（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題綜合檢測(cè)十 第十章 電磁感應(yīng)（含解析）

《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題綜合檢測(cè)十 第十章 電磁感應(yīng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題綜合檢測(cè)十 第十章 電磁感應(yīng)（含解析）（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、電磁感應(yīng) (45分鐘　100分) 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分.1～5題為單選題，6～8題為多選題) 1．如圖甲所示，水平面上的不平行導(dǎo)軌MN、PQ上放著兩根光滑導(dǎo)體棒ab、cd，兩棒間用絕緣絲線(xiàn)系住；開(kāi)始時(shí)勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化如圖乙所示，則以下說(shuō)法正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　 A．在t0時(shí)刻導(dǎo)體棒ab中無(wú)感應(yīng)電流 B．在t0時(shí)刻導(dǎo)體棒ab所受安培力方向水平向左 C．在0～t0時(shí)間內(nèi)回路電流方向是acdba D．在0～t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒ab始終靜止 解析：C　由圖乙所示圖像可知，0到t0時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)向里，磁感

2、應(yīng)強(qiáng)度B均勻減小，線(xiàn)圈中磁通量均勻減小，由法拉第電磁感應(yīng)定律得知，回路中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，形成恒定的電流．由楞次定律可得出電流方向沿acdba，在t0時(shí)刻導(dǎo)體棒ab中感應(yīng)電流不為零，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確；在t0時(shí)刻B＝0，根據(jù)安培力公式F＝BIL知此時(shí)ab和cd都不受安培力，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；在0～t0時(shí)間內(nèi)，根據(jù)楞次定律可知ab受力向左，cd受力向右，由于cd所受的安培力比ab的安培力大，所以ab將向右運(yùn)動(dòng)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 2．如圖所示，理想變壓器輸入端接在電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化，內(nèi)阻為r的交流電源上，輸出端接理想電流表及阻值為R的負(fù)載．如果要求負(fù)載上消耗的電功率最大，則下列說(shuō)法正確的是(　　)

3、 A．該交流電源電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)表達(dá)式為e＝Emsin 100πt(V) B．變壓器原副線(xiàn)圈匝數(shù)的比值為 C．電流表的讀數(shù)為 D．負(fù)載上消耗的熱功率為 解析：B　由題圖知周期為0.04 s，則角速度ω＝＝50π，瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝Emsin 50πt(V)，A錯(cuò)誤．設(shè)原副線(xiàn)圈中的匝數(shù)分別為n1和n2，電流分別為I1和I2，電壓分別為U1和U2，則U1＝E－I1r，電阻R消耗的功率P＝U2I2＝U1I1，即P＝(E－I1r)I1＝－Ir＋EI1，可見(jiàn)I1＝時(shí)，P有最大值，Pmax＝，此時(shí)U1＝E－I1r＝，則U2＝＝，所以＝＝，B正確．電流表的讀數(shù)為副線(xiàn)圈中電流的有效值，原線(xiàn)圈中電流有效值

4、I1＝，則I2＝I1＝I1＝，C錯(cuò)誤．把變壓器和R看成一個(gè)整體，等效電阻為R′，則當(dāng)R′＝r時(shí)，總功率P總＝＝，負(fù)載功率P負(fù)載＝，D錯(cuò)誤． 3．如圖所示，在同一水平面內(nèi)有兩根足夠長(zhǎng)的光滑水平金屬導(dǎo)軌，間距為20 cm，電阻不計(jì)，其左端連接一阻值為10 Ω的定值電阻．兩導(dǎo)軌之間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界虛線(xiàn)由多個(gè)正弦曲線(xiàn)的半周期銜接而成，磁場(chǎng)方向如圖．一電阻阻值為10 Ω的導(dǎo)體棒AB在外力作用下以10 m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，交流電壓表和交流電流表均為理想電表，則(　　) A．電流表的示數(shù)是 A B．電壓表的示數(shù)是2 V C．導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到圖示虛線(xiàn)CD位置時(shí)，電流表

5、示數(shù)為零 D．導(dǎo)體棒上消耗的熱功率為0.1 W 解析：D　回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em＝BLv＝1×20×10－2×10 V＝2 V，則電動(dòng)勢(shì)的有效值E＝＝2 V，電壓表測(cè)量R兩端的電壓，則U＝E＝1 V，電流表的示數(shù)為有效值，為I＝＝ A＝0.1 A，故A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；電流表示數(shù)為有效值，一直為0.1 A，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒上消耗的熱功率P＝I2R＝0.01×10 W＝0.1 W，D項(xiàng)正確． 4．(2018·邯鄲模擬)如圖所示，一理想變壓器原副線(xiàn)圈的匝數(shù)比n1∶n2＝4∶1，變壓器原線(xiàn)圈通過(guò)一理想電流表A接u＝220sin 100πt(V)的正弦交流電，副線(xiàn)圈接有三個(gè)規(guī)格相同的燈

