高中物理人教版2第四章電磁感應 名師獲獎

新人教版選修3-2《第1章電磁感應》單元測試卷（江西省吉安市萬安中學）（2）一、選擇題（每小題4分，共48分）．1．面積均為S的兩個電阻相同的線圈，分別放在如圖甲、乙所示的磁場中，甲圖中是磁感應強度為B0的勻強磁場，線圈在磁場中以周期T繞OO′軸勻速轉動，乙圖中磁場變化規(guī)律為B=B0cost，從圖示位置開始計時，則（）A．兩線圈的磁通量變化規(guī)律相同B．兩線圈中感應電動勢達到最大值的時刻不同C．經相同的時間t（t＞＞T），兩線圈產生的熱量不同D．從此時刻起，經時間，通過兩線圈橫截面的電荷量不同2．如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當磁場變化時，線圈AB邊受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場的變化情況可能是（）A． B． C． D．3．1820年4月的一天，丹麥科學家奧斯特在上課時，無意中讓通電導線靠近小磁針，突然發(fā)現(xiàn)小磁針偏轉．這個現(xiàn)象并沒有引起在場其他人的注意，而奧斯特卻是個有心人，他非常興奮，緊緊抓住這個現(xiàn)象，接連三個月深入地研究，反復做了幾十次實驗．關于奧斯特的實驗，如圖所示，下列操作中一定能夠觀察到小磁針偏轉的是（）A．通電導線AB東西放置，小磁針放在導線正下方，閉合開關B．通電導線AB南北放置，小磁針放在導線正下方，閉合開關C．通電導線AB東西放置，小磁針放在導線正下方，改變電流方向D．通電導線AB南北放置，小磁針在AB延長線的B端外側，改變電流大小4．在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉動軸勻速轉動，如圖甲所示．產生的交變電動勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．則下列說法正確的是（）A．t=時穿過線框的磁通量最大B．該交變電動勢的有效值為11VC．該交變電動勢的瞬時值表達式為e=22sinVD．電動勢瞬時值為22V時，線圈平面與中性面的夾角為45°5．如圖所示，閉合直角三角形線框，底邊長為l，現(xiàn)將它勻速拉過寬度為d的勻強磁場（l＞d）．若以逆時針方向為電流的正方向，則以下四個I﹣t圖象中正確的是（）A． B． C． D．6．在如圖所示的電路中，a、b為兩個完全相同的燈泡，L為自感線圈，E為電源，S為開關．關于兩燈泡點亮和熄滅的先后次序，下列說法正確的是（）A．合上開關，a先亮，b逐漸變亮；斷開開關，a、b同時熄滅B．合上開關，b先亮，a逐漸變亮；斷開開關，a先熄滅，b后熄滅C．合上開關，b先亮，a逐漸變亮；斷開開關，a、b同時熄滅D．合上開關，a、b同時亮；斷開開關，b先熄滅，a后熄滅7．如圖中有A、B兩個線圈．線圈B連接一電阻R，要使流過電阻R的電流大小恒定，且方向由c點流經電阻R到d點．設線圈A中電流i從a點流入線圈的方向為正方向，則線圈A中的電流隨時間變化的圖象是（）A． B． C． D．8．如圖所示，邊長為L的等邊三角形導體框是由3根電阻為3r的導體棒構成，磁感應強度為B的勻強磁場垂直導體框所在平面，導體框兩頂點與電動勢為E，內阻為r的電源用電阻可忽略的導線相連，則整個線框受到的安培力大小為（）A．0 B． C． D．9．如圖甲所示，在電阻R=1Ω，面積S1=的圓形線框中心區(qū)域存在勻強磁場，圓形磁場區(qū)面積S2=．若取磁場方向垂直紙面向外為正方形，磁感應強度B隨時間的變化規(guī)律可利用圖乙描述，則線框中磁感應強度I（取順時針方形為正方向）隨時間t的變化圖線是（）A． B． C． D．10．如圖甲所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中．t=0時對金屬棒施加一平行于導軌的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導軌向上運動，金屬棒電阻為r，導軌電阻忽略不計．已知通過電阻R的感應電流I隨時間t變化的關系如圖乙所示．