2022-2023学年天津市河北区高二(上)期末物理试卷(含答案解析)

2022-2023学年天津市河北区高二（上）期末物理试卷

1. 1821年一个十分神奇的与电有关的实验现象被法拉第发现了，出于对这个现象的好奇，他对这种现象潜心研究了十年，终于在1831年发现了在物理科技史上影响十分重大的电磁感应效应。下列四幅图所描述的情境，能够产生感应电流的是( )

A. 甲图中，线圈与条形磁铁中心轴线在同一平面内且远离磁铁

B. 乙图中，线圈在匀强磁场中垂直于磁场方向运动

C. 丙图中，条形磁铁快速穿过有缺口的线圈

D. 丁图中，线圈在通电直导线下方以虚线为轴转动

2. 如图，一水平放置的矩形闭合线框abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，如图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ，在这个过程中，线圈中感应电流( )

A. 沿abcd流动

B. 沿dcba流动

C. 由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动

D. 由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动

3. 如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在Δt时间内，磁感应强度方向不变，大小由B均匀地增大到2B，在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )

A. Ba2

2Δt B. nBa2

2Δt

C. Ba2

Δt

D. 2nBa2

Δt

4. 如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一定值电阻R，导轨电阻可忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R，整个装置处于匀

强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)。现对MN施力使它沿导轨方向以速度v(如图)做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小，则( )

A. U=Blv，流过定值电阻R的感应电流由d到b

B. U=Blv，流过定值电阻R的感应电流由b到d

C. U=1

Blv，流过定值电阻R的感应电流由d到b

2

D. U=1

Blv，流过定值电阻R的感应电流由b到d

2

5. 图示是交流发电机的示意图，线圈的两条边分别与两个金属滑环连在一起，线圈逆时针匀速转动时，角速度为ω，通过滑环和电刷保持与外电路的连接，为清楚起见。图中只画了一匝线圈，磁场可视为匀强磁场。下列关于此发电机工作时的说法中，正确的是( )

A. 线圈转动到甲图和丙图所示的位置时，穿过线圈的磁通量最大，电路中的电流为零

B. 线圈转动到乙图和丁图所示的位置时，穿过线圈的磁通量为零，电路中的电流为零

C. 线圈从甲图所示位置逆时针转动到丁图所示位置的过程中，电路中电流的方向改变4次

D. 线圈从乙图或丁图所示的位置开始转动时，电路中电流随时间变化的规律为i=Imsinωt

6. 如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b ，二者直径相同、轴线重合，螺线管与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列说法正确的是( )

A. 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流

B. 穿过线圈a的磁通量变大

C. 线圈a有扩张的趋势

D. 线圈a对水平桌面的压力大于自身重力

7. 如图，右端为N极的磁铁置于光滑水平桌面上并与轻质弹簧相连，弹簧一端固定在竖直墙面上，当弹簧处于原长时，磁铁的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固定线圈的圆心。用

力将磁铁向右拉到某一位置后释放，磁铁穿过线圈来回振动，有关这个振动过程，以下说法正确的是( )

A. 磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力

B. 线圈中的电流方向发生变化

C. 灯泡的亮暗不会发生变化

D. 磁铁振动的幅度逐渐减小

8. 在如图所示的电路中，灯泡A1和A2的规格相同，L为自感系数较大的线圈、其直流电阻为R L。周同学先闭合开关S，调节滑动变阻器R、R1，使A1和A2都正常发光，然后断开开关S。吴同学在周同学走后，接通该电路继续实验，就吴同学观察的实验现象，下列说法正确的是( )

A. 闭合开关S后，灯泡A1、A2逐渐亮起来

B. 闭合开关S后，灯泡A1逐渐亮起来，灯泡A2立即亮起

C. 闭合开关S待电路稳定后断开开关S，灯泡A1立即熄灭，灯泡A2逐渐熄灭

D. 闭合开关S待电路稳定后断开开关S，灯泡A1、A2逐渐熄灭

9. 下列所示图像中属于交流电的有( )

A. B.

C. D.

10. 图甲是一台小型发电机的结构示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图像如图乙所示。发电机线圈的电阻r=1Ω，外接灯泡的电阻为5Ω。则( )

