浙江省2019-2020高二物理12月月考试卷（附解析Word版）

杭西高 2019 年 12 月高二物理试卷 一、单选题（本题共 12 小题，每小题 3 分，共 36 分） 1. 法拉第发现电磁感应现象，不仅推动了电磁理论的发展，而且推动了电磁技术的发展，引 领人类进入了电气时代，下列哪一个器件工作时利用了电磁感应现象 ( ) A. 电视机的显像管 B. 回旋加速器 C. 电磁炉 D. 指南针 【答案】C 【解析】 电视机的显像管、回旋加速器是带电粒子在电场中加速及磁场在的偏转，电磁炉利用电磁感 应，指南针是磁现象的应用，C 正确． 2.线圈在匀强磁场中转动时产生交流电，则下列说法中正确的是（ ） A. 当线圈位于中性面时，线圈中感应电动势最大 B. 当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中感应电动势也是零 C. 线圈在磁场中每转一周，产生的感应电动势和感应电流的方向改变一次 D. 每当线圈越过中性面时，感应电动势和感应电流的方向就改变一次 【答案】D 【解析】 本题考查的是磁场对线圈的作用的问题，当线圈位于中性面时，线圈中磁通量的变化为零， 感应电动势最小；A 错误；当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中磁通量的变化最大，则感应电 动势最大，B 错误；线圈在磁场中每转一周，产生的感应电流的方向改变两次，C 错误；每当 线圈越过中性面时，产生的感应电流的方向改变一次，D 正确； 3.根据楞次定律可知感应电流的磁场一定是：（ ） A. 阻碍引起感应电流的磁通量 B. 与引起感应电流的磁场反向 C. 阻碍引起感应电流的磁通量的变化 D. 与引起感应电流的磁场方向相同 【答案】C 【解析】 【详解】当磁通量增大时，感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相反，当磁通量减小 时，感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相同；即感应电流的磁场一定是阻碍引起感 应电流的磁通量的变化． A. 阻碍引起感应电流的磁通量，与分析不相符，故 A 项错误； B. 与引起感应电流的磁场反向，与分析不相符，故 B 项错误； C. 阻碍引起感应电流的磁通量的变化，与分析相符，故 C 项正确； D. 与引起感应电流的磁场方向相同，与分析不相符，故 D 项错误． 4.老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆克绕中心点 自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的 现象是（ ） A. 磁铁插向左环，横杆发生转动 B. 磁铁插向右环，横杆发生转动 C. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动 D. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动 【答案】B 【解析】 【详解】左环没有闭合，在磁铁插入过程中，不产生感应电流，故横杆不发生转动．右环闭 合，在磁铁插入过程中，产生感应电流，横杆将发生转动，故 B 正确，ACD 错误． 5.一个质点做简谐振动的振动图像如图所示，则该质点在 3.5s 时的 A. 速度为负，位移为正 B. 速度为负，位移为负 C. 速度为负，加速度为正 D. 速度为正，加速度为负 【答案】D 【解析】 【分析】 知道图像的意义，再结合简谐运动的模型分析求解。 【详解】据图像可知，质点在 时，质点的位移为正，且偏离平衡位置，所以位移、速 度为正，根据： 可知，回复力与位移方向相反，即加速度也与位移方向相反，故 D 正确，ABC 错误。 【点睛】明确图像的意义是解题的关键，灵活与模型结合是解题的核心，知道位移、速度和 加速度之间的变化关系。 6.摆长是 1m 的单摆在某地区振动周期是 2s，则在同一地区 A. 摆长是 0.5m 的单摆的周期是 0.707s B. 摆长是 0.5m 的单摆的周期是 1s C. 周期是 1s 的单摆的摆长为 2m D. 周期是 4s 的单摆的摆长为 4m 【答案】D 【解析】 分析】 根据单摆的周期公式即可求解。 【详解】AB．根据单摆的周期公式 ，代入题中数据： 两式相比解得： ，故 AB 错误； C．同理： 【 3.5st = F kx= − 2 LT g π= 1m2s 2π g = 1 0.5m2T π g = 1 2sT = 1m2s 2π g = 11s 2 Lπ g = 两式相比解得： ，故 C 错误； D．