高二(下)第一次月考物理试卷(解析版)

这是一份高二(下)第一次月考物理试卷(解析版)，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
高二（下）第一次月考物理试卷
一、选择题（本大题共12个小题，其中第1-8小题为单选题，每小题3分；第9-12小题为多选题，每小题3分，满分36分．）
1．（3分）许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实的是（　　）
A．牛顿提出了万有引力定律，通过实验测出了万有引力常量
B．法拉第发现了电磁感应现象，总结出了电磁感应定律
C．奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律
D．伽利略通过理想斜面实验，提出了力是维持物体运动状态的原因
2．（3分）如图所示，在纸面内放有一个条形磁铁和一个圆形线圈（位于磁铁正中央），下列情况中能使线圈中产生感应电流的是（　　）

A．将磁铁在纸面内向上平移 B．将磁铁在纸面内向右平移
C．将磁铁绕垂直纸面的轴转动 D．将磁铁的N极转向纸外，S极转向纸内
3．（3分）如图所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时（　　）

A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生 B．整个环中有顺时针方向的电流
C．整个环中有逆时针方向的电流 D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流
4．（3分）电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器。如图a所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方置有一个连接到放大器的螺线管。一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号。若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图b所示，则对应感应电流的变化为（　　）

A． B．
C． D．
5．（3分）如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B中．两板间有一个质量为m，电荷量为+q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是（　　）

A．正在增强； B．正在减弱；
C．正在减弱； D．正在增强；
6．（3分）如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0．使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为（　　）

A． B． C． D．
7．（3分）如图所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一竖直平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω．则下列说法正确的是（　　）

A．回路中有大小和方向周期性变化的电流
B．回路中电流大小恒定，且等于
C．回路中电流方向不变，且从a导线流进灯泡，再从b导线流向旋转的铜盘
D．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中一定有电流流过
8．（3分）如图所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a。高度为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I与线框移动距离x关系的是（　　）

A． B．
C． D．
9．（3分）如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从实线（Ⅰ）位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的（Ⅱ）位置时，线框的速度为，下列说法正确的是（　　）

A．在位置（Ⅱ）时线框中的电功率为 B．此过程中线框产生的内能mv2
C．在位置（Ⅱ）时线框的加速度为 D．此过程中通过线框截面的电荷量为
10．（3分）如图所示，L是自感系数很大、直流电阻可以忽略的线圈．下列说法正确的是（　　）

A．若S2断开，当S1闭合时，Q灯逐渐亮起来
B．若S1、S2闭合，稳定后P灯熄灭
C．若S1、S2闭合，稳定后再断开S1的瞬间，Q灯立即熄灭，P灯亮一下再熄灭
D．若S1、S2闭合，稳定后再断开S1的瞬间，P灯和Q灯都亮一下才熄灭
11．（3分）1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是（　　）

A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
12．（3分）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个匀强磁场，磁场Ⅰ垂直斜面向上、磁感应强
度大小为B，磁场Ⅱ垂直斜面向下、磁感应强度大小为2B，磁场的宽度MJ和JG均为L，一个质量为m、
电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，
线框恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀
速直线运动，从ab进入磁场Ⅰ至ab运动到JP与MN中间位置的过程中，线框的机械能减少量为△E，重
力对线框做功的绝对值为W1，安培力对线框做功的绝对值为W2，下列说法中正确的是（　　）

A．V1：V2＝4：1 B．V1：V2＝9：1 C．△E＝W1 D．△E＝W2
二、填空题（共4小题，每小空1分，满分8分）
13．（2分）在研究产生感应电流条件的实验中，把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程，线圈的面积尽
管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，此时闭合线圈中　 　（填“有”或“无”）感应电流．
接着，将电流计、直流电源、带铁芯的线圈A、线圈B、电键、滑动变阻器，已经按图中所示连线．若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，而在电键刚闭合时电流表指针右偏，则当电键闭合后，滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，电流计指针将　 　（填“左偏”、“右偏”或“不偏”）

