电磁感应_章节学习

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题型：多选题

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多选题

如图所示，水平面内两光滑的平行金属导轨，左端与电阻R相连接，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好．今对金属棒施加一个水平向右的外力F，使金属棒从a位置开始向右做初速度为零的匀加速运动，依次通过位置b和c．若导轨与金属棒的电阻不计，ab与bc的距离相等，关于金属棒在运动过程中的有关说法正确的是（　　）

A金属棒通过b、c两位置时，外力F的大小之比为：1：

B金属棒通过b、c两位置时，电阻R的电功率之比为1：2

C从a到b和从b到c的两个过程中，通过金属棒横截面的电荷量之比为1：1

D从a到b和从b到c的两个过程中，电阻R上产生的热量之比为1：1

正确答案

B,C

解析

解：

A、金属棒从a位置由静止开始向右做匀加速运动，根据v2=2ax知，通过b、c两个位置的速度比为1：；

根据E=BLv知，产生的电动势之比为1：，由闭合电路欧姆定律得知感应电流之比为1：，由公式F=BIL可知安培力之比为1：，根据牛顿第二定律，有：

F-FA=ma，FA=F-ma，ma是定值，所以外力F的大小之比不等于1：．故A错误．

B、通过b、c两个位置的速度比为1：，根据P=知，电阻R的电功率之比为1：2．故B正确．

C、由q=，因为△Φab=△Φbc，则qab=qbc，则通过金属棒横截面的电荷量之比为1：1，故C正确．

D、根据能量守恒定律，热量Qab=Fxab-，又=2axab，则Qab=Fxab-maxab．

同理Qbc=Fxbc-maxbc，加速度相等，ab、bc的位移相等，但F不等，所以产生的热量不等．故D错误．

故选：BC．

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题型：简答题

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简答题

如图甲所示，空间存在一有界匀强磁场，磁场的左边界如虚线所示，虚线右侧足够大区域存在磁场，磁场方向竖直向下．在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab边长为l=0.2m，线框质量m=0.1kg、电阻R=0.1Ω，在水平向右的外力F作用下，以初速度v0=1m/s匀加速进入磁场，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：

（1）匀强磁场的磁感应强度B

（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；

（3）若线框进入磁场过程中F做功为WF=0.27J，求在此过程中线框产生的焦耳热Q．

正确答案

解：（1）由F-t图象可知，当线框全部进入磁场后，

F=0.2N时，线框的加速度：a===2m/s2，

0时刻线框所受的安培力：F安培=BIL=，

由图示图象可知：F=0.3N，

由牛顿第二定律得：F-F安培=ma，

代入数据解得：B=0.5T；

（2）线框进入磁场过程通过截面电量：q=I△t，

由法拉第电磁感应定律得E==，

由闭合电路欧姆定律得：I=，

解得，电荷量：q=，

由匀变速直线运动得：x=v0t+at2，

代入数据解得：x=0.75m，q=0.75C；

（3）线框进入磁场过程，由能量守恒定律：

WF=Q+mvt2-mv02，代入数据解得：Q=0.12J；

答：（1）匀强磁场的磁感应强度B为0.5T．

（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q为0.75C；

（3）在此过程中线框产生的焦耳热Q为0.12J．

解析

解：（1）由F-t图象可知，当线框全部进入磁场后，

F=0.2N时，线框的加速度：a===2m/s2，

0时刻线框所受的安培力：F安培=BIL=，

由图示图象可知：F=0.3N，

由牛顿第二定律得：F-F安培=ma，

代入数据解得：B=0.5T；

（2）线框进入磁场过程通过截面电量：q=I△t，

由法拉第电磁感应定律得E==，

由闭合电路欧姆定律得：I=，

解得，电荷量：q=，

由匀变速直线运动得：x=v0t+at2，

代入数据解得：x=0.75m，q=0.75C；

（3）线框进入磁场过程，由能量守恒定律：

WF=Q+mvt2-mv02，代入数据解得：Q=0.12J；

答：（1）匀强磁场的磁感应强度B为0.5T．

（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q为0.75C；

（3）在此过程中线框产生的焦耳热Q为0.12J．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，足够长的光滑金属导轨MNQP与水平面成θ角（0＜θ＜90°）放置，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨MN段与PQ段电阻不计，NQ段电阻为R，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直．金属棒ab由静止开始沿导轨加速下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接人电路的电阻为r，棒下滑一段距离S后，开始以速度v做匀速直线运动，已知重力加速度为g．则金属棒ab在加速过程中（　　）