同理： 两式相比解得： ，故 D 正确。 【点睛】熟记公式及公式中的物理意义是解决此题的关键。 7. 如图所示，理想变压器的 a、b 端加上某一交流电压后，副线圈 c、d 端所接灯泡 L 恰好正 常发光．此时滑线变阻器的滑片 P 于图示位置．现将滑片 P 下移 ( 导线电阻不计)，则以下正 确的是: （ ） A. 灯仍能正常发光，变压器输入电流变大 B. 灯仍能正常发光，变压器输入电流变小 C. 灯变亮，变压器输入电流变大 D. 灯变暗，变压器输入电流变小 【答案】B 【解析】 滑片 P 下移，滑动变阻器电阻增大，输出端总电阻增大，输出电压不变，灯泡亮度不变，输 出电流减小，输入电流由输出电流决定，所以输入电流也减小，A 错；B 对；CD 错； 8.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框 abcd，ab 边长大于 bc 边长，置于垂直纸面向里、 边界为 MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于 MN．第一次 ab 边平行 MN 进入磁场，线框上产生的热量为 Q1，通过线框导体横截面积的电荷 量为 q1；第二次 bc 边平行于 MN 进入磁场，线框上产生的热量为 Q2，通过线框导体横截面的 电荷量为 q2，则（  ） 1 1 m4L = 1m2s 2π g = 24s 2 Lπ g = 2 4mL = A. Q1＞Q2，q1=q2 B. Q1＞Q2，q1＞q2 C. Q1=Q2，q1=q2 D. Q1=Q2，q1＞ q2 【答案】A 【解析】 设 ab 和 bc 边长分别为 L1，L2，若假设穿过磁场区域的速度为 v， ， ； 同理可以求得： ， ； L1＞L2，由于两次“穿越”过程均为相同速率穿过，因此：Q1＞Q2，q1=q2，故 A 正确，BCD 错 误．故选 A． 在电磁感应题目中，公式 ，常考，要牢记，选择题中可直接应用，计算题中要写出 推导过程；对于电磁感应能量问题一般有三种方法求解：①利用电路中产生的热量等于克服 安培力做得功；②利用动能定理；③利用能量守恒；具体哪种方法，要看题目中的已知条件. 9.如图所示，在平行于地面的匀强磁场上方，有两个用相同金属材料制成的边长相同的正方 形线圈 a、b，其中 a 的导线比 b 粗，它们从同一高度自由落下.则 A. 它们同时落地 B. a 先落地 C. b 先落地 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 B L v L B L L vQ R v R = ⋅ = 1 2 1 1 BL LNq I t ttR R ∆Φ= ∆ = ∆ =∆ 总 2 2 2 1 2 B L L vQ R = 1 2 2 BL Lq R = Nq R ∆Φ= 总 D. 无法判断 【答案】A 【解析】 【分析】 线圈是闭合的，进入磁场后，产生感应电流，线圈受到竖直向上的安培力作用，根据牛顿第 二定律研究线圈加速度的关系，再分析下落时间的关系。 【详解】设 、 线圈的边长为 ，横截面积为 ，电阻率为 ，密度为 ，质量为 ， 进入磁场瞬间速度为 、加速度为 ，根据牛顿第二定律得： 解得： ，可知 与横截面积 无关，两线圈的位移相 同，所以两线圈同时落地，故 A 正确，BCD 错误。 【点睛】本题难点在于分析线圈加速度与横截面积无关，要抓住相同金属材料背后的物理意 义。 10.如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两 金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是（ ） A. 向左摆动 B. 向右摆动 C. 保持静止 D. 无法判定 【答案】A 【解析】 a b L S 电ρ 密ρ m v 0a 2 2 0 B L vmg maR − = 4m ρ LS= ⋅密 4R Lρ S = 电 2 2 2 0 4 164 B L v B va g gLLS S = − = − ⋅ ⋅ 密 电 密 电 ρ ρρ ρ 0a S 条形磁铁 S 极突然插入线圈时，螺线管磁场向左增加，楞次定律得左板为正极，右侧负极， 带负电的通草球受向左电场力，将向左偏．A 正确．故本题选 A． 11.如图所示圆环形导体线圈 平放在水平桌面上,在 的正上方固定一竖直螺线管 ,二者轴 线重合,螺线管与电源和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 向下滑 动,下列表述正确的是( ) A. 线圈 中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B. 