解析江苏省宿迁市宿豫中学2020┄2021学年高二下学期期中考试物理试题

202０┄202１学年江苏省宿迁市宿豫中学高二（下)期中物理试卷一、单项选择题（本题共8小题,每小题3分,共计24分）1．(3分）如图的各个图线中,表示交变电流的是( ）A. Ｂ. C．D．【考点】：交变电流．【专题】:交流电专题．【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．【解析】: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．2．(3分)如图，三只白炽灯泡L1、L2、Ｌ3分别与线圈Ｌ、电阻R、电容器C串联后接在同一个交流电源上,供电电压瞬时值为u1=U m siｎωt，此时三只灯泡的亮度相同.现换另一个电源供电，供电电压瞬时值为u2＝U m sin，则三只灯泡的亮度变化是（）Ａ. Ｌ1变亮，Ｌ２不变,L3变暗B. Ｌ1变暗,L2不变,L３变亮Ｃ．L1变亮,L2变亮，Ｌ3变暗 D. L1变暗,L2变亮,L3变亮【考点】：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．【专题】:交流电专题.【分析】：本题根据电感和电容的特性进行【分析】：电感通低频,阻高频；电容器通高频,阻低频.电阻与电源的频率无关.【解析】:解：线圈阻交流通直流，通低频阻高频，当交变电流的频率变小时，线圈的感抗变小,通过L１的电流变大,故L1变亮.电阻与电源的频率无关，当电源频率变小时,电阻所在支路电灯L２的亮度不变.电容器通交流阻直流，通高频阻低频,当交变电流的频率变小时，电容器的容抗变大,故通过L３的电流变小，故L3变暗．故Ａ正确.故选：Ａ.【点评】:重点掌握交流电的频率对电感和电容的影响,知道当交变电流的频率变小时,线圈的感抗变小,电容器的容抗变大.3.（3分)物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图所示,她把一个带铁芯的线圈L 开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起.某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验,线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是( )A．线圈接在了直流电源上Ｂ. 电源电压过高Ｃ. 所选线圈的匝数过多D. 所用套环的材料与老师的不同【考点】：研究电磁感应现象．【专题】:实验题.【分析】:闭合开关的瞬间,穿过套环的磁通量发生变化,产生感应电流，从而受到安培力，会向上跳起.根据套环跳起的原理判断导致套环未动的原因．【解析】:解：A、线圈接在直流电源上,闭合开关的瞬间,穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动．故A错误．B、电源电压过高,在套环中产生的感应电流更大,更容易跳起.故Ｂ错误．C、线圈匝数过多,在套环中产生的感应电流越大,套环更容易跳起．故C错误.D、所用的套环材料是塑料,不可能产生感应电流，则不会受到安培力,不会跳起．故D正确.故选：D.【点评】:理解套环跳起的原因,即产生感应电流的效果阻碍引起感应电流磁通量的变化．４．(3分）法拉第通过精心设计的一系列试验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来.在下面几个典型的实验设计思想中,所作的推论后来被实验否定的是．( ）A. 既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流Ｂ. 既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流Ｃ. 既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势D. 既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流【考点】:感应电流的产生条件．【分析】:静止导线上的稳恒电流产生稳定的磁场,穿过静止线圈的磁通量不变，不能在静止的线圈中感应出电流.稳恒电流可在近旁运动的线圈中感应出电流，静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势，运动导线上的稳恒电流也可在近旁线圈中感应出电流．【解析】：解:A、静止导线上的稳恒电流产生稳定的磁场，穿过静止线圈的磁通量没有变化,不能在静止的线圈中感应出电流.符合题意．故A错误．B、稳恒电流产生的磁场是稳定的,穿过在近旁运动的线圈的磁通量可能变化，可在近旁运动的线圈中感应出电流．