温州市平阳二中2014-2015学年高二上学期期末物理试题及答案

2014-2015学年浙江省温州市平阳二中高二（上）
期末物理试卷
一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）
1．（3分）（2013•黄冈模拟）英国物理学家法拉第引入了“电场”和“磁场”的概念，并用画电场线和磁感线的方法来描述电场和磁场，为经典电磁学理论的建立奠定了基础．下列相关说法正确的是（）
A．电荷和电荷、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过电场发生的
B．磁场和磁极、磁极和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的
C．电场线和电场线不可能相交，磁感线和磁感线可能相交
D．通过实验可发现电场线和磁感线的存在
考点：电场线；磁感线及用磁感线描述磁场．
分析：电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，电场线和磁感线都不能相交，否则在交点处的电场或磁场的方向有两个，电场线和磁感线都是为了现象的描述场而引入的假象曲线．
解答：解：A、电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，A错误；
B、磁场和磁极、磁极和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，B正确；
C、电场线和磁感线都不能相交，否则在交点处的电场或磁场的方向有两个，与事实
不符，C错误；
D、电场线和磁感线都是为了现象的描述场而引入的假象曲线，实际不存在，D错误；
故选：B
点评：本题要重点掌握电场磁场是客观存在的，但电场线和磁感线是不存在的，知道电荷、磁极和通电导体间的相互作用都是通过场完成的．
2．（3分）（2012•房山区校级模拟）真空中有两个静止的均可视为点电荷的相同的金属小球，电荷量分别为+4q、﹣2q，当处于一定距离时静电力为F．若把它们接触后又放回原处，则两电荷间的库仑力将变为原来的（）
A．0.125倍B．0.5倍C．0.75倍D．1倍
考点：库仑定律．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：两个完全相同的小球带的是异种电荷，那么当它们接触后，它们带的电荷将先中和，之后再将剩余的电荷量平分．找到小球带的电量的关系之后，根据库仑力的公式就可以求得作用力的大小．
解答：解：设两个球之间的距离为r，根据库仑定律可得，
在它们相接触之前，相互间的库仑力大小F为，
F=k=k，
当将它们相接触之后，它们的电荷量先中和，再平分，此时每个球的电荷量为+q，所以，此时两个球之间的相互的排斥力为F′，
则F′=k==0.125F，故A正确，BCD错误．
故选：A．
点评：解决本题的关键就是掌握住电荷平分的原则，当完全相同的金属小球互相接触时，它们的电荷量将会平分．
3．（3分）（2014秋•楚雄市期末）如图是阴极射线管的示意图．接通电源后，会有电子从阴极K射向阳极A，并在荧光屏上形成一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下偏转，下列措施中可行的是（）
A．加一方向平行纸面向上的磁场
B．加一方向平行纸面向下的磁场
C．加一方向垂直纸面向里的磁场
D．加一方向垂直纸面向外的磁场
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．
专题：带电粒子在复合场中的运动专题．
分析：电子射线由阴极沿x轴方向射出，形成的亮线向下偏转，说明电子受到的洛伦兹力方向向下，将四个选项逐一代入，根据左手定则判断分析，选择可行的磁场方向．
解答：解：A、若加一方向平行纸面向上的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿水平向左，亮线不向下偏转，故A错误．
B、若加一方向平行纸面向下的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿水平向右，
亮线不向下偏转，故B错误．
C、若加一方向垂直纸面向里的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向下，
亮线向下偏转，故C正确．
D、若加一方向垂直纸面向外的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向上，
亮线向上偏转，故D错误．
故选：C．
点评：本题考查电偏转与磁偏转方向判断的能力．由由左手定则判断处洛伦兹力的方向是正确解题的关键．
4．（3分）（2014春•洛阳期末）如图所示，R1和R2是材料、厚度均相同、表面为正方形的导体，已知正方形的边长之比为2：1．通过这两导体的电流方向如图所示，则这两个导体电阻之比R1：R2为（）
A．2：1 B．1：1 C．1：2 D．1：4
考点：欧姆定律．
专题：恒定电流专题．
分析：横截面积s=ld，长度为l，根据电阻定律R=，可得两电阻之比．
解答：解：横截面积s=ld，由电阻定律可知，R==，故电阻与材料和厚度有关．两电阻厚度相同，材料相同，所以电阻之比为1：1．
