2017-2018学年吉林省梅河口市第五中学高二4月考物理试题 解析版

2017-2018学年吉林省梅河口市第五中学高二4月考物理试题 解析版

吉林省梅河口市第五中学2017-2018学年高二4月考物理试题 一、单选题 ‎1. 下列提到的交流电，哪个指的不是交流电的有效值（ ）‎ A. 电容器的击穿电压 B. 保险丝的熔断电流 C. 交流电压表的读数 D. 电动机铭牌上的额定电压 ‎【答案】A ‎【解析】电容器的击穿电压是指交流电的最大值，不是有效值；保险丝的熔断电流是指交流电的有效值；交流电压表的读数是指有效值；电动机铭牌上的额定电压是指有效值；故选A.‎ ‎2. 将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直．关于线圈中产 生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )‎ A. 感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 C. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 D. 感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：解答本题应掌握感应电动势取决于磁通量的变化快慢，与磁通量的变化及磁通量无关．‎ 解：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=n，即感应电动势与线圈匝数有关故A错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故C正确；‎ 穿过线圈的磁通量大，但若所用的时间长，则电动势可能小，故B错误；‎ 由楞次定律可知：感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故原磁通增加，感应电流的磁场与之反向，原磁通减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即“增反减同”，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】感应电动势取决于穿过线圈的磁通量的变化快慢，在理解该定律时要注意区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量变化率三者间区别及联第．‎ 视频 ‎3. 如图所示电路中，自感系数较大的线圈 L 的直流电阻不计，下列操作中能使电容器 C 的A 板带正电的是（ ）‎ A. S 闭合的瞬间 B. S 断开的瞬间 C. S 闭合，电路稳定后 D. S 闭合，向左移动变阻器触头 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据线圈对电流的突变有阻碍作用，结合LC回路中电容器的充放电过程中能量转换来判断．‎ 解：A、S闭合瞬间，由于L的自感作用，阻碍电流增大，则电源给电容器充电，所以B极带正电，故A错误；‎ B、S断开瞬间，由于线圈电流变化，产生自感电动势，阻碍电流减小，则对电容器充电，所以A板带正电，故B正确；‎ C、S闭合时电路稳定后，L的电阻为零，所以C两端无电压；故C错误；‎ D、S闭合，向左迅速移动滑动变阻器触头，电流增大，则自感线圈阻碍电流增大，对电容器充电，所以B极带正电，故D正确；‎ 故选：B ‎【点评】本题考查了LC振荡电路中电流的变化和能量的转化，结合线圈对电流变化的特点分析判断．‎ ‎4. 如图所示，一导线弯成半径为 a 的半圆形闭合回路．虚线 MN 右侧有磁感应强度为 B 的匀强磁场．方向垂直于回路所在的平面．回路以速度 v 向右匀速进入磁场，直径 CD 始终与 ‎ MN 垂直．从 D 点到达边界开始到 C 点进入磁场为止，下列结论正确的是( ) ‎ A. 感应电流方向不变 B. CD 段直导线始终不受安培力 C. 感应电动势最大值 D. 感应电动势平均值 ‎ ‎【答案】A ‎【解析】在进入磁场的过程中，磁通量一直增大，根据楞次定律知，感应电流的方向不变，故A正确。在进入磁场的过程中，根据楞次定律知，CD上的电流方向为D指向C，根据左手定则知，CD直导线受到向下的安培力，故B错误。当半圆形线框进入一半时，有效的切割长度最大，感应电动势最大，则感应电动势的最大值Em=Bav，故C错误。线框进入磁场的时间t=，根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势平均值，故D错误。故选A。‎ 点睛：当导体切割磁感线时，要注意切割的有效长度的确定；而对于求平均电动势要使用法拉第电磁感应定律进行计算。‎ ‎5. 物理实验中常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电量．如图示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为 n，面积为 S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为 R．