2021年高二上学期月考物理试卷(课改班)(10月份)含解析

2021年高二上学期月考物理试卷（课改班）（10月份）含解析
一、选择题（本题包括12小题，1-7为单选，8-12为多选，每小题4分，共48分．）
1．关于电路中感应电动势的大小，下列说法中正确的是（）
A．穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大
B．电路中磁通量的改变量越大，感应电动势就越大
C．电路中磁通量变化越快，感应电动势越大
D．若电路中某时刻磁通量为零，则该时刻感应电流一定为零
2．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断（）
A．在A和C时刻线圈处于中性面位置
B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零
C．从A～D时刻线圈转过的角度为2π
D．若从O～D时刻历时0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次
3．如图所示，导线框abcd与通电导线在同一平面内，直导线中通有恒定电流并通过ad和bc的中点，当线框向右运动的瞬间，则（）
A．线框中有感应电流，且按顺时针方向
B．线框中有感应电流，且按逆时针方向
C．线框中有感应电流，但方向难以判断
D．由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中没有感应电流
4．闭合线圈与匀强磁场垂直，现将线圈拉出磁场，第一次拉出速度为v1，第二次拉出速度为v2，且v2=2v1，则（）
A．两次拉力做的功一样多
B．两次所需拉力一样大
C．两次拉力的功率一样大
D．两次通过线圈的电荷量一样多
5．图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里．abcd 是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l．t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域．取沿
a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t 变化的图线可能是（）
A． B． C． D．
6．在变电所里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器，下列图中能正确反映其工作原理的是（）
A． B．C． D．
图中半径为金属圆盘在垂直于盘的匀强磁场中，绕以角速度逆时针方向匀转动，电阻两分别接盘心盘边缘，则通过电阻电流强度的大小和方向是（
某发电站采用高压输向外输送电能若输送的总功率为0，输电电压为输电导线的总电阻为则下列说法正确的
输电线上的电流
输电线上的电流
输电线上损失的功率）2R
输电线上损失的功率
传感器是把非电学量如速度、温度压力等）的变化化成电学量变的一种元件，自动控制中有着当广泛的应用如图所示，是种测定液面高度电容式传感器意图，金属芯与导电的液体形一个电容器，大小变化就能反映导电面的升降情况两者的关系是（
大表示大表示
小表示小表示
如图所示的电路为示自感现象的实电路，若闭合电流达到稳定后过线圈电流为1，通过小灯泡2的电流为2，小灯泡2处于正常发光状态，则列说法中正确
合瞬间，2灯缓慢变亮，1灯立即变亮
合瞬间，通过线圈电流由零逐渐增大到1
开瞬间，小灯泡2中的电流由I1逐渐减为零，方向与I2相反
D．S断开瞬间，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向不变
11．如图所示，变压器初级线圈接电压一定的交流电，在下列措施中能使电流表示数减小的是（）
A．只将S1从2拨向1
B．只将S2从4拨向3
C．只将S3从闭合改为断开
D．只将变阻器R3的滑动触头上移
12．如图所示，相距为d的两条水平虚线L l、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（L＜d），质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h 处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0．则线圈穿越磁场的过程中，（从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止）以下说法正确的是（）
A．感应电流所做的功为mgd
B．感应电流所做的功为2mgd
C．线圈的最小速度一定为
D．线圈的最小速度一定为
二、填空题
13．硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件．某同学用左所示电路探究硅光电池的路端电压U与总电流I的关系．图中R0为已知定值电阻，电压表视为理想电压表．
（1）请根据题电路图，用笔画线代替导线将图中的实验器材连接成实验电路．
（2）若电压表V2的读数为U0，则I=．
（3）实验一：用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U﹣I 曲线a，如图．由此可知电池内阻（填“是”或“不是”）常数，短路电流为mA，电动势为V．
（4）实验二：减小实验一中光的强度，重复实验，测得U﹣I曲线b，如图．当滑动变阻器的电阻为某值时，若实验一中的路端电压为1.5V．则实验二中外电路消耗的电功率为mW （计算结果保留两位有效数字）．
