2022年北京人大附中高二上学期期末物理试卷（文字版，含答案含解析）

这是一份2022年北京人大附中高二上学期期末物理试卷（文字版，含答案含解析），共30页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题，填空题（本题共2小题，共14分，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022年北京人大附中高二上学期期末
物 理
一、单项选择题（本题共10小题，每题3分，共计30分。在每小题的选项中有且只有一个符合题意。）
1．（3分）WiFi无线网络实质是一种短程无线传输技术，能够在一定范围内支持互联网接入的电磁波信号。最新的WiFi6技术使用2.4GHz或5GHz电磁波，属于电磁波谱中的某个波段，如图所示。下列关于电磁波和WiFi的说法，错误的是（　　）

A．麦克斯韦预言了电磁波；楞次首次用实验证实了电磁波的存在
B．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关
C．WiFi信号使用的电磁波属于无线电波
D．WiFi信号使用的电磁波中，2.4GHz的波长比5GHz的更长
2．（3分）如图所示，电磁炉是利用感应电流（涡流）的加热原理工作的。下列关于电磁炉的说法，正确的是（　　）

A．电磁炉可用陶瓷器皿作为锅具对食品加热
B．电磁炉面板采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部
C．电磁炉面板采用金属材料，通过面板涡流发热传导到锅里，再加热锅内食品
D．电磁炉的锅具一般不用铜锅，是因为铜锅中不能形成涡流
3．（3分）如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应随时间t变化，以下四个图象能正确反映B和t之间对应关系的是（　　）

A． B．
C． D．
4．（3分）用电流传感器（相当于电流表，其电阻可以忽略不计）研究通电自感现象的电路如图甲所示。电阻的阻值是R，多匝线圈L中未插入铁芯，电源电动势为E，L的电阻和电源的内阻均可忽略。闭合开关S，传感器记录了电路中电流i随时间t变化的关系图像，如图乙中曲线①所示。如果改变某一条件，其他条件不变，重复实验，可以得到图乙中曲线②。改变的条件可能是（　　）

A．线圈L中插入铁芯 B．增大E
C．增大R D．减小R
5．（3分）如图所示，某LC振荡电路中，L是电阻不计的电感线圈，C是电容器。该振荡电路在某一时刻的电场和磁场方向如图所示。不计电磁波的辐射损失，则下列说法正确的是（　　）

A．该时刻电容器正在充电
B．该时刻电路中电流正在减小
C．该时刻电场能正在向磁场能转化
D．该LC振荡电路磁场能量变化的周期为T＝2π
6．（3分）如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，设t＝0时电流沿逆时针方向（图中箭头所示）。关于线圈B的电流方向和所受安培力产生的效果，下列说法中正确的是（　　）

A．在0＜t＜t1时间内，有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势
B．在0＜t＜t1时间内，有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势
C．在t1＜t＜t2时间内，有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势
D．在t1＜t＜t2时间内，有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势
7．（3分）在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压U1和输电线上的总电阻R均保持不变。随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（　　）

A．升压变压器的输出电压U2增大
B．降压变压器的输出电压U4增大
C．输电线上损耗的功率减小
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
8．（3分）如图甲所示是法拉第制作的世上最早的发电机的实验装置：一个可绕水平固定转轴转动的铜盘，铜盘的一部分处在蹄形磁体中。如图乙所示，设蹄形磁体的磁场沿水平方向且磁感应强度为B，实验时用导线连接铜盘的中心C，用导线通过滑片D与铜盘的边缘连接且接触良好。若用外力转动使圆盘如图乙方向转动起来，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（　　）

A．R中的电流沿b到a的方向
B．因为通过圆盘面的磁通量不变，所以R中无电流
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
9．（3分）如图所示的甲、乙图中，MN、PQ是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨。导体棒ab垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的足够大的匀强磁场中。导体棒和导轨间接触良好且摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C原来不带电。今给导体棒ab一个向右的初速度v0，甲、乙图中导体棒ab在磁场中的最终运动状态是（　　）

A．甲图中棒ab最终静止，乙图中ab棒最终做匀速运动
B．甲图、乙图中，棒ab最终均做匀速运动
C．甲图中棒ab最终做匀速运动，乙图中棒ab最终静止
D．甲图、乙图中，棒ab最终都静止
10．（3分）如图甲所示，光滑固定平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，两端点M、P间接有阻值为R的定值电阻。阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。从t＝0时刻开始，棒受到一个平行于导轨向上的外力F作用，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直，且接触良好，通过R的感应电流I随时间t变化的图像如图乙所示，如图给出了外力F大小随时间t变化的图像，其中正确的是（　　）

A． B．
C． D．
二、不定项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分。每小题的选项中至少有一个是符合题意的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分。）
（多选）11．（3分）现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使电子加速。图甲为侧视图，乙为真空室的俯视图，如果从上向下看，电子沿逆时针方向运动。已知电子的电荷量为e，电子做圆周运动的轨道半径为r，因电流变化而产生的磁感应强度随时间的变化率为＝k（k为一定值）。下列说法正确的是（　　）

A．为使电子加速，当电磁铁线圈电流的方向与如图甲所示方向一致时，电流的大小应该减小
B．轨道处感生电动势的大小为kπr2
C．电子在圆形轨道中加速一周的过程中，感生电场对电子做的功为keπr2
D．为使电子做圆周运动的轨道半径不变，真空室处的磁感应强度应增大
12．（3分）半导体内导电的粒子——“载流子”有两种；自由电子和空穴（空穴可视为能自由移动的带正电粒子）。以空穴导电为主的半导体叫P型半导体，以自由电子导电为主的半导体叫N型半导体。如图所示为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图，图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时，会产生霍尔电势差UH，已知每个载流子所带电荷量的绝对值为e，下列说法中正确的是（　　）

