高二物理下期中考试卷

第1页（共18页）平坝第一高级中学20152016学年第二学期物理期中考试卷（德智、德能班）一选择题（共13小题）1（2015秋胶州市期末）物理学的基本原理在生产、生活中有着广泛的应用，下面列举的四种电器中，利用了电磁感应的是（）A电饭煲B微波炉C电磁炉D白炽灯泡2（2016冀州市校级模拟）如图，直角三角形金属框ABC放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于AB边向上当金属框绕AB边以角速度逆时针转动时，A、B、C三点的电势分别为UA、UB、UC已知BC边的长度为L下列判断正确的是（）AUAUC，金属框中无电流BUBUC，金属框中电流方向沿ABCACUBCBL2，金属框中无电流DUBCBL2，金属框中电流方向沿ACBA3（2016广西模拟）下列说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B穿过线圈的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C穿过线圈的磁通量不变，线圈中产生的感应电动势为零D穿过线圈的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大4（2016揭阳一模）矩形导线框ABCD放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图所示T0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里；在04S时间内，线框AB边受匀强磁场的作用力随时间变化的图象（力的方向规定以向左为正方向）是图中的（）第2页（共18页）ABCD5（2016南宁模拟）一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则以下说法中正确的是（）AT0时刻，线圈平面与中性面垂直BT001S时刻，的变化率最大CT002S时刻，交变电流的电动势达到最大D该线圈产生的交变电流的电动势随时间变化的图象如图乙所示6（2016日照一模）如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是（）ABCD7如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中（）A重力的冲量相同B弹力的冲量相同C合力的冲量相同D以上说法均不对8质量为1KG的物体从离地面5M高处自由下落与地面碰撞后静止，设球与地面作用时间为02S，则小球对地面的平均冲力为（G10M/S2）（）A30NB60NC80ND100N第3页（共18页）11如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为R，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度匀速转动，外电路电阻为R，当线圈由图示位置转过60的过程中，下列判断正确的是（）A电压表的读数为B通过电阻R的电荷量为QC电阻R所产生的焦耳热为QD当线圈由图示位置转过60时的电流为9（2016广西模拟）如图所示的情况都是线框在磁场中做切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是（）ABCD121931年英国物理学家狄拉克从理论上预言在只有一个磁极的粒子即“磁单极子”1982年美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验，他设想如果只有N极的磁单极子从上而下穿过如图所示的电阻趋于零的（超导）线圈，那么从上向下看，这个线圈将出现（）A从上向下看，线圈中会出现先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流B磁单极接近线圈的过程中，线圈对磁单极磁场力作负功C磁单极接近线圈的过程中，线圈对磁单极磁场力作正功D逆时针方向持续流动的感应电流第4页（共18页）二多选题（共4小题）14（2016如皋市校级模拟）如图所示的电路中，当开关S闭合时，小灯泡A1（填“逐渐”或“立刻”）亮；然后当开关断开时，小灯泡中的电流方向是（选填“向左”或“向右”）15（2015上海二模）如图所示，用一根长为L、质量不计的细杆与一个上弧长为L0、下弧长为D0的金属线框的中点联结并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2L0、下弧长为2D0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且D0L先将线框拉开到如图所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦金属线框向左进入磁场时感应电流的方向为（选填“顺时针”，“逆时针”）；金属线框最终将在磁场内做运动16（2016春益阳校级月考）如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度给该台灯接220V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为V17（2015春福建期末）如图所