下列關于棒運動速度v、外力F、流過R的電量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時間變化的圖象正確的是（）A． B． C． D．11．如圖所示，在磁感應強度B=的勻強磁場中，金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導軌上以速度v=2m/s向右勻速滑動，兩導軌間距離L=，電阻R=Ω，金屬桿PQ的電阻r=Ω，導軌電阻忽略不計，則下列說法正確的是（）A．通過R的感應電流的方向為由d到aB．金屬桿PQ兩端電壓為2VC．金屬桿PQ受到的安培力大小為ND．外力F做功大小等于電路產生的焦耳熱12．如圖所示，用相同導線制成的邊長為L或2L的四個單匝閉合回路，它們以相同的速度先后垂直穿過正方形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，區(qū)域寬度大于2L．則進入磁場過程中，電流最大的回路是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁二、非選擇題（共52分）13．如圖所示，在間距L=、傾角θ=30°的光滑傾斜導軌上，水平地放著一質量為m=的通電導體棒ab，電流大小為I=．在下列兩種情況下導體棒ab在斜面上靜止．（1）若磁感應強度方向與導體棒垂直且水平向左，請在圖中標出導體棒ab中電流的方向，并作出此狀態(tài)時的磁感應強度的大小B1；（2）若磁場方向改為垂直斜面向上，求出此狀態(tài)時的磁感應強度的大小B2．14．金屬棒ab的質量m=5g，放置在寬L=1m、光滑的金屬導軌的邊緣處，兩金屬導軌處于水平平面內，該處有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B=．電容器的電容C=200μF，電源電動勢E=16V，導軌平面距地面高度h=，g取10m/s2．在電鍵S與1接通并穩(wěn)定后，再使它與2接通，則金屬棒ab被拋到s=的地面上，試求此時電容器兩端的電壓．15．如圖所示，從A點以v0的水平速度拋出一質量m=1kg的小物塊（可視為質點），當物塊運動至B點時，恰好沿切線方向進入固定光滑圓弧軌道BC，圓弧軌道C端切線水平．BC所對的圓心角θ=37°，小物塊過圓弧軌道C后，滑上與圓弧軌道連為一體的光滑水平板，板的右端與水平順時針勻速轉動的傳送帶左端E點等高并靠攏．已知長A、B兩點距C點的高度分別為H=、h=，水平面?zhèn)魉蛶чL為L=9m，物塊與水平面?zhèn)魉蛶еg的動摩擦因數(shù)μ=，傳送帶傳送速度為V=4m/s，g取10m/s2，sin37°=，cos37°=．求：（1）小物塊從A點水平拋出的速度v0的大?。唬?）小物塊在傳送帶上運動的時間t及小物塊與傳送帶之間由于摩擦產生的熱量Q．16．如圖所示，兩根電阻不計的光滑金屬導軌MAC、NBD水平放置，MA、NB間距L=，AC、BD的延長線相交于E點且AE=BE，E點到AB的距離d=6m，M、N兩端與阻值R=2Ω的電阻相連．虛線右側存在方向與導軌平面垂直向下的勻強磁場，磁感應強度B=1T．一根長度也為L=、質量m=、電阻不計的金屬棒，在外力作用下從AB處以初速度υ0=2m/s沿導軌水平向右運動，棒與導軌接觸良好，運動過程中電阻R上消耗的電功率不變．求：（1）電路中的電流I；（2）金屬棒向右運動過程中克服安培力做的功W；（3）金屬棒向右運動過程中外力做功的平均功率P．17．如圖甲，在水平桌面上固定著兩根相距L=20cm、相互平行的無電阻軌道P、Q，軌道一端固定一根電阻r=Ω的導體棒a，軌道上橫置一根質量m=40g、電阻可忽略不計的金屬棒b，兩棒相距也為L=20cm．該軌道平面處在磁感應強度大小可以調節(jié)的豎直向上的勻強磁場中．開始時，磁感應強度B0=．設棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g=10m/s2．（1）若保持磁感應強度B0的大小不變，從t=0時刻開始，給b棒施加一個水平向右的拉力，使它由靜止開始做勻加速直線運動．此拉力F的大小隨時間t變化關系如圖乙所示．求b棒做勻加速運動的加速度及b棒與導軌間的滑動摩擦力；（2）若從t=0開始，磁感應強度B隨時間t按圖丙中圖象所示的規(guī)律變化，求在金屬棒b開始運動前，這個裝置釋放的熱量是多少？

