北京市通州区2024-2025学年高二（上）期末物理试卷

这是一份北京市通州区2024-2025学年高二（上）期末物理试卷，共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 磁感应强度描述空间某点磁场的强弱和方向
B. 磁通量是矢量，方向与磁感应强度的方向有关
C. 磁感应强度的单位是特斯拉，1T=1N⋅A/m
D. 磁通量描述穿过单位面积磁感线条数的多少
2.如图所示带电粒子刚进入磁场时所受到的洛伦兹力的方向正确的是( )
A. B.
C. D.
3.下列情境中导体内电流方向如图所示，则描述正确的是( )
A. ①中给悬挂在蹄形磁体两极间的直导线通电，直导线向磁体外运动
B. ②中两条通电直导线相互吸引
C. ③中导线环中通过电流时俯视观察到小磁针从图示位置顺时针转动
D. ④中可自由转动的小磁针在通电直导线附近静止
4.用如图所示的实验装置探究影响感应电流方向的因素。把条形磁体的N极或S极插入、拔出螺线管，观察实验现象。下列说法正确的是( )
A. 实验过程中需要记录电流表读数
B. 线圈中感应电流的方向与条形磁体的插入端是N极还是S极无关
C. 图甲和图乙表明当磁体插入线圈的过程中仅从磁体磁场的方向即可判断线圈中感应电流的方向
D. 图甲和图丁表明仅从磁体运动方向即可判断线圈中感应电流的方向
5.宇宙中到处存在的中性氢可以产生波长为21cm的谱线，这一谱线书写了宇宙的故事。我国于2016年在贵州落成启用的世界最大的500m口径球面射电望远镜(简称FAST)其中一个重要的任务就是在茫茫宇宙中探索中性氢的踪迹。下列数据与中性氢谱线的频率最接近的是( )
A. 106HzB. 107HzC. 108HzD. 109Hz
6.如图所示，电源内阻r，R0为定值电阻，R1为滑动变阻器，R0>r。闭合电路使灯泡L发光后，若将滑动片向右滑动，下列说法正确的是( )
A. 灯泡L变亮，R0两端电压变大
B. 灯泡L变暗，路端电压变大
C. 电源的输出功率变大
D. 电源的输出功率先变大后变小
7.如图所示，水平桌面上放置一闭合铝环，铝环正上方有一条形磁体由静止开始下落。下列说法正确的是( )
A. 磁体做匀加速直线运动
B. 感应电流在铝环轴线上产生的磁场方向向下
C. 铝环对桌面的压力增大
D. 下落过程中条形磁体机械能增加
8.如图所示，A和B是两个相同的小灯泡，L是自感系数很大、电阻几乎为0的线圈。忽略电源内阻，下列说法正确的是( )
A. 闭合开关S，灯泡A先变亮再逐渐变暗
B. 闭合开关S，灯泡B先变亮再逐渐熄灭
C. 断开开关S，灯泡A立即熄灭
D. 断开开关S，灯泡B逐渐变暗直至熄灭
9.用电流表和电压表测量电阻的电路如图所示，其中Rx为待测电阻，阻值约为5Ω。电表内阻影响不可忽略，下列说法中正确的是( )
A. 电流表的示数小于通过Rx的电流
B. 电压表的示数大于Rx两端的电压
C. 更换成内阻更小的电流表，Rx的测量值将更接近其真实值
D. 更换成内阻更大的电压表，Rx的测量值将更接近其真实值
10.如图所示为某电场等势面的分布情况。一个电子只在静电力作用下由A点运动到B点，下列说法正确的是( )
A. A点的电场强度方向沿该点等势面的切线方向
B. 电子在A点的加速度比B点大
C. 静电力对电子做功10eV
D. 电子在A点的动能比B点小
11.如图所示，电流表A的量程为0.6A，内阻r=5Ω。电阻R1=5Ω，R2=20Ω，用该电流表改装成电压表和量程更大的电流表，将接线柱a、b接入电路，下列说法正确的是( )
A. 若开关S闭合，可测量的最大电流为3A
B. 若开关S断开，可测量的最大电压为12V
C. 若开关S闭合且增大R1阻值，可测量的最大电流将增大
D. 若开关S断开且增大R2阻值，可测量的最大电流不变
12.a、b两个闭合线圈用同样的导线制成且匝数相同，半径之比为2：1。所在区域内有匀强磁场，磁感应强度随时间均匀增大，如图所示。不考虑两线圈间的相互影响，下说法正确的是( )
A. 线圈a、b中感应电流沿顺时针方向B. 线圈a、b的感应电动势之比为2：1
C. 线圈a、b的感应电流之比为4：1D. 线圈a、b的热功率之比为8：1
13.一带正电的粒子在电场中由静止释放，仅在静电力作用下沿直线由A点运动到B点，如图甲所示。这个过程中粒子的电势能Ep与位移x的关系如图乙所示。用φ表示A、B间各点的电势，a表示粒子的加速度大小，v表示粒子的速度大小，Ek表示粒子的动能。下列图像中合理的是( )
