物理高中二年級(jí)高中三年級(jí)銜接適應(yīng)性電磁感應(yīng)專題訓(xùn)練

.PAGE.>物理高二高三銜接適應(yīng)性"電磁感應(yīng)"專題訓(xùn)練1．(2011·江蘇高考)如圖8－17所示，固定的水平長(zhǎng)直導(dǎo)線中通有電流I，矩形線框與導(dǎo)線在同一豎直平面內(nèi)，且一邊與導(dǎo)線平行。線框由靜止釋放，在下落過(guò)程中()A．穿過(guò)線框的磁通量保持不變圖8－17B．線框中感應(yīng)電流方向保持不變C．線框所受安培力的合力為零D．線框的機(jī)械能不斷增大解析：當(dāng)線框由靜止向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線框的磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針且方向不發(fā)生變化，A錯(cuò)誤，B正確；因線框上下兩邊所在處的磁場(chǎng)強(qiáng)弱不同，線框所受的安培力的合力一定不為零，C錯(cuò)誤；整個(gè)線框所受的安培力的合力豎直向上，對(duì)線框做負(fù)功，線框的機(jī)械能減小，D錯(cuò)誤。答案：B2．如圖8－18所示，有兩個(gè)相鄰的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B，磁場(chǎng)方向相反，且與紙面垂直，磁場(chǎng)區(qū)域在*軸方向?qū)挾染鶠閍，在y軸方向足夠?qū)挕，F(xiàn)有一高為a的正三角形導(dǎo)線框從圖示位置開(kāi)場(chǎng)向右沿*軸方向勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域。圖8－18假設(shè)以逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，在圖8－19的四個(gè)圖像中，線框中感應(yīng)電流i與線框移動(dòng)的位移*的關(guān)系圖像正確的選項(xiàng)是()圖8－19解析：由楞次定律可以判斷電流方向，在導(dǎo)線框同時(shí)處在兩個(gè)磁場(chǎng)中時(shí)的*個(gè)時(shí)刻產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流是進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)的2倍，比照選項(xiàng)中各圖像可知選項(xiàng)C正確。答案：C3．用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個(gè)半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一條直徑。如圖8－20所示，在ab的左側(cè)存在一個(gè)均勻變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k<0)。則()A．圓環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流圖8－20B．圓環(huán)具有擴(kuò)張的趨勢(shì)C．圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為eq\f(krS,2ρ)D．圖中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab＝|eq\f(1,4)kπr2|解析：根據(jù)楞次定律可知，磁通量減小，產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，A選項(xiàng)不正確；圓環(huán)面積有擴(kuò)張的趨勢(shì)，B選項(xiàng)正確；產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為ΔΦ/Δt＝kπr2/2，則電流大小為|eq\f(kSr,4ρ)|，C選項(xiàng)不正確；Uab等于eq\f(1,4)kπr2的絕對(duì)值，D選項(xiàng)正確。答案：BD4．如圖8－21所示，矩形單匝導(dǎo)線框abcd豎直放置，其下方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，該區(qū)域的上邊界PP′水平，并與線框的ab邊平行，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直。線框ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)1，ad邊長(zhǎng)為L(zhǎng)2，線框質(zhì)量為m，總電阻為R?，F(xiàn)無(wú)初速度地釋放線框，在下落過(guò)程中線框所在平面始終與磁場(chǎng)垂直，且線框的ab邊始終與PP′平行。重力加速度為g。圖8－21假設(shè)線框恰好勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，求：(1)dc邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框受安培力的大小F；(2)dc邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框速度的大小v；(3)在線框從開(kāi)場(chǎng)下落到ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，重力做的功W。解析：(1)由于線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，所以線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受安培力的大小F＝mg(2)線框dc邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BL1v感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)dc邊受安培力的大小F＝BIL1又F＝mg解得線框速度的大小v＝eq\f(mgR,B2L\o\al(12))。