A运动的平均速度大小为υ

B质量大小为

C流过其某一横截面的电荷量大小为

D产生的热量大小为mgSsinθ-mv2

正确答案

B,C,D

解析

解：A、金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于，故A错误；

B、导体棒最后是匀速直线运动，根据平衡条件，有：

mgsinθ-FA=0

其中：

FA=BIL=B=

联立解得：

m=；故B正确；

C、电量q=It，平均电流I=，故：

q=；故C正确；

D、根据功能关系，产生的热量等于机械能减小量，故：Q=mgSsinθ-，故D正确；

故选：BCD．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，宽为L=2m、足够长的金属导轨MN和M′N′放在倾角为θ=30°的斜面上，在N和N′之间连有一个阻值为R=1.2Ω的电阻，在导轨上AA’处放置一根与导轨垂直、质量为m=0.8kg、电阻为r=0.4Ω的金属滑杆，导轨的电阻不计．用轻绳通过定滑轮将电动小车与滑杆的中点相连，绳与滑杆的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮的正下方水平面上的P处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度H=4.0m．在导轨的NN′和OO′所围的区域存在一个磁感应强度B=1.0T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场，此区域内滑杆和导轨间的动摩擦因数为μ=，此区域外导轨是光滑的．电动小车沿PS方向以v=1.0m/s的速度匀速前进时，滑杆经d=1m的位移由AA′滑到OO′位置．（g取10m/s2）求：

（1）请问滑杆AA′滑到OO′位置时的速度是多大？

（2）若滑杆滑到OO′位置时细绳中拉力为10.1N，滑杆通过OO′位置时的加速度？

（3）若滑杆运动到OO′位置时绳子突然断了，则从断绳到滑杆回到AA′位置过程中，电阻R上产生的热量Q为多少？（设导轨足够长，滑杆滑回到AA’时恰好做匀速直线运动．）

