高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 章末過(guò)關(guān)檢測(cè)十

PAGE第十章電磁感應(yīng)章末過(guò)關(guān)檢測(cè)(十)(時(shí)間：45分鐘分值：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)正確)1．磁卡的磁條中有用于存儲(chǔ)信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測(cè)線圈，當(dāng)以速度v0刷卡時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．其E－t關(guān)系如圖所示．如果只將刷卡速度改為eq\f(v0,2)，線圈中的E－t關(guān)系圖可能是()解析：選D.若將刷卡速度改為eq\f(v0,2)，線圈切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小將會(huì)減半，周期將會(huì)加倍，故D項(xiàng)正確，其他選項(xiàng)錯(cuò)誤．2.如圖所示，一水平放置的矩形閉合線圈abcd，在細(xì)長(zhǎng)磁鐵的N極附近豎直下落，保持bc邊在紙外，ad邊在紙內(nèi)，從圖中位置Ⅰ經(jīng)過(guò)位置Ⅱ到達(dá)位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在這個(gè)過(guò)程中，線圈中感應(yīng)電流()A．沿abcd流動(dòng)B．沿dcba流動(dòng)C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流動(dòng)，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流動(dòng)D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流動(dòng)，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流動(dòng)解析：選A.由條形磁鐵的磁場(chǎng)分布情況可知，線圈在位置Ⅱ時(shí)穿過(guò)矩形閉合線圈的磁通量最少．線圈從位置Ⅰ到Ⅱ，穿過(guò)abcd自下而上的磁通量減少，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)阻礙其減少，則在線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bcd，線圈從位置Ⅱ到Ⅲ，穿過(guò)abcd自上而下的磁通量在增加，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)阻礙其增加，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向仍然是abcd.故本題答案為A.3．(2019·長(zhǎng)興中學(xué)高三模擬)1831年，法拉第在一次會(huì)議上展示了他發(fā)明的圓盤發(fā)電機(jī)(圖甲)．它是利用電磁感應(yīng)原理制成的，是人類歷史上第一臺(tái)發(fā)電機(jī)．圖乙是這個(gè)圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖：銅盤安裝在水平的銅軸上，它的邊緣正好在兩磁極之間，兩塊銅片C、D分別與轉(zhuǎn)動(dòng)軸和銅盤的邊緣良好接觸．使銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)，電阻R中就有電流通過(guò)．若所加磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，回路的總電阻恒定，從左往右看，銅盤沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，CRD平面與銅盤平面垂直，下列說(shuō)法正確的是()A．電阻R中沒(méi)有電流流過(guò)B．銅片C的電勢(shì)高于銅片D的電勢(shì)C．保持銅盤不動(dòng)，磁場(chǎng)變?yōu)榉较虼怪庇阢~盤的交變磁場(chǎng)，則銅盤中有電流產(chǎn)生D．保持銅盤不動(dòng)，磁場(chǎng)變?yōu)榉较虼怪庇阢~盤的交變磁場(chǎng)，則CRD回路中有電流產(chǎn)生解析：選C.根據(jù)右手定則可知，電流從D點(diǎn)流出，流向C點(diǎn)，因此在圓盤中電流方向?yàn)閺腃向D，由于圓盤在切割磁感線時(shí)相當(dāng)于電源，所以D處的電勢(shì)比C處高，A、B錯(cuò)誤；保持銅盤不動(dòng)，磁場(chǎng)變?yōu)榉较虼怪庇阢~盤的交變磁場(chǎng)，則穿過(guò)銅盤的磁通量發(fā)生變化，故銅盤中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，但是此時(shí)不再切割磁感線，所以CD不能當(dāng)成電源，故CRD回路中沒(méi)有電流產(chǎn)生，C正確，D錯(cuò)誤．4.如圖所示，A、B、C是三個(gè)完全相同的燈泡，L是一自感系數(shù)較大的線圈(直流電阻可忽略不計(jì))．則()A．S閉合時(shí)，A燈立即亮，然后逐漸熄滅B．S閉合時(shí)，B燈立即亮，然后逐漸熄滅C．電路接通穩(wěn)定后，三個(gè)燈亮度相同D．電路接通穩(wěn)定后，S斷開(kāi)時(shí)，C燈立即熄滅解析：選A.電路中A燈與線圈并聯(lián)后與B燈串聯(lián)，再與C燈并聯(lián)．S閉合時(shí)，三個(gè)燈同時(shí)立即發(fā)光，由于線圈的電阻由大變小，逐漸將A燈短路，A燈逐漸熄滅，A燈的電壓逐漸降低，B燈的電壓逐漸增大，B燈逐漸變亮，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；電路接通穩(wěn)定后，A燈被線圈短路，完全熄滅．