故B正确;C、静止的磁铁周围的磁场是稳定的,在其近旁运动的导体中可切割磁感线产生感应出电动势．不符合题意．故C错误．Ｄ、运动导线上的稳恒电流在空间产生的磁场是变化的,穿过近旁线圈中的磁通量在变化,可感应出电流．不符合题意.故D错误.故选:B.【点评】:本题实质是考查对感应电流产生条件的理解能力.历史上科学家采用类比的方法设计实验的．基础题.5．(3分)在如图所示的电路中,a、ｂ为两个完全相同的灯泡,Ｌ为自感线圈,E为电源，Ｓ为开关.关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是（）A. 合上开关，a先亮,b逐渐变亮;断开开关,a、b同时熄灭Ｂ．合上开关,b先亮,ａ逐渐变亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭C．合上开关,ｂ先亮,a逐渐变亮;断开开关，a、b同时熄灭D．合上开关，a、b同时亮;断开开关，b先熄灭，a后熄灭【考点】：自感现象和自感系数．【分析】：对于线圈来讲通直流阻交流,通低频率交流阻高频率交流．【解析】:解：由于ａ、b为两个完全相同的灯泡,当开关接通瞬间，ｂ灯泡立刻发光，而ａ灯泡由于线圈的自感现象,导致灯泡渐渐变亮；当开关断开瞬间，两灯泡串联,由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时熄灭.故选:A【点评】:线圈的自感系数越大,频率越高时,感抗越高．６．（３分)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.【解析】: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7．（3分）如图所示，光滑导电圆环轨道竖直固定在匀强磁场中，磁场方向与轨道所在平面垂直，导体棒ａb的两端可始终不离开轨道无摩擦地滑动,当ab由图示位置释放，直到滑到右侧虚线位置的过程中，关于ab棒中的感应电流情况,正确的是（)A. 先有从a到b的电流,后有从ｂ到a的电流B．先有从ｂ到a的电流,后有从ａ到b的电流C. 始终有从b到a的电流D．始终没有电流产生【考点】:导体切割磁感线时的感应电动势.【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,对照条件，分析磁通量是否变化,判断有无感应电流产生．若有,根据楞次定律判断其方向.【解析】：解：以ａb棒与大圆弧或小圆弧组成的回路为研究对象，当ａb由图示位置释放，直到滑到右侧虚线位置的过程中，穿过这两个回路的磁通量始终不变，故始终没有感应电流产生.故ＡBＣ错误，Ｄ正确．故选D【点评】:本题的解题关键是选择研究的回路，根据产生感应电流的条件进行判断.8.（3分）如图表示某一交变电流随时间变化的图象,则此交变电流的有效值为（)A. A Ｂ. ＡC．1．５A D. Ａ【考点】：交流的峰值、有效值以及它们的关系.【专题】：交流电专题．【分析】:根据有效值的定义求解.取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻,若产生的热量相同,直流的电流值,即为此交流的有效值．【解析】：解:将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为Ｉ，则根据有效值的定义有:１2×Ｒ××2+22R•×2=I2ＲT解得:Ｉ=Ａ；故选:B.【点评】:对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值．常见题型,要熟练掌握.二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分,共２0分,在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上答案符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分）9．(4分）一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴匀速转动，线圈中的感应电动势e随时间ｔ的变化如图.下列说法正确的是( ）A. t1时刻线圈平面与磁场方向平行B. t２时刻线圈平面与磁场方向垂直C．ｔ3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最小D. 当ｅ转换方向时，通过线圈的磁通量绝对值为最大【考点】:正弦式电流的图象和三角函数表达式；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】:矩形线圈中产生正弦式电流,当线圈通过中性面时，磁通量最大,感应电动势为零，电动势方向发生改变．