A. B. C. D.
14.空间中存在磁感应强度为B的匀强磁场(未画出)，两相同极板A与B竖直放置在磁场中，极板间的电压为U，间距为d，其中极板A带正电。一带电微粒由A板附近的M点沿直线运动到B板附近的N点，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 微粒带负电
B. 磁场方向垂直于纸面向里
C. 微粒运动的速度大小v=UBd
D. 同时减小微粒的速度大小和极板间的距离，其他条件不变，微粒仍有可能在A、B板间沿直线运动
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.某学生小组把直流电源、电阻箱、电容器、电流传感器、数字电压表以及单刀双掷开关组装成图1所示实验电路来观察电容器的充、放电现象。

(1)关于电容器的充、放电，下列说法中正确的是______。
A.电容器充电过程中，外电路有恒定电流
B.电容器放电过程中，其两端电压保持不变
C.电容器充电过程中，电源提供的电能全部转化为内能
D.电容器放电过程中，电容器中储存的能量逐渐减小
(2)电容器充电完成后，把开关S接2，电容器对电阻R放电，则通过R的电流方向由______指向______(选填“a”或“b”)。
(3)将开关S接1，电流传感器输出的i-t图像如图2所示。现将R换成阻值更大的电阻，重新给电容器充电，则i-t图像与t轴围成的面积将______(选填“减小”“不变”或“增大”)；充电时间t将______(选填“变短”“不变”或“变长”)。
16.某学生小组设计实验测量1节干电池的电动势和内阻。用到的实验仪器有电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线等。
(1)为了更准确地测出干电池的电动势和内阻，实验电路应该选择图中的______(选填“甲”或“乙”)。

(2)开始实验之前，滑动变阻器的滑片应置于______端(选填“左”或“右”)。
(3)该学生小组按(1)中所选电路多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，图中实线所示为利用这些数据画出的U-I图线，虚线表示路端电压与通过电源的电流之间的关系图像，图中关系正确的是______。

(4)该学生小组尝试只用电流表和电阻箱测量水果电池的电动势和内阻，设计如图1所示电路。调节电阻箱的阻值，记录多组电流I和电阻R读数，以1I为纵坐标，R为横坐标画出的1I-R图像如图2所示，则电源电动势E= ______V，内阻r= ______kΩ。(结果均保留2位有效数字)
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
17.在匀强磁场中，一根长l=0.5m的通电导线中的电流为I=10A，这条导线与磁场方向垂直时，受的磁场力为F=5×10-3N。
(1)求磁感应强度B的大小；
(2)把导线中的电流增大到I1=20A，求此时磁场力的大小F1。
18.某一具有速度选择器的质谱仪的部分结构如图所示，速度选择器A的磁感应强度大小为B1方向垂直于纸面向里。两板间电压为U，距离为d。带正电的粒子以某一速度恰好能通过速度选择器，之后进入偏转分离器B。偏转分离器磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B2，粒子质量为m、电荷量为e，不计粒子重力。
(1)分析说明速度选择器中电场的方向；
(2)求粒子进入速度选择器时的速度大小v；
(3)求粒子在偏转分离器中运动的时间t。
19.如图所示，质量为m、电荷量为q的正粒子从加速电场MN左侧极板静止释放，加速后从两板中心射入偏转电场PQ，恰从极板Q边缘射出。已知极板PQ间电压为U，距离为d，板长为l。加速电场和偏转电场均可看作匀强电场，不计带电粒子的重力。求：
(1)粒子进入偏转电场时的速度大小v；
(2)加速电场MN两极板间的电压U0；
(3)粒子从进入偏转电场到射出极板Q的边缘过程中电势能的变化量ΔEp。
