山东省枣庄市滕州市二中高二物理下学期第一次质检试卷（含解析）.doc

2015-2016学年山东省枣庄市滕州市二中高二（下）第一次质检物理试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1下列关于涡流的说法中正确的是（）a涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的b涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流c涡流有热效应，但没有磁效应d在硅钢中不能产生涡流2闭合线圈的匝数为n，所围面积为s，总电阻为r，在t时间内穿过每匝线圈的磁通量变化为，则通过导线横截面的电荷量为（）abcd3如图的各个图线中，表示交变电流的是（）abcd4通过一阻值r=100的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s电阻两端电压的有效值为（）a12vb4vc15vd8v5一交流电压的图象如图所示，将该交流电压加在一阻值为22的电阻两端，下列说法中正确的是（）a该电阻消耗的功率为1100wb该交流电压的瞬时值表达式为u=110sin100t（v）c并联在该电阻两端的交流电压表的示数为110vd流过电阻的电流方向每秒改变50次6如图所示，a、b灯分别标有“3.6v 4.0w”和“3.6v 2.5w”，闭合开关，调节r，能使a、b都正常发光断开开关后重做实验，则（）a闭合开关，a将慢慢亮起来，b立即发光b闭合开关，a、b同时发光c闭合开关稳定时，a、b亮度相同d断开开关，a逐渐熄灭，b灯闪亮一下再熄灭7如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒pq、mn，mn的左边有一闭合电路当pq在外力的作用下运动时，mn向右运动，则pq所做的运动可能是（）a向右加速运动b向右减速运动c向左加速运动d向左减速运动8如图所示，一个理想变压器，初、次级线圈匝数比为10：1，把初级线圈接入u=220sin100t（v）的交流电源，那么（）a用交流电压表测量次级输出电压为220vb次级交流电的频率为100hzc次级接入r=22的电阻，则初级线圈的电流为1ad次级接入r=22的负载，则变压器的输入功率为22w9矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度b随时间变化的规律如图所示若规定逆时针方向为感应电流i的正方向，下列各图中正确的是（）abcd10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，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bab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，则当ab棒下滑到稳定状态时电阻r上消耗的功率将变为原来的4倍二、解答题（共7小题，满分60分）11如图所示为“研究电磁感应现象”的实物连接图，闭合电键时发现灵敏电流计g指针向左偏转，则当电键闭合稳定后，将滑动变阻器的滑片p从a向b匀速滑动的过程中，灵敏电流计g指针的偏转情况是（选填“向左偏转”、“向右偏转”、“不动”）；将线圈a从线圈c中拔出，则与缓慢拔出相比，快速拔出时灵敏电流计g的指针偏转角度（选填“更大”、“更小”或“相同”）12如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，线圈电阻不计，边长为l，匝数为n，线圈内接有阻值为r的电阻，过ab中点和cd中点的连线oo恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为b当线圈绕oo转过90时，通过电阻r的电荷量为13如图所示，金属三角形导轨cod上放有一根金属棒mn，拉动mn使它以速度v在匀强磁场中向右匀速平动，若导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，则在mn运动过程中闭合电路的感应电动势将（选填“增大”、“不变”或“减小”）；感应电流将（选填“增大”、“不变”或“减小”）14如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示已知发电机线圈内阻r=1.0，外接灯泡的电阻为r=9.0试求：（1）线圈匀速转动过程中穿过线圈的最大磁通量（计算结果可保留根号和）（2）线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功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=1.0，r1=4.0，r2=5.0，c=30f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r2的电功率；（3）s断开后，求流经r2的电量16如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距为l1=0.5m，金属棒ad与导轨左端bc的距离为l2=0.8m，整个闭合回路的电阻为r=0.2，磁感应强度为b0=1t的匀强磁场竖直向下穿过整个回路ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m=0.04kg的物体，不计一切摩擦，现使磁场以=0.2t/s的变化率均匀地增大取g=10m/s2试求：（1）金属棒上电流的方向（2）感应电动势的大小（3）物体刚好离开地面的时间17电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s=1.15m，两导轨间距l=0.75m，导轨与水平面的倾角为30，导轨上端ab接一阻值r=1.5的电阻，磁感应强度b=0.8t的匀强磁场垂直导轨平面向上阻值r=0.5、质量m=0.2kg的金属棒与导轨垂直且接触良好，从导轨上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热qr=0.1j取g=10m/s2试求：（1）金属棒在此过程中克服安培力做的功（2）金属棒下滑过程中速度v=2m/s时的加速度（3）金属棒下滑的最大速度（计算结果可保留根号）2015-2016学年山东省枣庄市滕州市二中高二（下）第一次质检物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1下列关于涡流的说法中正确的是（）a涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的b涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流c涡流有热效应，但没有磁效应d在硅钢中不能产生涡流【考点】* 