新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第一中学2024-2025学年高二下学期开学物理试题

2024-2025学年新疆乌鲁木齐市一中高二（下）开学物理试卷 一、单选题：本大题共8小题，共32分。 1.如图所示，用绳吊起一个铝环，用条形磁体的N极去靠近或者远离铝环，下列判断正确的是(    ) A. 磁体向右侧靠近铝环时，铝环向左摆动 B. 使铝环摆动的力是磁场对铝环的安培力 C. 若磁体向左侧远离铝环，铝环一定不会摆动 D. 磁体向右侧靠近铝环时，从右向左看铝环产生逆时针的感应电流 2.风力发电将成为福建沿海实现“双碳”目标的重要途径之一。如图甲，风力发电装置呈现风车外形，风吹向叶片驱动风轮机转动，风轮机带动内部匝数为N的矩形铜质线圈在水平匀强磁场中，以角速度绕垂直于磁场的水平转轴顺时针匀速转动产生交流电，发电模型简化为图乙。已知N匝线圈产生的感应电动势的最大值为。则(    ) A. 当线圈转到图示位置时产生的感应电流方向为DCBA B. 当线圈转到竖直位置时电流表的示数为零 C. 当线圈转到图示位置时磁通量的变化率最大 D. 穿过线圈的最大磁通量为 3.如图所示的经颅磁刺激联合脑电图技术是一种无创的技术，通电线圈作用于头皮产生强而短暂的磁脉冲刺激大脑皮层，诱导组织中产生感应电流，导致局限区域皮层神经元的去极化和激活。以下说法正确的是(    ) A. 电流的磁效应是法拉第发现的，揭示了电与磁的内在联系 B. 由图示中的磁场方向可判断线圈中此时的电流方向俯视为逆时针 C. 只要通电线圈中的电流足够大，即可诱导组织中产生感应电流 D. 作用于头皮磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，其国际单位为韦伯 4.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直。规定磁场的正方向垂直于纸面向里，电流的正方向为顺时针，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示。则下列图象中正确的是(    ) A. B. C. D. 5.如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面的夹角为，固定在竖直平面内，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为。已知小环的电荷量为q，重力加速度大小为g，，下列说法正确的是(    ) A. 小环带正电 B. 小环滑到P处时的速度大小 C. 当小环的速度大小为时，小环对杆没有压力 D. 当小环与杆之间没有正压力时，小环到P的距离 6.如图所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，、是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻阻值约等于的两倍，则(    ) A. 闭合开关S时，、同时达到最亮，且更亮一些 B. 闭合开关S时，、均慢慢亮起来，且更亮一些 C. 断开开关S时，慢慢熄灭，闪亮后才慢慢熄灭 D. 断开开关S时，慢慢熄灭，马上熄灭 7.如图所示，某型号霍尔元件导电自由电荷为电子，匀强磁场B垂直于霍尔元件竖直向下，工作电源E给电路中提供的电流为I时，产生的霍尔电压为U；元件厚度为d，闭合开关、，下列判断中正确的是(    ) A. 4点电势比2点电势高 B. 增加磁感应强度，电压表示数将减小 C. 滑动变阻器接入电路的阻值变大，电压表示数将减小 D. 仅减小霍尔元件厚度为d，电压表示数不变 8.如图所示，灯泡接在变压器初级电路中，灯泡、、接在变压器次级电路中．变压器为理想变压器，交变电流电源电压为U，、、、都是额定电压为的同种型号灯泡，若四个灯泡都能正常发光，则(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本大题共4小题，共16分。 9.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直于磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是(    ) A. 粒子带负电 B. 粒子在b点的速率大于在a点的速率 C. 若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出 D. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短 10.