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《第四章 電磁感應(yīng)》 一、單選題（1-8題是只有一個答案正確；9-12題有多個答案正確） 1．如圖所示，處于豎直面的長方形導(dǎo)線框MNPQ邊長分別為L和2L，M、N間連接兩塊水平正對放置的金屬板，金屬板距離為d，虛線為線框中軸線，虛線右側(cè)有垂直線框平面向里的勻強磁場。內(nèi)板間有一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電油滴恰好處于平衡狀態(tài)，重力加速度為g，則下列關(guān)于磁場磁感應(yīng)強度大小B的變化情況及其變化率的說法正確的是 A．正在增強，ΔBΔt=mgdqL2 B．正在減小，ΔBΔt=mgdqL2 C．正在增強，ΔBΔt=mgd2qL2 D．正在減小，ΔBΔt=mgd2qL2 【答案】 B 【解析】 油滴帶正電，受向上的電場力和向下的重力平衡，即Eq=mg，則上極板帶負(fù)電，由楞次定律可知，磁場磁感應(yīng)強度大小B正在減小，且ΔBΔtL2=U，E=Ud；聯(lián)立解得ΔBΔt=mgdqL2，故選B. 2．一正三角形導(dǎo)線框ABC（高為a）從圖示位置沿x軸正方向勻速穿過兩勻強磁場區(qū)域。兩磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度大小均為B，磁場方向相反且均垂直于平面、寬度均為a,則感應(yīng)電流I與線框移動距離x的關(guān)系圖線可能是（以逆時針方向為感應(yīng)電流的正方向） A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 當(dāng)線框移動距離x在a～2a范圍，線框穿過兩磁場分界線時，BC、AC邊在右側(cè)磁場中切割磁感線，有效切割長度逐漸增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1增大，AC邊在左側(cè)磁場中切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2不變，兩個電動勢串聯(lián)，總電動勢E=E1+E2增大，故A錯誤；當(dāng)線框移動距離x在0～a范圍，線框穿過左側(cè)磁場時，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向為逆時針，為正值，故B錯誤；當(dāng)線框移動距離x在2a～3a范圍，線框穿過左側(cè)磁場時，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向為逆時針，為正值，故C正確，D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。 3．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，自感系數(shù)較大，（電阻可忽略），E為電源，S為開關(guān)。下列說法正確的是（） A．合上開關(guān)，a先亮，b逐漸變亮 B．合上開關(guān)，b先亮，a逐漸變亮 C．?dāng)嚅_開關(guān)， b中仍有自左向右的電流 D．?dāng)嚅_開關(guān)，b先熄滅，a后熄滅 【答案】 B 【解析】 合上開關(guān)K接通電路，b立即亮，線圈對電流的增大有阻礙作用，所以通過a的電流慢慢變大，因線圈L電阻可忽略，最后a、b一樣亮；選項B正確，A錯誤；斷開開關(guān)s切斷電路時，通過b的原來的電流立即消失，線圈對電流的減小有阻礙作用，所以通過線圈和a的電流會慢慢變小，并且通過b，且通過b的電流從右向左，所以兩燈泡一起過一會兒熄滅；故CD錯誤。故選B。 4．如圖所示，有界勻強磁場垂直紙面向里，一閉合導(dǎo)線框abcd從高處自由下落，運動一段時間后進入磁場，下落過程線框始終保持豎直，對線框進入磁場過程的分析正確的是（） A．感應(yīng)電流沿順時針方向 B．a(chǎn)端電勢高于b端 C．可能勻加速進入 D．感應(yīng)電流的功率可能大于重力的功率 【答案】 D 【解析】 線框進入磁場時，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流方向為逆時針方向，選項A錯誤；根據(jù)右手定則可知，b端電勢高于a端，選項B錯誤；線圈進入磁場時受向上的安培力作用，大小為F=B2L2vR，隨速度的增加，安培力逐漸變大，可知加速度逐漸減小，則線圈進入磁場時做加速度減小的加速運動，選項C錯誤；開始進入磁場時，可能安培力大于重力，即F=B2L2vR>mg，即B2L2v2R>mgv，即E2R>mgv，即感應(yīng)電流的功率可能大于重力的功率，選項D正確；故選D. 5．