2019版贏在微點高中物理選修3-2第5節(jié)-電磁感應現(xiàn)象的兩類情況

1、<p>　　第5節(jié)　電磁感應現(xiàn)象的兩類情況　　　見學生用書P015</p><p>　　———　　課/　前/　預/　習·輕/　松/　搞/　定　　———</p><p><b>　　要點辨析</b></p><p>　　1．如果空間不存在閉合電路，變化的磁場周圍不會產生感生電場(×)</p><p

2、>　　2．處于變化磁場中的導體，其內部自由電荷定向移動，是由于受到感生電場的作用(√)</p><p>　　3．感生電場就是感生電動勢(×)</p><p>　　4．由動生電動勢的分析可知，洛倫茲力對運動電荷不做功是錯誤的(×)</p><p>　　5．導體切割磁感線運動時，克服安培力做多少功，就會有多少其他形式的能轉化為電能(√)<

3、/p><p><b>　　預習自檢</b></p><p>　　1．(多選)下列說法正確的是(　　)</p><p>　　A．感生電場由變化的磁場產生</p><p>　　B．恒定的磁場也能在周圍空間產生感生電場</p><p>　　C．感生電場的方向可以用楞次定律和安培定則來判定</p>

4、<p>　　D．感生電場的電場線是閉合曲線，其方向一定是沿逆時針方向</p><p>　　解析　變化的磁場在空間激發(fā)感生電場，恒定的磁場不能在周圍空間產生感生電場，選項A正確，選項B錯誤；感生電場的電場線是閉合曲線，感生電場的方向可由楞次定律和安培定則判斷，不一定是沿逆時針方向，選項C正確，選項D錯誤。</p><p><b>　　答案　AC</b>&l

5、t;/p><p>　　2．(多選)關于感生電動勢和動生電動勢的比較，下列說法正確的是(　　)</p><p>　　A．感生電動勢是由于變化的磁場產生了感生電場，感生電場對導體內的自由電荷產生作用而使導體兩端出現(xiàn)的電動勢</p><p>　　B．動生電動勢是由于導體內的自由電荷隨導體棒一起運動而受到洛倫茲力的作用產生定向移動，使導體棒兩端出現(xiàn)的電動勢</p>

6、<p>　　C．在動生電動勢產生的過程中，洛倫茲力對自由電荷做功</p><p>　　D．感生電動勢和動生電動勢產生的實質都是由于磁通量的變化引起的，只是感生電動勢是由于磁場的變化產生的，而動生電動勢是由于面積的變化產生的</p><p>　　解析　感生電動勢和動生電動勢的產生機理不同，易知選項A、B正確；在動生電動勢產生的過程中，某一方向上的洛倫茲力對自由電荷做正功，另一方向

7、上的洛倫茲力對自由電荷做負功，整體上，洛倫茲力不做功，選項C錯誤；感生電動勢和動生電動勢實質上都是電磁感應現(xiàn)象中產生的電動勢，都是由于磁通量的變化引起的，選項D正確。</p><p><b>　　答案　ABD</b></p><p>　　3．如圖所示，兩個端面半徑同為R的圓柱形鐵芯同軸水平放置，相對的端面之間有一縫隙，鐵芯上繞導線并與直流電源連接，在縫隙中形成一勻強磁

8、場。一銅質細直棒ab水平置于縫隙中，且與圓柱軸線等高、垂直。讓銅質細直棒從靜止開始自由下落，銅質細直棒下落距離為0.2R時銅質細直棒中電動勢大小為E1，下落距離為0.8R時電動勢大小為E2，忽略渦流損耗和邊緣效應。關于E1、E2的大小和銅質細直棒離開磁場前兩端的極性，下列判斷正確的是(　　)</p><p>　　A．E1>E2，a端為正 B．E1>E2，b端為正</p><p&