正确答案

解：（1）滑杆运动到OO′位置时，小车通过S点时的速度为v=1.0m/s，设系绳与水平面的夹角为α，则 -H=d，sinα=0.8，α=53°，

此时向上的速度即绳端沿绳长方向的速度：v1=vcosα=0.6m/s．

（2）滑杆运动到OO’位置产生感应电动势E=BLv1，产生感应电流 I=

受到的安培力 F安=BIL=，

代入数据，可得F安=1.5N．

滑杆通过OO′位置时所受摩擦力 f=μmgcosθ=×0.8×10×=3N．

由牛顿第二定律得：F-mgsinθ-f-F安=ma，

解得加速度：a=2m/s2．

（3）设滑杆返回运动到AA′位置后做匀速运动的速度为v2，由平衡条件得：

mgsinθ=μmgcosθ+，

带入数据，可得：v2=0.4m/s

由能量守恒定律得：Q=mv12-mv22+mgdsinθ-μmgdcosθ，

带入数据，可得Q=1.08J

电阻R上产生的热量 QR=Q，

解得：QR=0.81J．

答：（1）滑杆AA′滑到OO′位置时的速度是0.60m/s；

（2）若滑杆滑到OO′位置时细绳中拉力为10.1N，滑杆通过OO′位置时的加速度是2m/s2；

（3）若滑杆运动到OO′位置时绳子突然断了，则从断绳到滑杆回到AA′位置过程中，电阻R上产生的热量Q为0.81J．

解析

解：（1）滑杆运动到OO′位置时，小车通过S点时的速度为v=1.0m/s，设系绳与水平面的夹角为α，则 -H=d，sinα=0.8，α=53°，

此时向上的速度即绳端沿绳长方向的速度：v1=vcosα=0.6m/s．

（2）滑杆运动到OO’位置产生感应电动势E=BLv1，产生感应电流 I=

受到的安培力 F安=BIL=，

代入数据，可得F安=1.5N．

滑杆通过OO′位置时所受摩擦力 f=μmgcosθ=×0.8×10×=3N．

由牛顿第二定律得：F-mgsinθ-f-F安=ma，

解得加速度：a=2m/s2．

（3）设滑杆返回运动到AA′位置后做匀速运动的速度为v2，由平衡条件得：

mgsinθ=μmgcosθ+，

带入数据，可得：v2=0.4m/s

由能量守恒定律得：Q=mv12-mv22+mgdsinθ-μmgdcosθ，

带入数据，可得Q=1.08J

电阻R上产生的热量 QR=Q，

解得：QR=0.81J．

答：（1）滑杆AA′滑到OO′位置时的速度是0.60m/s；

（2）若滑杆滑到OO′位置时细绳中拉力为10.1N，滑杆通过OO′位置时的加速度是2m/s2；

（3）若滑杆运动到OO′位置时绳子突然断了，则从断绳到滑杆回到AA′位置过程中，电阻R上产生的热量Q为0.81J．

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题型：单选题

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单选题

在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域I的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t1时 ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区，此时线框恰好以速度 v1做匀速直线运动；t2时ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时线框又恰好以速度v2做匀速直线运动．重力加速度为g，下列说法中正确的有（　　）

At1时，线框具有加速度a=3gsinθ

B线框两次匀速直线运动的速度v1：v2=2：1

C从t1到t2过程中，线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量

D从t1到t2，有机械能转化为电能．

正确答案

D

解析

解：

A、由题意，t1时，线框做匀速直线运动，加速度为零．故A错误．

B、t1时，安培力F1==mgsinθ；t2时，安培力F2=2BLI2=2BL•==mgsinθ，由两式比较得，v1：v2=4：1．故B错误．

C、从t1到t2过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知，框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和．故C错误．

D、根据能量守恒定律得：从t1到t2，线框中产生的电能为E电=+m．故D正确．

故选D

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题型：简答题

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简答题

如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的足够大的绝缘斜面上，斜面倾角为θ．一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形，棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左下侧有两个固定于斜面的立柱．导轨bc段长为L，开始时PQ左下方导轨的总电阻为R，右上方导轨电阻不计．以ef为界，其左侧匀强磁场方向垂直斜面向上，右侧匀强磁场平行斜面向下，磁感应强度大小均为B，现在静止释放导轨，导轨下滑．求导轨的加速度a与速度v的关系式，a=？并说明运动的性质．

正确答案

解：设某时刻的速度为v

E=BLv

感应电流为I=

导体棒受到的安培力为

f=

在下滑过程中由牛顿第二定律可得

Mgsinθ-f-F安=Ma

解得a==

轨道最速度增大加速度减小的变加速运动

当a=0时，v=以后做匀速运动

答：导轨的加速度a与速度v的关系式，a=，当a=0时，做匀速运动．

解析

解：设某时刻的速度为v

E=BLv

感应电流为I=

导体棒受到的安培力为

f=

在下滑过程中由牛顿第二定律可得

Mgsinθ-f-F安=Ma

解得a==

轨道最速度增大加速度减小的变加速运动

当a=0时，v=以后做匀速运动

答：导轨的加速度a与速度v的关系式，a=，当a=0时，做匀速运动．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，相距为d的边界水平的匀强磁场，磁感应强度垂直纸面向里、大小为B．质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线圈M，将线圈在磁场上方高h处由静止释放，已知cd边刚进入磁场时和cd边刚离开磁场时速度相等，不计空气阻力，则（　　）

A若L=d，则线圈穿过磁场的整个过程用时为

B在线圈穿过磁场的整个过程中，克服安培力做功为mgd

C若L＜d则线圈穿过磁场的整个过程中最小速度可能

D若L＜d，则线圈穿过磁场的整个过程中最小速度可能

正确答案

A,C,D

解析

解：

A、线圈刚进入磁场时的速度大小 v=，若L=d，线圈将匀速通过磁场，所用时间为 t===d，故A正确．

B、根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，则进入磁场的过程中线圈产生的热量 Q=mgd．

cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′=2mgd，感应电流做的功为2mgd．故B错误．

C、若L＜d，线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前做匀速运动，因为完全进入磁场时的速度最小，则 mg=，则最小速度v=．故C正确．

D、因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，设线圈的最小速度为vm，知全部进入磁场的瞬间速度最小．

由动能定理，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有：mvm2-mv02=mgL-mgd

有mv02=mgh，综上所述，线圈的最小速度为 vm=．故D正确．

故选：ACD

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题型：简答题

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简答题

如图1所示，在一倾角为37°的粗糙绝缘斜面上，静止地放置着一个匝数n=10匝的圆形线圈，其总电阻R=3.14Ω、总质量m=0.4kg、半径r=0.4m．如果向下轻推一下此线圈，则它刚好可沿斜面匀速下滑现在将线圈静止放在斜面上后．在线圈的水平直径以下的区域中，加上垂直斜面方向的，磁感应强度大小按如图2所示规律变化的磁场（提示：通电半圆导线受的安培力与长为直径的直导线通同样大小的电流时受的安培力相等）问：