法拉第在1831年發(fā)現(xiàn)了“磁生電”現(xiàn)象。如圖，他把兩個線圈繞在同一個軟鐵環(huán)上，線圈A和電池連接，線圈B用長直導(dǎo)線連通，長直導(dǎo)線正下面平行放置一個小磁針。實驗中可能觀察到的現(xiàn)象是 A．只要A線圈中電流足夠強，小磁針就會發(fā)生偏轉(zhuǎn) B．A線圈閉合開關(guān)電流穩(wěn)定后，線圈B匝數(shù)較少時小磁針不偏轉(zhuǎn)，匝數(shù)足夠多時小磁針偏轉(zhuǎn) C．線圈A和電池接通瞬間，小磁針會偏轉(zhuǎn) D．線圈A和電池斷開瞬間，小磁針不會偏轉(zhuǎn) 【答案】 C 【解析】 小磁針會不會偏轉(zhuǎn)取決于B線圈中有沒有電流，而B中有沒有電流取決于B線圈中的磁通量是否發(fā)生變化，當(dāng)A線圈中電流足夠強，但不變化，則B中無感應(yīng)電流，磁針不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，A錯；當(dāng)A線圈閉合開關(guān)電流穩(wěn)定后，回路中的磁通量也不在發(fā)生變化，所以小磁針也不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故B錯；當(dāng)線圈A和電池接通或斷開的瞬間，回路中的磁通量發(fā)生變化，所以B中有感應(yīng)電流，則小磁針會偏轉(zhuǎn)，故C對；D錯； 故選C 6．如圖所示，金屬棒ab置于水平放置的U形光滑導(dǎo)軌上，在ef右側(cè)存在有界勻強磁場B，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下，在ef左側(cè)的無磁場區(qū)域cdef內(nèi)有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)軌在同一平面內(nèi)。當(dāng)金屬棒ab在水平恒力F作用下從磁場左邊界ef處由靜止開始向右運動后，下列有關(guān)圓環(huán)的說法正確的是 A．圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生變大的感應(yīng)電流，圓環(huán)有收縮的趨勢 B．圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生變小的感應(yīng)電流，圓環(huán)有收縮的趨勢 C．圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生變大的感應(yīng)電流，圓環(huán)有擴張的趨勢 D．圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生變小的感應(yīng)電流，圓環(huán)有擴張的趨勢d 【答案】 B 【解析】 因為金屬棒ab在恒力F的作用下向右運動,則abcd回路中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流,則在圓環(huán)處產(chǎn)生垂直于紙面向外的磁場,隨著金屬棒向右加速運動,圓環(huán)的磁通量將增大,根據(jù)楞次定律可以知道,圓環(huán)將有收縮的趨勢以阻礙圓環(huán)的磁通量將增大;又因為金屬棒向右運動的加速度減小,單位時間內(nèi)磁通量的變化率減小,所以在圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不斷減小,故B對；ACD錯 7．如圖甲所示，螺線管的匝數(shù)為1000、橫截面積為10cm2電阻為1Ω，與螺線管串聯(lián)的外電阻R1=5Ω、R2=4Ω。向右穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強度按圖乙所示的規(guī)律變化，則下列說法正確的是 A．0~1s內(nèi)，螺線管產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為410－3V B．1s~2s內(nèi)，R2中通過的電流方向向右 C．1s~2s內(nèi)，電路中通過的電流為0.3A D．