2018-2019学年福建省莆田第一中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版 19页

莆田一中2018-2019学年度上学期期末月考试卷 高二 物理选修3-2 第一、二章 一、选择题（本题共13小题，单选题每小题3分，多选题每小题4分，共44分，在给出的四个选项中，第1题~8题只有一个选项符合要求，第9题~13题有多个选项符合要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分，请把答案涂在答题卡上。）‎ ‎1.下列哪个过程的工作原理与电磁感应无关 (　　)‎ A. 电磁驱动 B. 读取磁卡信息 C. 电动机线圈在磁场中转动 D. 使用电磁炉加热食物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电磁驱动、读取磁卡信息以及使用电磁炉加热食物，都是利用电磁感应现象；而电动机线圈在磁场中转动，是通电导线在磁场中的受力问题，与电磁感应无关，故选C.‎ ‎2.法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。如图，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针。实验中可能观察到的现象是 (　　)‎ A. 线圈A和电池连接瞬间，小磁针会偏转 B. 线圈A和电池断开瞬间，小磁针不偏转 C. 线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转 D. 用一节电池作电源小磁针不偏转，用十节电池作电源小磁针会偏转 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电磁感应现象发生的条件是：闭合导体回路，磁通量发生改变，据此分析．‎ ‎【详解】线圈A和电池连接瞬间，A中电流从无到有，电流发生变化，则在B线圈中感应出感应电流，从而产生感应磁场，小磁针偏转，同理线圈A和电池断开瞬间，小磁针也会偏转，故A正确，B错误。线圈中有无感生电流，与线圈匝数的多少无关，故C 错误；小磁针能否偏转，与是否有感应电流有关，与电池的节数无关，故D错误；故选A。‎ ‎3.如图所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B．方向垂直于平行金属导轨所在平面．一根金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计．当金属棒垂直于棒的方向以恒定的速度υ在金属导轨上滑行时，通过电阻R的电流是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当金属棒沿垂直于棒的方向以速度v滑行时，金属棒切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，金属棒有效的切割长度为，求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出电流．‎ ‎【详解】ab中产生的感应电动势为：E=BLv=Bv 通过R的电流为：I=．故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题容易产生的错误是认为金属棒的切割长度为d，感应电动势为E=Bdv，通过R的电流为．‎ ‎4.如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源．在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S.规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：由于电源内阻不计，通电的一瞬间，D2的电流瞬间稳定并保持不变，因为线圈L产生自感电动势，阻碍电流的增加，故D1的电流缓慢增大；t1时刻断开电建，L产生自感电动势阻碍电流的减小，线圈L与D1、D2、D3构成闭合回路，回路的电流大小在线圈中原电流大小I1的基础上逐渐减小，方向与线圈中原电流I1的方向相同，故D1中电流在原来基础上逐渐减小到零，所以A、B错误；D2中的电流方向相反，大小在I1的基础上逐渐减小到零，所以C正确；D错误。‎ 考点：本题考查自感现象。‎ ‎5. 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始络与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段直线始终不受安培力 C. 感应电动势最大值E＝Bav D. 感应电动势平均值 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ A、在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确；‎ B、根据左手定则可以判断，受安培力向下，故B错误；‎ C、当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大，C正确；‎ D、由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值，故D正确。‎ 点睛：由楞次定律可判断电流方向，由左手定则可得出安培力的方向；由，分析过程中最长的L可知最大电动势；由法拉第电磁感应定律可得出电动势的平均值。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎6.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则 (　　)‎ A. 