示，理想变压器的副线圈上接有三个灯泡原线圈与个灯泡串联接在交流电源上若四个灯泡完全相同，且都正常发光，则原副线圈匝数比为；电源两端的电压U1与灯泡两端的电压U2之比三解答题（共3小题）18（2015大庆二模）如图A所示，水平放置的两根间距L05M足够长的平行金属导轨MN和PQ，在M、P之间接有阻值R02的定值电阻一质量M01KG的均匀导体棒AB垂直于导轨放在距离左端D10M处，导体棒与导轨接触良好，整个装置处在范围足够大第5页（共18页）的匀强磁场中，T0时刻，磁场方向竖直向下，磁感应强度B随时间T的变化如图B所示不计感应电流磁场的影响，当T3S时，突然使AB棒获得向右的速度V08M/S，同时在棒上施加一方向水平、大小可变化的外力F，保持AB棒具有大小恒为A4M/S2、方向向左的加速度已知导体棒与导轨间的动摩擦因数01，导轨和导体棒电阻均忽略不计，取重力加速度大小G10M/S2，求（1）前3S内AB棒中感应电流的大小和方向；（2）当AB棒的位移S135M时，外力F的大小和方向；（3）从T0时刻开始，当通过电阻R的电量Q225C时，AB棒正在向右运动，此时撤去外力F，此后AB棒又运动了S2605M后静止求撤去外力F后电阻R上产生的热量Q19（2016大庆模拟）如图所示为交流发电机示意图，匝数N100匝的矩形线圈，边长分别为10CM和20CM，内阻为5，在磁感应强度B05T的匀强磁场中绕OO轴以50RAD/S的角速度匀速转动，线圈和外部20的电阻R相连接，已知线圈绕OO轴转动时产生的电动势最大值EMNBS，求（1）电压表和电流表示数（2）电阻R上所消耗的电功率是多少（3）由图示位置转过90的过程中，通过R的电量是多少20（2016单县校级模拟）如图所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A、B和半径为05M的光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A、B、C质量分别为15KG、05KG、4KG现让A以6M/S的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为03S，碰后速度大小变为4M/S当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知G10M/S2求A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小；AB第一次滑上圆轨道所能到达的最大高度H第6页（共18页）平坝第一高级中学20152016学年第二学期物理期中考试卷（德智、德能班）参考答案与试题解析一选择题（共13小题）1（2015秋胶州市期末）物理学的基本原理在生产、生活中有着广泛的应用，下面列举的四种电器中，利用了电磁感应的是（）A电饭煲B微波炉C电磁炉D白炽灯泡【分析】电饭煲、白炽灯泡都利用电流的热效应，而日光灯利用自感现象启动微波炉是利用变化的电磁场，产生电磁波电磁炉是利用电磁感应原理【解答】解A、电饭煲、白炽灯泡都利用电流的热效应故AD错误B、微波炉是利用变化的电磁场，产生电磁波故B错误C、电磁炉是利用电磁感应原理使产生涡流，将电能最终转化成内能故C正确故选C2（2016冀州市校级模拟）如图，直角三角形金属框ABC放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于AB边向上当金属框绕AB边以角速度逆时针转动时，A、B、C三点的电势分别为UA、UB、UC已知BC边的长度为L下列判断正确的是（）AUAUC，金属框中无电流BUBUC，金属框中电流方向沿ABCACUBCBL2，金属框中无电流DUBCBL2，金属框中电流方向沿ACBA【分析】金属框中磁通量不变，故没有感应电流；但导体棒切割磁感线，有感应电动势产生，根据EBL求解切割电动势即可【解答】解AB、导体棒BC、AC做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则，感应电动势的方向从B到C，或者说是从A到C，故UAUBUC，磁通量一直为零，不变，故金属框中无电流，故A错误，B错误；CD、感应电动势大小BL（）BL2，由于UBUC，所以UBCBL2，磁通量一直为零，不变，金属框中无电流，故C正确，D错误；第7页（共18页）故选C3（2016广西模拟）下列说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B穿过线圈的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C穿过线圈的磁通量不变，线圈中产生的感应电动势为零D穿过线圈的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大【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；由法拉第电磁感应定律可知，穿过线圈的磁通量变化率越大，感应电动势越大【解答】解A、穿过线圈的磁通量变化大，磁通量变化不一定快，故线圈中产生的感应电动势不一定大，故A错误；B、穿过线圈的磁通量大，磁通量变化不一定快，故线圈中产生的感应电动势不一定大，故B错误；C、穿过线圈的磁通量不变，根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