若将线圈放在被测匀强磁 场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转，冲击电流计测出通过线圈的电 量为 q，由上述数据可测出磁场的磁感应强度为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由法拉第电磁感应定律：E＝n可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律可求出感应电流大小，根据电量的公式q=It，可得q＝n。由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180°，则有△∅=2BS；所以由上公式可得：q＝n，则磁感应强度B＝，故C正确，ABD错误；故选C。‎ 点睛：考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电量表达式，同时注意磁通量虽然是标量，但注意线圈分正反面，从而导致磁通量有正负．还有磁通量与线圈匝数无关，但感应电动势与线圈匝数有关．‎ ‎6. 一质量为 m 的金属杆 ab，以一定的初速度 v0 从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成 角，两导轨上端用一电阻 R 相 连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨与杆的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端，则在此全过程中（ ）‎ A. 向上滑行的时间大于向下滑行的时间 B. 电阻 R 上产生的热量向上滑行时大于向下滑行时 C. 通过电阻 R 的电量向上滑行时小于向下滑行时 D. 杆 a、b 克服磁场力的功向上滑行时小于向下滑行时 ‎【答案】B ‎..................‎ ‎7. 如图所示为一台发电机的结构示意图，其中N、S 是永久磁铁的两个磁极，它们的表面 呈半圆柱面形状。M是圆柱形铁芯，它与磁极的柱面共轴，铁芯上有一矩形线框，可绕与铁 芯M共轴的固定转轴旋转。磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小近似均匀的磁场。 若从图示位置开始计时，当线框绕固定轴匀速转动时，下列图像中能正确反映线框中感应电 动势e 随时间t 变化规律的（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由磁场分布特点知：线圈在每一位置的切割情况相同，故感应电动势大小是相同的，方向做周期性变化，故D选项正确．故选D．‎ 考点：法拉第电磁感应定律 ‎【名师点睛】本题考查了交流发电机的发电原理，关键是根据线圈所处的磁场进行分析，线圈运动到任何位置切割情况都一样，产生的电动势大小不变，方向改变。‎ ‎8. 如图所示的理想变压器，两个副线圈匝数分别为 n1 和 n2，当把电热器接在 ab，使 cd 空 载时，电流表的示数为 I1；当把电热器接在 cd，而使 ab 空载时，电流表的示数为 I2，则 I1∶ I2 等于( )‎ A. n1∶n2 B. C. n2∶n1 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】设副线圈中的电压分别为U2、U3，根据输入功率等于输出功率和电压与匝数成正比，知UI1=，UI2=，联立得I1：I2==n12：n22，故选B。‎ ‎9. ．如图(a)所示，两个闭合圆形线圈 A、B 的圆心重合，放在同一水平面内，线圈 A 中通以如图(b)所示的交变电流，t＝0 时电流方向为顺时针(如图箭头所示) 在 t1～t2 时间段内，对于线圈 B，下列说法中正确的是( )‎ A. 线圈 B 内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势 B. 线圈 B 内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势 C. 线圈 B 内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势 D. 线圈 B 内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：在t1～t2时间内，由于线圈A的逆时针方向电流增大，导致线圈B磁通量增大，感应电流的磁场与它相反，根据安培定则可知，线圈A在线圈B内部产生磁场方向垂直纸面向外，则线圈B内有顺时针方向的电流．此时线圈B的电流方向与线圈A电流方向相反，由异向电流相互排斥，可知线圈间有相互排斥，所以线圈B有扩张的趋势．故B、C、D、误，A正确．故选A.‎ 考点：安培定则、楞次定律 ‎【名师点睛】此题主要是考查学生对楞次定律的理解运用；解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．同时注意t=0时电流方向为顺时针，而在t1～t2时间内电流方向为逆时针。‎ ‎10. 如图所示的电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，LED为发光 二极管（电流越大，发出的光越强），且R与LED相距较近，下列说法正确的是（ ）‎ A. 当滑动触头 P 向左移动时，L 消耗的功率增大 B. 当滑动触头 P 向左移动时，L 消耗的功率减小 C. 当滑动触头 P 向右移动时，L 消耗的功率可能不变 D. 