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第9章第3讲一、选择题1．如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v做匀速运动．令U表示MN两端的电压的大小，则()A．U＝12vBlB．U＝13vBlC．U＝vBlD．U＝2vBl[答案]A[解析]电路中电动势为E＝Blv，则MN两端电压U＝ER＋R·R＝12Blv.2．(2010·合肥模拟)如图所示，在一匀强磁场中有一U形导体框bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体的电阻都可不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则()A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将匀速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将做往复运动[答案]A[解析]杆ef向右运动，所受安培力F＝BIl＝BlBlvR＝B2l2vR，方向向左，故杆做减速运动；v减小，F减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A正确．3．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平速度v0抛出．设在整个过程中，棒的取向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化的情况是()A．越来越大B．越来越小C．保持不变D．无法判断[答案]C[解析]金属棒水平抛出后，在垂直于磁场方向的速度不变，由E＝Blv可知，感应电动势也不变，C项正确．4．如图所示，用铝板制成U型框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框中，使整体在匀强磁场中沿垂直于磁场方向向左以速度v匀速运动，悬线拉力为FT，则()A．悬线竖直，FT＝mgB．悬线竖直，FTmgC．悬线竖直，FTmgD．无法确定FT的大小和方向[答案]A[解析]设两板间的距离为L，由于向左运动过程中竖直的切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断下板电势高于上板，感应电动势大小E＝Blv，即带电小球处于电势差为BLv的电场中，所受电场力F电＝qE电＝qEL＝qBLvL＝qvB.设小球带正电，则电场力方向向上，同时小球所受洛伦兹力F洛＝qvB，方向由左手定则判断竖直向下，即F电＝F洛，故无论小球带什么电怎样运动，FT＝mg，选项A正确．5．(2010·宁波模拟)如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()A．如果B增大，vm将变大B．如果α变大，vm将变大C．如果R变大，vm将变大D．如果m变小，vm将变大[答案]BC[解析]以金属杆为研究对象，受力如图所示．根据牛顿第二定律得：mgsinα－F安＝ma，其中F安＝B2L2vR当a→0时，v→vm解得vm＝mgRsinαB2L2结合此式分析即得B、C选项正确．6．如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能，若外力对环做的功分别为Wa、Wb，则Wa∶Wb为()A．1∶4B．1∶2C．1∶1D．不能确定[答案]A[解析]根据能量守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热Wa＝Qa＝BLv2Ra·LvWb＝Qb＝B·2Lv2Rb·2Lv由电阻定律知Rb＝2Ra，故Wa∶Wb＝1∶4，A项正确．7．如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、电阻为R的正方形线圈abcd边长为L(Ld)，将线圈在磁场上方高h处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿越磁场的过程中(从cd边刚入磁场一直到ab边刚离开磁场)()A．感应电流做功为mglB．感应电流做功为2mgdC．线圈的最小速度可能为mgRB2L2D．线圈的最小速度一定为2gh＋L－d[答案]BCD[解析]根据cd边刚进入磁场和cd边刚离开磁场时速度大小相等，对这一过程应用动能定理可得线圈进入磁场的过程克服安培力做功为mgd，出磁场的过程同样要克服安培力做功mgd，所以总共产生电能2mgd，则感应电流做功2mgd，所以A错误、B正确；若进入过程中出现匀速运动情况，则安培力与重力相等mg＝B2L2vminR，所以存在最小速度为mgRB2L2的可能，C正确；对整个过程应用动能定理可得D正确．8．(2010·浙江省部分重点中学联考)如图a所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝均匀正方形铜线框，边长为a，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时t＝0，若磁场的宽度为b(b3a)，在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0并开始离开匀强磁场．此过程中v－t图象如图b所示，则()A．t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav0B．在t0时刻线框的速度为v0－Ft0mC．线框完全离开磁场的瞬间(位置3)的速度一定比t0时刻线框的速度大D．