高考第一轮复习 32综合复习 提高练习 7页

‎2019年高考第一轮复习： 3-2综合复习 提高练习 一、单选题 ‎1．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=3∶1，L1、L2为两只相同的灯泡，R、L、D和C分别为定值电阻、理想线圈、理想二极管和电容器，其中C=10μF。当原线圈两端接如图乙所示的正弦交流电时，下列说法中正确的是（ ）‎ A． 灯泡L1一定比L2暗 B． 副线圈两端的电压有效值为12 V C． 因电容器所在支路处于断路状态，故无电流通过二极管 D． 二极管D两端反向电压最大值是‎12‎‎2‎V ‎【答案】B ‎【解析】A：不知道R的阻值和理想线圈L的电感，不能确定L1与L2的亮度关系。故A项错误。‎ B：由图乙得，原线圈两端电压的有效值U‎1‎‎=36V，据U‎1‎‎:U‎2‎=n‎1‎:‎n‎2‎可得，副线圈两端的电压有效值U‎2‎‎=12V。故B项正确。‎ C：理想二极管具有单向导电性，电流可以“通过”电容器，在给电容器正向充电过程中有正向电流通过二极管；当电容器两端电压等于副线圈两端电压最大值时，不再充电，无电流流过二极管。故C项错误。‎ D：当电容器两端电压等于副线圈两端电压最大值，变压器两端电压为反向电压最大值时，二极管D两端反向电压最大值为‎12‎2‎+12‎2‎V=24‎2‎V。故D项错误。‎ ‎2．（多选题）如图所示，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长，.线框导线的总电阻为R.则在线框离开磁场的过程中，下列说法中正确的是（ ）‎ A．ad间的电压为 B．流过线框截面的电量为 C．线框所受安培力的合力为 D．线框中的电流在ad边产生的热量为 ‎【答案】ABD ‎【解析】 ad间的电压为：，故A正确；感应电量，故B正确．线框所受安培力：，故C错误；产生的感应电动势：E=2BLv；感应电流：；线框中的电流在ad边产生的热量：，故D正确．故选ABD.‎ ‎3．竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是y=x2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中虚线所示），一个小金属环从抛物线上y=b（b＞a）处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是（ ）‎ A．mgb B．mv2 C．mg（b﹣a） D．mg（b﹣a）+mv2‎ ‎【答案】D ‎【解析】解：圆环最终在y=a以下来回摆动，以y=b（b＞a）处为初位置，y=a处为末位置，知末位置的速度为零，在整个过程中，重力势能减小，动能减小，减小的机械能转化为内能，根据能量守恒得，Q=mg（b﹣a）．故D正确，A、B、C错误．故选D．‎ ‎4．（多选题）如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′转动，轴OO′垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2.保持线圈以恒定角速度ω转动，下列判断正确的是(　　)‎ A． 在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势最大 B． 当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大 C． 电压表V1示数等于NBωL2‎ D． 变压器的输入与输出功率之比为1:1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】当磁通量为零时，磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势最大，故A正确；当可变电阻R的滑片P向上滑动时，由于电压表测量副线圈的输入电压，而原线圈的输入电压不变，匝数比不变，所以副线圈的输入电压不变，即电压表的示数不变，B错误；因为线圈是从垂直于中性面时开始时转动的，故产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt，交流电压的最大值等于em‎=NBωL‎2‎，故电压表V1示数为有效值，为U=‎NBωL‎2‎‎2‎，C错误；变压器的输入与输出功率之比为1：1，故D正确。‎ ‎5．（多选题）如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，磁场边界的间距为L．一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t=0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合（图中位置I）,导线框的速度为v0．经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时（图中位置Ⅱ）,导线框的速度刚好为零．此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置I（不计空气阻力）,则（ ）‎ A． 上升过程中，导线框的加速度逐渐减小 B． 上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率 C． 上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多 D． 上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等 ‎【答案】AC ‎【解析】上升过程中，线框所受的重力和安培力都向下，线框做减速运动．设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：mg+B‎2‎L‎2‎vR=ma，解得a=g+‎B‎2‎L‎2‎vmR，由此可知，线框速度v减小时，加速度a也减小，故A正确．