2019-2020学年佛山一中高二下学期第一次月考物理试卷(含答案解析)

2019-2020学年佛山一中高二下学期第一次月考物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1.关于自感现象，正确的说法是()
A. 感应电流一定和原电流方向相反
B. 线圈中产生的自感电动势较大的其自感系数一定较大
C. 对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈中产生的自感电动势也越大
D. 自感电动势总是阻碍原来电流变化的
2.如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的
平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场方向垂直于环面向
里，磁感应强度以B=B0+Kt(K>0)随时间变化。

t=0时，P、Q两
极板电势相等，两极板间的距离远小于环的半径．经时间t，电容器的P
极板()
A. 不带电
B. 所带电荷量与t成正比
C. 带正电，电荷量是KL2C
4πD. 带负电，电荷量是KL2C
4π
3.如图所示，由相同导线制成的两个金属圆环a、b置于匀强磁场
中，磁场方向与圆环所在平面垂直。

磁感应强度B随时间均匀增
大。

两圆环半径之比为2:1，圆环中产生的感应电流分别为I a和I b。

不考虑两圆环间的相互影响。

下列说法正确的是()
A. I a:I b=4:1，感应电流均沿逆时针方向
B. I a:I b=4:1，感应电流均沿顺时针方向
C. I a:I b=2:1，感应电流均沿顺时针方向
D. I a:I b=2:1，感应电流均沿逆时针方向
4.如图所示电路中，u是有效值为220V的交流电源，C是电容器，R是电阻，
关于交流电压表的示数，下列说法正确的是()
A. 等于220V
B. 大于220V
C. 小于220V
D. 等于零
5.如图所示为一理想变压器，原副线圈的匝数之比为1：n，副线圈接
一定值电阻R，则()
A. 若ab之间接直流电压U，则R中的电流为nU
R
B. 若ab之间接直流电压U，则原、副线圈中的电流均为零
C. 若ab之间接交流电压U，则原线圈中的电流为n2U
R
D. 若ab之间接交流电压U，则副线圈中的电流为U
nR
6.供电站向远方送电，输送的电功率恒定，若将输电电压提高到原来的4倍，以下判断中正确的
是()
A. 输电电流为原来的4倍
B. 输电导线上损失的电压为原来的4倍
C. 输电导线上损失的电功率为原来的1
4
D. 输电导线上损失的电功率为原来的1
16
7.如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的()
A. 周期是0.01S
B. 最大值是220V
C. 有效值是220V
D. 表达式为U=220sin100πt(V)
8.如图甲所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为10：1，灯泡L的额定功率为6W，电表均为
理想电表．若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，开关S闭合后灯泡L恰正常发光．下列说法正确的是()
A. 副线圈交变电流的频率为5Hz
B. 电压表的示数为4.24V
C. 电流表的示数为0.2A
D. 灯泡正常发光时的电阻为1.5Ω
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
9.下列说法正确的是()
A. 法拉第发现了电磁感应现象，并制作了第一台发电机
B. 安培将磁铁放在导体环附近时在导体环中发现了感应电流
C. 感应电流磁场的方向总是与引起感应电流的磁场的方向相反
D. 感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果
10.如图所示装置，在下列各种情况中，能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A中产生感应电流
的是()
A. 开关S闭合的瞬间
B. 开关S闭合后，电路中电流稳定时
C. 开关S闭合后，滑动变阻器触头滑动的瞬间
D. 开关S断开的瞬间
11.如图所示，理想变压器的输入端P、Q接入最大值一定的正弦交变电流。

