海南省海口市国兴中学高二物理上学期第三次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年海南省海口市国兴中学高二（上）第三次月考物理试卷一、解答题（共6小题，满分18分）1如图分别表示匀强磁场的磁感应强度b、闭合电路中一部分直导线的运动速度v和电路中产生的感应电流i的相互关系，其中正确是（）abcd2如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的n极朝下当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（）a线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引b线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥c线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引d线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥3如图所示，mn是一根固定的通电长直导线，电流方向向上，今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线上的电流突然增大时，线框整个受力为（）a受力向右b受力向左c受力向上d受力为零4在如图所示的电压互感器的接线图中，接线正确的是（）abcd5如图所示，电灯的灯丝电阻为2，电池电动势为2v，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3先合上电键k，过一段时间突然断开，则下列说法中正确的有（）a电灯立即熄灭b电灯立即先暗再熄灭c电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与k断开前方向相同d电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与k断开前方向相反6如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示在0时间内，直导线中电流向上，则在t时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（）a感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左b感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右c感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右d感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左二多项选择题7如图所示，垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，o1o2与o3o4都是线圈的对称轴，应使线圈怎样运动才能使其中产生感应电流（）a向左或向右平动b向上或向下平动c绕o1o2转动d绕o3o4转动8下列关于感应电动势的说法中，正确的是（）a不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势b感应电动势的大小跟穿过电路的磁通量变化量成正比c感应电动势的大小跟穿过电路的磁通量变化率成正比d感应电动势的大小跟穿过回路的磁通量多少无关，但跟单位时间内穿过回路的磁通量变化有关9如图所示的金属圆环放在匀强磁场中，将它从磁场匀速拉出来，下列哪个说法是正确的（）a向左拉出和向右拉出，其感应电流方向相反b不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是顺时针的c在此过程中感应电流大小不变d在此过程中感应电流大小改变10如图所示，挂在弹簧下端的条形磁铁在闭合线圈内振动，如果空气阻力不计，则（）a磁铁的振幅不变b磁铁做阻尼振动c线圈中有逐渐变弱的直流电d线圈中有逐渐变弱的交流电三、解答题（共7小题，满分62分）11在研究产生感应电流条件的实验中，如图甲所示，把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程，线圈的面积尽管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，此时闭合线圈中感应电流（填“有”或“无”）继续做如图乙所示的实验，当导体棒做切割磁感线运动时，尽管磁场的强弱没有变化，但是闭合回路的面积发生了变化，此时回路中感应电流（填“有”或“无”）因为不管是磁场强弱发生变化，还是回路面积发生变化，都是穿过线圈所围面积的磁通量发生了变化这种观察总结的方法是物理学中重要的研究方法，即归纳法12在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图（甲）接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向的关系；然后再按图（乙）将电流表与b连成一个闭合回路，将a与电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路在图（甲）中，当闭合s时，观察到电流表指针向右偏（不通电时指针停在正中央）在图（乙）中：（1）将s闭合后，将螺线管a插入螺线管b的过程中，电流表的指针将（填“向左”“向右”或“不发生”，下同）偏转；（2）螺线管a放在b中不动，电流表的指针将偏转；（3）螺线管a放在b中不动，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，电流表的指针将偏转；（4）螺线管a放在b中不动，突然切断开关s时，电流表的指针将偏转13如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨mn和pq，它们的电阻可忽略不计，在m和 p之间接有阻值为r的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度b=0.4t现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动（1）ab中的感应电动势多大？（2）ab中电流的方向如何？（3）若定值电阻r=3.0，导体棒的电阻r=1.0，则电路电流大？