三、计算题
14．如图所示，为交流发电机示意图，匝数为n=100匝矩形线圈，边长分别10cm和20cm，内电阻r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′以轴ω=rad/s角速度匀速转动，线圈和外电阻为R=20Ω相连接，求：
（1）S断开时，电压表示数；
（2）开关S合上时，电压表和电流表示数．
15．如图所示，光滑导轨MN、PQ在同一水平面内平行固定放置，其间距d=1m，右端通过导线与阻值R L=8Ω的小灯泡L相连，CDEF矩形区域内有方向竖直向下、磁感应强度B=1T 的匀强磁场，一质量m=50g、阻值为R=2Ω的金属棒在恒力F作用下从静止开始运动s=2m 后进入磁场恰好做匀速直线运动．（不考虑导轨的电阻，金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触）．求：
（1）恒力F的大小；
（2）小灯泡发光时的电功率．
16．如图所示，在坐标xoy平面内存在B=2.0T的匀强磁场，OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨，其中OCA满足曲线方程，C为导轨的最右端，导轨OA与OCA相交处的O点和A点分别接有体积可忽略的定值电阻R1和R2，其R1=4.0Ω、R2=12.0Ω．现有一足够长、质量m=0.10kg的金属棒MN在竖直向上的外力F作用下，以v=3.0m/s的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻R1、R2外其余电阻不计，g取10m/s2．
求：
（1）金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值；
（2）外力F的最大值；
（3）金属棒MN滑过导轨OC段，整个回路产生的热量．
xx学年山东省德州市陵城一中高二（上）月考物理试卷（课
改班）（10月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括12小题，1-7为单选，8-12为多选，每小题4分，共48分．）
1．关于电路中感应电动势的大小，下列说法中正确的是（）
A．穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大
B．电路中磁通量的改变量越大，感应电动势就越大
C．电路中磁通量变化越快，感应电动势越大
D．若电路中某时刻磁通量为零，则该时刻感应电流一定为零
【考点】法拉第电磁感应定律．
【分析】由磁生电的现象叫电磁感应现象，由电生磁的现象叫电流的磁效应．只有当线圈的磁通量发生变化时，才会有感应电流出现，而感应电流的大小则是由法拉第电磁感应定律来得．
【解答】解：A、穿过电路的磁通量越大，不能得出磁通量的变化率越大，所以感应电动势不一定越大．故A错误；
B、电路中磁通量的改变量越大，不能得出磁通量的变化率越大，所以感应电动势不一定越大．故B错误；
C、电路中磁通量变化越快，即磁通量的变化率大，所以感应电动势一定越大，故C正确；
D、若电路中某时刻磁通量为零，但磁通量的变化率不一定为零，则该时刻感应电流不一定为零，故D错误；
故选：C
2．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断（）
A．在A和C时刻线圈处于中性面位置
B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零
C．从A～D时刻线圈转过的角度为2π
D．若从O～D时刻历时0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次
【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式．
【分析】线圈在中性面上磁通量最大，感应电动势与感应电流均为零；
线圈在平行于磁场位置（垂直于中性面处）穿过线圈的磁通量为零，感应电动势与感应电流最大；
在一个周期内，电流方向改变两次，根据图象分析答题．
【解答】解：A、由图象可知，A、C时刻感应电流最大，此时线圈与中性面垂直，故A错误；
B、由图象可知，在B、D时刻，感应电流为零，此时线圈位于中性面上，穿过线圈的磁通量最大，故B错误；
C、由图象可知，到从A到D，线圈转过的角度小于2π，故C错误；
D、若从O～D时刻历时0.02s，则交变电流的频率为50Hz；在一个周期内交流电的方向改变两次；故在1s内交变电流的方向改变100次，故D正确；
故选：D
3．如图所示，导线框abcd与通电导线在同一平面内，直导线中通有恒定电流并通过ad和bc的中点，当线框向右运动的瞬间，则（）
A．线框中有感应电流，且按顺时针方向
B．线框中有感应电流，且按逆时针方向
C．线框中有感应电流，但方向难以判断
D．由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中没有感应电流
【考点】楞次定律．
【分析】当导线中通以如图所示的电流时，根据右手螺旋定则可知，直导线周围的磁场分布，根据感应电流产生条件，与楞次定律，即可求解．
【解答】解：如图所示，直导线电流，根据右手螺旋定则可知，直导线右边的磁场垂直向里，左边的磁场垂直向外，因处于线框的中点处，所以穿过线框的磁通量相互抵消，恰好为零；当线框向右运动的瞬间，导致直导线右边垂直向里穿过线框的磁通量减小，而直导线左边垂直向外的磁通量在增大，根据楞次定律，则有感应电流的方向顺时针，故A正确，BCD错误；故选：A．