6、泡和兩個(gè)二極管，已知兩二極管的正向電阻均為零，反向電阻均為無(wú)窮大，不考慮溫度對(duì)燈泡電阻的影響，用交流電壓表測(cè)得a、b端和c、d端的電壓分別為Uab和Ucd，下列分析正確的是(　　) A．Uab＝220 V，Ucd＝55 V B．流經(jīng)L1的電流是流經(jīng)電流表的電流的2倍 C．若其中一個(gè)二極管被短路，電流表的示數(shù)將不變 D．若通電1小時(shí)，L1消耗的電能等于L2、L3消耗的電能之和 解析：D　根據(jù)變壓器原理可知流經(jīng)L1的電流是流經(jīng)電流表的電流的4倍，副線(xiàn)圈兩端電壓為原線(xiàn)圈兩端電壓的四分之一，即55 V，但cd間電壓不等于副線(xiàn)圈電壓，故A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；若其中一個(gè)二極管被短路，副線(xiàn)圈電路發(fā)生變

7、化，原線(xiàn)圈電流表的示數(shù)也要發(fā)生變化，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)題意可知，L2、L3必有一個(gè)斷路，則其中一個(gè)與L1串聯(lián)，燈泡規(guī)格相同，由W＝I2Rt知D項(xiàng)正確． 5．(2018·玉林模擬)一含有理想降壓變壓器的電路如圖所示，U為正弦交流電源，輸出電壓的有效值恒定，L為燈泡(其燈絲電阻可以視為不變)，R、R1和R2為定值電阻，R3為光敏電阻，其阻值的大小隨照射光強(qiáng)度的增強(qiáng)而減?。F(xiàn)將照射光強(qiáng)度增強(qiáng)，則(　　) A．原線(xiàn)圈兩端電壓不變 B．通過(guò)原線(xiàn)圈的電流減小 C．燈泡L將變暗 D．R1兩端的電壓將增大 解析：D　光照強(qiáng)度增強(qiáng)，R3減小，副線(xiàn)所接負(fù)載總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律知原線(xiàn)圈中電

8、流I1增大，則UR＝I1R增大，而原線(xiàn)圈輸入電壓U1＝U－UR減小，故A、B均不正確；又變壓器原副線(xiàn)圈的匝數(shù)比不變，故副線(xiàn)圈輸出電壓U2減小，輸出電流I2增大，UR1＝I2R1增大，D項(xiàng)正確；UR2＝U2－UR1減小，IR2＝減小，IL＝I2－IR2增大，燈泡將變亮，C項(xiàng)不對(duì)． 6．(2018·長(zhǎng)春模擬)如圖所示，在光滑的水平面上方，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQ為兩個(gè)磁場(chǎng)的邊界，磁場(chǎng)范圍足夠大．一個(gè)邊長(zhǎng)為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬正方形線(xiàn)框，以速度v垂直磁場(chǎng)方向從如圖實(shí)線(xiàn)(Ⅰ)位置開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線(xiàn)框運(yùn)動(dòng)到分別有一半面積在兩個(gè)磁場(chǎng)中的(Ⅱ)位置時(shí)，線(xiàn)框的速度為.

9、下列說(shuō)法正確的是(　　) A．在位置(Ⅱ)時(shí)線(xiàn)框中的電功率為 B．此過(guò)程中回路產(chǎn)生的電能為mv2 C．在位置(Ⅱ)時(shí)線(xiàn)框的加速度為 D．此過(guò)程中通過(guò)線(xiàn)框截面的電荷量為 解析：AB　線(xiàn)框經(jīng)過(guò)位置(Ⅱ)時(shí)，線(xiàn)框左右兩邊均切割磁感線(xiàn)，此時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Ba×2＝Bav，故線(xiàn)框中的電功率P＝＝，A正確．線(xiàn)框從位置(Ⅰ)到位置(Ⅱ)的過(guò)程中，動(dòng)能減少了ΔEk＝mv2－m()2＝mv2，根據(jù)能量守恒定律可知，此過(guò)程中回路產(chǎn)生的電能為mv2，B正確．線(xiàn)框在位置(Ⅱ)時(shí)，左、右兩邊所受安培力大小均為F＝Ba＝，根據(jù)左手定則可知，線(xiàn)框左右兩邊所受安培力的方向均向左，故此時(shí)線(xiàn)框的加速度a＝＝，C錯(cuò)