A. 在t=0.01s时刻，穿过线圈的磁通量的变化率最大

B. 理想电压表的示数为5V

C. 灯泡消耗的电功率为2.5W

D. 线圈转动产生电动势的表达式e=6√2sin100πt(V)

11. 某小组用铜棒完成“测定金属电阻率“实验，实验步骤如下：

(1)首先通过螺旋测微器测量铜棒直径，通过游标卡尺测铜棒的长度，测量结果如图甲、乙所示，则铜棒直径d=______mm，铜棒的长度L=______cm；

(2)为了精密测量⋅金属丝的电阻率，某实验小组先用多用表粗测其电阻约为6Ω，然后进行较准确测量，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下图：

A.电压表V1(量程3V，内阻约为15kΩ)

B.电压表V2(量程15V，内阻约为75kΩ)

C.电流表A1(量程3A，内阻约为0.2Ω)

D.电流表A2(量程600mA，内阻约为1Ω)

E.滑动变阻器R1(0∼5Ω,0.6A)

F.滑动变阻器R2(0∼2000Ω,0.1A)

G.输出电压为3V的直流稳压电源E

H.电阻箱

L.开关S，导线若干

为了测量范围尽可能大一些，则上述器材中应选用的实验器材有______。(填器材前序号)

请在虚线框内设计最合理的电路图并将图中的实物连线，但用该电路电阻的测量值______真实值(选填“大于”、“等于“或“小于”)。如果金属丝直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为I，写出计算电阻率的表达式______。

12. 指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器．请完成下列问题：

(1)要使用的多用电表未接入电路时，指针如图(甲)所示，则要进行的是______.调整好后将选择开关拨至“50mA”挡，将多用表串联入待测电路中，指针如图(乙)所示，电路中电流为______ mA。

(2)使用多用表测电阻时，将选择开关拨至“×10”挡，进行欧姆调零．将两表笔接待测电阻两端，指针如图(甲)示，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学接着应该进行哪些操作？请从下面的操作中选出合理的步骤并进行正确排序______。

A.将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向欧姆挡零刻度线

B.将选择开关拨至“×100”挡

C.将选择开关拨至“×1”挡

D.测量完毕后将选择开关拨至“OFF”挡

E.再将待测电阻接到两表笔之间测量其阻值并读出读数

经以上正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针如图(乙)所示，待测电阻为______Ω。

13. 某实验小组选用以下器材测定电池组的电动势和内阻，要求测量结果尽量准确。

电压表(量程0∼3V，内阻约为3kΩ)

电流表(量程0∼0.6A，内阻约为1Ω)

滑动变阻器(0∼20Ω,额定电流1A)

待测电池组(电动势约为3V，内阻约为10Ω)

开关导线若干

①该小组连接的实物电路如图1所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是______。

②改正这条导线的连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于滑动变阻器的______端(填“a”或者“b”)。

③实验中发现调节滑动变阻器时，电流表读数变化明显但电压表读数变化不明显。为了解决这个问题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为4Ω的电阻，之后该小组得到了几组电压表读数U和对应的电流表读数I，并作出U−I图象，如图2所示。根据图象可知，电池组的电动势为______ V，内阻为______Ω(结果均保留两位有效数字)。

14. 如图甲，螺线管匝数n=500匝，横截面积S=0.002m2，螺线管导线电阻r=1Ω，电阻R=4Ω，磁感应强度B的B−t图像(以向右为正方向)如图乙所示，求：

(1)电路中感应电流的大小和流过电阻R中的电流方向。

(2)电路横截面通过的电荷量为2.5C的过程中，R产生的焦耳热。

(3)如图丙，导轨水平放置磁感应强度为0.5T，平行导轨宽1m，电阻R=4Ω，其他电阻不计。若要回路中产生与图甲中相同的大小的感应电流，导体棒应以多大的速度匀速运动。

15. 如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈的总电阻为r=2Ω，外接电阻R=8Ω，匀强磁场的磁感应强度B=1

T，当线圈以角速度ω=10πrad/s匀速旋转时，求：

π

(1)线圈中产生的最大感应电动势。

(2)若从线圈处于中性面开始计时，写出电路中感应电流的瞬时值表达式；

(3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少？

(4)线圈转动一周，外接电阻R上产生的电热是多少？

16. 如图所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ=37∘，导轨间的距离L=1.0m，下端连接R=1.0Ω的电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=2.0T。质量m=0.5kg、电阻r=1.0Ω的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F=5.0N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行，当金属棒滑行x=2.0m后速度保持不变，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，g= 10m/s2，求：