4．闭合线圈与匀强磁场垂直，现将线圈拉出磁场，第一次拉出速度为v1，第二次拉出速度为v2，且v2=2v1，则（）
A．两次拉力做的功一样多
B．两次所需拉力一样大
C．两次拉力的功率一样大
D．两次通过线圈的电荷量一样多
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．
【分析】在恒力作用下，矩形线圈被匀速拉出时，拉力与安培力大小相等，拉力做功等于拉力与位移的乘积，而拉力功率等于拉力与速度的乘积，线圈产生的焦耳热等于拉力做的功．根据E=BLv、I=和F=BIL推导出安培力与速度的关系，再列出拉力、功率和电荷量的表达式，再运用比例法求解．
【解答】解：A、B、线框的速度为v1时，产生的感应电流为：I=
线框所受的安培力大小为：F A1=BIL1=，
由于线框匀速运动，则拉力为：F1=F A1=，拉力做的功为：W1=F1L2=L2
同理，线框的速度为v2，时，拉力为：F2=F A2=，拉力做的功为：W2=F2L2=L2
因为v2=2v1，则2F1=F2，2W1=W2，可见速度越大，所用的拉力越大，拉力做功越大．则第二次拉力和拉力做功较大，故A、B错误．
C、拉力的功率P=Fv=•v∝v2，所以第二次拉力的功率大，故C错误．
D、两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式q=可知，通过导线截面的电量相等．故D正确．
故选：D．
5．图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里．abcd 是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l．t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域．取沿
a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t 变化的图线可能是（）
A． B． C． D．
【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．
【分析】首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，再根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果．
【解答】解：A、D开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，故A错误；
当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，故D 错误，
B、C开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，有效切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为负方向；当bc边开始出磁场时，根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为正方向．故B正确，C错误．
故选B
6．在变电所里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器，下列图中能正确反映其工作原理的是（）
A． B．C． D．
【考点】变压器的构造和原理．
【分析】原理是依据电磁感应原理的．电流互感器是由闭合的铁心和绕组组成．它的一次绕组匝数很少，串在需要测量的电流的线路中，因此它经常有线路的全部电流流过，二次绕组匝数比较多，串接在测量仪表和保护回路中，电流互感器在工作时，它的2次回路始终是闭合的，因此测量仪表和保护回路串联线圈的阻抗很小，电流互感器的工作状态接近短路．【解答】解：由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比．则电流互感器应串连接入匝数较少的线圈上．故C正确；
故选：C
7．图中半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，电阻两端分别接盘心O和盘边缘，则通过电阻R的电流强度的大小和方向是（）
A．由c到d，I= B．由d到c，I=
C．由c到d，I= D．由d到c，I=
【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．
【分析】先根据转动切割磁感线感应电动势公式E=L2ω，求出感应电动势，再由欧姆定律求出通过电阻R的电流强度的大小．由右手定则判断感应电流的方向．
【解答】解：将金属圆盘看成无数条金属幅条组成的，这些幅条切割磁感线，产生感应电流，由右手定则判断可知：通过电阻R的电流强度的方向为从c到d．
金属圆盘产生的感应电动势为：E=r2ω，通过电阻R的电流强度的大小为：I==
故选：C
8．某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R．则下列说法正确的是（）
A．输电线上的电流I=
B．输电线上的电流I=
C．输电线上损失的功率P=（）2R
D．输电线上损失的功率P=
【考点】远距离输电．
【分析】根据P=UI求出输电线上的电流，结合求出输电线上损失的功率．
【解答】解：A、根据P0=UI得，输电线上的电流I=，由于U不是输电线上损失的电压，不能通过求解输电线上的电流．故A错误，B正确．
C、输电线上损失的功率．故C正确，D错误．
故选：BC．