下降过程中，线框做加速运动，则有mg-B‎2‎L‎2‎vR=ma‎'‎，a‎'‎‎=g-‎B‎2‎L‎2‎vmR，由此可知，下降过程加速度小于上升过程加速度，上升过程位移与下降过程位移相等，则上升时间小于下降时间，上升过程与下降过程重力做功相同，则上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率，故B错误；线框产生的焦耳热等于克服安培力做功，对应与同一位置，上升过程安培力大于下降过程安培力，上升与下降过程位移相等，则上升过程克服安培力做功等于下降过程克服安培力做功，上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多，故C正确；在电磁感应现象中，线框中产生电能，根据能量守恒定律可知，线框返回原位置时速率减小，则上升过程动能的变化量大小大于下降过程动能的变化量大小，根据动能定理得知，上升过程中合力做功较大，故D错误．故选：AC．‎ ‎6．如图所示间距为L的光滑平行金属导轨，水平放置在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，一端接阻值是R的电阻。一电阻为R0、质量为m的导体棒放置在导轨上，在外力作用下从的时刻开始运动，其速度随时间的变化规律，不计导轨电阻。则从到时间内外力F所做的功为（ ）‎ A B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律可知，金属棒振动时产生的感应电动势为：，此电动势的有效值为，则从到时间内电阻R产生的热量为：；在时刻金属棒的速度为vm，则动能为，则在这段时间内外力F所做的功为 故选项A正确。‎ ‎7．（多选题）如图所示，在水平面上有两条光滑的长直平行金属导轨MN、PQ 第 7 页 ‎，电阻忽略不计，导轨间距离为L，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面。质量均为m的两根金属a、b放置在导轨上，a、b接入电路的电阻均为R。轻质弹簧的左端与b杆连接，右端固定。开始时a杆以初速度。向静止的b杆运动，当a杆向右的速度为时，b杆向右的速度达到最大值，此过程中a杆产生的焦耳热为Q，两杆始终垂直于导轨并与导轨接触良好，则b杆达到最大速度时 A．b杆受到弹簧的弹力为 B．a杆受到的安培力为 C．a、b杆与弹簧组成的系统机械能减少量为Q D．弹簧具有的弹性势能为 ‎【答案】AD ‎【解析】当b杆向右的速度达到最大值时，所受的安培力与弹力相等，此时：E=BL（v-vm），则安培力，选项A正确；a杆受到的安培力等于b杆受的安培力的大小，即，选项B错误；因在过程中a杆产生的焦耳热为Q，则b杆产生的焦耳热也为Q，则a、b杆与弹簧组成的系统机械能减少量为2Q，选项C错误；由能量守恒定律可知，弹簧具有的弹性势能为，选项D正确；故选AD.‎ ‎8．（多选题）如图所示，正方形导线框ABCD、abcd的边长均为L，电阻均为R，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内．在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．开始时导线框ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合，导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为L．现将系统由静止释放，当导线框ABCD刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，不计摩擦的空气阻力，则（　　）‎ A． 两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FT=mg B． 系统匀速运动的速度大小v=‎mgRB‎2‎L‎2‎ C． 两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热Q=2mgL-‎‎3‎m‎3‎g‎2‎R‎2‎‎2‎B‎4‎L‎4‎ D． 导线框abcd的ab边通过磁场的时间t=‎‎2‎B‎2‎L‎3‎mgR ‎【答案】BC ‎【解析】A、两线框刚开始做匀速运动时，线圈ABCD全部进入磁场，由平衡知识可知，轻绳上的张力FT‎=2mg，选项A错误；‎ B、对线圈abcd可知，两线框刚开始做匀速运动时，线圈abcd的上边ab刚进入磁场，此时mg+B‎2‎L‎2‎vR=2mg，即系统匀速运动的速度大小v=‎mgRB‎2‎L‎2‎ v=‎mgRB‎2‎L‎2‎, 选项B正确；‎ C、由能量守恒关系可知，两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热等于两个线圈的机械能的减小量，即Q=2mg⋅2L-mg⋅2L-‎1‎‎2‎⋅3mv‎2‎=2mgL-‎‎3‎m‎3‎g‎2‎R‎2‎‎2‎B‎4‎L‎4‎，故选项C正确；‎ D、若导线圈abcd在磁场中匀速运动时，ab边通过磁场的时间是t=‎2Lv=‎‎2‎B‎2‎L‎3‎mgR t=‎2Lv=‎‎2B‎2‎L‎3‎mgR，但是线框在磁场中不是一直匀速上升，故选项D错误。‎ ‎9．如图所示，面积为‎0.08‎m‎2‎、匝数为10匝的矩形线圈，处在磁感应强度为‎2‎πT的匀强磁场中，通过电刷与理想变压器的原线圈相连。变压器的原线圈接有一理想二极管，副线圈接有R=5Ω的电阻和一理想交流电压表，变压器的原、副线圈匝数比为2：1。当线圈绕垂直于磁场的轴OO‎'‎以‎50πrad/s的角速度转动时，下列说法中正确的是（ ）‎ A． 矩形线圈产生的交流电的周期为0.02s B． 矩形线圈产生的电动势的有效值为80V C． 电压表的示数为20V D． 副线圈的输出功率为160W ‎【答案】C ‎【解析】(1)矩形线圈产生的交流电的周期为T=‎2πω=‎‎2π‎50π=0.04s，A错误；‎ ‎（2）线圈转动过程中，产生的感应电动势的峰值Em‎=NBSω=80V；由于二级管的存在，导致变压器原线圈的输入电压被过滤掉半个周期，故根据交流电有效值的定义，Em‎2‎‎2‎R‎⋅T‎2‎=U‎1‎‎2‎R⋅T，得原线圈两端电压U‎1‎‎=‎Um‎2‎=40V，B错误；‎ ‎（3）根据变压器原、副线圈电压比和匝数比的关系，得副线圈电压，即电压表示数U‎2‎‎=‎n‎2‎n‎1‎U‎1‎=20V，C正确；‎ ‎（4）根据输出功率公式P‎2‎‎=‎U‎2‎‎2‎R，得副线圈的输出功率为80W，D错误；故本题选C ‎10．