新人教版選修3-2《第1章電磁感應》單元測試卷（江西省吉安市萬安中學）（2）參考答案與試題解析一、選擇題（每小題4分，共48分）．1．面積均為S的兩個電阻相同的線圈，分別放在如圖甲、乙所示的磁場中，甲圖中是磁感應強度為B0的勻強磁場，線圈在磁場中以周期T繞OO′軸勻速轉動，乙圖中磁場變化規(guī)律為B=B0cost，從圖示位置開始計時，則（）A．兩線圈的磁通量變化規(guī)律相同B．兩線圈中感應電動勢達到最大值的時刻不同C．經相同的時間t（t＞＞T），兩線圈產生的熱量不同D．從此時刻起，經時間，通過兩線圈橫截面的電荷量不同【考點】法拉第電磁感應定律；磁通量；楞次定律．【分析】根據(jù)交流電產生的原理，得出電動勢的瞬時值的表達式，然后結合交流電的有效值的意義分析即可．【解答】解：A、兩個線圈的面積相等，在磁場中開始時的位置相同，甲繞固定轉軸轉動時，產生的交流電電動勢：e=B0S?①乙不動，產生的感應電動勢：e′==﹣B0S?②由公式①②可知，兩線圈的磁通量變化規(guī)律不相同；兩線圈中感應電動勢達到最大值的時刻不同．故A錯誤，B正確；C、若t＞＞T，則可以由交流電的有效值來計算線圈產生的熱量，由兩個公式結合有效值的定義可知，二者的有效值是相等的，所以經相同的時間t（t＞＞T），兩線圈產生的熱量相等．故C錯誤；D、從此時刻起，經時間，甲線圈的平面與磁場的方向平行，所以穿過甲線圈的磁通量等于0，通過甲線圈橫截面的電荷量：q==；從此時刻起，經時間，乙線圈所處磁場的磁感應強度：B′=0，所以穿過乙線圈的磁通量的等于0，通過甲線圈橫截面的電荷量：q′==；所以從此時刻起，經時間，通過兩線圈橫截面的電荷量相等．故D錯誤．故選：B2．如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當磁場變化時，線圈AB邊受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場的變化情況可能是（）A． B． C． D．【考點】法拉第電磁感應定律；安培力；楞次定律．【分析】根據(jù)左手定則，結合安培力與磁場方向，可知，感應電流的方向，再由右手定則可知，磁場是如何變化的，最后由法拉第電磁感應定律，結合閉合電路歐姆定律，確定安培力的綜合表達式，從而即可求解．【解答】解：由題意可知，安培力的方向向右，根據(jù)左手定則，可知：感應電流的方向由B到A，再由右手定則可知，當垂直向外的磁場在增加時，會產生由B到A的感應電流，由法拉第電磁感應定律，結合閉合電路歐姆定律，則安培力的表達式F=，因安培力的大小不變，則B是定值，故A正確．故選：A．3．1820年4月的一天，丹麥科學家奧斯特在上課時，無意中讓通電導線靠近小磁針，突然發(fā)現(xiàn)小磁針偏轉．這個現(xiàn)象并沒有引起在場其他人的注意，而奧斯特卻是個有心人，他非常興奮，緊緊抓住這個現(xiàn)象，接連三個月深入地研究，反復做了幾十次實驗．關于奧斯特的實驗，如圖所示，下列操作中一定能夠觀察到小磁針偏轉的是（）A．通電導線AB東西放置，小磁針放在導線正下方，閉合開關B．通電導線AB南北放置，小磁針放在導線正下方，閉合開關C．通電導線AB東西放置，小磁針放在導線正下方，改變電流方向D．通電導線AB南北放置，小磁針在AB延長線的B端外側，改變電流大小【考點】電磁感應現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)過程．【分析】解答本題的關鍵是了解發(fā)現(xiàn)電流磁效應的現(xiàn)象，同時明確通電直導線周圍的磁場分別情況，并要求搞清地磁場的分布對小磁針的影響．【解答】解：奧斯特發(fā)現(xiàn)電流周圍存在磁場，對小磁針有磁場力作用，但地磁場也對小磁針有磁場力作用（指向南北），所以為了回避因地磁場的作用，因此將導線須南北放置，若偏轉說明是通電導線的磁場引起的，且放置在導線的下方或上方，不能在導線的延長線上，故ACD錯誤，B正確．故選：B．4．