B、C并聯(lián)，電壓相同，亮度相同，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電路接通穩(wěn)定后，S斷開(kāi)時(shí)，C燈中原來(lái)的電流立即減至零，由于線圈中電流要減小，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流的減小，線圈中電流不會(huì)立即消失，這個(gè)自感電流通過(guò)C燈，所以C燈過(guò)一會(huì)兒熄滅，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．5．(2019·南京模擬)如圖所示，一個(gè)閉合三角形導(dǎo)線框ABC位于豎直平面內(nèi)，其下方(略靠前)固定一根與導(dǎo)線框平面平行的水平直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通以圖示方向的恒定電流．釋放導(dǎo)線框，它由實(shí)線位置下落到虛線位置未發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，在此過(guò)程中()A．導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的方向依次為ACBA→ABCA→ACBAB．導(dǎo)線框的磁通量為零時(shí)，感應(yīng)電流為零C．導(dǎo)線框所受安培力的合力方向依次為向上→向下→向上D．導(dǎo)線框所受安培力的合力為零，做自由落體運(yùn)動(dòng)解析：選A.根據(jù)右手螺旋定則可知導(dǎo)線上方的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，下方的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，而且越靠近導(dǎo)線磁場(chǎng)越強(qiáng)，所以閉合導(dǎo)線框ABC在下降過(guò)程中，導(dǎo)線框內(nèi)垂直于紙面向外的磁通量先增大，當(dāng)增大到BC邊與導(dǎo)線重合時(shí)，達(dá)到最大，再向下運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)線框內(nèi)垂直于紙面向外的磁通量逐漸減小至零，然后隨導(dǎo)線框的下降，導(dǎo)線框內(nèi)垂直于紙面向里的磁通量增大，當(dāng)增大到A點(diǎn)與導(dǎo)線重合時(shí)，達(dá)到最大，繼續(xù)下降時(shí)由于導(dǎo)線框逐漸遠(yuǎn)離導(dǎo)線，使導(dǎo)線框內(nèi)垂直于紙面向里的磁通量再逐漸減小，所以根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是阻礙內(nèi)部磁通量的變化，所以感應(yīng)電流的磁場(chǎng)先向里，再向外，最后向里，所以導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的方向依次為ACBA→ABCA→ACBA，A正確；當(dāng)導(dǎo)線框內(nèi)的磁通量為零時(shí)，內(nèi)部的磁通量仍然在變化，有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生，所以感應(yīng)電流不為零，B錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)楞次定律的理解，感應(yīng)電流的效果總是阻礙導(dǎo)體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，由于導(dǎo)線框一直向下運(yùn)動(dòng)，所以導(dǎo)線框所受安培力的合力方向一直向上，不為零，C、D錯(cuò)誤．6．如圖所示，光滑斜面的傾角為θ，斜面上放置一矩形導(dǎo)體線框abcd，ab邊的邊長(zhǎng)為l1，bc邊的邊長(zhǎng)為l2，線框的質(zhì)量為m，電阻為R，線框通過(guò)絕緣細(xì)線繞過(guò)光滑的定滑輪與一重物相連，重物質(zhì)量為M.斜面上ef線(ef平行底邊)的右方有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如果線框從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)的最初一段時(shí)間是做勻速運(yùn)動(dòng)的，且線框的ab邊始終平行于底邊，則下列說(shuō)法正確的是()A．線框進(jìn)入磁場(chǎng)前運(yùn)動(dòng)的加速度為eq\f(Mg－mgsinθ,m)B．線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度為eq\f(（Mg－mgsinθ）R,Bl1)C．線框做勻速運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為eq\f(B2leq\o\al(2,1),Mg－mgRsinθ)D．該勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為(Mg－mgsinθ)l2解析：選D.由牛頓第二定律得，Mg－mgsinθ＝(M＋m)a，解得線框進(jìn)入磁場(chǎng)前運(yùn)動(dòng)的加速度為eq\f(Mg－mgsinθ,M＋m)，A錯(cuò)誤；由平衡條件，Mg－mgsinθ－F安＝0，F(xiàn)安＝BIl1，I＝eq\f(E,R)，E＝Bl1v，聯(lián)立解得線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v＝eq\f(（Mg－mgsinθ）R,B2leq\o\al(2,1))，B錯(cuò)誤；線框做勻速運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t＝eq\f(l2,v)＝eq\f(B2leq\o\al(2,1)l2,（Mg－mgsinθ）R)，C錯(cuò)誤；由能量守恒定律，該勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱等于系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量，為(Mg－mgsinθ)l2，D正確．