线圈ABCD的面积是‎0.03‎m‎2‎,共100匝,线圈电阻为‎2Ω,外接纯电阻R为‎8Ω,线圈处于如图所示匀强磁场中,磁感应强度为‎5‎πT。自t=0‎时刻起,线圈由中性面开始绕垂直于磁场方向的转轴逆时针匀速转动,角速度为‎10π‎3‎rad/s。下列说法正确的是（ ）‎ A． t=0.05s时,线圈中的电流方向为ABCDA B． t=0.05s时,电流表的示数为‎2.5A C． t=0.05s时,线圈中的电流大小为‎2.5A D． t=0.05s时,穿过线圈的磁通量为‎3‎‎40πWb ‎【答案】C ‎【解析】t=0.05s时，线圈转过的角度为ωt=‎π‎6‎,由楞次定律可知，此时线圈中的电流方向为ADCBA，选项A错误；交流电的最大值：Em‎=NBωS=100×‎5‎π×‎10π‎3‎×0.03V=50V，交流电的有效值E=Em‎2‎=25‎2‎V，电流的有效值I=ER+r=‎25‎‎2‎‎8+2‎A=2.5‎2‎A，则t=0.05s时,电流表的示数为2.5‎2‎A，选项B错误；t=0.05s时,线圈中电动势的瞬时值为e=Emsinωt=50sinπ‎6‎V=25V，此时线圈中的电流大小I=eR+r=‎25‎‎8+2‎A=2.5A，选项C正确；t=0.05s时,穿过线圈的磁通量为φ=BScosωt=‎5‎π×0.03cosπ‎6‎Wb=‎‎3‎‎3‎‎40πWb，选项D错误；故选C. ‎ ‎11．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向R0＝11 Ω的纯电阻用电器供电。已知输电线的总电阻R＝10 Ω，T2的原、副线圈匝数比为4∶1，用电器两端的电压为u=220‎2‎sin100πt(V)‎，将T1、T2均视为理想变压器。下列说法正确的是(　　)‎ A． 降压变压器的输入功率为4 400 W B． 升压变压器中电流的频率为100 Hz C． 输电线消耗的功率为500 W D． 当用电器的电阻减小时，输电线消耗的功率减小 ‎【答案】A ‎【解析】A：用电器两端的电压u=220‎2‎sin100πt(V)‎，则用电器两端电压的有效值U‎4‎‎=220V，负载消耗的功率P‎4‎‎=U‎4‎‎2‎R‎0‎=‎220‎‎2‎‎11‎W=4400W，降压变压器的输入功率P‎3‎‎=P‎4‎=4400W。故A项正确。‎ B：用电器两端的电压u=220‎2‎sin100πt(V)‎，则输电线路中各部分电流的频率f=ω‎2π=‎100π‎2πHz=50Hz。故B项错误。‎ C：T2的原、副线圈匝数比为4∶1，则U‎3‎‎:U‎4‎=n‎3‎:n‎4‎=4:1‎，代入数据解得：U‎3‎‎=880V；降压变压器的输入电流I‎3‎‎=P‎3‎U‎3‎=‎4400‎‎880‎A=5A；输电线消耗的功率PR‎=I‎3‎‎2‎R=‎5‎‎2‎×10W=250W。故C项错误。‎ D：升压变压器的输入电压与输出电压关系为U‎1‎‎:U‎2‎=n‎1‎:‎n‎2‎，则升压变压器的输出电压不变。升压变压器的输出电压与降压变压器输入电压间的关系为U‎2‎‎=U‎3‎+‎UR，降压变压器输入电流与输出电流的关系为I‎3‎‎:I‎4‎=n‎4‎:n‎3‎=1:4‎，又I‎4‎‎=‎U‎4‎R‎0‎，则U‎2‎‎=U‎3‎+UR=4U‎4‎+I‎3‎R=4I‎4‎R‎0‎+‎1‎‎4‎I‎4‎R，当用电器的电阻减小时， 降压变压器输出电流增大，降压变压器输入电流增大，通过输电线的电流增大，输电线消耗的功率增大。故D项错误。‎ ‎12．一个含有理想变压器的电路如图所示，其中R‎1‎‎、R‎3‎、‎R‎4‎为定值电阻，R‎2‎为滑动变阻器，电表为理想电表， u为正弦交流电源，其电压有效值恒定，当滑片P从左向右滑动的过程，下列说法正确的是（ ）‎ A． 理想变压器输出功率减小 B． 电流表示数减小 C． 电容器C所带电荷量始终不变 D． 电压表示数不变 ‎【答案】B 第 7 页 ‎【解析】AB、根据功率相等可知：UI‎1‎=I‎1‎‎2‎R‎1‎+‎n‎1‎n‎2‎‎2‎I‎1‎‎2‎R‎2‎‎+‎R‎3‎ ‎ 当滑片P从左向右滑动的过程R‎2‎的阻值增大，所以I‎1‎ 减小，‎ 则理想变压器的输出功率为P=UI‎1‎-‎I‎1‎‎2‎R‎1‎ 则变压器的输出功率时关于电流的一元二次函数，所以输出功率随电流I‎1‎的减小有可能增大也有可能减小，故A错误；B正确；‎ C、由于电流I‎1‎变小，变压器的匝数不变，所以副线圈上的电流也变小，所以电阻R3上的电压变小，根据Q=CU‎3‎可知电容器上的电荷量也在减小，故C错误；‎ D、U‎1‎‎=U-‎I‎1‎R‎1‎，由于电流I‎1‎减小，所以电压U‎1‎ 增大，变压器匝数不变，根据U‎1‎U‎2‎‎=‎n‎1‎n‎2‎ ，所以U‎2‎ 也增大，故D错误；故选B ‎13．（多选题）如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中（ ）‎ A．流过金属棒的最大电流为 B．通过金属棒的电荷量为 C．克服安培力所做的功为mgh D．金属棒产生的焦耳热为 ‎【答案】BD ‎【解析】由感应电动势可知，当v有最大值时感应电动势有最大值，由此可知当金属棒刚进入匀强磁场时有最大电流值，由机械能守恒有，可得，，故A项说法不正确；由，，可知通过金属棒的电荷量为，故B项说法正确；由于有摩擦力做功克服安培力所做的功小于mgh，C项说法不正确；由能量守恒可知转化为电路中的焦耳热的能为，由于金属棒与定值电阻的电阻值相同，故D项说法正确。 ‎ ‎14．（多选题）如图所示，x轴上方第一象限和第二象限分别有垂直纸面向里和垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度大小相同，现有四分之一圆形线框OMN绕O点逆时针匀速转动，若规定线框中感应电流I顺时针方向为正方向，从图示时刻开始计时，则感应电流I及ON边所受的安培力大小F随时间t的变化示意图正确的是 A． B． C． D．‎ ‎【答案】AD ‎【解析】设OM=ON=R，线圈的电阻为r。