(3)在線框從開(kāi)場(chǎng)下落到dc邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，重力做功W1，根據(jù)動(dòng)能定理得W1＝eq\f(1,2)mv2在線框從dc邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，重力做功W2，則W2＝mgL2所以W＝W1＋W2＝eq\f(m3g2R2,2B4L\o\al(4,1))＋mgL2。答案：(1)mg(2)eq\f(mgR,B2L\o\al(2,1))(3)eq\f(m3g2R2,2B4L\o\al(4,1))＋mgL25．(2011·南昌模擬)如圖8－22所示，光滑的平行金屬導(dǎo)軌CD與EF間距為L(zhǎng)＝1m，與水平面夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌上端用導(dǎo)線CE連接(導(dǎo)軌和連接線電阻不計(jì))，導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.1T、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一根電阻為R＝1Ω的金屬棒MN兩端有導(dǎo)電小輪擱在兩導(dǎo)軌上，棒上有吸水裝置P，取沿導(dǎo)軌向下為*軸正方向。坐標(biāo)原點(diǎn)O在CE中點(diǎn)，開(kāi)場(chǎng)時(shí)棒處在*＝0位置(即與CE重合)，棒的起始質(zhì)量不計(jì)。當(dāng)棒自靜止開(kāi)場(chǎng)下滑時(shí)，便開(kāi)場(chǎng)吸水，質(zhì)量逐漸增大，設(shè)棒質(zhì)量的增加量與位移*的平方根成正比，即m＝keq\r(*)，k為一常數(shù)，k＝0.1kg·m－eq\f(1,2)。圖8－22(1)猜測(cè)金屬棒下滑過(guò)程中做的是什么性質(zhì)的運(yùn)動(dòng)，并加以證明。(2)求金屬棒下滑2m位移時(shí)速度為多大？解析：(1)由于棒從靜止開(kāi)場(chǎng)運(yùn)動(dòng)，因此首先可以確定棒開(kāi)場(chǎng)階段做加速運(yùn)動(dòng)，如下列圖，棒在下滑過(guò)程中沿導(dǎo)軌方向有向下的重力分力mgsinθ和向上的安培力F。由于m隨位移*增大而增大，所以mgsinθ是一個(gè)變力；而安培力與速度有關(guān)，也隨位移增大而增大。如果兩個(gè)力的差值恒定，即合外力是恒力的話，棒做勻加速運(yùn)動(dòng)。不妨假設(shè)棒做的是勻加速運(yùn)動(dòng)，且下滑位移*時(shí)的加速度為a。安培力F＝BIL，I＝eq\f(BLv,R)，所以F＝eq\f(B2L2v,R)根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ－F＝ma有mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，則瞬時(shí)速度v＝eq\r(2a*)由于m＝keq\r(*)，代入后得到kgeq\r(*)sinθ－eq\f(B2L2\r(2a*),R)＝keq\r(*)·a消去eq\r(*)后得到kgsinθ－eq\f(\r(2)B2L2,R)eq\r(a)－ka＝0①?gòu)纳鲜龇匠炭梢钥闯鯽的解是一個(gè)定值，與位移*無(wú)關(guān)，這說(shuō)明前面的假設(shè)成立，棒的運(yùn)動(dòng)確實(shí)是勻加速運(yùn)動(dòng)。(2)將題目給出的數(shù)據(jù)代入①式得0．1×10×0.5－eq\f(\r(2)×0.01×1,1)eq\r(a)－a＝0化簡(jiǎn)得10a＋eq\r(2)·eq\r(a)－50＝0令y＝eq\r(a)，則上式可寫(xiě)作10y2＋eq\r(2)y－50＝0解得y＝2.17，即a＝y(tǒng)2＝4.71m/s2根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律v*＝eq\r(2a*)＝eq\r(2×4.71×2)m/s＝4.34m/s。答案：(1)加速直線運(yùn)動(dòng)，證明見(jiàn)解析(2)4.34m/s一、選擇題〔此題共9個(gè)小題，每題7分，共63分，每題至少有一個(gè)選項(xiàng)正確，請(qǐng)將正確選項(xiàng)前的字母填在題后的括號(hào)內(nèi)〕1．在水平面內(nèi)有一固定的U形金屬框架，框架上放置一根重金屬桿ab，金屬桿與框接觸電阻不計(jì)，整個(gè)裝置放在豎直方向的磁場(chǎng)中，如圖1所示，則以下判斷正確的選項(xiàng)是()A．只有當(dāng)磁場(chǎng)方向向上且增強(qiáng)，ab桿才可能向左移動(dòng)B．當(dāng)磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，給桿一個(gè)初速度，桿可以勻速移動(dòng)C．無(wú)論磁場(chǎng)方向如何，只要磁場(chǎng)減弱，ab桿就有向右移動(dòng)的可能圖1D．當(dāng)磁場(chǎng)變化時(shí)，ab桿中一定有電流產(chǎn)生，但它不一定移動(dòng)解析：當(dāng)磁場(chǎng)方向向上且增強(qiáng)時(shí)，由楞次定律知桿中有從a到b的感應(yīng)電流，因不知桿與框架間的摩擦力大小，由左手定則知桿有可能向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)磁場(chǎng)方向向下且增強(qiáng)時(shí)，由楞次定律和左手定則也可判定桿有可能向左運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；同理可知無(wú)論磁場(chǎng)方向如何，只要磁場(chǎng)減弱，ab桿都有向右移動(dòng)的可能，C對(duì)；當(dāng)磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，給桿一個(gè)初速度，桿切割磁感線，產(chǎn)生一個(gè)阻礙桿運(yùn)動(dòng)的安培力，桿不可能勻速移動(dòng)，B錯(cuò)；當(dāng)磁場(chǎng)變化時(shí)，回路中的磁通量發(fā)生變化，由楞次定律知ab桿中一定有電流產(chǎn)生，但桿不一定移動(dòng)，D對(duì)。