A．如果上表面电势高，则该半导体为N型半导体
B．如果下表面电势高，则该半导体为P型半导体
C．UH与b成正比
D．UH与c成反比
（多选）13．（3分）如图所示，边长为L的单匝正方形金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D、方向竖直向下的有界匀强磁场，线框的边长L小于有界磁场的宽度D，在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以I表示通过线框的电流（规定逆时针为正，顺时针为负）、q表示流过线框中某一横面的电量、P表示拉力的功率、以Uab表示线框ab两点间的电势差，如图反映线框通过磁场的全过程这些物理量随时间t变化的图像中，错误的是（　　）

A． B．
C． D．
（多选）14．（3分）如图甲所示，竖直平面内有单匝正方形金属线框abcd，粗细均匀，密度为ρ。线框下方有一匀强磁场区域，磁场的磁感应强度为B，该区域的水平边界MN、PQ与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使线框从MN上方某高度处由静止开始下落，线圈平面在线圈运动过程中始终处在竖直平面内，如图乙是线框从开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界过程的v﹣t图像，图中数据均为已知量，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．可以求出重力加速度
B．可以求出MN、PQ之间的距离
C．不可以求出线框导线的电阻率
D．不可以求出线框在0～t3时间内产生的热量
15．（3分）工业上常用电磁流量计来测量高黏度及强腐蚀性非磁性导电流体的流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积）。它主要由将流量转换为电压信号的传感器和显示仪表（相当于能显示自身两端电压的负载电阻R）两部分组成。传感器的结构如图所示，圆筒形测量管由非磁性材料制成，内壁绝缘，其上装有一对电极a和c，a、c间的距离等于测量管的直径D，测量管的轴线与a、c的连线方向以及通电线圈产生的恒定匀强磁场（磁感应强度为B），方向三者相互垂直。当导电液体如图所示的方向流过测量管时，测得管壁ac上两点间的电压为U，并通过与电极连接的仪表显示出液体的流量Q。则（　　）

A．导电液体流速方向如图中所示时，则c点电势比a点电势高
B．对同一种导电液体，电压U与流量Q成反比关系
C．仅增大通电线圈的电流，可以提升电磁流量计的灵敏度（灵敏度可用表示）
D．要使仪表显示的电压受非磁性导电液体种类或浓度的影响很小，需要R很小（远小于各类在测量管中的待测液体的电阻）
（多选）16．（3分）如图所示，足够长、电阻不计、间距为L的光滑平行金属导轨水平放置，匀强磁场垂直导轨平面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、电阻为R、长度为L的金属棒a静止放置在水平导轨上，质量为2m、电阻为2R、长度为L的金属棒b锁定在水平导轨上，ab均与导轨垂直。现给金属棒a一水平向右的初速度v0，经过时间t，前进距离x，速度变为v。甲、乙、丙、丁四位同学根据以上条件，分别求解在这段时间t内在金属棒a中产生的焦耳热Qa，具体过程如下：
甲同学
在时间t内，金属棒a切割磁感线的感应电动势＝BL＝BL
由闭合电路欧姆定律可知＝
由焦耳定律Qa＝2Rt
由以上关系式联立可以来得Qa。
乙同学
在时间t内，金属棒a损失的动能最终转化为金属棒a和金属棒b的焦耳Qa和Qb，则Qa+Qb＝mv02﹣mv2
又由焦耳定律和电路规律，有＝＝
由以上关系式联立可以求得Qa。
丙同学
在时间t内，对金属棒a运用动量定理﹣t＝mv﹣mv0
金属棒a克服安培力做功W克安＝x＝
金属棒a克服安培力做功将其他形式的能量最终转化为金属棒a和金属棒b的焦耳热Qa和Qb，则Qa+Qb＝W克安
又由焦耳定律和电路规律，有＝＝
由以上关系式联立可以求得Qa。
丁同学
在时间t内，对金属棒a，金属棒a所受安培力的平均值为＝（F安初+F安末），
金属棒a克服安培力做功W克安＝x＝（+）x
金属棒a克服安培力做功将其他形式的能量最终转化为金属棒a和金属棒b的焦耳热Qa和Qb，则Qa+Qb＝W克安
又由焦耳定律和电路规律，有＝＝
由以上关系式联立可以求得Qa。
在本题问题情境中，上面四位同学中，求解焦耳热Qa的思路正确的有（　　）

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
三、填空题（本题共2小题，共14分。把答案填在答题纸的相应横线上。
17．（6分）小管同学用如图所示的装置做“探究影响感应电流方向的因素”实验，螺线管A、滑动变阻器、开关与电池相连构成闭合回路；螺线管B与“0刻度线”在中间的灵敏电流计构成闭合回路，螺线管B套在螺线管A的外面。
（1）为了探究影响感应电流方向的因素，闭合开关后，通过不同的操作观察指针摆动情况，以下正确的有 　 　。
A、断开与闭合开关时指针会偏向同一侧
B．闭合开关，待电路稳定后，如果滑动变阻器的滑片不移动，指针不偏转
C、滑动变阻器的滑片匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流计指针都静止在中央
D、滑动变阻器的滑片向右加速移动和向右减速移动，都能使指针偏向同一侧
（2）图中，闭合开关前滑动变阻器的滑片应位于最 　 　端（填“左”或“右”）；在未断开开关，也未把A、B两螺线管和铁芯分开放置的情况下，直接拆除某螺线管处导线，可能由于自感现象突然被电击一下，则被电击可能是在拆除 　 　（选填“A”或“B”）螺线管所在电路时发生的。