线框从进入磁场(位置1)到完全离开磁场(位置3)的过程中产生的电热为2Fb[答案]D[解析]t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为外电压，为34Bav0，A项错误；从t0时刻至3t0时刻线框做匀加速运动，加速度为Fm，故在t0时刻的速度为v0－2at0＝v0－2Ft0m，B项错误；因为t＝0时刻和t＝3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故在位置3时的速度与t0时刻的速度相等，C项错误；线框在位置1和位置3时的速度相等，根据动能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb＝Q，所以线框穿过磁场的整个过程中，产生的电热为2Fb，D项正确．二、非选择题9．由于国际空间站的运行轨道上各处的地磁场强弱及方向均有所不同，所以在运行过程中，穿过其外壳的地磁场的磁通量将不断变化，这样将会导致________现象发生，从而消耗国际空间站的能量．为了减少这类消耗，国际空间站的外壳材料的电阻率应尽可能________(填“大”或“小”)一些．[答案]电磁感应大[解析]电阻率较大，电阻也较大，同样的电磁感应现象，产生的电动势一定，由P＝U2R可知，电阻较大时，消耗的电功率较小，可以减少能量消耗．10．(2010·杭州)如图，线圈匝数n＝1000匝，电阻r＝1Ω，横截面积S＝0.05m2，处于一个均匀变化的磁场中．磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt＝0.02T/s，磁场方向与线圈平面垂直．电阻R1＝3Ω，R2＝1Ω，电容器的电容C＝200μF.由此可知电动势E＝________V，电容器充电的电量Q＝________C.[答案]11.5×10－4[解析]本题考查法拉第电磁感应定律，含容电路的分析．根据法拉第电磁感应定律，电动势E＝nΔφΔt＝1000×0.02×0.05V＝1V，电容器两端的电压为R1两端的电压，UC＝U1＝34V，因此电容器的带电量为Q＝CU＝200×10－6×0.75C＝1.5×10－4C11．(2010·皖南模拟)如图所示，两平行长直金属导轨置于竖直平面内，间距为L，导轨上端有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒垂直跨放在导轨上，并搁在支架上，导轨和导体棒电阻不计，接触良好，且无摩擦．在导轨平面内有一矩形区域的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B.开始时导体棒静止，当磁场以速度v匀速向上运动时，导体棒也随之开始运动，并很快达到恒定的速度，此时导体棒仍在磁场区域内，试求：(1)导体棒的恒定速度；(2)导体棒以恒定速度运动时，电路中消耗的电功率．[答案](1)v－mgRB2L2向上(2)m2g2RB2L2[解析](1)设棒速为v′，有E＝BL(v－v′)①F安＝BIL＝BLER＝B2L2v－v′R②棒受力平衡有：mg＝F安③联立得：v′＝v－mgRB2L2④方向向上(2)P＝E2R⑤联立①④⑤得：P＝m2g2RB2L212．(2010·临沂模拟)在拆装某种大型电磁设备的过程中，需将设备内部的处于强磁场中的线圈先闭合，然后再提升直至离开磁场，操作时通过手摇轮轴A和定滑轮O来提升线圈．假设该线圈可简化为水平长为L、上下宽度为d的矩形线圈，其匝数为n，总质量为M，总电阻为R.磁场的磁感应强度为B，如图所示，开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐，若转动手摇轮轴A，在时间t内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场．求此过程中：(1)流过线圈中每匝导线横截面的电荷量是多少？(2)在转动轮轴时，人至少需做多少功？(不考虑摩擦影响)[答案](1)nBLdR(2)Mgd＋n2B2L2d2Rt[解析](1)在匀速提升的过程中线圈运动速度v＝dt①线圈中感应电动势E＝nBLv②产生的感应电流I＝ER③流过导线横截面的电荷量q＝It④联立①②③④得q＝nBLdR(2)匀速提升的过程中，要克服重力和安培力做功，即W＝WG＋W安⑤又WG＝Mgd⑥W安＝nBILd⑦联立①②③④⑤⑥⑦得W＝Mgd＋n2B2L2d2Rt13．(2010·山东潍坊质检)如图甲所示，水平虚面PQ上方两侧有对称的范围足够大的匀强磁场，磁场方向分别水平向左和水平向右，磁感应强度大小均为B0＝2T.用金属条制成的闭合正方形框aa′b′b边长L＝0.5m，质量m＝0.3kg，电阻R＝1Ω.现让金属框平面水平，aa′边、bb′边分别位于左、右两边的磁场中，且与磁场方向垂直，金属框由静止开始下落，其平面在下落过程中始终保持水平，当金属框下落至PQ前一瞬间，加速度恰好为零．以金属框下落至PQ为计时起点，PQ下方加一范围足够大的竖直向下的磁场，磁感应强度B与时间t之间的关系图象如图乙所示．不计空气阻力及金属框的形变，g取10m/s2.求：(1)金属框经过PQ位置时的速度大小；(2)金属框越过PQ后2s内下落的距离；(3)金属框越过PQ后2s内产生的焦耳热．[答案](1)0.75m/s(2)21.5m(3)0.5J[解析](1)当金属框的加速度恰好为零时，受到的安培力与重力平衡F1安＝mgF1安＝2B0I1LI1＝2B0lvR解得v＝mgR4B02L2＝0.75m/s(2)经分析知金属框进入PQ上方后做竖直下抛运动，设2s内下落的距离为h.h＝vt＋12gt2，解得h＝21.5m.(3)设金属框在PQ下方磁场中运动时产生的感应电流为I，感应电动势为E,2s内产生的焦耳热为Q，由法拉第电磁感应定律E＝ΔBΔtL2由图象得ΔBΔt＝2T/s，I＝ER，Q＝I2Rt，解得Q＝0.5J.