闭合开关K，四盏灯
均发光。

现断开开关K，忽略电流表的内阻和导线的电阻，下列说法正确的是()
A. 电流表的示数变小
B. 灯L1亮度不变
C. 灯L2变亮
D. 灯L3变暗
12.一质量为m=1kg的物体在水平恒力F作用下沿直线水平运动，1s末撤
去恒力F，其v−t图象如图所示，则恒力F和物体所受阻力F f的大小是
()
A. F=9N
B. F=8N
C. F f=2N
D. F f=3N
13.矩形金属线圈共50匝，绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速
转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的规律如图所示，下列说法正
确的是()
A. 在t=0.2s和t=0.4s时，感应电动势最大
B. 在t=0.1s和t=0.3s时，感应电动势最大
C. 线圈产生的感应电动势的最大值为50πV
D. 在0.2s至0.4s过程，流过线圈某一截面的电量为零
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
14.某同学查得某种光电池无光照(没有电能)时的I−U特性曲线如图2所示，现想通过实验加以验
证。

所用的器材包括：光电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干。

(1)该同学应选用图1中的哪个电路图______(填“甲”或“乙”)；
(2)该同学打算测量0.5V、1.0V、1.5V、2.0V、2.5V、3.0V对应的电流值，据此描绘I−U特性曲
线，这种等间隔取值的数据分布是否合理______(填“合理”或“不合理”)；
(3)该同学用图3所示的电路测量光电池有光照时的电动势和内阻，则在闭合电键前滑动变阻器
的滑片要滑到______(填“A”或“B”)端，请你根据图3在答卷方框中画出完整的电路图(图中的定值电阻R0=1.0Ω)；
(4)该同学先用一恒定强光照射光电池，通过测量得到该电池的U−I曲线a，如图5所示；再用
一恒定弱光重复实验，测得U−I曲线b。

则关于有光照射时电池的电动势和内阻说法正确的是______
A.a比b电动势略大，电流较小时a的内阻基本不变
B.b比a电动势略大，b的内阻随电流增大而急剧变小
C.强光照射时a的内阻约为8Ω，大小不随电流变化
D.弱光照射时b的内阻约为24Ω，大小不随电流变化
15.图甲是某同学研究热敏电阻阻值随温度的变化规律时设计的电路图．
(1)根据电路图，在图乙的实物上连线．
(2)通过实验，他得到了该热敏电阻的伏安特性曲线如图丙所示，由图可知，热敏电阻的阻值随
温度的升高而______.(填“增大”或“减小”)
(3)他将这个热敏电阻接入图丁所示的电路中，已知电源电动势为9V，内阻不计，R1=30Ω，
毫安表读数为500mA，则R2的阻值为______Ω.
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
16.如图所示，左侧的圆形导电环半径r=1.0cm，导电环与一个理
想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈两端与一个电容C=
100pF的电容器相连，导电环的电阻不计，环中有垂直于圆环平
=100√2⋅πsinωt，若电容器C所带电荷量的最面的变化磁场，磁感应强度B的变化规律为△B
△t
大值为1.41×10−9C，则所用理想变压器的原、副线圈匝数之比是多少？
17.如图甲所示，MN、PQ是两根长为L=2m、倾斜放置的平行金属导轨，导轨间距d=1m，导轨
所在平面与水平面成一定角度，M、P间接阻值为R=6Ω的电阻。

质量为m=0.2kg、长度为d 的金属棒ab放在两导轨上中点位置，金属棒恰好能静止。

从t=0时刻开始，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度随时间变化如图乙所示，在t0=0.1s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，此时磁感应强度B0=1.2T.已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，不计金属棒和导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力取重力加速度g=10m/s2.求：
(1)0～t0时间内通过电阻R的电荷量q；
(2)金属棒与导轨之间的动摩擦因数u。

18.如图甲所示，竖直平面固定有间距为L的两足够长金属导轨，金属棒MN和PQ通过套环套在
导轨上，虚线上方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，下方存在方向竖直向下的匀强骸场，两磁场的磁感应强度大小均为B，MN与导轨之间无摩擦，PQ与导轨之间的动摩擦因数为μ.t=0时PQ由静止释放，同时对MN施加一个竖直向上的拉力F，使MN沿导轨向上做初速度为零、
加速度大小为a的匀加速运动，力F随时间t的变化规律如图乙，t1时刻F的大小是t=0时的3倍，两棒的总电阻为R，重力加速度大小为g，其余电阻不计，两棒运动过程中始终与导轨垂直。

