山西省山西大学附中高二物理下学期期中试题（含解析）.doc

2013-2014学年山西大学附中高二（下）期中物理试卷 一单项选择题：（本题共7小题，每小题4分，共28分在每小题给出的四个选项中，只有一项正确，选对的，得4分；选错的，得0分）1（4分）（2012秋南岗区校级期末）如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨a、b，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是（）a一起向左运动b一起向右运动cab和cd相向运动，相互靠近dab和cd相背运动，相互远离考点：安培力；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向分析：根据右手螺旋定则判断直线电流周围的磁场，根据楞次定律判断出回路中的感应电流，再结合左手定则判断ab、cd所受的安培力方向，确定导体棒的运动情况解答：解：根据右手螺旋定则知，直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，电流增强时，磁场增强，根据楞次定律得，回路中的感应电流为abdc，根据左手定则知，ab所受安培力方向向右，cd所受安培力向左，即ab和cd相向运动，相互靠近故c正确，a、b、d错误故选：c点评：本题综合考查了右手螺旋定则、左手定则和楞次定律的综合运用，各种定则适用的范围不能混淆2（4分）（2014沙坪坝区校级模拟）如图所示，面积均为s的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场b中以角速度匀速转动，能产生正弦交变电动势e=bssint的图是（）abcd考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理分析：根据题意可知，产生正弦交变电动势e=bssint的图必须切割磁感线，导致磁通量在变化，从而即可求解解答：解：由题意可知，只有a图在切割磁感线，导致磁通量在变化，从而产生正弦交变电动势e=bssint，而bcd图均没有导致磁通量变化，故a正确，bcd错误；故选：a点评：考查线圈切割磁感线，产生感应电动势，掌握法拉第电磁感应定律的应用注意磁通量的变化3（4分）（2014春长葛市校级期中）一根劲度系数为k的轻弹簧，上端固定，下端挂一质量为m的物体，让其上下振动，振幅为a，当物体运动最高点时，其回复力大小为（）amg+kabmgkackadkamg考点：简谐运动的回复力和能量专题：实验题；简谐运动专题分析：根据简谐运动的特征：f=kx，分析物体运动最高点时回复力的大小解答：解：当物体运动最高点时，物体偏离平衡位置的位移为x=a，根据简谐运动的特征f=kx，得知，回复力的大小f=ka故选c点评：本题一要理解简谐运动位移的含义，二要掌握简谐运动的特征：f=kx4（4分）（2010河南模拟）一个单摆做受迫振动，其共振曲线（振幅a与驱动力的频率f的关系）如图所示，则（）a此单摆的固有周期约为0.5sb此单摆的摆长约为1mc若摆长增大，单摆的固有频率增大d若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动考点：产生共振的条件及其应用；自由振动和受迫振动专题：单摆问题分析：由共振曲线可知，出现振幅最大，则固有频率等于受迫振动的频率解答：解：a、由图可知，此单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s故a错误；b、由图可知，此单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s由公式t=，可得l1m故b正确；c、若摆长增大，单摆的固有周期增大，则固有频率减小故c错误；d、若摆长增大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动故d错误；故选：b点评：受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象5（4分）（2014邢台一模）如图a所示，在光滑水平面上用恒力f拉质量为m的单匝均匀正方形铜线框，线框边长为a，在1位置以速度v0进入磁感应强度为b的匀强磁场并开始计时t=0，若磁场的宽度为b（b3a），在