涡流现象及其应用【分析】线圈中的电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流涡流会在导体中产生大量的热量【解答】解：a、涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的，故a正确b、涡流是变化的电场产生变化磁场，从而形成的，是感应电流，故b错误c、涡流既有热效应，也有磁效应故c错误d、整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是为了减小涡流，故d错误故选：a【点评】掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，电磁灶等2闭合线圈的匝数为n，所围面积为s，总电阻为r，在t时间内穿过每匝线圈的磁通量变化为，则通过导线横截面的电荷量为（）abcd【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而出现感应电流由法拉第电磁感应定律可求出电动势大小，再由殴姆定律求出线圈中的电流，最后可算出导线某一截面的电荷量【解答】解：由法拉第电磁感应定律：e=n再由殴姆定律：i=而电量公式：q=it三式联立可得：q=n故选：a【点评】对于线圈的磁通量与线圈的匝数无关，当匝数越多时，导致电动势越大，相当于多个电源串联起来3如图的各个图线中，表示交变电流的是（）abcd【考点】交变电流【分析】电流大小和方向都随时间呈周期性变化的电流叫做交变电流【解答】解：abd、电流的方向始终为正，没变化，故不是交变电流，故abd错误；c、电流大小不变，但方向随时间呈周期性变化，故c是交变电流，故c正确；故选：c【点评】解决本题的关键是知道交变电流的定义及特点4通过一阻值r=100的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s电阻两端电压的有效值为（）a12vb4vc15vd8v【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】已知交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流，根据焦耳定律即可得一个周期内交变电流产生的热量【解答】解：由有效值的定义可得i12rt1+i22rt2=t，代入数据得（0.1）2r0.8+（0.2）2r0.2=1，解得u=4v故选：b【点评】本题考察的是根据交变电流有效值的定义计算有关交变电流的有效值5一交流电压的图象如图所示，将该交流电压加在一阻值为22的电阻两端，下列说法中正确的是（）a该电阻消耗的功率为1100wb该交流电压的瞬时值表达式为u=110sin100t（v）c并联在该电阻两端的交流电压表的示数为110vd流过电阻的电流方向每秒改变50次【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】由图读出交流电压的最大值，由最大值与有效值的关系求出有效值，根据有效值求解电阻消耗的功率读出周期，求出角频率，写出交流电压的瞬时值表达式交流电压表测量的是有效值交流电一个周期内电流方向改变两次，根据频率求出电流方向每秒改变的次数【解答】解：a、由图读出，电压的最大值为um=110v，有效值为u=110v，该交流电压加在阻值为22的电阻两端时，电阻消耗的功率为p=550w故a错误b、由图读出周期t=0.02s，则=100rad/s，该交流电压的瞬时值表达式为u=umsint=110sin100t（v）故b正确c、并联在该电阻两端的交流电压表的示数为电压的有效值，即为110v故c错误d、该交流电压的频率f=50hz，交流电一个周期内电流方向改变两次，则该交流电流过电阻的电流方向每秒改变100次故d错误故选：b【点评】本题考查交流电有效值、瞬时值、频率等知识交流电压测量的是有效值，计算交流电的电功、电功率和焦耳热等与热效应等有关的量都用有效值6如图所示，a、b灯分别标有“3.6v 4.0w”和“3.6v 2.5w”，闭合开关，调节r，能使a、b都正常发光断开开关后重做实验，则（）a闭合开关，a将慢慢亮起来，b立即发光b闭合开关，a、b同时发光c闭合开关稳定时，a、b亮度相同d断开开关，a逐渐熄灭，b灯闪亮一下再熄灭【考点】自感现象和自感系数【分析】闭合开关的瞬间，l相当于断路，稳定后自感作用消失，结合欧姆定律分析电流大小【解答】解：a、闭合瞬间，l相当于断路，b立刻变亮，a逐渐变亮，a正确b错误c、闭合开关稳定时，a的亮度比b的大，因为根据i=知通过a的电流大，c错误d、电键断开，l相当于电源与两个灯泡串联，逐渐熄灭，由于稳定后a灯的电流大于b灯，所以电键断开瞬间b灯的电流比稳定时的电流大，b灯闪亮一下再熄灭，d正确故选：ad【点评】对自感线圈来讲，重点掌握开关闭合瞬间，断路稳定后和开关断开的瞬间，线圈对电流突变的阻碍作用7如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒pq、mn，mn的左边有一闭合电路当pq在外力的作用下运动时，mn向右运动，则pq所做的运动可能是（）a向右加速运动b向右减速运动c向左加速运动d向左减速运动【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】mn处于通电导线产生的磁场中，当有感应电流时，则mn在磁场力作用下向右运动，说明mn受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由m指向n，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由楞次定律可知pq的运动情况【解答】解：根据安培定则可知，mn处于ab产生的垂直向里的磁场中，mn在磁场力作用下向右