(1)求t1时MN受到的安培力F A1的大小和方向；
(2)若在0～t1时间内两棒产生的总焦耳热为Q，求这段时间内拉力F做的功W；
(3)若PQ重力大小为G，请在图丙中大致画出PQ所受的摩擦力f随时间t变化的图线(不必写分析过程)。

【答案与解析】
1.答案：D
解析：解：A、根据楞次定律，当原电流增大时，感应电流与原电流方向相反；当原电流减小时，感应电流与原电流方向相同．故A错误．
B、自感系数是由线圈本身的特性决定的，与自感电动势的大小无关．故B错误．
C、根据法拉第定律，当电流变化越快时，磁通量变化越快，自感电动势越大．故C错误．
D、根据楞次定律，自感电动势总是阻碍原来电流变化．故D正确．
故选D
根据楞次定律和法拉第电磁感应定律来分析判断．
自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律．
2.答案：D
解析：
本题考查了电磁感应与电路的结合，由楞次定律可判断感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势。

由楞次定律可判断如果圆环闭合，感应电流方向为逆时针方向，所以圆环作为一个电源，P为电源
负极，Q为正极，所以P极板带负电，根据法拉第电磁感应定律有：E=SΔB
Δt =kπ(L
2π
)2=kL2
4π
，所以
Q=CE=CkL2
4π
，故D正确，ABC错误。

故选D。

3.答案：D
解析：
本题考查了法拉第电磁感应定律及其应用；本题整合了法拉第电磁感应定律，楞次定律，常规题，要善于运用比例法求解比值。

根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦ
Δt =nΔB
Δt
S计算感应电动势的大小，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E=ΔΦ
Δt =ΔB
Δt
S，题中ΔB
Δt
相同；
a圆环中产生的感应电动势分别为E a=ΔΦ
Δt =ΔB
Δt
S a=ΔB
Δt
πr a2；
b圆环中产生的感应电动势分别为E b=ΔΦ
Δt =ΔB
Δt
S b=ΔB
Δt
πr b2；
由于r a：r b=2：1；所以E a
E b =r a2
r b2
=4
1
；
由电阻定律R=ρL
S 可知，R a:R b=ρ2πr a
S
:ρ2πr b
S
=2:1;
则I a:I b=E a R
a :E b
R b
=2:1;
由于磁场向里，磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流均沿逆时针方向；故D正确，ABC错误。

故选D。

4.答案：C
解析：解：电容器在电路中具有一定的容抗，也分压，有闭合电路欧姆定律得：u=u c+u R
u R<u=220v，故C正确
故选C
电容器在电路中具有“通交流阻直流”的作用，并具有一定的容抗，也分压，由闭合电路欧姆定律可判断R两端的电压．
考查了电容器在电路中的作用，闭合电路欧姆定律的电压关系．
5.答案：C
解析：解：变压器不能改变直流电压的电压，所以当原线圈接直流电压时，副线圈无电流，但原线
圈有电流，故AB选项错误；当原线圈电压为U时，则副线圈输出电压为nU，副线圈电流为nU
R
，又
因为原副线圈电流之比与匝数成反比，可得原线圈电流为n2U
R
，故C选项正确D错误．
故选C
变压器不会改变直流电，只能变交流电，且匝数与电压成正比、与电流成反比．
本题容易迷惑人，变压器不能变直流，所以在做题时一定要仔细阅读，避免不必要的错误．
6.答案：D
解析：解：A 、B 、输送的功率一定，根据P =UI ，知输电电压越高，输电电流越小，若输送电压提高到原来的4倍，则电流减小1
4倍，输电导线上损失的电压△U =Ir 也减小为原来的1
4倍，故AB 错误；
C 、
D 、电流减小到14倍，根据P 损=I 2R 可知，电线上损失的功率为原来的1
16倍，故C 错误，D 正确；
故选：D 。