故选：B．
点评：本题考查电阻定律的公式，注意电阻与电阻率及导线长度及横截面积的关系．
5．（3分）（2013秋•温州校级期末）某电场的电场线的分布如图所示．一个带电粒子由M 点沿图中虚线所示的途径运动通过N点．如图，则下列判断正确的是（）
A．粒子带负电B．粒子在M点的加速度大
C．粒子在N点的速度大D．电场力对粒子做负功
考点：电场线；牛顿第二定律；电场强度．
专题：常规题型．
分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．
解答：解：A、电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子的受到的电场力的方向也向上，所以电荷为正电荷，故A错误；
B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在N点
的受力大，加速度大，故B错误；
C、从M点到N点，静电力方向先与速度方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，
粒子的速度增大，故C正确；
D、由C的分析可知错误．
故选：C．
点评：本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小，加强基础知
识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．
6．（3分）（2014秋•平阳县校级期末）下列说法正确的是（）
A．若一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
B．由B=可知，磁感应强度大小与放在该处的小段通电导线IL的乘积成反比
C．由E=n可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比
D．穿过闭合回路中的磁通量均匀增加时，回路中产生的感应电动势也均匀增加
考点：法拉第电磁感应定律；安培力．
专题：电磁感应与电路结合．
分析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为
F=BIL．
解答：解：A、当通电导线与磁场平行时，可以不受磁场力，故不能根据安培力为零说明磁感应强度为零，故A错误；
B、磁感应强度是磁场本身的性质，其大小和方向跟放在磁场中通电导线所受力的大
小和方向无关，故B错误；
C、由法拉第电磁感应定律，则有：E=n可知，感应电动势的大小与磁通量的变
化率成正比，故C正确；
D、由上分析可知，穿过闭合回路中的磁通量均匀增加时，但回路中产生的感应电动
势不一定增加，故D错误；
故选：C．
点评：本题考查安培力及磁感应强度的定义，要注意明确磁感应强度是磁场本身的性质．
7．（3分）（2013•路南区校级模拟）如图所示，电源电动势E=8V，内电阻为r=0.5Ω，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串连接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0=1.5Ω．下列说法中正确的是（）
A．通过电动机的电流为1.6A B．电源的输出功率是8W
C．电动机消耗的电功率为3W D．电动机的输出功率为3W
考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．
专题：恒定电流专题．
分析：电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，闭合电路欧姆定律不适用．灯泡是纯电阻，可以用欧姆定律求电流．根据功率关系求出电动机输出的功率．
解答：解：A、灯泡和电动机串联，它们的电流相同，由于灯泡正常发光，根据P=UI可得，灯泡的电流为I==A=1A，所以电动机的电流也为1A，所以A错误；
B、电源的总功率为P总=EI=8×1=8W，电源消耗的功率为P热=I2r=12×0.5=0.5W，所以
电源的输出功率为P出=P总﹣P热=8﹣0.5=7.5W，所以BC错误；
D、电源的输出功率为7.5W，灯泡的功率为3W，所以电动机的总功率为4.5W，电动机
的发热功率为I2R0=12×1.5=1.5W，所以电动机的输出功率为4.5﹣1.5=3W，所以D正确．
故选：D．
点评：对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路．电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路．
8．（3分）（2011•闵行区二模）电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）
A．电压表和电流表读数都减小
B．电压表和电流表读数都增大
C．电压表读数增大，电流表读数减小
D．电压表读数减小，电流表读数增大
考点：闭合电路的欧姆定律．
专题：恒定电流专题．