14．（2分）如图所示，当航天飞机在环绕地球的轨道上飞行时，从中释放一颗卫星，卫星与航天飞机保持相对静止，两者用导电缆绳相连，这种卫星称为绳系卫星，利用它可以进行多种科学实验．现有一颗绳系卫星在地球赤道上空由东往西方向运行．卫星位于航天飞机正上方，它与航天飞机间的距离约20km，卫星所在位置的地磁场沿水平方向由南往北约5×10﹣5T．如果航天飞机和卫星的运行速度约8km/s，则缆绳中的感应电动势大小为　 　V，　 　端电势高（填“A”或“B”）．
15．（2分）如图，金属环A用轻线悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧。若变阻器滑片P向左移动，则金属环A将向　 　（填“左”或“右”）运动，并有　 　（填“收缩”或“扩张”）趋势。

16．（2分）如图甲所示，有一面积为150cm2的金属环，电阻为0.1Ω，在环中100cm2的同心圆面上存在如图乙所示的变化的磁场，在0.1s到0.2s的时间内环中感应电动势为　 　，金属环产生的焦耳热为　 　。
四、计算题（共4小题，每小题13分满分52分）
17．（13分）如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN（虚线）与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计，k＞0．求：
（1）在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
（2）在时刻t（t＞t0）穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。














18．（13分）如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0．整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行．
（1）求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；
（2）当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；
（3）导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q．


















19．（13分）如图1所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m．导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B．金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g．现在闭合开关S，将金属棒由静止释放．

（1）判断金属棒ab中电流的方向；
（2）若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻R1上产生的焦耳热Q；
（3）当B＝0.40T，L＝0.50m，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系，如图2所示．取g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80．求定值电阻R1的阻值和金属棒的质量m．















20．（13分）如图所示，一个很长的竖直放置的圆柱形磁铁，在其外部产生一个中心辐射的磁场（磁场水平向外），其大小为B＝（其中：r为辐射半径﹣考察点到圆柱形磁铁中心轴线的距离，k为常数），设一个与磁铁同轴的圆形铝环，半径为R（大于圆柱形磁铁的半径），制成铝环的铝丝其横截面积为S，铝环由静止开始下落通过磁场，下落过程中铝环平面始终水平，已知铝丝电阻率为ρ，密度为ρ0，当地的重力加速度为g，试求：
（1）铝环下落的速度为v时的电功率是多大？
（2）铝环下落的最终速度vm是多大？
（3）如果从开始到下落高度为h时，速度最大，经历的时间为t，这一过程中铝环中电流的有效值I0是多大？