如图甲所示的电路，已知电阻，和并联的D是理想二极管正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大，在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压电压为正值时，。由此可知(    ) A. 在 A、B之间所加的交变电压的周期为2s B. 在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为 C. 加在上电压的有效值为10V D. 加在上电压的有效值为 11.一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形导线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，建立水平向右的x轴，且坐标原点在磁场的左边界上，时刻使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，规定逆时针方向为电流的正方向，已知导线框在、、时刻所对应的位移分别是L、2L、3L，下列关于感应电流i或导线框的电功率P随时间t或位移x的变化规律正确的是(    ) A. B. C. D. 12.如图所示，倾角的固定光滑斜面上，在水平线MN和PQ间有垂直斜面向下的匀强磁场磁场宽度大于，磁场的磁感应强度大小为B，质量为m、边长为L、电阻为R的正方形金属线框放在斜面上方由静止释放，当cd边刚进磁场时，线框的加速度为0，当cd边刚出磁场时，线框的加速度大小为。斜面足够长，线框运动过程中cd边始终与MN平行，重力加速度为g，则(    ) A. 开始时cd边离MN的距离为 B. MN与PQ间的距离为 C. 线框进磁场过程产生的焦耳热为 D. 线框出磁场过程，重力势能减少量小于线框中产生的焦耳热 三、实验题：本大题共2小题，共14分。 13.某同学探究“影响感应电流方向的因素”，实验如下。 首先按图1所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转；再按图2所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。进行上述实验最主要的目的是______。选填选项前的字母 A.检查各仪器及导线是否完好 B.检查电流计量程是否合适 C.检查电流计测量电路的电流是否准确 D.推断电流从不同接线柱流入时电流计指针偏转方向 某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图3所示的方式连接。当闭合开关时发现灵敏电流计的指针左偏。由此可知： ①当滑动变阻器的滑片P向左移动时，灵敏电流计的指针______填“左偏”、“不动”、“右偏”； ②将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针______填“左偏”、“不动”、“右偏”。 14.某同学要将毫安表量程为3mA，内阻在之间改装。他先测量出毫安表G的内阻，然后对电表进行改装，可供选择的器材如下： A.滑动变阻器 B.滑动变阻器； C.电阻箱； D.电源电动势约为； E.电源电动势约为； F.开关、导线若干。 具体实验步骤如下： ①按如图甲所示的电路原理图连接电路； ②将滑动变阻器的阻值调到最大，在闭合开关、断开开关后调节滑动变阻器的阻值，使毫安表G的指针满偏； ③保持滑动变阻器滑片的位置不变，闭合开关，调节电阻箱的阻值，使毫安表G的指针偏转到量程的三分之二位置； ④记下电阻箱的阻值。 回答下列问题： 为减小实验误差，实验中电源应选用______，滑动变阻器应选用______。均填器材前的字母如果按正确操作步骤测得电阻箱的阻值为，则毫安表G内阻的测量值______，与毫安表内阻的真实值相比，______填“>”“=”或“<”。 用该毫安表[内阻取第问测得的按正确的步骤改装成欧姆表，并测量标准电阻的阻值，如图乙所示，理论上其测量结果______填“>”“=”或“<”标准电阻的实际阻值。 四、计算题：本大题共4小题，共38分。 15.如图甲所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了角；该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了角。设磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为、，求与的比值。 