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0并开始离开匀强磁场此过程中vt图象如图b所示，则（）at=0时，线框右侧边mn的两端电压为bav0b在t0时刻线框的速度为v0c线框完全离开磁场的瞬间（位置3）的速度一定比t0时刻线框的速度大d线框从进入磁场（位置1）到完全离开磁场（位置3）的过程中产生的电热为2fb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；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）图乙为速度时间图象，斜率表示加速度，根据图象分析线框的运动情况：在0t0时间内速度在减小，加速度也在减小，对应甲图中的进入磁场的过程，在t03t0时间内做匀加速直线运动，对应甲图中的完全在磁场中运动过程 （2）当通过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合回路中产生感应电流，所以只有在进入和离开磁场的过程中才有感应电流产生，根据安培定则可知，在此过程中才受到安培力（3）从1位置到2位置的过程中，外力做的功可以根据动能定理去求解t因为t=0时刻和t=3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故在位置3时的速度与t0时刻的速度相等，进入磁场克服安培力做的功和离开磁场克服安培力做的功一样多解答：解：at=0时，线框右侧边mn的两端电压为外电压，总的感应电动势为：e=bav0，外电压u外=e=bav0，故a错误；b根据图象可知在t03t0时间内，线框做匀加速直线运动，合力等于f，则在t0时刻线框的速度为v=v0a2t0=v0故b错误c线框离开磁场的过程，做减速运动，位置3速度与t0时刻线框的速度相等，故c错误d因为t=0时刻和t=3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故在位置3时的速度与t0时刻的速度相等，进入磁场克服安培力做的功和离开磁场克服安培力做的功一样多线框在位置1和位置2时的速度相等，根据动能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有fb=q，所以线框穿过磁场的整个过程中，产生的电热为2fb，故d正确故选：d点评：该图象为速度时间图象，斜率表示加速度根据加速度的变化判断物体的受力情况要注意当通过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合回路中产生感应电流，所以只有在进入和离开磁场的过程中才有感应电流产生该题难度较大6（4分）（2014春小店区校级期中）如图所示，一带铁芯线圈置于竖直悬挂的闭合铝框右侧，与线圈相连的导线abcd内有水平向里变化的磁场下列哪种变化磁场可使铝框向左偏离（）abcd考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：导线区内磁场的变化使螺线管内产生感应电流，而感应电流产生的磁场可以在下方线圈中产生感线电流，则由法拉第电磁感应定律及楞次定律可判断导线区域内的磁场变化解答：解：由楞次定律的运动学描述“来拒去留”可知，要使铝框向左远离，则螺线管中应产生增大的磁场；而螺线管中的磁场是由abcd区域内的磁场变化引起的，故abcd中的磁场变化率应增大，故有a符合，bcd是不符合所以a正确，bcd错误；故选：a点评：本题应明确abcd区域内的磁场变化引起螺线管的电磁感应；而螺线管中电流的变化才会引起导线环中电磁感应7（4分）（2012宁波模拟）电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器如图（甲）所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方置有一个连接到放大器的螺旋管一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图（乙）所示，则对应感应电流的变化为（）abcd考点：法拉第电磁感应定律；磁通量专题：压轴题；电磁感应与图像结合分析：根据楞次定律判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律研究感