两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B. a、b线圈中感应电动势之比为9∶1‎ C. a、b线圈中感应电流之比为3∶4‎ D. a、b线圈中电功率之比为9∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据楞次定律可求得电流方向；根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势；根据电阻定律可分析电阻大小，根据欧姆定律即可明确电流大小；再根据功率公式即可明确功率之比．‎ ‎【详解】根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电流为逆时针；故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，； 而S=l2； 因此电动势之比为9：1；故B正确；线圈中电阻R=ρ，而导线长度L=n×4l；故电阻之比为：3：1； 由欧姆定律可知，I=E/R；则电流之比为：3：1； 故C错误；电功率P=E2/R，电动势之比为9：1；电阻之比为3：1；则电功率之比为27：1；故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】本题考查电磁感应与电路结合问题，要注意明确电流方向以及电动势大小的计算方法，同时能正确结合电路规律进行分析求解．‎ ‎7.如图所示，竖直放置的螺线管与导线 abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环。现要使导体圆环将受到向上的磁场力作用，则导线 abcd所围区域内磁场的磁感应强度应按下图中哪一图线所表示的方式随时间变化 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 导体圆环将受到向上的磁场作用力，可见原磁场磁通量是减小，即螺线管和abcd构成的回路中产生的感应电流在减小．根据法拉第电磁感应定律：，则感应电流： ‎ ‎，可知 减小时，感应电流才减小，故A正确，BCD错误。‎ ‎8.如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（ ）‎ A. PQ中电流先增大后减小 B. PQ两端电压先减小后增大 C. PQ上拉力的功率先减小后增大 D. 线框消耗的电功率先减小后增大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知PQ中的电流先减小后增大，故A错误．PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，由U=E-IR，可知PQ两端的电压先增大后减小．故B错误；导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小，由，分析得知，PQ上拉力的功率先减小后增大．故C正确．线框作为外电路，总电阻最大值为，则导体棒PQ上的电阻始终大于线框的总电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小．故D错误．故选：C。‎ 考点：电磁感应；电功率 ‎【名师点睛】本题一要分析清楚线框总电阻如何变化，抓住PQ位于ad中点时线框总电阻最大，分析电压的变化和电流的变化；二要根据推论：外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，分析功率的变化。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎9.如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，将ab棒在导轨上无初速度释放，当ab棒下滑到稳定状态时，速度为v，电阻R上消耗的功率为P。导轨和导体棒电阻不计。下列判断正确的是 A. 导体棒的a端比b端电势低 B. ab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动 C. 若磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的 D. 若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则导体棒下滑到稳定状态时R的功率将变为原来的4倍 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断感应电流I在导体棒ab中从b到a，电源内部电流由低电势到高电势，则a端比b端电势高，故A错误；导体棒ab开始下滑时速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，如果导轨足够长，当F安=BIL=mgsinθ时达到最大速度，之后做匀速直线运动，速度不再增大，安培力不变，因此ab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动，故B正确；稳定时，有，得稳定时的速度，即最大速度为，可知磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的，故C错误；稳定时，电阻R上消耗的功率，则知换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则导体棒下滑到稳定状态时R的功率将变为原来的4倍．故D正确．故选BD。‎ 考点：法拉第电磁感应定律；电功率 ‎【名师点睛】解决这类导体棒切割磁感线产生感应电流问题的关键时分析导体棒受力，进一步确定其运动性质，并明确判断过程中的能量转化及功能关系如安培力做负功量度了电能的产生，克服安培力做多少功，就有多少电能产生。