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，导轨间的距离，下端连接的电阻，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，磁感应强度质量电阻的金属棒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，当金属棒滑行后速度保持不变。求： 金属棒匀速运动时的速度大小v； 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 17.风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为100kW，输出电压是250V，用户需要的电压是220V，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，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． 用户得到的电功率是多少． 18.如图所示，固定金属圆环内存在匀强磁场，方向垂直圆环向下，在外力作用下金属棒ab可绕着圆心O匀速转动，从圆心和圆环边缘用细导线连接足够长的两平行金属导轨，导轨与水平面夹角为，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场。将金属棒cd垂直导轨轻轻放上，并锁定金属棒。已知圆环内和导轨平面的磁场大小均为，圆环半径和金属棒ab长均为，导轨宽度和金属棒cd长度均为，金属棒cd质量为，ab棒电阻为，cd棒电阻为，其余电阻不计，不计一切摩擦，重力加速度g取。 若ab棒以逆时针匀速转动，求流过ab棒的电流方向和ab棒两端的电压U； 若ab固定，cd解除锁定，当cd棒的加速度为时它的速度是多少； 若ab棒顺时针匀速转动同时解除cd的锁定，cd棒匀速运动时速度为时，求ab棒的角速度。 答案和解析 1.【答案】B  【解析】解：根据楞次定律“来拒去留”可知，磁体向右侧靠近铝环时，铝环向右摆动，故A错误； B.无论磁铁靠近或者远离线圈时，穿过线圈的磁通量都发生变化从而在线圈中产生感应电流，从而受到安培力作用，即使铝环摆动的力是磁场对铝环的安培力，故B正确； C.根据楞次定律“来拒去留”可知，若磁体向左侧远离铝环，铝环一定向左摆动，故C错误； D.当磁体N极向右侧靠近铝环时，向右穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律结合安培定则可知，从右向左看铝环产生顺时针的感应电流，故D错误。 故选：B。 明确楞次定律两种表述的应用，磁极靠近铝环，会使通过铝环的磁通量增加，结合楞次定律可得铝环的运动方向以及感应电流的磁场方向。 本题考查楞次定律的应用，要注意根据第二种描述确定磁场的方向和线圈的运动方向。 2.【答案】C  【解析】解：A、当线圈转到图示位置时，根据右手定则判断可知产生的感应电流方向为ABCDA，故A错误； B、当线圈转到竖直位置时，线圈与磁场垂直，感应电流的瞬时值为零，但电流表测量的是有效值，示数不为零，故B错误； C、当线圈转到图示位置时，线圈与磁场平行，即线圈与中性面垂直，感应电动势最大，磁通量的变化率最大，故C正确； D、由得，穿过线圈的最大磁通量为，故D错误。 故选：C。 根据右手定则判断感应电流方向；当线圈与磁场垂直时，感应电流的瞬时值为零，但电流表的示数不为零；线圈与中性面垂直，感应电动势最大，磁通量的变化率最大；由求解线圈的最大磁通量。 解答本题时，关键要掌握中性面的特点：线圈经过中性面时，磁通量最大，感应电流为零。要注意电流表测量的是有效值，示数不为零。 3.【答案】B  【解析】解：根据物理学史可知，奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的内在联系，故A错误； B.由图示可知，感应电流产生的磁场向上，根据右手螺旋定则，线圈中此时的电流方向俯视为逆时针，故B正确； C.电线圈中的电流足够大，若电流大小保持不变，线圈内的磁通量不发生变化，则诱导组织中不会产生感应电流，故C错误； D.作用于头皮磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，其国际单位为特斯拉，故D错误。 故选：B。 奥斯特电流的磁效应；根据安培定则判断电流的磁场；根据感应电流产生的条件判断；磁感应强度的单位是特斯拉。 该题考查与磁场、感应电流有关的一些简单知识点，在平时的学习中多加积累即可。 4.【答案】D  【解析】解：根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小为：，由此可知，感应电动势的大小与图像的斜率成正比关系，结合图像可知，整个过程中有三段斜率，则对应的电流也有三个过程。