2019-2020学年浙江省杭州市西湖高中高二（上）月考物理试卷（12月份）Word版含答案

2019-2020学年浙江省杭州市西湖高中高二（上）月考物理试卷（12月份）

一、单选题（本大题共11小题，共33分）
法拉第发现了电磁感应现象，不仅推动了电磁理论的发展，而且推动了电磁技术的发展，引领人类进入了电气时代。下列哪一个器件工作时利用了电磁感应现象
A. 电视机的显像管 B. 回旋加速器
C. 指南针 D. 电磁炉
线圈在匀强磁场中转动时产生交流电，则下列说法中正确的是
A. 当线圈位于中性面时，线圈中感应电动势最大
B. 当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中感应电动势也是零
C. 线圈在磁场中每转一周，产生的感应电动势和感应电流的方向改变一次
D. 每当线圈越过中性面时，感应电动势和感应电流的方向就改变一次
根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是
A. 阻碍引起感应电流的磁通量
B. 与引起感应电流的磁场方向相反
C. 阻碍引起感应电流的磁通量的变化
D. 与引起感应电流的磁场方向相同
老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是
A. 磁铁插向左环，横杆发生转动
B. 磁铁插向右环，横杆发生转动
C. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动
D. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动
一个质点做间谐振动的振动图象如图所示，则该质点在时的
A. 速度为负，位移为正 B. 速度为负，位移为负
C. 速度为负，加速度为正 D. 速度为正，加速度为负
摆长是1m的单摆在某地区振动周期是2s，则在同一地区
A. 摆长是的单摆的周期是
B. 摆长是的单摆的周期是1s
C. 周期是1s的单摆的摆长为2m
D. 周期是4s的单摆的摆长为4m
如图所示，理想变压器的a、b端加上某一交流电压后，副线圈c、d端所接灯泡L恰好正常发光．此时滑线变阻器的滑片P于图示位置．现将滑片P下移导线电阻不计，则以下正确的是
A. 灯仍能正常发光，变压器输入电流变大
B. 灯仍能正常发光，变压器输入电流变小
C. 灯变亮，变压器输入电流变大
D. 灯变暗，变压器输入电流变小
如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框动abcd。ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于第一次ab边平行MN进入磁场。线框上产生的热量为，通过线框导体横截面的电荷量为：第二次bc边平行MN进入磁场。线框上产生的热量为，通过线框导体横截面的电荷量为，则
A. ? B. ?
C. ? D. ?
如图所示，在平行于地面的匀强磁场上方，有两个用相同金属材料制成的边长相同的正方形线圈a、b，其中a的导线比b粗，它们从同一高度自由落下则
A. 它们同时落地 B. a先落地 C. b先落地 D. 无法判断
如图所示，螺线管导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的通草球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，通草球的运动情况如何？
A. 向左摆动 B. 向右摆动 C. 保持静止 D. 左右来回摆动
如图所示，一导线弯成直径为d的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法中正确的是
A. 感应电流方向为顺时针方向 B. CD段直导线始终不受安培力
C. 感应电动势的最大值 D. 感应电动势的平均值
二、多选题（本大题共5小题，共20分）
如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列说法中正确的是
A. 线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流
B. 穿过线圈a的磁通量变小
C. 线圈a有扩张的趋势
D. 线圈a对水平桌面的压力将增大
如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22V，22W”的灯泡10个，灯泡均正常发光。除灯泡外的电阻均不计，下列说法正确的是
A. 变压器原、副线圈匝数比为10：1 B. 电流表示数为1A
C. 电流表示数为10A D. 副线圈中电流的频率为5Hz
对单摆振动过程，正确的描述是
A. 摆球机械能守恒，因它所受合外力为零
B. 摆球过最低点时，动能最大
C. 摆球向最高点摆动时，动能转化为势能，并且因克服重力做功而机械能减少
D. 摆球到最高点时，动能为零，势能最大
如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10cm、总电阻为的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是
A. 在内导线圈中产生的感应电流方向不变
B. 在时导线圈产生的感应电动势为1V
C. 在内通过导线横截面的电荷量为20C
D. 在时，导线圈内电流的瞬时功率为10W
一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知
A. 该交流电的电压瞬时值的表达式为??
B. 该交流电的频率为25?Hz
C. 该交流电的电压的有效值为?V
D. 若将该交流电压加在阻值为的电阻两端，则电阻消耗的功率为50?W
三、计算题（本大题共5小题，共47分）
在如图甲所示的电路中，螺线管匝数匝，横截面积。螺线管导线电阻，，，。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。求：

螺线管中产生的感应电动势。
闭合S，电路中的电流稳定后，电阻的电功率。
断开后，流经的电荷量。







发电机输出功率为100kW，输出电压是250V，用户需要的电压是220V，输电线电阻为若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的，试求：
画出此输电线路的示意图
在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比．
用户得到的电功率是多少？







