1．如图所示，L1、L2、L3为三个完全相同的灯泡，L为直流电阻可忽略的自感线圈，电源的内阻不计，开关S原来接通．当把开关S断开时，下列说法正确的是( )
A．L1闪一下后熄灭
B．L2闪一下后恢复到原来的亮度 C．L3变暗一下后恢复到原来的亮度 D．L3闪一下后恢复到原来的亮度
U
【解析】S闭合后，通过各灯的电流稳定时，L1不亮，通过L2、L3的电流均为I＝，
RL
而通过自感线圈L的电流为2I．S断开的瞬间，自感线圈L上的电流全部通过L3，所以这
U
一瞬间通过L3的电流突变为2I，故L3会闪亮一下；稳定后通过L3的电流依然为，而稳
RL
U
定后通过L1、L2的电流均为．
2RL
[答案] D
2．如图所示，均匀金属圆环的总电阻为2R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直地穿过圆
R
环．金属杆OM的长为l，电阻为，M端与环紧密接触，金属杆OM绕过圆心的转轴O以
2
恒定的角速度ω转动．电阻R的一端用导线和环上的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接．下列结论错误的是( ) ．．
Bl2ω
A．通过电阻R的电流的最大值为 3RBl2ω
B．通过电阻R的电流的最小值为 4RBl2ω
C．OM中产生的感应电动势恒为
2
Bl2ω
D．通过电阻R的电流恒为
2R
【解析】求解本题的关键是找出OM与圆环接触点的位置，画等效电路图求回路中的
1
电流．当金属杆绕O点匀速转动时，电动势E＝Bωl2，选项C正确；电流的大小决定于M
2
3
端与滑环连接点的位置，当M端滑至A点时，回路中的电阻最小，其阻值Rmin＝R，根据
2
22
EBωlBωlI＝，得Imax＝＝，选项A正确；当M端与圆环的上顶点相接触时，回路中的
33RR＋r
2×R2
R3RBl2ω
电阻最大，其阻值Rmax＝＋＝2R，所以Imin＝，选项B正确．
224R
[答案] D
3．如图5－11甲所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a．一正三角形(高为a)导线框ACD从图示位置沿图示方向匀速穿过两磁场区域．以逆时针方向为电流的正方向，则图5－11乙中能正确表示感应电流i与线框移动的距离x之间的关系的图象是( )
图5－11甲
图5－11乙
【解析】如图5－11丙所示，当x＜a时，线框切割磁感线的有效长度等于线框内磁场边界的长度
图5－11丙
故有E1＝2Bvxtan 30°
当a＜x＜2a时，线框在左右两磁场中切割磁感线产生的电动势方向相同，且都与x＜a 时相反
故E2＝4Bv(x－a)·tan 30°
当2a＜x＜3a时，感应电动势的方向与x＜a时相同 故E3＝2Bv(x－2a)tan 30°． [答案] C
4． 如图5－14所示，虚线右侧为一有界的匀强磁场区域，现有一匝数为n、总电阻为R的边长分别为L和2L的闭合矩形线框abcd，其线框平面与磁场垂直，cd边刚好在磁场外(与虚线几乎重合)．在t＝0时刻磁场开始均匀减小，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0－kt．
图5－14
(1)试求处于静止状态的线框在t＝0时刻其ad边受到的安培力的大小和方向．
B0(2)假设在t1＝时刻，线框在如图所示的位置且具有向左的速度v，此时回路中产生的
2k
感应电动势为多大？
(3)在第(2)问的情况下，回路中的电功率是多大？
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律可得，t＝0时刻线框中的感应电动势为：
ΔΦ2L2·ΔBE0＝n＝n＝2nkL2
ΔtΔt
根据闭合电路的欧姆定律可得，t＝0时刻线框中感应电流的大小为：
E02nkL2I0＝＝
RR
根据安培力公式可得，线框的ad边受到的安培力大小为：
4n2B0kL3
F＝2nB0I0L＝ R
根据楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，再根据左手定则可知，ad边受到的安培力的方向为竖直(或垂直于ad边)向上．
B0B0(2)在t1＝时刻，磁感应强度B1＝
