电阻的阻值为，则其中的电流为 D. 若可变电阻的阻值为，则可变电阻消耗的电功率为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题，运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源；根据电阻定律求解内电阻，根据左手定则判断电流方向，根据平衡条件判断感应电动势，并计算电功率．‎ ‎【详解】根据平衡有：，解得电源的电动势E=Bdv，故A错误；根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向上，负电荷受到的洛伦兹力向下，故电流向上经过电源，向下经过电阻，即可变电阻R中的感应电流方向是从P到Q，故B错误；运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，其内阻为，根据闭合电路的欧姆定律有：，则可变电阻消耗的电功率为，故CD正确，故选CD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，会通过电荷的平衡求出电动势的大小，会根据闭合电路欧姆定律求解电流．‎ ‎13.如图所示，同一竖直面内的正方形导线框的边长均为，电阻均为，质量分别为和。它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为、磁感应强度大小为、方向垂直竖直面的匀强磁场区域。开始时，线框的上边与匀强磁场的下边界重合，线框的下边到匀强磁场的上边界的距离为。现将系统由静止释放，当线框全部进入磁场时，两个线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，重力加速度为，则 A. 两个线框匀速运动时的速度大小为 B. 线框从下边进入 磁场到上边离开磁场所用时间为 C. 从开始运动到线框全部进入磁场的过程中，线框所产生的焦耳热为 D. 从开始运动到线框全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当b刚全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，分别对两线框列平衡方程，可得线框受到安培力大小，继而求得感应电流大小，根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得系统匀速运动的速度大小，即可求得线框通过磁场的时间；当左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离时，两线框等高，根据能量守恒得系统机械能的减少等于产生的总焦耳热；根据功能关系求解两线框组成的系统克服安培力做的功；‎ ‎【详解】A、设两线框刚匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力为T，则对a有：，对b有：，，，联立解得： ，故A正确；‎ B、线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，设线框a通过磁场的时间为t，则：，故B正确；‎ C、从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在a匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系可得：，所以：，故C正确；‎ D、设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动的距离，对这一过程，由能量守恒定律有：，解得：，故D错误；‎ 故选ABC。‎ 二、实验题：（共3个小题，共20分）‎ ‎14.某同学在测定金属圆柱体电阻率时需要先测量其尺寸，他分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图甲、乙所示，长度为____________，直径为___________。‎ ‎【答案】 (1). 5.02 (2). 4.815‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】游标卡尺是10分度的卡尺，其精确度为0.1mm，主尺读数为：5cm=50mm，游标上第2个刻度与上面对齐，读数为：2×0.1mm=0.2mm，故最终读数为：；‎ 螺旋测微器：固定刻度为4.5mm，可动刻度为31.5×0.01mm，则读数为；‎ ‎【点睛】关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；而螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加可动刻度读数，需要估读。‎ ‎15.若多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是，用挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度过小，为了较准确地进行测量，则应：‎ ‎①将选择开关置于______________；‎ ‎②将红、黑表笔短接进行_______________；‎ ‎③将待测电阻接在红、黑表笔间进行测量.‎ 若按照以上①②③步骤正确操作后，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是___________。‎ ‎【答案】 (1). ×100挡 (2). 欧姆调零 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：①用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到×100挡；‎ ‎②换挡后要将红、黑表笔短接进行欧姆调零；‎ ‎③由图示表盘可知，该电阻的阻值是.‎ ‎【点睛】用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数。‎ ‎16.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需要测量一个规格为“”的小灯泡两端的电压和通过它的电流。现有如下器材：‎ A.直流电源（电动势，内阻不计）‎ B.电流表（量程，内阻约为）‎ C.电流表（量程，内阻约）‎ D.电压表（量程，内阻约）‎ E.电压表（量程，内阻约为）‎ F．滑动变阻器（最大阻值，额定电流）‎ ‎（1）实验中，电流表应选择_________；电压表应选择____________。