在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉動軸勻速轉動，如圖甲所示．產生的交變電動勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．則下列說法正確的是（）A．t=時穿過線框的磁通量最大B．該交變電動勢的有效值為11VC．該交變電動勢的瞬時值表達式為e=22sinVD．電動勢瞬時值為22V時，線圈平面與中性面的夾角為45°【考點】正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達式；交流發(fā)電機及其產生正弦式電流的原理；正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率．【分析】從圖象得出電動勢最大值、周期，從而算出頻率、角速度；磁通量最大時電動勢為零，磁通量為零時電動勢最大【解答】解：A、由圖象知：t=時，感應電動勢為零，則穿過線框的磁通量最大，A正確；B、該交變電動勢的有效值為．故B錯誤．C、當t=0時，電動勢為零，線圈平面與磁場方向垂直，故該交變電動勢的瞬時值表達式為e=22sinV，C正確；D、電動勢瞬時值為22V時，代入瞬時表達式，則有線圈平面與中性面的夾角為45°，D正確；故選：ACD5．如圖所示，閉合直角三角形線框，底邊長為l，現(xiàn)將它勻速拉過寬度為d的勻強磁場（l＞d）．若以逆時針方向為電流的正方向，則以下四個I﹣t圖象中正確的是（）A． B． C． D．【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律．【分析】線框勻速穿過磁場區(qū)域時，分為三個過程：線框向右運動距離x為0～d，d～l，l～l+d范圍內．先根據(jù)楞次定律分析感應電流的方向，再由有效切割長度變化，根據(jù)感應電動勢公式，分析感應電動勢的變化，再分析感應電流大小的變化．【解答】解：在線框向右運動距離x為0～d的范圍內，穿過線框的磁通量不斷增大，由楞次定律可知線框產生的感應電流沿逆時針方向，為正；有效的切割長度為L=xtanθ，線框勻速運動故x=vt，感應電流的大小為：，可知I∝t；在線框向右運動距離x為d～l范圍內，穿過線框的磁通量均勻增大，由楞次定律可知線框產生的感應電流沿逆時針方向，為正；且感應電流大小不變；在線框向右運動距離x為l～l+d范圍內，穿過線框的磁通量不斷減小，由楞次定律可知線框產生的感應電流沿順時針方向，為負，有效的切割長度為L=（x﹣l﹣d）tanθ，線框勻速運動故x=vt，感應電流的大小為：，故感應電流一開始不為0，之后均勻增大，D正確；故選：D．6．在如圖所示的電路中，a、b為兩個完全相同的燈泡，L為自感線圈，E為電源，S為開關．關于兩燈泡點亮和熄滅的先后次序，下列說法正確的是（）A．合上開關，a先亮，b逐漸變亮；斷開開關，a、b同時熄滅B．合上開關，b先亮，a逐漸變亮；斷開開關，a先熄滅，b后熄滅C．合上開關，b先亮，a逐漸變亮；斷開開關，a、b同時熄滅D．合上開關，a、b同時亮；斷開開關，b先熄滅，a后熄滅【考點】自感現(xiàn)象和自感系數(shù)．【分析】對于線圈來講通直流阻交流，通低頻率交流阻高頻率交流．【解答】解：由于a、b為兩個完全相同的燈泡，當開關接通瞬間，b燈泡立刻發(fā)光，而a燈泡由于線圈的自感現(xiàn)象，導致燈泡漸漸變亮；當開關斷開瞬間，兩燈泡串聯(lián)，由線圈產生瞬間電壓提供電流，導致兩燈泡同時熄滅．故選：C7．如圖中有A、B兩個線圈．線圈B連接一電阻R，要使流過電阻R的電流大小恒定，且方向由c點流經電阻R到d點．設線圈A中電流i從a點流入線圈的方向為正方向，則線圈A中的電流隨時間變化的圖象是（）A． B． C． D．【考點】楞次定律．【分析】閉合電路中產生感應電流的條件是穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化．【解答】解：A、要產生流過電阻R的電流大小恒定，且方向由c點流經電阻R到d點，則有先從b電流流入，且大小減小，根據(jù)楞次定律，與右手螺旋定則可知，符合要求，故A正確．