14半径为10cm的圆形线圈共100匝，垂直穿过线圈圆面的匀强磁场磁感应强度b=0.5t假如此磁场在0.1s内转过37角，求这段时间内在线圈里产生的感生电动势的平均值15如图所示，有一磁感强度为0.1t的水平匀强磁场，垂直匀强磁场放置一很长的金属框架，框架上有一导体ab保持与框架边垂直、由静止开始下滑已知ab长10cm，质量为0.1kg，电阻为0.1，框架电阻不计，取g=10m/s2求：（1）导体ab下落的最大加速度和最大速度；（2）导体ab在最大速度时产生的电功率16截面积为0.2m2的100匝线圈a，处在均匀磁场中，磁场的方向垂直线圈截面，如图所示，磁感应强度为b=（0.60.2t）t（t为时间，以秒为单位），r1=4，r2=6，c=3f，线圈电阻不计，求：（1）闭合s1、s2后，通过r2的电流大小和方向；（2）s1切断后，通过r2的电量17如图所示，单匝圆形线圈中有一个用同样导线绕制的内接正方形线圈，它们彼此绝缘，匀强磁场的方向与线圈所在的平面垂直，磁感强度随时间均匀变化，则两线圈中的电流之比为多少？2015-2016学年海南省海口市国兴中学高二（上）第三次月考物理试卷参考答案与试题解析一、解答题（共6小题，满分18分）1如图分别表示匀强磁场的磁感应强度b、闭合电路中一部分直导线的运动速度v和电路中产生的感应电流i的相互关系，其中正确是（）abcd【考点】左手定则【分析】闭合电路中一部分直导线在磁场中切割磁感线产生感应电流，电流方向是由右手定则来确定，所以要让磁感线穿过掌心，大拇指所指的是运动方向，则四指指的是感应电流方向【解答】解：a、伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向垂直纸面向外，故a正确；b、伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向应沿导线向下，故b错误；c、伸开右手时，大拇指所指方向即为运动方向，则无感应电流，没有切割磁感线故c错误；d、伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向垂直纸面向里，故d错误；故选：a【点评】导线在磁场中切割磁感线，会产生感电流由右手定则来确定方向，而通电导线放入磁场中，有受到安培力则安培力的方向是由左手定则来确定即要让磁感线穿过掌心，四指指的是电流方向，则大拇指所指的是安培力方向2如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的n极朝下当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（）a线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引b线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥c线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引d线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥【考点】楞次定律【分析】先判断通过线圈的磁场方向及磁通量的变化，由楞次定律可判断电路中电流的方向及磁极间的相互作用【解答】解：由图可知，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，则由右手螺旋定则可知电流方向与图示方向相同；由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则线圈与磁铁相互排斥，故b正确；故选b【点评】在判断电磁感应中磁极间的相互作用时可以直接利用楞次定律的第二种表示：“来拒去留”直接判断，不必再由安培定则判断线圈中的磁场，再由磁极间的相互作用判断力的方向3如图所示，mn是一根固定的通电长直导线，电流方向向上，今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线上的电流突然增大时，线框整个受力为（）a受力向右b受力向左c受力向上d受力为零【考点】楞次定律【分析】金属线框放在导线mn上，导线中电流产生磁场，当导线中电流增大时，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律判断线框所受有安培力方向当磁通量增大时，线框应向磁通量减小的方向移动【解答】解：金属线框放在导线mn上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量大于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况当导线中电流增大时，穿过线框的磁通量增大，线框产生感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框将向磁通量减小方向运动，即向右移动，故a正确，bcd错误；故选：a【点评】本题运用楞次定律判断电磁感应中导体的运动方向，也可以根据因果关系，运用安培定则、楞次定律和左手定则按部就班进行分析判断4在如图所示的电压互感器的接线图中，接线正确的是（）abcd【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势串联在电路中的是电流互感器，并联在电路中的是电压互感器【解答】解：并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，所以原线圈的匝数大于副线圈的匝数，故acd错误，b正确；故选：b【点评】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比5如图所示，电灯的灯丝电阻为2，电池电动势为2v，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3先合上电键k，过一段时间突然断开，则下列说法中正确的有（）a电灯立即熄灭b电灯立即先暗再熄灭c电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与k断开前方向相同d电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与k断开前方向相反【考点】自感现象和自感系数【分析】断开k，线圈l将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反，线圈直流电阻比灯泡大，断开前通过线圈是电流小于通过灯泡的电流【解答】解：突然断开k，线圈将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，此时通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反；因线圈直流电阻比灯泡大，断开前通过线圈是电流小于通过灯泡的电流，即电灯会突然比原来暗一下再熄灭，b正确，acd错误故选：b【点评】本题考查了电感线圈对电流突变时的阻碍作用，注意判断电流的方向和通过灯泡电流大小的分析，要注意的是，并不是灯泡都闪亮一下后再逐渐熄灭6如