内蒙古呼和浩特市北京四中分校高二物理下学期期中试卷（含解析）.doc

内蒙古呼和浩特市北京 四中分校2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、单项选择题（每题4分，共48分）1某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断（）a在a和c时刻线圈处于中性面位置b在b和d时刻穿过线圈的磁通量为零c从ad时刻线圈转过的角度为2d若从od时刻历时0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次2如图所示，导线框abcd与通电导线在同一平面内，直导线中通有恒定电流并通过ad和bc的中点，当线框向右运动的瞬间，则（）a线框中有感应电流，且按顺时针方向b线框中有感应电流，且按逆时针方向c线框中有感应电流，但方向难以判断d由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中没有感应电流3一个理想变压器，原线圈和副线圈的匝数分别为n1和n2，正常工作时输入和输出的电压、电流、功率分别为u1和u2、i1和i2、p1和p2已知n1n2则（）ap1=p2，i1i2bu1u2，p1p2ci1i2，u1u2dp1p2，i1i24穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象分别如图所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（）a图中，回路产生的感应电动势恒定不变b图中，回路产生的感应电动势一直在变大c图中，回路在0t1时间内产生的感应电动势小于在t1t2时间内产生感应电动势d图中，回路产生的感应电动势先变小后变大5如图所示，有一正方形闭合线圈，在足够大的匀强磁场中运动，下列四个图中能产生感应电流的是图（）abcd6如图所示，闭合矩形线框abcd位于磁感应强度为b的匀强磁场中，ad边位于磁场边缘，线框平面与磁场垂直，ab、ad边长分别用l1、l2表示，线圈总电阻为r，若把线圈沿v方向匀速拉出磁场所用时间为t，则通过线框导线截面的电量是（）abcdbl1l27如图，变压器为理想的，各电表也均为理想电表，接线柱a、b接u=311sint的正弦交流电压，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，示数发生变化的是（）aa1、a2ba2、v2ca1、a2、v2da1、a2、v1、v28图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为lt=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域取沿abcda的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是（）abcd9带铁心的电感线圈，其直流电阻与电阻r的阻值相同，a1和a2是两个完全相同的电流表，它们组成如图所示电路，则下列说法中正确的是（）a闭合s的瞬时，电流表a1的示数小于a2，指针偏转方向与a2相同b闭合s的瞬时，电流表a1的示数等于a2，指针偏转方向与a2相反c断开s的瞬时，电流表a1的示数大于a2，指针偏转方向与a2相反d断开s的瞬时，电流表a1的示数等于a2，指针偏转方向与a2相同10电感和电容对交流电的阻碍作用的大小不但跟电感、电容本身有关，还跟交流电的频率有关，下列说法中正确的是（）a电感是通直流、阻交流，通高频、阻低频b电容是通直流、阻交流，通高频、阻低频c电感是通直流、阻交流，通低频、阻高频d电容是通交流、隔直流，通低频、阻高频11如图所示，半径为r的金属环绕通过其直径的轴oo以角度匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为b从金属环的平面与磁场方向重合时开始计时，在转过30角的过程中，环中产生的感应电动势平均值为（）a2br2b2br2c3br2d3br212两个相同的电阻，分别通以如图所示的正弦交流电和方波电流，两种交变电流的最大值、周期如图所示，则在一个周期内，正弦交流电在电阻上产生的热量q1与方波电流在电阻上产生的热量q2之比等于（）a3：1b1：2c2：1d1：1二、双项选择题（每题4分，共16分）13某交变电流的方向在1s内改变100次，则其周期t和频率f分别为（）at=0.01sbt=0.02scf=100hzdf=50hz14将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）a感应电动势的大小与线圈的匝数有关b穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大c感应磁场方向与原磁场方向一定相同d穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大15如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为4：1原线圈接入一电压为u=u0sint的交流电源，副线圈接一个r=27.5的负载电阻若u0=220v，=100 hz，则下述结论正确的是（）a副线圈中电压表的读数为55 vb副线圈中输出交流电的周期为sc原线圈中电流表的读数为0.5 ad原线圈中的输入功率为110w16如图所示，导线ab可在平行导轨mn上滑动，接触良好，轨道电阻不计，电流计中有如图所示方向感应电流通过时，ab的运动情况是（）a向右加速运动b向右减速运动c向右匀速运动d向左减速运动三、计算题（每题9分，共36分，要有必要的文字说明和解题过程）17如图，水平u形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体棒ab的质量m=0.2kg、电阻r=0.5，匀强磁场的磁感应强度b=0.2t，方向垂直框架向上现用f=1n的外力由静止开始向右拉ab棒，当ab棒的速度达到2m/s时，求：（1）ab棒产生的感应电动势的大小；（2）ab棒所受安培力的大小和方向；（3）ab棒加速度的大小和方向18质量为m的木块在光滑的水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块并与其一起运动，计算（1）子弹与木块共同运动的速度？