在0～t0时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为 E1=‎1‎‎2‎Bω•R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I‎0‎‎=E‎1‎r=‎BωR‎2‎‎2r，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向，为负。ON边在磁场外，不受安培力。在t0～2t0时间内，线框进入第二象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向，为正。回路中产生的感应电动势为 E2=‎1‎‎2‎Bω•R2+‎1‎‎2‎Bω•R2=BωR2=2E1；感应电流为I2=2I0．ON边所受的安培力大小 F2=BI2R=2BI0R。在2t0～3t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向，为负。回路中产生的感应电动势为 E3=‎1‎‎2‎Bω•R2=E1；感应电流为I3=I0．ON边所受的安培力大小 F3=BI3R=BI0R，所以F2=2F3=F0。在3t0～4t0时间内，线框在磁场外，没有感应电流，故AD正确，BC错误。故选AD。‎ ‎15．（多选题）如图(a)所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac边的电阻为R，其他电阻均不计，ab与ac夹角为135°，cd与ac垂直．将质量为m的长直导体棒搁在导轨上，并与ac平行．棒与ab、cd交点G、H间的距离为L0，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B.在外力作用下，棒由GH处以初速度v0向右做直线运动．其速度的倒数‎1‎v随位移x变化的关系如图(b)所示．在棒运动L0到MN处的过程中 A． 导体棒做匀变速直线运动 B． 导体棒运动的时间为‎3‎L‎0‎‎2‎v‎0‎ C． 流过导体棒的电流不变 D． 外力做功为‎3B‎2‎L‎0‎‎2‎v‎0‎‎2R‎+‎‎3mv‎0‎‎2‎‎8‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A、直线的斜率为：k=‎2‎v‎0‎‎-‎‎1‎v‎0‎L‎0‎=‎‎1‎L‎0‎v‎0‎，所以有：‎1‎v‎=‎1‎L‎0‎v‎0‎+‎‎1‎v‎0‎，得v=‎L‎0‎x+‎L‎0‎v‎0‎，故不是匀变速直线运动，故A错误。C、感应电动势为：E=Blv=B(L‎0‎+x)L‎0‎L‎0‎‎+xv‎0‎=BL‎0‎v‎0‎，感应电动势大小不变，感应电流为：I=‎ER大小不变，故C正确；B、根据法拉第电磁感应定律有：E=ΔϕΔt=B⋅ΔSΔt=B⋅‎1‎‎2‎(L‎0‎+2L‎0‎)‎L‎0‎Δt=BL‎0‎v‎0‎，解得：Δt=‎‎3‎L‎0‎‎2‎v‎0‎，故B正确。D、克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热为：Q=I‎2‎Rt=‎(BL‎0‎v‎0‎R)‎‎2‎R‎3‎L‎0‎‎2‎v‎0‎=‎‎3‎B‎2‎L‎0‎‎2‎v‎0‎‎2R，对导体棒，由动能定理得：W外‎-W安=‎1‎‎2‎m‎(‎1‎‎2‎v‎0‎)‎‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎，解得W外‎=‎3‎B‎2‎L‎0‎‎2‎v‎0‎‎2R-‎‎3mv‎0‎‎2‎‎8‎，故D错误。故选BC.‎ ‎16．（多选题）在如下甲、乙、丙三图中，除导体棒 ab 可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器 C 原来不带电，丙图中的直流电源电动势为 E，除电阻 R 外，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计．图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁 场中，导轨足够长．今给导体棒 ab 一个向右相同的初速度 v0，以下说法正确的是 A． 在导体棒刚开始运动时，甲、乙、丙三种情况中通过电阻R的电流相同 B． 三种情形下导体棒ab最终都将静止 C． 最终只有乙中导体棒ab静止，甲、丙中导体棒ab都将作匀速直线运动 D． 在导体棒ab运动的全部过程中，三个电阻R产生的热量大小是Q甲＜Q乙＜Q丙 ‎【答案】CD ‎【解析】导体棒刚开始运动时，导体棒产生的感应电动势为E′=BLv0，甲、乙中，感应电流都为I=E'‎R=‎BLv‎0‎R；丙图中，感应电动势与电池的电动势方向相同，感应电流为I=E+E'‎R=‎E+BLv‎0‎R．故A错误。图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动；图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止； 图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动。故B错误，C正确。甲中棒的部分动能转化为内能，图乙图过程中，棒的动能全部转化为内能；丙图中，电源的电能和棒的动能转化为内能，故有Q甲＜Q乙＜Q丙。故选CD。‎ ‎17．（多选题）如图所示，垂直于水平面的磁场按B=B0+kx（其中B0 =0. 4 T, k=0. 2 T/m）分布，垂直I轴方向的磁场均匀分布一长5. 0 rn、宽1.0 rn、电阻不计的光滑导体框固定在水平面上．另一平板电容器接在导体框的左端．现有一导体棒横跨在导体框上，其接入电路的电阻为 1.0Ω．当导体棒在沿I轴方向的水平外力作用下，以1. 0 mn/s的速度从 x=0处沿I轴方向匀速运动时 A． 电容器中的电场均匀增大 B． 电路中的电流均匀增大 C． 导体棒上的热功率均匀增大 D． 外力的功率均匀增大 ‎【答案】AD ‎【解析】A项：根据导体切割磁感应线产生的感应电动势计算公式可得E=BLv，所以△E=△BLv，由于磁场随位移均匀变化，所以感应电动势随位移均匀增大，电容器两端的电压均匀变化，电场强度也是均匀变化的，A正确；‎ B项：电容器的电容C=ΔQΔU=‎IΔtΔBLv，解得：I=ΔBΔtLvC，由于导体棒匀速运动，且磁感应强度随位移均匀变化，而x=v•△t，所以电流强度不变，B错误；‎ C项：根据P=I2R可得，电流强度不变时热功率不变，C错误；‎ D项：外力的大小始终等于安培力大小，即F=BIL，而B均匀增大，所以安培力均匀增大，所以拉力F均匀增大，根据P=Fv可知，外力的功率均匀增大，D正确。