10、誤．由q＝Δt，＝，＝，解得q＝，線(xiàn)框在位置(Ⅰ)時(shí)其磁通量為Ba2，而線(xiàn)框在位置(Ⅱ)時(shí)其磁通量為0，綜上q＝，D錯(cuò)誤． 7.(2018·濟(jì)南模擬)如圖所示，兩根等高光滑的圓弧軌道，半徑為r、間距為L(zhǎng)，軌道電阻不計(jì)．在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)有一根長(zhǎng)度稍大于L、電阻不計(jì)的金屬棒從軌道最低位置cd開(kāi)始，在拉力作用下以初速度v0向右沿軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)至ab處，則該過(guò)程中(　　) A．通過(guò)R的電流方向?yàn)橛赏庀騼?nèi) B．通過(guò)R的電流方向?yàn)橛蓛?nèi)向外 C．R上產(chǎn)生的熱量為 D．流過(guò)R的電量為 解析：BC　由右手定則可知，電流方向

11、為逆時(shí)針，A錯(cuò)誤，B正確；通過(guò)R的電荷量q＝＝，D錯(cuò)誤；金屬棒產(chǎn)生的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0cost，有效值E有＝，R上產(chǎn)生的熱量Q＝t＝·＝，C正確． 8．如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線(xiàn)框，金屬線(xiàn)框的質(zhì)量為m，電阻為R.在金屬線(xiàn)框的下方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，MN和PQ是勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的水平邊界，并與金屬線(xiàn)框的bc邊平行，磁場(chǎng)方向垂直于金屬線(xiàn)框平面向里．現(xiàn)使金屬線(xiàn)框從MN上方某一高度處由靜止開(kāi)始下落，如圖乙是金屬線(xiàn)框由開(kāi)始下落到bc剛好運(yùn)動(dòng)到勻強(qiáng)磁場(chǎng)PQ邊界的v－t圖像，圖中數(shù)據(jù)均為已知量．重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力．則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．金屬線(xiàn)框剛進(jìn)入

12、磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流方向沿adcba方向 B．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 C．金屬線(xiàn)框在0～t3時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為mgv1(t2－t1) D．MN和PQ之間的距離為 解析：BC　由楞次定律可知，金屬線(xiàn)框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流方向沿abcda方向，故A錯(cuò)誤；由圖像可知，金屬線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，速度為v1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2－t1，故金屬框的邊長(zhǎng)l＝v1(t2－t1)，在金屬線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，金屬線(xiàn)框所受安培力等于重力，則得mg＝BIl，I＝，則磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝ ，故B正確；設(shè)金屬線(xiàn)框在進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，重力對(duì)其做正功，安培力對(duì)其做負(fù)功，由能量守恒定律得Q＝mg

13、l＝mgv1(t2－t1)，故C正確；MN和PQ之間的距離為(t3－t2)＋v1(t2－t1)，所以D錯(cuò)誤． 二、非選擇題(本題共4小題，共52分．有步驟計(jì)算的需寫(xiě)出規(guī)范的解題步驟．) 9．(8分)某些固體材料受到外力后除了產(chǎn)生形變外，其電阻率也要發(fā)生變化，這種由于外力的作用而使材料電阻率發(fā)生變化的現(xiàn)象稱(chēng)為“壓阻效應(yīng)”，現(xiàn)用如圖所示的電路研究某長(zhǎng)薄板電阻Rx的壓阻效應(yīng)，已知Rx的阻值變化范圍為幾歐到幾十歐，實(shí)驗(yàn)室中有下列器材： A．電源E(3 V，內(nèi)阻約為1 Ω) B．電流表A1(0.6 A，內(nèi)阻r1＝5 Ω) C．電流表A2(6 A，內(nèi)阻r2約為1 Ω) D．開(kāi)關(guān)S，定值電阻R0

14、 (1)為了比較準(zhǔn)確地測(cè)量電阻Rx的阻值，請(qǐng)完成虛線(xiàn)框內(nèi)電路圖的設(shè)計(jì)． (2)在電阻Rx上加一個(gè)豎直向下的力F(設(shè)豎直向下為正方向)，閉合開(kāi)關(guān)S，記下電表讀數(shù)，A1讀數(shù)為I1，A2的讀數(shù)為I2，得Rx＝________(用字母表示)． (3)改變力的大小，得到不同的Rx值，然后讓力反向從下向上擠壓電阻，并改變力的大小，得到不同的Rx值，最后繪成的圖像如圖所示．除觀察到電阻Rx的阻值隨壓力F的增大而均勻減小外，還可以得到的結(jié)論是______________________________________________． 當(dāng)F豎直向下(設(shè)豎直向下為正方向)時(shí)，可得Rx與所受壓力F的數(shù)