（2）子弹打木块的过程中系统损失的机械能？19如图所示，用质量为m、电阻为r的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框mnpq，线框每一边的电阻都相等将线框置于光滑绝缘的水平面上在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为b在垂直mn边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场在运动过程中线框平面水平，且mn边与磁场的边界平行求：（1）线框mn边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；（2）线框mn边刚进入磁场时，m、n两点间的电压umn；（3）在线框从mn边刚进入磁场到pq边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功w20发电机输出功率p1为100kw，输出电压u1是250v，用户需要的电压u4是220v，输电线电阻为10若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%求远距离送电过程中升压变压器与降压变压器原副线圈匝数之比各为多少？内蒙古呼和浩特市北京四中分校2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、单项选择题（每题4分，共48分）1某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断（）a在a和c时刻线圈处于中性面位置b在b和d时刻穿过线圈的磁通量为零c从ad时刻线圈转过的角度为2d若从od时刻历时0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式 专题：交流电专题分析：线圈在中性面上磁通量最大，感应电动势与感应电流均为零；线圈在平行于磁场位置（垂直于中性面处）穿过线圈的磁通量为零，感应电动势与感应电流最大；在一个周期内，电流方向改变两次，根据图象分析答题解答：解：a、由图象可知，a、c时刻感应电流最大，此时线圈与中性面垂直，故a错误；b、由图象可知，在b、d时刻，感应电流为零，此时线圈位于中性面上，穿过线圈的磁通量最大，故b错误；c、由图象可知，到从a到d，线圈转过的角度小于2，故c错误；d、若从od时刻历时0.02s，则交变电流的频率为50hz；在一个周期内交流电的方向改变两次；故在1s内交变电流的方向改变100次，故d正确；故选：d点评：本题考查了交变电流的产生过程，掌握基础知识、分析清楚图象即可正确解题；明确磁通量的变化与交流电的变化规律的关系2如图所示，导线框abcd与通电导线在同一平面内，直导线中通有恒定电流并通过ad和bc的中点，当线框向右运动的瞬间，则（）a线框中有感应电流，且按顺时针方向b线框中有感应电流，且按逆时针方向c线框中有感应电流，但方向难以判断d由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中没有感应电流考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：当导线中通以如图所示的电流时，根据右手螺旋定则可知，直导线周围的磁场分布，根据感应电流产生条件，与楞次定律，即可求解解答：解：如图所示，直导线电流，根据右手螺旋定则可知，直导线右边的磁场垂直向里，左边的磁场垂直向外，因处于线框的中点处，所以穿过线框的磁通量相互抵消，恰好为零；当线框向右运动的瞬间，导致直导线左边垂直向里穿过线框的磁通量减小，而直导线右边垂直向外的磁通量在增大，根据楞次定律，则有感应电流的方向逆时针，故b正确，acd错误；故选：b点评：本题考查安培定则的应用，注意磁通量是标量，但有正负之分，同时掌握楞次定律的应用，因此确定线框的磁通量如何变化是解题的关键3一个理想变压器，原线圈和副线圈的匝数分别为n1和n2，正常工作时输入和输出的电压、电流、功率分别为u1和u2、i1和i2、p1和p2已知n1n2则（）ap1=p2，i1i2bu1u2，p1p2ci1i2，u1u2dp1p2，i1i2考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：本题比较简单，直接根据理想变压器原副线圈匝数比与电压、电流比之间的关系即可求解，理想变压器的输入功率与输出功率相等解答：解：根据理想变压器的特点有：电压与匝数成正比，输入功率等于输出功率，电流与匝数成反比，所以有p1=p2，由于n1n2，所以有i1i2，u1u2，故a正确故选：a点评：本题考查了有关变压器的基础知识，对于这些基础知识平时要加强记忆与理解，同时通过做题加强对基本公式的理解与应用4穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象分别如图所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（）a图中，回路产生的感应电动势恒定不变b图中，回路产生的感应电动势一直在变大c图中，回路在0t1时间内产生的感应电动势小于在t1t2时间内产生感应电动势d图中，回路产生的感应电动势先变小后变大考点：法拉第电磁感应定律；磁通量 