9、gt;　　C．E1<E2，a端為正 D．E1<E2，b端為正</p><p>　　解析　通電導線在縫隙中產生的磁場方向向左，所以銅質細直棒下落時由右手定則可判斷得b端為正，選項A、C錯誤；根據(jù)E＝BLv可知，下落0.8R時電動勢較大，即E1<E2，選項B錯誤，選項D正確。</p><p><b>　　答案　D</b></p><

10、;p>　　4．矩形導線框固定在勻強磁場中，如圖甲所示，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向為垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，則(　　)</p><p>　　A．從0～t1時間內，導線框中電流的方向為abcda</p><p>　　B．從0～t1時間內，導線框中電流越來越小</p><p>　　C．從0～t2時間內，導線框中

11、電流的方向始終為adcba</p><p>　　D．從0～t2時間內，導線框ab邊受到的安培力越來越大</p><p>　　解析　由楞次定律，從0～t2時間內，導線框中電流的方向始終為adcba，選項A錯誤，C正確；由法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律，從0～t2時間內，導線框中電流恒定，選項B錯誤；由安培力公式，從0～t2時間內，導線框ab邊受到的安培力先減小后增大，選項D錯誤。<

12、;/p><p><b>　　答案　C</b></p><p>　　5．如圖所示，一個帶正電的粒子在垂直于勻強磁場的平面內做圓周運動，當磁感應強度均勻增大時，此粒子的動能將(　　)</p><p>　　A．不變 B．增加</p><p>　　C．減少 D．以上情況都可能</p><p>　　解析

13、　當磁感應強度均勻增大時，在紙平面方向上將產生逆時針環(huán)繞的電場，對帶正電的粒子做正功，使其動能增加。</p><p><b>　　答案　B</b></p><p>　　6．如圖所示的勻強磁場中，有兩根相距20 cm固定的平行金屬光滑導軌MN和PQ。磁場方向垂直于MN、PQ所在平面。導軌上放置著ab、cd兩根平行的可動金屬細棒。在兩棒中點OO′之間拴一根40 cm長的細

14、繩，繩長保持不變。設磁感應強度B以1.0 T/s的變化率均勻減小，abdc回路的電阻為0.50 Ω。求：當B減小到10 T時，兩可動邊所受磁場力和abdc回路消耗的功率。</p><p><b>　　解析　根據(jù)E＝＝得</b></p><p>　　E＝1.0×20×40×10－4 V＝0.08 V，</p><p>

15、;　　根據(jù)I＝，F(xiàn)＝BIL得</p><p>　　F＝10××20×10－2 N＝0.32 N，</p><p>　　P＝＝0.082,0.50) W＝0.012 8 W。</p><p>　　答案　均為0.32 N　0.012 8 W。</p><p>　　———　　課/　堂/　效/　果·題/　組/　

16、檢/　測　　———</p><p>　　題組一 感生電動勢和動生電動勢</p><p>　　1.在下圖所示的四種磁場情況中能產生恒定的感生電場的是 (　　)</p><p>　　解析　均勻變化的磁場產生恒定的電場，故C對。</p><p><b>　　答案　C</b></p><p>　　2．如

17、圖所示，兩個比荷相同的都帶正電荷的粒子a和b以相同的動能在勻強磁場中運動，a從磁感應強度為B1的區(qū)域運動到磁感應強度為B2的區(qū)域，已知B2>B1；b開始在磁感應強度為B1的圓形磁場中做勻速圓周運動，然后磁感應強度逐漸增加到B2。則a、b兩粒子動能的變化情況是(　　)</p><p>　　A．a不變，b增大 B．a不變，b減小</p><p>　　C．a、b都增大 D．a、b都

18、不變</p><p>　　解析　a粒子在磁場中運動，受到的洛倫茲力不做功，動能不變，選項C錯誤；b粒子在變化的磁場中運動，由于變化的磁場要產生感生電場，感生電場會對b粒子做正功，b粒子動能增大，選項A正確，選項B、D錯誤。</p><p><b>　　答案　A</b></p><p>　　3．(多選)如圖所示，一金屬半圓環(huán)置于勻強磁場中，磁場方