运动，说明mn受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由m指向n，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知pq可能是向左加速运动或向右减速运动故bc正确，ad错误故选：bc【点评】本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的8如图所示，一个理想变压器，初、次级线圈匝数比为10：1，把初级线圈接入u=220sin100t（v）的交流电源，那么（）a用交流电压表测量次级输出电压为220vb次级交流电的频率为100hzc次级接入r=22的电阻，则初级线圈的电流为1ad次级接入r=22的负载，则变压器的输入功率为22w【考点】变压器的构造和原理【分析】理想变压器输入功率等于输出功率，频率也相同，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比且电流与电压均是有效值，电表测量值也是有效值【解答】解：a、由表达式知原线圈电压有效值为220v，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为22v，电表测量的是有效值，a错误；b、由表达式知交流电的频率f=50hz，b错误；c、次级接入r=22的电阻，电流为i=1a，则初级线圈的电流为i=0.1a，故c错误；d、由c知，次级接入r=22的负载，则变压器的输入功率为p=2200.1=22w，故d正确；故选：d【点评】本题的关键是根据电压瞬时值的表达式知道电压和频率，结合欧姆定律求解9矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度b随时间变化的规律如图所示若规定逆时针方向为感应电流i的正方向，下列各图中正确的是（）abcd【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律【分析】由右图可知b的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况【解答】解：由图可知，01s内，线圈中磁通量的变化率相同，故01s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为正方向；同理可知，12s内电路中的电流为顺时针，23s内，电路中的电流为顺时针，34s内，电路中的电流为逆时针，由e=n=可知，电路中电流大小恒定不变故选：c【点评】本题要求学生能正确理解bt图的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定10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，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bab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，则当ab棒下滑到稳定状态时电阻r上消耗的功率将变为原来的4倍【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【分析】根据右手定则判断感应电流的方向，即可分析电势的高低根据左手定则判断安培力的方向，通过速度的变化，得出感应电动势的变化，判断感应电流的变化，从而得出安培力的变化根据能量守恒判断机械能的变化，根据克服安培力做功与产生的电能关系判断安培力做功与灯泡消耗电能的关系【解答】解：a、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；b、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=mgsin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；c、稳定时，有 mgsinvm=，得稳定时的速度，即最大速度为 vm=，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；d、稳定时，电阻r上消耗的功率 p=mgsinvm=mgsin=，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【点评】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，就有多少电能产生二、解答题（共7小题，满分60分）11如图所示为“研究电磁感应现象”的实物连接图，闭合电键时发现灵敏电流计g指针向左偏转，则当电键闭合稳定后，将滑动变阻器的滑片p从a向b匀速滑动的过程中，灵敏电流计g指针的偏转情况是向左偏转（选填“向左偏转”、“向右偏转”、“不动”）；将线圈a从线圈c中拔出，则与缓慢拔出相比，快速拔出时灵敏电流计g的指针偏转角度更大（选填“更大”、“更小”或“相同”）【考点】研究电磁感应现象【分析】根据闭合电路，滑片的移动，导致电阻变化，从而使电流变化，则影响磁场的方向，进而导致线圈c的磁通量变化，根据闭合电键时发现灵敏电流计g指针向左偏转，即可判定感应电流的方向；当拔出的快慢不同时，根据法拉第电磁感应定律，即可求解【解答】解：将滑动变阻器的滑片p从a向b匀速滑动的过程中，接入电路的电阻减小，则电流增大，导致穿过线圈c的磁通量增大，根据闭合电键时发现灵敏电流计g指针向左偏转，可知，灵敏电流表的指针向左偏；快速拔出时产生的感应电动势较大，灵敏电流计g的指针偏转角度更大故答案为：向左偏转，更大【点评】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同12如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，线圈电阻不计，边长为l，匝数为n，线圈内接有阻值为r的电阻，过ab中点和cd中点的连线oo恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为b当线圈绕oo转过90时，通过电阻r的电荷量为【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量为=bs，图中s有磁感线穿过线圈的