2020高中物理 第四章 電磁感應(yīng)綜合檢測（B卷）（含解析）

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE26-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第四章綜合檢測(B卷)對應(yīng)學(xué)生用書P19本試卷分第Ⅰ卷(選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分,滿分110分，考試時間90分鐘.第Ⅰ卷（選擇題，共48分）一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分。1~8小題只有一個選項正確，9～12小題有多個選項正確,全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的不得分）1．如圖所示,一個有界勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外。一個矩形閉合導(dǎo)線框abcd，沿紙面由位置1（左)勻速運動到位置2(右），則（）A．導(dǎo)線框進入磁場時，感應(yīng)電流方向為a→b→c→d→aB．導(dǎo)線框離開磁場時，感應(yīng)電流方向為a→d→c→b→aC．導(dǎo)線框離開磁場時，受到的安培力方向水平向右D．導(dǎo)線框進入磁場時,受到的安培力方向水平向左答案D解析線框進入磁場時，磁通量增大，因此感應(yīng)電流形成的磁場方向垂直紙面向里，由右手螺旋定則可知感應(yīng)電流方向為a→d→c→b→a，此時,只有線框的cd邊受到安培力作用，根據(jù)左手定則可知，安培力方向水平向左，故A錯誤，D正確。線框離開磁場時,磁通量減小，因此感應(yīng)電流形成的磁場方向向外，由右手螺旋定則可知感應(yīng)電流方向為a→b→c→d→a，此時，只有線框的ab邊受到安培力作用,根據(jù)左手定則可知，安培力方向水平向左，故B、C錯誤。2.一個面積S＝4×10－2m2、匝數(shù)n＝100匝的線圈,放在勻強磁場中，磁場方向垂直于線圈平面,磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖所示，則下列判斷正確的是(）A．在開始的2s內(nèi)穿過線圈的磁通量的變化率大小等于0。08Wb/sB．在開始的2s內(nèi)穿過線圈的磁通量的變化量等于0C．在開始的2s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小等于0.08VD．在第3s末線圈中的感應(yīng)電動勢等于0答案A解析由E＝neq\f（ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB，Δt)·S得，在開始2s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E＝100×2×4×10－2V＝8V，磁通量變化率：eq\f（ΔΦ，Δt）＝0。08Wb/s，第3s末雖然磁通量為0，但磁通量變化率為0。08Wb/s，同理可得E＝8V,所以A正確。3。如圖所示，有兩個相鄰的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小均為B，磁場方向相反，且與紙面垂直，磁場區(qū)域在x軸方向?qū)挾染鶠閍,在y軸方向足夠?qū)挕，F(xiàn)有一高度為a的正三角形導(dǎo)線框從圖示位置開始向右沿x軸方向勻速穿過磁場區(qū)域。若以逆時針方向為電流的正方向，在下列選項中（如圖所示），線框中感應(yīng)電流i與線框移動的位移x的關(guān)系圖象正確的是（)答案C解析導(dǎo)線框的運動可以分為三個階段，第一個階段為從開始向右運動到完全進入左側(cè)磁場,第二個階段為從完全進入左側(cè)磁場到完全進入右側(cè)磁場，第三個階段為從完全進入右側(cè)磁場到恰好完全出離右側(cè)磁場。由楞次定律可以判斷電流方向，位移x為0～a，2a~3a時，電流為正方向，位移為a～2a時，電流為負方向；在第二個階段線框同時處在兩個磁場中,當(dāng)進入右側(cè)磁場的位移的大小與第一個階段進入左側(cè)磁場的位移的大小、第三個階段出離右側(cè)磁場的位移的大小相等時,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流是后兩者時的2倍，對比選項中各圖象可知C正確。4.如圖所示，A、B、C為三只相同的燈泡，且燈泡的額定電壓均大于電源電動勢，電源內(nèi)阻不計，L是一個直流電阻不計、自感系數(shù)較大的線圈，先將K1、K2合上，穩(wěn)定后突然斷開K2。已知在此后過程中各燈均無損壞，則下列說法中正確的是(）A．C燈亮度保持不變B．C燈閃亮一下后逐漸恢復(fù)到原來的亮度C．B燈亮度保持不變D．