19、向垂直于半圓面向外，下列說法正確的是(　　)</p><p>　　A．當磁場突然減弱時，電動勢方向由M→N</p><p>　　B．當磁場突然減弱時，電動勢方向由N→M</p><p>　　C．若磁場不變，將半圓環(huán)繞MN軸旋轉180°的過程中，電動勢方向由M→N</p><p>　　D．若磁場不變，將半圓環(huán)繞MN軸旋轉180

20、6;的過程中，電動勢方向由N→M</p><p>　　解析　當磁場突然減弱時，由楞次定律和右手定則知，感應電動勢方向由N→M，選項A錯誤，選項B正確；若磁場不變，半圓環(huán)繞MN軸旋轉180°的過程中，由右手定則可知，半圓環(huán)中產生的感應電動勢在半圓環(huán)中由N指向M，選項C錯誤，選項D正確。</p><p><b>　　答案　BD</b></p>&l

21、t;p>　　題組二 電磁感應中的力學問題</p><p>　　4．如圖所示，兩根豎直放置的光滑平行導軌，其中一部分處于方向垂直導軌所在平面并且有上下水平邊界的勻強磁場。一根金屬桿MN保持水平并沿導軌滑下(導軌電阻不計)，當金屬桿MN進入磁場區(qū)后，其運動的速度隨時間變化的圖線不可能的是(　　)</p><p>　　解析　當金屬桿MN進入磁場區(qū)后，切割磁感線產生感應電流，受到向上的安培

22、力。金屬桿MN進入磁場區(qū)時，若所受的安培力與重力相等，做勻速直線運動，速度不變，所以A圖象是可能的。金屬桿MN進入磁場區(qū)時，若所受的安培力小于重力，做加速運動，隨著速度的增大，感應電動勢和感應電流增大，金屬桿所受的安培力增大，合外力減小，加速度減小，v－t圖象的斜率應逐漸減小，故B圖象不可能，C圖象是可能的。金屬桿MN進入磁場區(qū)時，若所受的安培力大于重力，做減速運動，隨著速度的減小，金屬桿所受的安培力減小，合外力減小，加速度減小，v－t

23、圖象的斜率減小，D圖象是可能的。故選B。</p><p><b>　　答案　B</b></p><p>　　5．如圖所示，L1＝0.5 m，L2＝0.8 m，回路總電阻為R＝0.2 Ω，重物的質量M＝0.04 kg，導軌光滑，開始時磁場B0＝1 T?，F(xiàn)使磁感應強度以ΔB/Δt＝0.2 T/s的變化率均勻地增大，試求：當t為多少時，重物剛好離開地面？(g取10 m/s2

24、)</p><p>　　解析　回路中原磁場方向向下，且磁感應強度增加，由楞次定律可以判知，感應電流的磁場方向向上，根據(jù)安培定則可以判知，ab中的感應電流的方向是a→b，由左手定則可知，ab所受安培力的方向水平向左，從而向上拉起重物。</p><p>　　設ab中電流為I時重物剛好離開地面，此時有</p><p>　　F＝BIL1＝Mg，I＝E/R，</p>

25、;<p>　　E＝ΔΦ/Δt＝L1L2·ΔB/Δt，</p><p>　　B＝B0＋(ΔB/Δt)t，</p><p>　　解得F＝0.4 N，I＝0.4 A，B＝2 T，t＝5 s。</p><p><b>　　答案　5 s</b></p><p>　　題組三 電磁感應中的能量問題</p

26、><p>　　6. (多選)把一個矩形線圈從理想邊界的勻強磁場中勻速拉出來，如圖所示，第一次為v1，第二次為v2，且v2＝2v1，兩種情況下拉力做的功W1與W2之比，拉力的功率P1與P2之比，線圈中產生的焦耳熱Q1與Q2之比(　　)</p><p><b>　　A.＝ B.＝</b></p><p><b>　　C.＝ D.＝&l