输送的功率一定，根据P =UI 和P 损=I 2
R 可知高压输电的电压、电流与电能变化情况． 解决本题的关键掌握输送功率与输电电压和输电电流的关系，以及知道P 损=I 2
R 的应用．
7.答案：C
解析：
根据图象可直接读出交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等。

此题考查读图的能力，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式。

解：A.由图象知周期为0.02s ，故A 错误； B .由图象知最大值为311V ，故B 错误； C .电压的有效值为：U =m √2
=
√2
=220V ，故C 正确；
D .角频率ω=2πT
=
2π0.02
rad/s =100πrad/s ，则瞬时值表达式为：u =311sin100πt V ，故D 错误。

故选C 。

8.答案：D
解析：解：A 、由图乙可知，原线圈输入电压的周期为0.02s ，则频率为50Hz ，变压器不改变频率，所以副线圈交变电流的频率为50Hz ，故A 错误；
B 、根据图乙可知，原线圈的最大值为E m =30√2V ，则有效值为U 1=m √2
=
√2
√2
=30V ，根据U 1U 2
=n
1
n
2
可知，副线圈电压U 2=3V ，即电压表示数为3V ，故B 错误；
C 、灯泡L 恰正常发光，则副线圈电流I =P U 2
=6
3=2A ，即电流表示数为2A ，故C 错误；
D 、根据欧姆定律得：灯泡正常发光时的电阻R =U 2I
=3
2=1.5Ω，故D 正确．
故选：D
根据乙图可知周期和电压最大值，从而求出频率和电压有效值，由电压之比等于线圈匝数比可以求出副线圈电压，根据I=P
求解电流，注意各表的示数为有效值，根据电压的有效值及欧姆定律可求
U
电阻．
该题考查变压器的电流比与匝数比关系，以及交流电的周期与频率关系，掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，明确各表的示数为有效值．
9.答案：AD
解析：解：A、B、法拉第在奥斯特的启发下，研究了磁场与电流的关系，最终通过十年的努力终于发现了电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生电流．故A正确、B错误．
C、根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．故C错误．
D、要在回路中维持一定的感应电流，外界必须消耗一定的能量．楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的表现．故D正确．
故选：AD．
法拉第在奥斯特的启发下，研究了磁场与电流的关系，最终通过十年的努力终于发现了电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生电流．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．即感应电流的磁场方向取决于引起感应电流的磁通量是增加还是减小．即感应电流的磁场一定是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
本题要注意：感应电流的方向由磁场方向及切割磁感线的导线的运动方向决定，导线的运动方向不变，改变磁场方向，或磁场方向不变，改变导线的运动方向，则感应电流方向变化．
10.答案：ACD
解析：
感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化．根据这个条件分析判断有没有感应电流产生。

本题考查感应电流产生的条件，解题的关键掌握产生感应电流的两条件：一是电路要闭合；二是磁通量要发生变化。

A.将电键突然接通的瞬间，线圈产生的磁场从无到有，穿过穿过铜环A的磁通量增大，产生感应电流，故A正确；
B.线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的磁通量不变，没有感应电流产生，故B错误；
C.通电时，使变阻器的滑片P滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环A磁通量变化，产生感应电流，故C正确；
D.将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过穿过铜环A的磁通量减小，产生感应电流，故D正确。

故选ACD。

11.答案：AB
解析：
输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，根据理想变压器的原理再结合电路动态分析即可。