B燈后來的功率是原來的一半答案B解析設(shè)電源電動勢為E，燈泡電阻為R,則K1、K2均閉合且電路穩(wěn)定時，A燈被短路，IA＝0,IB＝IC＝eq\f（E,R)＝I0，流過線圈的電流IL＝IB＋IC＝2I0；突然斷開K2,線圈L中產(chǎn)生自感電動勢，自感電動勢方向與原電流的方向相同，線圈相當(dāng)于電源,與A、B、C燈構(gòu)成串聯(lián)閉合回路,斷開K2瞬間，IC′＝IL＝2I0，C燈將突然閃亮，后逐漸變暗;穩(wěn)定時,IC″＝eq\f(E，R）＝I0，IA′＝IB′＝eq\f（E,2R）＝eq\f(I0,2）,所以C燈閃亮一下后逐漸恢復(fù)到原來的亮度，B燈電流為原來的一半，功率為原來的eq\f(1，4），故B正確。5.如圖所示，螺線管導(dǎo)線的兩端與平行金屬板相接，一個帶負電的小球用絲線懸掛在兩金屬板間，并處于靜止狀態(tài),若條形磁鐵突然插入螺線管中時,小球的運動情況是(）A．向左擺動B．向右擺動C．保持靜止D．無法判定答案A解析當(dāng)條形磁鐵插入螺線管中時，螺線管中向左的磁場增強。由楞次定律和安培定則判定金屬板左端電勢高，故帶負電的小球向左擺，A正確。6。如圖所示，間距為L、電阻不計的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置,導(dǎo)軌左端用一阻值為R的電阻連接，導(dǎo)軌上橫跨一根質(zhì)量為m、有效電阻也為R的金屬棒，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好。整個裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。現(xiàn)使金屬棒以初速度v沿導(dǎo)軌向右運動,若金屬棒在整個運動過程中通過的電荷量為q.下列說法正確的是（)A．金屬棒在導(dǎo)軌上做勻減速運動B．整個過程中金屬棒在導(dǎo)軌上發(fā)生的位移為eq\f(qR,BL)C．整個過程中金屬棒克服安培力做功為eq\f(1，2)mv2D．整個過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f（1，2)mv2答案C解析因為金屬棒向右運動時受到向左的安培力作用，且安培力隨速度的減小而減小,所以金屬棒向右做加速度減小的減速運動，故A錯誤；根據(jù)eq\x\to（E)＝eq\f（ΔΦ，Δt)＝eq\f（BLx，Δt)，q＝eq\x\to（I)·Δt＝eq\f（\x\to（E），2R)·Δt＝eq\f（BLx，2R）,解得x＝eq\f(2Rq,BL),故B錯誤;整個過程中金屬棒克服安培力做功等于金屬棒動能的減少量eq\f（1，2)mv2；整個過程中電路中產(chǎn)生的熱量等于機械能的減少量eq\f（1,2）mv2，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4）mv2,故C正確、D錯誤。7。在光滑的水平面上方，有兩個磁感應(yīng)強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場，如圖。PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大。一個邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直磁場方向從如圖實線位置開始向右運動，當(dāng)線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中時,線框的速度為eq\f(v,2），則下列說法正確的是（）A．此過程中通過線框截面的電量為eq\f（2Ba2，R）B．此時線框的加速度為eq\f（B2a2v,2mR）C．此過程中回路產(chǎn)生的電能為eq\f（1,8)mv2D．此時線框中的電功率為eq\f(B2a2v2，R)答案D解析由E＝eq\f(ΔΦ，Δt）、eq\x\to（I）＝eq\f（\x\to(E）,R）及q＝eq\x\to（I)Δt得，電量q＝eq\f（ΔΦ,R）＝eq\f（Ba2,R），故A錯誤;此時線框中感應(yīng)電動勢為E＝2Ba·eq\f(v,2）＝Bav，感應(yīng)電流為I＝eq\f（E,R)＝eq\f(Bav，R），線框所受的安培力的合力為F＝2BIa＝eq\f（2B2a2v，R）,加速度為a加＝eq\f（F,m)＝eq\f(2B2a2v，mR)，故B錯誤；根據(jù)能量守恒定律得:回路產(chǎn)生的電能為Q＝eq\f（1,2)mv2－eq\f(1,2）meq\f(v,2)2＝eq\f(3,8）mv2，故C錯誤;此時線框中的電功率為P＝I2R＝eq\f（B2a2v2,R），故D正確。8．如圖a所示,正方形導(dǎo)線框abcd放置在垂直于紙面的勻強磁場中.以垂直紙面向內(nèi)為磁場的正方向,勻強磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系如圖b所示。