河北省邯郸市成安一中高二物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河北省邯郸市成安一中高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题：（每小题至少有一个选项是正确的，请把正确的答案填入答题卡中，每小题4分，共56分，1-10单选；11-14多选，漏选得2分，错选和不选得零分）1关于磁通量的概念，以下说法中正确的是( )a磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大b磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大c穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零d磁通量发生变化一定是磁场发生变化引起的2如图所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈突然缩小为线圈，则关于线圈的感应电流及其方向（从上往下看）是( )a有顺时针方向的感应电流b有逆时针方向的感应电流c先逆时针后顺时针方向的感应电流d无感应电流3穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是( )a02sb24sc45sd510s4如图所示，固定的水平长直导线中通有电流i，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行线框由静止释放，在下落过程中( )a穿过线框的磁通量保持不变b线框中感应电流方向保持不变c线框所受安培力的合力为零d线框的机械能不断增大5下面说法正确的是( )a自感电动势总是阻碍电路中原来电流增加b自感电动势总是阻碍电路中原来电流变化c电路中的电流越大，自感电动势越大d电路中的电流变化量越大，自感电动势越大6如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置 时的加速度关系为( )aa1a2a3a4ba1=a3a2a4ca1=a3a4a2da4=a2a3a17如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键s接通一瞬间，两铜环的运动情况是( )a同时向两侧推开b同时向螺线管靠拢c一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断d同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断8如图所示，在u形金属架上串入一电容器，金属棒ab在金属架上无摩擦地以速度v向右运动一段距离后突然断开开关，并使ab停在金属架上，停止后，ab不再受外力作用现合上开关，则金属棒的运动情况是( )a向右做初速度为零的匀加速运动b在某位置附近来回振动c向右做初速度为零的加速运动，后又改做减速运动d向右做变加速运动，后改做匀速运动9如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场，若第一次用0.2s时间拉出，外力所做的功为w1，通过导线截面的电量为q1，第二次用2s时间拉出，外力所做的功为w2，通过导线截面电量为q2，则( )aw1w2，q1q2bw1w2，q1=q2cw1w2，q1=q2dw1w2，q1q210如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域从bc边进入磁场区开始计时，到a点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是如图所示中的( )abcd11如图所示，m1n1与m2n2是位于同一水平面内的两条平行金属导轨，导轨间距为l磁感应强度为b的匀强磁场与导轨所在平面垂直，ab与ef为两根金属杆，与导轨垂直且可在导轨上滑 动，金属杆ab上有一伏特表，除伏特表外，其他部分电阻可以不计，则下列说法正确的是( )a若ab固定ef以速度v滑动时，伏特表读数为blvb若ab固定ef以速度v滑动时，ef两点间电压为零c当两杆以相同的速度v同向滑动时，伏特表读数为零d当两杆以相同的速度v同向滑动时，伏特表读数为2blv12如图所示电路中，l是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，d1和d2是两个完全相同的小灯泡将电键k闭合，待灯泡亮度稳定后，再将电键k断开，则下列说法中正确的是( )ak闭合瞬间，两灯同时亮，以后d1熄灭，d2变亮bk闭合瞬间，d1先亮，d2后亮，最后两灯亮度一样ck断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭dk断开时，d2立即熄灭，d1亮一下再慢慢熄灭13如图所示，在一根软铁棒上绕有一个线圈，a、b是线圈的两端，a、b分别与平行导轨m、n相连，有匀强磁场与导轨面垂直，一根导体棒横放在两导轨上，要使a点的电势比b点的电势高，则导体棒在两根平行的导轨上应该( )a向左加速滑动b向左减速滑动c向右加速滑动d向右减速滑动14如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中( )a导体框中产生的感应电流方向相同b导体框中产生的焦耳热相同c导体框ad边两端电势差相同d通过导体框截面的电量相同二、计算题（本题共3题，共44分）应写明必要的文字说明方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）15（14分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上有一个用一根均匀导体围成的正方形线框abcd，其边长为l，总电阻为r，放在磁感应强度为b方向竖直向下的匀强磁场的左边，图中虚线mn为磁场的左边界线框在大小为f的恒力作用下向右运动，其中ab边保持与mn平行当线框以速度v0进入磁场区域时，它恰好做匀速运动在线框进入磁场的过程中，（1）线框的ab边产生的感应电动势的大小为e为多少？