无论怎样移动触头 P，L 消耗的功率都不变 ‎【答案】A ‎【解析】当滑动触头P向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电源两端的电压恒定，由欧姆定律分析得知，流过发光二极管电流增大，发光二极管D发光强度增强，光敏电阻R的阻值减小，则L分担的电压增大，L消耗的功率增大．故A正确，B错误．根据上面分析可知，当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率减小．故CD错误．故选A．‎ 点睛：本题关键要抓住电源两端的电压不变，与常见的电路动态分析问题不同，不能受思维定势影响．‎ 二、多选题 ‎11. 在如图所示的倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，区域 I 的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为 L，一个 质量为 m、电阻为 R、边长也为 L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当 ab 边刚越 过 GH 进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度 v1 做匀速直线运动；当 ab 边下滑到 JP 与 MN 的中间位 置时，线框又恰好以速度 v2 做匀速直线运动，从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的中间位置的过程 中，线框的动能变化量为△Ek（末动能减初动能），重力对线框做功为 W1，安培力对线框做 功为 W2，下列说法中正确的有 （ ）‎ A. 在下滑过程中，由于重力做正功，所以有 v2＞v1‎ B. 从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的中间位置的过程中，机械能守恒 C. 从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的中间位置的过程，有（W1－△Ek）机械能转化为电能 D. 从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小为△Ek=W1+W2‎ ‎【答案】CD 点睛：导体切割磁感线运动时，要抓住受力平衡及能量的转化及守恒的关系进行分析判断； 在分析能量关系时一定要找出所有发生变化的能量，增加的能量一定等于减少的能量．‎ ‎12. 在光滑水平桌面上有一边长为 l 的正方形线框 abcd，bc 边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域 efg，三角形腰长为 l，磁感应强度竖 直向下，a、b、e、f 在同一直线上，其俯视图如图所示，线框从图示 位置在水平拉力 F 作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流 i－t 和 F－t 图象正确的是(以逆时针方向为电流的正方向，以水平向右的 拉力为正，时间单位为l/v)( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：根据楞次定律分析感应电流的方向．分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系．线框的电阻一定，感应电流与时间成正比；根据安培力的表达式F=，而L=vt，即可求解．‎ 解：AB、bc边的位置坐标x在L﹣2L过程，根据楞次定律判断可知感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．‎ 线框bc边有效切线长度为L=vt，感应电动势为E=BLv=Bvt•v=Bv2t，感应电流i==，即感应电流均匀增大．‎ 同理，x在2L﹣3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，感应电流均匀增大．A错误，B正确．‎ C、在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，因此拉力等于安培力，而安培力的表达式F=，而L=vt，则有：F=，F非线性增大，故C错误，D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题关键确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象，注意楞次定律、欧姆定律的应用，及安培力综合表达式应用．‎ ‎13. 为了测量某地地磁场的水平分量 Bx，课外兴趣小组进行了如图所示的实验：在横截面 为长方形、只有上下表面 A、B 为金属板的导管中通以导电液体，将导管沿东西方向放置时，‎ ‎ A、B 两面出现电势差，测出相应的值就可以求出地磁场的水平分 量．假如在某次实验中测得导电液体的流动速度为 v、导管横截面的宽为 a、高为 b，A、B 面的电势差为 U．则下列判断正确的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. A 面的电势高于 B 面 D. B 面的电势高于 A 面 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：稳定时，带电粒子在运动过程中受到的洛仑兹力等于电场力，即：，这时AB板间的电势差，因此，B正确，A错误；由于磁场的水平分量为向北，根据左手定则，可知A面的电势高于B面，C正确，D错误。