答案：CD2．(2011·江蘇高考)如圖2所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直。阻值為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌靜止放置，且與導(dǎo)軌接觸良好。t＝0時(shí)，將開(kāi)關(guān)S由1擲到2。q、i、v和a分別表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度和加速度。以下列圖像正確的選項(xiàng)是()圖2圖3解析：當(dāng)開(kāi)關(guān)S由1擲到2時(shí)，電容器開(kāi)場(chǎng)放電，此時(shí)電流最大，棒受到的安培力最大，加速度最大，此后棒開(kāi)場(chǎng)運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，棒相當(dāng)于電源，利用右手定則可判斷棒上端為正極，下端為負(fù)極，與電容器的極性一樣，當(dāng)棒運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，電路中的電流逐漸減小，當(dāng)電容器極板電壓與棒兩端電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，電容器不再放電，電路電流等于零，棒做勻速運(yùn)動(dòng)，加速度減為零，所以C錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤，D正確；因電容器兩極板間有電壓，q＝CU不等于零，所以A錯(cuò)誤。答案：D3．如圖4所示，E為電池，L是電阻可忽略不計(jì)、自感系數(shù)足夠大的線圈，D1、D2是兩個(gè)規(guī)格一樣且額定電壓足夠大的燈泡，S是控制電路的開(kāi)關(guān)。對(duì)于這個(gè)電路，以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A．剛閉合開(kāi)關(guān)S的瞬間，通過(guò)D1、D2的電流大小相等B．剛閉合開(kāi)關(guān)S的瞬間，通過(guò)D1、D2的電流大小不相等圖4C．閉合開(kāi)關(guān)S待電路到達(dá)穩(wěn)定，D1熄滅，D2比原來(lái)更亮D．閉合開(kāi)關(guān)S待電路到達(dá)穩(wěn)定，再將S斷開(kāi)瞬間，D2立即熄滅，D1閃亮一下再熄滅解析：開(kāi)關(guān)S閉合的瞬間，線圈L可看做暫時(shí)的斷路，故通過(guò)兩燈泡的電流相等，且同時(shí)亮，A對(duì)B錯(cuò)；電路穩(wěn)定后，由于線圈直流電阻忽略不計(jì)，將燈泡D1短路，燈泡D2獲得更多電壓，會(huì)更亮。C對(duì)；假設(shè)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，此時(shí)線圈與燈泡D1構(gòu)成回路，繼續(xù)對(duì)其供電，燈泡D1將閃亮一下后再逐漸熄滅，燈泡D2無(wú)法形成回路將立即熄滅，D對(duì)。答案：ACD4．如圖5所示，閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可忽略不計(jì)，將它從圖示位置勻速拉出勻強(qiáng)磁場(chǎng)，假設(shè)第一次用0.3s時(shí)間拉出，外力做的功為W1，通過(guò)導(dǎo)線截面的電荷量為q1；假設(shè)第二次用0.9s時(shí)間拉出，外力做的功為W2，通過(guò)圖5導(dǎo)線截面的電荷量為q2，則()A．W1>W2，q1＝q2B．W1>W2，q1<q2C．W1<W2，q1<q2D．W1>W2，q1>q2解析：通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量為q＝eq\*\to(I)·Δt＝eq\f(B·ΔS,R)，與時(shí)間無(wú)關(guān)，故q1＝q2；設(shè)導(dǎo)線框豎邊長(zhǎng)為L(zhǎng)1，橫邊長(zhǎng)為L(zhǎng)2，則外力抑制安培力做功為W＝B·eq\f(BL1v,R)·L1·L2＝eq\f(B2L\o\al(2,1)L\o\al(2,2),R·t)，因?yàn)閠1<t2，所以W1>W2，選項(xiàng)A正確。答案：A5．(2011·海南高考)如圖6，EOF和E′O′F′為空間一勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界，其中EO∥E′O′，F(xiàn)O∥F′O′，且EO⊥OF；OO′為∠EOF的角平分線，OO′間的距離為L(zhǎng)；磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框沿OO′方向勻速通過(guò)磁場(chǎng)，t＝0時(shí)刻恰好位于圖示位置。規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎瑒t如圖7中的感應(yīng)電流i與時(shí)間t的關(guān)系圖線可能正確的選項(xiàng)是()圖6圖7解析：根據(jù)楞次定律，線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较颍蔆、D錯(cuò)誤。再根據(jù)E＝BLv，線框通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，導(dǎo)體切割磁感線的有效長(zhǎng)度發(fā)生變化，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先增大，后不變，再減小，然后再反向增大，后不變，再減小，故A錯(cuò)誤，B正確。答案：B6．等離子氣流由左方連續(xù)以v0射入P1和P2兩板間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab直導(dǎo)線與P1、P2相連接，線圈A與直導(dǎo)線cd連接。