1s~2s內(nèi)，R1兩端的電壓為3V 【答案】 D 【解析】 A、在0~1s內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，螺線管產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為： E1=nΔB1Δt1?S=10006-211.010-3V=4V，故選項A錯誤； B、在1s~2s內(nèi)，磁感應(yīng)強度減小，穿過螺線管的磁通量減少，根據(jù)楞次定律可判斷，R2中通過的電流方向向左，故選項B錯誤； C、在1s~2s內(nèi)，螺線管產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E2=nΔB2Δt2?S=1000611.010-3V=6V，根據(jù)閉合電路的歐姆定律有I=E2R1+R2+r=0.6A，R1兩端的電壓為U1=IR1=3V，故選項C錯誤，D正確。 8．如圖所示，半徑為r的金屬圓環(huán)放在垂直紙面向外的勻強磁場中，環(huán)面與磁感應(yīng)強度垂直，磁場的磁感應(yīng)強度為B0，保持圓環(huán)不動，將磁場的磁感應(yīng)強度隨時間均勻增大經(jīng)過時間t，磁場的磁感應(yīng)強度增大到B1，此時圓環(huán)中產(chǎn)生的焦耳熱為Q；保持磁場的磁感應(yīng)強度B1不變，將圓環(huán)繞對稱軸(圖中虛線)勻速轉(zhuǎn)動，經(jīng)時間2t圓環(huán)轉(zhuǎn)過90，圓環(huán)中電流大小按正弦規(guī)律變化，圓環(huán)中產(chǎn)生的焦耳熱也為Q，則磁感應(yīng)強度B0和B1的比值為（） A．4-π4 B．5-π5 C．42-π42 D．52-π52 【答案】 A 【解析】 若保持圓環(huán)不動，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定為E1=(B1-B0)πr2t，則Q=E12Rt=(B1-B0)2π2r4tR①；若線圈轉(zhuǎn)動：則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大值：E2m=B1ωS=B1π22t?πr2=π2r2B14t ,有效值E2=π2r2B142t，產(chǎn)生的熱量Q=E22R2t=π4r4B1216tR②，聯(lián)立①②可得：B0B1=4-π4，故選A. 9．如圖所示，一個電阻值為R，匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連結(jié)成閉合回路。線圈的半徑為r1。在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖所示。圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0。導(dǎo)線的電阻不計。則 A．流經(jīng)電阻R1中的電流方向為b到a B．回路中感應(yīng)電動勢的大小為nπB0r12t0 C．回路中感應(yīng)電流大小為nπB0r223Rt0 D．a(chǎn)與b之間的電勢差為Uab=2nπB0r223t0 【答案】 ACD 【解析】 由楞次定律可判斷通過電阻R1上的電流方向為從b到a，故A正確；由圖示圖象可知，磁感應(yīng)強度的變化率：ΔBΔt=B0t0，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢：E=nΔΦΔt=nΔBΔtS，面積：S=πr22，則感應(yīng)電動勢：E=nπB0r22t0，感應(yīng)電流：I=ER+R1=E3R=nπB0r223Rt0，a與b之間的電勢差等于線圈兩端電壓，即路端電壓：Uab=IR1=2nπB0r223t0，故B錯誤，CD正確；選ACD. 10．如圖所示，U形光滑金屬導(dǎo)軌水平放置在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)軌間距為L，在導(dǎo)軌右端連接有一個阻值為R的定值電阻。有一根長為L的導(dǎo)體棒ab與固定在O點的絕緣輕彈簧相連后垂直放置在導(dǎo)軌上，彈簧原長時導(dǎo)體棒ab在圖中的虛線位置?，F(xiàn)施外力將彈簧壓縮一定的距離后松開，導(dǎo)體棒ab在導(dǎo)軌上往復(fù)運動最后停在虛線處。已知彈簧初始被壓縮時儲存的彈性勢能為Ep，在運動過程中導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)體棒ab的電阻r=R，導(dǎo)軌電阻不計，則下列說法中正確的是 A．導(dǎo)體棒ab在運動過程中能產(chǎn)生交變電流 B．定值電阻產(chǎn)生的總熱量為彈性勢能Ep的一半 C．導(dǎo)體棒ab向右運動時安培力做負(fù)功，向左運動時做正功 D．