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示在0时间内，直导线中电流向上，则在t时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（）a感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左b感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右c感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右d感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左【考点】楞次定律；安培力【分析】在t时间内，直线电流方向向下，根据安培定则判断出直导线周围的磁场，根据磁场的变化，通过楞次定律判断出金属线框中的感应电流，从而通过受力判断线框所受安培力的合力【解答】解：在t时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右故c正确，a、b、d错误故选：c【点评】解决本题的关键掌握安培定则判断电流与其周围磁场的方向的关系，运用楞次定律判断感应电流的方向，以及运用左手定则判断安培力的方向二多项选择题7如图所示，垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，o1o2与o3o4都是线圈的对称轴，应使线圈怎样运动才能使其中产生感应电流（）a向左或向右平动b向上或向下平动c绕o1o2转动d绕o3o4转动【考点】感应电流的产生条件【分析】产生感应电流的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化，通过判断线圈中的磁通量是否变化，即可得出正确结果【解答】解：a、b、由于磁场为匀强磁场，无论线圈在平面内如何平动，其磁通量都不变化，因此都不会产生感应电流，故ab错误；c、当线圈绕o1o2转动时，穿过线圈的磁通量将发生变化，因此有感应电流产生，故c正确d、线圈绕轴0304转动时，穿过线圈的磁通量将发生变化，则有感应电流产生，故d正确故选：cd【点评】根据产生感应电流的条件，判断线圈中是否有感应电流产生是电磁感应中的基本要求，要能根据磁感线的变化，直接判断出磁通量的变化，从而判断有无感应电流产生8下列关于感应电动势的说法中，正确的是（）a不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势b感应电动势的大小跟穿过电路的磁通量变化量成正比c感应电动势的大小跟穿过电路的磁通量变化率成正比d感应电动势的大小跟穿过回路的磁通量多少无关，但跟单位时间内穿过回路的磁通量变化有关【考点】法拉第电磁感应定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】由磁生电的现象叫电磁感应现象，由电生磁的现象叫电流的磁效应只有当线圈的磁通量发生变化时，才会有感应电流出现，而感应电流的大小则是由法拉第电磁感应定律来得【解答】解：a、不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势故a正确；b、根据法拉第电磁感应定律，则有：感应电动势的大小跟穿过电路的磁通量变化率成正比故b错误，c正确；d、根据e=，感应电动势的大小跟穿过回路的磁通量多少无关，但跟单位时间内穿过回路的磁通量变化有关，故d正确；故选：acd【点评】当电阻一定时，感应电流的大小与感应电动势成正大，而感应电动势却由磁通量的变化率决定，与磁通量大小及磁通量变化大小均无关9如图所示的金属圆环放在匀强磁场中，将它从磁场匀速拉出来，下列哪个说法是正确的（）a向左拉出和向右拉出，其感应电流方向相反b不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是顺时针的c在此过程中感应电流大小不变d在此过程中感应电流大小改变【考点】楞次定律【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合【分析】将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向，从而即可求解【解答】解：ab、不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向故b正确，a错误cd、感应电流的大小与感应电动势有关，而感应电动势与线圈移动的速度有关，由于移动过程中有效的切割长度先增大后减小，则感应电动势也先增大后减小，感应电流先增大后减小故c错误，d正确故选：bd【点评】本题是楞次定律和e=blv的应用，注意公式e=blv中l是有效的切割长度10如图所示，挂在弹簧下端的条形磁铁在闭合线圈内振动，如果空气阻力不计，则（）a磁铁的振幅不变b磁铁做阻尼振动c线圈中有逐渐变弱的直流电d线圈中有逐渐变弱的交流电【考点】楞次定律【分析】利用楞次定律判断线圈所受安培力的方向，从而判断线圈对水平面的压力变化情况，线圈会阻碍磁铁运动做负功，所以磁铁最终会停止【解答】解：a、b：根据楞次定律下面的线圈会阻碍磁铁运动做负功，所以磁铁最终会停止，故a错误，b正确；c、因为磁铁在运动 所以穿过线圈的磁通量变化，根据楞次定律可知，线圈中产生方向变化的电流，故c错误，d正确；故选：bd【点评】本题巧妙的考查了楞次定律的应用，只要记住“增反减同”这一规律，此类题目难度不大三、解答题（共7小题，满分62分）11在研究产生感应电流条件的实验中，如图甲所示，把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程，线圈的面积尽管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，此时闭合线圈中有感应电流（填“有”或“无”）继续做如图乙所示的实验，当导体棒做切割磁感线运动时，尽管磁场的强弱没有变化，但是闭合回路的面积发生了变化，此时回路中有感应电流（填“有”或“无”）因为不管是磁场强弱发生变化，还是回路面积发生变化，都是穿过线圈所围面积的磁通量发生了变化这种观察总结的方法是物理学中重要的研究方法，即归纳法【考点】研究电磁感应现象【专题】实验题【分析】当穿过闭合回路的磁通量发生变化，会产生感应电流【解答】解：把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程，线圈的面积尽管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，则磁通量发生变化，闭合线圈中有感应电流当导体棒做切割磁感线运动时，尽管磁场的强弱没有变化，但是闭合回路的面积发生了变化，通过闭合回路的磁通量发生变化，有感应电流故答案为：有，有【点评】判断是否产生感应电流，关键看穿过闭