势为零，故C正确；D、根据法拉第电磁感应定律，对于同一个线圈，穿过线圈的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大，故D正确；故选CD4（2016揭阳一模）矩形导线框ABCD放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图所示T0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里；在04S时间内，线框AB边受匀强磁场的作用力随时间变化的图象（力的方向规定以向左为正方向）是图中的（）ABCD【分析】穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而形成感应电流由题意可知，磁感应强度是随着时间均匀变化的，所以感应电流是恒定的，则线框AB边所受的安培力与磁感应强度有一定的关系【解答】解T0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1S内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的AB边的安培力水平向左当在1S到2S内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的AB边的安培力水平向右在下一个周期内，重复出现安培力先向左后向右故选D第8页（共18页）5（2016南宁模拟）一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则以下说法中正确的是（）AT0时刻，线圈平面与中性面垂直BT001S时刻，的变化率最大CT002S时刻，交变电流的电动势达到最大D该线圈产生的交变电流的电动势随时间变化的图象如图乙所示【分析】线圈在中性面时磁通量最大，电动势最小，与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为最大【解答】解A、由甲图知T0时刻磁通量最大，线圈平面应在中性面，A错误；B、T001S时刻，磁通量等于零，但的变化率达最大，B正确；C、T002S时刻，磁通量最大，交流电动势为零，C错误；D、由甲图知交流电动势的图象应为正弦图象，D错误；故选B6（2016日照一模）如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是（）ABCD【分析】根据左手定则，结合安培力与磁场方向，可知，感应电流的方向，再由右手定则可知，磁场是如何变化的，最后由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，确定安培力的综合表达式，从而即可求解【解答】解由题意可知，安培力的方向向右，根据左手定则，可知感应电流的方向由B到A，再由右手定则可知，当垂直向外的磁场在增加时，会产生由B到A的感应电流，由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式F，因安培力的大小不变，则B是定值，若磁场B增大，则减小，第9页（共18页）若磁场B减小，则增大，故D正确，ABC错误；故选D7如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中（）A重力的冲量相同B弹力的冲量相同C合力的冲量相同D以上说法均不对【分析】根据牛顿第二定律和运动学公式比较运动的时间，结合力的大小和时间比较冲量，注意冲量是矢量，有方向【解答】解A、高度相同，则下滑的距离X，加速度AGSIN，根据X，得T，由于倾角不同，则运动的时间不同，根据IMGT知，重力的冲量不同故A错误B、对于弹力，大小不等，方向不同，弹力的冲量不同故B错误C、合力的大小F合MGSIN，可知合力大小不等，方向也不同，则合力的冲量不同，故C错误故选D8质量为1KG的物体从离地面5M高处自由下落与地面碰撞后静止，设球与地面作用时间为02S，则小球对地面的平均冲力为（G10M/S2）（）A30NB60NC80ND100N【分析】由动能定理可以求出小球落地与反弹时的速度，然后由动量定理求出小球对地面的冲击力【解答】解由动能定理得小球下落过程MGH1MV120，V110M/S，方向竖直向下；碰后速度为零；以向下为正方向，由动量定理得（MGF）TMV2MV1，即（110F）0201（10），解得F60N；负号表示冲力方向向上故选B9（2016广西模拟）如图所示的情况都是线框在磁场中做切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是（）第10页（共18页）ABCD【分析】根据感应电流产生的条件是穿过闭合电路磁通量发生变化然后结合图中线圈的位移与线圈则磁通量的变化情况判定是否能产生感应电流【解答】解A、当线圈做垂直于匀强磁场的磁感线的平行运动时，磁通量一直不发生变化，无感应电流，故A错误；B、当线圈从磁场中穿出时，磁通量减小，能产生感应电流，故B正确；C、当线圈做垂直于磁场方向，由较弱的磁场进入较强的磁场中时，磁通量增大，能产生感应电流，故C正确；D、当线圈在图示的位置垂直于磁感线的运动时，磁通量一直不变，无感应电流，故D错误故选BC10如图所示，矩形线圈ABCD只有一半在磁场中，且此