（1）刚加上磁场时线圈中的感应电流大小I=？

（2）从加上磁场开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量Q=？

（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．）

正确答案

解：（1）由闭合电路的欧姆定律

由法拉第电磁感应定律

由图，

联立解得I=0.4A

（2）设线圈开始能匀速滑动时受的滑动摩擦力为Fμ，则mgsin37°=Fμ

加变化磁场后线圈刚要运动时nBIL=mgsin37°+Fμ，其中L=2r

由图象知B=B0+kt=1+0.5t

由焦耳定律Q=I2Rt

联立解得Q=0.5J

答：（1）刚加上磁场时线圈中的感应电流大小为0.4A；

（2）从加上磁场开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量为0.5J．

解析

解：（1）由闭合电路的欧姆定律

由法拉第电磁感应定律

由图，

联立解得I=0.4A

（2）设线圈开始能匀速滑动时受的滑动摩擦力为Fμ，则mgsin37°=Fμ

加变化磁场后线圈刚要运动时nBIL=mgsin37°+Fμ，其中L=2r

由图象知B=B0+kt=1+0.5t

由焦耳定律Q=I2Rt

联立解得Q=0.5J

答：（1）刚加上磁场时线圈中的感应电流大小为0.4A；

（2）从加上磁场开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量为0.5J．

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题型：填空题

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填空题

边长为L，内阻为r，匝数为n，质量为m的正方形闭合导线框，从距匀强磁场（磁感应强度为B）上方某一高度h处由静止下落．如图所示，若该导线进入磁场的过程是匀速运动，则线框中感应电流大小为______，导线框开始下落的高度必须为______．

正确答案

解析

解：设线圈自由下落h高度时的速度为v，线圈进入磁场，产生感应电流，受到向上的安培力F：

由平衡关系可知 mg=n•BIL

所以：I=

又：I=；

所以：mg=

从线框开始下落到进入磁场过程中机械能守恒，即有：

mgh=mv2；

联立解得：h=

故答案为：；．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，相距均为d的三条水平虚线L1与L2、L2与L3之间分别有垂直纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．一个边长也是d的正方形导线框，从L1上方一定高处由静止开始自由下落，当ab边刚越过L1进入磁场时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过L2运动到L3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，在线框从进入磁场到速度变为v2的过程中，设线框的动能变化量大小为△Ek，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，该过程导线框中产生的电能大小为E0，下列说法中正确的是（　　）

A在导线框下落过程中，由于重力做正功，所以有v2＞v1

B该过程中线框动能的变化量大小为△Ek=W2-W1-E0

C该过程中线框中的电流方向没有发生变化

D在导线框通过磁场的整个过程中，线框中的平均感应电流为零

正确答案

D

解析

解：A、在导体框下落过程中，重力做正功，但安培力做负功，不能根据重力做功判断两次匀速的速度大小．

设线框匀速运动时速度大小为v，线框的电阻为R，质量为m．

ab边进入磁场，由于线框匀速运动，则有：

mg=…①

线框以速度v2做匀速直线运动时，线框中总的感应电动势为：

E=2Bdv2

线框所受的安培力大小为：

F=2BId=2Bd•= ②

由①②比较得，v1＞v2．故A错误．

B、从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，根据动能定理得：线框动能的变化量为-△Ek=W1+W2．则得△Ek=-W2-W1．则B错误．

C、由右手定则判断知，线框进入磁场时感应电流方向为顺时针，ab边在越过L2运动到L3之前感应电流方向变为逆时针，则C错误．

D、在导线框通过磁场的整个过程中，线框中磁通量变化为0，则由q=知，通过线框截面的电荷量为0，由q=t知，线框中的平均感应电流为0，则D正确．

故选：D．

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题型：多选题

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多选题

如图甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1kg，它们在光滑水平面上以10m/s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．已知小车运动的速度v随车的位移x变化的v-x图象如图乙所示．则（　　）

A线圈的长度L=5cm

B磁场的宽度d=25cm

C线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.8 m/s2

D线圈通过磁场过程中产生的热量为48 J

正确答案

B,D

解析

解：A、闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，线圈的长度L=10cm，故A错误；

B、磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5-15cm是进入的过程，15-30cm是完全在磁场中运动的过程，30-40cm是离开磁场的过程，所以d=30cm-5cm=25cm，故B正确；