二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有錯(cuò)選或不答的得0分)7．(2019·吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)轉(zhuǎn)筆(PenSpinning)是一項(xiàng)用不同的方法與技巧、以手指來(lái)轉(zhuǎn)動(dòng)筆的休閑活動(dòng)．轉(zhuǎn)筆深受廣大中學(xué)生的喜愛(ài)，其中也包含了許多的物理知識(shí)，假設(shè)某轉(zhuǎn)筆高手能讓筆繞其上的某一點(diǎn)O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列有關(guān)該同學(xué)轉(zhuǎn)筆中涉及的物理知識(shí)的敘述正確的是()A．筆桿上的點(diǎn)離O點(diǎn)越近的，做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度越小B．筆桿上的各點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是由萬(wàn)有引力提供的C．若該同學(xué)使用中性筆，筆尖上的小鋼珠有可能因快速的轉(zhuǎn)動(dòng)做離心運(yùn)動(dòng)被甩走D．若該同學(xué)使用的是金屬筆桿，且考慮地磁場(chǎng)的影響，由于筆桿中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此金屬筆桿兩端一定不會(huì)形成電勢(shì)差解析：選AC.筆桿上各點(diǎn)的角速度相同，根據(jù)a＝ω2r可知，筆桿上的點(diǎn)離O點(diǎn)越近的，做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度越小，選項(xiàng)A正確；筆桿上的各點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是由筆桿對(duì)該點(diǎn)的作用力提供的，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若該同學(xué)使用中性筆，且轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)快，則筆尖上的小鋼珠有可能因快速的轉(zhuǎn)動(dòng)做離心運(yùn)動(dòng)被甩走，選項(xiàng)C正確；若考慮地磁場(chǎng)的影響，由于筆桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)可能要切割磁感線而使金屬筆桿兩端形成電勢(shì)差，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．8.如圖所示，水平放置的粗糙U形框架上接一個(gè)阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一個(gè)半徑為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的半圓形硬導(dǎo)體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)距離d后速度達(dá)到v，半圓形硬導(dǎo)體AC的電阻為r，其余電阻不計(jì)．下列說(shuō)法正確的是()A．此時(shí)AC兩端電壓為UAC＝2BLvB．此時(shí)AC兩端電壓為UAC＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)C．此過(guò)程中電路產(chǎn)生的電熱為Q＝Fd－eq\f(1,2)mv2D．此過(guò)程中通過(guò)電阻R0的電荷量為q＝eq\f(2BLd,R0＋r)解析：選BD.AC的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝2BLv，兩端電壓為UAC＝eq\f(ER0,R0＋r)＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)，A錯(cuò)誤，B正確；由功能關(guān)系得Fd＝eq\f(1,2)mv2＋Q＋Qf，C錯(cuò)誤；此過(guò)程中平均感應(yīng)電流為eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(2BLd,（R0＋r）Δt)，通過(guò)電阻R0的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(2BLd,R0＋r)，D正確．9．如圖，在水平桌面上放置兩條相距l(xiāng)的平行光滑導(dǎo)軌ab與cd，阻值為R的電阻與導(dǎo)軌的a、c端相連．質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置并可沿導(dǎo)軌自由滑動(dòng)．整個(gè)裝置放于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向豎直向上(圖中未畫(huà)出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.導(dǎo)體棒的中點(diǎn)系一個(gè)不可伸長(zhǎng)的輕繩，繩繞過(guò)固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與一個(gè)質(zhì)量也為m的物塊相連，繩處于拉直狀態(tài)．