15、值關(guān)系是Rx＝______.(各物理量單位均為國(guó)際單位) 解析：(1)由于A1內(nèi)阻確定，并且與待測(cè)電阻接近，與待測(cè)電阻并聯(lián)，用來(lái)測(cè)出待測(cè)電阻Rx兩端的電壓，用A2測(cè)得的電流減去A1測(cè)得的電流就是流過(guò)待測(cè)電阻的電流，根據(jù)歐姆定律就可求出待測(cè)電阻的阻值，電路連接如圖所示． (2)待測(cè)電阻兩端的電壓U＝I1r1，流過(guò)待測(cè)電阻的電流I＝I2－I1，因此待測(cè)電阻的阻值為Rx＝. (3)由圖像的對(duì)稱(chēng)性可知，加上相反的壓力時(shí)，電阻值大小相等；圖像與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)為16 Ω，當(dāng)R＝7 Ω時(shí)，對(duì)應(yīng)的力為4.5 N，因此函數(shù)表達(dá)式Rx＝16－2F. 答案：(1)見(jiàn)解析圖　(2)　(3)壓力反向，阻值

16、不變　16－2F (每空2分) 10．(8分)(2018·大慶模擬)如圖所示為一種加速度儀的示意圖．質(zhì)量為m的振子兩端連有勁度系數(shù)均為k的輕光敏電阻R、電磁鐵(線(xiàn)圈阻值R0＝15 Ω)、電源U＝6 V、開(kāi)關(guān)等組成；“工作電路”由工作電源、電鈴、導(dǎo)線(xiàn)等組成，其中工作電壓為220 V，報(bào)警器工作時(shí)電路中的電流為0.3 A. 小明的設(shè)計(jì)思想：當(dāng)光敏電阻接收到的光照減弱到一定程度時(shí)，工作電路接通，電鈴報(bào)警． 已知該光敏電阻的阻值R與光強(qiáng)E之間的一組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表所示：(“光強(qiáng)”表示光強(qiáng)弱的程度，符號(hào)為E，單位為cd.) 光強(qiáng)E/cd 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0

17、 光敏電阻R/Ω 36.0 18.0 12.0 9.0 ____ 6.0 (1)小明分析如表數(shù)據(jù)并歸納出光敏電阻的阻值R隨光強(qiáng)E變化的關(guān)系式為R＝，試填寫(xiě)表格空格處的數(shù)據(jù)為_(kāi)_______． (2)閉合開(kāi)關(guān)S，如果當(dāng)線(xiàn)圈中的電流大于或等于250 mA時(shí)，繼電器的銜鐵被吸合，則光敏電阻接收到的光照強(qiáng)度需要在多少cd以上？ (3)按小明的設(shè)計(jì)，當(dāng)室內(nèi)煙霧增大時(shí)，光照減弱，光敏電阻的阻值增大到一定值時(shí)，銜鐵與________(選填“上方”或“下方”)的M、N接觸，報(bào)警器工作報(bào)警． (4)報(bào)警器報(bào)警時(shí)，工作電路的功率為多大？ 解析：(1)表格中的數(shù)據(jù)R＝ Ω＝7.2 Ω. (

18、2)當(dāng)線(xiàn)圈中的電流I＝250 mA＝0.25 A時(shí)，由I＝可得，電路中的總電阻：R總＝＝＝24 Ω，因串聯(lián)電路中總電阻等于各分電阻之和，所以，光敏電阻的阻值：R＝R總－R0＝24 Ω－15 Ω＝9 Ω，查表可知，當(dāng)電阻R＝9 Ω時(shí)，光強(qiáng)E＝4.0 cd. (3)讀圖可知，當(dāng)光照減弱時(shí)，電阻增大，電磁鐵磁性減弱，所以銜鐵會(huì)在彈簧的作用下彈向上方，與上方的M、N接觸，報(bào)警器工作報(bào)警． (4)報(bào)警器報(bào)警時(shí)，工作電路的功率： P＝U′I′＝220 V×0.3 A＝66 W. 答案：(1)7.2　(2)4.0 cd　(3)上方　(4)66 W (每空2分) 11．(16分)(2018·湛江模擬