18．（8分）某班物理实验课上，同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。可拆变压器如图1甲、乙所示。

（1）下列说法正确的是 　 　。
A．为确保试验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B．变压器原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
C．可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线图的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D．测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
E．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
F．变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用
（2）一位同学实验时，观察两个线圈的导线，发现粗细不同。他选择的原线圈为800匝，副线圈为400匝，原线圈接学生电源的正弦交流输出端，所接电源为“8V”挡位，测得副线圈的电压为4.2V。则下列叙述中可能符合实际情况的一项是 　 　。
A．原线圈导线比副线圈导线粗
B．学生电源实际输出电压大于标注的“8V”
C．原线圈实际匝数与标注“800”不符，应大于800匝
D．副线圈实际匝数与标注“400”不符，应小于400匝
E．变压器的铁芯B没有安装在铁芯A上，导致铁芯没有闭合
（3）变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，如图2所示。
①图2中，硅钢片应平行于 　 　。
A．平面abcd
B．平面abfe
C．平面abgh
D．平面aehd
②这样设计的原因是 　 　。
A．增大涡流，提高变压器的效率
B．减小涡流，提高变压器的效率
C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量
（4）理想变压器是一种理想化模型。如图3所示，心电图仪（将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可以等效为虚线框内的交流电源和定值电阻R0串联）与一理想变压器的原线圈连接，一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原副线圈的匝数分别为n1、n2。在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，将可变电阻R的阻值调大的过程中，当＝　 　时，R获得的功率最大。
四、计算题（本大题共4小题，共38分。写出必要的文字说明、重要的方程及关键的演算步骤。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。）
19．（9分）如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场、磁场的方向与线圈平面垂直。金属线圈所围的面积S＝200cm2，匝数n＝1000，线圈总电阻r＝2.0Ω。线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R＝4.0Ω。匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求
（1）求出在0～0.2s时间内，线圈中感应电动势的大小。
（2）在图丙中画出线園中感应电流随时间变化的I﹣t图像（以线圈中逆时方向为电流正方向，至少画出两个周期）。
（3）求出线圈中电流的有效值。
20．（9分）如图所示为一个小型交流发电机的原理图，其矩形线圈的面积为S，共有n匝，线圈总电阻为r，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO'转动；线圈处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈在转动时可以通过滑环K和电刷L保持与外电路电阻R的连接。在外力作用下线圈以恒定的角速度ω绕轴OO'匀速转动。（不计转动轴及滑环与电刷的摩擦）
（1）从线圈经过图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式；
（2）交流电的有效值与绝对值的平均值的比例称为波形因数。从线圈经过图示位置开始计时，求经过周期时间该交流电的波形因数η；
（3）求线圈匀速转动完整N圈的过程中外力所做的功W。

21．（10分）物理学习中，常会遇到新情境、新问题，需要善于利用学过的知识，灵活利用物理思想方法来解决。如图所示，半径为r的铜环固定在某处，铜环单位长度的电阻为ρ0。将一小块质量为m的圆柱形强磁体从铜环的正上方无初速度释放，磁体中心到达铜环中心时还未达到稳定速度。以磁体中心为坐标原点O，竖直向下为x轴，磁体的N、S极如图所示，磁体产生的磁感应强度沿x轴分量Bx＝C﹣k|x|，式中C、k为已知常数，且保证足够大的空间范围内Bx＞0，已知磁体下落高度h时，速度大小为v（此时磁体还在铜环的上方），重力加速度大小为g，不计空气阻力及磁铁中产生的涡流。
（1）分析磁体下落h高度时，铜环内感应电流I的方向（从O点沿x轴正方向看）。并求感应电流I的大小；
（2）求磁体从静止到下落h高度过程中，铜环内产生的热量Q；
（3）求磁体最终的稳定速度vm的大小。

22．（10分）磁流体发电具有结构简单、启动快捷、环保且无需转动机械等优势。如图所示，是正处于研究阶段的磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，这两个电极通过开关与阻值为R的某种金属直导体MN连成闭合电路，整个发电通道处于匀强磁场（磁场方向垂直由长l和高a组成的平面向里）中，磁感应强度的大小为B。高温等离子体保持以不变的速率v水平向右通过发电通道，发电机的等效内阻为r，忽略等离子体的重力、相互作用力及其他因素。当开关闭合后，整个闭合电路中就会产生恒定的电流。
（1）求开关S闭合后，该磁流体发电机的电极间的电压U；
（2）要使等离子体以不变的速率v通过发电通道，必须有推动等离子体在发电通道内前进的作用力。如果不计其他损耗，这个推力的功率PT就应该等于该发电机的总功率PD，请证明这个结论；
（3）若以该金属直导体MN为研究对象，由于电场的作用，金属导体中自由电子定向运动的速率增加，但运动过程中会与导体内几乎不动的离子碰撞从而减速，因此自由电子定向运动的平均速率不随时间变化。设该金属导体的横截面积为S，电阻率为ρ，电子在金属导体中可认为均匀分布，每个电子的电荷量为e。
①证明：金属导体中形成电流的电荷定向移动速度u与v成正比。
②求金属导体中每个电子所受平均阻力f大小。