‎ ‎18．（多选题）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，间距为L，其上端连接有阻值为R的电阻和电容器C，装置区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B，将一根水平金属棒ab开始下滑。已知金属棒ab的质量为m，电阻也为R。金属棒ab在运动中始终保持水平且与导轨良好接触，且通过金属棒ab的电流恒定不变，忽略导轨电阻，重力加速度为g。则下列说法正确的是 A． 金属棒ab做匀速运动，速度大小是v=‎‎2mgRB‎2‎L‎2‎ B． 金属棒ab做匀变速运动，加速度大小是a=‎mgm+CB‎2‎L‎2‎ 第 7 页 C． 电阻R的电功率P=‎m‎2‎g‎2‎C‎2‎B‎2‎L‎2‎Rm+CB‎2‎L‎2‎ D． 若金属棒ab由静止下滑，开始时电容器所带电荷量为0，那么经过时间t，电容器的电量q=‎BCLmgt-2C‎2‎BLmgRm+CB‎2‎L‎2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】根据题意金属棒中电流不变，可以知道电容器两端的电压逐渐增大，是处于充电过程中，然后根据牛顿第二定律可以确定加速度以及功率和电量；‎ A、由题可知金属棒ab受到安培力为：‎ FA‎=BIL=BILΔtΔt=BL⋅ΔQΔt=BL⋅CΔUΔt=BLC⋅BLΔvΔt=B‎2‎L‎2‎Ca 对金属棒ab根据牛顿第二定律可以得到：‎mg-B‎2‎L‎2‎Ca=ma 整理可以得到：a=‎mgm+CB‎2‎L‎2‎，故选项A错误，选项B正确；‎ C、由上面分析可知：BIL=B‎2‎L‎2‎Ca，即：‎I=BLCa=BLCmgm+CB‎2‎L‎2‎ 则电阻R的功率为：P=I‎2‎R=BLCmgm+CB‎2‎L‎2‎‎2‎R，故选项C错误；‎ D、经过时间t电容器两端的电量为：‎ q=CU=CBLv-2IR=CBLat-2BLCaR=‎BCLmgt-2C‎2‎BLmgRm+CB‎2‎L‎2‎‎，故选项D正确。‎ ‎19．（多选题）如图所示，L是一个自感系数较大的线圈（直流电阻可忽略不计），a、b是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的是 A． 开关S闭合后，a灯立即亮，然后逐渐熄灭 B． 开关S闭合后，b灯立即亮，然后逐渐熄灭 C． 电路接通稳定后，两个灯泡亮度相同 D． 电路接通稳定后，开关S断开时，a灯闪亮以下后逐渐熄灭 ‎【答案】AD ‎【解析】A、B、C、闭合开关的瞬间，经过线圈的电流增大，线圈会阻碍电流的增大，此时线圈等效为无穷大的电阻视为断路，则灯泡a和b串联，两灯立即变亮；稳定后，自感作用消失电流不变，理想线圈将与之并联的电路短路，即a灯熄灭，b灯更亮；故A正确，B错误，C错误。D、断电时，线圈会阻碍电流的减小，此时线圈等效为新电源，对构成闭合回路的a灯泡供电，故灯泡a先闪亮后逐渐熄灭，b灯立即熄灭，则D正确。故选AD。‎ ‎20．（多选题）如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在位置a、c之间，金属棒PQ垂直导轨放置。今使棒以一定的初速度v‎0‎ 水平向右运动，到位置b时棒的速度为v，到位置c时棒恰好静止。设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，速度与棒始终垂直。则金属棒在由a到b和b到c的两个过程中）（ ）‎ A． 棒在磁场中的电流从Q流到P B． 位置b时棒的速度v‎0‎‎2‎ C． 棒运动的加速度大小相等 D． a到b棒的动能减少量大于b到c棒的动能减少量 ‎【答案】ABD ‎【解析】根据右手定则可知，棒在磁场中的电流从Q流到P，选项A正确；金属棒在运动过程中，通过棒截面的电量 q=It=ERt=BLvRt=‎BLxR，从a到b的过程中与从b到c的过程中，棒的位移x相等，B、R相等，因此通过棒横截面的电荷量相等，根据动量定理：F安t=BILΔt=BLq=mΔv，则金属棒从a到b和从b到c速度的变化相同，可知位置b时棒的速度v0/2，故B正确；金属棒受到的安培力大小 F=BIL=BBLvRL=B‎2‎L‎2‎vR，金属棒受到的安培力水平向左，金属棒在安培力作用下做减速运动，速度减小，则安培力减小，棒的加速度逐渐减小，故C错误。a到b棒的动能减少量‎1‎‎2‎mv‎2‎-‎1‎‎2‎m‎(v‎2‎)‎‎2‎=‎3‎‎8‎mv‎2‎ ，b到c棒的动能减少量‎1‎‎2‎m‎(v‎2‎)‎‎2‎-0=‎1‎‎8‎mv‎2‎，故选项D正确；故选ABD. ‎ ‎21．（多选题）如图所示，在同一水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，间距为‎20‎2‎cm，电阻不计，其左端连接一阻值为10Ω的定值电阻．两导轨之间存在着磁感应强度为lT的匀强磁场，磁场边界虚线由多个正弦曲线的半周期衔接而成，磁场方向如图．一接入电阻阻值为10Ω的导体棒AB在外力作用下以10m/s的速度匀速向右运动，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则 A． 电流表的示数‎2‎‎10‎A B． 电压表的示数是1V C． 导体棒上消耗的热功率为0.1W D． 导体棒运动到图示虚线CD位置时，电流表示数为零 ‎【答案】BC ‎【解析】A、B、回路中产生的感应电动势的最大值为：Em‎=BLv=2‎2‎V，则电动势的有效值为：E=‎2‎‎2‎Em=2V，电压表测量R两端的电压，则有：U=RR+RE=1V，电流表的示数为有效值为：I=E‎2R=0.1A，故A错误，B正确。C、导体棒上消耗的热功率为：P=I2R=0.01×10W=0.1W，故C正确。D、电流表示数为有效值一直为0.1A，故D错误；故选BC。‎ ‎22．