第四模塊 第9章 第3單元一、選擇題圖141邊長為h的正方形金屬導線框，從如圖14所示的初始位置由靜止開始下落，通過一勻強磁場區(qū)域，磁場方向是水平的且垂直于線框平面，磁場區(qū)域寬度等于H，上下邊界如圖14中水平虛線所示，H>h.從線框開始下落到完全穿過磁場區(qū)域的整個過程中()A線框中總是有感應電流存在B線框受到的磁場力的合力的方向有時向上，有時向下C線框運動的加速度方向始終是向上的D線框速度的大小不一定總是在增大解析：因H>h，當導線框全部進入磁場時，磁通量不變，無感應電流，以加速度g做勻加速運動，線框從磁場下邊界穿出時，可能做減速運動故D正確答案：D圖152如圖15所示，在一勻強磁場中有一U形導線框abcd，線框處于水平面內，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動桿ef及線框中導線的電阻都可不計開始時，給ef一個向右的初速度，則()Aef將減速向右運動，但不是勻減速Bef將勻減速向右運動，最后停止Cef將勻速向右運動Def將往返運動解析：ef向右運動，切割磁感線，產生感應電動勢和感應電流，會受到向左的安培力而做減速運動，直到停止，但不是勻減速，由FBILma知，ef做的是加速度減小的減速運動故A正確答案：A圖163如圖16所示，豎直平面內有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時兩端的電阻)，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，與環(huán)的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為的導體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為()A. B.C. DBav解析：擺到豎直位置時，AB切割磁感線的瞬時感應電動勢EB·2a·(v)Bav.由閉合電路歐姆定律，UAB·Bav，故選A.答案：A圖174如圖17所示，質量為m，高為h的矩形導線框在豎直面內下落，其上下兩邊始終保持水平，途中恰好勻速穿過一有理想邊界，高亦為h的勻強磁場區(qū)域，線框在此過程中產生的內能為()AmghB2mghC大于mgh而小于2mghD大于2mgh解析：因線框勻速穿過磁場，在穿過磁場的過程中合外力做功為零，克服安培力做功為2mgh，產生的內能亦為2mgh.故選B.答案：B5如圖18所示，兩光滑平行金屬導軌間距為L，直導線MN垂直跨在導軌上，且與導軌接觸良好，整個裝置處于垂直于紙面向里的勻強磁場中，磁感應強度為B.電容器的電容為C，除電阻R外，導軌和導線的電阻均不計現給導線MN一初速度，使導線MN向右運動，當電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右做勻速運動時()A電容器兩端的電壓為零B電阻兩端的電壓為BLvC電容器所帶電荷量為CBLvD為保持MN勻速運動，需對其施加的拉力大小為圖18解析：當棒勻速運動時，電動勢EBLv不變，電容器不充電也不放電，無電流產生，故電阻兩端沒有電壓，電容器兩板間的電壓為UEBLv，所帶電荷量QCUCBLv，故選項C是正確的答案：C6粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行現使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，如下圖所示，則在移出過程中線框的一邊a、b兩點間電勢差絕對值最大的是()解析：線框切割磁感線，導體長度相同，感應電動勢和電流大小相同，設線框每邊電阻為R，則A選項UabIR，B選項UabI·3R，C選項UabIR，D選項UabIR，故選B.答案：B7如圖19所示，平行導軌與水平地面成角，沿水平方向橫放在平行導軌上的金屬棒ab處于靜止狀態(tài)現加一個豎直向下的勻強磁場，且使磁場的磁感應強度逐漸增大，直ab開始運動，在運動之前金屬棒ab受到的靜摩擦力可能是()A逐漸減小，方向不變B逐漸增大，方向不變C先減小后增大，方向發(fā)生變化D先增大后減小，方向發(fā)生變化解析：加磁場前金屬棒ab受力如圖20的，fmgsin；當加磁場后由楞次定律可以判斷回路感應電流的方向為逆時針，磁場會立即對電流施加力的作用，金屬棒ab的受力如圖，fmgsinf安cos，很顯然金屬棒ab后來受到的靜摩擦力大于開始時的靜摩擦力，故B項正確圖20答案：B8在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應電流的正方向如圖21甲所示，當磁場的磁感應強度B隨時間t做如圖21乙變化時，下列選項中能正確表示線圈中感應電動勢E變化的是()圖21解析：由圖21乙知01 s內磁通量向上均勻增加，由楞次定律知電流方向為正方向且保持不變；3 s5 s內磁通量向下均勻減小，由楞次定律知電流方向為負方向且保持不變由法拉第電磁感應定律知感應電動勢大小與磁通量變化率成正比，故3 s5 s內的電動勢是01 s內電動勢的.