27、t;/b></p><p>　　解析　由題意知線圈被勻速拉出，</p><p>　　所以有F＝F安＝BIL①</p><p>　　由法拉第電磁感應定律得I＝②</p><p>　?、佗趦墒铰?lián)立得F＝，</p><p>　　拉力做功為W＝s，所以兩種情況下拉力做的功W1與W2之比為＝＝；</p>&l

28、t;p>　　由公式P＝Fv可得，兩種情況下拉力的功率P1與P2之比為＝＝；</p><p>　　由公式Q＝Pt和t＝可得，兩種情況下線圈中產生的焦耳熱Q1與Q2之比為＝＝＝。</p><p><b>　　答案　AD</b></p><p>　　7．(多選)兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距L、底端接阻值為R的電阻。將質量為m的金屬棒懸掛在

29、一個固定的輕彈簧的下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示，除電阻R外其余電阻不計?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放。則(　　)</p><p>　　A．釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度g</p><p>　　B．金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→b</p><p>　　C．金屬棒的速度為v時，所受安培力F＝&

30、lt;/p><p>　　D．電阻R上產生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減小</p><p>　　解析　釋放瞬間金屬棒的速度為零，故僅受重力，其加速度為重力加速度，故A選項正確；當金屬棒向下運動切割磁感線時，由右手定則，可知電流方向是由b→a，故B選項錯誤；當金屬棒速度為v時，感應電動勢E＝BLv，感應電流I＝，則安培力F＝BIL＝，故C選項正確；金屬棒的重力勢能減少量等于R上產生的焦耳熱和金屬棒

31、增加的動能與彈簧彈性勢能之和，故D選項錯誤。</p><p><b>　　答案　AC</b></p><p>　　8．光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線，如圖所示，拋物線的方程為y＝x2，其下半部處在一個水平方向的勻強磁場中，磁場的上邊界是y＝a的直線(圖中的虛線所示)，一個質量為m的小金屬塊從拋物線y＝b(b>a)處以速度v沿拋物線下滑，假設拋物線足夠長，則金屬

32、塊在曲面上滑動的過程中產生的焦耳熱總量是(　　)</p><p>　　A．mgb B.mv2</p><p>　　C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2</p><p>　　解析　金屬塊在進入磁場或離開磁場的過程中，穿過金屬塊的磁通量發(fā)生變化，產生電流，進而產生焦耳熱。最后，金屬塊在高為a的曲面上做往復運動。減少的機械能為mg(b－a)＋mv2，由能

33、量的轉化和守恒可知，減少的機械能全部轉化成焦耳熱，即選D。</p><p><b>　　答案　D</b></p><p>　　———　　課/　后/　鞏/　固·快/　速/　提/　能　　———</p><p>　　1．如圖所示，導體AB在做切割磁感線運動時，將產生一個感應電動勢，因而在電路中有電流通過，下列說法中正確的是 (　　)<

34、/p><p>　　A．因導體運動而產生的感應電動勢稱為動生電動勢</p><p>　　B．動生電動勢的產生與洛倫茲力無關</p><p>　　C．動生電動勢的產生與電場力有關</p><p>　　D．動生電動勢和感生電動勢產生的原因是一樣的</p><p>　　解析　根據(jù)動生電動勢的定義，A項正確；動生電動勢中的非靜電力與

35、洛倫茲力有關，感生電動勢中的非靜電力與感生電場有關，B、C、D項錯誤。</p><p><b>　　答案　A</b></p><p>　　2．現(xiàn)代科學研究中常用到高速電子，電子感應加速器就是利用感生電場加速電子的設備。電子感應加速器主要有上、下電磁鐵磁極和環(huán)形真空室組成。當電磁鐵繞組通以變化的電流時，產生變化的磁場，穿過真空盒所包圍的區(qū)域內的磁通量也隨時間變化，這時真