在小车上竖直固定着一个高、总电阻、匝的闭合矩形线圈，且小车与线圈的水平长度l相同．现线圈和小车一起在光滑的水平面上运动，速度为，随后穿过与线圈平面垂直，磁感应强度的水平有界匀强磁场，方向垂直纸面向里，如图甲所示．已知小车运动包括线圈的速度v随车的位移x变化的图象如图乙所示．求：

小车的水平长度l和磁场的宽度d；
小车的位移时线圈中的电流大小I；
小车的位移时线圈所受的安培力大小及方向如何？







如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为求：
求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；
当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；
在上问中，若，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．

如图1所示，质量的“”型金属细框竖直放置在两水银槽中，“”型框的水平细杆CD长，处于磁感应强度大小、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数匝、面积的线圈通过开关K与两水银槽相连，线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度的大小随时间t变化的关系如图2所示．
求线圈中的感应电动势大小；
时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度的方向；
时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度，求通过细杆CD的电荷量．










答案和解析
1.【答案】D

【解析】解：A、电视机的显像管利用运动电荷在磁场中受到洛伦兹力而发生偏转的。故A错误。
B、回旋加速器利用磁场偏转，利用电场进行加速，与电磁感应无关，故B错误。
C、指南针是受到地磁场作用力而偏转指示南北方向的，与电磁感应无关，故C错误。
D、电磁炉是通过电磁感应现象产生感应电流对锅进行加热的，利用了电磁感应现象，故D正确。
故选：D。
明确各器材的工作原理，然后答题。
本题考查对生产、生活中磁现象的分析、理解能力，常识性问题，难度不大，是一道基础题。
2.【答案】D

【解析】解：A、当线圈位于中性面时，线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零。故A错误。
??? B、当穿过线圈的磁通量为零时，磁通量变化率最大，感应电动势最大。故B错误。
??? C、线圈在磁场中每转一周，产生的感应电动势和感应电流的方向改变两次。
??? D、经过中性前后，磁通量变化情况相反，根据楞次定律，经过中性面时，感应电动势和感应电流的方向就改变一次。故D正确。
故选：D。
根据法拉第定律分析：当线圈位于中性面时，线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零．当穿过线圈的磁通量为零时，磁通量变化率最大，感应电动势最大．每当线圈越过中性面时，感应电动势和感应电流的方向就改变一次，每转一周，产生的感应电动势和感应电流的方向改变两次．
交流电产生的原理是电磁感应，遵守电磁感应的普遍规律：法拉第电磁感应定律和楞次定律．线圈经过中性面时，磁通量为零，但感应电动势不是零，而是最大．
3.【答案】C

【解析】解：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，故A、B、D错误，C正确。
故选：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．
解决本题的关键掌握楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
4.【答案】B

【解析】解：左环不闭合，磁铁插向左环时，不产生感应电流，环不受力，横杆不转动；
右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环受到磁场的作用，横杆转动；故B正确，ACD错误；
故选：B．
穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中会产生感应电流，感应电流受到磁场力的作用，横杆转动；
如果金属环不闭合，穿过它的磁通量发生变化时，只产生感应电动势，而不产生感应电流，环不受力的作用，杆不转动．
本题难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件，分析清楚图示情景即可正确解题．
5.【答案】D

【解析】解：由图象可以看出在时，质点位移为正，且正在远离平衡位置，所以其速度为正，加速度为负，故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
振动图象表示的是质点的位移随时间的变化规律，位移方向总是与加速度方向相反，速度远离平衡位置时，且位移为正时速度方向为正。
只要熟练掌握简谐振动的位移时间图象，掌握位移、速度、加速度随时间的变化规律即可解答。
6.【答案】D

【解析】解：摆长是1m的单摆在某地区振动周期是2s，根据单摆的振动周期公式可知，重力加速度；
AB、摆长是的单摆的周期，故AB错误；
CD、周期是1s的单摆的摆长，同理，周期是4s的单摆的摆长，故C错误，D正确。
故选：D。
摆长是1m的单摆在某地区振动周期是2s，根据单摆的振动周期公式求解重力加速度；
代入周期公式求解周期或摆长。
本题考查了单摆的周期公式，解题的关键是根据题意求出重力加速度，然后根据周期公式求解。
7.【答案】B

【解析】解：副线圈两端的电压由匝数比和输入电压决定，由题意知副线圈两端的电压不变，故灯正常发光，滑片P下移，连入电路的电阻变大，副线圈的电流减小，根据电流与匝数成反比知原线圈的输入电流也减小；
故选：B
副线圈两端的电压与匝数比和输入电压决定，滑片P下移，连入电路的电阻变大，根据动态分析去判断．
本题考查了变压器的工作原理和电路的动态分析，难度不大．
8.【答案】A