20.法拉第电磁感应定律告诉我们，磁通量的变化会使闭合回路中产生感应电动势。磁通量的变化可以通过改变磁感应强度以及闭合回路在磁场中的投影面积来实现。
(1)用某种金属材料制成一个半径为r的圆环，圆环电阻为R。竖直向下的磁场穿过水平放置的圆环。已知磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示。求：
a.圆环产生的感应电动势E；
b.t0时间内圆环上产生的热量Q。
(2)图丙所示为发电机的简化图。磁感应强度为B的匀强磁场竖直向下，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻率为ρ且粗细均匀的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，导体棒中单位体积内的自由电子数为n。用字母v0表示导体棒向右做匀速运动的速度大小(v0平行于轨道MN)，用字母v表示自由电子沿导体棒长度方向定向移动的平均速率，已知电子电荷量为e，计算得出vv0的比值。
答案和解析
1.A
【解析】A.磁感应强度是一个矢量，它的大小描述空间某点磁场的强弱，方向描述该点磁场的方向。这是磁感应强度的基本定义，故A正确；
B.磁通量实际上是一个标量，它表示穿过某个面积的磁感线的总数，没有方向，虽然磁通量的计算与磁感应强度和面积有关，并且考虑到磁感线穿过面积的方向(通过正负号来表示)，但磁通量本身并没有方向，故B错误；
C..磁感应强度的单位是特斯拉(T)，根据磁感应强度的定义式B=FIL(其中F是安培力，是电流，L是磁场中导线长度)，可以推导出特斯拉的定义为1T=1NA⋅m，故C错误；
D.磁通量并不是描述穿过单位面积磁感线条数的多少，而是描述穿过某个特定面积的磁感线的总数，磁通量的大小与磁感应强度、面积以及磁感线与面积的夹角都有关，故D错误。
故选：A。
2.B
【解析】左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向，负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反。根据左手定则依次判断，可知带电粒子刚进入磁场时所受到的洛伦兹力的方向正确的是B。故B正确，ACD错误。
故选：B。
3.C
【解析】A、根据左手定则，①中给悬挂在蹄形磁体两极间的直导线通电，直导线向磁体内运动，故A错误；
B、根据通电平行直导线间的相互作用规律可知，同向电流相互吸引，这里电流相反，相互排斥，故B错误；
C、当线圈通以沿逆时针方向的电流时，根据安培定则知，小磁针所在位置的磁感线是垂直纸面向外的，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸外，小磁针从图示位置顺时针转动，故C正确；
D、由安培定则可知导线周围磁感线是逆时针方向，小磁针静止时N极的方向即磁场的方向，图中小磁针指向不正确，故D错误。
故选：C。
4.C
【解析】A.实验过中需要记录电流表指针偏转的方向，不需要记录电流表的读数，故A错误；
B.根据图甲与图乙可知，线圈中感应电流的方向与条形磁体的插入端是N极还是S极有关，故B错误；
C.磁体插入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量增大，若知道穿过线圈的磁场方向，根据楞次定律就能够确定感应电流的方向，即图甲和图乙表明当磁体插入线圈的过程中仅从磁体磁场的方向即可判断线圈中感应电流的方向，故C正确；
D.图甲和图丁中磁体运动方向相反，但是电流计指针偏转方向相同，则图甲和图丁表明仅从磁体运动方向即不能够判断线圈中感应电流的方向，故D错误。
故选：C。
5.D
【解析】根据c=λf，得f=cλ，代入数据解得f=1.43×109Hz，故D正确，ABC错误。
故选：D。
6.C
【解析】AB、当滑动变阻器的滑动片向右滑动时，其接入电路的阻值减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，则电源的内电压和R0的电压增大，R1和灯泡并联的电压减小，则灯泡变暗。电源的内电压增大，则路端电压变小，故AB错误；
