第十章第29講 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用1(多選)如圖所示，邊長為L、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為Bkt(常量k0)回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1R0、R2.閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢，則(AC)AR2兩端的電壓為B電容器的a極板帶正電C滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢為kL2解析由題圖知外電路結(jié)構(gòu)為R2與R的右半部并聯(lián)，再與R的左半部、R1相串聯(lián)，故R2兩端電壓U2U，選項(xiàng)A正確因k0，由楞次定律知線框內(nèi)感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，故電容器b極板帶正電，選項(xiàng)B錯誤滑動變阻器右側(cè)部分電流、電壓均與R2相同，左側(cè)部分電阻與R2相同，電流是R2中電流的2倍，由PI2R可知總功率是R2的5倍，所以選項(xiàng)C正確由法拉第電磁感應(yīng)定律可知En，其中S為有效面積，Sr2，得Ekr2，所以選項(xiàng)D錯誤2(2017福建福州質(zhì)檢)(多選)如圖，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，底端接電阻R，輕彈簧上端固定，下端懸掛質(zhì)量為m的金屬棒，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，除電阻R外，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌所在平面靜止時(shí)金屬棒位于A處，此時(shí)彈簧的伸長量為l，彈性勢能為Ep，重力加速度大小為g.將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，金屬棒在運(yùn)動過程中始終保持水平，則(BD)A當(dāng)金屬棒的速度最大時(shí)，彈簧的伸長量為lB電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于mglEpC金屬棒第一次到達(dá)A處時(shí)，其加速度方向向下D金屬棒第一次下降過程通過電阻R的電荷量，比第一次上升過程的多解析靜止時(shí)金屬棒位于A處，klmg，將其由彈簧原長位置釋放，當(dāng)金屬棒的速度最大時(shí)，加速度a0，設(shè)此時(shí)彈簧伸長量為l，導(dǎo)軌寬度為L，則有mgFBklklkl，故ll，選項(xiàng)A錯誤；由分析知，金屬棒最終靜止在A處，根據(jù)能量守恒定律知mglEpQ，故QmglEp，選項(xiàng)B正確；金屬棒第一次到達(dá)A處時(shí)，mgklma，故加速度a，負(fù)號表示方向向上，選項(xiàng)C錯誤；設(shè)金屬棒運(yùn)動的距離為x，則通過電阻R的電荷量qt，由于金屬棒第一次下降過程的距離大于第一次上升過程的距離，故金屬棒第一次下降過程通過電阻R的電荷量比第一次上升過程的多，選項(xiàng)D正確3小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)0.50 m，傾角53，導(dǎo)軌上端串接一個R0.05 的電阻在導(dǎo)軌間長d0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2.0 T質(zhì)量m4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s0.24 m一位健身者用恒力F80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)求：(1)CD棒進(jìn)入磁場時(shí)速度v的大??；(2)CD棒進(jìn)入磁場時(shí)所受的安培力FA的大?。?3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q解析(1)由牛頓第二定律a12 m/s2，進(jìn)入磁場時(shí)的速度v2.4 m/s.(2)感應(yīng)電動勢EBlv，感應(yīng)電流I，安培力FAIBl，代入得FA48 N(3)健身者做功WF(sd)64 J，由牛頓第二定律Fmgsin FA0，CD棒在磁場區(qū)域做勻速運(yùn)動，在磁場中運(yùn)動的時(shí)間t，焦耳熱QI2Rt26.88 J答案(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J4如圖甲所示，平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距L0.4 m，導(dǎo)軌右端接有阻值R1 的電阻，導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，且接觸良好導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，bd連線與導(dǎo)軌垂直，長度也為L.從0時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t變化規(guī)律如圖乙所示；同一時(shí)刻，棒從導(dǎo)軌左端開始向右勻速運(yùn)動，1 s后剛好進(jìn)入磁場若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v1 m/s做直線運(yùn)動求：(1)棒進(jìn)入磁場前，回路中的電動勢E；(2)棒在運(yùn)動過程中受到的最大安培力F，以及棒通過三角形abd區(qū)域時(shí)電流i與時(shí)間t的關(guān)系式解析(1)棒進(jìn)入磁場前，回路中磁場均勻變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律有ES(0.4)2 V0.04 V(2)棒進(jìn)入磁場后磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變，棒切割磁感線，產(chǎn)生電動勢，當(dāng)棒與bd重合時(shí)，產(chǎn)生的電動勢EBLv0.50.41 V0.2 V，此時(shí)棒受到的安培力最大，則FBL0.04 N，棒通過abd區(qū)域所用時(shí)間t0.2 s，在通過的過程中，感應(yīng)電動勢為EtB2v(t1)vt1 (V)，電流it1(A)(1.0 st1.2 s)答案(1)0.04 V(2)it1(A)(1.0 st1.2 s)5如圖所示，傾斜角30的光滑傾斜導(dǎo)體軌道(足夠長)與光滑水平導(dǎo)體軌道連接軌道寬度均為L1 m，電阻忽略不計(jì)勻強(qiáng)磁場僅分布在水平軌道平面所在區(qū)域，方向水平向右，大小B11 T；勻強(qiáng)磁場僅分布在傾斜軌道平面所在區(qū)域，方向垂直于傾斜軌道平面向下，大小B21 T現(xiàn)將兩質(zhì)量均為m0.2 kg，電阻均為R0.5 的相同導(dǎo)體棒ab和cd；垂直于軌道分別置于水平軌道上和傾斜軌道上，并同時(shí)由靜止釋放g取10 m/s2(1)求導(dǎo)體棒cd沿斜軌道下滑的最大速度的大??；(2)若已知從開始運(yùn)動到cd棒達(dá)到最大速度的過程中，ab棒產(chǎn)生的焦耳熱Q0.45 J，求該過程中通過cd棒橫截面的電荷量；(3)若已知cd棒開始運(yùn)動時(shí)距水平軌道高度h10 m，cd棒由靜止釋放后，為使cd棒中無感應(yīng)電流，可讓磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化，將cd棒開始運(yùn)動的時(shí)刻記為t0，此時(shí)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B01 T，試求cd棒在傾斜軌道上下滑的這段時(shí)間內(nèi)，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系式解析(1)cd棒勻速運(yùn)動時(shí)速度最大，設(shè)為vm，棒中感應(yīng)電動勢為E，電流為I，感應(yīng)電動勢EB2Lvm，電流I，由平衡條件得mgsin B2IL，代入數(shù)據(jù)解得vm1 m/s(2)設(shè)cd從開始運(yùn)動至達(dá)到最大速度的過程中經(jīng)過的時(shí)間為t，通過的距離為x，cd棒中平均感應(yīng)電動勢為E1，平均電流為I1，通過cd棒橫截面的電荷量為q，由能量守恒定律得mgxsin mv2Q，電動勢E1，電流I1，電荷量qI1t，代入數(shù)據(jù)解得q1C(3)設(shè)cd棒開始運(yùn)動時(shí)穿過回路的磁通量為0，cd棒在傾斜軌道上下滑的過