如图所示.竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R.C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域.其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外.区域C1中磁场的磁感强度随时间按B1=b+kt变化.C2中磁场的磁感强度恒为B2.一质量为m.电阻为r.长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心C2垂直地跨放在两导轨上.且与导轨接触良好.并恰能保存静止．则( )A．通� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

11．

如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C₁和C₂是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C₁中磁场的磁感强度随时间按B₁=b+kt（k＞0）变化，C₂中磁场的磁感强度恒为B₂，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C₂的圆心C₂垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保存静止．则（　　）

	A．	通过金属杆的电流大小为$\frac{mg}{{B}_{2}L}$
	B．	通过金属杆的电流方向为从B到A
	C．	定值电阻的阻值为R=$\frac{2πk{B}_{2}{a}^{3}}{mg}$-r
	D．	整个电路中产生的热功率P=$\frac{πkamg}{2{B}_{2}}$

分析金属杆静止，合力为零．根据受力分析，结合平衡条件与安培力表达式，求解通过金属杆的电流大小；由楞次定律分析通过金属杆的电流方向．根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，结合题意，即可求定值电阻的阻值．由功率公式整个电路中产生的热功率P．

解答解：A、对金属杆，根据平衡方程得：mg=B₂I•2a，解得：I=$\frac{mg}{2{B}_{2}a}$，故A错误．
B、区域C₁中磁场的磁感强度随时间按B₁=b+kt（k＞0）变化，可知磁感强度均匀增大，穿过整个回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从B到A．故B正确．
C、由法拉第电磁感应定律，则有：回路中产生的感应电动势 E=$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{△{B}_{1}}{△t}$•πa²=kπa²；
且闭合电路欧姆定律有：I=$\frac{E}{R+r}$
又 I=$\frac{mg}{2{B}_{2}a}$，解得：R=$\frac{2πk{B}_{2}{a}^{3}}{mg}$-r．故C正确．
D、整个电路中产生的热功率 P=EI=$\frac{πkamg}{2{B}_{2}}$．故D正确．
故选：BCD

点评本题是电磁感应与力学知识的综合，掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和平衡条件的应用，要注意产生感应电动势的有效面积等于C₁圆面积，不是整个矩形面积．

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相关题目

1．

A、B两质点从同一地点沿同一方向开始做直线运动，A、B两质点运动的x-t图象，如图所示，则下列说法正确的是（　　）

	A．	B质点最初4s做加速运动，后4s做减速运动
	B．	A质点以20m/s²的加速度做匀加速运动
	C．	A、B两质点在4s时相遇
	D．	在0-4s内两个质点间的距离在一直增大

2．做直线运动的物体，在前一半位移内的平均速度是2m/s，后一半位移内的平均速度为5m/s，则在全程的平均速度是（　　）

19．

如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段直杆连接而成，两轨道长度相等，一小球穿过细直杆且球与两轨道间的动摩擦因数相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，假定球在经过轨道转折点的前后速度大小不变．全过程中动能增量分别为△E_k1、△E_k2，重力势能增量分别为△E_P1、△E_P2，则（　　）

	A．	△E_k1=△E_k2，△E_P1=△E_P2		B．	△E_k1＞△E_k2，△E_P1=△E_P2
	C．	△E_k1＜△E_k2，△E_P1=△E_P2		D．	△E_k1＞△E_k2，△E_P1＜△E_P2

6．某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”设计了如下实验，他的操作步骤：

（1）按图1连接实验装置，其中小车质量M=0.20kg，钩码总质量未知，钩码和细线用拉力传感器连接，传感器用来测量细线的拉力大小．
（2）释放小车，然后接通打点计时器的电源（电源频率为f=50Hz），打出一条纸带．
（3）他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，如图2所示．把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d₁=0.041m，d₂=0.055m，d₃=0.167m，d₄=0.256m，
d₅=0.360m，d₆=0.480m…，这次实验中传感器的读数为0.40N，算出打下0点到打下第5点合力做功W=0.176J和打下第5点时的速度大小V₅=4.20m/s，用正确的公式E_k=$\frac{M{f}^{2}}{200}$（$\frac{{d}_{6}-{d}_{4}}{2T}$）² （用相关数据前字母列式）把打下第5点时小车的动能作为小车动能的改变量，算得E_k=0.125J．（结果保留三位有效数字）
（4）此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大．通过反思，他认为产生误差的原因如下，其中正确的是AB．
A．钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太
B．没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多
C．释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小
D．没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离也是产生此误差的重要原因．

16．某小组设计了使用位移传感器的图1所示实验装置测量木块下滑的加速度，让木块从倾斜木板上一点A静止释放，计算机描绘了滑块相对传感器的位移随时间变化规律如图2所示．根据图线计算t₀时刻速度v=$\frac{{s}_{0}-{s}_{2}}{2{t}_{0}}$，木块加速度a=$\frac{2{s}_{1}-{s}_{0}-{s}_{2}}{{{t}_{0}}^{2}}$（用图中给出的s₀、s₁、s₂、t₀表示）．

20．（1）使用螺旋测微器测某金属丝直径如图1所示，则金属丝的直径为0.590mm．

（2）使用多用电表粗测某一电阻，操作过程分以下四个步骤，
请把第②步的内容填在相应的位置上：
①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”“-”插孔，选择开关置于电阻×100档．
②将红黑表笔短接，调节欧姆档调零旋钮，使指针在电阻的“0”刻度处．
③把红黑表笔分别与电阻的两端相接，读出被测电阻的阻值．
④将选择开关置于交流电压的最高档或“off”档．
（3）若上述第③步中，多用电表的示数如图2所示，则粗测电阻值为2200Ω．
（4）为了用伏安法测出某小灯泡的电阻（约为5Ω）．有以下实验器材可供选择：
A．电池组（3V，内阻约为0.3Ω）
B．电流表（0～3A，内阻约为0.025Ω）
C．电流表（0～0.6A，内阻约为0.125Ω）
D．电压表（0～3V，内阻约为3KΩ）
E．电压表（0～15V，内阻约为15KΩ）
F．滑动变阻器（0～10Ω，额定电流1A）
G．滑动变阻器（0～1750Ω，额定电流0.3A）
H．电键、导线
①为了减小实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应选择的电流表是C，电压表是D，滑动变阻器是F（填写器材前面的字母代号）．
②设计的实验电路图画在如图3的虚线框内，并按电路图用铅笔画线连接实物图（图4）．

1．

如图所示．虚线α、b、c、d、e是电场中的一组等差等势面，实线是一带负电粒子在电场力作用下的运动轨迹，M、N、P、Q分别为运动轨迹与等势面的交点，以下判断正确的是（　　）

	A．	粒子在电场中做匀变速运动
	B．	图中a处电势最高
	C．	粒子经过Q点动能大于P点动能
	D．	粒子运动经过M、N、P、Q的时间间隔相等

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