参考答案
一、单项选择题（本题共10小题，每题3分，共计30分。在每小题的选项中有且只有一个符合题意。）
1．【分析】麦克斯韦预言了电磁波，赫兹首次用实验证实了电磁波的存在；
电磁波在真空中传播的速度都等于真空中的光速；
根据题意可求WiFi信号使用的电磁波的波长为代入数据可判断是否属于电磁波。
【解答】解：A、麦克斯韦预言了电磁波，赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，故A错误，符合题意；
B、电磁波在真空中传播的速度与电磁波的频率无关，都等于真空中的光速，故B正确，不符合题意；
CD、WiFi信号使用的电磁波的波长为＝＝0.125m
或者为＝m，由电磁波的范围可知属于无线电波，2.4GHz的波长比5GHz的更长，故CD正确，不符合题意；
本题选错误的，故选：A。
【点评】明确电磁波的特点，知道波长和频率之间的关系。
2．【分析】陶瓷锅不产生涡流，故不能用来加热食物；
电磁炉面板是陶瓷是不需要面板发热，发热部分为铁锅底部；
铜锅也能产生涡流但是由于铜电阻较小，产生的热量没有铁锅热量大。
【解答】解：A、电磁炉不可用陶瓷器皿作为锅具对食物加热，因为陶瓷锅不能产生涡流，故A错误；
BC、为了让面板不发热，电磁炉面板采用陶瓷材料，铁锅产生涡流，发热部分为铁锅底部和侧壁，直接加热锅内食物，故B正确，C错误；
D、电磁炉的锅具一般不用铜锅，是因为铁磁性材料的磁化性质加强了涡流的效果，铜锅能产生但是效果不明显，故D错误；
故选：B。
【点评】明确涡流产生的原因，生活中常用铁锅不用铜锅和陶瓷锅的原因。
3．【分析】只要通过闭合回路的磁通量不变，则MN棒中不产生感应电流，抓住t时刻回路的磁通量与t＝0回路的磁通量相等列式，得到与t的关系式，再分析图象的形状。
【解答】解：当通过闭合回路的磁通量不变，则MN棒中不产生感应电流，有：
B0l2＝Bl（l+vt）
整理得：＝+t，知﹣t图象是一条向上倾斜的直线，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】解决本题的关键要抓住通过闭合回路的磁通量不变时，MN棒中就不产生感应电流，得到与t的关系式。
4．【分析】闭合开关，流过线圈的电流增大，根据楞次定律，线圈会产生和原电流方向相反方向的感应电动势；线圈中插入铁芯后自感系数增大，阻碍作用增大。结合闭合电路的欧姆定律等分析即可。
【解答】解：改变某一条件，其他条件不变，重复实验，可以得到图乙中曲线②，与①比较可知电流达到最大值的时间延长，但最大值没有变化；
A、若在线圈L中插入铁芯，则线圈L的自感系数增大，对电流变化的阻碍作用增大，电路中的电流达到最大值的时间将延长，其他不变，故A正确；
B、若只增大E，则电路中的电流稳定后的最大值将增大，与题意不符，故B错误；
CD、若增大电阻R，则电路中的电流稳定后的最大值将减小，而若减小电阻，则电路中的电流稳定后的最大值将增大，都与题意不符，故CD错误。
故选：A。
【点评】本题考查线圈对电流变化的阻碍作用，熟悉自感现象和自感系数等知识点，利用i﹣t图象的物理意义即可正确解答。
5．【分析】根据磁场方向由安培定则判断电流方向，电流方向是正电荷移动方向，根据电流方向及电容器充放电情况判断极板带电情况，振荡电路中有两种能：电场能和磁场能，根据能量守恒定律分析能量的变化。
【解答】解：ABC、由于螺线管中电流产生磁场方向向上，根据右手定则可知，电路中电流从上往下看为逆时针方向，根据平行板内场强的方向可知，上极板带正电，下极板带负电，而电流方向沿逆时针方向，则说明电容器正在放电，电场能正在向磁场能转化，电路中电流正在增大，故AB错误，C正确；
D、能量没有方向，一个周期内没有两次，电场能量的变化周期为电流变化周期的一半，即为T＝π，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查对电磁振荡过程的理解，难点在于电容器极板带电情况的判断，要根据电流方向和电容器充放电情况分析。
6．【分析】线圈B中的电流产生磁场，磁场变化，在A中产生感应电流，它的方向，可以根据楞次定律进行判断，再根据平行电流间的相互作用分析线圈B的趋势。
【解答】解：AB．在0＜t＜t1时间内，线圈A中逆时针电流在减小，电流产生磁场在减小，根据安培定则与磁场叠加原则可知，线圈B所处磁场的方向向外，且在减小，根据楞次定律，则线圈B的感应电流方向为逆时针，两线圈的电流同向，则有相互吸引趋势，所以线圈B有收缩趋势，故AB错误；
CD．当t1＜t＜t2时间内，线圈A中顺时针电流在增大，电流产生磁场在增强，根据安培定则与磁场叠加原则可知，线圈B所处磁场的方向向里，且在增强，根据楞次定律，则线圈B的感应电流方向为逆时针，两线圈的电流反向，则有相互排斥趋势，所以线圈B有扩张趋势，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查安培定则和楞次定律的应用，注意明确楞次定律分析感应电流和线圈间相互作用的应用方法。
7．【分析】对升压变压器进行分析，根据输入电压和匝数比不变可以得出输出电压的变化情况；根据发电厂的输出功率和输出电压的变化，分析出输电线的电流变化，再根据闭合电路的欧姆定律求出降压变压器的输入电压的变化，最后结合降压变压器的匝数比求出降压变压器输出电压的变化；输电线上损耗的功率用来发热，根据热功率的表达式分析损耗功率的变化情况；先分别列出变化前后损耗功率占总功率的比例，再进行判断。
【解答】解：A、因为发电厂的输出电压即升压变压器的输入电压U1不变，由可知升压变压器的输出电压U2不变，故A错误；
B、对升压变压器而言，输入功率等于输出功率，即P输入＝P输出，设输电线上的电流大小为I2，则有：
P输出＝U2I2
对输电线，由闭合电路的欧姆定律可得：
U3＝U2﹣I2R
对降压变压器由得：
U4＝
由于功率增大，U2不变，所以I2增大，所以输电线的分压I2R增大，所以降压变压器的输入电压U3减小，所以降压变压器的输出电压U4减小，故B错误；
C、由B选项可知，输电线上的电流I2增大，由可知输电线上损失的功率增大，故C错误；
D、设损失的功率占总功率的比例为η，则有：