应电动势大小的变化规律，得到感应电流的变化规律，再选择图象解答：解：设在0时间内产生的感应电流为正，则根据楞次定律得知：在t0时间内，感应电流为负；t0时2t0时间内感应电流为正螺线管内的磁通量大小随时间按正弦规律，由数学知识知道：其切线的斜率按余弦规律变化，根据法拉电磁感应定律分析可知，螺线管内产生的感应电动势将按余弦规律变化，则感应电流也按余弦规律变化故b正确，acd错误故选b点评：本题从感应电流的方向和大小两个方面进行分析感应电流方向由楞次定律判断，其大小与感应电动势成正比，由法拉第电磁感应定律研究要利用数学知识分析磁通量的变化率二、多项选择题：（本题共8小题，每小题4分，共32分在每小题给出的四个选项中，至少两项正确，全部选对的，得4分；选对但不全的，得2分：有选错的，得0分）8（4分）（2013广州三模）远距离输电装置如图所示，升压变压器和降压变压器均是理想变压器当 k 由 2 改接为 1时，下列说法正确的是（）a电压表读数变大b电流表读数变大c电流表读数变小d输电线损失的功率减小考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系理想变压器电压和匝数关系解答：解：a、k接到1后，升压变压器副线圈匝数增多，所以输电电压u2升高（u1：u2=n1：n2，n2增多）所以输电线电压增大，所以最终降压变压器的输出电压变大，电压表测路端电压，示数变大，a正确b、电压表示数增大，电流增大，电流与匝数成反比，所以电流表的示数增大，b正确c错误；d、电流表示数增大，输电线损失功率增大，d错误；故选ab点评：对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关9（4分）（2011秋吉安期末）电容式传感器是用来将各种非电信号转变为电信号的装置由于电容器的电容c取决于极板正对面积s、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素，当某一物理量发生变化时就能引起上述某个因素的变化，从而又可推出另一个物理量的值的变化，如图所示是四种电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用下列说法正确的是（）a甲图的传感器可以用来测量角度b乙图的传感器可以用来测量液面的高度c丙图的传感器可以用来测量压力d丁图的传感器可以用来测量速度考点：电容器的动态分析；传感器在生产、生活中的应用专题：电容器专题分析：电容器的决定式c=，当电容器两极间正对面积变化时会引起电容的变化，其他条件不变的情况下成正比解答：解：a、图示电容器为可变电容器，通过转动动片改变正对面积，改变电容，可以用来测量角度，故a正确b、图示电容器的一个极板时金属芯线，另一个极板是导电液，故是通过改变电容器两极间正对面积而引起电容变化的，可以用来测量液面的高度，故b正确；c、丙图是通过改变极板间的距离，改变电容器的，可以用来测量压力，故c正确；d、可变电容器，通过改变电介质，改变电容，可以用来测量位移，不能测量速度，故d错误；故选：abc点评：考查了影响电容器电容的因素，如何改变电容器的容，电容传感器的特点10（4分）（2012秋东昌府区校级期末）如图所示，两条平行金属导轨竖直放置，其间有与导轨平面垂直的匀强磁场，金属棒ab沿导轨下滑，下滑过程中与导轨接触良好金属棒、导轨、电流表a1和理想变压器原线圈构成闭合回路金属棒ab在沿导轨下滑的过程中，电流表a1一直有示数，而电流表a2在某时刻之后示数变成了零，以下说法正确的是（）a电流表a2示数等于零之前，金属棒必是变速运动b电流表a2示数等于零之后，金属棒必是变速运动c电流表a2示数等于零之前，金属棒必是匀速运动d电流表a2示数等于零之后，金属棒必是匀速运动考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据理想变压器的工作原理，副线圈没有电流，则要么原线圈没有输入电压，要么原线圈是恒定直流，再根据棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势，从而来判定棒的运动情况解答：解：a、由题意可知，电流表a1一直有示数，而电流表a2在某时刻之后示数变成了零，则说明现在棒产生是恒定直流，之前棒做变速运动，故a正确，c错误；b、由题意可知，电流表a1一直有示数，而电流表a2在某时刻之后示