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2022-2021学年新疆巴州蒙古高中高二（下）
第一次月考物理试卷
一、选择题（每题4分，共56分，媒体有一个或多个正确，答案写在答题卡上）
1．（4分）（2021春•新疆月考）关于电磁感应，下列说法中正确的是（ ）
A． 导体相对磁场运动，肯定会产生电流
B． 导体切割磁感线，肯定会产生电流
C． 闭合电路切割磁感线就会产生电流
D． 穿过电路的磁通量发生变化，电路中就肯定会产生感应电动势
【考点】： 感应电流的产生条件．
【专题】： 电磁感应与电路结合．
【分析】： 当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时肯定会产生感应电流．穿过电路的磁通量发生变化，电路中肯定会产生感应电动势．
【解析】： 解：A、导体相对磁场运动时，若其运动方向与磁感线平行，不切割磁感线，不产生感应电流．故A错误．
B、只有当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才会产生感应电流，所以导体切割磁感线，不肯定会产生电流．故B错误．
C、闭合电路一部分导体切割磁感线时才会产生电流，故C错误．
D、穿过电路的磁通量发生变化，电路中肯定会产生感应电动势．故D正确．
故选：D．
【点评】： 解决本题的关键是精确 把握产生感应电流的条件：闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时肯定会产生感应电流．知道不论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中肯定会产生感应电动势．
2．（4分）恒定的匀强磁场中有一圆形闭合导线圈，线圈平面垂直于磁场方向，当线圈在磁场中做下列哪种运动时，线圈中能产生感应电流（ ）
A． 线圈沿自身所在平面运动
B． 沿磁场方向运动
C． 线圈绕任意始终径做匀速转动
D． 线圈绕任意始终径做变速转动
【考点】： 感应电流的产生条件．
【分析】： 产生感应电流的条件是：闭合回路中的磁通量发生变化．因此无论线圈如何运动关键是看其磁通量是否变化，从而推断出是否有感应电流产生．
【解析】： 解：A、由于磁场是匀强磁场，因此无论线圈沿自身所在的平面做匀速还是匀加速或者其它运动形式，其磁通量均不变化，无感应电流产生，故A错误；
B、由于磁场是匀强磁场，因此无论线圈沿磁场方向运动做匀速还是匀加速或者其它运动形式，其磁通量均不变化，无感应电流产生，故B错误；
C、D、当线圈绕任意一条直径转动时，无论是匀速转动，还是变速转动，其磁通量发生变化，故有感应电流产生，故CD正确；
故选：CD．
【点评】： 解题时把握问题实质，关键是看闭合线圈中的磁通量是否变化，与运动形式无关．
3．（4分）关于磁通量、磁通密度、磁感应强度，下列说法正确的是（ ）
A． 磁感应强度越大的地方，磁通量越大
B． 穿过某线圈的磁通量为零时，由B=可知磁通密度为零
C． 磁通密度越大，磁感应强度越大
D． 磁感应强度在数值上等于1 m2的面积上穿过的最大磁通量
【考点】： 磁通量；磁感应强度．
【分析】： 磁通量等于穿过磁场中某一面积的磁感线的条数，当平面与磁场平行时，穿过该平面的磁通量为零．当平面与垂直时，磁通量最大．匀强磁场中穿过某一平面的磁通量为Φ=BSsinα，α是平面与磁场方向的夹角． 磁通密度是磁感应强度的一个别名，它表示垂直穿过单位面积的磁力线的多少．磁通量密度，简称磁通密度，它从数量上反映磁力线的疏密程度．磁通密度等于穿过磁场中单位面积的磁感线的条数．
【解析】： 解；A、匀强磁场中穿过某一平面的磁通量为Φ=BSsinα，α是平面与磁场方向的夹角．所以磁感应强度越大的地方，磁通量不肯定越大，还要看夹角．故A错误；
B、磁通密度是磁感应强度的一个别名，它表示垂直穿过单位面积的磁力线的多少．磁通密度与磁通量的大小无关，穿过某线圈的磁通量为零时，磁通密度不肯定为0．故B错误，C正确．
D、1 m2的面积上穿过的最大磁通量即磁通密度，它表示垂直穿过单位面积的磁力线的多少，等于磁感应强度．故D正确．
故选：CD
【点评】： 本题关键从磁通量的几何意义进行推断．对于匀强磁场，磁通量可以用公式进行定量计算．理解磁通密度是磁感应强度的一个别名，它表示垂直穿过单位面积的磁力线的多少．
4．（4分）关于感应电流，下列说法中正确的是（ ）
A． 只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就肯定有感应电流
B． 只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就肯定有感应电流
C． 若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中肯定没有感应电流
D． 当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中肯定有感应电流
【考点】： 感应电流的产生条件．
【分析】： 闭合电路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化．既不是磁场发生变化，也不是面积发生变化．