2k2
线框中由于线框的运动而产生的动生电动势的大小为：
nB0Lv
E1＝nB1Lv＝，方向沿顺时针方向
2
线框中由于磁场变化而产生的感应电动势的大小为：
S·ΔB2nL2·ΔBE2＝n＝＝2nkL2，方向沿顺时针方向
ΔtΔt
故此时回路的感应电动势为：
nB0Lv
E＝E1＋E2＝＋2nkL2．
2
(3)由(2)知线框中的总感应电动势大小为：
nB0LvE＝＋2nkL2
2
此时回路中的电功率为：
22
E2(nB0Lv＋4nkL)P＝＝．
R4R
4n2B0kL3
[答案] (1)，方向竖直(或垂直于ad边)向上
R
nB0Lv(nB0Lv＋4nkL2)22(2)＋2nkL (3) 24R
5．如图5－9甲所示，水平放置的U形金属框架中接有电源，电源的电动势为E，内阻为r．现在框架上放置一质量为m、电阻为R的金属杆，它可以在框架上无摩擦地滑动，框架两边相距L，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向上．ab杆受到水平向右的恒力F后由静止开始向右滑动，求：
图5－9甲
(1)ab杆由静止启动时的加速度． (2)ab杆可以达到的最大速度vm．
(3)当ab杆达到最大速度vm时，电路中每秒放出的热量Q．
E
【解析】(1)ab滑动前通过的电流：I＝ r＋R
BEL
受到的安培力F安＝，方向水平向左
r＋R
所以ab刚运动时的瞬时加速度为：
F－F安FBELa1＝＝－．
mm(r＋R)m
(2)ab运动后产生的感应电流与原电路电流相同，到达最大速度时，感应电路如图5－9
E＋BLvm
乙所示．此时电流Im＝．
R＋r
图5－9乙
由平衡条件得：
BL(BLvm＋E)
F＝BImL＝
R＋r
F(R＋r)－BLE
故可得：vm＝．
B2L2BLvm＋EF
(3)方法一 由以上可知，Im＝＝ BLR＋r
2
F(R＋r)
由焦耳定律得：Q＝Im2(R＋r)＝22．
BL
方法二 由能量守恒定律知，电路每秒释放的热量等于电源的总功率加上恒力F所做的功率，即：
Q＝E·Im＋F·vm
2
EFF(R＋r)－BLEF＝＋ BLB2L2F2(R＋r)＝．
B2L2F(R＋r)－BLEFBEL
[答案] (1)－ (2) m(r＋R)mB2L2F2(R＋r)(3)22 BL
6．(12分)如图所示，光滑平行的水平金属导轨MN、PQ相距d，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间OO1、O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下，宽为l的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直放在导轨上，与磁场左边界相距l0．现用一水平向右的恒力F拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计)．求：
(1)棒ab在离开磁场右边界时的速度．
(2)棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能．
(3)试分析讨论ab棒在磁场中(匀速成直线运动)之前可能的运动情况．
【解析】(1)ab棒离开磁场右边界前做匀速直线运动，设其速度为vm，则有：
E
E＝Bdvm，I＝ (2分)
R＋r
对ab棒，有：F－BId＝0 (1分)
F(R＋r)
解得：vm＝22． (1分)
Bd
(2)由能量守恒定律，可得：
1
F(l0＋l)＝W＋mvm2 (2分)
2
mF2(R＋r)2
得：W电＝F(l0＋l)－． (1分)
2B4d4(3)设棒刚进入磁场时速度为v．
12Fl0由F·l0＝mv2可得：v＝ (2分)
2m
棒在进入磁场前做匀加速直线运动，在磁场中运动可分三种情况讨论：
2Fl0F(R＋r)
①若＝22，则棒做匀速直线运动 (1分)
mBd2Fl0F(R＋r)
②若＜22，则棒先加速运动后匀速运动
mBd
(1分)
2Fl0F(R＋r)
③若＞22，则棒先减速运动后匀速运动．(1分)
mBdF(R＋r)mF2(R＋r)2
[答案] (1)22 (2)F(l0＋l)－ Bd2B4d4