分析：首先要认识电路的结构：滑动变阻器与R2并联然后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测通过电阻R2的电流；根据滑动变阻器滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化；然后应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题．
解答：解：由电路图可知，滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，并联电阻增大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流变小，电源内电压变小，路端电压变大，则电压表示数变大．干电路电流变小，电阻R1两端电压变小，路端电压变大，则并联电压变大，由部分电路欧姆定律可知，通过电阻R2的电流变大，电流表示数变大，故D正确；
故选B．
点评：本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、熟练应用欧姆定律、电功率公式即可正确解题．
9．（3分）（2012秋•泰州期末）如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1Ω，线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图已所示．下列说法中正确的是（）
A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向
B．电阻R两端的电压随时间均匀增大
C．线圈电阻r消耗的功率为4×10﹣4W
D．前4s内通过R的电荷量为4×10﹣4C
考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．
专题：电磁感应与电路结合．
分析：线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，运用功率与电量的表达式，从而即可求解．
解答：解：A、由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流逆时针，故A错误．
B、根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电
阻两端的电压恒定，故B错误；
C、由法拉第电磁感应定律：E=N=N=100××0.02V=0.1V，由闭
合电路欧姆定律，可知电路中的电流为，所以线圈电阻r消耗的功率P=I2R=0.022×1W=4×10﹣4W，故C正确；
D、前4s内通过R的电荷量Q=It=0.02×4C=0.08C，故D错误；
故选C
点评：考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小．当然本题还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率．同时磁通量变化的线圈相当于电源．
10．（3分）（2014秋•楚雄市期末）如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动．下列说法正确的是（）
A．微粒一定带负电B．微粒动能一定减小
C．微粒的电势能一定增加D．微粒的机械能不变
考点：带电粒子在混合场中的运动．
专题：带电粒子在复合场中的运动专题．
分析：对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于虚线向上，从而可判断粒子的电性（带负电），同时可知电场力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．
解答：解：A、根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，微粒一定带负电，且做匀速直线运动，所以选项A正确；
BC、由于电场力向左，对微粒做正功，电势能减小，但重力做负功，由于微粒做匀速直线运动，则合力做功为零，因此动能仍不变，选项BC错误；
D、由能量守恒可知，电势能减小，机械能一定增加，所以选项D错误．
故选：A．
点评：带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．
二、不定项选择题（每小题5分，共20分．每小题的4个选项中至少有一项是正确的．全选对每题得5分，选不全的得3分，有错选或不答的得0分．）
11．（5分）（2014秋•平阳县校级期末）关于电源电动势，以下说法中正确的是（）A．电源电动势是表示电源将其他形式的能转化为电能本领大小的物理量
B．在闭合电路中，并联在电源两端的电压表的读数等于电源的电动势
C．同一节干电池接入不同的电路时，电池的电动势将发生变化
D．在闭合电路中，电源电动势在数值上等于内外电压之和
考点：电源的电动势和内阻．
专题：恒定电流专题．
分析：电动势表征电源本身的特性，与外电路无关，对于给定的电源，电动势一定．电动势越大，电源将单位正电荷负极移到正极提供的电能越多．
解答：解：A、电源电动势是表示电源将其他形式的能转化为电能本领大小的物理量，当电动势越大，电源将单位正电荷负极移到正极提供的电能越多．故A正确．
B、电源的电动势等于电源没有接入电路中时两极的电压．故B错误．