而当线圈与磁场平行时,磁通量为零,感应电动势最大，磁通量的变化率最大.【解析】:解：A、t１时刻感应电动势为零,线圈通过中性面，磁通量最大,线圈平面和磁场方向垂直,故A错误;B、由图可得t２时刻,感应电动势为最大值，通过线圈的磁通量为零,线圈平面与磁场方向平行,故B错误；Ｃ、t3时刻感应电动势为零，磁通量的变化率为零,绝对值最小，故Ｃ正确；D、每当ｅ转换方向时,线圈与磁场垂直，线圈通过中性面时，磁通量最大，故D正确；故选:CＤ.【点评】:本题考查交变电流产生过程中,感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系,关键抓住两个特殊位置：线圈与磁场垂直位置,及线圈与磁场平行位置．10.(4分）如图是街头变压器给用户供电的示意图．输入端接入的电压u=2２0０siｎ１0０πｔ（V)，输出电压通过输电线输送给用户,输电线的电阻用R表示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1０:1,题中电表均为理想交流表，则下列说法正确的是( )A. V2表的读数为220ＶB. A１表的示数随A2表的示数的增大而增大C. 副线圈中交流电的频率为１00HzD. 用户端闭合开关,则Ｖ2表读数不变,A1表读数变大，变压器的输入功率增大【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】:根据表达式知道电压和频率,与闭合电路中的动态分析类似,可以根据R的变化,确定出总电路的电阻的变化,进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况．【解析】：解：A、由电压表达式公式知原线圈电压有效值为22０0V，电压与匝数成正比，所以V2表的读数为V，故Ａ错误;B、电流与匝数成反比，所以A１表的示数随A2表的示数的增大而增大，故B正确;C、由表达式知角速度为１０0π，所以频率为f＝＝５０Hｚ,故C错误；D、用户端闭合开关S，则副线圈的电阻减小,电压由输入电压和匝数比决定,所以V2表读数不变,A１表和Ａ2读数都变大，变压器的输入功率等于输出功率都增大，D正确;故选：BＤ【点评】：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法.１１．(4分）如图所示，在匀强磁场中，放有一与线圈D相连接的平行导轨,要使放在线圈D中的线圈A（Ａ、D两线圈同心共面）各处受到沿半径方向指向圆心的力,金属棒MN的运动情况可能是( ）A. 加速向右B. 加速向左C. 减速向右D. 减速向左【考点】:导体切割磁感线时的感应电动势;楞次定律．【分析】：线圈A各处受到沿半径方向指向圆心的力可以理解为A正在具有收缩的趋势，或A受到D对它的排斥力，根据楞次定律可以判定A、D中的电流的变化，然后再根据右手定则判定导体棒ＭN的运动情况.【解析】：解：圈Ａ各处受到沿半径方向指向圆心的力可以理解为A正在具有收缩的趋势,根据楞次定律可以知道此时一定是D中的磁场正在增大，与磁场的方向无关;D中的磁场正在增大，说明导体棒ＭN正在做加速运动,与方向无关．所以D可能向左加速，也可能是向右加速.所以四个选项中Ａ和Ｂ正确，Ｃ和D错误．故选：ＡB.【点评】:该题考查楞次定律和导体棒切割磁感线产生的电动势，楞次定律的使用可以安4个步骤使用，也可以使用它的推论．属于基础题目.12．(４分)线圈所围的面积为0.1ｍ2，线圈电阻为1Ω.规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图（1）所示.磁场的磁感应强度B随时间ｔ的变化规律如图(2)所示．则以下说法正确的是( ）A. 在时间0~5ｓ内,Ｉ的最大值为0.01AＢ．在第4ｓ时刻,I的方向为逆时针C. 前2ｓ内,通过线圈某截面的总电量为0.0１ＣD．第3s内，线圈的发热功率最大【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】：磁感应强度Ｂ的变化率越大，磁通量的变化就越大,线圈中产生的感应电动势越大．B﹣t图象的斜率等于B的变化率，根据数学知识判断什么时刻I最大.根据楞次定律判断感应电流的方向．根据推论：q=求电量.根据感应电流的大小确定何时线圈的发热功率最大．【解析】：解：A、由图看出,在时间0～5s内，是0﹣１s内图线的斜率最大，B的变化率最大,线圈中产生的感应电动势最大，感应电流也最大,即为：Ｉ=．故A正确.B、在第4ｓ时刻，穿过线圈的磁场方向向上,磁通量减小，则根据楞次定律判断得知,I的方向为逆时针方向.故Ｂ正确.C、前2s内，通过线圈某截面的总电量为：ｑ==＝C=０.01C．