【解析】解：设ab和bc边长分别为lab，lbc，若假设穿过磁场区域的速度为v，则有???????? ，
??????????????????????
同理可以求得?????
??????????????
，由于两次“穿越”过程均为相同速率穿过，通过比较可知，
通过比较可知，所以A选项正确，BCD错误。
故选：A。
根据，可判两次进入通过线框导体横截面的电荷量相等；根据功能关系可求线框中产生的热量。
在电磁感应题目中，公式常考，要牢记，选择题中可直接应用，计算题中要写出推导过程；对于电磁感应能量问题一般有三种方法求解：利用电路中产生的热量等于克服安培力做得功；利用动能定理；利用能量守恒；具体哪种方法，要看题目中的已知条件。
9.【答案】A

【解析】解：设a、b线圈的边长为L，横截面积为S，电阻率为电，密度为密，质量为m，进入磁场后速度为v时加速度为a，根据牛顿第二定律得：
，
，可知a与横截面积S无关，所以两线圈同时落地。
故选：A。
线圈是闭合的，进入磁场后，产生感应电流，线圈受到竖直向上的安培力作用，根据牛顿第二定律研究BC加速度的关系，再分析下落时间的关系．
本题难点在于分析BC加速度与横截面积无关，要将质量和电阻细化，是解题的关键．
10.【答案】A

【解析】解：当磁铁插入时，导致线圈的磁通量发生变化，从而导致线圈中产生感应电动势，假设电路闭合，则由楞次定律可知，感应电流方向是从右极向下通过线圈再到左极，由于线圈相当于电源，因此左极电势高，所以带负电小球将向左摆动，故A正确，BCD错误；
故选：A。
当穿过线圈的磁通量发生变化时，电路中产生感应电动势；再假设线圈闭合，由楞次定律判断出感应电流的方向，从而确定感应电动势的方向，即由电场强度的方向来确定带负电小球摆动的方向．
该题考查了楞次定律的应用，掌握楞次定律是正确解题的关键；本题难度不大，是一道基础题．
11.【答案】D

【解析】解：A、在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，故A错误。
B、根据左手定则可以判断，电流方向由D到C，磁场垂直向里，则受安培力向下，故B错误。
C、当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为，这时感应电动势最大值为：，故C错误。
D、由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值为：，故D正确。
故选：D。
由楞次定律可判断电流方向，由左手定则可得出安培力的方向；
由，分析过程中最长的L可知最大电动势；
由法拉第电磁感应定律可得出电动势的平均值．
本题注意以下几点：感应电动势公式只能来计算平均值；利用感应电动势公式计算时，l应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度．
12.【答案】AD

【解析】解：AB、当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加方向向下，根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，故A正确，B错误；
C、再根据微元法将线圈a无线分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，故C错误；
D、开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，所以D正确。
故选：AD。
首先明确滑动触头向下滑动时通过判断出线圈b中的电流增大，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向。本题利用楞次定律的第二描述：”来拒去留“求解将更为简便。
本题首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果。一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便。
13.【答案】AB

【解析】解：A、灯泡正常发光，灯泡两端的电压22V，原线圈两端电压有效值为220V，原、副线圈匝数之比为220：：1，故A正确；
BC、根据功率公式可知，副线圈的电流为，根据电流与匝数成反比，所以电流表示数为1A，故B正确，C错误；
D、由表达式知交流电的角速度，所以交流电的频率，故D错误。
故选：AB。
根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求得结论。
本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。
14.【答案】BD

【解析】解：A、摆球机械能守恒，因它处重力外，绳的拉力不做功，所受合外力始终不为零，故A错误。
B、在最低点势能最小，动能最大，故B正确
C、单摆在运动中只受重力，机械能守恒，故C错误
D、由机械能守恒，最高点势能最大，动能最小为零，故D正确；
故选：BD。
单摆振动过程中机械能守恒，最高点势能最大，动能最小，最低点势能最小，动能最大，合力始终不为零．
在解决能量的题目时，要注意分析涉及几种形式的能，明确什么能减少，什么能增加，从而去判断能量的转化情况．
15.【答案】CD

【解析】解：A、根据楞次定律可知，在内的感应电流方向与内的感应电流方向相反，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律，时的感应电动势等于2s到3s内的感应电动势，则有：，故B错误；
CD、在时间内，感应电动势为：，
再根据欧姆定律有：，
在时，线框内电流为10A，那么导线框内电流的瞬时功率为：，
根据解得：，故CD正确。
故选：CD。
根据楞次定律，来判定感应电流方向；根据楞次定律判断出电流的方向，利用左手定则判断出受到的安培力方向；根据法拉第电磁感应定律与欧姆定律，结合电量的表达式，即可求解；根据法拉第电磁感应定律，求出?时间线框中感应电动势的大小。
本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和楞次定律，及电量与电功率表达式，难度不大，属于基础题，需加强训练，注意交流电与直流电的区别。
16.【答案】BD

【解析】解：A、B、由图可知，，故，，所以其表达式为，故A错误，B正确。
C、D、由图象可知交流电的最大值为100V，因此其有效值为：，所以R消耗的功率为：，故C错误，D正确；
故选：BD。
根据图象可知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．
本题考查了有关交流电描述的基础知识，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．
17.【答案】解：根据法拉第电磁感应定律：
求出：；
根据全电路欧姆定律，有：
根据???
求出?；
断开后，流经的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q
电容器两端的电压?????
流经的电量????