線圈A內(nèi)有隨圖8乙所示的變化磁場(chǎng)。且磁場(chǎng)B的正方向規(guī)定為向左，如圖8甲所示，則以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()圖8A．0～1s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥B．1～2s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥C．2～3s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥D．3～4s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥解析：由左側(cè)電路可以判斷ab中電流方向由a到b；由右側(cè)電路及圖乙可以判斷，0～2s內(nèi)cd中電流為由c到d，跟ab中電流同向，因此ab、cd相互吸引，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；2～4s內(nèi)cd中電流為由d到c，跟ab中電流反向，因此ab、cd相互排斥，選項(xiàng)C、D正確。答案：CD7．(2011·安徽高考)如圖9所示的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。電阻為R、半徑為L(zhǎng)、圓心角為45°的扇形閉合導(dǎo)線框繞垂直于紙面的O軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(O軸位于磁場(chǎng)邊界)。則線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的有效值為()A.eq\f(BL2ω,2R)B.eq\f(\r(2)BL2ω,2R)圖9C.eq\f(\r(2)BL2ω,4R)D.eq\f(BL2ω,4R)解析：線框轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，進(jìn)磁場(chǎng)的過(guò)程用時(shí)eq\f(1,8)周期，出磁場(chǎng)的過(guò)程用時(shí)eq\f(1,8)周期，進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小都為I′＝eq\f(\f(1,2)BL2ω,R)，則轉(zhuǎn)動(dòng)一周產(chǎn)生的感應(yīng)電流的有效值滿足：I2RT＝(eq\f(\f(1,2)BL2ω,R))2R×eq\f(1,4)T，解得I＝eq\f(BL2ω,4R)，D項(xiàng)正確。答案：D8．如圖10所示，相距為d的兩水平虛線L1、L2之間有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，正方形線圈abcd的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(L<d)、質(zhì)量為m、電阻為R?，F(xiàn)將線圈在磁場(chǎng)上方高h(yuǎn)處由靜止釋放，ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度和剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度一樣，在線圈全部穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．線圈抑制安培力所做的功為mgL圖10B．線圈抑制安培力所做的功為2mgdC．線圈的最小速度一定為eq\f(mgR,B2L2)D．線圈的最小速度一定為eq\r(2gh＋L－d)解析：因?yàn)閍b邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度和剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度一樣，都為v1＝eq\r(2gh)，由能量守恒得，進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)抑制安培力做功為mgd，又出磁場(chǎng)和進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)速度一樣，全部穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中線圈抑制安培力所做的功為2mgd，選項(xiàng)A錯(cuò)誤而B(niǎo)正確；cd邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)速度最小為v，則有－mgd＋mg(h＋L)＝eq\f(1,2)mv2，即v＝eq\r(2gh＋L－d)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤而D正確。答案：BD9．如圖11甲所示，bacd為導(dǎo)體做成的框架，其平面與水平面成θ角，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒PQ與ab、cd接觸良好，回路的電阻為R，整個(gè)裝置放于垂直框架平面的變化磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化情況如圖乙所示，PQ能夠始終保持靜止，則0～t2時(shí)間內(nèi)，PQ受到的安培力F和摩擦力f隨時(shí)間變化的圖像可能正確的選項(xiàng)是(取平行斜面向上為正方向)()圖11圖12解析：在0～t2內(nèi)，磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻變化，故回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小方向均恒定，所以PQ受到的安培力F＝BIL∝B，方向先沿斜面向上，t1時(shí)刻之前方向變?yōu)檠匦泵嫦蛳拢蔄項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)；靜摩擦力f＝mgsinθ－BIL，假設(shè)t＝0時(shí)刻，mgsinθ>BIL，則f剛開(kāi)場(chǎng)時(shí)沿斜面向上，假設(shè)t＝0時(shí)刻，mgsinθ<BIL，則f剛開(kāi)場(chǎng)時(shí)沿斜面向下，C、D都有可能。