穿过线圈 的磁通量变小 C. 线圈 有扩张的趋势 D. 线圈 对水平桌面的压力 FN 将增大 【答案】D 【解析】 【详解】当滑动变阻器的滑片 P 向下滑动时，接入电路中的电阻变小，所以流过线圈 b 的电 流增大，所以穿过线圈 a 的磁通量变大．由右手定则可以判断出穿过线圈 a 的磁通量增大的 方向向下，所以根据楞次定律可知线圈 a 中感应电流所产生的磁场方向向上，再由右手定则 可知线圈 a 中感应电流方向为俯视逆时针，故 AB 错误．滑片 P 向下移动使得穿过线圈 a 的磁 通量增加，根据楞次定律的描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，只有 线圈 a 面积减小才能阻碍磁通量的增加，所以线圈 a 应有收缩的趋势，故 C 错误．滑片 P 为 不动时，线圈 a 对桌面的压力等于线圈 a 的重力．当滑片 P 向下滑动时，采用等效法，将线 圈 a 和螺线管 b 看做两个条形磁铁，由楞次定律可以判断出两条形磁铁的 N 级相对，互相排 斥，所以线圈 a 对水平桌面的压力变大，故 D 正确．故选 D 12.如图所示，一导线弯成直径为 d 的半圆形闭合回路，虚线 MN 右侧有磁感应强度为 B 的匀 强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度 v 向右匀速进入磁场，直径 CD 始终与 MN 垂直．从 D 点到达边界开始到 C 点进入磁场为止，下列说法中正确的是 a a b P a a a a A. 感应电流方向 顺时针方向 B. CD 段直导线始终不受安培力 C. 感应电动势的最大值 E=Bdv D. 感应电动势的平均值 = πBdv 【答案】D 【解析】 【分析】 根据楞次定律可判断电流方向，由左手定则可得出安培力的方向，根据 ，分析过程中 最长的 可知最大电动势；根据法拉第电磁感应定律可得出电动势的平均值。 【详解】A．在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律 可知感应电流的方向为逆时针方向不变，故 A 错误； B．根据楞次定律可以判断，电流方向由 到 ，磁场垂直纸面向里，则受安培力向下，故 B 错误； C．当半圆闭合回路进入磁场一半时，有效长度最大为 ，这时感应电动势最大值为： 故 C 错误； D．由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值为： 故 D 正确。 【点睛】本题注意以下几点：（1）感应电动势的平均值用公式 来计算；（2）利用 感应电动势公式 计算时， 应是有效长度，即垂直切割磁感线的长度。 二、多选题（本大题共 4 小题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全 部选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分） 为 E 1 8 E BLv= L D C 2 d 2 dE B v= 21 ( ) 12 2 8 dπΔΦE B πBdvdΔt v = = = E n t ∆Φ= ∆ E Blv= l 13.如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为 u=220 sin(100πt)V 的交 流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22V，22W”的灯泡 10 个，灯泡均正常发光．除灯 泡外的电阻均不计，下列说法正确的是 A. 变压器原、副线圈匝数比为 10∶1 B. 电流表示数为 1A C. 电流表示数为 10A D. 副线圈中电流的频率为 5Hz 【答案】AB 【解析】 【分析】 根据交流电压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，电流与匝数成反比，即可求解相关物理量。 【详解】A．灯泡正常发光，灯泡两端的电压 ，原线圈两端电压有效值为 ，原、副 线圈匝数之比为： 故 A 正确； BC．副线圈的电流： 电流与匝数成反比： 得 ，所以电流表示数为 ，故 B 正确，C 错误； D．根据原线圈电压的瞬时值表达式，可知： 解得得 ，原副线圈频率相等，所以副线圈中电流的频率为 ，故 D 错误。 【点睛】本题主要考查变压器的知识，要能够对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压 2 22V 220V 220: 22 10:1= 2 2210 A 10A22I = × = 1 2 2 1 1 10 I n I n = = 1 1AI = 1A 100 2 fω π π= = 50Hzf = 50Hz 器变压原理、功率等问题准确理解。 