（多选题）如图甲所示，导体框架abcd放置于水平面内，ab平行于cd，寻体棒MN与两导轨垂直并与导轨接触良好，整个装置放置于垂直于框架平面的磁场中，磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示，MN始终保持静止。规定竖直向上为磁场正方向，沿导体棒由M到N为感应电流的正方向，水平向右为导体棒所受安培力F的正方向，水平向左为导体棒所受摩擦力f的正方向，下列图像中正确的是（ ）‎ A． ‎ B． C． D．‎ ‎【答案】BD ‎【解析】A、B、由图看出，磁感应强度先不变，后均匀减小，再反向均匀增大，则可判定ΔBΔt的值，先为零，然后一定，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生的感应电动势先为零，后恒定不变，感应电流先没有，后恒定不变，根据楞次定律得知，回路中感应电流方向逆时针，为正；故A错误，B正确。C、D、在0-t1时间内，导体棒MN不受安培力；由左手定则判断可知，在t1-t2时间内，导体棒MN所受安培力方向水平向右，由F=BIL可知，B均匀减小，MN所受安培力大小F均匀减小；在t2-t3时间内，导体棒MN所受安培力方向水平向左，由F=BIL可知，B均匀增大，MN所受安培力大小F均匀增大；根据平衡条件得到，棒MN受到的静摩擦力大小f=F，方向相反，即在0-t1时间内，没有摩擦力，而在t1-t2时间内，摩擦力方向向左，大小减小，在t2-t3时间内，摩擦力方向向右，大小增大。故C错误，D正确。故选BD.‎ 二、解答题 ‎23．如图甲所示，长、宽分别为L‎1‎=0.3m、L‎2‎=0.1m的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n=200，总电阻为r=1Ω，可绕其竖直中心轴O‎1‎O‎2‎转动，线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和阻值为2Ω的定值电阻R相连，线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场。磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，O～‎1‎‎300‎s时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直，‎1‎‎300‎s时刻以后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω=50πrad/s匀速转动，求(运算结果中可保留π)：‎ ‎(1)0～‎1‎‎300‎s时间内通过电阻R的电流大小；‎ ‎(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；‎ ‎(3)求在‎1‎‎300‎s～‎1‎‎100‎s时间内，通过电阻R的电荷量为多少? ‎1‎‎150‎s时刻穿过线圈的磁通量的变化率是多大?‎ ‎【答案】(1)I=6A；(2)Q=16π‎2‎×‎10‎‎-2‎J；(3)q=0.02C；ΔϕΔt‎=‎3π‎2‎×‎‎10‎‎-2‎Wbs ‎ ‎【解析】根据法拉第电磁感应定律求出0～t1时间内感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求出通过电阻R的电流大小；根据E=nBSω 求出感应电动势的最大值，根据欧姆定律求出感应电流的有效值，从而根据Q=I2Rt求出电阻R产生的热量；根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电流，根据q=It，求出通过电阻R的电荷量；再依据瞬时表达式，与法拉第电磁感应定律，即可求解磁通量变化率。‎ ‎ (1) 0～‎1‎‎300‎s时间内，线框中的感应电动势 E=nΔφΔt=‎‎6nL‎1‎L‎2‎(B‎1‎-B‎0‎)ωπ 根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流 I=ER+r=‎6nL‎1‎L‎2‎(B‎1‎-B‎0‎)ωπ(R+r)‎=6A ‎ (2)线框产生感应电动势的最大值Em‎=nB‎1‎L‎1‎L‎2‎ω 感应电动势的有效值E=‎2‎‎2‎nB‎1‎L‎1‎L‎2‎ω 通过电阻R的电流的有效值I=‎‎2‎nB‎1‎L‎1‎L‎2‎ω‎2(R+r)‎ 线框转动一周所需的时间t=‎‎2πω 此过程中，电阻R产生的热量 Q=I‎2‎Rt=πRωnB‎1‎L‎1‎L‎2‎R+r‎2‎=16π‎2‎×‎10‎‎-2‎J 第 7 页 ‎(3) ‎1‎‎300‎s～‎1‎‎100‎s时间内，线圈从图示位置转过600‎ Δϕ‎'‎=B‎1‎L‎1‎L‎2‎-B‎1‎L‎1‎L‎2‎cos‎60‎‎0‎=‎B‎1‎L‎1‎L‎2‎‎2‎‎ ‎ 平均感应电动势E‎=nΔϕ‎'‎Δt‎'‎，平均感应电流I‎=‎ER+r 通过电阻R的电荷量q=I⋅Δt‎'‎=nΔϕ‎'‎R+r=nB‎1‎L‎1‎L‎2‎‎2(R+r)‎=0.02C 从图示位置开始转动，产生的交流电瞬时值表达式为：‎e=nB‎1‎L‎1‎L‎2‎ωsinωt ‎1‎‎150‎s时刻，线圈运动的时间t=‎1‎‎150‎-‎1‎‎300‎=‎1‎‎300‎s 代入上式得e=‎1‎‎2‎nB‎1‎L‎1‎L‎2‎ω 又e=nΔϕΔt，所以ΔϕΔt‎=B‎1‎L‎1‎L‎2‎ω‎2‎=‎3π‎2‎×‎10‎‎-2‎Wb/s ‎24．如图所示，光滑的长平行金属导轨宽度d＝50cm，导轨所在的平面与水平面夹角q＝37°，导轨上端电阻R＝0.8W，其他电阻不计，导轨放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0．4T。金属棒ab从上端由静止开始下滑，金属棒ab的质量m＝0.1kg。(sin37°＝0.6，g＝10m/s2)‎ ‎(1)求导体棒下滑的最大速度；‎ ‎(2)求当速度达到5m/s时导体棒的加速度；‎ ‎(3)若经过时间t，导体棒下滑的垂直距离为s，速度为v。若在同一时间内，电阻产生的热与一恒定电流I0在该电阻上产生的热相同，求恒定电流I0的表达式(各物理量全部用字母表示)。