9．传感器是把非电学量（如速度、温度、压力等）的变化转化成电学量变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用，如图所示，是一种测定液面高度的电容式传感器示意图，金属芯线与导电的液体形成一个电容器，从电容C的大小变化就能反映导电液面的升降情况，两者的关系是（）
A．C增大表示h增大 B．C增大表示h减小
C．C减小表示h减小 D．C减小表示h增大
【考点】电容器的动态分析．
【分析】金属芯线与导电液体形成一个电容器，液面高度h变化相当于正对面积变化，根据电容的决定式C= 分析电容的变化．
【解答】解：若电容C增大时，根据电容的决定式C= 分析正对面积应增大，则知，液面高度h增大；
若电容C减小时，根据电容的决定式C= 分析正对面积应减小，则知，液面高度h减小．故AC正确，BD错误．
故选：AC．
10．如图所示的电路为演示自感现象的实验电路，若闭合开关S，电流达到稳定后通过线圈L 的电流为I1，通过小灯泡L2的电流为I2，小灯泡L2处于正常发光状态，则下列说法中正确的是（）
A．S闭合瞬间，L2灯缓慢变亮，L1灯立即变亮
B．S闭合瞬间，通过线圈L的电流由零逐渐增大到I1
C．S断开瞬间，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向与I2相反
D．S断开瞬间，小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零，方向不变
【考点】自感现象和自感系数．
【分析】当灯泡处于正常发光状态时，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势，产生自感现象，根据楞次定律分析线圈中电流的变化．
【解答】解：A、S闭合后，电源的电压立即加到两灯泡两端，故两灯泡将立刻发光，故A错误；
B、S闭合瞬间，通过线圈L的电流由零逐渐增大到I1，故B正确；
CD、开关S断开后，线圈与L2构成回路，由于自感的存在，电流将从I1开始减小为0，方向与I2方向相反，故C正确，D错误；
故选：BC．
11．如图所示，变压器初级线圈接电压一定的交流电，在下列措施中能使电流表示数减小的是（）
A．只将S1从2拨向1
B．只将S2从4拨向3
C．只将S3从闭合改为断开
D．只将变阻器R3的滑动触头上移
【考点】变压器的构造和原理．
【分析】理想变压器原副线圈电压与匝数成正比，电流与匝数成反比；理想变压器输入功率等于输出功率；根据以上两条规律分析讨论即可．
【解答】解：A、只将S1从2拨向1时，原线圈匝数减小，输出电压变大，故输出电流变大，输入电流即电流表的示数也变大，故A错误；
B、只将S2从4拨向3时，副线圈匝数减小，输出电压变小，故输出电流变小，输入电流变小，故B正确；
C、只将S3从闭合变为断开，少一个支路，电压不变，总电阻变大，输出功率减小，则输入功率也减小，电流表的示数减小，故C正确；
D、只将变阻器R3的滑动触头上移，负载总电阻变大，故输出电流变小，故输入电流减小，故D正确．
故选：BCD．
12．如图所示，相距为d的两条水平虚线L l、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（L＜d），质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h 处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0．则线圈穿越磁场的过程中，（从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止）以下说法正确的是（）
A．感应电流所做的功为mgd
B．感应电流所做的功为2mgd
C．线圈的最小速度一定为
D．线圈的最小速度一定为
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
【分析】线圈在下落分别经过图中的四个位置：初位置到1位置自由落体，2位置到3位置做加速度为g的匀加速运动，所以1位置到2位置必做减速运动，同样3位置到4位置必做减速运动，运动情况与1位置到2位置完全相同，产生的电能也相同．1位置到3位置用动能定理可计算1位置到2位置克服安培力做功，根据能的转化和守恒定律可得1位置到2位置电流做功，也等于3位置到4位置电流做功．综上所述可求电流做功．初位置到1位置自由落体，2位置到3位置做加速度为g的匀加速运动，使用运动学公式即可求出线圈穿越磁场的最小速度．
【解答】解：线圈在下落分别经过图中的四个位置：1位置cd边刚进入磁场，2位置ab边进入磁场，3位置cd边刚出磁场，4位置ab边刚出磁场，根据题意1、3位置速度为v0；2到3
位置磁通量不变，无感应电流，线圈只受重力，做加速度为g的匀加速运动；结合1、3位置速度相同，可知1到2减速，2到3匀加速，3到4减速，并且1到2减速与3到4减速所受合力相同，运动情况完全相同．对线圈由1到3位置用动能定理：mgd﹣W=△E k=0，W为克服安培力所做的功，根据能的转化和守恒定律，这部分能量转化为电能（电流所做的功），所以线圈由1到3位置电流做功为mgd；线圈由1到3位置过程中只有线圈由1到2位置有电流，所以线圈由1到2位置有电流做功为mgd，线圈由3到4位置与线圈由1到2位置完全相同，所以线圈由3到4位置有电流做功也为mgd．综上所述，从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止，即1到4位置电流做功为2mgd．A错误，B正确．
线圈速度最小时并未受力平衡，不满足mg=，所以C错误．