时磁场与线圈所在平面垂直，则下列叙述中正确的是（）A在以AD边为轴转过60的过程中，线圈中感应电流方向为DCBAB在以AD边为轴转过60的过程中，线圈中感应电流方向为ABCDC在以BC边为轴转过60的过程中，线圈中感应电流方向为DCBAD在以BC边为轴转过60的过程中，线圈中感应电流方向为ABCD【分析】磁通量是穿过线圈的磁感线的条数对照产生感应电流的条件穿过电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生，再依据楞次定律，即可求解【解答】解AB、以AD边为轴转动60度，磁通量变为BSCOS60B，原来磁通量为B，穿过线圈的磁通量没有变化，没有感应电流产生，故AB错误CD、以BC边为轴转动60，磁通量为零，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，则线圈中感应电流方向为ABCD，故C错误，故D正确故选D11如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为R，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度匀速转动，外电路电阻为R，当线圈由图示位置转过60的过程中，下列判断正确的是（）第11页（共18页）A电压表的读数为B通过电阻R的电荷量为QC电阻R所产生的焦耳热为QD当线圈由图示位置转过60时的电流为【分析】根据EMNBS求解感应电动势的最大值，根据求解感应电动势的有效值，根据欧姆定律求解电流有效值，根据求解电量【解答】解A、感应电动势的最大值EMNBS，感应电动势的有效值为，所以电压表示数为，故A错误；B、线圈由图示位置转过60的过程中通过R的电荷量为，故B错误；C、根据焦耳定律得电阻R所产生的焦耳热为为，故C错误；D、当线圈由图示位置转过60时的电流为，故D正确；故选D121931年英国物理学家狄拉克从理论上预言在只有一个磁极的粒子即“磁单极子”1982年美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验，他设想如果只有N极的磁第12页（共18页）单极子从上而下穿过如图所示的电阻趋于零的（超导）线圈，那么从上向下看，这个线圈将出现（）A从上向下看，线圈中会出现先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流B磁单极接近线圈的过程中，线圈对磁单极磁场力作负功C磁单极接近线圈的过程中，线圈对磁单极磁场力作正功D逆时针方向持续流动的感应电流【分析】磁单极子穿过超导线圈，导致线圈中的磁通量发生变化，根据磁通量变化情况，由楞次定律可判定感应电流的方向【解答】解AD、若N磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向从上向下看，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针因此线圈中产生的感应电流方向不变故A错误，D正确BC、据楞次定律可知，感应电流产生的效果阻碍磁体的相对运动，所以当磁单极子靠近或远离时，安培力做负功，故B正确，C错误故选BD13如图（A）所示，一理想变压器有原线圈AB和副线圈CD，匝数比为N1N212，原线圈AB通有如图（B）所示的正弦交变电流，那么在T02S时刻（）A铁芯中的磁通量为零B铁芯中的磁通量的变化率为零CC、D两端电压为零D交流电流表的示数为2A【分析】由图B可知交流电流最大值IMA，根据有效值与最大值的关系求出有效值，再根据电压与匝数成正比求出电流表的示数【解答】解A、B、由图乙可知，在T02S时刻，副线圈中的电流值为0，则副线圈中的感应电动势为0，由法拉第电磁感应定律可知，T02S时刻，铁芯中的磁通量的变化率为零，此时铁芯中的磁通量有最大值，不是0故A错误，B正确；C、在T02S时刻，副线圈中的电流值为0，则副线圈中的感应电动势的瞬时值为0，则C、D两端电压瞬时为零故C正确；第13页（共18页）D、电流表的示数为电流的有效值，所以电流表的示数为IA故D错误故选BC二多选题（共4小题）14（2016如皋市校级模拟）如图所示的电路中，当开关S闭合时，小灯泡A1立刻（填“逐渐”或“立刻”）亮；然后当开关断开时，小灯泡中的电流方向是向右（选填“向左”或“向右”）【分析】开关闭合后瞬间，A灯立刻亮，由于线圈自感电动势的阻碍，电流逐渐增大，B灯逐渐变亮正常工作后，A灯、B灯一样亮开关由闭合到断开瞬间，由于两灯原来电流相等，A、B两灯不会闪亮一下熄灭根据楞次定律分析流过A灯的电流方向【解答】解开关闭合后瞬间，线圈自感电动势对灯A1没有阻碍作用，灯A1立刻亮开关由闭合到断开瞬间，A1灯原来的电流立即减为零，线圈产生自感电动势阻碍电流减小，使线圈中电流只能逐渐减小根据楞次定律可知，开关由闭合到断开瞬间，流过线圈的电流方向是电流自右向左，则通过A灯的电流自左向右故答案为立刻，向右15（2015上海二模）如图所示，用一根长为L、质量不计的细杆与一个上弧长为L0、下弧长为D0的金属线框的中点联结并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2L0、下弧长为2D0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且D0