用F表示ab邊受到的安培力，以水平向左為F的正方向，能正確反映F隨時間t變化的圖象是(）答案A解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的電動勢的大小E＝eq\f(ΔBS，Δt），在0～2s中，eq\f(ΔB,Δt)為定值，則感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)為定值,受到的安培力F＝BIL隨磁感應(yīng)強度的變化而變化；在0~1s中，磁場的方向垂直于紙面向外且磁感應(yīng)強度減小，根據(jù)楞次定律和右手螺旋定則可知，ab邊的電流方向為由a到b,根據(jù)左手定則可知，ab邊受到的安培力方向水平向左,為正方向，且隨著磁感應(yīng)強度的減小而減??；在1~2s中，磁場的方向垂直于紙面向內(nèi)且磁感應(yīng)強度增加，根據(jù)楞次定律和右手螺旋定則可知，ab邊的電流方向為由a到b，根據(jù)左手定則可知,ab邊受到的安培力方向水平向右，為負方向，且隨著磁感應(yīng)強度的增大而增大。在2～3s中,磁感應(yīng)強度不變,則感應(yīng)電動勢為零,感應(yīng)電流為零,ab邊受到的安培力為零.在3～4s過程中，磁場的方向先是垂直于紙面向內(nèi)且磁感應(yīng)強度減小，根據(jù)楞次定律和右手螺旋定則可知,ab邊的電流的方向由b到a,根據(jù)左手定則可知，安培力的方向向左,為正值，且隨著磁感應(yīng)強度的減小而減小，后來磁場的方向垂直紙面向外且磁感應(yīng)強度增加，同理判斷，ab邊受到的安培力方向向右，為負值，且隨著磁感應(yīng)強度的增大而增大，故A正確.9。如圖所示，在邊長為a的等邊三角形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場B,其方向垂直紙面向外，一個邊長也為a的等邊三角形導(dǎo)線框EFG正好與上述磁場區(qū)域的邊界重合?，F(xiàn)使導(dǎo)線框以周期T繞其中心在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，經(jīng)過eq\f(T，6）導(dǎo)線框第一次轉(zhuǎn)到圖中虛線位置,則在這eq\f(T，6）時間內(nèi)()A．平均感應(yīng)電動勢大小等于eq\f（\r（3）Ba2，2T)B．平均感應(yīng)電動勢大小等于eq\f(\r(3)Ba2,T）C．順時針方向轉(zhuǎn)動時感應(yīng)電流方向為E→F→G→ED．逆時針方向轉(zhuǎn)動時感應(yīng)電流方向為E→G→F→E答案AC解析無論是順時針還是逆時針轉(zhuǎn)動，由楞次定律可知感應(yīng)電流方向均為E→F→G→E，C正確，D錯誤。由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝B·eq\f(ΔS,Δt)，其中ΔS＝eq\f(\r(3）,12）a2,Δt＝eq\f(T,6），聯(lián)立解得E＝eq\f(\r(3)Ba2，2T),A正確，B錯誤。10．如圖所示,一電子以初速度v沿與金屬板平行方向飛入MN極板間,突然發(fā)現(xiàn)電子向M板偏轉(zhuǎn),若不考慮磁場對電子運動方向的影響，則產(chǎn)生這一現(xiàn)象的原因可能是（)A．開關(guān)S閉合瞬間B．開關(guān)S由閉合后斷開瞬間C．開關(guān)S是閉合的，變阻器滑片P向右迅速滑動D．開關(guān)S是閉合的,變阻器滑片P向左迅速滑動答案AD解析電子向M板偏轉(zhuǎn)，說明電子受到向左的電場力,兩金屬板間的電場由M指向N,M板電勢高，N板電勢低，這說明與兩金屬板相連的線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：左端電勢高,與N板相連的右端電勢低。開關(guān)S閉合瞬間，由安培定則可知，穿過線圈的磁通量向右增加,由楞次定律知在右側(cè)線圈中感應(yīng)電流的磁場方向向左，產(chǎn)生左正右負的電動勢，電子向M板偏轉(zhuǎn)，A正確；開關(guān)S由閉合后斷開瞬間,穿過線圈的磁通量減少,由楞次定律知在右側(cè)線圈中產(chǎn)生左負右正的電動勢，電子向N板偏轉(zhuǎn)，B錯誤；開關(guān)S是閉合的，變阻器滑片P向右迅速滑動，變阻器接入電路的電阻增大，電流減小，穿過線圈的磁通量減小,由楞次定律知在右側(cè)線圈中產(chǎn)生左負右正的電動勢，電子向N板偏轉(zhuǎn)，C錯誤；開關(guān)S是閉合的，變阻器滑片P向左迅速滑動，滑動變阻器接入電路的阻值減小，電流增大，穿過線圈的磁通量增大，由楞次定律知在右側(cè)線圈中感應(yīng)出左正右負的電動勢，電子向M板偏轉(zhuǎn)，D正確。11.用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一條直徑。