根据楞次定律可知，在时间内，线圈中垂直于纸面向里的磁通量变大，根据楞次定律可知，最初产生的感应电流方向为逆时针，则一开始的电流为负值，故ABC错误，D正确； 故选：D。 根据法拉第电磁感应定律结合图乙得出感应电流的大小，结合楞次定律分析出感应电流的方向并由此完成分析。 本题主要考查了法拉第电磁感应定律，根据图像结合公式分析出感应电动势的大小，结合楞次定律分析出感应电流的方向。 5.【答案】D  【解析】解：A、根据题意，假如没有磁场，由平衡条件及牛顿第三定律可得，小环对杆的压力大小为，然而题中此时小环对杆的压力大小为，说明小环受到垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电，故A错误； B、设小环滑倒P处时的速度大小为，在P处，对小环受力分析，如下图所示 根据平衡条件有 由牛顿第三定律可得杆对小环的支持力大小为，联立解得，故B错误； CD、在小环由P处下滑到的过程中，对杆没有压力，此时小环的速度大小为，则在P处，小环的受力如图所示 由平衡条件得 在小环由P滑倒过程中，根据动能定理有 联立解得，故C错误，D正确。 故选：D。 根据左手定则判断；对小环受力分析，根据平衡条件计算；根据动能定理和平衡条件计算即可。 能够正确对小环受力分析是解题的关键。 6.【答案】C  【解析】解：AB、闭合开关S时，与电阻串联，不产生自感现象，立即就亮；而与线圈串联，当电流增加时，线圈要产生自感电动势，要阻碍电流的增加，所以电流只能慢慢增加，故慢慢亮起来；由于电阻的阻值约等于的两倍，所以最后更亮一些。故AB错误； CD、断开开关S时，线圈与两个电阻和两个灯泡构成闭合回路，回路中电流要减小，线圈中要产生自感电动势，要阻碍电流的减小，所以回路中电流会慢慢减小；但由于开始时是通过灯泡B的电流小，故慢慢熄灭，闪亮后才慢慢熄灭，故C正确，D错误； 故选：C。 线圈中的电流变化时，会产生自感电动势，阻碍电流变化，自感电动势方向与电流方向关系为“增反减同”。根据楞次定律分析。 本题是通电自感和断电自感问题，关键明确线圈中自感电动势的方向是阻碍电流的变化，体现了电流的“惯性”。 7.【答案】C  【解析】A.根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向4点一侧方向，电子带负电，故4点电势低；2点感应出正电荷，4点电势比2点电势低，故A错误； 霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，有，电流微观表达式，设霍尔元件的宽度为L，霍尔元件的电压，霍尔元件的截面面积，解得，滑动变阻器接入电路的阻值变大，闭合电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律，I减小，因此霍尔电压减小，电压表示数将减小；增加磁感应强度，霍尔电压增大，电压表示数将增大；仅减小霍尔元件厚度d，电压表示数增大，故BD错误，C正确。 故选：C。 8.【答案】A  【解析】【分析】 根据灯泡正常发光，求出原副线圈的电流，由电流与匝数成反比求出匝数比，根据电压与匝数成正比求出原线圈两端的电压，交流电源的电压等于灯泡两端的电压和原线圈两端的电压之和。 理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象。输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率。 【解答】 设灯泡的额定电流为I，则原线圈电流，副线圈电流，根据电流与匝数成反比，有 因为灯泡正常发光，副线圈两端的电压， 根据电压与匝数成正比，有，解得：；交变电流电源电压，故A正确，BCD错误； 故选A。 9.【答案】AC  【解析】解：粒子向下偏转，根据左手定则可得粒子带负电。故A正确； B.粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，粒子在b点速率等于在a点速率。故B错误； C.根据可知，若仅减小磁感应强度，则粒子运动的半径增大，粒子可能从b点右侧射出。故C正确； D.若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动半径减小，粒子轨迹对应的圆心角有可能增大，根据，可知粒子运动时间可能增加。故D错误。 故选：AC。 根据粒子的偏转情况结合左手定则判断电性；粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功；根据判断半径的变化，从而分析出射位置；若仅减小入射速率，粒子运动时间可能增加。 