【解析】： 解：闭合电路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化．
A、只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就肯定有感应电动势，当线圈闭合时，才肯定有感应电流，故A错误；
B、闭合电路中的部分导体运动但假如不切割磁感线不产生感应电流，由于只有闭合电路中的部分导体切割磁感线时才能产生感应电流，故B错误；
C、若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，但闭合电路所处的位置，磁场发生变化，就会产生感应电流，故C错误；
D、当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中肯定有感应电流．故D正确．
故选：D．
【点评】： 本题考查的是闭合电路产生感应电流的条件，要留意产生感应电流的条件是磁通量发生变化而不是磁场发生变化，也不是面积发生变化．
5．（4分）在一长直导线中通以如图所示的恒定电流时，套在长直导线上的闭合线环（环面与导线垂直，长直导线通过环的中心），当发生以下变化时，确定能产生感应电流的是（ ）
A． 保持电流不变，使导线环上下移动
B． 保持导线环不变，使长直导线中的电流增大或减小
C． 保持电流大小不变，将直导线逆时针旋转90°后在水平面内前后移动
D． 保持电流大小不变，环在与导线垂直的水平面内左右水平移动
【考点】： 感应电流的产生条件．
【分析】： 依据产生感应电流的条件，通过闭合回路的磁通量是否发生变化来推断即可．
【解析】： 解：A、保持电流不变，使导线环上下移动．磁通量不变，所以没有感应电流，所以A错误；
B、保持导线环不变，使长直导线中的电流增大或减小，磁通量始终为零，磁通量不变，所以没有感应电流，所以B错误；
C、保持电流大小不变，使直导线在竖直平面内逆时针转动，磁场由原来的与导线平行变成有肯定的夹角，磁通量变化，产生感应电流，所以C正确；
D、保持电流大小不变，环在与导线垂直的水平面内左右水平移动时，环面始终与磁场平行，磁通量始终为零，磁通量不变，所以没有感应电流，所以D错误；
故选：C．
【点评】： 该题考查常见的磁场（通电直导线的磁场）的特点，故该题要从常见的磁场的特点的角度进行分析．属于简洁题．
6．（4分）如图所示，矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场内，一半在匀强磁场外，下述过程中使线圈产生感应电流的是（ ）
A． 以bc为轴转动45° B． 以ad为轴转动45°
C． 将线圈向下平移 D． 将线圈向上平移
【考点】： 感应电流的产生条件．
【分析】： 磁通量是穿过线圈的磁感线的条数．对比产生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生变化进行分析推断有无感应电流产生．
【解析】： 解：A、以bc边为轴转动45°，穿过线圈的磁通量仍为Φ=B，保持不变，没有感应电流产生，不符合题意．故A错误．
B、以ad边为轴转动45°，穿过线圈的磁通量从Φ=B减小到零，有感应电流产生，符合题意．故B正确．
C、将线圈向下平移时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，不符合题意．故C错误．
D、将线圈向上平移时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，不符合题意．故D错误．
故选：B
【点评】： 对于匀强磁场磁通量，可以依据磁感线条数直观推断，也可以依据磁通量的计算公式Φ=BSsinα（α是线圈与磁场方向的夹角）进行计算．
7．（4分）如图所示，一条形磁铁原来做自由落体运动，当它通过闭合线圈回路时，其运动状况是（ ）
A． 接近线圈和离开线圈时速度都变小
B． 接近线圈和离开线圈时加速度都小于g
C． 接近线圈时做减速运动，离开线圈时做匀速运动
D． 接近线圈时加速度小于g，离开线圈时加速度大于g
【考点】： 楞次定律．
【分析】： 解本题时应当把握：楞次定律的理解、应用．在楞次定律中线圈所做出的全部反应都是阻碍其磁通量的变化．如：感应电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等．
【解析】： 解：闭合导体环内的磁通量增大，环内感应电流的磁场与原磁场的方向相反，所以对磁体的运动有阻碍作用，所以磁铁向下的加速度小于g；随速度的增大，产生的感应电动势增大，则感应电流增大，阻力增大，所以磁铁做加速度减小的加速运动．
同理，当离开线圈时，穿过线圈的磁通量减小，则产生感应电流的磁场阻碍磁通量减小，从而对磁体有阻力，导致加速度减小，但速度仍在增大，ACD错误，B正确．
故选：B．
【点评】： 本题从力、运动的角度考察楞次定律，思维含量高，考察角度新颖．要留意使用楞次定律的推广形式解答比较便捷．
8．（4分）一个面积S=4×10﹣2m2、匝数n=100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列推断正确的是（ ）