14.对单摆振动过程，正确的描述是 A. 摆球机械能守恒，因它所受合外力为零 B. 摆球过最低点时，动能最大 C. 摆球向最高点摆动时，动能转化为势能，并且因克服重力做功而机械能减少 D. 摆球到最高点时，动能为零，势能最大 【答案】BD 【解析】 【分析】 单摆振动过程中机械能守恒，最高点势能最大，动能最小，最低点势能最小，动能最大，合 力始终不为零。 【详解】A．摆球机械能守恒，因它除了重力外，绳的拉力不做功，摆球的速度的大小和方向 始终在改变，所以所受合外力始终不为零，故 A 错误； B．摆球机械能守恒，在最低点重力势能最小，动能最大，故 B 正确； C．摆球机械能守恒，摆球向最高点摆动过程中，重力做负功，重力势能增加，动能减小，故 C 错误； D．摆球机械能守恒，最高点重力势能最大，动能最小为零，故 D 正确。 【点睛】在解决能量的题目时，要注意分析涉及几种形式的能，明确什么能减少，什么能增 加，从而去判断能量的转化情况。 15.如图甲所示，abcd 是匝数为 100 匝、边长为 10cm、总电阻为 0.1Ω 的正方形闭合导线圈， 放在与线圈平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图乙所示，则以下 说法正确的是(  ) A. 在 0～3s 内导线圈中产生的感应电流方向不变 B. 在 t=2.5s 时导线圈产生的感应电动势为 1V C. 在 0～2s 内通过导线横截面的电荷量为 20C D. 在 t=1s 时，导线圈内电流的瞬时功率为 10W 【答案】CD 【解析】 【分析】 根据楞次定律来判定感应电流方向；根据法拉第电磁感应定律，求出 时线框中感应电动 势的大小，结合欧姆定律、电功率的计算方法、结合电荷量的表达式进行求解。 【详解】A．根据楞次定律可知，在 内的感应电流方向与 内的感应电流方向相反， 即为交流电，故 A 错误； B．根据法拉第电磁感应定律， 时的感应电动势等于 内的感应电动势，则有： 故 B 错误； CD．在 时间内，根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势为： 再根据欧姆定律有： 在 时，线框内电流为 ，那么导线框内电流的瞬时功率为： 根据电流的定义式解得： 故 CD 正确。 【点睛】本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和楞次定律，及电荷量与电功 率的计算方法，同时注意交流电与直流电的区别在于电流的方向是否发生变化。 16.一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知(  ) A. 该交流电的电压瞬时值的表达式为 u＝100sin 25πt(V) B. 该交流电的频率为 25 Hz C. 该交流电的电压的有效值为 100 V D. 若将该交流电压加在阻值 R＝100 Ω 的电阻两端，则电阻消耗的功率为 50 W 2.5s 0 ~ 2s 2 ~ 3s 2.5s 2 ~ 3s 100 (2 0) 0.1 0.1V 2V1 N B SE t ∆ × − × ×= = =∆  0 ~ 2s 2 1 2100 0.1 V 1V2E = × × = 1 1 A 10A0.1I = = 1st = 10A 2 210 0.1W 10WP I R= = × = 10 2C 20CQ It= = × = 2 【答案】BD 【解析】 【详解】从图象中可得该交流电的周期为 T＝4×10－2s，所以频率为 f＝1/T＝25 Hz，选项 B 正确；角速度为 ω＝2πf＝50π，从图象中可知交流电最大值为 Um＝100 V，所以该交流电的 电压瞬时值的表达式为 u＝ 100sin(50πt) V，该交流电的有效电压值为 ， 选项 AC 错误；若将该交流电压加在阻值 R＝100 Ω 的电阻两端，则电阻消耗的功率为 ，选项 D 正确． 三、计算题（本大题共 5 小题，共 48 分） 17.在如图甲所示的电路中，螺线管匝数 n=1500 匝，横截面积 S=20cm2．螺线管导线电阻 r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2 =5.0Ω，C=30μF．在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度 B 按如图乙所示的规律变化．求： (1)求螺线管中产生的感应电动势？ (2)闭合 S，电路中的电流稳定后，电阻 R1 的电功率？ (3)闭合 S，电路中的电流稳定后，求电容器的电量？ 【答案】(1)1.2 (2)0.0576W (3) 【解析】 【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律： (2)根据全电路欧姆定律，有： 根据 P=I2R1 解得： P=0.122×4=5.76×10-2W； m 50 2V 2 UU = = 2 5000 W 50W100 UP R = = = 51.8 10 C−× 4 1 0.21500 20 10 V 1.2V2 BE n nSt t −∆Φ ∆ −= = = × × × =∆ ∆ 1 2 1.2 A 0.12A4 5 1 EI R R r = = =+ + + + (3)S 闭合时，电容器两端的电压 U=IR2=0.6V 电容器所带的电量 Q=CU=1.8×10-5C 18.发电机输出功率为 ，输出电压为 ，用户需要的电压为 ，输电线电阻为 .若输电线因发热而损失的功率为输送功率的 . （1）画出此输电线路的示意图. （2）试求在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比. （3）用户得到 电功率是多少？ 【答案】（1）输电线路的示意图如图所示． （2）升压变压器 ，降压变压器 （3）用户得到的电功率为 96kW 【解析】 【详解】（1）输电线路的示意图如图所示. （2）输电线损耗功率 . 又 ， 输电线电流为 . 原线圈中输入电流为 . 所以， 的 . 100kW 250V 220V 10Ω 4% 1 2 1 20 n n = 3 4 240 11 n n = 100 4%kW 4kWP = × =线 2 2P I R=线 线 2 3 20AI I= = 1 1 400API U = = 1 2 2 1 1 20 n I n I = = 这样 ， ， 所以， . （3）用户得到的电功率 . 远距离输电的电路结构是必须熟悉的知识点.在这一结构中，升压变压器、降压变压器的不同 功能，输电线上电能的损耗、电压的损耗，电路中的非线性特征的影响等等，都是读者必须 讨论并认真掌握的内容. 19.在小车上竖直固定着一个高 h=0.05m、总电阻 R=10Ω、n=100 匝的闭合矩形线圈，且小车 与线圈的水平长度 l 相同．现使线圈和小车一起在光滑的水平面上运动，速度为 v1=1.0m/s， 随后穿过与线圈平面垂直、磁感应强度 B=1.0T 的水平有界匀强磁场，方向垂直纸面向里，如 图甲所示．已知小车运动(包括线圈)的速度 v 随车的位移 x 变化的 v-x 图像如图乙所示．求: (1)小车的水平长度 l 和磁场的宽度 d； (2)小车的位移 x=10cm 时线圈中的电流大小 I； (3)小车 位移 x=35cm 时线圈所受安培力的大小及方向． 【答案】(1) (2) (3) ，方向水平向左 【解析】 【分析】 (1)由图中小车速度变化的位置，判定出产生感应电流的位置，从而得出小车的长度和磁场的 宽度； (2)由图读出当 时，由图像可知线圈右边切割磁感线的速度，然后求出电动势和感 应电流的大小； (3)由图读出当 时，由图像可知线圈左边切割磁感线的速度，然后求出电动势和感应 的 2 2 1 1 250 20V 5000VnU U n = = × = 3 2 5000 20 10V 4800VU U U= − = − × =线 3 3 4 4 240 11 n U n U = = 100 96%kW 96kWP = × =出 10cml = 25cmd = 0.4A 1N 10cmx = 35cmx = 电流的大小，再由 求出安培力的大小。 【详解】(1)由题图乙可知，从 开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，受安培力 作用，小车做减速运动，速度 随位移 减小，当 时，线圈完全进入磁场，线圈中 无感应电流，小车做匀速运动。因此小车的水平长度 ； 当 时，线圈开始离开磁场，则磁场区域的宽度为： (2)当 时，由图像可知线圈右边切割磁感线的速度 导体切割磁感线得线圈中的电动势： 回路中的电流： 解得： (3)当 时，切割磁感线的速度 导体切割磁感线得线圈中的电动势： 线圈中的电流： 则安培力： 代入数据得： ，由左手定则可知安培力方向水平向左。 【点睛】根据速度的变化分析磁场宽度时可以画出线框在磁场中运动的草图，同时注意结合 力和运动的关系，明确安培力对物体运动的影响。 20.