解决该题首先需掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，掌握洛伦兹力提供向心力求解轨道半径，知道运动时间的求解方法； 10.【答案】BD  【解析】解：A、由图象可得交流电的周期，故A错误； B、电压最大值为：，角速度为： 即变电压的瞬时值表达式为：  V，故B正确； CD、①在前半个周期，A点电位高于B点电位二极管导通即被短路，，电压为电源电压 在后半个周期，B点电位高于A点电位二极管截止，与串联分压， 根据交流电有效值的定义可知：， 即为：， 解得的电压有效值为：， 同理可得：，即为：， 解得的电压有效值为：，故C错误，D正确。 故选：BD。 由图象可得交流电的周期，电压最大值，依据可得变电压的瞬时值表达式；根据电流的热效应，注意二极管的单向导电性，使得半个周期内被短路，另半个周期内与串联，从而即可求解。 考查交流电的有效值求解，注意正弦交流电的有效值与最大值的关系，同时注意二极管的单向导电性。 11.【答案】BD  【解析】【分析】 由楞次定律可判断线圈中的电流方向；由及匀加速运动的规律可得出电流随时间的变化规律，即可确定各过程中电流变化情况，从而选出正确的图象。 本题考查电磁感应中的图象问题，要注意正确掌握排除法的应用，从而提高解题效率。 【解答】 过程①为bc边切割向里的磁场，电流顺时针， 过程②ad边和bc边同向切割反向的磁场，而双电源相加，电流加倍为逆时针， 过程③为ad边切割向外的磁场，电流为逆时针。线框匀加速直线运动，则切割磁场的速度，电动势，电流；可知电流随时间均匀变化，电流的方向在三个过程为正，负，正； 过程②为双电源，电流加倍， 过程③为单电源，电流为增大；比较排除后可知A错误，B正确； C.匀加速直线运动的速度位移关系可知，则，则电流关于位移x不是线性函数，故C错误； D.线框产生的电功率，故功率关于位移x均匀变化，则图象为倾斜直线，故D正确。 故选：BD。 12.【答案】BCD  【解析】解：A、当cd边刚进磁场时，对线框根据平衡条件可得：， 解得此时线框的速度大小为：， 从释放线框到线框进入磁场过程中，根据动能定理可得：， 解得：，故A错误； B、设线框cd边刚出磁场时速度为，根据牛顿第二定律可得：， 即，解得； 设磁场的宽度为，从线框进入磁场到cd边刚出磁场过程中， 根据动能定理有：，解得，故B正确； C、线框匀速进磁场过程，线框中产生的焦耳热，故C正确； D、由于线框出磁场过程，加速度方向沿导轨向上，线框的动能减少，因此减少的重力势能与减少的动能之和等于线框中产生的焦耳热，则重力势能减少量小于线框中产生的焦耳热，故D正确。 故选：BCD。 当cd边刚进磁场时，对线框根据平衡条件求解线框的速度大小，从开始到cd边进入磁场过程中根据动能定理求解开始时cd边离MN的距离；根据牛顿第二定律可得线框cd边刚出磁场时速度，根据动能定理求解MN与PQ间的距离；根据功能关系求解线框中产生的焦耳热；根据能量关系分析重力势能减少量与线框中产生的焦耳热大小。 对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。 13.【答案】D  左偏  右偏  【解析】解：进行上述实验最主要的目的是推断电流从不同接线柱流入时电流计指针偏转方向，故D正确，ABC错误。 故选：D。 闭合开关时灵敏电流计的指针左偏，即线圈内磁通量增加时，灵敏电流计的指针左偏。滑动变阻器的滑片P向左移动时，接入的有效电阻变小，回路中电流变大，线圈内的磁场变强，磁通量增加，所以灵敏电流计的指针左偏；将线圈A拔出时，线圈内磁通量减小，灵敏电流计的指针右偏。 故答案为：；左偏，右偏。 根据电流表指针不同的偏转方向对应电流方向的变化情况进行分析判断； 根据磁通量的变化情况结合电流的方向关系，利用判断出的电流方向和指针指示方向的关系进行判断。 考查感应电流的方向问题，灵活运用楞次定律进行准确分析判断。 14.【答案】E  B  160  <  等于  【解析】解：本实验误差来自于闭合，电阻箱R并入电路后，干路电流会发生变化，为使干路电流变化较小，应使干路中滑动变阻器进入电路的阻值尽量大，为使电流表能够满偏，相应的电源电动势应较大。故电源选择电动势约为6V的电源E，毫安表G的满偏电流为3mA，则干路中滑动变阻器进入电路的最小阻值约大于，故滑动变阻器应选用最大阻值为的B。 