CD、因R0>r，则外电路总电阻大于电源的内阻。当滑动变阻器的滑动片向右滑动时，外电路总电阻减小，内外电阻的差值减小，则电源的输出功率变大，故C正确，D错误。
故选：C。
7.C
【解析】A、条形磁体由静止开始下落过程中闭合导体环内的磁通量增大，环内感应电流的磁场与原磁场的方向相反，所以对磁体的运动有阻碍作用，所以磁铁向下的加速度小于g；随速度的增大，产生的感应电动势增大，则感应电流增大，阻力增大，所以磁铁做加速度减小的加速运动，故A错误；
B、条形磁体下落过程中闭合导体环内的磁通量向下增大，根据楞次定律，则感应电流产生的磁场的方向向上，根据安培定则可知，感应电流的方向沿逆时针方向，故B错误；
C、根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合导体环内的磁通量增大，因此线圈做出的反应是面积有收缩的趋势，同时将远离磁铁，故增大了和桌面的挤压程度，从而使导体环对桌面压力增大，故C正确；
D、条形磁体下落过程中，铝环内有感应电流产生，条形磁铁的机械能减少，故D错误。
故选：C。
8.D
【解析】AB.开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，B灯立即发光，由于忽略电源内阻，B的亮度不变。由于线圈产生的自感电动势阻碍电流的增加，则A灯逐渐变亮，由于线圈的电阻可以忽略，则最后电路中的电流稳定时，A灯会和B灯一样亮，故AB错误；
CD.断开开关S时，L中产生自感电动势，A灯、B灯和线圈L中形成自感回路，电流从原来的大小开始减小；此时通过小灯泡的电流不会大于断开开关之前通过小灯泡的电流，A、B灯逐渐熄灭，故C错误，D正确。
故选：D。
9.D
【解析】A.题中采用电流表的外接法测电阻，电流表的示数大于通过Rx的电流，故A错误；
B.电压表和Rx并联，则电压表的示数等于Rx的电压，故B错误；
CD.根据外接法的原理分析可知，更换电流表对Rx的阻值测量没有影响，更换内阻更大的电压表则会减小电压表对电流的影响，可以减小误差，使Rx的测量值更接近真实值，故C错误，D正确。
故选：D。
10.B
【解析】A.等势面与电场线相交处互相垂直，且电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面，则A点的电场强度方向应垂直于A所在等势面斜向左上方，故A错误；
B.由匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，同一电场中，等差等势面越密集的地方电场强度越大，则由图可知，A点的电场强度比B点的大，则由F=qE=ma可知，电子在A点的加速度比B点大，故B正确；
C.由图可知，一个电子只在静电力作用下由A点运动到B点，静电力对电子做功为：W=qU=-e(15V-5V)=-10eV，故C错误；
D.由C可知，一个电子只在静电力作用下由A点运动到B点，静电力对电子负功，则动能减小，则电子在A点的动能比B点大，故D错误；
故选：B。
11.D
【解析】AC、当开关闭合时，电流表A与R1并联，改装为大量程的电流表，根据并联电路规律可知改装成的电流表的量程I=IA+IA(r+R2)R1,解得I=3.6A，增大R1阻值，可测量的最大电流将减小，故AC错误；
BD、当开关断开时，A与R2串联，改装为电压表，此时改装成的电压表的量程U=IA(r+R2)，解得U=15V，增大R2阻值，可测量的最大电流不变，故C错误，D正确。
故选：D。
12.D
【解析】A、磁感应强度随时间均匀增大，则穿过线圈的磁通量增大，所以感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，应为垂直纸面向外，根据安培定则可以判断感应电流方向为逆时针，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势为E=nΔΦΔt=nSΔBΔt，因为两个线圈在同一个磁场中且匝数相同，所以磁感应强度的变化率相同，所以两线圈中的感应电动势之比为它们的面积之比，即EaEb=SaSb=πra2πrb2=41，故B错误；