導(dǎo)體棒ab全程克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱 【答案】 ABD 【解析】 導(dǎo)體棒ab在運動過程中，因不斷則往復(fù)運動，切割磁感線則能產(chǎn)生交變電流，選項A正確；整個過程中彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為整個電阻上的焦耳熱，因r=R，則定值電阻產(chǎn)生的總熱量為彈性勢能Ep的一半，選項B正確；導(dǎo)體棒ab運動時安培力方向始終與運動方向相反，即總是做負(fù)功，選項C錯誤；導(dǎo)體棒ab全程克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，選項D正確；故選ABD. 點睛：此題關(guān)鍵是知道電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系；系統(tǒng)總的機械能，也就是開始的彈性勢能最終轉(zhuǎn)化為整個電路的電能；電磁感應(yīng)的過程就是克服安培力做功的過程，最后產(chǎn)生的電能轉(zhuǎn)化成焦耳熱. 11．如圖所示，兩光滑金屬導(dǎo)軌間距為1m，固定在絕緣桌面上的部分是水平的，處在磁感應(yīng)強度大小為1T、方向豎直向下的有界勻強磁場中(導(dǎo)軌其他部分無磁場)，電阻R的阻值為2Ω，桌面距水平地面的高度為1.25m，金屬桿ab的質(zhì)量為0.1kg，有效電阻為1Ω?，F(xiàn)將金屬桿ab從導(dǎo)軌上距桌面高度為0.45m的位置由靜止釋放，其落地點距桌面左邊緣的水平距離為1m。取g=10m/s2，空氣阻力不計，離開桌面前金屬桿ab與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好。下列判斷正確的是 A．金屬桿剛進入磁場時，其速度大小為3m/s B．金屬桿剛進入磁場時，電阻R上通過的電流大小為1.5A C．金屬桿穿過勻強磁場的過程中，克服安培力所做的功為0.25J D．金屬桿穿過勻強磁場的過程中，通過金屬桿某一橫截面的電荷量為0.2C 【答案】 AC 【解析】 金屬桿進入磁場前，只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh=12mv2，解得：v=3m/s，故A正確；金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢：E=BLv，由閉合電路的歐姆定律可知，電流：I=ER+r=BLvR+r=1132+1=1A，故B錯誤；金屬棒離開磁場后做平拋運動，在豎直方向上H=12gt2，水平方向上：s=vt，解得：v=2m/s，金屬桿穿過勻強磁場的過程中，根據(jù)動能定理有：W安=12mv2-12mv2=-0.25J，即克服安培力所做的功為0.25J，故C正確；金屬桿穿過勻強磁場的過程中，根據(jù)動理定理有：-BILΔt=mv-mv，又q=IΔt，則有：-BLq=mv-mv，解得：q=0.1C，故D錯誤；故選AC。 【點睛】 12．如圖所示，兩根間距為d的光滑金屬導(dǎo)軌，平行放置在傾角為θ=300的斜面上，導(dǎo)軌的右端接有電阻R，整個裝置放在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直。導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒與兩導(dǎo)軌垂直且接觸良好，金屬棒以一定的初速度v0在沿著導(dǎo)軌上滑一段距離L后返回，不計導(dǎo)軌電阻及感應(yīng)電流間的相互作用。下列說法正確的是（） A．導(dǎo)體棒返回時先做加速運動，最后做勻速直線運動 B．導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中通過R的電量q=BdL2R C．導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中克服安培力做的功W=12(mv02-mgL) D．導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q=12(mv02-mgL) 【答案】 ABC 【解析】 導(dǎo)體棒返回時隨著速度的增大，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢增大，感應(yīng)電流增大，棒受到的安培力增大，加速度減小，所以導(dǎo)體棒先做加速度減小的變加速運動，最后做勻速直線運動，故A正確。