應選A.答案：A9如圖22所示，用鋁板制成U型框，將一質量為m的帶電小球用絕緣細線懸掛在框中，使整體在勻強磁場中沿垂直于磁場方向向左以速度v勻速運動，懸掛拉力為FT，圖22則()A懸線豎直，FTmgB懸線豎直，FT>mgC懸線豎直，FT<mgD無法確定FT的大小和方向解析：設兩板間的距離為L，由于向左運動過程中豎直板切割磁感線，產生動生電動勢，由右手定則判斷下板電勢高于上板，動生電動勢大小EBLv，即帶電小球處于電勢差為BLv的電場中，所受電場力F電qE電qqqvB設小球帶正電，則電場力方向向上同時小球所受洛倫茲力F洛qvB，方向由左手定則判斷豎直向下，即F電F洛，故無論小球帶什么電怎樣運動，FTmg.選項A正確答案：A10(2020年福建卷)如圖23所示，固定放置在同一水平面內的兩根平行長直金屬導軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上磁感應強度大小為B的勻強磁場中一質量為m(質量分布均勻)的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數為.現桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動距離l時，速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導軌保持垂直)設桿接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度大小為 g則此過程()A桿的速度最大值為B流過電阻R的電量為C恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量D恒力F做的功與安培力做的功之和大于桿動能的變化量解析：當桿的速度達到最大時，安培力F安，桿受力平衡，故FmgF安0，所以v，選項A錯，流過電阻R的電量為qIt，選項B對；根據動能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代數和等于桿動能的變化量，由于摩擦力做負功，所以恒力F、安培力做功的代數和大于桿動能的變化量，選項C錯D對答案：BD二、計算題11矩形線圈abcd，長ab20 cm，寬bc10 cm，匝數n200，線圈回路總電阻R5 .整個線圈平面內均有垂直于線框平面的勻強磁場穿過，若勻強磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖24所示，求：(1)線圈回路中產生的感應電動勢和感應電流；(2)當t0.3 s時，線圈的ab邊所受的安培力大小；(3)在1 min內線圈回路產生的焦耳熱解析：(1)磁感應強度的變化率 T/s0.5 T/s感應電動勢為EnnS200×0.1×0.2×0.5 V2 V感應電流為I A0.4 A.(2)當t0.3 s時，磁感應強度B0.2 T，則安培力為FnBIl200×0.2×0.4×0.2 N3.2 N.(3)QI2Rt0.42×5×60 J48 J.答案：(1)2 V0.4 A(2)3.2 N(3)48 J12如圖25所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成角固定，軌距為d.空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應強度為B.P、M間所接電阻阻值為R.質量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其有效電阻為r.現從靜止釋放ab，當它沿軌道下滑距離時，達到最大速度若軌道足夠長且電阻不計，重力加速度為g.求：(1)金屬桿ab運動的最大速度；(2)金屬桿ab運動的加速度為gsin時，電阻R上的電功率；(3)金屬桿ab從靜止到具有最大速度的過程中，克服安培力所做的功解析：(1)當桿達到最大速度時Fmgsin安培力FBId感應電流I感應電動勢EBdvm解得最大速度vm(2)當ab運動的加速度為gsin時根據牛頓第二定律mgsinBIdm×gsin電阻R上的電功率PI2R解得P()2R(3)根據動能定理mgs·sinWFmv0解得WFmgx·sin答案：(1)(2)()2R(3)mgx·sin