‎ ‎10.如图所示，在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，有一个半径r=0.5m的金属圆环，圆环所在的平面与磁感线垂直。OA是一个金属棒，它沿着顺时针方向以20rad/s的角速度绕圆心O匀速转动，且A端始终与圆环相接触。从金属环和O端各引出一条导线对外供电。OA棒的电阻R=0.1Ω，图中定值电阻R1=100Ω，R2=4.9Ω，电容器的电容C=100pF，圆环和连接导线的电阻忽略不计，则下列正确的是（ ）‎ A. 电容器上极板带正电 B. 电容器下极板带正电 C. 电路中消耗的电功率为5W D. 电路中消耗的电功率为4.9W ‎【答案】AC ‎【解析】‎ A．根据右手定则知，感应电流的方向由O→A，但导体棒切割磁感线相当于电源，在电源内部电流从电势低处流向电势高处，故A点的电势高于B点，又由于电容器上板与A相接即为正极，同理电容器下板由于与O相接为负极。故A正确，B错误；‎ C．导体棒OA产生的感应电动势。 ‎ 根据闭合电路欧姆定律得, ，则电路中消耗的电功率P消=I2(R+R2)=1×5W=5W.故C正确，D错误。‎ 故选：AC。‎ 点睛：根据右手定则得出感应电流的方向，从而确定电势的高低，判断出电容器哪个极板带正电．根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，结合闭合电路欧姆定律求出感应电流， 根据电流的大小，结合功率的公式求出整个电路消耗的功率．‎ ‎11.如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感强度为B，质量为m边长为a 的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时速度为v，方向与磁场边界成。若线框的总电阻为R，则 (　　)‎ A. 在线框进入磁场的过程中机械能守恒 B. AC刚进入磁场时线框中感应电流为 C. AC刚进入磁场时线框所受安培力为 D. 线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为DABC ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据楞次定律判断感应电流的方向，由E=BIv求出电路中的感应电动势，由闭合电路的欧姆定律求出电路中的电流；将AD边与CD边受到的安培力进行矢量合成，求出线框受到的安培力；结合机械能守恒定律判断机械能的变化．‎ ‎【详解】在线框进入磁场的过程中克服安培力做功，所以机械能不守恒，故A错误。AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势：E=Bav，则线框中感应电流为：．故B错误；AC刚进入磁场时线框的cd边产生的安培力与v的方向相反，ad边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是：F=BIa；由几何关系可以看出，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量合，即： ．故C正确；线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为ABCDA方向。故D正确；故选CD。‎ ‎【点睛】安培力是联系电磁感应与力学知识的桥梁，要熟练地由法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力表达式，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律来分析解答．‎ ‎12.矩形线框abcd 固定放在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图甲所示．设t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，图乙中i表示线圈中感应电流的大小(规定电流沿顺时针方向为正)，F表示线框ab边所受的安培力的大小(规定ab边中所受的安培力方向向左为正)，则下列图象中可能正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 在0-2s内，磁感应强度均匀变化，线框的磁通量均匀变化，产生恒定电流．磁场方向先向里后向外，磁通量先减小后增大，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，电流为正值．根据法拉第电磁感应定律得：，该段时间内恒定，则感应电动势恒定，由 ‎ 可知感应电流也一定．同理得知，在2s-4s内，感应电流方向为逆时针方向，电流为负值，感应电流也一定．故A正确，B错误；在0-2s内，线框ab边所受的安培力的大小为F=BIL，IL一定，F与B成正比，而由楞次定律判断可知，安培力方向先向左后右，即先为正值后为负值．同理得知，在2s-4s内，F与B成正比，安培力方向先向左后右，即先为正值后为负值，与0-2s内情况相同．故C正确，D错误。所以AC正确，BD错误。‎ 点睛：本题主要考查电磁感应与图像结合，分两时间段进行研究，也可分四段时间进行研究，根据法拉第定律可定性判断电流的图像．由楞次定律和左手定则判断安培力的方向，法拉第电磁感应定律、欧姆定律及安培力公式研究安培力的大小，综合性较强。‎ ‎13.如图，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R。Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4 m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x（以m为单位）的分布规律为B=0.8-0.2x (T)。