本题主要考查理想变压器与电路结合的知识。

A、开关断开后，负载电阻变大，所以流过副线圈的电流变小，流过原线圈的电流也变小，电流表的示数变小，故A正确；
B、变压器的输入电压不变，输出电压也不变，所以L1亮度不变，故B正确；
C、通过副线圈的电流减小，而流过灯L1的电流不变，通过L2的电流减小，所以灯L2变暗，故C错误；
D、灯L2两端电压变小，所以L3两端电压变大，灯L3变亮，故D错误；
故选AB。

12.答案：AD
解析：解：由图线知，匀加速直线运动的加速度：a1=△v1
△t1=6
1
=6m/s2，匀减速直线运动的加速度
大小a2=△v2
△t2=6
3
=3m/s2。

根据牛顿第二定律得，F−F f=ma1，F−F f=6 F f=ma2，F f=3N。

解得F=9N，F f=3N.故AD正确、BC错误。

故选：AD。

根据图线分别求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出恒力F 和阻力的大小。

本题考查了牛顿第二定律的基本运用，通过图线得出加速度，结合牛顿第二定律进行求解。

13.答案：ACD
解析：解：A、在t=0.2s和t=0.4s时，磁通量为零，线圈垂直于中性面，感应电动势最大，故A 正确；
B、在t=0.1s和t=0.3s时，磁通量最大，线圈位于中性面位置，感应电动势为零，故B错误；
=50πV，故C正确；
C、线圈产生的感应电动势的最大值E=NBSω=50×0.2×2π
0.4
D、在0.2s至0.4s过程，穿过线圈的磁通量变化量为零，流过线圈某一截面的电量为零，故D正确；故选：ACD．
交变电流产生过程中，线圈在中性面上时，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势最小，线圈与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为大；结合Φ−t图象分析答题．
要掌握交流电产生过程特点，特别是两个特殊位置：中性面和垂直中性面时，掌握电流产生过程即可正确解题．
14.答案：(1)甲
(2)不合理
(3)B电路图如图所示
(4)A
解析：
解决本题的关键是掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，以及测量元件
的伏安特性时，滑动变阻器应用分压式。

(1)甲乙对比显然甲图光电池两端的电压可以从零开始调节，而乙图的若
滑动变阻器的电阻较大的话，则调压范围相当小，所以甲图合理。

(2)由于光电池的特殊性，不能象描绘小灯泡的伏安特性曲线一样研究光
电池的特性曲线，因为有光与无光的电阻相差很大，当电压较小时电流变化小所以电压间隔要更大些，但当电阻明显时电压间隔要小些，所以平均分布不合理；
(3)根据实物图连接情况看，只有当滑片位于最左端时，连入电路的电阻最大，电路的电流较小，才不致于毁坏电表，即滑片向B端移动。

根据实物图画出电路如图所示；
(4)实验数据描出的U−I图象如图所示根据图象判断：AB、由U=E−Ir可知，开路电压就是电动势，从纵坐标来看，纵距差不多，即a的电动势比b的差不多，而图象的斜率就是内阻，显然当电流较小时，a的图象近似直线，即认为内阻基本不变，这样选项A正确，选项B错误；CD、从斜率看内阻，对a(强光)图象，当电流大于200mA时，内阻明显变大，选项C错误，而对b(弱光)时，斜率是变化的，内阻随电流的变化而变化，故选项D也错误，这样只有A正确。