C、根据电阻定律R=ρLS可知两线圈的电阻之比等于长度之比，即RaRb=LaLb=2πra2πrb=2，所以根据欧姆定律I=ER可知，线圈中的电流之比为IaIb=EaRaEbRb=EaRa×RbEb=4×12=2，故C错误；
D、线圈中的电功率P=EI，所以两线圈中的电功率之比为PaPb=EaIaEbIb=4×2=8，故D正确。
故选：D。
13.D
【解析】A、根据功能关系知Ep=qφ
电场强度与电势变化的关系E=ΔφΔx
得：E=1q⋅ΔEpΔx
即ΔEpΔx=qE
根据数学知识可知，图线的斜率k=qE，则知E逐渐减小，说明电场强度逐渐减小，根据a=qEm可知粒子的加速度逐渐减小，故A错误；
B、由E=ΔφΔx可知，从A到B电势的变化率逐渐减小，故B错误；
CD、粒子在电场中由静止释放，仅受电场力作用，沿直线由A点运动到B点。粒子的电势能Ep与位移x的关系图示表明，电势能在粒子运动过程中逐渐减小，这表明粒子在电场中受到的电场力做正功，电势能转化为动能。因此，粒子的动能 E将增加，电势能随位移的增大变化越来越慢，可以推断随位移增大粒子的动能增大也是越来越慢，根据速度与动能的关系，可知随位移的增大粒子的速度增大的也是越来越慢，故C错误，D正确。
故选：D。
14.B
【解析】AB、极板A带正电，电场方向水平向右，粒子受到重力、电场力与洛伦兹力作用做直线运动，则粒子一定做匀速直线运动，合力为0。
若粒子带负电，粒子所受重力方向竖直向下，电场力方向一定水平向左，根据左手定则可知，当磁场垂直于纸面向里时，洛伦兹力方向垂直于MN斜向右下方，此时，合力一定不为0，当磁场垂直于纸面向外时，洛伦兹力方向垂直于MN斜向左上方，此时，合力也一定不为0。
可知，粒子一定带正电，重力方向竖直向下，电场力方向水平向右，根据左手定则可知，当磁场垂直于纸面向里时，洛伦兹力方向垂直于MN斜向左上方，此时，合力可能为0，当磁场垂直于纸面向外时，洛伦兹力方向垂直于MN斜向右上方，此时，合力一定不为0。
结合上述，粒子带正电，磁场垂直于纸面向里，故A错误，B正确；
C、设粒子质量为m，结合上述分析，根据平衡条件有：qvB= (mg)2+(q×Ud)2
变形解得：v= m2g2+q2U2d2qB，故C错误；
D、结合上述可知，重力、电场力与洛伦兹力的合力为0，重力为一个恒力，根据平衡条件可知，三个力能够构成一个直角三角形，其中重力对应的直角边一定，若同时减小微粒的速度大小和极板间的距离，即减小洛伦兹力，增大电场力，由于电场力方向不变，则这三个力不可能再构成一个闭合的直角三角形，即合力不可能为0，微粒不可能在A、B板间沿直线运动，故D错误。
故选：B。
15.D a b 不变 变长
【解析】(1)AC、电容器充电过程中，电容器极板所带电量逐渐增多，充电电流逐渐减小，电源提供的电能一部分转化为内能，一部分储存在电容器中，故AC错误；
BD、电容器放电过程中，随着电容器带电荷量的减少，电容器两板间电压逐渐减小，电容器中储存的能量逐渐减小，故B错误，D正确。
故选：D。
(2)电容器上极板和电源相连，所以电容器上极板带正电，当放电时，上极板的正电荷经过电阻R和下极板的负电荷中和，所以经过电阻R的电流方向为从a到b。
(3)i-t图像与坐标轴所围面积表示电荷量，将R换成阻值更大的电阻，重新给电容器充电，由于电容器的电容不变，电容器两板间的电压不变，仍为电源的电动势，根据Q=CU可知，电容器带电荷量不变，即i-t图像与t轴围成的面积将不变；因为电阻R变大，充电电流变小，根据Q=It可知充电时间变长。
故答案为：(1)D；(2)a，b；(3)不变，变长。
16.甲 左 C 0.67 1.3
【解析】(1)图乙所示电路图电源内阻的测量值等于真实值与电流表内阻之和，由于一节干电池内阻很小，与电流表内阻相差不多，如果采用图乙所示电路图，实验误差太大，因此应选择图甲所示电路图。