(1)金属棒匀速运动时的速度大小v；

(2)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量Q R；

(3)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，通过电阻R的电荷量q；

(4)金属棒匀速运动之后撤去恒力F，撤去恒力的同时，减小磁感应强度B，使得金属棒继续上升的过程中电路中无感应电流，已知撤去恒力的瞬间，金属棒距导轨底端的距离为x0= 2.5m，并从此刻开始计时，请推导磁感应强度B随着时间t变化的函数关系。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、图中线圈平面始终与磁场的方向平行，所以穿过线圈的磁通量始终为零，不能产生感应电流，故A错误；

B、线圈在匀强磁场中垂直于磁场方向运动的过程中穿过线框线圈的磁通量始终等于BS，磁通量不变，不能产生感应电流，故B错误；

C、条形磁铁快速穿过有缺口的线圈，线圈不闭合，不能产生感应电流，故C错误；

D、根据直线电流周围的磁场的特点可知，该电流产生的磁场与该平面垂直，所以丁图中，线圈在通电直导线下方以虚线为轴转动过程中穿过线圈的磁通量是不断变化的，所以可以产生感应电流。故D正确。

故选：D。

能否产生感应电流，就要看图示的情景能否满足①闭合电路；②部分导体切割磁感线运动这两个条件。

本题主要考查学生对电磁感应现象，以及感应电流产生的条件的了解和掌握，是一道基础题。

2.【答案】A

【解析】解：磁铁产生的磁场如图所示，

线圈从位置1到位置2的过程中，穿过线圈的向上的磁通量减小，则产生

感应电流的磁场方向向上，由右手定则知电流沿abcd方向；

线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内穿过的向下的磁通量增加，则感

应电流的磁场方向向上，由右手定则知感应电流方向沿abcd方向，

故选：A。

穿过线圈的磁通量发生变化，则闭合电路中产生感应电流．可以根据楞次定律来确定感应电流的方向．

考查如何判定感应电流的产生条件，及掌握楞次定律的应用．该题中要注意磁场的方向．

3.【答案】B

【解析】解：在此过程中，线圈中的磁通量改变量大小为：ΔΦ=(2B−B)×a 2

2=Ba2

2

根据法拉第电磁感应定律得：E=nΔΦ

Δt =n×ΔB

Δt

×S=nBa2

2Δt

，故B正确，ACD错误；

故选：B。

根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦ

Δt =nΔB

Δt

S，求解感应电动势，其中S是有效面积。

解决电磁感应的问题，关键理解并掌握法拉第电磁感应定律E=nΔΦ

Δt =nΔB

Δt

S，知道S是有效面积，

即有磁通量的线圈的面积。

4.【答案】D

【解析】解：根据右手定则知，MN中的电流方向为N→M，则流过R的电流方向b→d。

导线切割磁感线产生的感应电动势为：E=Blv

根据闭合电路欧姆定律，电路中电流为：I=E

2R

根据欧姆定律，R两端电压为：U=IR

Blv，故D正确、ABC错误。

所以R两端电压为：U=1

2

故选：D。

根据右手定则判断流过R的电流方向；根据切割产生的感应电动势公式求出电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出R两端的电压大小。

本题考查了电磁感应与电路的基本运用，知道切割的部分相当于电源，会根据右手定则或楞次定律判断感应电流的方向。

5.【答案】A

【解析】解：A、线圈经过甲图和丙图位置时，线圈处于中性面位置，此时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电动势最小为零，则电流为零，故A正确；

B、线圈经过乙图和和丁图位置时，穿过线圈的磁通量为零，产生的感应电动势最大，则电流最大，故B错误；

C、线圈每经过一次中性面位置，电流的方向改变一次，故线圈从甲图所示位置逆时针转动到丁图所示位置的过程中，电路中电流的方向改变2次，故C错误；

D、线圈从乙图或丁图所示的位置开始转动时，线圈从与中性面垂直位置开始计时，电路中电流随时间变化的规律为i=I m cosωt，故D错误。

故选：A。

线圈在中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电动势最小，在与中性面垂直位置时，磁通量最小，感应电动势最大，形成的感应电流最大，线圈每经过一次中性面，电流方向改变1次，线圈从与中性面垂直位置开始计时，电路中电流随时间变化的规律为i=I m cosωt。

本题考查了交流电产生的过程，注意分析一个周期中磁通量、磁通量的变化率和产生的感应电流的瞬时表达式。

6.【答案】AC

【解析】解：ABC、滑片向上滑动，回路电阻变大，电流减小，螺线管产生磁场变弱，线圈a面积不变，线圈a的磁通量变小，根据楞次定律，“增缩减扩”原理可以判断，线圈a有扩张的趋势，根据安培定则判断穿过a线圈的磁感应强度竖直向下，根据楞次定律可知，a线圈的感应电