答案：ACD二、計(jì)算題(此題共3個(gè)小題，共37分，解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位)10．(10分)如圖13甲所示，在一個(gè)正方形金屬線圈區(qū)域內(nèi)，存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向與線圈平面垂直。金屬線圈所圍的面積S＝200cm2，匝數(shù)n＝1000，線圈電阻r＝1.0Ω。線圈與電阻R構(gòu)成閉合回路，電阻R＝4.0Ω。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示，求：圖13(1)t＝2.0s時(shí)刻，通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流大??；(2)在t＝5.0s時(shí)刻，電阻R消耗的電功率；(3)0～6.0s內(nèi)整個(gè)閉合電路中產(chǎn)生的熱量。解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，0～4.0s時(shí)間內(nèi)線圈中磁通量均勻變化，產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流。t＝2.0s時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝neq\f(ΔΦ1,Δt1)＝neq\f(B4－B0S,Δt1)根據(jù)閉合電路歐姆定律，閉合回路中的感應(yīng)電流I1＝eq\f(E1,R＋r)解得I1＝0.2A.(2)由圖像可知，在4.0～6.0s時(shí)間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝neq\f(ΔΦ2,Δt2)＝neq\f(Φ6－Φ4,Δt2)根據(jù)閉合電路歐姆定律，t＝5.0s時(shí)閉合回路中的感應(yīng)電流I2＝eq\f(E2,R＋r)＝0.8A電阻消耗的電功率P2＝Ieq\o\al(2,2)R＝2.56W。(3)根據(jù)焦耳定律，0～4.0s內(nèi)閉合電路中產(chǎn)生的熱量Q1＝Ieq\o\al(2,1)(r＋R)Δt1＝0.8J4．0～6.0s內(nèi)閉合電路中產(chǎn)生的熱量Q2＝Ieq\o\al(2,2)(r＋R)Δt2＝6.4J。0～6.0s內(nèi)閉合電路中產(chǎn)生的熱量Q＝Q1＋Q2＝7.2J。答案：(1)0.2A(2)2.56W(3)7.2J11．(12分)如圖14所示，半徑為r、圓心為O1的虛線所圍的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)右側(cè)有一豎直放置的平行金屬板C和D，兩板間距離為L(zhǎng)，在C、D板中央各有一個(gè)小孔O2、O3。O1、O2、O3在同一水平直線上，兩根足夠長(zhǎng)的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距也為L(zhǎng)。M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻。一根質(zhì)量為M的均勻直導(dǎo)體棒ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，閉合回路，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻不計(jì)，二者之間的摩擦不計(jì)。整套裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)方向垂直于斜面向上。整個(gè)裝置處在真空室中，有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子(重力不計(jì))，以速率v0從圓形磁場(chǎng)邊界上的最低點(diǎn)E沿半徑方向射入圓形磁場(chǎng)區(qū)域，最后從小孔O3射出?，F(xiàn)釋放導(dǎo)體棒ab，其沿著斜面下滑h后開(kāi)場(chǎng)勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)仍然從E點(diǎn)沿半徑方向射入圓形磁場(chǎng)區(qū)域的一樣粒子恰好不能從O3射出，而從圓形磁場(chǎng)的最高點(diǎn)F射出。求：圖14(1)圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B′。(2)導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量M。(3)導(dǎo)體棒ab下落h的整個(gè)過(guò)程中，導(dǎo)體棒ab抑制安培力做的功為多少？解析：(1)在圓形磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可知半徑為r洛倫茲力提供向心力qv0B′＝meq\f(v\o\al(2,0),r)解得B′＝eq\f(mv0,qr)。(2)根據(jù)題意粒子恰好不能從O3射出的條件為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qUab導(dǎo)體棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，Mgsinθ＝BIL＝eq\f(BLUab,R)解得M＝eq\f(BLm,2gqRsinθ)veq\o\al(2,0)。(3)設(shè)導(dǎo)體棒ab勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小為vm，則Uab＝BLvm代入(2)中得：vm＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qBL)由能量守恒