数变成了零，则说明现在棒产生是恒定直流，之前棒做变速运动，故b错误，d正确故选：ad点评：解决本题的关键知道原线圈有电流，而副线圈为何没有电流，理解变压器的工作原理，掌握棒在磁场中切割产生感应电动势与棒的运动情况有关系11（4分）（2012秋无锡期末）如图，在竖直向下的y轴两侧分布有垂直纸面向外和向里的磁场，磁感应强度均随位置坐标按b=bo+ky（k为正常数）的规律变化两个完全相同的正方形线框甲和乙的上边均与y轴垂直，甲的初始位置高于乙的初始位置，两线框平面均与磁场垂直现同时分别给两个线框一个竖直向下的初速度vl和v2，设磁场的范围足够大，且仅考虑线框完全在磁场中的运动，则下列说法正确的是（）a运动中两线框所受磁场的作用力方向一定相同b若v1v2，则开始时甲线框的感应电流一定大于乙线框的感应电流c若v1=v2，则开始时甲线框所受磁场的作用力小于乙线框所受磁场的作用力d若v1v2，则最终达到各自稳定状态时甲线框的速度可能大于乙线框的速度考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力专题：电磁感应中的力学问题分析：磁感应强度均随位置坐标按b=bo+ky（k为正常数）的规律变化，知线框上边所受的安培力小于下边所受的安培力，根据左手定则判断安培力的方向根据e=b2lvb1lv求出线框切割产生的感应电动势，比较出产生的感应电动势大小，从而比较出感应电流的大小当线框所受的安培力和重力平衡时，线框处于稳定状态，求出稳定时的速度，看与什么因素有关解答：解：a、根据楞次定律，甲线框中产生顺时针方向的电流，乙线框中产生逆时针方向的电流，因为线框下边产生的磁场比上边的磁场强，下边所受的安培力大于上边所受的安培力，则安培力的方向与下边所受的安培力方向相同，根据左手定则，甲线框所受的安培力方向向上，乙线框所受的安培力方向向上故a正确b、线框产生的电动势e=b2lvb1lv=kl2v，与速度有关，若v1v2，则开始时甲线框产生的电动势大于乙线框产生的电动势，则开始时甲线框的感应电流一定大于乙线框的感应电流故b正确c、线框产生的电动势e=b2lvb1lv=kl2v，开始时，两线框产生的感应电流大小相等线框所受的安培力f=，知两线框所受的安培力相等故c错误d、线框达到稳定状态时，重力与安培力平衡，有：mg=kil2，又i=，所以mg=，v=知稳定时，两线框的速度相等故d错误故选ab点评：本题考查了楞次定律、左手定则、以及切割产生的感应电动势公式和安培力公式等，综合性较强，对学生能力的要求较高，是一道好题12（4分）（2014春梁山县校级期中）如图所示是单摆做阻尼运动的位移时间图线，下列说法中正确的是（）a摆球在p与n时刻的势能相等b摆球在p与n时刻的动能相等c摆球在p与n时刻的机械能相等d摆球在p时刻的机械能大于n时刻的机械能考点：简谐运动的振动图象专题：振动图像与波动图像专题分析：位移相等即单摆所处高度相等，则重力势能相同，由于阻力影响，单摆要克服阻力做功，在运动过程中机械能一直逐渐减小解答：解：a、摆球在p与n时刻位移相等即单摆所处高度相同，则重力势能相同，故a正确；b、由于阻力影响，单摆要克服阻力做功，在运动过程中机械能一直逐渐减小，故n时刻的机械能小于p时刻的机械能，而两点重力势能相等，则n时刻的动能小于p时刻的动能，b错误c错误d正确；故选：ad点评：本题关键是明确单摆运动路程越长，克服阻力做的功越多，则机械能越小13（4分）（2014春小店区校级期中）弹簧振子做简谐运动，t1时刻速度为v，t2时刻速度也为v，且方向相同已知（t2t1）小于周期t，则（t2t1）（v0）（）a可能大于b可能小于c一定小于d可能等于考点：简谐运动的振幅、周期和频率专题：简谐运动专题分析：弹簧振子作简谐运动时，当振子离开平衡位置时，速度与位移方向相同，当振子靠近平衡位置时，速度与位移方向相反振子通过平衡位置时，速度最大振子在两个不同位置速度相同时，由对称性可知，这两位置关于平衡位置对称解答：解：t1时刻速度为v，t2时刻也为v，且方向相同则有这两位置关于平衡位置对称由于（t2t1）小于周期t，a、当这两个位置靠近最大位移处时，且t1时刻速度方向指向平衡位置时，则有（t2t1）可以大于，故a正确；b、当这两个位置靠近平衡位置附近，且t1时刻速度方向指向平衡位置时，则有（t2t1）可以小于，故b正确；c、d、当这位置靠近平衡位置附近，且t1时刻速度方向指向最大位置时，则有（t2t1）大于，由