流产生磁场竖直向下，根据安培定则判断，线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流，故B错误，AC正确；

D、根据楞次定律，“来拒去留”原理可判断，a线圈磁通量减少，所以线圈a有靠近b的趋势，对桌面压力变小，故D错误；

故选：AC。

此题的关键首先明确滑动触头向上滑动时通过判断出线圈b中的电流减小，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向。根据感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因，可以很好判断线圈的运动趋势。

首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果。一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便。

7.【答案】ABD

【解析】解：A、根据楞次定律，感应电流的效果总要阻碍引起感应电流的原因，磁铁接近线圈时穿过线圈的磁通量增大，感应电流激发的磁场对磁铁必定产生排斥力，以阻碍磁通量的增大，故A正确；

B、由图可知穿过线圈的磁场的方向向右。当磁铁靠近时，穿过线圈向右磁通量增大，感应电流激发出的磁场方向向左，根据安培定则，从右往左看，感应电流沿顺时针方向；当磁铁远离时，穿过线圈向右的磁通量减小，感应电流激发出的磁场方向向右，根据安培定则，从右往左看，感应电流沿逆时针方向，可知线圈中的电流方向发生变化，故B正确；

C、磁铁穿过线圈来回振动，速度大小在不停变化，则磁通量的变化率已在变化，感应电动势大小发生改变，感应电流大小也发生改变，灯泡的亮暗会发生变化，故C错误；

D、磁铁在运动过程中，线圈中产生感应电流，灯泡产生焦耳热，弹性势能弹性势能一定减小，即磁铁振动的幅度逐渐减小，故D正确。

故选：ABD。

根据楞次定律分析出感应电流的方向，结合“来拒去留”分析出磁铁和线圈之间的相互作用力的方向；理解电磁感应现象中的能量流向。

本题主要考查了楞次定律的相关应用，熟悉楞次定律的内容，理解电磁感应现象中的能量转化特点。

8.【答案】BD

【解析】解：AB、闭合开关S，灯泡A2与电源构成的回路没有线圈，直接亮起，灯泡A1与线圈串联，逐渐亮起，故A错误，B正确；

CD、电路稳定后断开开关S，由于自感现象，线圈中电流会逐渐减小，灯泡A1、A2与线圈构成闭合回路，灯泡A1、A2逐渐熄灭，故C错误，D正确；

故选：BD 。

闭合开关S ，灯泡A 2直接亮起，灯泡A 1与线圈串联，逐渐亮起；

电路稳定后断开开关S ，由于自感现象，线圈中电流会逐渐减小，灯泡A 1、A 2与线圈构成闭合回路，灯泡A 1、A 2逐渐熄灭。

明确线圈是通直流阻交流，知道电路在接通瞬间和断开瞬间电路中线圈的磁通量会发生变化，会产生感应电流阻碍原电路中电流的变化。

9.【答案】AD

【解析】解：A 、D 图中电流的方向均发生了周期性的变化，是交流电；B 、C 图中，电流大小改变，但方向不变故不是交流电。故AD 正确，BC 错误；故选：AD 。

直流电是指电流的方向不发生变化的电流，其大小可以变化，交流电是指电流的方向发生变化的电流，但是它的电流的大小可以不变．

交流电的最大的特点是电流方向在不断的变化，对于其大小是否变化没有要求。

10.【答案】BD

【解析】解：A 、在t =0.01s 的时刻，电动势为0，穿过线圈的磁通量的变化率为0，故A 错误； B 、电压表的示数为路端电压的有效值，U =E

R+r

⋅R =E m √2

R+r ⋅R =6√2√2

5+1×5V =5V

故B 正确；

C 、灯泡消耗的电功率为P =U 2

R

=

52

5

W =5W

故C 错误；

D 、由图像得，电动势的最大值为

E m =6√2V ，周期为T =0.02s ，则ω=2πT =2π

0.02rad/s =

100πrad/s

则瞬时电动势的表达式为e =E m sinωt =6√2sin100πt(V) 故D 正确； 故选：BD 。

明确交流电的产生过程，知道感应电动势最小时，磁通量变化率为0；根据图象可知交变电流的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等；电压表的示数为路端电压的有效值；求解电功率要用有效值。

本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、角速度等物理量，同时掌握正确书写交流电瞬时值表达式的方法。