金属棒ab在外力作用下从x=0处沿导轨运动，ab始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。设在金属棒从x1=1 m经x2=2 m到x3=3 m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒(　　)‎ A. 在x1与x3处的电动势之比为1∶3‎ B. 在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为3∶1‎ C. 从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电量之比为5∶3‎ D. 从x1到x2与从x2到x3的过程中R产生的焦耳热之比为5∶3‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 由功率的计算式 知道由于金属棒从经到的过电功率保持不变，所以E应不变以，A错误；由安培力公式及知：，B正确．由于金属棒从经到的过程中，R的电功率保持不变，由知道R中的电流相等，再由安培力公式，所以F-x图象如图所示显然图象与坐标轴围成的面积就是克服安培力做的功，即R产生的热量，所以：‎ ‎，D正确；因为热量之比为5：3，电流相同，说明时间之比为5：3，因此电量，C正确。‎ ‎【点睛】本题的难点在于没有一个对比度，导体棒ab在随x的增大而减小的磁场中在外力作用下切割磁感线，而巧妙的是在某一路段R上的电功率相同，预示着电路的电流和R上电压相同，则安培力正比于磁感应强度，均匀减小．克服安培力的功转化为焦耳热，所以F-x图象与坐标轴围成的面积就是功．虽然不知外力怎么变化，但它与解决问题无多大关联．‎ 二、填空题(本题共9分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。)‎ ‎14. 下图是做探究电磁感应的产生条件实验的器材及示意图。‎ ‎①在图中用实线代替导线把它们连成实验电路。‎ ‎②由哪些操作可以使电流表的指针发生偏转 Ⅰ___________________________________‎ Ⅱ___________________________________‎ ‎③假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向_______偏转。（填“左”或“右”）‎ ‎【答案】①(连错一条线则得0分)‎ ‎② Ⅰ.将开关闭合(或者断开)；‎ Ⅱ.将螺线管A插入(或拔出)螺线管B ‎③ 右 ‎【解析】‎ ‎【试题分析】（1）探究电磁感应现象实验有两套电路；电源、开关、滑动变阻器、螺线管A组成控制电路；螺旋管B与电流计组成实验电路．（2）当线圈B中有感应电流产生时，电流表指针发生偏转；根据感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，分析答题．（3）根据楞次定律判断是否有感应电流产生，结合闭合开关瞬间，灵敏电流计的指针向右偏转判断将滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，灵敏电流计的指针的偏转方向．‎ ‎(1)将电流表与大线圈B组成闭合回路，电源、开关、小线圈A组成闭合回路，电路图如图所示．‎ ‎(2)Ⅰ将开关闭合或断开，或Ⅱ将螺线管A插入(或拔出)螺线管B时穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，电流表指针偏转．‎ ‎(3)在开关闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计的指针向右偏转．‎ ‎【点睛】探究电磁感应现象的实验有两套电路，要知道各电路的阻值与作用．本题考查了感应电流产生的条件，难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件、分析清楚图示情景即可正确解题．‎ 三、计算题。本题共4小题，共47分。解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎15.在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n = 1500匝，横截面积S = 20cm2。螺线管导线电阻 r = 1.0Ω，R1 = 4.0Ω，R2 = 5.0Ω，C=30μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。求：‎ ‎(1)求螺线管中产生的感应电动势；‎ ‎(2)闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电流；‎ ‎(3) S断开后，求流经R2的电量。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据法拉第电磁感应定律，即可求解；‎ ‎（2）根据全电路欧姆定律求解电流；‎ ‎（3）根据部分电路欧姆定律，结合电量表达式，即可求解.‎ ‎【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律： 解得：E=1.2V （2）根据全电路欧姆定律： ‎ ‎（3）S断开后，流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q 电容器两端的电压：U=IR2=0.12×5=0.6V 流经R2的电量：Q=CU=30×10-6×0.6=1.8×10-5C ‎16.