同理，当发电厂的输出功率增大后，设损失的功率占总功率的比例变为η'，输电线的电流变为I2+ΔI，则有：
＞η，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查电能的输送问题，牢记与变压器有关的几个公式，比如电压关系式：，电流关系式：，功率关系式：P输入＝P输出等，并灵活运用闭合电路的欧姆定律等知识点，题目较综合。
8．【分析】将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条组成，它们做切割磁感线运动，产生感应电流，根据右手定则判断感应电流的方向；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，根据转动切割感应电动势公式E＝ω分析感应电动势的变化，判断感应电流的变化，再分析R上热功率的变化。
【解答】解：A、根据右手定则可知感应电流从圆盘中心C流向D，则R中的电流沿b到a的方向，故A正确；
B、将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条组成，它们做切割磁感线运动，产生感应电流，则R有电流，故B错误；
C、若圆盘转动方向不变，根据右手定则判断可知，电流方向不变，故C错误；
D、若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，根据转动切割感应电动势公式E＝ω分析可知，铜盘产生的感应电动势变为原来的2倍，R中电流变为原来的2倍，由P＝I2R知电流在R上的热功率变为原来的4倍，故D错误。
故选：A。
【点评】解决本题时，要理解发电机的工作原理，掌握右手定则和转动切割感应电动势公式E＝ω，并能熟练运用。
9．【分析】图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电动势而使电容器充电，分析电路中电流的变化，即可判断ab棒所受的安培力，确定ab棒的运动情况；图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒将做减速运动；图丙中，分析导体棒受到的安培力情况，判断ab棒的运动情况。
【解答】解：甲图中，导体棒向右运动时做切割磁感线运动，产生感应电动势，对电容器充电，当电容器C两极板间电压与导体棒产生的感应电动势大小相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动；
乙图中，导体棒先受到向左的安培力作用而向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，最终ab棒向左做匀速运动，因此，甲图、乙图中，棒ab最终均做匀速运动，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查电磁感应现象中动态变化分析的问题，分析安培力的变化是关键，根据合力方向和速度方向的关系判断导体棒的运动情况。
10．【分析】根据图乙所示图象求出电流与时间的关系，由E＝BLv与闭合电路的欧姆定律求出感应电流，由安培力公式求出金属棒受到的安培力，然后与牛顿第二定律求出拉力大小，再分析图示图象答题。
【解答】解：由电流图象得，I＝kt，k是比例系数，设金属棒长为L，
金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv
由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流I＝＝＝kt，则v＝t，由于k、R、r、B、L都是定值，则v与t成正比，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则金属棒的速度v＝at
金属棒受到的安培力大小F安＝BIL＝＝t
对金属棒，由牛顿运动定律得：F﹣F安﹣mgsinθ＝ma
解得拉力大小：F＝t+mgsinθ+ma，F与t是一次函数关系，且＞0，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】对于图象问题一定弄清楚两坐标轴的含义，尤其注意斜率、截距的含义，对于复杂的图象可以通过写出两坐标轴所代表物理量的函数表达式进行分析．
二、不定项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分。每小题的选项中至少有一个是符合题意的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分。）
11．【分析】根据电子的受力方向得出感应电场的方向，利用楞次定律反向推出电流的变化情况；
根据法拉第电磁感应定律计算出感生电动势的大小，结合电场力的做功公式计算出感生电场对电子所做的功；
要使半径不变，则电子受到的洛伦兹力大小不变，所以磁感应强度应保持不变。
【解答】解：A、为使电子加速，则产生的感生电场应该沿顺时针方向，当电磁铁线圈电流的方向与如图甲所示方向一致时，根据楞次定律可知电流的大小应该增大，故A错误；
BC、轨道处感应电动势的大小为：，则电子在圆形轨道中加速一周的过程中，感生电场对电子做功大小为W＝qE＝keπr2，故BC正确；
D、因为电子的速度增大，则为了使电子做圆周运动的轨道半径不变，真空室处的磁感应强度应增大，故D正确；
故选：BCD。
【点评】本题主要考查了法拉第电磁感应定律，根据楞次定律分析出磁场的变化，结合法拉第电磁感应定律的公式计算出感生电动势的大小，结合电场力的做功公式完成分析。
12．【分析】根据左手定则判断出粒子的受力方向，根据电势高低判断出粒子的电性并分析出半导体的类型；
根据电场力和洛伦兹力平衡的特点得到电势差的表达式并做出判断。
【解答】解：A、如果上表面电势高，说明载流子为空穴，即该半导体为P型半导体，故A错误；
B、如果下表面电势高，说明载流子为自由电子，则该半导体为N型半导体，故B错误；
CD、当处于稳定状态时，粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，则
eBv＝
其中I＝nevS＝nebc
解得：UH＝，故C错误，D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了霍尔效应及其相关应用，根据左手定则判断出粒子的受力方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系列式计算出电势差的表达式并做出分析即可，整体难度不大。
13．【分析】先根据E＝BLv分析线框产生的感应电动势，由欧姆定律得到感应电流的大小，由楞次定律判断感应电流方向；由法拉第电磁感应定律与闭合电路的欧姆定律、电流定义式求出通过线框横截面的电荷量；由F＝BIL和平衡条件求出拉力的大小，由P＝Fv求出拉力的功率；由欧姆定律求出ab两点间的电势差，根据各个量的表达式进行分析。
【解答】解：设线框每边电阻为R，线框的边长为L，线框的速度为v。
A、线框进入磁场过程，产生的感应电动势为E＝BLv，线框中的电流为I＝，方向为逆时针方向（正方向），完全进入磁场时电流为零；离开磁场过程中，感应电流方向为为顺时针方向（负方向），故A错误；
B、由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势＝
由闭合电路的欧姆定律得：
通过线框某横截面的电荷量q＝Δt
解得：q＝
线框做匀速直线运动，ΔS＝Lvt，故B正确；
C、线框受到的安培力大小F安培＝BIL＝，线框做匀速直线运动，由平衡条件得：F＝F安培＝，拉力的功率P＝Fv＝，线框进出磁场时功率相同，线框完全进入磁场后，根据电流为零，功率为零，故C正确；
D、线框进入磁场过程中，ab边相当于电源，ab两点间电压为路端电压，a、b两点间的电势差为：Uab＝I×3R＝BLv；
线框完全进入磁场过程中，ab间电势差为Uab＝BLv；
线框离开磁场过程，方向为顺时针方向（负方向），此过程中cd边相当于电源，
ab只是外电路的一部分，a、b两点间的电势差为：Uab＝IR＝BLv，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题是电磁感应中图象问题，关键要能根据电磁感应规律得到各个量的表达式，再进行判断。要注意分析ab间的电势差是内电压还是外电压。
14．【分析】v﹣t图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，根据图乙所示图象分析清楚线框的运动过程，根据图示图象求出重力加速度；应用E＝BLv、闭合电路的欧姆定律、安培力公式与平衡条件分析求解。
【解答】解：A、线框在进入磁场前做自由落体运动，由图乙所示图象可知，重力加速度g＝，可以求出重力加速度，故A正确；
B、由图乙所示图象可知，线框先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，再做匀加速直线运动；线框进入磁场前做自由落体运动，由此可知，线框进入磁场过程做匀速直线运动，线框完全进入磁场到bc边刚好运动到PQ过程做匀加速直线运动，由图乙所示图象可知，MN、PQ间的距离h＝，故B正确；
C、设金属线框的边长为L，电阻率为ρ0，导线的横截面积是S，线框的质量m＝ρ×4LS＝4ρLS，线框每一边的电阻R＝
线框进入磁场过程切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv1，
由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流I＝＝
线框受到的安培力F＝BIL＝
线框进入磁场过程做匀速直线运动，由平衡条件得：mg＝
解得线框导线的电阻率ρ0＝，可以求出线框导线的电阻率，故C错误；
D、线框进入磁场前与完全进入磁场后运动过程线框不产生焦耳热，线框进入磁场过程产生焦耳热，线框进入磁场过程线框的位移，即线框的边长L＝v1（t2﹣t1），由能量守恒定律可知0～t3时间内产生的热量Q＝mgL＝4ρL2Sg＝4ρ[v1（t2﹣t1）]2Sg，由于不知道导线的横截面积S，无法求出线框产生的热量，故D正确。
故选：ABD。
【点评】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。
15．【分析】根据左手定则判断出正电荷的受力方向，从而分析出电势的高低；
根据洛伦兹力和电场力平衡，分析出电压与流量之间的关系并做判断；
根据电压和流量的关系分析提升电磁流量计的另满都的方法；
当电阻很大时，电流很小，仪表受非磁性导电液体种类或浓度的影响很小。
【解答】解：A、由图可根据安培定则判断出磁场方向垂直ac连线向下，当导电液体如图所示的方向流过测量管时，洛伦兹力与电场力平衡，
根据左手定则可判断出正电荷受到的洛伦兹力指向a侧，则正电荷受到的电场力应指向c侧，故c点电势比a点电势低，故A错误；
B、对同一种导电液体，洛伦兹力与电场力平衡，则