C、电动势由电源本身决定，当内电压和外电压变化时，电源电动势保持不变，
故C错误．
D、在闭合电路中，电源电动势在数值上等于内外电压之和．故D正确．
故选：AD
点评：本题考查对电动势的理解能力，关键抓住定义式E=和电动势的物理意义．
12．（5分）（2012秋•天河区期末）质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是（）
A．M带负电，N带正电
B．M的速率小于N的速率
C．洛伦兹力对M、N做正功
D．M的运行时间等于N的运行时间
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
专题：带电粒子在磁场中的运动专题．
分析：由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系．
解答：解：A、由左手定则判断出M带负电荷，N带正电荷，故A正确；
B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则qvB=m，得半径r=
，在质量与电量相同的情况下，半径大说明其速率大，则知M的速度率大于N的速率，故B错误；
C、洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，所以洛伦兹力对粒子不做功，故C错误；
D、粒子在磁场中运动半周，即时间为其周期的一半，而周期为T=，与粒子运动
的速度无关，所以M的运行时间等于N的运行时间，故D正确．
故选：AD．
点评：该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用．
13．（5分）（2014秋•平阳县校级期末）如图所示，真空中固定两个等量异号点电荷+Q、﹣Q，图中O是两电荷连线的中点，a、b两点与+Q的距离相等，c、d是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd构成一等腰三角形．则下列说法正确的是（）
A．a、b两点的电场强度相同
B．c、d两点的电势相同
C．将电子由b移到c的过程中电场力做正功
D．质子在b点的电势能比在O点的电势能大
考点：电势；电势能．
分析：由场强的合成法则可得场强的大小关系，由电场力做功情况可得电势的变化．两等量异号点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，正电荷在电势高处电势能大，分析电势能关系．
解答：解：A、a点场强方向向左，b点场强方向向右，则A错误；
B、在两电荷的中垂线的场强方向水平向右，则为等势面，故B正确
C、由b到c为电势减小小，则负电荷受电场力做负功，则C错误
D、b点电势高于O点的电势，则质子在b点的电势能大，则D正确
故选：BD
点评：等量异号点电荷的电场线和等势线分布情况是考试的热点，抓住对称性和其连线的垂直平分线是一条等势线是学习的重点．
14．（5分）（2014秋•平阳县校级期末）如图，当K闭合后，一带电微粒（重力不可忽略）在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（）
A．保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止
B．保持K闭合，使P滑动片向右滑动，微粒向下移动
C．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动
D．打开K后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止
考点：带电粒子在混合场中的运动；电容器．
专题：带电粒子在复合场中的运动专题．
分析：当S闭合后，带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，合力为零，电场力与重力平衡．保持S闭合，电容器板间电压不变，若板间距离也不变，板间的场强不变，微粒仍处于静止状态．打开S后，根据电容的决定式C=，分析电容的变化，由电容的定义式C=分析电压的变化．再由E=分析板间场强的变化，即可判断带电微粒的运动状态．
解答：解：A、B、保持K闭合，电容器板间电压不变，使滑动片P向左或向右滑动，板间距离不变，则由E=分析得知，板间场强仍保持不变，带电微粒所受的电场力不变，仍处于静止状态．故A正确，B错误．
C、D、由C=，C=，E=得到极板间场强E=，E与板间距离无关，故使
两极板靠近，板间场强不变，带电微粒所受的电场力不变，则带电微粒仍处于静止状态，故C错误，D正确．
故选：AD．
点评：本题关键要抓住不变量进行分析：电容器与电源保持相连，板间电压保持不变；充电
后与电源断开后，电量不变．电量、正对面积不变时，改变板间距离，板间场强不变．
三、填空题（每空2分，共16分）
15．（2分）（2014秋•平阳县校级期末）某同学用如图所示的实验器材探究电磁感应现象．他连接好电路并检查无误后，闭合电键的瞬间观察到电流表G指针向右偏转．电键闭合后，他将线圈A中的铁芯快速抽出，电流计指针将左偏（填“左偏”、“右偏”或“不偏”）
考点：研究电磁感应现象．
专题：实验题．