（2）求线框a、b两点的电势差（3）求线框中产生的焦耳热16面积s=0.2m2，n=100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是b=0.02t，r=3，c=30f，线圈电阻r=1，求：（1）通过r的电流大小和方向； （2）电容器的电荷量17如图1所示，两根足够长的直金属导轨mn、pq平行放置两导轨间距为l0，m、p两点间接有阻值为r的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为b的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下导轨和金属杆的电阻可忽略让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦（1）由b向a方向看到的装置如图2，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；（2）在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值2015-2016学年河北省邯郸市成安一中高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题：（每小题至少有一个选项是正确的，请把正确的答案填入答题卡中，每小题4分，共56分，1-10单选；11-14多选，漏选得2分，错选和不选得零分）1关于磁通量的概念，以下说法中正确的是( )a磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大b磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大c穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零d磁通量发生变化一定是磁场发生变化引起的【考点】磁通量【分析】对于匀强磁场中穿过回路的磁通量：当回路与磁场平行时，磁通量为零；当线圈与磁场平行时，磁通量最大，=bs当回路与磁场方向的夹角为时，磁通量=bssin根据这三种情况分析【解答】解：a、当回路与磁场平行时，磁通量为零，则磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量不一定越大故a错误 b、当回路与磁场平行时，磁感应强度越大，线圈面积越大，但磁通量为零故b错误 c、磁通量为零时，可能回路与磁场平行，则磁感应强度不一定为零故c正确 d、根据磁通量=bssin，磁通量的变化可能由b、s、的变化引起故d错误故选c【点评】对于匀强磁场中磁通量可以根据两种特殊情况运用投影的方法求解对于非匀强磁场，可以根据穿过回路磁感线的多少，定性分析磁通量的大小2如图所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈突然缩小为线圈，则关于线圈的感应电流及其方向（从上往下看）是( )a有顺时针方向的感应电流b有逆时针方向的感应电流c先逆时针后顺时针方向的感应电流d无感应电流【考点】楞次定律【分析】根据楞次定律，结合磁通量的变化，从而即可求解有关磁通量的变化判定：磁感线是闭合曲线，在磁铁外部，从n极出发进入s极；在磁铁内部，从s极指向n极图中，磁铁内部穿过线圈的磁感线方向向上，磁铁外部，穿过线圈的磁感线方向向下，与内部的磁通量抵消一部分，根据线圈面积大小，抵消多少来分析磁通量变化情况【解答】解：磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和，图中内部磁感线线比外部多外部的磁感线与内部的磁感线方向相反，外部的磁感线将内部抵消，ii位置磁铁外部磁感线条数少，将内部磁感线抵消少，则ii位置磁通量大而位置磁铁外部磁感线条数多，将内部磁感线抵消多，则i位置磁通量小当弹性金属导线圈突然缩小为线圈，则磁通量变大，且磁场方向由下向上，根据楞次定律，则有顺时针方向的感应电流，故a正确，bcd错误；故选：a【点评】对于穿过回路的磁场方向有两种的情况确定磁通量时，要根据抵消后总的磁通量来进行比较或计算大小，同时掌握楞次定律的应用，注意“增反减同”3穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是( )a02sb24sc45sd510s【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据法拉第电磁感应定律，哪一段时间内磁通量变化率最小，则产生的感应电动势最小【解答】解：图线斜率表示磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律知，在510s内磁通量与时间的图线斜率最小，则磁通量变化率最小，感应电动势最小故d正确，a、b、c错误故选d【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比4如图所示，固定的水平长直导线中通有电流i，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行线框由静止释放，在下落过程中( )a穿过线框的磁通量保持不变b线框中感应电流方向保持不变c线框所受安培力的合力为零d线框的机械能不断增大【考点】电磁感应中的能量转化；楞次定律【分析】根据磁能量形象表示：穿过磁场中某一面积的磁感线的条数判断磁能量的变化用楞次定律研究感应电流的方向用左手定则分析安培力，根据能量守恒定律研究机械能的变化【解答】解：a、线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁感线的条数减小，磁通量减小故a错误 