整理得：，电压与流量Q成正比关系，故B错误；
C、仅增大通电线圈的电流，磁感应强度增大，由
可知，灵敏度增加，故C正确；
D、要使仪表显示的电压受非磁性导电液体种类或浓度的影响很小，应尽量使R很大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出洛伦兹力的方向，根据洛伦兹力与电场力的平衡关系完成分析。
16．【分析】根据题意分析清楚金属棒的运动过程，应用能量守恒定律与串联电路特点分析答题。
【解答】解：A、甲同学应用焦耳定律求焦耳热，电流应用有效值，不能用平均值，故A错误；
B、乙同学应用根据能量守恒和转化，金属棒a损失的动能最终转化为金属棒a和金属棒b的焦耳热，这是正确的，再用串联电路特点求出焦耳热Qa，也是正确的，故B正确；
C、用安培力的平均值来求其做功，应该用安培力随位移变化的平均值乘以位移，而丙同学应用动量定理：﹣t＝mv﹣mv0，求出的安培力平均值是随时间变化的平均值，此平均值乘以位移不等于安培力做的功，故C错误；
D、对金属棒a的运动过程，应用动量定理得：﹣BLt＝mv﹣mv0，其中：t＝•t＝＝
整理得：＝mv0﹣mv，
对于丁同学的解法：W克安＝x＝（+）x＝••（v0+v）＝（mv0﹣mv）（v0+v）＝mv02﹣mv2
可见丁同学的结果与乙同学的结果一致，是正确的，根据此结果可知安培力与位移是线性关系，故D正确。
故选：BD。
【点评】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。
三、填空题（本题共2小题，共14分。把答案填在答题纸的相应横线上。
17．【分析】（1）根据产生感应电流的条件进行判断。
（2）滑动变阻器为保护电路，在拆除A螺线管时，原线圈中存在电流，断开A螺线管，由于螺线管的断电自感现象而产生自感电动势。
【解答】解：（1）A、断开和闭合开关，磁通量一次是变大，一次是变小，根据楞次定律可知两次感应电流方向不同，故指针不会偏向同一侧，故A错误；
B、若滑动变阻器不动，线圈A中的电流不变，产生的磁场不变，故副线圈磁通量不变，不会产生感应电流，则指针不偏转，故B正确；
C、滑动变阻器只要移动，就会使原线圈电流变化，使副线圈磁通量变化，故会产生感应电流，指针不会静止在中中央，故C错误；
D、不论滑动变阻器的滑片向右加速还是减速，原线圈中电流均变小，使副线圈磁通量均变小，根据楞定律，产生感应电流方向也相同，故指针偏向同一侧，故D正确。
故选：BD。
（2）为保护电路，闭合开关之前，滑动变阻器的滑片应处于左端，使滑动变阻器接入电路的阻值最大；在拆除A螺线管时，原线圈中存在电流，断开A螺线管，由于螺线管的断电自感现象而产生自感电动势，与人体组成回路，电流经过人体时产生被电击的感觉。
故答案为：（1）BD；（2）左；A。
【点评】探究电磁感应现象时，应先明确感应电流的产生原因，能够应用楞次定律分析电流方向；要明确实验原理及操作过程，掌握法拉第电磁感应定律的应用方法。
18．【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作；
（2）根据变压器中电流电压的比例关系完成分析；
（3）理解变压器中硅钢片的作用，从而得出其摆放的位置；
（4）根据变压器中的比例关系分析出电阻的比值关系。
【解答】解：（1）为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；
B、变压器只能改变交流电的电压，原线圈输入交流电压，副线圈输出交流电压，应用多用电表的“交流电压挡”测量，故B错误；
C、研究变压器和匝数的关系，用到控制变量法，可以线保持原线圈电压，匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故C正确；
D、为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程测量，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，故D正确；
EF、变压器的工作原理是电磁感应现象，即不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，不是铁芯导电，传输电能，故E错误，F正确；
故选：CDF；
（2）A、原线圈的粗细不影响变压器的电压比与匝数比的关系，故A错误；
B、根据理想变压器的匝数比与电压的关系有

