9．(2009·福建高考)如圖10所示，固定放置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．一質(zhì)量為m(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.當(dāng)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)距離l時(shí)，速度恰好達(dá)到最大(運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直)．設(shè)桿接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g.則此過(guò)程　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．桿的速度最大值為

B．流過(guò)電阻R的電荷量為

C．恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量

D．恒力F做的功與安培力做的功之和大于桿動(dòng)能的變化量

解析：當(dāng)桿的速度達(dá)到最大時(shí)，安培力F_安＝，桿受力平衡，故F－μmg－

F_安＝0，所以v＝，A錯(cuò)；流過(guò)電阻R的電荷量為q＝＝＝，B對(duì)；根據(jù)動(dòng)能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代數(shù)和等于桿動(dòng)能的變化量，由于摩擦力做負(fù)功，所以恒力F、安培力做功的代數(shù)和大于桿動(dòng)能的變化量，C錯(cuò)，D對(duì)．

答案：BD

8．如圖9所示，光滑的“∏”形金屬導(dǎo)體框豎直放置，質(zhì)量為m的金屬棒MN與框架接觸良好．磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B₁、B₂的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向相反，但均垂直于框架平面，分別處在abcd和cdef區(qū)域．現(xiàn)從圖示位置由靜止釋放金屬棒MN，當(dāng)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)B₁區(qū)域后，恰好做勻速運(yùn)動(dòng)．以下說(shuō)法中正確的有(　)

A．若B₂＝B₁，金屬棒進(jìn)入B₂區(qū)域后將加速下滑

B．若B₂＝B₁，金屬棒進(jìn)入B₂區(qū)域后仍將保持勻速下滑

C．若B₂<B₁，金屬棒進(jìn)入B₂區(qū)域后可能先加速后勻速下滑

D．若B₂>B₁，金屬棒進(jìn)入B₂區(qū)域后可能先減速后勻速下滑

解析：若B₂＝B₁，金屬棒進(jìn)入B₂區(qū)域后，磁場(chǎng)反向，回路電流反向，由左手定則知：安培力并沒(méi)有反向，大小也沒(méi)有變，故金屬棒進(jìn)入B₂區(qū)域后，mg－＝0，仍將保持勻速下滑，B對(duì)；若B₂<B₁，金屬棒進(jìn)入B₂區(qū)域后，安培力沒(méi)有反向但大小變小，由F＝BIL＝BL＝知，mg－>0，金屬棒進(jìn)入B₂區(qū)域后可能先加速后勻速下滑，故C也對(duì)；同理，若B₂>B₁，金屬棒進(jìn)入B₂區(qū)域后mg－<0，可能先減速后勻速下滑，故D也對(duì)．

答案：BCD

7．如圖8所示的電路中，兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行放置在傾角為θ的斜面上，導(dǎo)軌下端接有電阻R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，斜面處在豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電阻可略去不計(jì)的金屬棒ab質(zhì)量為m，受到沿斜面向上且與金屬棒垂直的恒力F的作用，金屬棒沿導(dǎo)軌勻速下滑，則它在下滑h高度的過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．作用在金屬棒上各力的合力做功為零

B．重力做功將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能

C．重力與恒力F做功的代數(shù)和等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱

D．金屬棒克服安培力做功等于重力與恒力F做的總功與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和

解析：由于金屬棒勻速下滑，故作用在棒上的各個(gè)力的合力做功為零，故A對(duì)；克服安培力做功將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，故B錯(cuò)誤；列出動(dòng)能定理方程W_G－W_F－W_安＝0，變形可得W_G－W_F＝W_安，可知C正確，D錯(cuò)誤．

答案：AC

6．(2010··徐州模擬模擬)如圖7所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度v_m，則　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．如果B增大，v_m將變大

B．如果α變大，v_m將變大

C．如果R變大，v_m將變大

D．如果m變小，v_m將變大

解析：以金屬桿為研究對(duì)象，受力如圖所示．

根據(jù)牛頓第二定律得

mgsinα－F_安＝ma，其中F_安＝.

當(dāng)a→0時(shí)，v→v_m，

解得v_m＝，

結(jié)合此式分析即得B、C選項(xiàng)正確．

答案：BC

5．(2010·揚(yáng)州模擬)如圖5甲所示，光滑導(dǎo)軌水平放置在與水平方向夾角為60°的斜向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖5乙所示(規(guī)定斜向下為正方向)，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，除電阻R的阻值外，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下始終處于靜止?fàn)顟B(tài)．規(guī)定a→b的方向?yàn)殡娏鞯恼较颍较蛴业姆较驗(yàn)橥饬?i>F的正方向，則在0-t₁時(shí)間內(nèi)，圖6中能正確反映流過(guò)導(dǎo)體棒ab的電流i和導(dǎo)體棒ab所受水平外力F隨時(shí)間t變化的圖象是　　　　　　　　　　　　 　(　)

解析：由楞次定律可判定回路中的電流方向始終為b→a，由法拉第電磁感應(yīng)定律可判定回路中電流大小恒定，故A、B錯(cuò)；由F_安＝BIL可得F_安隨B的變化而變化，在0-t₀時(shí)間內(nèi)，F_安方向向右，故外力F與F_安等值反向，方向向左為負(fù)值；在t₀-t₁時(shí)間內(nèi)，F_安方向改變，故外力F方向也改變?yōu)檎�，故C錯(cuò)誤，D正確．