19、)如圖所示，傾角為θ＝37°的光滑斜面上存在間距為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直斜面向下，一個(gè)粗細(xì)均勻質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)為l的正方形金屬線(xiàn)框abcd，開(kāi)始時(shí)線(xiàn)框abcd的ab邊到磁場(chǎng)的上邊緣距離為l，將線(xiàn)框由靜止釋放，已知d>l，ab邊剛離開(kāi)磁場(chǎng)的下邊緣時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)ab邊剛離開(kāi)磁場(chǎng)的下邊緣時(shí)，線(xiàn)框中的電流和cd邊兩端的電勢(shì)差各是多大？ (2)線(xiàn)框abcd從開(kāi)始至ab邊剛離開(kāi)磁場(chǎng)的下邊緣過(guò)程中產(chǎn)生的熱量． 解析：(1)設(shè)線(xiàn)框中的電流為I，cd兩端的電勢(shì)差為Ucd，由于線(xiàn)框做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有m

20、gsin 37°＝BIl①(2分) 解得I＝②(1分) 根據(jù)歐姆定律有Ucd＝I·R③(2分) 聯(lián)立②③式解得Ucd＝④(2分) (2)設(shè)線(xiàn)框abcd產(chǎn)生的熱量為Q，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝Blv⑤(2分) 由閉合電路的歐姆定律有I＝⑥(2分) 聯(lián)立⑤⑥式代入數(shù)據(jù)解得 v＝⑦(1分) 根據(jù)能量守恒定律得 mg(d＋l)sin 37°＝Q＋mv2⑧(2分) 聯(lián)立⑦⑧式代入數(shù)據(jù)解得 Q＝mg(d＋l)－⑨(2分) 答案：(1)　 (2)mg(d＋l)－ 12.(20分)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為θ的絕緣斜面上，導(dǎo)軌上端連接一個(gè)定值電阻，導(dǎo)體棒a和b

21、放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，斜面上水平虛線(xiàn)PQ以下區(qū)域內(nèi)，存在著垂直斜面向上的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.已知b棒的質(zhì)量為m，a棒、b棒和定值電阻的阻值均為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g. (1)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，a棒、b棒固定在磁場(chǎng)中，恰與導(dǎo)軌構(gòu)成一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形，磁場(chǎng)從B0以＝k均勻增加，寫(xiě)出a棒所受安培力F安隨時(shí)間t變化的表達(dá)式． (2)若接通開(kāi)關(guān)S，同時(shí)對(duì)a棒施以平行導(dǎo)軌斜向上的拉力F，使它沿導(dǎo)軌勻速向上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜止，當(dāng)a棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)的上邊界PQ處時(shí)，撤去拉力F，a棒將繼續(xù)沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)一小段距離后再向下滑動(dòng)，此時(shí)b棒已滑離導(dǎo)軌，當(dāng)a棒再次滑回到磁

22、場(chǎng)上邊界PQ處時(shí)，又恰能沿導(dǎo)軌勻速向下運(yùn)動(dòng)，求a棒質(zhì)量ma及拉力F的大?。? 解析：(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得： E＝＝L2(2分) 根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得： I＝(1分) t時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為： B＝B0＋kt(2分) 此時(shí)棒所受的安培力為： F安＝BIL(1分) 解得：F安＝(B0＋kt)(1分) (2)根據(jù)題意可知，a棒沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，a棒為電源，b棒和電阻R并聯(lián)，通過(guò)a棒的電流為I1，由并聯(lián)電路關(guān)系可得： I1＝Ib＋I(xiàn)R(1分) b棒和電阻R阻值相等，則通過(guò)b棒的電流為： Ib＝I1(1分) 電路的總電阻為： R總＝＋Ra(2分) 由歐姆定律得干路電流為： I1＝(1分) 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為： E＝B0Lv(1分) b棒保持靜止，則有： mgsin θ＝B0IbL(2分) a棒離開(kāi)磁場(chǎng)后撤去拉力F，在a棒進(jìn)入磁場(chǎng)前機(jī)械能守恒，返回磁場(chǎng)時(shí)速度還是v，此時(shí)a棒和電阻R串聯(lián)，則電路中的電流為： I2＝(1分) a棒勻速下滑，則有： magsin θ＝B0I2L(1分) 聯(lián)立以上各式，解得： ma＝m(1分) a棒向上運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡，則有： F＝magsin θ＋B0I1L(1分) 解得：F＝mgsin θ(1分) 答案：(1)F安＝(B0＋kt) (2)m　mgsin θ 11