36、空盒空間內就產生感應渦旋電場，電子將在渦旋電場作用下加速。如圖所示(上圖為側視圖、下圖為真空室的俯視圖)，若電子被“約束”在半徑為R的圓周上運動，當電磁鐵繞組通有圖中所示的電流時(　　)</p><p>　　A．若電子沿逆時針運動，保持電流的方向不變，當電流增大時，電子將加速</p><p>　　B．若電子沿順時針運動，保持電流的方向不變，當電流增大時，電子將加速</p>&

37、lt;p>　　C．若電子沿逆時針運動，保持電流的方向不變，當電流減小時，電子將加速</p><p>　　D．被加速時電子做圓周運動的周期不變</p><p>　　解析　當電磁鐵繞組通有題圖中所示的電流時，由安培定則可知將產生向上的磁場，當電磁鐵繞組中電流增大時，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，這時真空盒空間內產生順時針方向的感生電場，電子沿逆時針運動，電子將加速，選項A正確，選項B、C錯

38、誤；由于電子被“約束”在半徑為R的圓周上運動，被加速時電子做圓周運動的周期減小，選項D錯誤。</p><p><b>　　答案　A</b></p><p>　　3.如圖所示，在勻強磁場中，放置兩根光滑平行導軌MN和PQ，其電阻不計，ab、cd兩根導體棒，其電阻Rab＜Rcd，當ab棒在外力F1作用下向左勻速滑動時，cd棒在外力F2作用下保持靜止，F(xiàn)1和F2的方向都與導

39、軌平行，那么，F(xiàn)1和F2大小相比、ab和cd兩端的電勢差相比，正確的是(　　)</p><p>　　A．F1＞F2，Ucd＞Uab B．F1＝F2，Uab＝Ucd</p><p>　　C．F1＜F2，Uab＜Ucd D．F1＝F2，Uab＜Ucd</p><p>　　解析　因ab和cd的磁場力都是F＝BIl，又因為ab棒在外力F1作用下向左勻速滑動時，cd在

40、外力F2作用下保持靜止，故F1＝F2，又由MN、PQ電阻不計，所以a、c兩點等勢，b、d兩點等勢，因而Uab＝Ucd，故B正確。</p><p><b>　　答案　B</b></p><p>　　4．如圖所示，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構成的導線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應強度的大小為B0。使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直

41、于半圓面的軸以角速度ω勻速轉動半周，在線框中產生感應電流。現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間線性變化。為了產生與線框轉動半周過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間的變化率的大小應為(　　)</p><p><b>　　A. B.</b></p><p><b>　　C. D.</b></p><p>　

42、　解析　設半圓的半徑為r，導線框的電阻為R，當導線框勻速轉動時，在很短的時間Δt內，轉過的圓心角Δθ＝ωΔt，由法拉第電磁感應定律及歐姆定律可得感應電流I1＝＝＝；當導線框不動，而磁感應強度發(fā)生變化時，可得感應電流I2＝＝，令I1＝I2，可得＝，選項C正確。</p><p><b>　　答案　C</b></p><p>　　5．(多選)如圖所示，兩根光滑的金屬導軌，平

43、行放置在傾角為θ的斜面上，導軌的左端接有電阻R，導軌自身的電阻可忽略不計。斜面處在一勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向上。質量為m、電阻可以不計的金屬棒ab，在沿著斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導軌勻速上滑，并上升h高度，在這一過程中(　　)</p><p>　　A．作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零</p><p>　　B．作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于mgh與電阻R上產生

44、的焦耳熱之和</p><p>　　C．恒力F與安培力的合力所做的功等于零</p><p>　　D．恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱</p><p>　　解析　金屬棒勻速上滑的過程中，對金屬棒受力分析可知，有三個力對棒做功，恒力F做正功，重力做負功，安培力阻礙相對運動，沿斜面向下，做負功。勻速運動時，所受合力為零，故合力做功為零，A正確；克服安培力做