有以上分析可知2和4位置速度最小，初始位置到1位置自由落体v0=，2到3位置做加速度为g的匀加速运动，结合两式解得；D正确．
故选：BD
二、填空题
13．硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件．某同学用左所示电路探究硅光电池的路端电压U与总电流I的关系．图中R0为已知定值电阻，电压表视为理想电压表．
（1）请根据题电路图，用笔画线代替导线将图中的实验器材连接成实验电路．
（2）若电压表V2的读数为U0，则I=．
（3）实验一：用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U﹣I 曲线a，如图．由此可知电池内阻不是（填“是”或“不是”）常数，短路电流为0.295 mA，电动势为 2.67V．
（4）实验二：减小实验一中光的强度，重复实验，测得U﹣I曲线b，如图．当滑动变阻器的电阻为某值时，若实验一中的路端电压为1.5V．则实验二中外电路消耗的电功率为0.065 mW（计算结果保留两位有效数字）．
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【分析】（1）已知原理图，则由原理图先连接R与电源，再将电压表依次并入；
（2）R0为定值电阻，故由欧姆定律可求得电路中的电流；
（3）由图象及公式可知图象的斜率表示电池内阻，由内阻的斜率变化可知是否为常数；图象与横坐标的交点为短路电流；图象与纵坐标的交点为电源的电动势；
（4）由于外电阻为线性元件，故可由实验一做出其伏安特性曲线，图象与b的交点为实验二中的状态，读出电流和电压可求得电功率．
【解答】解：（1）由原理图可得出电路的连接方式，则按实物图的连接方法将各元件相连即可，注意导线不能交叉，导线要接在接线柱上；如下图所示；
（2）由欧姆定律可知，流过R0的电流I=；
（3）路端电压U=E﹣Ir，若r为常数、则U﹣I图为一条不过原点的直线，由曲线a可知电池内阻不是常数；当U=0时的电流为短路电流、约为295μA=0.295mA；当电流I=0时路端电压等于电源电动势E、约为2.67V；
（4）实验一中的路端电压为U1=1.5V时电路中电流为I1=0.21mA，连接a中点（0.21mA、1.5V）和坐标原点，此直线为此时对应滑动变阻器阻值的外电路电阻（定值电阻）的U﹣I图，和图线b的交点为实验二中的路端电压和电路电流，如右图，电流和电压分别为I=97μA、U=0.7V，则外电路消耗功率为P=UI=0.068 mW．
故答案为：（1）如上图
（2）
（3）不是，0.295（0.293﹣0.297），2.67（2.64﹣2.70），
（4）0.065（0.060﹣0.070）
三、计算题
14．如图所示，为交流发电机示意图，匝数为n=100匝矩形线圈，边长分别10cm和20cm，内电阻r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′以轴ω=rad/s角速度匀速转动，线圈和外电阻为R=20Ω相连接，求：
（1）S断开时，电压表示数；
（2）开关S合上时，电压表和电流表示数．
【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．
【分析】（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为E m=NBSω，开关S断开时，电压表测量电源的电动势的有效值；
（2）开关闭合时，电流表测量电流的有效值．根据有效值与最大值的关系求出电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压；
【解答】解：（1）感应电动势最大值E m=nBSω=100×0.5×0.1×0.2×50 V=50 V
感应电动势有效值E==50V．
故电压表的数值为50V；
（2）电键S合上后，由闭合电路欧姆定律
I= A==2.0 A，
U=IR=2×20 V=40 V．
答：（1）S断开时，电压表的示数为50V；（2）电压表的示数为40V；电流表的示数为2.0A．
15．如图所示，光滑导轨MN、PQ在同一水平面内平行固定放置，其间距d=1m，右端通过导线与阻值R L=8Ω的小灯泡L相连，CDEF矩形区域内有方向竖直向下、磁感应强度B=1T 的匀强磁场，一质量m=50g、阻值为R=2Ω的金属棒在恒力F作用下从静止开始运动s=2m 后进入磁场恰好做匀速直线运动．（不考虑导轨的电阻，金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触）．求：
（1）恒力F的大小；
（2）小灯泡发光时的电功率．
【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；电功、电功率；法拉第电磁感应定律．
【分析】（1）由动能定理可以求出金属棒进入磁场时的速度，金属棒进入磁场后做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可以求恒力大小．
（2）由电功率公式可以求出灯泡发光时的电功率．
【解答】解：（1）对金属棒，由动能定理得：Fs=mv2﹣0，
导体棒受到的安培力：F B=BId=，
金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得：F=F B，
即：F=，
解得：F=0.8N，v=8m/s；
（2）小灯泡发光时的功率：
P=I2R L=R L，
代入数据解得：P=5.12W；
答：（1）恒力F的大小为0.8N；
（2）小灯泡发光时的电功率为5.12W．。