‎ 考点：带电粒子在电、磁场中的运动 ‎14. 如图所示，边长为 L 的正方形单匝线圈 abcd，电阻 r，外电路的电阻为R，a、b 的中点和 cd 的中点的连线 OO´恰好位于匀强磁场的边界线上， 磁场的磁感应强度为 B，若线圈从图示位置开始，以角速度ù绕轴 OO´匀速 转动，则以下判断正确的是( )‎ A. 图示位置线圈中的感应电动势最大为 B. 闭合电路中感应电动势的瞬时表达式为 C. 线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻 R 的电荷量为 ‎ D. 线圈转动一周的过程中，电阻 R 上产生的热量为 ‎【答案】BD ‎【解析】图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，感应电动势为零，故A错误。当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为Em=BSω=BL2ω；瞬时值表达式为：e=Emsinωt=BL2ωsinωt．故B正确。线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈磁通量的变化量大小为△Φ=2BS=2B•L2=BL2，流过电阻R的电荷量为，故C错误。感应电动势的有效值为E=Em，感应电流有效值为；R产生的热量为Q=I2RT，T=，联立得．故D正确。故选BD。‎ 点睛：本题要掌握正弦式交变电流瞬时值表达式，注意计时起点，掌握感应电荷量的经验公式q=n，知道用有效值求热量．‎ ‎15. 两根相距为 L 的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面 内，另一边与水平面的夹角为 37°，质量均为 m 的金属细杆 ab、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路总电阻为 2R，整个装置处于磁感应强度大小为 B，方向竖 直向上的匀强磁场中，当 ab 杆在平行于水平导轨的拉力 F 作用下以速度 v 沿导轨匀速运动 时，cd 杆恰好处于静止状态，重力加速度为 g，以下说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. ab 杆所受拉力 F 的大小为 mg tan37°‎ B. 回路中电流为 C. 回路中电流的总功率为 mgv tan37°‎ D. m 与 v 大小的关系为 ‎【答案】ACD ‎【解析】对于cd杆，由平衡条件得：F安=mgtan37°，对ab杆，由于感应电流的大小、导线的长度相等，两杆所受的安培力大小相等，由平衡条件得知，F=F安，拉力F=mgtan37°，故A正确；cd杆所受的安培力F安=BIL，又F安=mgtan37°，得电流为：，故B错误；回路中电流的总功率等于拉力的功率，为P=Fv=mgvtan37°，故C正确；根据E=BLv，，F安=BIL得，F安=，结合F安=mgtan37°，解得：m=，故D正确。故选ACD。‎ 点睛：本题要熟练运用法拉第电磁感应定律、平衡方程等规律，强调受力分析的正确性，同时突出克服安培力所做的功等于产生的焦耳热．‎ 三、实验题 ‎16. 氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测。它的电阻随一氧化碳 浓度的变化而变化，在下图所示的电路中，不同的一氧化碳浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与一氧化碳浓度有了对应关系，观察仪表指针就能判断一氧化碳浓度是否超标。有一种氧化锡传感器，其技术资料中给出的是电导（即电阻的倒数）¯¯浓度 曲线如图所示，请判断，电压表示数与一氧化碳浓度 C 之间的对应关系正确的是（_____）‎ ‎【答案】B ‎【解析】设传感器的电阻为R1‎ ‎，电源的电动势为E，内阻为r，由题意：氧化锡传感器电导（即电阻的倒数）一CO浓度曲线，得到，k是比例系数．又根据欧姆定律得，电压表示数；由数学知识分析，当C增大时，U0增大，C与U0是非线性关系，图象是曲线，而且是增函数．故B正确，ACD错误．故选B．‎ 点睛：对于传感器，关键是理解其工作原理，本题首先要读懂题意，抓住电导与浓度的关系，列出表达式，其次利用欧姆定律研究电压表示数与浓度的关系．‎ ‎17. 如图所示是一个火警报警装置的逻辑电路图。Rt 是热敏电阻，低温时电阻值 很大，高温时电阻值很小，R 是阻值较小的分压电阻。‎ ‎(1) 要做到低温时电铃不响，火警时产生高温，电铃响起。在图中虚线处应接_______（填“与门”“或门”“非门”“斯密特元件”）元 件 ‎(2) 为了提高该电路的灵敏度，即要把报警温度调得较低，R 的值应调__________（填“大” “小”）一些 ‎【答案】 (1). 非门 (2). 大 ‎【解析】（1）高温时热敏电阻阻值小，热敏电阻两端电压小，x点电位低，而要使电铃工作，电铃应 接高电位，所以虚线框内为非门； （2）要使报警器在更低温度时报警，就是温度稍低时，RT处阻值稍大，但A处为低电势，即R1分担的电压较大，所以要调大阻值．‎ ‎18. 电饭煲的工作原理如图所示，可分为两部分，即控 制部分：由S2、R1和黄灯组成，工作（加热）部分；有发热 电阻 R3、R2和红灯组成，S1是一个磁钢限温开关，手动闭合， 当此开关的温度达到居里点（103℃）时，自动断开，且不能自 动复位，S2是一个双金属片自动开关，当温度达到70℃—80℃ 时，自动断开，低于70℃时，自动闭合，红灯、黄灯是指示灯， 通过其电流必须较小，所以 R1、R2起_____作用，R3是发热 电阻。