45、多少功就有多少其他形式的能轉化為電路中的電能，電能又等于R上產生的焦耳熱，故外力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱，D正確。</p><p><b>　　答案　AD</b></p><p>　　6.如圖所示，MN、PQ為光滑金屬導軌，磁場垂直于導軌平面，C為電容器，導體棒ab垂直跨接在導軌之間，原來ab靜止，C不帶電，現(xiàn)給導體棒ab一初速度v0，則導體棒(

46、　　)</p><p><b>　　A．做勻速運動</b></p><p><b>　　B．做勻減速運動</b></p><p>　　C．做加速度減小的減速運動，最后靜止</p><p>　　D．做加速度減小的減速運動，最后勻速運動</p><p>　　解析　ab棒切割磁感線

47、，產生感應電動勢，給電容器充電，同時ab棒在安培力作用下減速，當電容器兩極板間電壓與ab棒的電動勢相等時，充電電流為零，安培力為零，ab棒做勻速運動，D正確。</p><p><b>　　答案　D</b></p><p>　　7．在平行于水平地面的有界勻強磁場上方，有三個單匝線框A、B、C從靜止開始同時釋放，磁感線始終與線框平面垂直。三個線框都是由相同的金屬材料做成的

48、相同正方形，其中A不閉合，有個小缺口；B、C都是閉合的，但B的導線橫截面積比C的大，如圖所示。下列關于它們的落地時間的判斷正確的是(　　)</p><p>　　A．A、B、C同時落地</p><p><b>　　B．A最遲落地</b></p><p><b>　　C．B在C之后落地</b></p><p

49、>　　D．B和C在A之后落地</p><p>　　解析　線框A不閉合，故無感應電流，做自由落體運動，線框B、C均受阻礙，落地時間比A長，故選項A、B錯，D對；設S為導線的橫截面積，l為線框的邊長，B、C線框的下邊同時進入磁場時速度相同，設為v，線框的質量為m＝ρ密4lS，線框受到的安培力為</p><p>　　F＝BIl＝，其中R＝ρ，</p><p>　　所

50、以線框剛進入磁場時的加速度為</p><p>　　a＝＝－g，即B、C的加速度相同，它們應同時落地，選項C錯誤。</p><p><b>　　答案　D</b></p><p>　　8．如圖所示，用鋁制成?形框，將一質量為m的帶電小球用絕緣細線懸掛在框的上方，使整體在勻強磁場中沿垂直于磁場的方向向左以速度v勻速運動，懸掛拉力為F，則(　　)<

51、;/p><p>　　A．F＝mg B．F>mg</p><p>　　C．F<mg D．無法確定</p><p>　　解析　當金屬框架向左側移動時，切割磁感線產生感應電動勢E＝BLv，在上下極板間產生電勢差，進而形成向上的勻強電場E0＝＝Bv。若小球帶正電荷q，其電場力向上、大小為qE0＝qvB，而洛倫茲力由左手定則可判斷出方向向下、大小為qvB，兩者

52、相互抵消相當于只受重力和拉力作用，所以F＝mg，A選項正確。</p><p><b>　　答案　A</b></p><p>　　9. (多選)內壁光滑、水平放置的玻璃圓環(huán)內，有一直徑略小于圓環(huán)直徑的帶正電的小球，以速率v0沿逆時針方向勻速轉動，若在此空間突然加上方向豎直向上、磁感應強度B隨時間成正比例增加的變化磁場。設運動過程中小球帶電荷量不變，那么(如圖所示)(　　

53、)</p><p>　　A．小球對玻璃圓環(huán)的壓力一定不斷增大</p><p>　　B．小球所受的磁場力一定不斷增大</p><p>　　C．小球先沿逆時針方向減速運動，之后沿順時針方向加速運動</p><p>　　D．磁場力對小球一直不做功</p><p>　　解析　變化的磁場將產生感生電場，這種感生電場由于其電場線是