B、當電流i從a點流入線圈，且大小減小時，根據(jù)楞次定律可知，電流從d點流經電阻R到c點，故B錯誤．C、要使流過電阻R的電流大小恒定，根據(jù)法拉第電磁感應定律，則通入電流必須均勻變化，故CD錯誤；故選：A．8．如圖所示，邊長為L的等邊三角形導體框是由3根電阻為3r的導體棒構成，磁感應強度為B的勻強磁場垂直導體框所在平面，導體框兩頂點與電動勢為E，內阻為r的電源用電阻可忽略的導線相連，則整個線框受到的安培力大小為（）A．0 B． C． D．【考點】安培力．【分析】根據(jù)左手定則判斷出各段受到的安培力的方向，根據(jù)閉合電路的歐姆定律計算出各段上的電流大小，再計算出各段安培力的大小，然后使用平行四邊形定則合成即可【解答】解：根據(jù)左手定則判斷出各段受到的安培力的方向，等效電路為3r和6r并聯(lián)，并聯(lián)后總電阻為：則路端電壓U=根據(jù)歐姆定律：I12=I3=則安培力F1=F2=BI12L，F(xiàn)1，F(xiàn)2的夾角為120°，F(xiàn)3=BI3L故三角形框架受到的安培力的合力大小為：由以上聯(lián)立解得F=，故B正確；故選：B9．如圖甲所示，在電阻R=1Ω，面積S1=的圓形線框中心區(qū)域存在勻強磁場，圓形磁場區(qū)面積S2=．若取磁場方向垂直紙面向外為正方形，磁感應強度B隨時間的變化規(guī)律可利用圖乙描述，則線框中磁感應強度I（取順時針方形為正方向）隨時間t的變化圖線是（）A． B． C． D．【考點】法拉第電磁感應定律．【分析】由圖可知磁感應強度的變化，則可知線圈中磁通量的變化，由法拉第電磁感應定律可知感應電動勢變化情況，由楞次定律可得感應電流的方向，根據(jù)左手定則可以找出安培力方向，結合可得出正確的圖象．【解答】解：A、由圖示B﹣t圖象可知，0～1s時間內，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應電流是順時針的，為正值；1～2s磁通量不變，無感應電流；2～3s，B的方向垂直紙面向外，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應電流沿逆時針方向，感應電流是負的；3～4s內，B的方向垂直紙面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應電流沿逆時針方向，感應電流是負的，由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢E==S，感應電流I==，由B﹣t圖象可知，在每一時間段內，是定值，在各時間段內I是定值，故C正確、ABD錯誤．故選：C．10．如圖甲所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中．t=0時對金屬棒施加一平行于導軌的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導軌向上運動，金屬棒電阻為r，導軌電阻忽略不計．已知通過電阻R的感應電流I隨時間t變化的關系如圖乙所示．下列關于棒運動速度v、外力F、流過R的電量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時間變化的圖象正確的是（）A． B． C． D．【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的能量轉化．【分析】由題可知，金屬棒由靜止開始沿導軌向上做勻加速運動，回路中的感應電流與時間成正比，說明感應電動勢也是隨時間均勻增大的，明確各個圖象的物理意義，結合產生感應電流的特點即可正確求解．【解答】解：A、而E=Blv，所以，v﹣t圖象是一條過原點斜率大于零的直線，說明了導體棒做的是初速度為零的勻加速直線運動，即v=at；故A錯誤；B、根據(jù)如圖乙所示的I﹣t圖象可知I=kt，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得：可推出：E=kt（R+r）而，所以有：，圖象是一條過原點斜率大于零的直線；故B正確；C、對導體棒在沿導軌方向列出動力學方程F﹣BIl﹣mgsinθ=ma，而，v=at得到+mgsinθ，可見F﹣t圖象是一條斜率大于零且與速度軸正半軸有交點的直線；故C錯誤．