合回路的磁通量是否发生变化12在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图（甲）接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向的关系；然后再按图（乙）将电流表与b连成一个闭合回路，将a与电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路在图（甲）中，当闭合s时，观察到电流表指针向右偏（不通电时指针停在正中央）在图（乙）中：（1）将s闭合后，将螺线管a插入螺线管b的过程中，电流表的指针将向左（填“向左”“向右”或“不发生”，下同）偏转；（2）螺线管a放在b中不动，电流表的指针将不发生偏转；（3）螺线管a放在b中不动，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，电流表的指针将向左偏转；（4）螺线管a放在b中不动，突然切断开关s时，电流表的指针将向右偏转【考点】研究电磁感应现象【分析】由安培定则判断出判断出线圈a产生的磁场方向，然后判断出穿过线圈b的磁通量如何变化，最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向【解答】解：在图甲中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针向右偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转在图乙中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈a中的电流产生的磁场竖直向上；（1）将s闭合后，将螺线管a插入螺线管b的过程中，穿过b的磁场向上，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将向左偏转；（2）螺线管a放在b中不动，穿过b的磁通量不变，不产生感应电流，电流表的指针将不发生偏转；（3）螺线管a放在b中不动，穿过b的磁场向上，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，穿过b的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将向左偏转；（4）螺线管a放在b中不动，穿过b的磁场向上，突然切断开关s时，穿过b的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转故答案为：（1）向左；（2）不发生；（3）向左；（4）向右【点评】本题是一道基础题，熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题13如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨mn和pq，它们的电阻可忽略不计，在m和 p之间接有阻值为r的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度b=0.4t现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动（1）ab中的感应电动势多大？（2）ab中电流的方向如何？（3）若定值电阻r=3.0，导体棒的电阻r=1.0，则电路电流大？【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【专题】压轴题；电磁感应与电路结合【分析】使用法拉第电磁感应定律可以计算出感应电动势的大小；使用右手定则可以判定感应电流的方向；回路中的电流可以使用闭合电路的欧姆定律求出【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律ab中的感应电动势为：e=blv 代入数据得：e=2.0v （2）使用右手定则可以判定感应电流的方向：ab中电流方向为ba（3）由闭合电路欧姆定律，回路中的电流 代入数据得：i=0.5a 答：（1）ab中的感应电动势是2.0v；（2）ab中电流的方向ba；（3）电路电流大小是0.5a【点评】该题把闭合电路的欧姆定律与法拉第电磁感应定律结合在一起考查，情景比较简单，属于法拉第电磁感应定律的一般应用属于简单题14半径为10cm的圆形线圈共100匝，垂直穿过线圈圆面的匀强磁场磁感应强度b=0.5t假如此磁场在0.1s内转过37角，求这段时间内在线圈里产生的感生电动势的平均值【考点】法拉第电磁感应定律【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合【分析】由法拉第电磁感应定律e=n，可以求出平均感应电动势【解答】解：平均感应电动势：e=n=n=v=3.14v；答：这段时间内在线圈里产生的感生电动势的平均值3.14v【点评】本题考查了求平均感应电动势，应用法拉第电磁感应定律即可正确解题，注意求得磁通量变化量是解题的关键15如图所示，有一磁感强度为0.1t的水平匀强磁场，垂直匀强磁场放置一很长的金属框架，框架上有一导体ab保持与框架边垂直、由静止开始下滑已知ab长10cm，质量为0.1kg，电阻为0.1，框架电阻不计，取g=10m/s2求：（1）导体ab下落的最大加速度和最大速度；（2）导体ab在最大速度时产生的电功率【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】（1）导体ab向下先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到0，即安培力等于重力时，速度达到最大因此导体刚释放时达到最大加速度匀速运动时速度最大根据牛顿第二定律求最大加速度根据安培力与速度的关系和平衡条件求解最大速度（2）根据电功率公式p=i2r，可得导体在最大速度时的电功率【解答】解：（1）对ab杆受力分析，受两个力：重力和安培力，根据牛顿第二定律有 mgf安=ma，要使a最大，而mg都不变，那f安就得最小，而安培力的最小值是0，也就是刚下滑的瞬间，a最大，解得最大速度为：am=g=10m/s2当最大速度时，那么a=0，所以有mgf安=0，即 mg=bil，根据欧姆定律得 i=联立以上两式得 mg=则得 v=m/s=103m/s（2）导体ab在最大速度时产生的电功率：p=i2r，又 i=解得：p=w=103w答：（1）导体ab下落的最大加速度为10m/s2，最大速度为103m/s；（2）导体ab在最大速度时产生的电功率为103w【点评】解决本题的关键能够结合牛顿第二定律分析出金属棒的运动情况，知道当加速度为0时，速度最大并利用还可以求出安培力的功率即为求解最大电功率16截面积为0.2m2的100匝线圈a，处在均匀磁场中，磁场的方向垂直线圈截面，如图所示，磁感应强度为b=（0.60.2t）t（t为时间，以秒为