若学生实际输出电压大于标注的“8V”，则线圈的输出电压大于4V，故B正确；
C、若原线圈实际匝数与标注“800”不符，应大于800匝，根据匝数比关系可知，副线圈的电压小于4.0V，故C错误；
D、若副线圈实际匝数与标注“400”不符，应小于400匝，根据匝数比关系可知，副线圈的电压小于4.0V，故D错误；
E、变压器的铁芯B没有安装在铁芯A上，导致铁芯没有闭合，则得出副线圈的电压比计算出的数值更小，故E错误；
故选：B；
（3）①磁感线环绕的方向沿着闭合铁芯，根据楞次定律及右手定则，产生的涡流的方向垂直于图示变压器铁芯的正面，即与图示abcd面平行，为了减少涡流在铁芯中产生的热量，相互绝缘的硅钢片应平行于平面aehd，故ABC错误，D正确；
故选：D。
②这样设计的原因是减小涡流，提高变压器的效率，故AC错误，B正确；
故选：B。
（4）把变压器和R等效为一个电阻R′，R0当作电源内阻，当内外电阻相等即R0＝R′时，输出功率最大，根据

得：
代入I1n2＝I2n1可得：
。
故答案为：（1）CDF；（2）B；（3）D；B；（4）
【点评】本题主要考查了变压器的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，解题的关键点是根据变压器中电压和电流的比例关系结合电路的功率知识完成分析。
四、计算题（本大题共4小题，共38分。写出必要的文字说明、重要的方程及关键的演算步骤。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。）
19．【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律计算出感应电动势的大小；
（2）根据法拉第电磁感应定律计算出感应电动势的大小，根据欧姆定律计算出电流的大小并画出对应的图像；
（3）分别求出在一个周期内产生的焦耳热，结合有效值的定义计算出电流的有效值。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律，0～0.2s时间内线圈的磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流，0～.2s时的感应电动势为：

（2）根据闭合电路欧姆定律，0～0.2s时间内闭合回路中的感应电流为：
，方向为顺时针；
0.2～0.3s时的感应电动势为：

0.2～0.3s闭合回路中的感应电流为：
，方向为逆时针；
0.3～0.6s是重复上一个周期，故线圈中感应电流随时间变化的I﹣t图像如下图所示：
（3）根据焦耳定律，0～0.2s闭合电路中产生的热量为：