‎ ‎【答案】（1）‎75m/s （2）‎4.4m/‎s‎2‎ （3）mgs-mv‎2‎‎2Rt ‎ ‎【解析】（1）当物体达到平衡时，导体棒有最大速度，有：mgsinθ=Fcosθ ，‎ 根据安培力公式有： F=BIL， ‎ 根据欧姆定律有： I=ER=‎BLvcosθR，‎ 解得： v=mgRsinθB‎2‎L‎2‎cos‎2‎θ=18.75‎； ‎ ‎（2）由牛顿第二定律有：mgsinθ-Fcosθ=ma ，‎ I=BLvcosθR=1A‎，‎ F=BIL=0.2N‎，‎ a=4.4m/‎s‎2‎‎； ‎ ‎（3）根据能量守恒有：mgs=‎1‎‎2‎mv‎2‎+I‎0‎‎2‎Rt ，‎ 解得： ‎I‎0‎‎=‎mgs-mv‎2‎‎2Rt ‎25．如图所示，宽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′之间连接一个R=2.0Ω的定值电阻，在AA′处放置一根与导轨垂直、质量m=0.8kg、电阻r=2.0Ω的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数μ=‎‎3‎‎4‎，导轨电阻不计，导轨处于磁感应强度B=1.0T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中。用轻绳通过定滑轮将电动小车与杆的中点相连，滑轮与杆之间的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮正下方水平面上的P处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度H=4.0m。启动电动小车，使之沿PS方向以v=5.0m/s的速度匀速前进，当杆滑到OO′位置时的加速度a=3.2m/s2，AA′与OO′之间的距离d=1m，求：‎ ‎（1）该过程中，通过电阻R的电量q；‎ ‎（2）杆通过OO′时的速度大小；‎ ‎（3）杆在OO′时，轻绳的拉力大小；‎ ‎（4）上述过程中，若拉力对杆所做的功为13J，求电阻R上的平均电功率。‎ ‎【答案】（1）0.5C（2）3m/s（3）12.56N（4）2.0W ‎【解析】（1）平均感应电动势E‎=ΔΦΔt=‎BLdΔt q=I•Δt=ΔΦR+r=‎BLdR+r 代入数据，可得:‎q=0.5C ‎（2）几何关系：Hsinα‎-H=d解得:sinα=0.8‎ ‎α=‎‎53‎‎0‎ 杆的速度等于小车速度沿绳方向的分量：‎v‎1‎‎=vcosα=3m/s ‎（3）杆受的摩擦力Ff‎=μmgcosθ=3N 杆受的安培力F安‎=BIL=‎B‎2‎L‎2‎v‎1‎‎(R+r)‎代入数据，可得F安‎=3N 根据牛顿第二定律：‎FT‎-mgsinθ-Ff-F安=ma 解得:‎FT‎=12.56N ‎（4）根据动能定理：‎W+W安-mgdsinθ-Ff=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎ 解出W安‎=-2.4J，电路产生总的电热Q总‎=2.4J 那么，R上的电热QR‎=1.2J 此过程所用的时间t=Hcotαv=0.6s R上的平均电功率P‎=QRt=‎1.2‎‎0.6‎W=2.0W ‎26．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．求：‎ ‎(1)金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；‎ ‎(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；‎ ‎(3)在上问中，若R＝2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．‎ ‎(g=10rn／s2，sin37°＝0.6， cos37°＝0.8)‎ ‎【答案】（1）4m／s2（2）10m/s（3）0.4T，方向垂直导轨平面向上 ‎ ‎【解析】（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：‎ 由①式解得＝10×（O.6－0.25×0.8）m／s2=4m／s2②‎ ‎（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻消耗的电功率：‎ 由③、④两式解得 ‎（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B I=‎vBlR‎⑥‎ 由⑥、⑦两式解得B=PRvl=‎8×2‎‎10×1‎T=0.4T⑧‎ 磁场方向垂直导轨平面向上 ‎27．如图所示，倾斜角θ=30°的光滑倾斜导体轨道（足够长）与光滑水平导体轨道连接．轨道宽度均为L=1m，电阻忽略不计．匀强磁场I仅分布在水平轨道平面所在区域，方向水平向右，大小B1=1T；匀强磁场II仅分布在倾斜轨道平面所在区域，方向垂直于倾斜轨道平面向下，大小B2=1T．现将两质量均为m=0.2kg，电阻均为R=0.5Ω的相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上，并同时由静止释放．取g=10m/s2．‎ ‎（1）求导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度的大小；‎ ‎（2）若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒产生的焦耳热Q=0.45J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量；‎ ‎（3）若已知cd棒开始运动时距水平轨道高度h=10m，cd棒由静止释放后，为使cd棒中无感应电流，可让磁场Ⅱ的磁感应强度随时间变化，将cd棒开始运动的时刻记为t=0，此时磁场Ⅱ的磁感应强度为B0=1T，试求cd棒在倾斜轨道上下滑的这段时间内，磁场Ⅱ的磁感应强度B随时间t变化的关系式．‎ ‎【答案】（1）1m/s （2）1C （3）‎ ‎【解析】（1）做出侧视平面图，cd棒加速下滑，安培力逐渐增大，加速度逐渐减小，加速度减小到零时速度增大到最大，此时cd棒所受合力为零，此后cd棒匀速下滑。对cd棒受力分析，如图所示。‎ 沿导轨方向有 感应电动势 感应电流 安培力 得最大速度 ‎（2）设cd棒下滑距离为x时，ab棒产生的焦耳热Q，此时回路中总焦耳热为2Q。