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专题十电磁感应基本问题分析1.(2013·上海)如图所示,通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面,位置靠近ab且相互绝缘.当MN中电流突然减小时,线圈所受安培力的合力方向()A.向左B.向右C.垂直纸面向外D.垂直纸面向里新课标第一网2.(多选)(2013·海安中学)如图所示,一圆形金属环平放在水平桌面上.有一带负电荷的微粒以恒定的水平速度v贴近环的上表面沿x轴正方向(但不过圆心)通过金属圆环.在微粒通过圆环的过程中()A.穿过圆环平面的磁通量为零B.穿过圆环平面有向y轴正方向的磁通量C.圆环内感应电流大小不断变化D.圆环内感应电流先沿顺时针方向,后沿逆时针方向3.(多选)(2013·扬泰南连淮三模)如图所示,用电流传感器研究自感现象.电源内阻不可忽略,线圈的自感系数较大,其直流电阻小于电阻R的阻值.t=0时刻闭合开关S,电路稳定后,t1时刻断开S,电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流IL和电阻中的电流IR随时间t变化的图象.下列图象中可能正确的是()4.(2013·扬州中学)如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,直径与磁场宽度相同的金属圆形线框以一定的初速度斜向匀速通过磁场.在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速运动,则()A.金属框内感应电流方向先顺时针再逆时针B.金属框内感应电流大小保持不变(多选)(2013·苏锡常镇三模)如图所示的电路中,L是自感系数较大的线圈,其直流电阻为R0,两电表均为理想电表,其示数分别记为U、I.下列说法中正确的是()A.S2断开,闭合S1后,电流表示数I逐渐增大至某一稳定值B.S1、S2闭合后,断开S2瞬间,电势φaφbC.当两开关均闭合后,U≠IR0D.断开电路时,应先断开S2,再断开S16.(多选)(2013·无锡一模)如图所示,在竖直向下的y轴两侧分布有垂直纸面向外和向里的磁场,磁感应强度均随位置坐标按B=B0+ky(k为正常数)的规律变化.两个完全相同的正方形线框甲和乙的上边均与y轴垂直,甲的初始位置高于乙的初始位置,两线框平面均与磁场垂直.现同时分别给两个线框一个竖直向下的初速度v1和v2,设磁场的范围足够大,且仅考虑线框完全在磁场中的运动,则下列说法中正确的是()A.运动中两线框所受磁场的作用力方向一定相同XKb1.ComB.若v1v2,则开始时甲线框的感应电流一定大于乙线框的感应电流C.若v1=v2,则开始时甲线框所受磁场的作用力小于乙线框所受磁场的作用力D.若v1v2,则最终达到各自稳定状态时甲线框的速度可能大于乙线框的速度7.(2013·常州一模)如图甲所示,在一个正方形金属线圈区域内,存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场,磁场的方向与线圈平面垂直.金属线圈所围的面积S=200cm2,匝数n=1000,线圈电阻r=1.0Ω.线圈与电阻R构成闭合回路,电阻的阻值R=4.0Ω.匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示.求:(1)在t=2.0s时通过电阻R的感应电流的大小和方向.(2)在t=5.0s时,线圈端点a、b间的电压.(3)06.0s内整个闭合电路中产生的热量.X|k|B|1.c|O|m8.(2013·苏州一模)如图所示,足够长的U形导体框架的宽度L=0.5m,电阻可忽略不计,其所在平面与水平面成θ=37°角.有一磁感应强度B=0.8T的匀强磁场,方向垂直于导体框平面.一根质量m=0.2kg、电阻R=2Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上,某时刻起将导体棒由静止释放.已知导体棒与框架间的动摩擦因数μ=0.5.(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=10m/s2)(1)求导体棒刚开始下滑时的加速度大小.(2)求导体棒运动过程中的最大速度和重力的最大功率.(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中,通过导体棒横截面的电荷量Q=2C,求导体棒在此过程中消耗的电能.专题十电磁感应基本问题分析1.B2.BCD3.AD4.D5.AD6.AB7.(1)根据法拉第电磁感应定律,04.0s时间内线圈中磁通量均匀变化,产生恒定的感应电流.t1=2.0s时的感应电动势E1=n1ΔΔt=n401(-)SΔBBt,根据闭合电路欧姆定律,闭合回路中的感应电流I1=1ERr,解得I1=0.2A,方向b→R→a.(2)由图象可知,在4.06.0s时间内,线圈中产生的感应电动势E2=n22ΔΔt=n642-Δt=4V,根据闭合电路欧姆定律,t2=5.0s时闭合回路中的感应电流I2=2ERr=0.8A,方向a→R→b,Uab=I2R=3.2V.(3)根据焦耳定律,04.0s内闭合电路中产生的热量Q1=21I(r+R)Δt1=0.8J,4.06.0s内闭合电路中产生的热量Q2=22I(r+R)Δt2=6.4J,06.0s内闭合电路中产生的热量Q=Q1+Q2=7.2J.8.(1)mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得a=2m/s2.(2)当导体棒匀速下滑时对其受力分析,因为匀速下滑,设匀速下滑的速度为v,则平行于斜面方向上mgsinθ-f-F=0,其中f=μmgcosθ,安培力F=BIL,电流I=BLvR,由以上各式解得v=22(sin-cos)mgRBL=5m/s,P=mgvsinθ=6W.(3)通过导体的电荷量Q=IΔt=ΔR,设物体下滑速度刚好为v时的位移为s,则ΔΦ=BsL,全程由动能定理得mgs·sinθ-W安-μmgcosθ·s=12mv2,克服安培力做功等于导体棒的有效电阻消耗的电能Q=W安=1.5J.新课标第一网系列资料