b、下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，不变，所以感应电流的方向不变，故b正确 c、线框左右两边受到的安培力平衡抵消，上边受的安培力大于下边受的安培力，安培力合力不为零故c错误 d、线框中产生电能，机械能减小故d错误故选b【点评】本题考查电流的磁场和电磁感应中楞次定律等，难度不大如是单选题，高考时，c、d项可以不再研究5下面说法正确的是( )a自感电动势总是阻碍电路中原来电流增加b自感电动势总是阻碍电路中原来电流变化c电路中的电流越大，自感电动势越大d电路中的电流变化量越大，自感电动势越大【考点】感生电动势、动生电动势【专题】电磁感应与电路结合【分析】由法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中产生的感应电动势的大小与电流的变化率成正比，与电流及电流的变化量无关【解答】解：由法拉第电磁感应定律可知；e=n=，即e与磁通量的变化率成正比，即电动势取决于电流的变化快慢，而电流变化快慢，则会导致磁场的变化快慢，从而实现磁通量的变化快慢，故acd错误，b正确；故选：b【点评】在理解法拉第电磁感应定律时要注意区分，及者间的关系，明确电动势只取决于磁通量的变化率，与磁通量及磁能量的变化量无关6如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置 时的加速度关系为( )aa1a2a3a4ba1=a3a2a4ca1=a3a4a2da4=a2a3a1【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】未进入磁场前，仅受重力，加速度为g，进磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，通过牛顿第二定律可以分析出加速度的大小，完全进入磁场后，不产生感应电流，不受安培力，仅受重力，加速度又为g【解答】解：未进磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1=a3=g磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，根据牛顿第二定律知加速度a2g而由于线框在磁场中也做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2时的速度，故此时加速度一定小于2时的加速度，故a4a2；故关系为：a1=a3a2a4故选：b【点评】解决本题的关键知道完全进入磁场后没有感应电流，不受安培力，在进磁场的过程，根据右手定则判定出感应电流的方向，根据左手定则知道受到向上的安培力7如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键s接通一瞬间，两铜环的运动情况是( )a同时向两侧推开b同时向螺线管靠拢c一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断d同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断【考点】楞次定律【专题】电磁感应中的力学问题【分析】当电键s接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，产生感应电流，铜环受到安培力将发生运动，根据楞次定律判断两环的运动方向【解答】解：当电键s接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动故a正确故选a【点评】本题考查运用楞次定律判断电磁感应现象中导体运动方向问题的能力本题也可以按因果关系，按部就班的分析两环受到的安培力方向判断8如图所示，在u形金属架上串入一电容器，金属棒ab在金属架上无摩擦地以速度v向右运动一段距离后突然断开开关，并使ab停在金属架上，停止后，ab不再受外力作用现合上开关，则金属棒的运动情况是( )a向右做初速度为零的匀加速运动b在某位置附近来回振动c向右做初速度为零的加速运动，后又改做减速运动d向右做变加速运动，后改做匀速运动【考点】安培力【分析】金属棒停止后，撤去外力作用，电容器通过金属棒放电，形成放电电流，棒在安培力作用下向右运动，切割磁感线产生感应电动势，回路中电流减小，棒所受的安培力减小，即可判断其加速度减小，当棒产生的感应电动势等于电容器的电压时，回路中电流为零，棒将做匀速运动【解答】解：金属棒原来在外力作用下向右运动时，产生感应电动势，电容器充电，由右手定则判断可知，上板带正电当金属棒停止后，撤去外力作用后，电容器通过金属棒放电，形成放电电流，通过棒的电流从ab，棒受到向右的安培力，在安培力作用下棒向右