現(xiàn)若從靜止開(kāi)始釋放物塊，用h表示物塊下落的高度(物塊不會(huì)觸地)，g表示重力加速度，其他電阻不計(jì)，則()A．電阻R中的感應(yīng)電流方向由a到cB．物塊下落的最大加速度為gC．若h足夠大，物塊下落的最大速度為eq\f(mgR,B2l2)D．通過(guò)電阻R的電荷量為eq\f(Blh,R)解析：選CD.題中導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線，由右手定則可得回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，則電阻R中的電流方向由c到a，A錯(cuò)誤；對(duì)導(dǎo)體棒應(yīng)用牛頓第二定律有FT－F安＝ma，又F安＝Beq\f(Blv,R)l，再對(duì)物塊應(yīng)用牛頓第二定律有mg－FT＝ma，則聯(lián)立可得：a＝eq\f(g,2)－eq\f(B2l2v,2mR)，則物塊下落的最大加速度am＝eq\f(g,2)，B錯(cuò)誤；當(dāng)a＝0時(shí)，速度最大為vm＝eq\f(mgR,B2l2)，C正確；下落h的過(guò)程，回路中的面積變化量ΔS＝lh，則通過(guò)電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BΔS,R)＝eq\f(Blh,R)，D正確．10．在傾角為θ足夠長(zhǎng)的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向一個(gè)垂直斜面向上，另一個(gè)垂直斜面向下，寬度均為L(zhǎng)，如圖所示．一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形線框在t＝0時(shí)刻以速度v0進(jìn)入磁場(chǎng)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若經(jīng)過(guò)時(shí)間t0，線框ab邊到達(dá)gg′與ff′中間位置時(shí)，線框又恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是()A．當(dāng)ab邊剛越過(guò)ff′時(shí)，線框加速度的大小為gsinθB．t0時(shí)刻線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為eq\f(v0,4)C．t0時(shí)間內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(3,2)mgLsinθ＋eq\f(15,32)mveq\o\al(2,0)D．離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中線框?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)解析：選BC.當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，有E＝BLv0，I＝eq\f(E,R)，mgsinθ＝BIL，有eq\f(B2L2v0,R)＝mgsinθ.當(dāng)ab邊剛越過(guò)ff′時(shí)，線框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電流均加倍，則線框做減速運(yùn)動(dòng)，有eq\f(4B2L2v0,R)＝4mgsinθ，加速度方向沿斜面向上且大小為3gsinθ，A錯(cuò)誤；t0時(shí)刻線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，則有eq\f(4B2L2v,R)＝mgsinθ，解得v＝eq\f(v0,4)，B正確；線框從進(jìn)入磁場(chǎng)到再次做勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)距離為eq\f(3,2)L，則由功能關(guān)系得線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(3mgLsinθ,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mveq\o\al(2,0),2)－\f(mv2,2)))＝eq\f(3mgLsinθ,2)＋eq\f(15mveq\o\al(2,0),32)，C正確；線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)做加速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤．三、非選擇題(本題共3小題，共40分．按題目要求作答，計(jì)算題要有必要的文字說(shuō)明和解題步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位)11．(12分)小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)“電磁天平”，如圖甲所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡．線圈的水平邊長(zhǎng)L＝0.1m，豎直邊長(zhǎng)H＝0.3m，匝數(shù)為N1.線圈的下邊處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝1.0T，方向垂直線圈平面向里．線圈中通有可在0～2.0A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I.掛盤放上待測(cè)物體后，調(diào)節(jié)線圈中電流使天平平衡，測(cè)出電流即可測(cè)得物體的質(zhì)量．(重力加速度取g＝10m/s2)(1)為使電磁天平的量程達(dá)到0.5kg，線圈的匝數(shù)N1至少為多少？(2)進(jìn)一步探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象，另選N2＝100匝、形狀相同的線圈，總電阻R＝10Ω.