故C 正确．D、第3s内,Ｂ没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小．故D错误.故选：ＡBC．【点评】：本题关键要从数学角度理解斜率等于B的变化率.经验公式q=ｎ，是电磁感应问题中常用的结论，要在会推导的基础上记牢．13．（４分)如图所示,两根光滑的金属导轨,平行放置在倾角为θ斜角上,导轨的左端接有电阻R,导轨自身的电阻可忽略不计.斜面处在一匀强磁场中,磁场方向垂直于斜面向上．质量为m，电阻可不计的金属棒ａb,在沿着斜面与棒垂直的恒力作用下沿导轨匀速上滑,并上升h高度,如图所示.在这过程中（)A．作用于金属捧上的各个力的合力所作的功等于零B. 作用于金属捧上的各个力的合力所作的功等于mgh与电阻Ｒ上发出的焦耳热之和C．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上发出的焦耳热D. 恒力F与重力的合力所作的功等于电阻R上发出的焦耳热【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】:题中导体棒ab匀速上滑,合力为零，即可合力的做功为零;对导体棒正确受力分析,根据动能定理列方程,弄清功能转化关系,注意克服安培力所做功等于回路电阻中产生的热量.【解析】：解：A、B导体棒匀速上升过程中，合力为零，则合力所作的功等于零,根据动能定理得:W F﹣ＷＧ﹣Ｗ安=0，得W F=W G+W安,克服安培力所做功W安即等于回路电阻中产生的热量，故有：金属棒上的各个力的合力所做的功等于零,恒力F等于ｍgｈ与电阻R上发出的焦耳热之和，A正确,B错误；C、根据功能关系可知,金属棒克服安培力做的功等于电阻R上发出的焦耳热．故C正确.D、由W F﹣WＧ﹣W安=0得,W F﹣WＧ＝W安，即恒力Ｆ与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，即等于电阻R上发出的焦耳热,故D正确．故选ACD．【点评】:对于电磁感应与功能结合问题,注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生热量.三、填空题（共20分）1４.（6分）如图所示,两根平行光滑长直金属导轨,其电阻不计,导体棒ab和cd跨放在导轨上，ab电阻大于cd电阻.当ｃd在外力Ｆ２作用下匀速向右滑动时,ab在外力F1作用下保持静止,则ab两端电压Uａｂ和ｃd两端电压U cd相比,Uａb＝Uｃd，外力F１和F２相比,F1 = F2(填“＞”、“=”或“<”）.【考点】:导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：cd切割磁感线产生感应电动势，相当于电源,cd和ab两端的电压都是外电压．整个回路中的电流处处相等,通过安培力的大小公式，结合共点力平衡比较拉力的大小．【解析】:解：由图看出，cd切割磁感线产生感应电动势，相当于电源,ａb是外电路,由于导轨电阻不计,所以cd和ab两端的电压都是外电压，所以Uａb=Uｃd．由于电流相等,由公式F=ＢIL,可知两棒所受的安培力相等,因为两棒都处于平衡状态，拉力都等于安培力，则F1=F2．故答案为:=，=．【点评】：处理电磁感应中电路问题时，关键能够知道其等效电路,知道哪一部分相当于电源,结合安培力的大小公式和共点力平衡进行求解.１5.(6分）传感器担负着信息的采集任务,在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量（如温度、光、声等)转换成便于测量的量(通常是电学量）．热敏电阻的阻值随温度变化的图线如图甲,由热敏电阻Ｒt作为传感器制作的自动报警器电路图如图乙.（1)为了使温度过高时报警器铃响,ｃ应按在 a （填“ａ”或“ｂ”);（2)若使报警的最低温度提高些，应将Ｐ点向左移动(填“左”或“右”）;(3)如果在最低报警温度下无论如何调节P都不能使完好的报警器正常工作,且电路无故障,造成工作电路不正常工作的原因可能是①电源提供的电流太小，导致磁铁的磁性太弱；②弹簧的劲度系数太大,电磁铁的吸引力小于弹力等.【考点】:闭合电路的欧姆定律;传感器在生产、生活中的应用.【专题】：恒定电流专题.【分析】:利用半导体的特殊性能，可以做出方便人们生活的物品,例如热敏电阻可以用在自动灭火装置上．根据热敏电阻的阻值随温度的变化而变化,因此使电路形成通路,并改变其中一个电阻的温度.