導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中通過R的電量為：q=It=Bdv2Rt=BdL2R，故B正確。導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的總熱量，由能量守恒定律得：W=Q=（12mv02-mgLsin30）=12（mv02-mgL），故C正確。根據(jù)能量守恒定律，導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為：QR=12（12mv02-mgLsin30）=14（mv02-mgL），故D錯誤。故選ABC。 二、非選擇題 13．如圖所示,平行導(dǎo)軌傾斜放置,傾角θ=37,勻強磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面向上,磁感應(yīng)強度B=5T,質(zhì)量為m=1kg的金屬棒ab垂直放在導(dǎo)軌上,ab與導(dǎo)軌平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.25。ab的電阻r=1Ω,平行導(dǎo)軌間的距離L=1m, R1 =R2=4Ω,導(dǎo)軌電阻不計,ab由靜止開始下滑運動x=3.5m后達到勻速。sin37=0.6,cos37=0.8。求: （1）ab在導(dǎo)軌上勻速下滑的速度多大? （2）ab由靜止到勻速過程中電路產(chǎn)生的焦耳熱為多少? 【答案】 （1）4m/s（2）6J 【解析】 （1）ab由靜止開始下滑，速度不斷增大，對ab受力分析如圖所示, 由牛頓第二定律mgsinθ-μmgcosθ-BIL=ma 可知，ab做加速度減小的加速運動，當(dāng)加速度減小到零時，速度增加到最大，此后以最大速度做勻速運動。 故ab在導(dǎo)軌上勻速下滑時mgsinθ-μmgcosθ-BIL=0① 等效電路如圖所示, 外電路電阻R=R1R2R1+R2=4Ω② 電路中總電阻R總=r+R=5Ω③ 由閉合電路的歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律可知: 電路中的電流I=ER總 ④ 此時的感應(yīng)電動勢E=BLv ⑤ 由①③④⑤解得:ab在導(dǎo)軌上勻速下滑的速度v=4m/s⑥ （2）由于ab下滑過程速度不斷變化，感應(yīng)電動勢和電流不恒定，故不能用焦耳定律求焦耳熱。 根據(jù)能量守恒定律，ab減少的重力勢能等于ab增加的動能、克服摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能與電路中總的焦耳熱之和，即ΔEP=ΔEk+E內(nèi)+Q ⑩ 展開得mgxsin370=12mv2+μmgcos370?x+Q 解得電路中總的焦耳熱：Q=6J 14．如圖甲所示，在兩光滑平行金屬導(dǎo)軌之間存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)軌的間距為L，電阻不計。金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為m，重力和電阻可忽略不計?，F(xiàn)在導(dǎo)軌左端接入一個電阻為R的定值電阻，給金屬棒施加一個水平向右的恒力F，經(jīng)過時t0后金屬棒達到最大速度。 (1)金屬棒的最大速度vmax是多少？ (2)求金屬棒從靜止達到最大速度的過程中。通過電阻R的電荷量q； (3)如圖乙所示，若將電阻換成一個電容大小為C的電容器(認(rèn)為電容器充放電可瞬間完成)。求金屬棒由靜止開始經(jīng)過時間t后，電容器所帶的電荷量Q。 【答案】 (1)FRB2L2；(2)Ft0BL-FmRB3L3；(3)FCBLtm+CB2L2。 【解析】 （1）當(dāng)安培力與外力相等時，加速度為零，物體速度達到最大，即F=BIL=B2L2vmaxR 由此可得金屬棒的最大速度：vmax=FRB2L2 （2）由動量定律可得：(F-F)t0=mvmax 其中：F=B2L2xRt0 解得金屬棒從靜止達到最大速度的過程中運動的距離：x=Ft0RB2L2-FmR2B4L4 通過電阻R的電荷量：q=BLxR=Ft0BL-FmRB3L3 （3）設(shè)導(dǎo)體棒運動加速度為a，某時裝金屬棒的速度為v1，經(jīng)過?t金屬體的速度為v2，導(dǎo)體棒中流過的電流(充電電流)為I，則:F-BIL=ma 電流：I=△Q△t=C△E△t 其中：?E=BLv2-BLv1=BL?v，a=?v?t 聯(lián)立各式得：a=Fm+CB2L2 因此，導(dǎo)體棒向右做勻加速直線運動。