D、，q﹣t圖象是一條開口向上的拋物線，故D錯誤；故選：B11．如圖所示，在磁感應強度B=的勻強磁場中，金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導軌上以速度v=2m/s向右勻速滑動，兩導軌間距離L=，電阻R=Ω，金屬桿PQ的電阻r=Ω，導軌電阻忽略不計，則下列說法正確的是（）A．通過R的感應電流的方向為由d到aB．金屬桿PQ兩端電壓為2VC．金屬桿PQ受到的安培力大小為ND．外力F做功大小等于電路產生的焦耳熱【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；焦耳定律．【分析】導體PQ垂直切割磁感線，由右手定則判斷感應電流的方向，由E=BLv求解感應電動勢的大小，由串聯(lián)電路的特點求PQ間的電壓．由公式F=BIL求PQ所受的安培力；外力F克服摩擦力和安培力做功．【解答】解：A、由右手定則判斷知，導體PQ產生的感應電流方向為Q→P，通過R的感應電流的方向為由a到d．故A錯誤．B、導體PQ切割磁感線產生的感應電動勢的大小為：E=BLv=×1×2V=2V．金屬桿PQ兩端電壓為U=E=×2V=，故B錯誤．C、感應電流為：I==A=，安培力F安=BIL=××1N=．故C正確．D、金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U型導軌上以速度v向右勻速滑動，外力F做功大小等于電路產生的焦耳熱和導軌與金屬桿之間的摩擦力產生的內能的和．故D錯誤．故選：C．12．如圖所示，用相同導線制成的邊長為L或2L的四個單匝閉合回路，它們以相同的速度先后垂直穿過正方形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，區(qū)域寬度大于2L．則進入磁場過程中，電流最大的回路是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢．【分析】根據(jù)法拉第電磁感應定律求得感應電動勢的大小，由閉合電路歐姆定律得到感應電流的表達式，即可比較其大?。窘獯稹拷猓涸O導線長度為L時電阻為R．甲圖中，感應電動勢為E甲=BLv，線框的電阻為4R，則感應電流為：I甲==；乙圖中，感應電動勢為E乙=BLv，線框的電阻為6R，則感應電流為：I乙==；丙圖中，感應電動勢為E丙=2BLv，線框的電阻為6R，則感應電流為：I丙===；丁圖中，感應電動勢為E丁=2BLv，線框的電阻為8R，則感應電流為：I甲==；所以丙中感應電流最大．故C正確．故選：C．二、非選擇題（共52分）13．如圖所示，在間距L=、傾角θ=30°的光滑傾斜導軌上，水平地放著一質量為m=的通電導體棒ab，電流大小為I=．在下列兩種情況下導體棒ab在斜面上靜止．（1）若磁感應強度方向與導體棒垂直且水平向左，請在圖中標出導體棒ab中電流的方向，并作出此狀態(tài)時的磁感應強度的大小B1；（2）若磁場方向改為垂直斜面向上，求出此狀態(tài)時的磁感應強度的大小B2．【考點】安培力；共點力平衡的條件及其應用．【分析】（1）若磁感應強度方向與導體棒垂直且水平向左，根據(jù)平衡條件判斷安培力的方向，根據(jù)左手定則判斷電流方向，根據(jù)平衡條件結合安培力公式求解磁感應強度的大小B1；（2）若磁場方向改為垂直斜面向上，根據(jù)左手定則判斷安培力方向，根據(jù)平衡條件求解磁感應強度的大小B2．【解答】解：（1）若磁感應強度方向與導體棒垂直且水平向左，根據(jù)左手定則可知，安培力方向不是豎直向上就是豎直向下，而導體棒還要受到重力（豎直向下），則要使導體棒能處于靜止狀態(tài)，則安培力只能豎直向上，且與重力相等，根據(jù)左手定則可知，電流方向由a到b，如圖所示：根據(jù)平衡條件得：B1IL=mg解得：（2）若磁場方向改為垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知安培力沿斜面向上，根據(jù)平衡條件得：B2IL=mgsin30°解得：答：（1）導體棒ab中電流的方向如圖所示，此狀態(tài)時的磁感應強度的大小B1為2T；（2）若磁場方向改為垂直斜面向上，此狀態(tài)時的磁感應強度的大小B2為1T．