如圖所示,在ab的左側(cè)存在一個勻強磁場，磁場垂直圓環(huán)所在平面,方向如圖所示，磁感應(yīng)強度大小隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝k（k＜0)。則（）A．圓環(huán)中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流B．圓環(huán)具有擴張且向右運動的趨勢C．圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為eq\f（｜k｜rS,2ρ）D．圖中a、b兩點間的電勢差大小Uab＝eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1（\f(1,4）kπr2））答案AD解析由于磁場的磁感應(yīng)強度均勻減小，由楞次定律知產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，A正確;由左手定則可判斷線圈受力向左，有向左運動的趨勢，B錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝eq\f(ΔB，Δt)×eq\f(1,2）πr2＝eq\f（1，2）｜k｜πr2,感應(yīng)電流I＝eq\f（E,ρ\f（2πr，S)）＝eq\f（｜k｜πr2S，2ρ×2πr)＝eq\f(|k|rS，4ρ）,C錯誤；Uab＝eq\f(1,2)E＝eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)kπr2）），D正確。12。如圖所示,相距為L的兩條足夠長的光滑平行不計電阻的金屬導(dǎo)軌，處于磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下且磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。將金屬桿ab垂直放在導(dǎo)軌上，桿ab由靜止釋放下滑距離x時達到最大速度。已知金屬桿質(zhì)量為m,定值電阻以及金屬桿的電阻均為R，重力加速度為g，金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好。則下列說法正確的是(）A．回路產(chǎn)生a→b→Q→N→a方向的感應(yīng)電流B．金屬桿ab下滑的最大加速度大小為eq\f(g，cosθ）C．金屬桿ab下滑的最大速度大小為eq\f（mgRsinθ，B2L2)D．金屬桿從開始運動到速度最大時，桿產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f（1,2）mgxsinθ－eq\f（m3g2R2sin2θ,B4L4）答案AD解析金屬桿向下滑動的過程中,穿過回路的磁通量增大，由楞次定律知，回路產(chǎn)生a→b→Q→N→a方向的感應(yīng)電流，故A正確。設(shè)ab桿下滑到某位置時速度為v，則此時桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E＝BLv，回路中的感應(yīng)電流為：I＝eq\f（BLv,2R），桿所受的安培力為:F＝BIL，根據(jù)牛頓第二定律有:mgsinθ－eq\f(B2L2v，2R)＝ma。當(dāng)v＝0時桿的加速度最大，最大加速度為am＝gsinθ，方向沿導(dǎo)軌平面向下,故B錯誤.由以上知，當(dāng)桿的加速度a＝0時，速度最大，最大速度為：vm＝eq\f（2mgRsinθ，B2L2),方向沿導(dǎo)軌平面向下，故C錯誤。ab桿從靜止開始到最大速度過程中，根據(jù)能量守恒定律，有mgxsinθ＝Q總＋eq\f(1，2)mveq\o\al（2,m）,又桿產(chǎn)生的焦耳熱為Q桿＝eq\f(1，2）Q總，所以得Q桿＝eq\f（1，2)mgxsinθ－eq\f（m3g2R2sin2θ,B4L4），故D正確。第Ⅱ卷（非選擇題，共62分）二、填空題(本題共3小題，每小題6分,共18分）13．如圖是做“探究電磁感應(yīng)的產(chǎn)生條件”實驗的器材示意圖。(1)在圖中用實線代替導(dǎo)線把它們連成實驗電路。(2）由哪些操作可以使靈敏電流計的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)？①________________________________________________________________________。②________________________________________________________________________。（3)假設(shè)在開關(guān)閉合的瞬間，靈敏電流計的指針向左偏轉(zhuǎn),則當(dāng)螺線管A向上拔出的過程中，靈敏電流計的指針向________（填“左”或“右”）偏轉(zhuǎn)。