‎ 第 7 页 根据能量守恒定律，有 解得下滑距离 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势平均值 感应电流平均值 通过cd棒横截面的电荷量 ‎（3）若回路中没有感应电流，则cd棒匀加速下滑，加速度为 初始状态回路中磁通量 一段时间后，cd棒下滑距离 此时回路中磁通量 回路中没有感应电流，则，即 由上可得磁感应强度 代入数据得，磁感应强度B随时间t变化的关系式为 ‎28．28．如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R1，粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M、N处于相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R1=12R，R2=4R．在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B．现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，且平行轨道中够长．已知导体棒ab下落r/2时的速度大小为v1，下落到MN处的速度大小为v2．‎ ‎（1）求导体棒ab从A下落r/2时的加速度大小．‎ ‎（2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h和R2上的电功率P2．‎ ‎（3）若将磁场II的CD边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场II时速度大小为v3，要使其在外力F作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力F随时间变化的关系式．‎ ‎【答案】(1) g-‎‎3‎B‎2‎r‎2‎v‎1‎‎4mR (2) h=‎9m‎2‎gR‎2‎‎32‎B‎4‎r‎4‎-‎v‎2‎‎2‎‎2g P‎2‎‎=‎‎9m‎2‎g‎2‎R‎16‎B‎2‎r‎2‎ ‎F=‎4B‎2‎r‎2‎a‎3Rt+‎4‎B‎2‎r‎2‎v‎3‎‎3R+ma-mg ‎【解析】（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒ab从A下落r/2时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得 式中由各式可得到 ‎（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即 式中 解得 导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，‎ 有得 此时导体棒重力的功率为 根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即 所以，‎ ‎（3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为v‎'‎t，‎ 此时安培力大小为 由于导体棒ab做匀加速直线运动，‎ 有根据牛顿第二定律，有 即：‎ 由以上各式解得 ‎29．如图所示，大小为B=1T的水平方向匀强磁场的上下边界分别是MN、PQ，磁场宽度为L=16米，。一个边长为a=1米的正方形导线框从磁场上方竖直下落，线框的质量为m=1Kg，电阻为R=1欧，运动过程中上下两边始终与磁场边界平行，若线框进入磁场过程中感应电流保持不变。（运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g=10m/s2）求：‎ ‎（1）线框下端进入磁场时的速度。‎ ‎（2）若线框上端离开磁场时线框恰好保持平衡，求线框离开磁场的过程中流经线框电量q和线框完全通过磁场产生的热量Q。‎ ‎（3）线框下端即将离开磁场时线框的加速度。‎ ‎【答案】(1) 10m/s （2） （3） ‎ ‎【解析】线框进入磁场过程中感应电流保持不变，说明作匀速运动，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式、平衡条件结合，可求得线框下端进入磁场时的速度；当线框上端离开磁场时恰好保持平衡，说明线框受到的安培力与重力相等，则线框上端离开磁场时与线框下端进入磁场时速度相等．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式求解电量q．再由能量守恒定律求解热量Q；线框完全进入磁场后做匀加速运动，由运动学速度位移关系公式求解线框下端即将离开磁场时线框的速度，根据牛顿第二定律求解加速度．‎ ‎（1）由题意可知，线框进入磁场时匀速运动，设线的速度为v1，此过程线圈的重力与安培力平衡，则有： ，代入数据解得： ‎ ‎（2）线框离开磁场的过程中流经线框电量q为： ‎ 由题意可知，线框进入磁场时匀速运动，此时重力等于安培力，线框上端离开磁场时线框恰好保持平衡，也有重力等于安培力。由此可知动能变化量为零。根据能量守恒可得： ‎ ‎（3）线框完全进入磁场后做匀加速运动，设线框下端即将离开磁场时速度为v2，则 此时线框受到的安培力为： 、重力mg，则加速度为，联立解得： ‎ ‎30．均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m 第 7 页 ‎，将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示，线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行，当cd边刚进入磁场时，求：‎ ‎（1）cd两点间的电势差大小，C．d两点哪点的电势较高 ‎（2）若此时线框计数点恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件 ‎【答案】（1）、c点的电势高（2）‎ ‎【解析】（1）设cd边刚进入磁场时，线框速度为v，，有线框中产生的感应电动势，∴‎ 此时线框中电流，cd两点间的电势差，根据右手定则可得c点的电势高，‎ ‎（2）安培力，线框加速度恰好为零，则有，解得下落高度满足．‎ 第 7 页