A． 在开头的2s内穿过线圈的磁通量变化率等于﹣0.08Wb/s
B． 在开头的2s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C． 在开头的2s内线圈中产生的感应电动势等于﹣0.08V
D． 在第3s末线圈中的感应电动势等于零
【考点】： 法拉第电磁感应定律；磁通量．
【专题】： 电磁感应与电路结合．
【分析】： 由图象看出，磁感应强度随时间均匀增大，从而得出磁通量的变化率，再由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，从而即可求解．
【解析】： 解：A、由图象的斜率求得：=T/s=﹣2T/s，
因此=S=﹣2×4×10﹣2 Wb/s=﹣8×10﹣2Wb/s，故A正确，
B、开头的2s内穿过线圈的磁通量的变化量不等于零，故B错误；
C、依据法拉第电磁感应定律得：
E=n=nS=100×2×4×10﹣2 Wb/s=8V，可知它们的感应电动势大小为8V，故C错误；
D、由图看出，第3s末线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，感应电动势也不等于零，故D错误；
故选：A．
【点评】： 本题中磁感应强度均匀增大，穿过线圈的磁通量均匀增加，线圈中产生恒定的电动势，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，是经常接受的方法和思路．
9．（4分）如图所示，闭合导线框的质量可以忽视不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3s时间拉出，外力做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；其次次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则（ ）
A． W1＜W2，q1＜q2 B． W1＜W2，q1=q2 C． W1＞W2，q1=q2 D． W1＞W2，q1＞q2
【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——功能问题．
【分析】： 第一次用t时间拉出，其次次用3t时间拉出，速度变为原来的倍．线框匀速运动，外力与安培力平衡，推导出安培力的表达式，依据功的定义表示出W=Fx比较功的大小．依据感应电荷量公式q=比较电量．
【解析】： 解：设线框的长为L1，宽为L2，速度为v．线框所受的安培力大小为FA=BIL，又I=，线框匀速运动时，外力与安培力平衡，则外力的大小为F=FA=，
外力做功为W=FL1=∝v，可见，外力做功与所用时间成反比，则有W1＞W2．
两种状况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，依据感应电荷量公式式q=可知，通过导线截面的电量相等，即有q1=q2．
故选：C．
【点评】： 要对两种状况下物理量进行比较，我们应当先把要比较的物理量表示出来再求解．关键要把握安培力的推导方法和感应电荷量的表达式．
10．（4分）如图示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心正好和线圈的一条直径MN重合．要使线圈a中产生感应电流，可接受的方法有（ ）
A． 将螺线管在线圈a所在平面内转动
B． 使螺线管上的电流发生变化
C． 使螺线管以MN为轴转动
D． 使螺线管以与MN垂直的一条直径为轴转动
【考点】： 通电直导线和通电线圈四周磁场的方向．
【分析】： 依据产生感应电流的条件：穿过闭合线圈的磁通量要发生变化来推断．图示时刻穿过线圈的磁通量为零．
【解析】： 解：图示位置，穿过线圈a的磁通量为零；
A、将螺线管在线圈a所在平面内转动，穿过线圈a的磁通量始终为零，磁通量不变，则没有感应电流产生，故A错误；
B、使螺线管上的电流发生变化，穿过线圈a的磁通量始终为零，磁通量不变，则没有感应电流产生，故B错误；
C、使螺线管以MN为轴转动，穿过线圈a的磁通量始终为零，磁通量不变，则没有感应电流产生，故C错误；
D、使螺线管以与MN垂直的一条直径为轴转动，穿过线圈a的磁通量发生变化，线圈中有感应电流产生，故D正确；
故选：D．
【点评】： 知道感应电流产生的条件、依据题意推断穿过线圈的磁通量是否变化，即可正确解题．
11．（4分）法拉第电磁感应定律可以这样表述：闭合电路中感应电动势的大小（ ）
A． 跟穿过这一闭合电路的磁通量成正比
B． 跟穿过这一闭合电路的磁感应强度成正比
C． 跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比
D． 跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化量成正比
【考点】： 法拉第电磁感应定律．
【分析】： 由法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中产生的感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量及磁通量的变化量无关．