接通电源并按下 S1‎ 后，黄灯熄而红灯亮，R3发热，当温度达到70℃—80℃时，S2断开，当温度达到103℃时饭熟，S1断开，，当温度降到70℃以下时， S2闭合，电饭煲处于保温状态，由以上描述可知 R2____R3（填﹤或﹦或﹥），若用电饭煲烧水时， S1_______（填“会”或“不会”）自动断开。‎ ‎【答案】 (1). 限流 (2). 大于 (3). 不会 ‎【解析】通过红灯、黄灯的电流必须较小，根据欧姆定律可知R1、R2限流作用；电饭煲盛上食物后，接上电源，S2自动闭合，同时手动闭合S1，这时黄灯被短路，红灯亮，电饭煲处于加热状态，加热到80℃时，S2自动断开，S1仍闭合，水烧开后，温度升高到103℃时，开关S1自动断开，这时饭已煮熟，黄灯亮，电饭煲处于保温状态，所以煮饭前温度低于70℃，所以S2是闭合的；R3是发热电阻，要产生很大的热量，所以电流要大一点，而通过R2的电流要小一点，而并联电路电压相等，根据欧姆定律可知R2＞R3．若用电饭煲烧水时，温度达不到居里点（103℃），S1不会自动断开． 点睛：本题考查了电阻的串联和并联通过以及电功率公式的灵活应用，关键是根据题意和电路图得出电饭煲的工作过程，对学生的分析能力和获取信息的能力要求较高．‎ 四、计算题 ‎19. 旋 转 电 枢 式 发 电 机 的 转 子 在 正 常 运 转 时 ， 产 生 的 电 动 势 瞬 时 值 为。如果由于某种原因，它的转速变慢，用电压表测得此时发电机两端的 电压为 176 V，若此时发电机正在向一盏标有“220 V、100 W”的灯泡供电，在不计发电机 内电阻的情况下，试求：‎ ‎（1）该灯泡的实际功率为多大？‎ ‎（2）这台发电机的转速比原来正常时转速慢了几分之一？‎ ‎【答案】（1）64W（2）‎ ‎【解析】(1)由，得 ‎(2)由，得 所以 故慢了。‎ ‎20. 如图所示，一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电 机的输出功率 P1＝50 kW，输出电压 U1＝500 V，升压变压器原、副线圈匝数比为 n1︰n2＝1:5，两个变压器间的输电导线的总电阻 R＝15 Ω，降压变压器的输出电压 U4＝220V，两变压器本身的损耗忽略不计，求： ‎ ‎(1)升压变压器副线圈两端的电压U2； ‎ ‎(2)输电线上损耗的电功率； ‎ ‎(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3︰n4．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】（1）升压变压器的输出电压： ‎ ‎（2）传输电流： ‎ 损失的功率：P损=I2R=202×15=6000W （3）降压变压器的输入电压为： U3=U2-I2R=2500V-20×15V=2200V 降压变压器的匝数比： ‎ ‎21. 如图所示，质量 m1＝0.1 kg，电阻 R1＝0.3 Ω，长度 L＝0.4 m 的导体棒 ab 横 放在 U 形金属框架上。框架质量 m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数 μ＝0.2，相距 0.4 m 的 MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长。电阻的 MN 垂直于 MM′，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度 B＝0.5 T。垂直于 ab 施加 F＝2 N 的水平恒力，ab 从静止开始无摩擦地运动，始终与 MM′、NN′保持良好接触。当 ‎ ab运动到某处时，框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取。‎ ‎(1)求框架开始运动时 ab 速度 v 的大小；‎ ‎(2)从 ab 开始运动到框架开始运动的过程中，MN 上产生的热量 Q＝0.1 J，求该过程 ab 位移x 的大小。‎ ‎【答案】（1）6 m/s（2）1.1 m ‎【解析】试题分析：ab向右做切割磁感线运动，产生感应电流，电流流过MN，MN受到向右的安培力，当安培力等于最大静摩擦力时，框架开始运动．根据安培力、欧姆定律和平衡条件等知识，求出速度．依据能量守恒求解位移．‎ 解：（1）由题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力为：‎ F=μFN=μ（m1+m2）g ab中的感应电动势为：E=Blv MN中电流为：‎ MN受到的安培力为：F安=IlB 框架开始运动时有：F安=F 由上述各式代入数据，解得：v=6m/s ‎（2）导体棒ab与MN中感应电流时刻相等，由焦耳定律Q=I2Rt得知，Q∝R 则闭合回路中产生的总热量：=×0.1J=0.4J 由能量守恒定律，得：Fx=+Q总 代入数据解得：x=1.1m 答：（1）求框架开始运动时ab速度v的大小为6m/s；‎ ‎（2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中ab位移x的大小为1.1m．‎ ‎【点评】本题是电磁感应中的力学问题，考查电磁感应、焦耳定律、能量守恒定律定律等知识综合应用和分析能力．‎ ‎ ‎ ‎ ‎