高二（下）第一次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12个小题，其中第1-8小题为单选题，每小题3分；第9-12小题为多选题，每小题3分，满分36分．）
1．【分析】本题考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，根据牛顿、卡文迪许、法拉第、奥斯特和伽利略等人物理学贡献进行答题．
【解答】解：A、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量G；故A错误。
B、法拉第发现了电磁感应现象，总结出了电磁感应定律；故B正确。
C、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应定律；故C错误。
D、伽利略通过理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动状态的原因。故D错误。
故选：B。
2．【分析】对照产生感应电流的条件进行分析：产生感应电流的条件：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化。
【解答】解：A、图示位置，没有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量为零，将磁铁在纸面内向上平移时，线圈的磁通量仍为零，没有变化，所以线圈中没有感应电流产生。故A错误。
B、图示位置，没有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量为零，将磁铁在纸面内向右平移时，线圈的磁通量仍为零，没有变化，所以线圈中没有感应电流产生。故B错误。
C、图示位置，没有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量为零，将磁铁绕垂直纸面的轴转动，线圈的磁通量仍为零，没有变化，所以线圈中没有感应电流产生。故C错误。
D、将磁铁的N极转向纸外，S极转向纸内，将有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量增大，将产生感应电流。故D正确。
故选：D。
3．【分析】导体ef切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，圆环相当于外电路；根据右手定则判断ef中产生的感应电流方向，即可知道环两边的感应电流方向．
【解答】解：A、导体ef切割磁感线产生感应电动势，圆环两侧组成外电路，所以环上有感应电流，故A错误。
B、C、D根据右手定则判断可知，ef中产生的感应电流方向从e→f，则环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流，故BC错误，D正确。
故选：D。
4．【分析】（1）根据楞次定律判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律研究感应电动势大小的变化规律，得到感应电流的变化规律，
（2）分析时抓住磁通量﹣时间图象切线的斜率表示磁通量的变化率
【解答】解：设在0﹣时间内产生的感应电流为正，则根据楞次定律得知：在时间内，感应电流为负；
在时间内感应电流为正。
螺线管内的磁通量大小随时间按正弦规律，由数学知识知道：其切线的斜率等于，按余弦规律变化，
根据法拉电磁感应定律分析可知，螺线管内产生的感应电动势将按余弦规律变化，
则感应电流也按余弦规律变化。故BCD错误，A正确。
故选：A。
5．【分析】由题意可知，线圈置于竖直向上的均匀变化的磁场中，根据法拉第电磁感应定律E＝n会产生稳定的电动势，小球受到向上的电场力，根据小球的平衡可求出磁通量的变化率以及磁场的变化．
【解答】解：电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线圈下端相当于电源的正极，由题意可知，根据楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在均匀减弱；
线框产生的感应电动势：E＝n；
油滴所受电场力：F＝E场q，
对油滴，根据平衡条件得：q＝mg；
所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为； ．故B正确，ACD错误；
故选：B。
6．【分析】根据转动切割感应电动势公式，，求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流．根据法拉第定律求解磁感应强度随时间的变化率．
【解答】解：若要电流相等，则产生的电动势相等。设切割长度为L，而半圆的直径为d，
从静止开始绕过圆心O以角速度ω匀速转动时，线框中产生的感应电动势大小为①
根据法拉第定律得②
①②联立得
故ABD错误，C正确，
故选：C。
7．【分析】把铜盘看做若干条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，产生大小和方向不变的电流．根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式E＝BωL2和欧姆定律可求出感应电流的大小．由右手定则判断出感应电流的方向．
【解答】解：A、C，把铜盘看做若干条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则知，中心为电源正极，盘边缘为负极，若干个相同的电源并联对外供电，电流方向由b经灯泡再从a流向铜盘，方向不变，故A错误，C错误。
B、回路中感应电动势为E＝BL＝BωL2，所以电流，故B正确。
D、当铜盘不动，磁场按正弦规律变化时，铜盘中形成涡流，但没有电流通过灯泡，故D错误。
故选：B。
8．【分析】本题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小，再求得感应电流的大小。
【解答】解：x在0﹣a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；有效切割的长度为 L＝2×（a﹣x）＝（a﹣x），感应电动势为 E＝BLv，感应电流为
I＝，随着x的增大，I均匀减小，当x＝0时，I＝＝I0；当x＝a时，I＝0；
x在a﹣2a内，线框的AB边和其他两边都切割磁感线，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负方向；有效切割的长度为 L＝（2a﹣x），感应电动势为 E＝BLv，感应电流大小为 I＝2×Bv，随着x的增大，I均匀减小，当x＝a时，I＝＝2I0；当x＝2a时，I＝0；
x在2a﹣3a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；有效切割的长度为 L＝（3a﹣x），感应电动势为 E＝BLv，感应电流为
I＝，随着x的增大，I均匀减小，当x＝2a时，I＝＝I0；当x＝3a时，I＝0；故根据数学知识可知B正确。
故选：B。
9．【分析】根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据欧姆定律和电量q＝I△t相结合求解电量。根据功能关系分析回路产生的电能，由P＝I2R求解电功率，根据牛顿第二定律求解加速度。
【解答】解：A、此时感应电动势：E＝2Ba•＝Bav，线框电流为：I＝，此时线框的电功率为：P＝I2R＝，故A错误；
B、此过程中回路产生的电能等于动能的变化，即E电＝＝mv2，故B正确；
C、由牛顿第二定律得：2BIa＝ma加，解得：a加＝．故C正确；
D、此过程穿过线框的磁通量的变化量为：△Φ＝BS﹣0＝BS＝Ba2，此过程中通过线框截面的电量为q＝I△t＝＝，故D错误。