分析：根据题意确定指针偏转方向与磁通量变化的关系，然后根据磁通量的变化分析答题．解答：解：闭合电键的瞬间，穿过副线圈的磁通量增加，电流表G指针向右偏转，这说明副线圈磁通量增加，指针向右偏；
电键闭合后，将线圈A中的铁芯快速抽出，穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转；
故答案为：左偏．
点评：由楞次定律来确定感应电流的方向，而闭合线圈中的磁通量发生变化有几种方式：可以线圈面积的变化，也可以磁场的变化，也可以线圈与磁场的位置变化．
16．（6分）（2013秋•温州校级期末）用如图甲所示的电路图研究灯泡L（2.4V，1.0W）的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下正常工作时的电阻值，检验其标示的准确性．
（1）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应放在 a 端．（选填“a”或“b”）
（2）根据电路图，请在图乙中以笔划线代替导线将实物图补充完整．
（3）实验得到的U﹣I图象如图丙所示，图线弯曲的主要原因是：随着灯丝中的电流增大，温度升高，灯丝的电阻率增大，电阻增大．
考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．
专题：实验题；恒定电流专题．
分析：做电学实验时首先要注意安全性原则，在变阻器使用分压式接法时，为保护电流表应将变阻器有效电阻打到零．
根据实验电路图连接实物电路图．
解答：解：（1）由图甲知当滑动触头打到a端时通过电流表的电流是零，为防止烧表，在闭合开关S前，滑动变阻器触头应放在a端．
（2）根据电路图连线实物图如图所示．
（3）图中曲线弯曲的主要原因是随着灯丝中的电流增大，温度升高，灯丝的电阻率增大，电阻增大．
故答案为（1）a．（2）如图所示．（3）随着灯丝中的电流增大，温度升高，灯丝的电阻率增大，电阻增大．
点评：一般电学实验离不开变阻器，变阻器由分压和限流之分，在要求电压或电流从零调时必须用分压式接法；注意变阻器分压式和限流式在在闭合开关S前滑动触头位置的不
同要求．
17．（8分）（2013秋•温州校级期末）两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据．并根据数据描绘了如图（b）所示的两条U﹣I直线．请回答下列问题：
（1）根据两位同学描绘的直线，可知图线甲（填“甲”或“乙”）是根据电压表V1和电流表A的数据所描绘的．
（2）根据图（b），可以求出定值电阻R0= 2 Ω，电源电动势E= 1.5 V，内电阻r= 1 Ω．
考点：测定电源的电动势和内阻．
专题：实验题；恒定电流专题．
分析：（1）从电路连接结合电流表和电压表的读数变化判断图线的含义．
（2）由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻．
解答：解：（1）从电路连接可以看出，电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大．
由图象可知，电压表V1和电流表A的数据绘制图象是甲；
根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象是乙．
（2）从图象可以得出定值电阻R0的阻值为：R0===2.0Ω；
甲图象可以得出图象在U轴上的截距为1.5V，即电源的电动势E=1.5V，
电源的内阻：r===1Ω，即电源的内阻为r=1Ω．
故答案为：（1）甲；（2）2；1.5；1．
点评：本题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流及电压数据的处理，并能用图象法求出电动势和内电阻．
四、计算题（本大题有3小题，分别为12分、10分、12分，共34分，要求写出必要的解题步骤和必要的文字说明.）
18．（10分）（2014秋•平阳县校级期末）如图所示，光滑的金属导轨MN、PQ水平放置，它们之间的距离L=0.2m，金属棒ab可沿导轨滑动，导轨左端所接的电阻R=1Ω，其他电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B=0.5T，ab在外力作用下以V=5m/s的速度向右匀速滑动，求（1）流过金属棒ab的电流的大小和方向；
（2）金属棒所受拉力F的大小．
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．
专题：电磁感应与电路结合．
分析：（1）由E=BLv求得金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势，根据欧姆定率求得流过金属棒ab的电流，再根据右手定则判断电流的方向．
（2）由F=BIL求得安培力，再根据二力平衡得到金属棒所受拉力F的大小．
解答：解：（1）由E=BLv得金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势：
E=BLv=0.5×0.2×5V=0.5V
电路中的电流为：I==A=0.5A
根据右手定则可知流过金属棒ab的电流的方向：b→a
（2）金属棒ab所受的安培力为：
F A=BIL=0.5×0.5×0.2N=0.05N；。