（填所选器材前的字母）‎ ‎（2）为了尽可能地减小实验误差，请根据正确选择的器材设计电路并在方框中作出电路图______。‎ ‎（3）在正确操作的情况下，某同学根据实验所得的数据画出该小灯泡在伏安特性曲线如图所示。实验中，若把该小灯泡和一个阻值为的定值电阻串联在电动势为3、内阻为 的直流电源上，则小灯泡此时的电阻为_________。（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). C (2). D (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明确灯泡的额定值，从而根据安全和准确性原则进行分析，确定电表；根据实验原理明确实验中采用的接法，明确本实验采用滑动变阻器分压接法和电流表外接法；在灯泡的伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，两图象的交点即为灯泡的工作点，再根据欧姆定律即可求得电阻大小；‎ ‎【详解】解：(1)由题意可知，灯泡的额定电压为2.5V，电流为0.5A，因此为了保证实验中的安全和准确，电压表应选择D，电流表选择C；‎ ‎(2)本实验中要求电流由零开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法，同时由于灯泡内阻较小，故本实验采用电流表外接法，故原理图如图所示；‎ ‎(3)在灯泡的伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，如题图所示，由图可知，灯泡的电压为0.4V，电流为0.26A，故电阻；‎ 三、计算题（本题共3小题，共28分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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）‎ ‎17.如图所示，带电荷量为的正电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的点，斜面上有两点，且和在同一直线上，和相距为为的中点，现将一带电小球从点由静止释放，当带电小球运动到点时速度正好又为零，已知带电小球在点处的加速度大小为，静电力常量为，求：‎ ‎（1）小球运动到点时的加速度；‎ ‎（2）小球所带电荷量的大小及和两点间的电势差（用和表示）‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据库仑定律和牛顿第二定律分别研究小球在A点和B点的加速度，分别列式即可求得小球运动到B点时的加速度大小；根据动能定理和电场力公式结合，求解B和A两点间的电势差；‎ ‎【详解】解：(1)根据牛顿第二定律和库仑定律得：‎ 带电小球在A点时有：‎ 带电小球在B点时有：‎ 且 解得：‎ ‎(2)由A点到B点应用动能定理得：‎ 由 可得：‎ 解得：‎ ‎18.如图所示，在的一、二象限范围内分布着一个匀强电场，方向与轴正向相同，在的一、二象限范围内分布站一个匀强磁场，方向垂直于平面向里。现将某质量为、电荷量为的正粒子置于原点，使其以速度沿轴正方向射入电场。经过一段时间粒子从位置为离开电场上边缘进入磁场，若粒子恰好没有从的边界离开磁场。（已知，不计粒子重力），求：‎ ‎（1）电场强度；‎ ‎（2）磁感应强度；‎ ‎（3）粒子第一次在磁场中运动的时间。‎ ‎【答案】(1) ；(2) ；(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 沿x轴正方向发射的粒子做类平抛运动，根据平抛运动基本公式列式求解E；粒子沿x轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大，若该粒子进入磁场不能打在ab板上，则所有粒子均不能打在ab板上．根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小；粒子运动的时间对应的圆心角，根据几何关系结合周期公式求解；‎ ‎【详解】解：(1)沿x轴正方向发射的粒子有：x=1.5d，y=d 由类平抛运动基本规律得：，‎ 而 联立可得：‎ ‎(2)沿x轴正方向发射的粒子射入磁场时有：，‎ 联立可得：‎ ‎，方向与水平成，斜向右上方 据题意知该粒子轨迹恰与上边缘相切，则其余粒子均达不到y=2d边界，由几何关系可知：‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 联立可得： ‎ ‎(3)粒子运动的时间对应的圆心角，由几何关系可知圆心角为：‎ 粒子运动周期为：‎ 则时间为：‎ ‎19.如图所示，粗糙斜面的倾角，边长的正方形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场。一个匝数匝的刚性正方形线框，边长为，通过松弛的柔软导线（对线框的作用力近似为零）与电阻相连，‎ ‎。正方形磁场区域的一半恰好在正方形线框内部。已知线框质量，总电阻，与斜面间的动摩擦因数。从时起，磁场的磁感应强度按的规律变化，线框能保持一段时间静止在斜面上。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，，。求：‎ ‎（1）线框不动时，回路中的感应电动势； ‎ ‎（2）时线框所受摩擦力的大小及方向；‎ ‎（3）线框保持不动的时间内，电阻上产生的热量是多少？‎ ‎【答案】(1)2.5V(2) ，摩擦力方向向上(3)2J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据法拉第电磁感应定律计算回路中感应电动势的大小；计算出回路中的电流强度，以线框为研究对象，判断时线框是否静止在斜面上，线框静止在斜面上，根据共点力的平衡条件可得；分析B的最大值和最小值，求出作用时间，根据焦耳定律求解电阻R上产生的热量Q；‎ ‎【详解】解：(1)根据法拉第电磁感应定律可得：‎ 所以回路中感应电动势的大小为2.5V ‎(2)回路中的电流强度为：‎ 根据楞次定律可得，磁感应强度减小，俯视电流方向为顺时针，根据左手定则可得安培力方向向上；‎ 以线框为研究对象，当摩擦力方向向下时，根据共点力的平衡条件可得：‎ 代入数据解得：‎ 当摩擦力方向向上，根据共点力平衡条件可得：‎ 代入数据解得：‎ 时磁场的磁感应强度：，线框静止在斜面上，根据共点力的平衡条件可得：‎ 解得：，摩擦力方向向上 ‎ (3) 磁感应强度从4T减小到0.8T的过程中经过的时间为t，则：，‎ 解得：‎ 此过程中线框一直保持静止状态，根据焦耳定律可得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