分析：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象的斜率k=运用数学知识结合磁通量随时间t变化的图象解决问题解答：解：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即e=n结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象的斜率k=a、图中磁通量不变，无感应电动势故a错误b、图中磁通量随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变故b错误c、图中回路在otl时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率为k1，在tlt2时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现：k1大于k2的绝对值所以在otl时间内产生的感应电动势大于在tlt2时间内产生的感应电动势故c错误d、图中磁通量随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故d正确故选：d点评：通过t图象运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道t图象斜率的意义利用图象解决问题是现在考试中常见的问题对于图象问题，我们也从图象的斜率和截距结合它的物理意义去研究5如图所示，有一正方形闭合线圈，在足够大的匀强磁场中运动，下列四个图中能产生感应电流的是图（）abcd考点：感应电流的产生条件 分析：本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化据此可正确解答本题解答：解：a、线框平行于磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故a错误；b、线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故b错误；c、线框绕轴转动，但线框平行于磁场感应线，穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故c错误；d、线框绕轴转动，导致磁通量发生变化，因此线框产生感应电流，故d正确；故选：d点评：本题考查感应电流产生的条件，首先要明确是哪一个线圈，然后根据磁通量的公式：=bs找出变化的物理量，从而确定磁通量是否发生变化基础题目6如图所示，闭合矩形线框abcd位于磁感应强度为b的匀强磁场中，ad边位于磁场边缘，线框平面与磁场垂直，ab、ad边长分别用l1、l2表示，线圈总电阻为r，若把线圈沿v方向匀速拉出磁场所用时间为t，则通过线框导线截面的电量是（）abcdbl1l2考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第电磁感应定律计算出cd边切割磁感线产生的感应电动势，根据欧姆定律计算出电流，再根据电量q=it求出通过线圈某一截面的电荷量解答：解：把线框沿v的方向匀速拉出磁场的过程中，cd边切割磁感线，cd边产生感应电动势为：e=bl2v，则电路中的电流为i=线框运动的时间为t=所以通过线圈某一截面的电荷量q=it=，故b正确、acd错误故选：b点评：本题要求掌握切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律、电量的公式等7如图，变压器为理想的，各电表也均为理想电表，接线柱a、b接u=311sint的正弦交流电压，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，示数发生变化的是（）aa1、a2ba2、v2ca1、a2、v2da1、a2、v1、v2考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：滑动变阻器的滑片p向下滑动时，负载电阻变大，原副线圈的电压不变，电流减小解答：解：当滑动变阻器的滑片p向下滑动时，负载电阻变小，副线圈中的电流增a2大，而电压由输入电压和匝数比确定，所以副线圈的电压v2不变；原线圈中的电流a1也增大，电压v1不变，故a正确故选：a点评：电路的动态分析方法是：根据局部电路的变化判断总电阻的变化，从而分析总电流的变化，再分析电压的变化8图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为lt=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域取沿abcda的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是（）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：电磁感应与图像结合分析：首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，再根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果解答：解：a、d开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，故a错误；当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，故d错误，b、c开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据感应电动势大小公式：e=blv可得，有效切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为负方向；当bc边开始出磁场时，根据感应电动势大小公式：e=blv可得，切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为正方向故b正确，c错误故选b点评：对于图象问题可以通过排除法判断，本题关键要理解感应电动势公式e=blv中，l是有效切割长度，并掌握右手定则或楞次定律9带铁心的电感线圈，其直流电阻与电阻r的阻值相同，a1和a2是两个完全相同的电流表，它们组成如图所示电路，则下列说法中正确的是（）a闭合s的瞬时，电流表a1的示数小于a2，指针偏转方向与a2相同b闭合s的瞬时，电流表a1的示数等于a2，指针偏转方向与a2相反c断开s的瞬时，电流表a1的示数大于a2，指针偏转方向与a2相反d断开s的瞬时，电流表a1的示数等于a2，指针偏转方向与a2相同考点：自感现象和自感系数 