【解析】根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势；
根据求出电阻的电功率；
电容器与并联，两端电压等于两端的电压，根据求出电容器的电量。
本题是电磁感应与电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，运用闭合电路欧姆定律进行求解。
18.【答案】解：输电线路的示意图如图所示，
输电线损耗功率??kW，又
输电线电流?A
原线圈中输入电流?A
所以
这样??V???????????V
所以
用户得到的电功率??kW
答：输电线路如图所示．
升压变压器的原副线圈匝数比为1：20，降压变压器的原副线圈匝数比为240：11．
用户得到的电功率是96KW．

【解析】画出输电线路图，由输电线损耗功率求出输电电流，再由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流，由是，得升压变压器的匝数比；
求出升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再与用户电压结合求出降压变压器的原副线圈的匝数比．
明确匝数比与电流成反比，与电压成正比，想法求得电流与电压之比是解题的关键．
19.【答案】解：由题图乙可知，从?cm开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度v随位移x减小，当?cm时，线圈完全进入磁场，线圈中无感应电流，小车做匀速运动．因此小车的水平长度?cm．
当?cm时，线圈开始离开磁场，则
?cm．
当?cm时，由图象可知线圈右边切割磁感线的速度??
由闭合电路欧姆定律得线圈中的电动势：
电流??
解得?A．
当?cm时，切割磁感线的速度?．
由闭合电路欧姆定律得线圈中的电动势：
线圈中的电流????
则安培力，
代入数据得?N
由左手定则可知安培力方向水平向左．
答：小车的水平长度是10cm，磁场的宽度是25cm；
小车的位移时线圈中的电流大小是；
小车的位移时线圈所受的安培力大小是1N，方向向左．

【解析】由图中小车速度变化的位置，判定出产生感应电流的位置，从而得出小车的长度和磁场的宽度；
由图读出当?cm时，由图象可知线圈右边切割磁感线的速度，然后求出的与电动势和感应电流的大小；
由图读出当?cm时，由图象可知线圈左边切割磁感线的速度，然后求出的与电动势和感应电流的大小，再由求出安培力的大小．
根据速度的变化分析磁场宽度时可以画出线框在磁场中运动的草图，同时注意结合力和运动的关系，明确安培力对物体运动的影响．
20.【答案】解：金属棒开始下滑的初速为零，
由牛顿第二定律得：??
由式解得：；
设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，
棒在沿导轨方向受力平衡：一一
此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率：
由、两式解得：?
设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B，
感应电流：?
电功率：???
由、两式解得：?
磁场方向垂直导轨平面向上；
答：金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为；
当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，该速度的大小为；
若，金属棒中的电流方向由a到b，磁感应强度的大小为，方向：垂直于轨道平面向上．

【解析】由牛顿第二定律可以求出加速度；
由平衡条件与功率公式可以求出速度；
由、欧姆定律、电功率公式可以求出磁感应强度．
本题考查了求加速度、速度与磁感应强度问题，分析清楚运动过程、应用牛顿第二定律、平衡条件、、欧姆定律、电功率公式即可正确解题．
21.【答案】解：由图示图象可知，内：，
线圈中的感应电动势大小：；
细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定律可知，电流方向为：，
由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，
由图示图象可知，在内穿过线圈的磁通量减少，
由楞次定律可知，磁感应强度方向：竖直向上；
对细框，由动量定理得：，
细框竖直向上做竖直上抛运动：，
电荷量：，解得：；
答：线圈中的感应电动势大小为30V；
时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，CD中的电流方向为：，磁感应强度的方向：竖直向上；
时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度，通过细杆CD的电荷量是．

【解析】由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势．
由左手定则可以判断出感应电流方向，然后应用安培定则判断出感应电流磁场的方向，最后应用楞次定律判断磁感应强度的方向．
细框向上做竖直上抛运动，应用竖直上抛运动规律可以求出细框获得的速度，由动量定理求出细框受到的安培力，然后由电流定义式的变形公式求出电荷量．
本题是电磁感应与电学、力学相结合的综合题，分析清楚题意、分析清楚图2所示图象是解题的关键，应用法拉第电磁感应定律、左手定则、安培定则、楞次定律、动量定理等即可解题．


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