11.【答案】10.0936.350ADEGL 小于 πUd

2

4IL

【解析】解：(1)螺旋测微器的读数是：d =10mm +9.3×0.01mm =10.093mm

游标卡尺的精度是0.05mm ，其读数是：L =63mm +10×0.05mm =63.50mm =6.350cm ； (2)实验需要G 电源、I 开关与导线。电源电动势为3V ，因此电压表应选A.电压表V 1(量程3V ，内阻约为15kΩ)；

通过待测电阻的最大电流约为I =E R x

=36

A =0.5A =500mA ，则电流表应选D.电流表A 2(量程

600mA ，内阻约为1Ω)；

为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选E.滑动变阻器R 1(0∼5Ω,0.6A)； 故需要的实验器材是：ADEGL 。

为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，因R x R A

=61

=6，R V R x

=150006

=2500，则R x R A

<

R V R x

，电流表应采用外接法，

实验电路图如图所示，根据实验电路图连接实物电路图，如图所示；

电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流测量值偏大，由R =U I

知，待测电阻测量值比真实值小。 由电阻定律可知：R x =ρL

S =ρL 14

πD 2，

由欧姆定律可知：R x =U I ， 电阻率：ρ=

πUD 2

4IL

故答案为：(1)10.093(10.092∼

10.095均可)；6.350；(2)ADEGL ；小于；πUD 2

4IL 。

(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度读数之和是螺旋测微器的读数，注意估读一位。游标卡尺主尺与游标尺读数之和为游标卡尺的读数。

(2)根据电源电动势大小选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表。在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图，然后根据电路图连接实物电路图；根据电流表的接法分析误差情况；根据欧姆定律和电阻定律相结合写出计算电阻率的表达式。

本题考查实验器材的选择、设计电路图与连接实物电路图，选择实验器材时，要注意保证电路安全、注意所选实验器材方便实验操作；确定滑动变阻器的接法与电流表接法是正确设计实验电路的关键。

12.【答案】机械调零 22.0BAED1900

【解析】解：(1)由图甲可知，指针未指零刻度，则要进行的是机械调零。

若选择开关拨至“50mA”挡，分度值为50mA

50格

=1mA，需估读到分度值的下一位，表盘上读数为22.0mA；

(2)由图可知选择开关置于“×10”挡，图中的偏角太小，说明阻值较大，所以要换大倍率“×100”挡，重新欧姆调零后再测量。测量完成后需要将开关打至OFF挡，故步骤为BAED；

待测电阻为19×100Ω=1900Ω

故答案为：(1)机械调零，22.0；(2)BAED，1900

(1)电表使用前要使指针指在左侧0刻线位置，通过调节机械调零旋钮实现；测电流时，搞清每格电流表示多少，从而得出电流的大小；

(2)根据欧姆表的使用方法分析问题；欧姆挡要乘以倍率。

明确多用表的读数规则，熟练使用步骤，注意欧姆挡的0刻度在右侧。

13.【答案】5a2.91.8

【解析】解：①电源内阻较小，为减小实验误差，相对于电源来说电流表应采用外接法，由图示实物电路图可知，连线5连接错误。

②由图示实物电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前滑片要置于a端。

③由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压：U=E−I(r+R)

由图示图象可知，图象纵轴截距：b=E=2.9V

图象斜率的绝对值：k=r+R=ΔU

ΔI =2.9

0.5

Ω=5.8Ω

电源内阻：r=1.8Ω

故答案为：①5；②a；③2.9；1.8。

①应用伏安法测电源电动势与内阻实验，为减小实验误差，相对于电源电流表应采用外接法，分析图示电路图答题。

②滑动变阻器采用限流接法时，为保护电路闭合开关前滑片要置于接入电路的阻值最大位置。

③根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。

本题考查了测电源电动势与内阻实验，知道实验原理是解题的前提与关键，求出图象的函数表达式，根据图示图象即可解题。

14.【答案】解：(1)电路中感应电动势为E=nΔB⋅S

Δt

代入数据解得：E=2V

I=

E

R

总

=

2

5A=0.4A

根据楞次定律电流方向C 到A(向右) (2)电路横截面通过的电荷量为2.5C 的时间

t =

q I =2.50.4

s =6.25s R 产生的焦耳热

Q =I 2Rt =0.42×4×6.25=4J

(3)设导体棒速度为v

v =

E Bl =IR Bl

代入数据解得：v =3.2m/s

答：(1)电路中感应电流的大小为0.4A ，流过电阻R 中的电流方向C 到A(向右)。 (2)电路横截面通过的电荷量为2.5C 的过程中，R 产生的焦耳热为4J 。 (3)导体棒应以3.2m/s 的速度匀速运动。 【解析】(1)由E =n