L先将线框拉开到如图所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦金属线框向左进入磁场时感应电流的方向为逆时针（选填“顺时针”，“逆时针”）；金属线框最终将在磁场内做简谐运动【分析】由楞次定律可得出线圈进入磁场及离开磁场时的电流方向，因线圈只有在经过边界时才产生电磁感应现象，消耗机械能；则可得出单摆最终的运动情况【解答】解金属线框向左进入磁场时，由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为ADCBA，即为逆时针根据能量转化和守恒，线圈每次经过边界时都会消耗机械能，故可知，金属线框DC边进入磁场与AB边离开磁场的速度大小不相等如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动，由于ODL，单摆做简谐运动的条件是摆角小于等于10度，故最终在磁场内做简谐运动故答案为逆时针，简谐第14页（共18页）16（2016春益阳校级月考）如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度给该台灯接220V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为110V【分析】根据电流的热效应由一个周期内交变电流通过电阻R的产生热量与直流电通过电阻R一个周期内产生热量相等，求解有效值【解答】解设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量交流电产生的热量QT直流电产生的热量QT解得U110V故答案为11017（2015春福建期末）如图所示，理想变压器的副线圈上接有三个灯泡原线圈与个灯泡串联接在交流电源上若四个灯泡完全相同，且都正常发光，则原副线圈匝数比为31；电源两端的电压U1与灯泡两端的电压U2之比41【分析】设每只灯的额定电流为I，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为3I，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系【解答】解设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为3I，原副线圈电流之比为13，所以原、副线圈的匝数之比为31，所以原线圈电压为3U，而A灯泡的电压也为U，所以电源的电压为4U，而副线圈电压为U，所以故答案为31；41三解答题（共3小题）18（2015大庆二模）如图A所示，水平放置的两根间距L05M足够长的平行金属导轨MN和PQ，在M、P之间接有阻值R02的定值电阻一质量M01KG的均匀导体棒AB垂直于导轨放在距离左端D10M处，导体棒与导轨接触良好，整个装置处在范围足够大第15页（共18页）的匀强磁场中，T0时刻，磁场方向竖直向下，磁感应强度B随时间T的变化如图B所示不计感应电流磁场的影响，当T3S时，突然使AB棒获得向右的速度V08M/S，同时在棒上施加一方向水平、大小可变化的外力F，保持AB棒具有大小恒为A4M/S2、方向向左的加速度已知导体棒与导轨间的动摩擦因数01，导轨和导体棒电阻均忽略不计，取重力加速度大小G10M/S2，求（1）前3S内AB棒中感应电流的大小和方向；（2）当AB棒的位移S135M时，外力F的大小和方向；（3）从T0时刻开始，当通过电阻R的电量Q225C时，AB棒正在向右运动，此时撤去外力F，此后AB棒又运动了S2605M后静止求撤去外力F后电阻R上产生的热量Q【分析】（1）由图B的斜率读出，由法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势，由欧姆定律求解感应电流的大小，根据楞次定律判断感应电流的方向（2）T3S后，AB棒做匀变速运动，位移S135M时，由公式V22AS求出速度大小，由安培力公式FBIL和感应电动势公式EBLV、欧姆定律求出安培力的大小，再由牛顿第二定律求解外力F要分导体棒向左和向右两种情况研究（3）由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式结合求出3S后到撤去外力F时导体棒运动的位移S，再运动学公式和动能定理结合求解热量【解答】解（1）由图知01T/S，根据法拉第电磁感应定律，则有01051V005V由闭合电路欧姆定律，则有I025A；根据楞次定律，AB棒中电流方向为由A到B；（2）AB棒做匀变速运动，位移S135M时，速度大小设为V1，则V122AS代入数据A4M/S2解得V16M/S对应安培力大小FABIL0075N向右运动时，FMGFAMA，F010075014，F0225N；方向向左；向左运动时，FMGFAMA，F010075014，F0575N；方向向左；第16页（共18页）（3）前3S内通过电阻R的电量为Q1IT0253C075C设3S后到撤去外力F时又运动了S则有TQQ115C；解得S6M此时AB棒的速度设为V2则V222AS解得V24M/S此后到停止，由动能定理WAWFEK且WAQ解得QWFEKMGS2（0）（060508）J0195J答（1）前3S内AB棒中感应电流的大小025A和方向由A到B；（2）当AB棒的位移S135M时，外力F的大小0575N和方向向左；（3）撤去外力F