于两个时刻的速度相同，（t2t1）不可能等于，故c、d错误故选：ab点评：此题要抓住简谐运动的对称性，知道经过半个周期时振子的速度一定大小相等、方向相反，也可利用图象进行直观分析14（4分）（2014春桃城区校级期末）如图所示，物体放在轻弹簧上，沿竖直方向在p、q之间做简谐运动在物体沿dc方向由d点运动到c点的过程中（d、c两点在图上没有标出），弹簧的弹性势能减少了3.0j，物体的重力势能增加了1.0j则在这段过程中（）a物体经过d点时运动方向是指向平衡位置的b合外力对物体做的功是4.0jcd点的位置一定在平衡位置以下d物体经过d点时的加速度正在增大考点：机械能守恒定律；胡克定律；牛顿第二定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：物体放在弹簧上做简谐振动，在最高点一定是弹簧的原长或者原长位置以下，重力势能增加，则物体向上运动，根据整个过程中系统能量守恒分析即可解答：解：a、根据物体和弹簧组成的系统机械能守恒得知：由弹簧的弹性势能减少了3.0j，重力势能增加了1.0j，物体的动能增加2j，由于动能增加，物体的运动方向向上，物体经过d点时的运动方向指向平衡位置，故a正确b、物体的动能增加2j，根据动能定理得知：合外力对物体做的功为2j，故b错误c、由于动能增加，物体正靠近平衡位置，c比d更靠近平衡位置，物体又是向上运动的，所以d点一定在平衡位置以下，故c正确d、物体经过d点时位移在减小，所以根据a=知，其加速度在减小，故d错误故选：ac点评：该题考查简谐振动的有关规律，要能从能量的角度分析其运动过程15（4分）（2014湖北校级二模）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，线框的动能变化量大小为ek，重力对线框做功大小为w1，安培力对线框做功大小为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v2v1b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=w1w2考点：导体切割磁感线时的感应电动势；机械能守恒定律；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：当ab边刚越过gh进入磁场区和ab边下滑到jp与mn的中间位置时，恰好做匀速直线运动，重力沿斜面向下的分力与安培力大小相等，可得到速度关系从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，机械能减小，转化为电能，由能量守恒定律求解机械能转化为电能的数量从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，根据动能定理求解动能的变化解答：解：a、当ab边刚越过gh进入磁场区时，恰好以速度 v1做匀速直线运动，由平衡条件得：mgsin=；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，回路中总电动势为2blv2，ab和cd两边都受到安培力，则有mgsin=2b=，则有v2=v1在下滑过程中，重力做正功，安培力做的是负功故a错误b、c从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，安培力做负功，机械能减小转化为电能根据功能关系得知，机械能减小量是（w1+ek）转化为电能故b错误，c正确d、从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，外力对金属框做的总功是w2w1，根据动能定理得到：线框动能的变化量大小为ek=w1w2故d正确故选：cd点评：本题从力和能量两个角度分析电磁感应现象，安培力的表达式f=是常用的经验公式，要记牢同时，要把握住能量是如何转化的三计算题（共4个小题，总计40分）16（8分）（2014秋迎泽区校级期中）如图所示，有一个摆长为l的单摆，现将摆球a拉离平衡位置一个很小的角度，然后由静止释放，a摆至平衡位置p时，恰与静止在p处的b球发生正碰，碰后a继续向右摆动，b球以速度v沿光滑水平面向右运动，与右侧的墙壁碰撞后以原速率返回，当b球重新回到位置p时恰与a再次相遇，求位置p与墙壁间的距离d考点：简谐运动的振幅、周期和频率；匀速直线运动及其公式、图像专题：简谐运动专题分析：单摆a拉离平衡位置一个很小的角度，由静止释放后做简谐运动摆球a与b球碰撞后，速度改变，但简谐运动的周期不变，经过半个周期的整数倍的时间时，两球再次相遇，求出b球运动的时间，再求解d解答：解：摆球a做简谐运动，当其与b球发生碰撞后速度改变，但是摆动的周期不变而b球做匀速直线运动，再次相遇的条件为b球来回所需要的时间为单摆半周期的整数倍 