在最低报警温度时不能报警，说明此时电路中产生的电流不能让竖直片与ａ接触，这可能由多种原因造成,如：①电源提供的电流太小，导致磁铁的磁性太弱;②弹簧的劲度系数太大,电磁铁的吸引力小于弹力等【解析】：解:(1)根据图甲坐标系中曲线的趋势可以得出，电阻随温度的升高而减小，因此热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，为了使温度过高时发送报警信息,则热敏电阻阻值最小，开关c应该接在ａ处,（2）若使报警的最低温度提高些电路中电阻增大,则滑动变阻R应将P点向左移动. (3)在最低报警温度时不能报警,说明此时电路中产生的电流不能让竖直片与ａ接触,这可能由多种原因造成,如：①电源提供的电流太小，导致磁铁的磁性太弱;②弹簧的劲度系数太大,电磁铁的吸引力小于弹力等故答案为：(1)a;(2)左；(3)①电源提供的电流太小,导致磁铁的磁性太弱；②弹簧的劲度系数太大,电磁铁的吸引力小于弹力等．【点评】:本题考查学生对生活中半导体具体实例的了解情况.此外本题通过影响电阻的因素的实验,考查学生识图能力以及分析问题和解决问题的能力．16.（8分)如图1是做探究电磁感应的产生条件实验的器材及示意图.(１)在图中用实线代替导线把它们连成实验电路.(2)由哪些操作可以使电流表的指针发生偏转Ⅰ将开关闭合（或者断开）Ⅱ将螺线管Ａ插入(或拔出）螺线管B(３)假设在开关闭合的瞬间,灵敏电流计的指针向左偏转,则当螺线管A向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向右偏转.（填“左”或“右”)【考点】:研究电磁感应现象.【专题】：实验题．【分析】:（1)探究电磁感应现象实验有两套电路;电源、开关、滑动变阻器、螺线管A组成控制电路；螺旋管B与电流计组成实验电路．（2）当线圈B中有感应电流产生时，电流表指针发生偏转；根据感应电流产生的条件:穿过闭合回路的磁通量发生变化,分析答题．(３）根据楞次定律判断是否有感应电流产生,结合闭合开关瞬间，灵敏电流计的指针向右偏转判断将滑动变阻器的滑片向右移动的过程中,灵敏电流计的指针的偏转方向.【解析】:解:(１)将电流表与大线圈B组成闭合回路，电源、开关、小线圈A组成闭合回路，电路图如图所示.(2)Ⅰ、将开关闭合或断开，或Ⅱ、将螺线管A插入（或拔出)螺线管B时穿过线圈B的磁通量发生变化,线圈Ｂ中产生感应电流，电流表指针偏转．(3）在开关闭合的瞬间,穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏转,则当螺线管Ａ向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小,灵敏电流计的指针向右偏转.故答案为：（1)电路图如图所示；（2)将开关闭合(或者断开)；将螺线管Ａ插入(或拔出）螺线管Ｂ;(3）右.【点评】:探究电磁感应现象的实验有两套电路,要知道各电路的阻值与作用.本题考查了感应电流产生的条件，难度不大,是一道基础题，知道感应电流产生的条件、分析清楚图示情景即可正确解题.四、计算题（第1７题1２分,第1８题14分，第1９题15分，第2０题1５分,共56分）17.（12分）发电机转子是n匝边长为L的正方形线圈，将它置于磁感应强度为B的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的轴以角速度ω做匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，已知线圈的总电阻为r，外电路的电阻为Ｒ．试求：(１)外电路上消耗的功率；(2）从图示位置开始,线圈转过过程中,通过外电阻的电量.【考点】:交流发电机及其产生正弦式电流的原理;闭合电路的欧姆定律;电功、电功率．【专题】:交流电专题．【分析】:（1）根据P=I2Ｒ求解外电阻R上消耗的功率；(２）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流的定义列式后联立求解即可．【解析】：解:(1）电动势的最大值为:根据欧姆定律：电流的有效值为：外电路上消耗的功率:（2)由线圈产生的感应电动势的平均值：根据闭合电路欧姆定律,有：故电量为:答:(１）外电路上消耗的功率为；（2)从图示位置开始,线圈转过过程中，通过外电阻的电量为．【点评】:本题主要考查了交变电流的瞬时表达式的求解方法，注意功率要用有效值，通过电阻的电量用平均值．18.（14分）如图所示,质量m１=０.1kg,电阻R1=0.3Ω,长度ｌ=0.4ｍ的导体棒ａｂ横放在Ｕ型金属框架上．框架质量m2=0.２kg,放在绝缘水平面上,与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，相距０.4m的MM′、ＮN′相互平行,电阻不计且足够长.电阻R2=0.1Ω的MN垂直于ＭM′．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度Ｂ=０.5T.垂直于ab施加F＝2N。