加速运动，切割磁感线产生感应电动势，是一个反感应电动势，回路中电流将减小，棒所受的安培力减小，棒的加速度减小，所以此过程棒向右做加速度减小的加速运动当棒产生的感应电动势等于电容器的电压时，回路中电流为零，棒不再受安培力而做匀速运动所以金属棒向右先做加速度变小的加速运动，后又做匀速运动，故d正确，abc错误故选：d【点评】本题是电容器通过棒放电过程中，电容器相当于电源，棒相当于电动机，产生反电动势，关键要根据牛顿第二定律分析棒的受力情况，来判断其运动情况9如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场，若第一次用0.2s时间拉出，外力所做的功为w1，通过导线截面的电量为q1，第二次用2s时间拉出，外力所做的功为w2，通过导线截面电量为q2，则( )aw1w2，q1q2bw1w2，q1=q2cw1w2，q1=q2dw1w2，q1q2【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【专题】电磁感应功能问题【分析】由e=blv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由安培力公式求出安培力，线框匀速运动，由平衡条件得，拉力等于安培力，求出拉力后，由功的计算公式求出拉力的功；根据感应电荷量公式q=比较电量的大小【解答】解：设线框的长为l1，宽为l2，速度为v线框所受的安培力大小为：fb=bil2，又i=，e=bl2v，安培力：fb=线框匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：拉力f=fb=，拉出线框的过程中，拉力的功： w=fl1=l1=克服安培力做功与所用时间成反比，t1t2，所以：w1w2；感应电荷量q=it=t=qt=，在两种情况下，b、s、r都相等，因此通过导线截面的电量相等，即有q1=q2；故b正确故选：b【点评】要对两种情况下物理量进行比较，我们应该先把要比较的物理量表示出来再求解关键要掌握安培力的推导方法和感应电荷量的表达式10如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域从bc边进入磁场区开始计时，到a点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是如图所示中的( )abcd【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】电磁感应与电路结合【分析】分三个阶段分析感应电流的变化情况，根据感应电流产生的条件判断线框中是否由感应电流产生，根据e=blv及欧姆定律判断感应电流的大小【解答】解：根据感应电流产生的条件可知，线框进入或离开磁场时，穿过线框的磁通量发生变化，线框中有感应电流产生，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，没有感应电流产生，故c错误；感应电流i=，线框进入磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度l减小，感应电流逐渐减小；线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度l减小，感应电流逐渐减小；故a正确，bd错误；故选a【点评】本题可以采用排除法分析解题，掌握感应电流产生的条件、熟练应用e=blv及欧姆定律即可正确解题11如图所示，m1n1与m2n2是位于同一水平面内的两条平行金属导轨，导轨间距为l磁感应强度为b的匀强磁场与导轨所在平面垂直，ab与ef为两根金属杆，与导轨垂直且可在导轨上滑 动，金属杆ab上有一伏特表，除伏特表外，其他部分电阻可以不计，则下列说法正确的是( )a若ab固定ef以速度v滑动时，伏特表读数为blvb若ab固定ef以速度v滑动时，ef两点间电压为零c当两杆以相同的速度v同向滑动时，伏特表读数为零d当两杆以相同的速度v同向滑动时，伏特表读数为2blv【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】导体切割磁感线时将产生感应电动势，由e=blv求出感应电动势的大小，区分ef间的电压与电动势的关系即可其大小当两杆以相同的速度v同向滑动时，穿过回路的磁通量不变，不产生感应电流，电压表就没有读数【解答】解：a、b、若ab固定ef以速度v滑动时，ef产生的感应电动势为 e=blv，又电压表测量的是电源电动势，所以示数为blv，故a正确，b错误；c、d、当两杆以相同的速度v同向滑动时，穿过闭合回路的磁通量不变化，则感应电流为0，由于伏特表的核心是电流表，电路中没有电流，则伏特表示数为0，故c正确，d错误故选：ac【点评】本题考查法拉第电磁感应定律的应用，关键是判断磁通量的变化情况，要注意电压表中没有电流，指针不偏转，就没有读数12如图所示电路中，l是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，d1和d2是两个完全相同的小灯泡将电键k闭合，待灯泡亮度稳定后，再将电键k断开，则下列说法中正确的是( )ak闭合瞬间，两灯同时亮，以后d1熄灭，d2变亮bk闭合瞬间，d1先亮，d2后亮，最后两灯亮度一样ck断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭dk断开时，d2立即熄灭，d1亮一下再慢慢熄灭【考点】自感现象和自感系数【分析】电感总是阻碍电流的变化线