不接外電流，兩臂平衡．如圖乙所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻變大，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾萪＝0.1m．當(dāng)掛盤中放質(zhì)量為0.01kg的物體時(shí)，天平平衡，求此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率eq\f(ΔB,Δt).解析：(1)線圈受到安培力F＝N1B0IL天平平衡mg＝N1B0IL代入數(shù)據(jù)得N1＝25匝．(2)由電磁感應(yīng)定律得E＝N2eq\f(ΔΦ,Δt)即E＝N2eq\f(ΔB,Δt)Ld由歐姆定律得I′＝eq\f(E,R)線圈受到的安培力F′＝N2B0I′L天平平衡m′g＝Neq\o\al(2,2)B0eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(dL2,R)代入數(shù)據(jù)可得eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s.答案：(1)25匝(2)0.1T/s12．(14分)上海世博會(huì)某國(guó)家館內(nèi)，有一“發(fā)電”地板，利用游人走過(guò)此處，踩踏地板發(fā)電．其原因是地板下有一發(fā)電裝置，如圖甲所示，裝置的主要結(jié)構(gòu)是一個(gè)截面半徑為r、匝數(shù)為n的線圈，緊固在與地板相連的塑料圓筒P上．磁場(chǎng)的磁感線沿半徑方向均勻分布，圖乙為橫截面俯視圖．輕質(zhì)地板四角各連接有一個(gè)勁度系數(shù)為k的復(fù)位彈簧(圖中只畫(huà)出其中的兩個(gè))．當(dāng)?shù)匕迳舷峦颠\(yùn)動(dòng)時(shí)，便能發(fā)電．若線圈所在位置磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線圈的總電阻為R0，現(xiàn)用它向一個(gè)電阻為R的小燈泡供電．為了便于研究，將某人走過(guò)時(shí)地板發(fā)生的位移—時(shí)間變化的規(guī)律簡(jiǎn)化為圖丙所示．(取地板初始位置x＝0，豎直向下為位移的正方向，且彈簧始終處在彈性限度內(nèi)．)(1)取圖乙中逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏髡较?，?qǐng)?jiān)趫D丁所示坐標(biāo)系中畫(huà)出線圈中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖線，并標(biāo)明相應(yīng)縱坐標(biāo)．要求寫出相關(guān)的計(jì)算和判斷過(guò)程；(2)t＝eq\f(t0,2)時(shí)地板受到的壓力；(3)求人踩踏一次地板所做的功．解析：(1)0～t0時(shí)間，地板向下做勻速運(yùn)動(dòng)，其速度v＝eq\f(x0,t0)，線圈切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e＝nB·2πrv＝eq\f(2nBπrx0,t0)，感應(yīng)電流i＝eq\f(e,R＋R0)＝eq\f(2nBπrx0,（R＋R0）t0)；t0～2t0時(shí)間，地板向上做勻速運(yùn)動(dòng)，其速度v＝eq\f(x0,t0)，線圈切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e＝－nB·2πrv＝－eq\f(2nBπrx0,t0)，感應(yīng)電流i＝eq\f(e,R＋R0)＝－eq\f(2nBπrx0,（R＋R0）t0)；圖線如圖所示．(2)t＝eq\f(t0,2)時(shí)，地板向下運(yùn)動(dòng)的位移為eq\f(x0,2)，彈簧彈力為eq\f(kx0,2)，安培力F安＝nBi·2πr＝2nBiπr，由平衡條件可知，地板受到的壓力F＝2kx0＋eq\f(4n2B2π2r2x0,（R＋R0）t0).(3)由功能關(guān)系可得人踩踏一次地板所做的功W＝2i2(R＋R0)t0＝eq\f(8n2B2π2r2xeq\o\al(2,0),（R＋R0）t0).答案：(1)見(jiàn)解析(2)2kx0＋eq\f(4n2B2π2r2x0,（R＋R0）t0)(3)eq\f(8n2B2π2r2xeq\o\al(2,0),（R＋R0）t0)13．(14分)如圖所示，半徑為L(zhǎng)1＝2m的金屬圓環(huán)內(nèi)上、下半圓各有垂直圓環(huán)平面的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B1＝eq\f(10,π)T．長(zhǎng)度也為L(zhǎng)1、電阻為R的金屬桿ab，一端處于圓環(huán)中心，另一端恰好搭接在金屬環(huán)上，繞著a端沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，角速度為ω＝eq\f(π,10)rad/s.通過(guò)導(dǎo)線將金屬桿的a端和金屬環(huán)連接到圖示的電路中(連接a端的導(dǎo)線與圓環(huán)不接觸，圖中的定值電阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的總阻值為4R)，圖中的平行板長(zhǎng)度為L(zhǎng)2＝2m，寬度為d＝2m．圖示位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，在平行板左邊緣中央處剛好有一帶電粒子以初速度v0＝0.5m/s向右運(yùn)動(dòng)，并恰好能從平行板的右邊緣飛出，之后進(jìn)入到有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，左邊界為圖中的虛線位置，右側(cè)及上下范圍均足夠大．(忽略金屬桿與圓環(huán)的接觸電阻