实验中闭合，保持R不变，调节电阻箱的阻值，使毫安表G的指针偏转到量程的三分之二位置，此过程认为干路电流仍等于毫安表G的满偏电流，则有：，解得：，因于闭合，电阻箱R并入电路后，电路的总电阻变小，干路电流会变大，即干路电流大于，而流过毫安表G的电流为，则流过电阻箱R的电流大于，即流过电阻箱R的电流实际上大于流过毫安表G的电流的，根据并联电路的特点，可知毫安表G内阻真实值大于电阻箱R的阻值的，可知测量值偏小，即 测量时欧姆表进行欧姆调零，表头的内阻的误差不影响欧姆表的内阻，所以，测量值等于真实值。 故答案为：，B；，<；等于。 根据实验误差的主要来源可知，要减小误差，应该使干路中滑动变阻器进入电路的阻值尽量大，据此选择电源，根据电流表的量程选择滑动变阻器； 根据并联电路两端电压相等计算电流表的内阻；根据电路中电流的变化分析测量值和实际值的关系； 根据欧姆表的原理分析即可。 能够看懂实验原理是解题的关键，要掌握误差分析的方法。 15.【答案】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： 解得： 粒子运动轨迹如图所示： 由几何知识得： ， 则磁感应强度之比： 答：与的比值为。  【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度，再求出磁感应强度之比。 本题考查了求磁感应强度之比，考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹、求出粒子轨道半径是解题的关键，应用牛顿第二定律可以解题。 16.【答案】解：感应电动势为：， 感应电流为：， 导体棒受到的安培力为：BIL， 导体棒做匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：， 代入数据解得：； 金属棒运动过程，由能量守恒定律得：， 电阻R产生的热量为：， 代入数据解得：； 答：金属棒匀速运动时的速度大小v为； 金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量为。  【解析】由求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出安培力，金属棒匀速运动处于平衡状态，由平衡条件可以求出金属棒的速度。 对系统，应用能量守恒定律可以求出系统产生的焦耳热，然后应用串联电路特点求出R上产生的焦耳热。 本题考查电磁感应与力学和能量的综合，涉及到共点力平衡、闭合电路欧姆定律、能量守恒定律、切割产生感应电动势公式等知识，综合性较强，需加强训练。 17.【答案】解：输电线损耗功率，又 输电线电流 原线圈中输入电流 所以 这样 所以 如图所示 用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为   kW 答：在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比各为， 用户得到的电功率是  【解析】画出输电线路图，由输电线损耗功率求出输电电流，再由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流，由是，得升压变压器的匝数比； 求出升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再与用户电压结合求出降压变压器的原副线圈的匝数比． 解决本题的关键是知道原副线圈的电压比等于匝数比，电流比等于匝数之反比，以及知道升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压和电压损失的关系，以及功率的关系． 18.【答案】解：金属棒切割磁感线产生感应电动势 根据欧姆定律得： ab棒两端的电压 根据右手定则，流过ab棒电流方向为由b流向a 棒加速度时，设此时速度为v，流过cd棒电流为I，所受安培力为F， 对cd棒，由牛顿第二定律得： 金属棒受到的安培力大小 代入数据解得： 设当cd棒匀速运动速度为时，ab棒的角速度为， ab棒产生的感应电动势 cd棒产生的感应电动势 电路中电流为，则 对cd棒，由平衡条件得： 代入数据解得： 答：流过ab棒的电流方向由b流向a，ab棒两端的电压是； 当cd棒的加速度为时它的速度是； 棒的角速度是。  【解析】金属棒切割磁感线，根据题意求出感应电动势；应用右手定则判断出感应电流方向；应用欧姆定律求出金属棒两端电压。 应用牛顿第二定律求出速度。 金属棒做匀速直线运动，应用平衡条件分析答题。 导体棒在匀强磁场中绕其一端做匀速圆周运动，切割磁感线产生的感应电动势，分析清楚题意、求出导体棒切割磁感线产生的感应电动势，应用欧姆定律、安培力公式与平衡条件及动能定理即可解题。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$