由于所有電阻均忽略，平行板電容器兩板間電壓U與導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E相等，電容器的電荷量：Q=CBLat=FCBLtm+CB2L2 15．如圖所示，在水平面內(nèi)固定一光滑的足夠長的“U”型金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距L=1m，整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中，磁感強度B=0.5T．一質(zhì)量為m=1.5kg的導(dǎo)體棒以a=2m/s2的加速度從靜止開始向右做切割磁感線運動，導(dǎo)體棒在回路中的電阻r=0.3Ω，定值電阻R=0.2Ω，其余電阻忽略不計．求： (1)從運動開始2秒的時間內(nèi)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大?。? (2)2秒時導(dǎo)體棒兩端的電壓和R上的電功率大??？ (3)2秒時，作用在導(dǎo)體棒上的拉力F的大小？ (4)從運動開始2秒的時間內(nèi)，作用在導(dǎo)體棒上的拉力F做36J功，求導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的熱量是多少？ 【答案】 (1)1V；(2)3.2W；(3)5N (4)14.4J 【解析】 （1）2s內(nèi)的位移：x=at2/2=4m 回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E=BxL/t=0.54/2=1V； （2）2s時電路中的電流：I=BLvR+r=0.51220.5=4A 導(dǎo)體棒兩端電壓：U=IR=40.2=0.8V， R上消耗的電功率為：P=I2R=420.2=3.2W； （3）安培力：FB=BIL=0.541=2N，由左手定則可知，安培力向左， 由牛二定律得：F-FB=ma，F(xiàn)=5N 方向水平向右． （4）由能量守恒定律得：W=12mv2+Q v=at 代入數(shù)據(jù)解得：Q=24J， 則導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的熱量Q=rR+rQ=3524=14.4J 16．如圖所示，豎直放置的兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌相距為L，導(dǎo)軌的兩端分別與電源（串有一滑動變阻器R）、定值電阻、電容器（原來不帶電）和開關(guān)K相連。整個空間充滿了垂直于導(dǎo)軌平面向外的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度的大小為B。一質(zhì)量為m，電阻不計的金屬棒ab橫跨在導(dǎo)軌上。已知電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，電容器的電容為C，定值電阻的阻值為R0，不計導(dǎo)軌的電阻。 （1）當(dāng)K接1時，金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止，則滑動變阻器接入電路的阻值R多大？ （2）當(dāng)K接2后，金屬棒ab從靜止開始下落，下落距離s時達到穩(wěn)定速度，則此穩(wěn)定速度的大小為多大？下落s的過程中所需的時間為多少？ （3）若在將ab棒由靜止釋放的同時，將電鍵K接到3。試通過推導(dǎo)說明ab棒此后的運動性質(zhì)如何？求ab再下落距離s時，電容器儲存的電能是多少？（設(shè)電容器不漏電，此時電容器還沒有被擊穿） 【答案】 （1）EBLmg-r（2）B4L4s+m2gR02mgR0B2L2（3）勻加速直線運動 mgsCB2L2m+cB2L2 【解析】 （1）金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止，由BIL=mg I=ER+r 得R=EBLmg-r （2）由mg=B2L2vR0 得v=mgR0B2L2 由動量定理，得mgt-BILt=mv 其中q=It=BLsR0 得t=B4L4s+m2gR02mgR0B2L2 （3）K接3后的充電電流I=ΔqΔt=CΔUΔt=CBLΔvΔt=CBLΔvΔt=CBLa mg-BIL=ma 得a=mgm+CB2L2=常數(shù) 所以ab棒的運動性質(zhì)是“勻加速直線運動”，電流是恒定的。 v22-v2=2as 根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒得ΔE=mgs-(12mv22-12mv2) 解得：ΔE=mgsCB2L2m+cB2L2