图（a）所示，半径为r1的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为B0，磁场方向垂直纸面向里，半径为r2的阻值为R的金属圆环与磁场同心放置，圆环与阻值也为R的电阻R1连结成闭合回路，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与导线的电阻不计，‎ ‎(1)若棒以v0的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬时（如图所示）MN中的电动势和流过电源的电流大小；‎ ‎(2)撤去中间的金属棒MN，若磁感应强度B随时间t变化的关系图线如（b）所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，求0至t0时间内通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据棒切割磁感线，从而产生感应电动势，并由欧姆定律，即可求解；‎ ‎（2）由B-t图象的斜率读出磁感应强度的变化率△B/△t ，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，由楞次定律判断出感应电流的方向．由公式q=It求出通过电阻R1上的电量q，由焦耳定律求出电阻R1上产生的热量．‎ ‎【详解】（1）由法拉第电磁感应定律，则有ε=2B0r1v0，‎ 总电阻 根据欧姆定律，解得： ，方向a→b （2）由图象分析可知，0至t时间内  由法拉第电磁感应定律有 而S=πr12 由闭合电路欧姆定律有I= 联立以上各式解得：通过电阻R1上的电流大小为 通过电阻R1的电量 电阻R1上产生的热量  Q=I12R1t1=‎ ‎【点睛】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律的综合应用，应用法拉第定律时要注意s是有效面积，并不等于线圈的面积．‎ ‎17.如图所示，间距L=1m的足够长的光滑平行金属导轨与水平面成30°角放置，导轨电阻不计，导轨上端连有R=0.8Ω的电阻，磁感应强度为B=1T的匀强磁场垂直导轨平面向上，t=0时刻有一质量m=1kg，电阻r=0.2Ω的金属棒，以v0=10m/s的初速度从导轨上某一位置PP'开始沿导轨向上滑行，金属棒垂直导轨且与导轨接触良好，与此同时对金属棒施加一个沿斜面向上且垂直于金属棒的外力F，使金属棒做加速度大小为2m/s2的匀减速直线运动，则：‎ ‎（1）t=2s时，外力F的大小？‎ ‎（2）若已知金属棒运动从开始运动到最高点的过程中，回路中产生的热量为166.7J，求此过程中外力F做的功？‎ ‎（3）到最高点后，撤去外力F，经过足够长时间后，最终电阻R上消耗的热功率是多少？‎ ‎【答案】（1）F =9N （2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据运动学公式求解t=2s时的速度，然后根据切割公式求解感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流，根据安培力公式求解安培力，最后受力分析，根据牛顿第二定律求解拉力；‎ ‎（2）对上升过程，先根据运动学公式求解位移，再根据功能关系列式求解；‎ ‎（3）到最高点后，撤去外力F，经过足够长时间后，金属棒匀速下降，根据平衡条件求解最大速度，再根据P=Fv求解克服安培力做功的功率，最后根据功率分配关系求解电阻R上消耗的热功率．‎ ‎【详解】（1）金属棒匀减速上升，根据速度时关系公式，有v1=v0-at=10-2×2=6m/s ‎ ‎ ‎ ‎ 解得：F =9N ‎ ‎（2）根据速度位移关系公式，到最高点的位移： ‎ 由动能定理，得： ‎ ‎ ‎ 解得： ‎ ‎（3）如图所示，最后稳定时导体棒的速度满足： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 根据功率分配关系，有： ‎ 解得： PR=20W ‎【点睛】本题关键是明确导体棒的运动情况和受力情况，然后结合牛顿第二定律、安培力公式、闭合电路欧姆定律、平衡条件列式求解．‎ ‎18.如图所示，轻绳绕过轻滑轮连接着边长为L的正方形导线框A1和物块A2，线框A1的电阻为R，质量为M，物块A2的质量为m（M>m），两匀强磁场区域I、II的高度也为L，磁感应强度均为B，方向水平与线框平面垂直。线框ab边距磁场边界高度为h。开始时各段绳都处于伸直状态，把它们由静止释放，ab边刚穿过两磁场的分界线进入磁场II时线框做匀速运动。求：‎ ‎（1）ab边刚进入磁场I时线框A1的速度v1；‎ ‎（2）ab边进入磁场II后线框A1所受重力的功率P；‎ ‎（3）从ab边刚进入磁场II到ab边刚穿出磁场II的过 程中，线框中产生的焦耳热Q.‎ ‎【答案】（1） （2）（3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）线框进入磁场前的运动过程，对线框和物块组成的系统，由机械能守恒定律求解． （2）ab边刚穿过两磁场的分界线cc′进入磁场Ⅱ时线框做匀速运动，合力为零，根据平衡条件和安培力公式，求出线框的速度，即可求出重力的功率P=Mgv． （3）从ab边进入磁场Ⅱ到ab边穿出磁场Ⅱ的过程中，线框做匀速直线运动，系统的重力势能减小转化为内能，由能量守恒定律求解线框中产生的焦耳热Q．‎ ‎【详解】（1）由机械守恒： ‎ 解得： ‎ ‎（2）设线框ab边进入磁场II时速度为，则线框中产生的电动势：‎ ‎ ‎ 线框中的电流 ‎ 线框受到的安培力 ‎ 设绳对A1、A2的拉力大小为T则： ‎ 对A1：T+F=Mg ‎ 对A2：T=mg ‎ 联立解得： ‎ ‎ ‎ ‎（3）从ab边刚进入磁场II到ab边刚穿出磁场II的此过程中线框一直做匀速运动，根据能量守恒得： ‎ ‎【点睛】本题是电磁感应中的力学问题，安培力的计算是关键，考查了电磁感应、机械能守恒定律、平衡条件等知识综合应用和分析能力．‎ ‎ ‎ ‎ ‎