54、閉合的，也稱為渦旋電場，其場強方向可借助電磁感應現(xiàn)象中感應電流方向的判定方法，使用楞次定律判斷。當磁場增強時，會產生順時針方向的渦旋電場，電場力先對小球做負功使其速度減為零，后對小球做正功使其沿順時針方向做加速運動，所以C正確；磁場力始終與小球運動方向垂直，因此始終對小球不做功，D正確；小球在水平面內沿半徑方向受兩個力作用：環(huán)的壓力FN和磁場的洛倫茲力F，這兩個力的合力充當小球做圓周運動的向心力，其中F＝Bqv，磁場在增強，球速先減小，

55、后增大，所以洛倫茲力不一定總在增大；向心力F向＝m，其大小隨速度先減小后增大，因此壓力FN也不一定始終增大。故正確答案為C、D。</p><p><b>　　答案　CD</b></p><p>　　10．如圖所示，在豎直平面內有兩根平行金屬導軌，上端與電阻R相連，磁感應強度為B的勻強磁場垂直導軌平面。一質量為m的金屬棒以初速度v0沿導軌豎直向上運動，上升到某一高度后又

56、返回到原處，整個過程金屬棒與導軌接觸良好，導軌與棒的電阻不計。下列說法正確的是(　　)</p><p>　　A．回到出發(fā)點的速度v大于初速度v0</p><p>　　B．通過R的最大電流，上升過程小于下落過程</p><p>　　C．電阻R上產生的熱量，上升過程大于下落過程</p><p>　　D．所用時間，上升過程大于下落過程</p&

57、gt;<p>　　解析　金屬棒切割磁感線運動，由右手定則和法拉第電磁感應定律、安培力公式可知金屬棒下落和上行時的受力情況，由能量守恒定律可知，金屬棒在運動過程中，機械能不斷轉化為熱能，所以回到出發(fā)點的速度v小于初速度v0，選項A錯誤；設金屬棒運動的速度為v，長度為l，那么感應電動勢E＝Blv，通過R的電流I＝＝，可見，當金屬棒運動速度v大時，通過R的電流大，因為金屬棒在運動過程中，機械能不斷轉化為熱能，所以運動到同一高度處

58、，上升時的速度大于下降時的速度，所以通過R的最大電流，上升過程大于下落過程，選項B錯誤；同一高度處金屬棒上升時受到的安培力大于下降時受到的安培力，由于上升和下降的高度相同，所以上升過程克服安培力所做的功大于下降過程克服安培力做的功，故電阻R上產生的熱量上升過程大于下落過程，C正確；金屬棒在上升過程中，受到向下的重力和安培力作用，加速度a上>g，金屬棒在下落過程中，受到向下的重力和向上的安培力，加速度a下<g，顯然，a上＞g＞

59、a下，故運動相同的距離，t1＜t2，選項D錯誤。</p><p><b>　　答案　C</b></p><p>　　11．如圖甲所示，平行導軌MN、PQ水平放置，電阻不計，兩導軌間距d＝10 cm，導體棒ab、cd放在導軌上，并與導軌垂直。每根導體棒在導軌間的部分，電阻均為R＝1.0 Ω。用長為L＝20 cm的絕緣絲線將兩導體棒系住，整個裝置處在勻強磁場中。t＝0

60、時，磁場方向豎直向下，絲線剛好處于未被拉伸的自然狀態(tài)。此后，磁感應強度B隨時間t的變化如圖乙所示。不計感應電流磁場的影響，整個過程絲線未被拉斷。求：</p><p>　　(1)0～2.0 s時間內，電路中感應電流的大小與方向；</p><p>　　(2)t＝1.0 s時刻絲線的拉力大小。</p><p>　　解析　(1)由題圖乙可知＝0.1 T/s，</p&g

61、t;<p>　　由法拉第電磁感應定律有</p><p>　　E＝＝·S＝2×10－3 V，</p><p>　　則I＝＝1×10－3 A。</p><p>　　由楞次定律和安培定則可知電流方向為acdba。</p><p>　　(2)導體棒在水平方向上受到的絲線拉力和安培力平衡，由題圖乙可知t＝1.