故选：BC。
10．【分析】在开关闭合或断开的瞬间，通过线圈的电流变化，产生自感电动势，阻碍电流的变化，相当于电源．根据自感现象进行分析．
【解答】解：A、S2断开、S1闭合时，通过线圈的电流增大，产生自感电动势，阻碍电流的增加，使得通过Q灯的电流逐渐增大，所以Q灯逐渐亮起来，故A正确。
B、再合上S2稳定后，由于L是自感系数很大、直流电阻可以忽略的线圈，P灯被短路，没有电流，会熄灭，故B正确。
C、D、若S1、S2闭合，稳定后再断开S1的瞬间，由于线圈的自感，通过线圈的电流将要开始减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，这时线圈相当于电源，线圈与P组成一个回路，所以Q灯立即熄灭，P灯亮一下再熄灭。故C正确，D错误。
故选：ABC。
11．【分析】通过题意明确涡流的产生，再根据磁极和电流间的相互作用分析磁铁的运动。
【解答】解：A、圆盘在转动中由于半径方向的金属条切割磁感线，从而在圆心和边缘之间产生了感应电动势；故A正确；
B、圆盘在径向的金属条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等，从而形成涡流，涡流产生的磁场又导致磁针转动，故B正确；
C、由于圆盘面积不变，距离磁铁的距离不变，故整个圆盘中的磁通量没有变化；故C错误；
D、引想磁针转动的电流是导体切割产生的，不是因为自由电子随圆盘转动形成的电流引起的；故D错误；
故选：AB。
12．【分析】线框匀速运动时，重力沿斜面向下的分力与安培力平衡，推导出安培力，得到V1：V2．从ab进入磁场Ⅰ至ab运动到JP与MN中间位置的过程中，线框的机械能减少转化为电能，由功能关系得到△E＝W2．
【解答】解：A、B当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，线框所受的安培力大小为F1＝BI1L，I1＝，得F1＝．由于线框匀速运动，则有mgsinθ＝F1，得mgsinθ＝①
当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框所受的安培力大小为F2＝BI2L+2BI2L＝3BI2L，I2＝＝，得F2＝9，由平衡条件得：mgsinθ＝F2，得mgsinθ＝9②
由①②得v1：v2＝9：1．故A错误，B正确。
C、D从ab进入磁场Ⅰ至ab运动到JP与MN中间位置的过程中，线框的机械能减少转化为电能，由功能关系得：△E＝W2．故C错误，D正确。
故选：BD。
二、填空题（共4小题，每小空1分，满分8分）
13．【分析】根据感应电流产生的条件分析答题：穿过闭合回路的磁通量方式变化时，电路中有感应电流产生；磁通量的变化可能是由：面积的变化、磁感应强度的变化、磁场方向与面积的方法发生变化而引起的．
【解答】解：把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程，线圈的面积尽管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，则磁通量发生变化，闭合线圈中有感应电流．
在电键刚闭合时电流表指针右偏，此时穿过B线圈的磁通量增大，则当电键闭合后，滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，导致A线圈中的电流减小，则穿过线圈B的磁通量减小，那么电流计指针将左偏．
故答案为：有，左偏．
14．【分析】金属缆绳在切割地磁场，从而产生感应电动势；根据公式E＝BLv求解感应电动势，根据右手定则判断感应电动势的方向．
【解答】解：金属缆绳在切割地磁场，产生感应电动势，为：
E＝BLv＝5×10﹣5T×20000m×8000m/s＝8000V
根据右手定则，感应电动势的方向由A指向B，故B点的电势较高；
故答案为：8000，B．
15．【分析】由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，由欧姆定律可知电路中电流的变化，即可得出磁场的变化及穿着线圈的磁通量的变化，则由楞次定律可得出线圈中磁场的方向，从而得出线圈的运动及形状的变化。
【解答】解：变阻器滑片P向左移动，电阻变小，电流变大，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反，故相互排斥，则金属环A将向左运动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势。
故答案为：左；收缩。
16．【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小；
（2）根据焦耳定律求解金属环上产生的焦耳热；
【解答】解：由图乙知：＝＝1T/s，
由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为：
＝•S＝1×0.01＝0.01V；
根据公式知，0.1s到0.2s内产生的焦耳热为：
＝10﹣4J；
故答案为：0.01V 10﹣4J；
四、计算题（共4小题，每小题13分满分52分）
17．【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，及电量表达式，从而导出电量的综合表达式，即可求解；
（2）根据磁通量的概念，Φ＝BS，结合磁场方向，即可求解穿过回路的总磁通量；根据动生电动势与感生电动势公式，求得线圈中的总感应电动势，再依据闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，最后依据平衡条件，即可求解水平恒力大小。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律有：E＝＝
结合闭合电路欧姆定律有：I＝，
及电量表达式有：q＝It＝＝||，
（2）根据题意可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为两种情况之和，
即为：在时刻t（t＞t0）穿过回路的总磁通量为：Φ＝Φ1+Φ2＝ktS+B0v0（t﹣t0）l；
依据法拉第电磁感应定律，那么线圈中产生总感应电动势为：E＝E1+E2＝kS+B0lv0；
根据闭合电路欧姆定律，则线圈中产生感应电流大小为：I＝＝
那么安培力大小为：FA＝B0Il＝；
最后根据平衡条件，则水平恒力大小等于安培力大小，即为：F＝；
答：（1）在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值||；
（2）在时刻t（t＞t0）穿过回路的总磁通量ktS+B0v0（t﹣t0）l，金属棒所受外加水平恒力的大小。
18．【分析】（1）棒向上运动切割磁感线，由E1＝BLv0求感应电动势，由欧姆定律求感应电流，根据右手定则判断感应电流的方向；
（2）当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，棒产生的感应电动势为E2＝BLv，再由欧姆定律求得感应电流，由F＝BIL求出此时棒所受的安培力，根据牛顿第二定律就可以求出加速度；
（3）导体棒最终静止时，由胡克定律求出弹簧的被压缩长度x，对整个过程，运用能量守恒列式，可求出回路产生的总热量，再串联关系求出R上产生的焦耳热Q．
【解答】解：
（1）棒产生的感应电动势E1＝BLv0
通过R的电流大小
根据右手定则判断得知：电流方向为b→a 　　　　
（2）棒产生的感应电动势为E2＝BLv
感应电流
棒受到的安培力大小，方向沿斜面向上，如图所示．
根据牛顿第二定律 有|mgsinθ﹣F|＝ma
解得　a＝|gsinθ﹣|
（3）导体棒最终静止，有　mgsinθ＝kx
弹簧的压缩量
设整个过程回路产生的焦耳热为Q0，根据能量守恒定律　有