答案：D

4．如圖4所示，有一用鋁板制成的U型框，將一質(zhì)量為m的帶電小球用絕緣細(xì)線(xiàn)懸掛在框中，使整體在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中沿垂直于磁場(chǎng)方向向左以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，懸掛拉力為F_T，則(　)

A．懸線(xiàn)豎直，F_T＝mg

B．懸線(xiàn)豎直，F_T>mg

C．懸線(xiàn)豎直，F_T<mg

D．無(wú)法確定F_T的大小和方向

解析：設(shè)兩板間的距離為L，由于向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中豎直板切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，由右手定則判斷下板電勢(shì)高于上板，動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)大小E＝BLv，即帶電小球處于電勢(shì)差為BLv的電場(chǎng)中，所受電場(chǎng)力F_電＝qE_電＝q＝q＝qvB.

設(shè)小球帶正電，則所受電場(chǎng)力方向向上．

同時(shí)小球所受洛倫茲力F_洛＝qvB，方向由左手定則判斷豎直向下，即F_電＝F_洛，所以F_T＝mg.同理分析可知當(dāng)小球帶負(fù)電時(shí)，F_T＝mg.故無(wú)論小球帶什么電，F_T＝mg.選項(xiàng)A正確．

答案：A

3．如圖3所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L，直導(dǎo)線(xiàn)MN垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.電容器的電容為C，除電阻R外，導(dǎo)軌和導(dǎo)線(xiàn)的電阻均不計(jì)．現(xiàn)給導(dǎo)線(xiàn)MN一初速度，使導(dǎo)線(xiàn)MN向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右做勻速運(yùn)動(dòng)，則　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

(　)

A．電容器兩端的電壓為零

B．電阻兩端的電壓為BLv

C．電容器所帶電荷量為CBLv

D．為保持MN勻速運(yùn)動(dòng)，需對(duì)其施加的拉力大小為

解析：當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)MN勻速向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線(xiàn)MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，穩(wěn)定后，電容器既不充電也不放電，無(wú)電流產(chǎn)生，故電阻兩端無(wú)電壓，電容器兩極板間電壓U＝E＝BLv，所帶電荷量Q＝CU＝CBLv，故A、B錯(cuò)，C對(duì)；MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，因無(wú)電流而不受安培力，故拉力為零，D錯(cuò)．

答案：C

2．如圖2所示，用粗細(xì)相同的銅絲做成邊長(zhǎng)分別為L和2L的兩只閉合線(xiàn)框a和b，以相同的速度從磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中勻速地拉到磁場(chǎng)外，不考慮線(xiàn)框的動(dòng)能，若外力對(duì)環(huán)做的功分別為W_a、W_b，則W_a∶W_b為　　　　　　　 (　)

A．1∶4　 　　　　　　B．1∶2

C．1∶1 　　　　　　D．不能確定

解析：根據(jù)能量守恒可知，外力做的功等于產(chǎn)生的電能，而產(chǎn)生的電能又全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱

W_a＝Q_a＝·　W_b＝Q_b＝·

由電阻定律知R_b＝2R_a，故W_a∶W_b＝1∶4.A項(xiàng)正確．

答案：A

1．如圖1所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為　　

R(指拉直時(shí)兩端的電阻)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直

穿過(guò)環(huán)平面，在環(huán)的最高點(diǎn)A用鉸鏈連接長(zhǎng)度為2a、電阻

為的導(dǎo)體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎

直位置時(shí)，B點(diǎn)的線(xiàn)速度為v，則這時(shí)AB兩端的電壓大小

為　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A.　 　　　　　B. 　　　　　　C. 　　　D．Bav

解析：擺到豎直位置時(shí)，AB切割磁感線(xiàn)的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝B·2a·(v)＝Bav.由閉合電路歐姆定律，

U_AB＝·＝Bav，故選A.

答案：A

12．(14分)(2009·全國(guó)卷Ⅱ)如圖12所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里，大小隨時(shí)間的變化率＝k，k為負(fù)的常量．用電阻率為ρ、橫截面積為S的硬導(dǎo)線(xiàn)做成一邊長(zhǎng)為l的方框，將方框固定于紙面內(nèi)，其右半部位于磁場(chǎng)區(qū)域中．求：

(1)導(dǎo)線(xiàn)中感應(yīng)電流的大��；

(2)磁場(chǎng)對(duì)方框作用力的大小隨時(shí)間的變化率．

解析：(1)導(dǎo)線(xiàn)框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

E＝　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　①

ΔΦ＝l²ΔB　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

導(dǎo)線(xiàn)框中的電流為

I＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

式中R是導(dǎo)線(xiàn)框的電阻，根據(jù)電阻率公式有

R＝ρ　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④

聯(lián)立①②③④式，將＝k代入得

I＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤

(2)導(dǎo)線(xiàn)框所受磁場(chǎng)的作用力的大小為

F＝BIl　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　⑥

它隨時(shí)間的變化率為

＝Il　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑦

由⑤⑦式得

＝.

答案：(1)　(2)