分析：电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化解答：解：a、闭合s瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生电动势，从而阻碍电流的变大，所以电流表a1示数小于a2示数；此时电流的方向都是从左向右，方向相同故a正确，b错误；c、断开s瞬间，线圈电流变小，从而产生电动势，相当于电压会变小电源与电阻相串联，由于两电流表串联，所以电流表a1示数等于a2示数；此时a1中的电流的方向与线圈中电流的方向相同，仍然是从左向右，而a2中的电流则是从右向左，二者电流的方向相反故c错误，d错误；故选：a点评：线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极10电感和电容对交流电的阻碍作用的大小不但跟电感、电容本身有关，还跟交流电的频率有关，下列说法中正确的是（）a电感是通直流、阻交流，通高频、阻低频b电容是通直流、阻交流，通高频、阻低频c电感是通直流、阻交流，通低频、阻高频d电容是通交流、隔直流，通低频、阻高频考点：感抗和容抗 专题：交流电专题分析：根据电容器和电感线圈的特性分析选择电容器内部是真空或电介质，隔断直流能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性解答：解：a、c，电感的特性：通直流，阻交流通低频，阻高频故a错误，c正确； b、d，电容器的特性：通交流，隔直流，通调频，阻低频故bd错误故选：c点评：对于电容和电感的特性可以利用感抗和容抗公式记忆：xl=2fl，xc=，l是电感，c是电容，f是频率11如图所示，半径为r的金属环绕通过其直径的轴oo以角度匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为b从金属环的平面与磁场方向重合时开始计时，在转过30角的过程中，环中产生的感应电动势平均值为（）a2br2b2br2c3br2d3br2考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与电路结合分析：由法拉第电磁感应定律，得感应电动势的平均值解答：解：图示位置时穿过线圈的磁通量为：1=0；转过30时穿过线圈的磁通量为：2=bssin30=bs转过30用的时间为：t=由法拉第电磁感应定律得感应电动势的平均值为：=n=n=3br2，故c正确，abd错误；故选：c点评：本题综合考查了交流电瞬时值表达式、电动势的平均值和电流做功情况，难度中等12两个相同的电阻，分别通以如图所示的正弦交流电和方波电流，两种交变电流的最大值、周期如图所示，则在一个周期内，正弦交流电在电阻上产生的热量q1与方波电流在电阻上产生的热量q2之比等于（）a3：1b1：2c2：1d1：1考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：根据焦耳定律q=i2rt求解热量，其中i是有效值，对于正弦式电流有效值i1=im对于方波，直接根据焦耳定律求解热量解答：解：对于正弦式电流，有效值：i1=im=a根据焦耳定律得：q1=i12rt=12.5rt对于方波，根据焦耳定律得：q2=i22r+=8rt+4.5rt=12.5rt则 q1：q2=12.5：12.5=1：1故选：d点评：对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值二、双项选择题（每题4分，共16分）13某交变电流的方向在1s内改变100次，则其周期t和频率f分别为（）at=0.01sbt=0.02scf=100hzdf=50hz考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：一个周期内电流方向改变两次，根据题意可以求出频率，进而求出周期解答：解：在1s内改变100次，所以f=50hz则：t=0.02s；故选：bd点评：解得本题要知道频率与周期的关系，知道一个周期内电流方向改变两次，难度不大，属于基础题14将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（）a感应电动势的大小与线圈的匝数有关b穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大c感应磁场方向与原磁场方向一定相同d穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大考点：法拉第电磁感应定律 