(2)由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，开始实验之前，滑动变阻器的滑片应置于左端。
(3)采用图甲所示电路进行实验，由于电压表的分流作用，电流测量值小于真实值，当电压为U时，电流的真实值大于测量值；
当外电路短路时，电流表被短路，流过电流表的电流等于零，此时电流的测量值等于真实值，由图示图像可知，C正确，ABD错误。故选：C。
(4)根据图1所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E=I(R+r)，整理得：1I=1ER+rE
由图2所示1I-R图像可知，图像的纵轴截距b=rE=2×103A-1，图像的斜率k=1E=(5-2)×1032×103V-1=1.5V-1
解得电源电动势E≈0.67V，电源内阻r≈1.3×103Ω=1.3kΩ
故答案为：(1)甲；(2)左；(3)C；(4)0.67；1.3。
17.(1)当导线中通以I=10A的电流时，导线受到的安培力F=5×10-3N，故磁感应强度为：B=FIL=5×10-3N10A×0.5m=10-3T；
(2)通电导线的电流增大到I1=20A，磁感应强度不变，故导线受到的安培力F'为：F'=BI1L=10-3×20×0.5N=0.01N
答：(1)通电导线所在空间的磁感应强度B的大小为10-3T；
(2)导线受到的安培力F'的大小为0.01N。
18.(1)由左手定则，可知粒子受到的洛伦兹力水平向右，根据粒子在速度选择器中做匀速直线运动，可知粒子受到的电场力方向水平向左；
而粒子为正电荷，故电场方向为水平向左；
(2)由粒子可在速度选择器中做匀速直线运动，可知：eUd=evB1，可知粒子进入速度选择器时的速度大小为v=UdB1；
(3)由洛伦兹力提供向心力evB2=mv2r，圆周运动中：T=2πrv，粒子在磁场中的运动时间为：t=T2，即可知粒子在偏转分离器中运动的时间为：t=πmeB2。
答：(1)速度选择器中的电场方向为水平向左；
(2)粒子进入速度选择器时的速度大小为UdB1；
(3)粒子在偏转分离器中运动的时间为πmeB2。
19.(1)粒子在偏转电场中做类平抛运动，设运动时间为t
粒子在水平方向做匀速直线运动，水平位移l=vt
竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a=qUmd
竖直位移y=12d=12at2
联立解得v=ld qUm
(2)在加速电场中，根据动能定理qU0=12mv2
代入数据解得加速电压U0=Ul22d2
(3)粒子从进入偏转电场到射出极板Q的边缘过程中，电场了做功W=q×U2=12qU
根据电场力做功与电势能变化的关系WAB=EpA-EpB=-ΔEp
因此电势能的变化量ΔEp=-W=-12qU。
答：(1)粒子进入偏转电场时的速度大小为ld qUm；
(2)加速电场MN两极板间的电压为Ul22d2；
(3)粒子从进入偏转电场到射出极板Q的边缘过程中电势能的变化量为-12qU。
20.(1)a.根据法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt，其中磁通量Φ=BS(S为圆环面积)，圆环面积S=πr2，由图乙可知，磁感应强度的变化率ΔBΔt=B0t0，则磁通量的变化率ΔΦΔt=ΔBΔtS=B0t0⋅πr2，所以圆环产生的感应电动势E=ΔΦΔt=πr2B0t0；
b.根据欧姆定律I=ER，将E=πr2B0t0代入可得I=πr2B0Rt0。由焦耳定律Q=I2Rt可得Q=I2Rt0=(πr2B0Rt0)2Rt0=π2r4B02Rt0；
(2)根据法拉第电磁感应定律可知E=BLv0，电阻定律R=ρLS，由I=ER可得I=BLv0SρL=Bv0Sρ，因为I=neSv，所以Bv0Sρ=neSv，化简可得vv0=Bneρ。
答：(1)a.圆环产生的感应电动势为πr2B0t0；
b.t0时间内圆环上产生的热量为Q=π2r4B02Rt0；
(2)vv0的比值为Bneρ。