面积，即为有效面积，磁通量与线圈的匝数无关，从而根据i=，即可求解【解答】解：当正方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为b的匀强磁场中时，则磁通量为：=bl2=，根据q=n，解得：q=，故答案为：【点评】本题考查对于匀强磁场中磁通量的求解能力对于公式=bs，要懂得s的意义：有效面积，即有磁感线穿过的面积13如图所示，金属三角形导轨cod上放有一根金属棒mn，拉动mn使它以速度v在匀强磁场中向右匀速平动，若导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，则在mn运动过程中闭合电路的感应电动势将增大（选填“增大”、“不变”或“减小”）；感应电流将不变（选填“增大”、“不变”或“减小”）【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【分析】mn向右匀速平动时，有效的切割长度随时间均匀增大，根据数学知识得到有效切割长度l与时间t的关系式，即可由e=blv判断感应电动势的变化根据电阻定律得到回路中电阻与时间的关系，再由欧姆定律得到感应电流与时间的关系，再判断感应电流大小如何变化【解答】解：设mn从o点开始运动时间为t，则on=vt，有效切割的长度l=mn=vttan感应电动势：e=blv=b（vttan）v=bv2ttan，故感应电动势随时间而逐渐增大；t时刻闭合电路的总电阻：r=（vt+vttan+）因此感应电流 i=联立解得 i=所以可知i与t无关，感应电流保持不变故答案为：增大，不变【点评】本题的解题关键是运用法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电阻定律得到感应电动势、感应电流的表达式，再分析其变化情况，不能想当然认为感应电动势增大，感应电流也增大，要注意回路中的电阻也增大，不能犯低级错误14如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示已知发电机线圈内阻r=1.0，外接灯泡的电阻为r=9.0试求：（1）线圈匀速转动过程中穿过线圈的最大磁通量（计算结果可保留根号和）（2）线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；电功、电功率；交流发电机及其产生正弦式电流的原理【分析】（1）由图乙可明确电动势的最大值和周期，则可求得角速度；根据最大值表达式可求得最大磁通量；（2）根据能量守恒可求得外力在一周内所做的功【解答】解：（1）设线圈匀速转动过程中穿过线圈的最大磁通量为，匀强磁场的磁感应强度为b；线圈的面积为s，匀速转动的周期为t，角速度为，匀速转动过程中产生的电动势的最大值为em，由图乙可知：em=6v，t=0.02s由题意可知：=em=bs=bs联立式，代入数据解得：=wb=2.7102 wb（2）设线圈匀速转动过程中产生的电动势的有效值为e；线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功为w由题意可得e=w=t联立式，代入数据解得：w=7.2102j 答：（1）线圈匀速转动过程中穿过线圈的最大磁通量为2.7102 wb；（2）线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功7.2102j【点评】本题考查了交流电瞬时值表达式的写法，线圈转动过程中磁通量的变化和功能转化要注意正确掌握交流电的产生及表达式的正确应用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=1.0，r1=4.0，r2=5.0，c=30f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r2的电功率；（3）s断开后，求流经r2的电量【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势（2）根据p=i2r求出电阻r2的电功率（3）电容器与r2并联，两端电压等于r2两端的电压，根据q=cu求出电容器的电量【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律：e=n=ns=150020104=1.2v；（2）根据全电路欧姆定律，有：i=0.12a根据 p=i2r2解得：p=7.2102w；（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=0.6v流经r2的电量：q=cu=1.8105c答：（1）螺线管中产生的感应电动势为1.2v；（2）闭合s，电路中的电流稳定后，电阻r1的电功率为7.2102w；（3）s断开后，流经r2的电量为1.8105c【点评】本题是电磁感应与电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，运用闭合电路欧姆定律进行求解16如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距为l1=0.5m，金属棒ad与导轨左端bc的距离为l2=0.8m，整个闭合回路的电阻为r=0.2，磁感应强度为b0=1t的匀强磁场竖直向下穿过整个回路ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m=0.04kg的物体，不计一切摩擦，现使磁场以=0.2t/s的变化率均匀地增大取g=10m/s2试求：（1）金属棒上电流的方向（2）感应电动势的大小（3）物体刚好离开地面的时间【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【分析】（1）由楞次定律判断感应电流方向（2）由法拉第电磁感应定律求感应电动势的大小（3）穿过回路的磁感应强度均匀变化，可知产生的感应电流恒定，则ad所受的安培力增大，当安培力等于m的重力时，物体刚好被吊起，根据平衡求出被吊起时的磁感应强度的大小，再根据磁感应强度的变化率求出经历的时间【解答】解：（1）由楞次定律可以判断，金属棒上的电流由a到d（2）设感应电动势的大小为e由法拉第电磁感应定律得：e=s 代入数据解得：e=0.08 v（3）设物体刚好离开地面的时间为t物体刚好离开地面时，其受到的拉力为f，棒所受的安培力为f安由题意可