专题：电磁感应与电路结合分析：解答本题应掌握感应电动势取决于磁通量的变化快慢，与磁通量的变化及磁通量无关解答：解：a、由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势e=n，即感应电动势与线圈匝数有关，故a正确；b、穿过线圈的磁通量大，但若所用的时间长，则电动势可能小，故b错误；c、由楞次定律可知：感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故原磁通增加，感应电流的磁场与之反向，原磁通减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即“增反减同”，故c错误；d、由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故d正确；故选：ad点评：感应电动势取决于穿过线圈的磁通量的变化快慢，在理解该定律时要注意区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量变化率三者间区别15如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为4：1原线圈接入一电压为u=u0sint的交流电源，副线圈接一个r=27.5的负载电阻若u0=220v，=100 hz，则下述结论正确的是（）a副线圈中电压表的读数为55 vb副线圈中输出交流电的周期为sc原线圈中电流表的读数为0.5 ad原线圈中的输入功率为110w考点：变压器的构造和原理；电功、电功率 专题：交流电专题分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得解答：解：a、由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为220v，所以原线圈的电压的有效值为，在根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为55v，即为电压表的读数为55v，所以a正确b、变压器不会改变电流的周期，电流的周期为t=s=0.02s，所以b错误c、由欧姆定律得副线圈的电流为，根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小为，所以c正确d、变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的功率为，所以原线圈中的输入功率也为110w，所以d错误故选：abc点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题，另外要注意电表示数、求功率、电热等都用有效值16如图所示，导线ab可在平行导轨mn上滑动，接触良好，轨道电阻不计，电流计中有如图所示方向感应电流通过时，ab的运动情况是（）a向右加速运动b向右减速运动c向右匀速运动d向左减速运动考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据电流计中电流的方向判断出感应电流磁场的方向，再根据楞次定律分析原磁场方向不同时所对应的棒的变化解答：解：产生如图所示的电流时，右边螺线管内的磁场方向是向上的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场要减弱原磁场的变化那么左边就是两种情况：1原磁场方向向下，且减弱2原磁场方向向上，且增强1中，若磁场方向向下，其中的电流是由a向b再经过螺线管回到a由右手定则知，ab左移会产生这样的感应电流磁场减弱，表明ab移速减小，即向左减速运动，d正确2中，若磁场方向向上，电流则是从b向a再经过螺线管回到bab右移产生这样的感应电流磁场增强，表明ab加速，即向右加速运动，a正确故选ad点评：本题分析时应逆向分析，棒的运动状态药根据原磁场的方向和磁通量增大还是减小来判断三、计算题（每题9分，共36分，要有必要的文字说明和解题过程）17如图，水平u形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体棒ab的质量m=0.2kg、电阻r=0.5，匀强磁场的磁感应强度b=0.2t，方向垂直框架向上现用f=1n的外力由静止开始向右拉ab棒，当ab棒的速度达到2m/s时，求：（1）ab棒产生的感应电动势的大小；（2）ab棒所受安培力的大小和方向；（3）ab棒加速度的大小和方向考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据切割产生的感应电动势公式e=blv，求出电动势的大小（2）结合闭合电路欧姆定律求出回路中电流的大小，从而根据安培力公式求出安培力的大小，通过左手定则判断出安培力的方向（3）根据牛顿第二定律求出ab棒的加速度解答：解：（1）根据导体棒切割磁感线的电动势 e=blv代入数据解得：e=0.212v=0.4v（2）由闭合电路欧姆定律得回路电流：i=a=0.8aab受安培力：f安=bil=0.20.81n=0.16n方向水平向左（3）根据牛顿第二定律得ab杆的加速度为：a=4.2m/s2方向水平向右答：（1）ab棒产生的感应电动势的大小为0.4v（2）ab棒所受的安培力为0.16n，方向水平向左（3）ab棒的加速度为4.2m/s2，方向水平向右点评：本题考查电磁感应与力学和电路的基本综合，知道切割磁感线的部分相当于电源，掌握法拉第定律、欧姆定律、左手定则等基本规律是关键18质量为m的木块在光滑的水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块并与其一起运动，计算（1）子弹与木块共同运动的速度？（2）子弹打木块的过程中系统损失的机械能？考点：动量守恒定律；功能关系 专题：动量定理应用专题分析：（1）子弹刚停留在木块中时速度最大，动能最大子弹射入木块的过程中，系统所受的合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律求出碰撞后共同速度（2）根据能量守恒即可求解系统损失的机械能解答：解：（1）设子弹和木块的共同速度为v，选水平速度v0的方向为正，由动量守恒定律，mv0=（m+m）v解得：v=（2）根据能量的转化与守恒，子弹减少的动能除了转化为木块获得的动能即为损失的动能，故有：e=mv02（m+m）v2=；答：（1）子弹与木块共同运动的速度是；（2）子弹打木块的过程中系统损失的机械能是点评：在子