故答案为：(1)甲
(2)不合理
(3)B电路图见答案
(4)A
15.答案：减小25
解析：解：(1)根据实验原理图，依次连接如图；
(2)由图乙所示图象可知，对电压增大通过热敏电阻的电流增大，电压与电流的比值减小，即电阻阻值减小．
A=0.3A，则通过热敏电阻的电流为：I R′=I−I1=0.5A−0.3A=0.2A，(3)通过R1的电流I1=9
30
由I−U图读出热敏电阻的电压为：U R′=4V，
则R 2的电压U 2=U −U R ′=9V −4V =5V ， R 2的阻值为：R 2=5
0.2=25Ω． 故答案为：(1)连接实物图如上图所示： (2)减小； (3)25．
(1)根据实验原理图，依次连接即可；
(2)根据图示图象应用欧姆定律分析热敏电阻阻值如何变化； (3)根据欧姆定律，结合图象，即可求解．
本题是一道关于影响导体的电阻与多因素及图象分析和利用欧姆定律进行计算的综合题，能否根据图象分析热敏电阻的变化趋势是本题的解题关键所在．
16.答案：
解：根据电磁感应定律，得原线圈的电压的峰值为E =△⌀
△t =△Bs △t
=100√2⋅π×πr 2=0.141V
电容器的电压峰值为U =
Q C
=
1.41×10−9100×10−12
=14.1V
理想变压器的原、副线圈匝数之比等于电压之比：n
1
n 2
=E
U =
0.14114.1
=1
100
答：所用理想变压器的原、副线圈匝数之比是1
100
解析：变压器是根据电磁感应来工作的，当原线圈的磁通量恒定时，副线圈是没有感应电流的，根据变压器的工作的原理分析原线圈中的电流的变化情况即可得出结论．
变压器只能在交流电路中工作，变压器是根据磁通量的变化来工作的，知道变压器的工作的原理就可以解决本题
17.答案：解：(1)由题意得0～t 0时间内回路中磁通量的变化量：△Φ=B 0d L
2…①
由法拉第电磁感应定律可得：E =△Φ△t
…②
由欧姆定律可得：I =E
R …③
故0～t 0时间内通过电阻R 的电荷量：q =I △t …④ 联立①②③④解得：q =0.2C ；
(2)由题意得导体棒在t =0时刻恰好能处于静止状态，设导轨平面与水平面之间的夹角为θ， 则有mgsinθ=f m …⑤
f m=μF N …⑥
F N=mgcosθ…⑦
在t0=0.1s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，则有：F安=mgsinθ+f m… ⑧
此时F安=B0Id…⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨解得：μ=0.75。

答：(1)0～t0时间内通过电阻R的电荷量为0.2C；
(2)金属棒与导轨之间的动摩擦因数为0.75。

解析：(1)由题意求解得0～t0时间内回路中磁通量的变化量，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电荷量；
(2)由题意得导体棒在t=0时刻恰好能处于静止状态，根据平衡条件求解金属棒与导轨之间的动摩擦因数。

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。

18.答案：解：(1)设t1时MN的速度为v1，则v1=at1
其中E=BLv1
根据闭合电路欧姆定律可得：I=E
R
MN受到的安培力F A1=B2L2at1
R
，方向竖起向下；
(2)设MN的质量为m，由牛顿第二定律得：F−mg−F A=ma
T时刻安培力F A=B2L2at
R
得F=B2L2a
R
t+mg+ma
设t=0时F=F0，则t1时刻F=3F0，
结合图乙得：B 2L2a
R
=3F0−F0
t1
mg+ma=F0
得F0=B2L2at1
2R ，m=B
2L2at1
2R(g+a)
在0∼t1时间内MN向上运动的距离ℎ=1
2
at12
mv12
对NM由动能定理得：W−mgℎ−W A=1
2
对回路，有W A=Q
+Q；
得W=B2L2a2t13
4R
(3)根据物体的受力，画出如图：
，方向竖起向下；
答：(1)t1时MN受到的安培力F A1的∖大小为B2L2at1
R
(2)若在0～t1时间内两棒产生的总焦耳热为Q，这段时间内拉力F做的功为得B2L2a2t13
+Q；
4R
(3)若PQ重力大小为G，在图丙中大致画出PQ所受的摩擦力f随时间t变化的图线如图所示。

解析：(1)根据安培力的计算公式结合闭合电路欧姆定律求解安培力的大小和方向；
(2)由牛顿第二定律结合图象求解拉力，根据运动学公式求解在0∼t1时间内MN向上运动的距离，对NM由动能定理求解；
(3)根据物体的受力，画出受力示意图。

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。