答案(1）如圖所示。(2）①將開關(guān)K閉合（或者斷開)②將螺線管A插入(或拔出)螺線管B(3)右解析（1)靈敏電流計、B線圈組成一個回路，電源、A線圈、開關(guān)組成一個回路；(2）只要穿過B線圈的磁通量有變化,就有感應(yīng)電流產(chǎn)生，靈敏電流計的指針就會發(fā)生偏轉(zhuǎn)；（3）開關(guān)閉合的瞬間，穿過B線圈的磁通量增加,電流計指針左偏；螺線管A向上拔出，穿過B線圈的磁通量減少,所以電流計的指針向右偏.14.如圖所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為0。4T，R＝100Ω，C＝100μF，ab長20cm，當(dāng)ab以v＝10m/s的速度向右勻速運動時，電容器上極板帶__________電，下極板帶________電，帶電量為________C。答案正負8×10－5解析由右手定則可知φa>φb，即電容器上極板帶正電，下極板帶負電.E＝Blv＝0.4×0.2×10V＝0.8V，電容器所帶電荷量Q＝CU＝CE＝100×10－6×0.8C＝8×10－5C。15．學(xué)習(xí)了法拉第電磁感應(yīng)定律后，為了定量驗證感應(yīng)電動勢E與時間Δt成反比，某小組同學(xué)設(shè)計了如圖所示的實驗裝置:線圈和光電門固定在水平光滑軌道上，強磁鐵和擋光片固定在運動的小車上；每當(dāng)小車在軌道上運動經(jīng)過光電門時，光電門會記錄下?lián)豕馄膿豕鈺r間Δt，同時觸發(fā)接在線圈兩端的電壓傳感器記錄下在這段時間內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E。利用小車末端的彈簧將小車以不同的速度從軌道的最右端彈出，就能得到一系列的感應(yīng)電動勢E和擋光時間Δt。在一次實驗中得到的數(shù)據(jù)如下表:次數(shù)測量值12345678E/V0。1160.1360.1700.1910。2150。2770.2920.329Δt/10－3s8.2067.4866。2865.6145。3404。4623.9803。646（1）觀察和分析該實驗裝置可看出，在實驗中,每次測量的時間Δt內(nèi)，磁鐵相對線圈運動的距離都________（填“相同”或“不同”)，從而實現(xiàn)了控制__________________不變。（2）在得到上述表格中的數(shù)據(jù)之后，為了驗證E與Δt成反比，他們想出兩種辦法來處理數(shù)據(jù)，第一種是計算法，即算出________________，若該數(shù)據(jù)在誤差范圍內(nèi)基本相等,則驗證了E與Δt成反比；第二種是作圖法,即在直角坐標系中作出__________________________關(guān)系圖線，若圖線是基本過坐標原點的傾斜直線，則可驗證E與Δt成反比。答案(1)相同磁通量的變化量（2)感應(yīng)電動勢E和擋光時間Δt的乘積感應(yīng)電動勢E與擋光時間Δt的倒數(shù)解析（1)由題圖裝置及實驗做法可知每次測量的Δt時間內(nèi)，磁鐵相對線圈運動的距離都相同，從而控制了穿過線圈的磁通量的變化量相同。(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝eq\f(ΔФ，Δt）,所以如果E·Δt即感應(yīng)電動勢與擋光時間的乘積在誤差范圍內(nèi)相等,則驗證了E與Δt成反比；因E與Δt成反比，要使圖線是傾斜直線，則橫坐標應(yīng)為Δt的倒數(shù)。三、計算題(共44分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)16．（10分)如圖甲所示，面積為0.2m2、匝數(shù)為100匝的圓形線圈A處在變化的磁場中，磁場方向垂直紙面，其磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示。設(shè)垂直紙面向外為B的正方向，圖中線圈A上箭頭所示方向為感應(yīng)電流I的正方向,R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，線圈內(nèi)阻不計。求電容器充電時的電壓和2s后電容器放電的電荷量。答案0。24V7.2×10－6C解析由題意可知圓形線圈A中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝neq\f(ΔB，Δt）S＝100×0.02×0。2V＝0。4V所以電路中的電流I＝eq\f(E，R1＋R2)＝eq\f（0.4,4＋6）A＝0.04A電容器充電時的電壓UC＝IR2＝0.04×6V＝0.24V2s后電容器放電的電荷量Q＝CUC＝30×10－6×0。24C＝7。2×10－6C.17．