【解析】： 解：由法拉第电磁感应定律E=n，可知感应电动势E与磁通量的变化率成正比，即感应电动势取决于磁通量的变化快慢，与其他因素没有直接关系；故ABD错误，C正确．
故选：C
【点评】： 在理解法拉第电磁感应定律时要留意区分Φ，△Φ，及三者间的关系，明确电动势只取决于磁通量的变化率，与磁通量及磁能量的变化量无关．
12．（4分）圈N位于大线圈M中，二者共轴共面．M与二平行导体轨道相连接，金属杆l与导轨接触良好，并位于匀强磁场中，要使N中产生逆时针方向的电流，下列做法中可行的是（ ）
A． 杆l向右匀速运动 B． 杆向左匀速运动
C． 杆l向右加速运动 D． 杆向右减速运动
【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势．
【专题】： 电磁感应与电路结合．
【分析】： 杆L运动时，切割磁感线产生感应电流，由右手定则推断感应电流的方向．感应电流流过大线圈M，M产生磁场，就有磁通量穿过小线圈N，依据安培定则推断感应电流产生的磁场方向，依据楞次定律推断小线圈N中产生的电流方向，即可选择符合题意的选项．
【解析】： 解：AB、杆l向右或向左匀速运动时，杆l产生的感应电动势和感应电流恒定不变，大线圈M产生的磁场恒定不变，穿过小线圈N中的磁通量不变，没有感应电流产生，不符合题意．故AB错误．
C、杆l向右加速运动时，杆l中产生的感应电动势和感应电流均增加，由右手定则推断出来杆l中感应电流方向向上，依据安培定则推断可知，M产生的磁场方向：垂直纸面对外，穿过N的磁通量增大，由楞次定律推断得知：线圈N产生顺时针方向的感应电流，不符合题意．故C错误．
D、杆l向右减速运动时，杆l中产生的感应电动势和感应电流均减小，由右手定则推断出来杆l中感应电流方向向上，依据安培定则推断可知：M产生的磁场方向：垂直纸面对外，穿过N的磁通量减小，由楞次定律推断得知：线圈N产生逆时针方向的感应电流，符合题意．故D正确．
故选：D．
【点评】： 本题是有两次电磁感应的问题，比较简单，关键要把握右手定则、楞次定律和安培定则，并能娴熟运用．
13．（4分）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以水平初速度V0抛出，设运动的整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将（ ）
A． 越来越大 B． 越来越小 C． 保持不变 D． 无法确定
【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；平抛运动．
【专题】： 电磁感应中的力学问题．
【分析】： 由感应电动势公式E=Blvsinα，vsinα是有效的切割速度，即是垂直于磁感线方向的分速度，结合平抛运动的特点分析选择．
【解析】： 解：金属棒ab做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度保持不变，等于v0．由感应电动势公式E=Blvsinα，visvα是垂直于磁感线方向的分速度，即是平抛运动的水平分速度，等于v0，则感应电动势E=Blv0，B、l、v0均不变，则感应电动势大小保持不变．则C正确．
故选：C．
【点评】： 本题考查对感应电动势公式的理解和平抛运动的特点．
14．（4分）图所示，闭合导体框abcd从高处自由下落，进入匀强磁场，从bc边开头进入磁场到ad边即将进入磁场的这段时间里，下列表示线圈运动状况的速度一时间图象可能的有（ ）
A． B． C． D．
【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势．
【专题】： 电磁感应与图像结合．
【分析】： bc边刚进入磁场时，所受安培力有三种状况，安培力小于重力、若安培力等于重力、安培力大于重力，分别进行分析．
【解析】： 解：A、在bc边刚进入磁场时，若重力恰好等于安培力，则物体受力平衡，做匀速直线运动；故A正确；
B、在bc边刚进入磁场时，假如重力大于安培力，加速度向下，线圈进入磁场做加速运动，由于速度增加会所得感应电流增加，安培力增加，所以线圈的合力是在减小的，加速度也在减小，这个过程是变加速运动．当安培力增加到等于重力，线圈就做匀速运动，故线圈不行能做匀加速运动．故B错误．
C、若bc刚进入磁场时F＜mg，mg﹣F=ma，金属棒加速运动，速度增大则F增大，则a减小，即金属棒做加速度减小的加速运动，C正确；
D、若bc刚进入磁场时F＞mg，mg﹣F=ma，金属棒减速运动，速度减小则F减小，则a减小，即金属棒做加速度减小的减速运动，D正确；
故选：ACD．
【点评】： 解决本题的关键知道线圈在整个过程中的运动状况，依据楞次定律和切割产生的感应电动势结合牛顿其次定律公式进行分析．
二、计算题（每题11分，共44分）
15．（11分）如图，在磁感应强度为0.2T匀强磁场中，有一长为0.5m的导体AB在金属框架上以10m/s的速度向右滑动，R1=R2=20Ω，其他电阻不计，则流过AB的电流是多大？
【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】： 由公式E=BLv求出棒AB产生的感应电动势，依据闭合电路欧姆定律求出通过AB棒的感应电流．