0.2～0.3s内闭合电路中产生的热量为：

在一个周期中整个闭合电路中产生的热量为：
Q＝Q1+Q2
根据电流有效值的定义可知，Q＝I2（R+r）（t1+t2）
联立解得：
答：（1）在0～0.2s时间内，线圈中感应电动势的大小为6V。
（2）I﹣t图像如上图所示；
（3）线圈中电流的有效值为。
【点评】本题主要考查了法拉第电磁感应定律的应用，根据公式计算出感应电动势的大小，结合欧姆定律计算出感应电流的大小，结合电流的有效值计算出具体的大小。
20．【分析】（1）根据Em＝nBSω求得产生的最大感应电动势，即可表示出线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式；
（2）根据求得平均感应电动势，根据求得有效值，即可求得经过周期时间该交流电的波形因数η；
（3）线圈匀速转动完整N圈的过程中外力所做的功等于回路中产生的热量，根据即可求得。
【解答】解：（1）线圈转动产生的感应电动势的最大值为Em＝nBSω，从线圈经过图示位置开始计时，线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式为：e＝Emcosωt＝nBSωcosωt
（2）经过周期时间，该交流电的有效值为，线圈产生的感应电动势的平均值为，
则η＝
（3）线圈转动一周所需时间为T＝，线圈匀速转动完整N圈的过程中外力所做的功等于回路中产生的热量，
故W＝Q＝＝＝
答：（1）从线圈经过图示位置开始计时，线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式为e＝nBSωcosωt；
（2）交流电的有效值与绝对值的平均值的比例称为波形因数。从线圈经过图示位置开始计时，经过周期时间该交流电的波形因数η为；
（3）线圈匀速转动完整N圈的过程中外力所做的功W为。
【点评】本题考查了交流电的峰值和有效值、周期和频率的关系，掌握闭合电路的欧姆定律和焦耳定律的应用。
21．【分析】（1）根据楞次定律判断铜环内感应电流的方向；先根据法拉第电磁感应定律求出铜环中的感应电动势大小，再根据闭合电路欧姆定律求铜环中的感应电流I的大小。
（2）磁体从静止到下落h高度过程中，铜环内产生的热量Q等于磁体机械能的减少，根据能量守恒定律求解。
（3）磁体最终稳定时做匀速直线运动，根据重力做功的功率等于电功率列式，即可求出磁体最终的稳定速度vm的大小。
【解答】解：（1）铜环内磁通量向下增加，由楞次定律判断可知，铜环内感应电流的方向沿逆时针。
根据Bx＝C﹣k|x|得x处穿过铜环的磁通量为：
Φ＝BxS＝（C﹣k|x|）πr2
磁通量的变化量为：ΔΦ＝πr2kΔx
根据法拉第电磁感应定律得铜环中的感应电动势为：
E＝＝πr2k＝πr2kv
根据闭合电路欧姆定律得：
I＝＝＝
（2）磁体从静止到下落h高度过程中，根据能量守恒定律得：mgh＝Q+mv2
解得铜环内产生的热量：Q＝mgh﹣mv2
（3）磁体最终稳定时做匀速直线运动，铜环中的感应电动势为：Em＝πr2kvm
根据能量守恒定律得：mgvm＝
其中R＝2πrρ0
解得：vm＝
答：（1）铜环内感应电流I的方向（从O点沿x轴正方向看）沿逆时针方向，感应电流I的大小是；
（2）磁体从静止到下落h高度过程中，铜环内产生的热量Q是mgh﹣mv2；
（3）磁体最终的稳定速度vm的大小是。
【点评】解答本题时，要明确磁体的运动情况，本题与汽车恒定功率起动类似，磁体先做变加速运动，再做匀速运动。关键要能从磁通量→磁通量变化量→磁通量变化率来求感应电动势，得到感应电动势与速度的关系。
22．【分析】（1）根据电路的特点分析出电动势的大小；
（2）根据能量守恒分别写出两个功率，根据功率大小相等证明结论；
（3）①根据电流的定义式分析出电荷移动速度的表达式并证明；
②根据功率的计算公式结合电阻定律计算出每个电子受到的阻力。
【解答】解：（1）当外电路断开时，极板间的电压大小等于磁流体发电机的电动势E。此时，发电通道内电荷量为q的离子受力平衡，则有：
解得：E＝Bav
当开关S闭合后，由欧姆定律可得：
电极间的电压U＝IR＝
（2）该电流在发电通道内受到的安培力大小为FA＝BIa
要使等离子体做匀速直线运动，所需的推力FT＝FA
推力的功率为：PT＝FTv
联立解得：
闭合电路中电动机的总功率为PD＝IE
联立解得：
则PT＝PD
（3）①金属导体中形成电流的电荷定向移动速度u，单位体积内的电子数为n，t时间内有N个电子通过电阻的横截面，则
N＝utSn
t时间内通过横截面的电荷量为Q＝Ne
电流为
联立解得：，故金属导体中形成电流的电荷定向移动速度u与v成正比。
②设金属导体中的总电子数为N1，长度为d，由于电子在金属导体内可视为匀速直线运动，所以电场力的功率应该等于所有电子克服阻力f做功的功率，即I2R＝N1fu
N1＝dSn
由电阻定律得：
联立解得：
答：（1）开关S闭合后，该磁流体发电机的电极间的电压为；
（2）证明过程如上述所示；
（3）①证明过程如上所示；
②金属导体中每个电子所受平均阻力f大小为。