解得
电阻R上产生的焦耳热
答：
（1）初始时刻通过电阻R的电流I的大小为，方向为b→a；
（2）此时导体棒的加速度大小a为|gsinθ﹣|；
（3）导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为[+﹣EP]．

19．【分析】（1）金属棒由静止释放沿导轨向下运动切割磁感线，根据右手定则判断感应电流的方向；
（2）以金属棒为研究对象，根据能量守恒求焦耳热；
（3）当金属棒的速度达到最大时，有mgsinα＝BIL成立，由此写出最大速度vm和电阻R2的函数关系，根据斜率、截距的物理意义即可正确解答．
【解答】解：（1）由右手定则，知金属棒ab中的电流方向为b到a．
（2）由能量守恒，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热，则有：

解得：
（3）设最大速度为v，切割磁感线产生的感应电动势为：E＝BLv
由闭合电路的欧姆定律：
从b端向a端看，金属棒受力如图：
金属棒达到最大速度时满足：mgsinα﹣BIL＝0
由以上三式得：
由图象可知：斜率为 ，纵截距为v0＝30m/s，得到：
＝v0
＝k
解得：R1＝2.0Ω，m＝0.1kg
答：（1）金属棒ab中的电流方向为b到a．
（2）此过程中定值电阻R1上产生的焦耳热Q是mgh﹣．
（3）定值电阻的阻值R1是2.0Ω，金属棒的质量m为0.1kg．

20．【分析】（1）根据电阻定律求出圆环的电阻，根据法拉第电磁感应定律求出切割磁感线产生的电动势，根据电功率的表达式求解．
（2）当圆环加速度为零时，有最大速度，由平衡条件求解．
（3）由能量守恒定律，结合由有效值来确定热量，从而即可求解．
【解答】解：（1）由题意知圆环所在处的磁感应强度B＝，圆环的有效切割长度为其周长，即L＝2πR，
圆环的电阻R0＝ρ＝ρ，当圆环的速度为v时，切割磁感线产生的电动势E＝BLv＝2kπv，
圆环中的电流I＝，圆环速度为v时电功率P＝I2R0
联立以上各式解得：P＝
（2）当圆环加速度为零时，有最大速度vm，此时安培力F＝BIL＝
由平衡条件可知：mg＝F，圆环的质量m＝ρ0S•2πR
解得：vm＝
（3）由能量守恒定律得：
mgh＝+
则：＝2πρ0RS[gh﹣（）2]
解得：
答：（1）铝环下落速度为v时的电功率是，
（2）铝环下落的最终速度是，
（3）当下落h高度时，速度最大，此过程铝环中电流的有效值I0是：