14．金屬棒ab的質量m=5g，放置在寬L=1m、光滑的金屬導軌的邊緣處，兩金屬導軌處于水平平面內，該處有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B=．電容器的電容C=200μF，電源電動勢E=16V，導軌平面距地面高度h=，g取10m/s2．在電鍵S與1接通并穩(wěn)定后，再使它與2接通，則金屬棒ab被拋到s=的地面上，試求此時電容器兩端的電壓．【考點】安培力；平拋運動；電容．【分析】金屬棒下落過程做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律求出棒獲得的初速度．對開關閉合過程，對棒運用動量定理，求得通過棒的電量，得到棒剩余的電量，即可求解【解答】解：對于金屬棒平拋運動的過程，有：h=，得t=平拋運動的初速度v0=對開關閉合過程，對棒運用動量定理得：BIL?△t=mv0又q=I△t解得通過棒的電量q=電容器原來的電量Q=C?=2×10﹣4×16C=×10﹣3C則開關閉合后，電容器剩余電量q′=Q﹣q=×10﹣3C剩余的電壓U=答：此時電容器剩余的電壓是8V15．如圖所示，從A點以v0的水平速度拋出一質量m=1kg的小物塊（可視為質點），當物塊運動至B點時，恰好沿切線方向進入固定光滑圓弧軌道BC，圓弧軌道C端切線水平．BC所對的圓心角θ=37°，小物塊過圓弧軌道C后，滑上與圓弧軌道連為一體的光滑水平板，板的右端與水平順時針勻速轉動的傳送帶左端E點等高并靠攏．已知長A、B兩點距C點的高度分別為H=、h=，水平面?zhèn)魉蛶чL為L=9m，物塊與水平面?zhèn)魉蛶еg的動摩擦因數(shù)μ=，傳送帶傳送速度為V=4m/s，g取10m/s2，sin37°=，cos37°=．求：（1）小物塊從A點水平拋出的速度v0的大??；（2）小物塊在傳送帶上運動的時間t及小物塊與傳送帶之間由于摩擦產生的熱量Q．【考點】動能定理；平拋運動．【分析】（1）已知平拋的拋出高度和落地速度方向，根據(jù)平拋運動的特點求的初速度；（2）從A到C由動能定理求的到達C點的速度，物體在傳送帶上做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律求的加速度，通過云學公式判斷出物體先減速后勻速運動求的時間，根據(jù)Q=μmg△s求的產生的熱量【解答】解：（1）物塊做平拋運動：H﹣h=gt2設到達B點時豎直分速度為vy，vy=gt在B點tanθ=V0=4m/s（2）從A至C點，由動能定理mgH=﹣由上式可得v2=6m/s由題意可知小物塊m的摩擦力f=μmg=ma解得a=2m/s2物體做勻減速運動時間t1==1s位移S1==5m＜9m后做勻速運動t2==1s所以t=t1+t2=2s傳送帶與物體間的相對位移△s=S1﹣vt1=5m﹣4m=1mQ=μmg△s=2J答：（1）小物塊從A點水平拋出的速度v0的大小為4m/s；（2）小物塊在傳送帶上運動的時間t為2s，小物塊與傳送帶之間由于摩擦產生的熱量Q為2J．16．如圖所示，兩根電阻不計的光滑金屬導軌MAC、NBD水平放置，MA、NB間距L=，AC、BD的延長線相交于E點且AE=BE，E點到AB的距離d=6m，M、N兩端與阻值R=2Ω的電阻相連．虛線右側存在方向與導軌平面垂直向下的勻強磁場，磁感應強度B=1T．一根長度也為L=、質量m=、電阻不計的金屬棒，在外力作用下從AB處以初速度υ0=2m/s沿導軌水平向右運動，棒與導軌接觸良好，運動過程中電阻R上消耗的電功率不變．求：（1）電路中的電流I；（2）金屬棒向右運動過程中克服安培力做的功W；（3）金屬棒向右運動過程中外力做功的平均功率P．【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；功率、平均功率和瞬時功率．【分析】（1）由E=BLv可求得電動勢；由歐姆定律可求得電路中的電流；（2）根據(jù)導體切割的有效長