C、线圈进入磁场过程中，根据F=BIL及I=得：F=，因为v减小，所以F也减小，由牛顿第二定律知加速度减小，所以线圈做的不是匀加速运动，是变减速运动，故C错误；

D、线圈通过磁场过程中运用动能定理得：mv22-mv12=W安，由乙图可知v1=10m/s，v2=2m/s，带入数据得：W安=-48J，所以克服安培力做功为48J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为48J，故D正确．

故选：BD．

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题型：填空题

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填空题

如图甲所示，一边长为l的正方形金属线框位于光滑水平面上，线框的右边紧贴着竖直向下的有界匀强磁场区域的边界，磁场磁感应强度为B．从t=0时刻开始，线框在一水平向右的拉力F作用下从静止开始做匀加速直线运动，在t0时刻穿出磁场．图乙为拉力F随时间变化的图象，图象中的F0、t0均为已知量．则t=t0时刻线框中电流I=______；t=t0时刻线框的发热功率P热=______．

正确答案

解析

解：线框由静止开始做匀加速运动，t0时线框的速度：v=at0，

此时线框受到的安培力：F安=BIl==，

t=t0时，线框的速度：v′=a•t0，

线框受到的安培力：F安′=BIv′=，

由图示图象可知，t=0时，拉力为F0，

t=t0时，拉力为：3F0，t=t0时，拉力为：2F0，

由牛顿第二定律得：

F0=ma，

2F0-=ma，

3F0-=ma，

t=t0时线框电流为：I===，

解得：I=；

t=t0时刻线框的发热功率：P热=I2R=（）2R，

解得：P热=；

故答案为：，．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，两根相距为L的竖直平行金属导轨位于匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨电阻不计，另两根与光滑轨道接触的金属杆质量均为m，电阻均为R，若要使cd杆恰好平衡，且静止不动，则ab杆应______（填“向上”或“向下”）匀速运动，速度大小是______，需对ab杆所加外力的大小为______．

正确答案

向上

2mg

解析

解：cd杆受到的安培力：F安=BIL，

cd杆静止不动，处于平衡状态，

由平衡条件得：BIL=mg，

解得，电流：I= ①，

安培力向上，由左手定则可知，杆中电流方向由c到d；

流过ab的电流由b流向a，由右手定则可知，ab棒应向上运动，

ab棒切割磁感线产生的电动势：E=BLv，

感应电流：I== ②，

由①②解得：v=；

以两金属杆组成的系统为研究对象，

由平衡条件得：F=2mg；

故答案为：向上；；2mg．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，两导轨竖直放置，匀强磁场的方向和导轨所在平面垂直．相同材料制成的金属棒a和b分别沿两导轨竖直向下无摩擦滑动，电阻R1=R2，导轨和金属棒电阻不计．若a棒的横截面积是b棒的2倍，当a棒和B棒分别以最大速度匀速向下滑动时，电阻R1和R2（R1、R2阻值相同）上的电功率之比为______．

正确答案

4：1

解析

解：以任意金属棒为研究对象，设其质量为m，长度为l，截面积为S，密度为ρ，匀速运动的速度大小为v．磁场磁感应强度为B．由于金属棒匀速下滑，则有mg=，得到v=

设电阻上电功率为P，则有P=mgv===，由于电路中ρ、g、R、B都相同，则P与S2成正比，解得电阻R1和R2的电功率之比为4：1．

故答案为：4：1．

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题型：多选题

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多选题

如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3Ω，边长为0.4m．金属框处于两个半径为0.1m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合．左边磁场方向垂直水平面向外，右边磁场垂直水平面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是（π取3）（　　）

A线框中感应电流的方向是顺时针方向

Bt=0.4s时，穿过线框的磁通量为0.005Wb

C经过t=0.4s，线框中产生的热量为0.3J

D前0.4s内流过线框的电量为0.2C

正确答案

C,D

解析

解：A、由磁感应强度B1垂直水平面向里，大小随时间增大；B2垂直水平面向外，大小不变，故线框的磁通量增大，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A错误；

B、t=0.4s时刻穿过线框的磁通量为：

∅=B1××πr2-B2××πr2=5×0.5×3.14×0.12-4××3.14×0.12Wb=0.058Wb，故B错误；

C、由Q=I2Rt=（）2××△t=（）2××0.4J=0.3J，故C正确；

D、在t=0.4s内通过线框中的电量q=t=t==10×C=0.2C，故D正确．

故选：CD．

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