b球运动时间t=（n=1，2，3）又t=，t=2联立解得 d=答：位置p与墙壁间的距离d=点评：本题关键利用单摆的周期性和两球运动的同时性，不能当作特殊值求解，而认为b球运动的时间为单摆半个周期17（8分）（2014春小店区校级期中）如图所示，质量均为m的木块a、b用轻弹簧相连，竖直放置在水平面上，静止时弹簧的压缩量为l现用竖直向下的力f缓慢将弹簧再向下压缩一段距离后，系统再次处于静止此时突然撤去压力f，当a上升到最高点时，b对水平面的压力恰好为零求：（1）f向下压缩弹簧的距离x；（2）压力f在压缩弹簧过程中做的功w考点：功能关系；胡克定律分析：撤去f后，a做简谐运动，结合平衡条件和简谐运动的对称性求出f向下压缩弹簧的距离x解答：解：（1）如图、分别表示未放a，弹簧处于原长的状态、弹簧和a相连后的静止状态、撤去压力f前的静止状态和撤去压力后a上升到最高点的状态撤去f后，a做简谐运动，状态a处于平衡位置状态弹簧被压缩，弹力等于a的重力；状态弹簧被拉长，弹力等于b的重力；由于a、b质量相等，因此、状态弹簧的形变量都是l由简谐运动的对称性，、状态a到平衡位置的距离都等于振幅，因此x=2l；（2）到过程压力做的功w等于系统机械能的增加，由于是“缓慢”压缩，机械能中的动能不变，重力势能减少，因此该过程弹性势能的增加量e1=w+2mgl；到过程系统机械能守恒，初、末状态动能都为零，因此弹性势能减少量等于重力势能增加量，即e2=4mgl由于、状态弹簧的形变量相同，系统的弹性势能相同，即e1=e2，因此w=2mgl答：（1）f向下压缩弹簧的距离x为2l；（2）压力f在压缩弹簧过程中做的功w为2mgl点评：此题考查了简谐运动与功能关系规律的应用，重力以外的力做的功等于系统机械能的增加量18（12分）（2013盐城二模）如图甲所示，光滑绝缘水平桌面上直立一个单匝正方形导线框abcd，线框的边长为l=0.4m、总电阻为r=0.1在直角坐标系xoy中，有界匀强磁场区域的下边界与x轴重合，上边界满足曲线方程y=0.2sin（m），场强大小b=0.2t线框在沿x轴正方向的拉力f作用下，以速度v=10m/s水平向右做匀速直线运动，恰好拉出磁场（1）求线框中ad两端的最大电压；（2）在图乙中画出运动过程中线框it图象，并估算磁场区域的面积；（3）求线框在穿越整个磁场的过程中，拉力f所做的功考点：导体切割磁感线时的感应电动势专题：电磁感应中的力学问题分析：（1）线框中bc或ad切割磁感线时，产生的感应电动势为e=byv，则知当ad边运动到磁场中心时，ad边上的电压最大由e=blv、i=、u=ir结合求解ad两端的最大电压；（2）由t=求出bc边切割磁场的时间，确定出没有电流的时间，画出it图象it图象与坐标轴所围“面积”大小等于电量，估算出电量q，根据电量q=求出磁场区域的面积（3）在t1和t3时间内，通过线框的电流按正弦规律变化，求出电流的有效值拉力做功等于线框中产生的电能，根据焦耳定律和功能关系求解拉力f所做的功解答：解：（1）当导线框运动到磁场中心线时，有两种情况，一是bc边，二是ad边，当ad边运动到磁场中心时，ad边上的电压最大 em=bymv=0.20.210v=0.4v im=4a则线框中ad两端的最大电压是um=4v=0.3v（2）bc边切割磁场的时间为=0.03s此后，经t2时间，线框中无感应电流=0.01sad边切割时间t3=t1=0.03s在整个切割过程中，it图象如图所示由图象可知，每个小方格表示电量q=0.0005c在图象中，图象与t轴所围区域共有小方格153个，故t1时间内通过线框某一截面的电量 q=nq=1530.0005c=0.0765c又q=得s=0.038m2（3）在t1和t3时间内，通过线框的电流按正弦规律变化电流的有效值为 i=2a由于线框做匀速运动，则根据功能关系得 w=i2r（t1+t3）=0.048j答：（1）求线框中ad两端的最大电压是0.3v；（2）在图乙中画出运动过程中线框it图象如图所示，磁场区域的面积是0.038m2；（3）线框在穿