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路【解答】解：l是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，d1和d2是两个完全相同的小灯泡a、k闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后d1熄灭，d2变亮故a正确，b错误；c、k闭合断开，d2立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以d1亮一下再慢慢熄灭，故c错误，d正确；故选：ad【点评】线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈上端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈下端是电源正极13如图所示，在一根软铁棒上绕有一个线圈，a、b是线圈的两端，a、b分别与平行导轨m、n相连，有匀强磁场与导轨面垂直，一根导体棒横放在两导轨上，要使a点的电势比b点的电势高，则导体棒在两根平行的导轨上应该( )a向左加速滑动b向左减速滑动c向右加速滑动d向右减速滑动【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律【分析】导体棒在导轨上做切割磁感线时会产生感应电动势，相当于电源，根据右手定则判断出感应电流的方向，确定出导体棒哪一端相当于电源的正极，哪一端电势较高【解答】解：a、b、当导体棒向左加速或减速滑动时，根据右手定则判断可知，导体棒产生向下的感应电流，其下端相当于电源的正极，电势较高，则b点的电势比a点的电势高，故a、b错误c、d、当导体棒向右加速或减速滑动时，根据右手定则判断可知，导体棒产生向上的感应电流，其上端相当于电源的正极，电势较高，则a点的电势比b点的电势高，故cd正确故选：cd【点评】解决本题关键要掌握右手定则，并知道电源的正极电势高于负极的电势，能熟练判断电势的高低14如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中( )a导体框中产生的感应电流方向相同b导体框中产生的焦耳热相同c导体框ad边两端电势差相同d通过导体框截面的电量相同【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电流、电压概念；电磁感应中的能量转化【专题】压轴题；电磁感应功能问题【分析】a、感应电流的方向可以通过楞次定律或右手定则进行判定b、根据热量的公式q=i2rt进行分析c、先求出感应电动势，再求外电压d、通过q=进行分析【解答】解：a、根据右手定则，导线框产生的感应电流方向相同故a正确 b、i=，t=，根据q=i2rt=，知q与速度v有关，所以导线框产生的焦耳热不同故b错误 c、向上移出磁场的过程中，电动势e=blv，ad边两端电势差u=；向右移出磁场的过程中，电动势e=3blv，ad边两端电势差u=故c错误 d、q=，沿两个不同方向移出，磁通量的变化量相同，所以通过导体框截面的电量相同故d正确故选ad【点评】解决本题的关键掌握感应电动势的两个公式：e=blv，e=n，以及会用楞次定律或右手定则判定电流的方向二、计算题（本题共3题，共44分）应写明必要的文字说明方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）15（14分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上有一个用一根均匀导体围成的正方形线框abcd，其边长为l，总电阻为r，放在磁感应强度为b方向竖直向下的匀强磁场的左边，图中虚线mn为磁场的左边界线框在大小为f的恒力作用下向右运动，其中ab边保持与mn平行当线框以速度v0进入磁场区域时，它恰好做匀速运动在线框进入磁场的过程中，（1）线框的ab边产生的感应电动势的大小为e为多少？（2）求线框a、b两点的电势差（3）求线框中产生的焦耳热【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】电磁感应与电路结合【分析】（1）根据感应电动势公式e=blv求出感应电动势的大小e（2）ab边切割磁感线，相当于电源，ab间的电压是路端电压，根据欧姆定律求解（3）线框进入过程做匀速运动，恒力f所做的功等于线圈中产生的焦耳热，根据功能关系求出焦耳热【解答】解：（1）ab边产生的感应电动势的大小为e=blv0（2）线框中感应电流为i=a、b两点的电势差相当于电源的外电压uab=eirab=blv0=（3）ab边所受的安培力为f安=bil=线框匀速运动，则有f=f安=由于线圈在恒力f作用下匀速进入磁场区，恒力f所做的功等于线圈中产生的焦耳热，所以线圈中产生的热量为q=w=fl=答：（1）线框的ab边产生的感应电动势的大小为e为blv0（2）线框a、b两点的电势差是（3）求线框中产生的焦耳热为【点评】本题是电磁感应与电路、力学等知识的综合应用第（3）问也可根据焦耳定律求解：q=i2rt，t=，i=，代入解得q=16面积s=0.2m2，n=100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是b=0.02t，r=3，c=30f，线圈电阻r=1，求：（1）通过r的电流大小和方向； （2）电容器的电荷量【考点】楞次定律；平行板电容器的电容；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律【分析】（1）