62、0 s時B＝0.1 T，</p><p>　　則FT＝F安＝BId＝1×10－5 N。</p><p>　　答案　(1)1×10－3 A　方向為acdba　(2)1×10－5 N</p><p>　　12．如圖所示，兩平行導軌間距L＝0.1 m，足夠長光滑的傾斜部分和粗糙的水平部分圓滑連接，傾斜部分與水平面的夾角θ＝30°，方

63、向垂直斜面向上的磁場的磁感應強度B＝0.5 T，水平部分沒有磁場。金屬棒ab的質量m＝0.005 kg，電阻r＝0.02 Ω，運動中與導軌有良好接觸，并且垂直于導軌，導軌上接一定值電阻R＝0.08 Ω，其余電阻不計，當金屬棒ab從斜面上離地高h＝1.0 m以上的任何地方由靜止釋放后，在水平面上滑行的最大距離x都是1.25 m。(g取10 m/s2)求：</p><p>　　(1)金屬棒在斜面上的最大速度；<

64、/p><p>　　(2)水平面的動摩擦因數(shù)；</p><p>　　(3)從高度h＝1.0 m處滑下后電阻R上產生的熱量。</p><p>　　解析　(1)金屬棒從離地高h＝1.0 m以上任何地方由靜止釋放后，在到達水平面之前已經(jīng)開始做勻速運動。</p><p>　　設最大速度為v，則感應電動勢E＝BLv，感應電流I＝，安培力F安＝BIL。<

65、/p><p>　　勻速運動時，有mgsinθ＝F安，解得v＝1.0 m/s。</p><p>　　(2)在水平面上運動時，金屬棒所受滑動摩擦力Ff＝μmg；</p><p>　　金屬棒在摩擦力作用下做勻減速運動，有Ff＝ma，v2＝2ax，解得μ＝0.04。</p><p>　　(3)金屬棒從高度h＝1.0 m處下滑的過程中，由動能定理可得mgh

66、－W安＝mv2；</p><p>　　電路中產生的焦耳熱等于安培力所做的功，有Q＝W安；</p><p>　　電阻R上產生的熱量QR＝·Q，解得</p><p>　　QR＝3.8×10－2 J。</p><p>　　答案　(1)1.0 m/s　(2)0.04　(3)3.8×10－2 J</p>&l

67、t;p>　　13．如圖所示，質量為M的導體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導軌上，導軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，左側是水平放置間距為d的平行金屬板，R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值，不計其他電阻。</p><p>　　(1)調節(jié)Rx＝R，釋放導體棒，當棒沿導軌勻速下滑時，求通過棒的電流I及棒的速率v；</p><

68、p>　　(2)改變Rx，待棒沿導軌再次勻速下滑后，將質量為m、帶電量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時的Rx。</p><p>　　解析　(1)當棒沿導軌勻速下滑時，棒所受合力為零，沿斜面方向，則有</p><p>　　Mgsinθ＝BIl，</p><p>　　解得通過棒的電流為I＝。</p><p>　　由閉合電路

69、的歐姆定律得，棒切割磁感線產生的電動勢為E0＝I(R＋Rx)，</p><p><b>　　而E0＝Blv，</b></p><p><b>　　Rx＝R，</b></p><p><b>　　解得v＝。</b></p><p>　　(2)棒再次沿導軌勻速下滑時，對棒同樣有&l

70、t;/p><p>　　Mgsinθ＝BIl。</p><p>　　帶電微粒勻速通過平行金屬板，則有＝mg，</p><p><b>　　而Ux＝IRx，</b></p><p><b>　　解得Rx＝＝。</b></p><p>　　答案　(1)　 　 (2)</p>