【解析】： 解：导体棒AB切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv=0.2×0.5×10V=1V
两电阻并联，电路总电阻：R总==Ω=10Ω，
流过AB的电流是：I==A=0.1A；
答：流过AB的电流是0.1A．
【点评】： 本题是电磁感应与电路的综合，也可以作出等效电路分析电路的结构，运用法拉第定律和欧姆定律就可以解决．
16．（11分）水平放置的导体框架，宽L=0.50m，接有电阻R=0.20Ω，匀强磁场垂直框架平面对里，磁感应强度B=0.40T．一导体棒ab垂直框边跨放在框架上，并能无摩擦地在框架上滑动，框架和导体ab的电阻均不计．当ab以v=4.0m/s的速度向右匀速滑动时，求：
（1）ab棒中产生的感应电动势大小；
（2）维持导体棒ab做匀速运动的外力F的大小．
【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势．
【专题】： 电磁感应与电路结合．
【分析】： （1）由E=BLv求出感应电动势；
（2）由欧姆定律求出电路中电流，由安培力公式F=BIL求出安培力，由平衡条件求出外力F的大小．
【解析】： 解：（1）ab棒中产生的感应电动势：E=BLv=0.4×0.5×4=0.8V；
（2）感应电流大小为：I==A=4A
导体棒ab受到的安培力：FB=BIL=0.4×4×0.5N=0.8N，
导体棒做匀速运动，由平衡条件得：
外力 F=FB=0.8N；
答：
（1）ab棒中产生的感应电动势大小为0.8V；
（2）维持导体棒ab做匀速运动的外力F的大小为0.8N．
【点评】： 本题考查了感应电动势、外力、推断金属棒的运动性质，应用E=BLv、安培力公式、平衡条件即可正确解题．
17．（11分）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lm，导轨平面与水平面成θ=37°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0.2kg．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0.25．求：（g=10rn/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）求金属棒沿导轨由静止开头下滑时的加速度大小；
（2）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．
【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；牛顿其次定律．
【专题】： 电磁感应中的力学问题．
【分析】： （1）开头下滑时，速度为零，无感应电流产生，因此不受安培力，依据牛顿其次定律可直接求解加速度的大小．
（2）金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒所受合外力为零，依据平衡条件求出安培力，然后依据公式P=Fv求解．
【解析】： 解：（1）金属棒刚开头下滑的初速为零，没有感应电流产生，金属棒不受安培力，则依据牛顿其次定律：
mgsinθ﹣μmgcosθ=ma ①
由①式解得 a=10×（O.6﹣0.25×0.8）m/s2=4m/s2 ②
故金属棒沿导轨由静止开头下滑时的加速度大小为4m/s2．
（2）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
mgsinθ﹣μmgcosθ﹣F=0 ③
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：P=Fv ④
由③、④两式解得v==m/s=10m/s ⑤
故当金属棒下滑速度达到稳定时，棒的速度大小为10m/s．
答：
（1）金属棒沿导轨由静止开头下滑时的加速度大小为4m/s2；
（2）该速度的大小为10m/s．
【点评】： 解这类问题的突破口为正确分析安培力的变化，依据运动状态列方程求解．
18．（11分）如图所示，边长为0.1m正方形线圈ABCD在大小为0.5T的匀强磁场中以AD边为轴匀速转动．初始时刻线圈平面与磁感线平行，经过1s线圈转了90°，求：
（1）线圈在1s时间内产生的感应电动势平均值．
（2）线圈在1s末时的感应电动势大小．
【考点】： 沟通的峰值、有效值以及它们的关系；沟通发电机及其产生正弦式电流的原理．
【专题】： 沟通电专题．
【分析】： （1）由法拉第电磁感应定律可求得平均值；
（2）分析线框所在位置，感应电流的产生明确此时刻的感应电动势．
【解析】： 解：（1）由法拉第电磁感应定律可得：
平均感应电动势E===0.005V；
（2）1s时，线框与磁场垂直，处于中性面上；故感应电动势为零；
答：（1）平均电动势为0.005V；（2）1s末的感应电动势为0．
【点评】： 本题考查平均电动势和瞬时电动势的计算，要留意正确把握瞬时电动势的计算方法．
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