ΔB⋅S

Δt

，I =

E R

总

求得感应电流大小，根据楞次定律判断电流方向；

(2)R 产生的焦耳热由Q =I 2Rt 求得； (3)由公式E =BLv 求得速度。

本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，分析清楚磁感应强度的变化情况是解题的前提，应用楞次定律、法拉第电磁感应定律与欧姆定律即可解题。

15.【答案】解：(1)感应电动势的最大值为：E m =NBSω=100×1

π×0.05×10πV =50V

(2)电路中电流的最大值：I m =E m

r+R =50

2+8A =5A

线圈处于中性面时开始计时，则电流瞬时值表达式：i =I m sinωt =5sin10πt(A) (3)电动势的有效值为：E =

m

√2

=

√2

=25√2V

由闭合电路的欧姆定律可得电流表示数：I =E R+r

=

25√2

8+2

a =2.5√2A

(4)线圈转动一周，外接电阻R 上产生的电热是：Q =I 2RT =I 2R 2π

ω=(2.5√2)2×8×(2π

10π)J =20J 答：(1)线圈中产生的最大感应电动势为50V ；

(2)若从线圈处于中性面开始计时，电路中感应电流的瞬时值表达式为i =5sin10πt(A)； (3)电路中，电压表和电流表的示数分别是25√2V 和2.5√2A ； (4)线圈转动一周，外接电阻R 上产生的电热是20J 。 【解析】(1)直接利用E m =NBSω求出感应电动势的最大值；

(2)根据瞬时值表达式的常见形式写出线圈中感应电流的瞬时值表达式； (3)电动势的有效值E =

m

√2

，根据闭合电路的欧姆定律求得电流表示数； (4)根据Q =I 2Rt 求得产生的热量。

考查对交流发电机原理的理解能力。对于交流电表，显示的是交流电的有效值，瞬时值表达式要注意计时起点，不同的计时起点表达式的初相位不同。

16.【答案】解：(1)金属棒匀速运动时产生的感应电动势为：E =BLv

感应电流为：I =E

R+r

由平衡条件有：F =mgsinθ+BIL 代入数据联立解得：v =1m/s

(2)设整个电路中产生的总热量为Q ，由能量守恒定律有： Fx =Q +mgxsinθ+1

2mv 2 代入数据解得：Q =3.75J

电阻R 上产生的热量Q R =R R+r Q = 1.0

1.0+1.0×3.75J =1.875J

(3)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，通过电阻R 的电荷量q =I −

⋅Δt 又根据闭合电路欧姆定律得I −

=E −

R+r 根据法拉第电磁感应定律得E −=ΔΦΔt

=

BLx

Δt

联立可得q =BLx

R+r 代入数据解得：q =2C

(4)电路中无感应电流，穿过回路的磁通量不变。 撤去恒力后金属棒的加速度大小为a =

mgsin37∘

m

=gsin37∘=10×0.6m/s 2=6m/s 2

根据磁通量不变，可得BL(x 0+vt −12

at 2)=B 0Lx 0 其中B 0=2.0T ，代入数据解得：B =

5

2.5+t−3t 2

T

答：(1)金属棒匀速运动时的速度大小v 是1m/s ；

(2)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R 上产生的热量Q R 为1.875J ； (3)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，通过电阻R 的电荷量q 为2C ； (4)磁感应强度B 随着时间t 变化的函数关系为B =

5

2.5+t−3t 2

T 。

【解析】(1)当金属棒所受的合力为零时开始做匀速直线运动，根据共点力平衡条件，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式求出匀速运动的速度v ； (2)对整个回路，应用能量守恒定律可以求出整个回路产生的焦耳热，然后应用串联电路特点求出R 上产生的焦耳热。

(3)根据q =I −

⋅Δt 以及法拉第电磁感应定律、欧姆定律求解通过电阻R 的电荷量q 。

(4)电路中无感应电流，是因为穿过回路的磁通量不变，据此列式求解磁感应强度B 随着时间t 变化的函数关系。

本题分别从力和能量的角度来研究电磁感应现象，关键要抓住电路中无感应电流的条件：穿过回路的磁通量不变，结合金属棒的运动情况，来确定磁感应强度B随着时间t变化的函数关系。