（11分）如圖甲所示，一邊長L＝2.5m、質(zhì)量m＝0.5kg的正方形金屬線框,放在光滑絕緣的水平面上,整個裝置放在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度B＝0。8T的勻強磁場中,它的一邊與磁場的邊界MN重合。在水平力F作用下由靜止開始向左運動，經(jīng)過5s線框被拉出磁場.測得金屬線框中的電流隨時間變化的圖象如乙圖所示，在金屬線框被拉出的過程中，(1)求通過線框?qū)Ь€截面的電量及線框的電阻;（2)寫出水平力F隨時間變化的表達式；（3)已知在這5s內(nèi)力F做功1。92J，那么在此過程中,線框產(chǎn)生的焦耳熱是多少?答案（1)1.25C4Ω(2）F＝(0.2t＋0。1）N(3)1.67J解析(1)根據(jù)q＝eq\x\to(I）t，由I.t圖象得，q＝eq\f（1,2)×5×0。5C＝1。25C又根據(jù)eq\x\to(I)＝eq\f（\x\to(E）,R）＝eq\f(ΔΦ,tR)＝eq\f（BL2,Rt)q＝eq\x\to（I）t，q＝eq\f（BL2,R）得R＝eq\f（BL2，q）＝eq\f（0。8×2。52,1.25）Ω＝4Ω。(2）由電流圖象可知，感應(yīng)電流隨時間變化的規(guī)律:I＝0。1t由感應(yīng)電流I＝eq\f(BLv,R），可得金屬框的速度隨時間也是線性變化的，v＝eq\f(RI，BL)＝0.2t線框做勻加速直線運動,加速度a＝0。2m/s2。線框在外力F和安培力FA作用下做勻加速直線運動,F－FA＝ma得F＝（0。2t＋0.1)N。(3)t＝5s時，線框從磁場中拉出時的速度v5＝at＝1m/s由能量守恒定律得:W＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,5）線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W－eq\f(1，2)mveq\o\al(2，5)＝1。67J.18。(11分)如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L＝0.1m，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌上端連接一定值電阻R＝0.3Ω，導(dǎo)軌的電阻不計,整個裝置處于方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中。長為L的金屬棒cd垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌保持良好的接觸，金屬棒的質(zhì)量為m＝0.2kg，電阻為r＝0.1Ω?，F(xiàn)將金屬棒從緊靠NQ處由靜止釋放，當(dāng)金屬棒沿導(dǎo)軌下滑距離為x＝12m時，速度達到最大值vm＝10m/s(重力加速度g取10m/s2)，求：(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大??；（2)金屬棒沿導(dǎo)軌下滑距離為12m的過程中，整個電路產(chǎn)生的焦耳熱Q及通過金屬棒截面的電荷量q;(3）若將金屬棒下滑12m的時刻記作t＝0，假設(shè)此時的磁感應(yīng)強度B0為已知，從此時刻起，讓磁感應(yīng)強度逐漸減小，可使金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流.請用B0和t表示出這種情況下磁感應(yīng)強度B變化的表達式.答案(1)2T（2）2J6C(3)B＝eq\f（12B0，2。5t2＋10t＋12）解析(1)金屬棒達最大速度時產(chǎn)生的電動勢E＝BLvm回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝eq\f（E，R＋r)金屬棒所受安培力F安＝BILcd棒受力如圖所示,當(dāng)所受合外力為零時，下滑的速度達到最大，即mgsinθ＝F安由以上四式解得：B＝eq\f(1,L)eq\r（\f(mgsinθR＋r,vm))，代入數(shù)據(jù)得B＝2T。(2）由能量守恒定律可得：mgxsinθ＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2,m）＋Q解得：Q＝2Jq＝eq\x\to(I）·Δt＝eq\f(\x\to(E)，R＋r）·Δt＝eq\f(ΔΦ，R＋r)＝eq\f（BLx，R＋r)，代入數(shù)據(jù)得：q＝6C。(3)金屬棒從t＝0起運動的加速度大小為a，由牛頓第二定律有mgsinθ＝ma，解得：a＝gsinθ＝5m/s2因為不產(chǎn)生電流，所以磁通量不變：B0Lx＝BLeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋vmt＋\f(1,2）at2））解得：B＝eq\f(B0x,x＋vmt＋\f（1，2)at2)＝eq\f（12