如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距 1m，导轨平面与 水平面成 θ=37°角，下端连接阻值为 R 的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为 0.2kg、 电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为 0.25．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求： F BIL= 5cmx = v x 15cmx = 10cml = 30cmx = (30 5)cm 25cmd = − = 10cmx = 1 0.8m/sv = 1E nBhv= 1nBhvEI R R = = 100 1.0 0.05 0.8 A 0.4A10I × × ×= = 35cmx = 2 0.4m/sv = 2E nBhv′ = 2nBhvEI R R ′′ = = 2 2 2 2n B h vF nBI h R = ′ = 1NF = （1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小； （2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻 R 消耗的功率为 8W，求该速度的大小； （3）在上问中，若 R=2Ω，金属棒中的电流方向由 a 到 b，求磁感应强度的大小与方向． 【答案】（1）4m／s2（2）10m/s（3）0.4T，方向垂直导轨平面向上 【解析】 试题分析： （1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律： ① 由①式解得 ＝10×（O.6－0.25×0.8）m／s2=4m／s2② （2）设金属棒运动达到稳定时，速度为 ，所受安培力为 F，棒在沿导轨方向受力平衡 ③ 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻 消耗的电功率： ④ 由③、④两式解得 ⑤ （3）设电路中电流为 I，两导轨间金属棒的长为 l，磁场的磁感应强度为 B ⑥ ⑦ 由⑥、⑦两式解得 ⑧ 磁场方向垂直导轨平面向上 考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律 【名师点睛】本题主要考查了导体切割磁感线时的感应电动势、牛顿第二定律 ．属于中等难 度的题目，解这类问题的突破口为正确分析安培力的变化，根据运动状态列方程求解．开始 下滑时，速度为零，无感应电流产生，因此不受安培力，根据牛顿第二定律可直接求解加速 vBlI R = 8 2 0.410 1 PRB T Tvl ×= = =× 度的大小；金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒所受合外力为零，根据平衡条件求出安培 力． 21.如图甲所示，质量 m＝3×10－3 kg 的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的 水平细杆 CD 长 l＝0.20 m，处于磁感应强度大小 B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中．有 一匝数 n＝300 匝、面积 S＝0.01 m2 的线圈通过开关 K 与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面 垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度 B2 的大小随时间 t 变化的关系如图乙所 示．(g＝10 m/s2) (1)求 0～0.10 s 内线圈中的感应电动势大小； (2)t＝0.22s 时闭合开关 K，若细杆 CD 所受安培力方向竖直向上，判断 CD 中的电流方向及磁 感应强度 B2 的方向； (3)t＝0.22 s 时闭合开关 K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度 h＝0.20 m，求通过 细杆 CD 的电荷量． 【答案】(1)30 V (2)电流方向由 C 到 D B2 方向向上 (3)0.03 C 【解析】 (1)由电磁感应定律有 E＝n 得 E＝nS ＝30 V (2)由左手定则得：电流方向由 C 到 D 因此 B2 方向向上 (3)由牛顿第二定律有 F＝ma＝m (或由动量定理 FΔt＝mv－0) 安培力 F＝IB1l q＝IΔt v2＝2gh t ϕ∆ ∆ 2B t ∆ ∆ 0v t − ∆ 得 q＝ ＝0.03 C.1 2m gh B l