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1、课时作业(二十六)1.D解析 励磁线圈A中的电流是恒定电流,产生稳恒磁场,穿过线圈B的磁通量不发生变化,不产生感应电流,D正确.2.D解析 通电直导线周围磁场分布如图所示,根据楞次定律和安培定则判断,选项D正确.3.AC解析 线框从图示位置释放后,先在重力作用下向下运动,穿过线框的磁通量不变,故不产生感应电流,一直只受到重力,因此线框做直线运动,A正确,B错误;线框自右向左移动时,穿过线框的磁通量先向外减小,再向里增加,根据楞次定律和安培定则可判断,线框中感应电流一直沿逆时针方向,C正确,D错误.4.B解析 cd导线受到的安培力向下,由左手定则可判断,cd导线中电流方向是由c指向d,所以c点的
2、电势高于d点的电势,故A错误;结合A的分析可知,ab棒中的电流由b流向a,因ab棒向左运动,由右手定则可判断,ab棒所处位置磁场方向竖直向上,则是S极,是N极,故B正确,C错误;根据楞次定律可判断,ab棒受到向右的安培力,故D错误.5.AD解析 导体棒向左加速运动时,由右手定则可判断出,导体棒PQ中感应电流的方向从P到Q,PQ上半部分与R1构成闭合回路,流经R1的电流方向向上,选项A正确,选项C错误.PQ下半部分与R2构成闭合回路,流经R2的电流方向向上,选项D正确,选项B错误.6.D解析 闭合S的瞬间,穿过B的磁通量没有变化,G中无感应电流,选项A、B错误.当闭合S后,若R接入电路的阻值增大
3、,则A中电流减小,由右手螺旋定则知,穿过B的磁通量向下且减小,由楞次定律可判断,G中电流方向为ba,故选项C错误,选项D正确.7.A解析 A中感应电流方向为顺时针,由右手螺旋定则可判断,感应电流的磁场向里,由楞次定律可知,引起感应电流的磁场可能为向外增大或向里减小,若原磁场向外,则B中电流方向应为逆时针,由于B带负电,故B应顺时针转动且转速增大,若原磁场向里,则B中电流方向应为顺时针,B应逆时针转动且转速减小,又因为导体环A具有扩展趋势,则B应顺时针转动且转速增大,A正确.8.AB解析 闭合开关S的瞬间,金属环中向左的磁通量增大,根据楞次定律可判断,从左侧看,环中产生沿顺时针方向的感应电流,A
4、正确;由于电阻率铜铝,先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环,铜环中产生的感应电流大于铝环中产生的感应电流,由安培力公式可知,铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力,B正确;若将金属环置于线圈右侧,则闭合开关S的瞬间,环将向右弹射,C错误;电池正、负极调换后,同理可以得出金属环仍能向左弹射,D错误.9.B解析 导体棒MN向左运动时,由右手定则可判断,感应电流方向为MNdcM,而ab中的电流是由a到b的,即ab、cd中电流方向相反,则两导线相互排斥,故选项A、C错误;MN向右运动时,由右手定则可判断,cd中的感应电流由c到d,而ab中的电流是由a到b的,故两导线相互吸引
5、,根据力的作用是相互的,可知这两个力大小相等,故选项B正确,选项D错误.10.BC解析 由楞次定律可知,电路接通的瞬间,螺线管中的电流从无到有,穿过铜环的磁通量向左增大,从左往右看,铜环中产生顺时针方向的感应电流,铜环有收缩的趋势,选项A、D错误,选项B、C正确.11.A解析 由安培定则可判断,螺线管中磁感线方向向上,金属棒ab、cd处的磁感线方向均向下,当滑动触头向左滑动时,螺线管中电流增大,因此磁场变强,即磁感应强度变大,回路中的磁通量增大,由楞次定律可判断,感应电流方向为acdba,由左手定则可判断,ab受到的安培力方向向左,cd受到的安培力方向向右,故ab向左运动,cd向右运动,A正确
6、.12.ABC解析 闭合或断开开关S的瞬间,线圈A中的电流发生变化,线圈A中产生感应电动势,故A、B正确;闭合开关S的瞬间,穿过线圈A的磁通量增加,根据安培定则可判断,A中产生的磁场方向向上,同时穿过线圈B的磁通量向上增大,根据楞次定律可判断,线圈B中感应电流的磁场方向向下,根据安培定则可判断,线圈B下端的电势高,电流能通过二极管M,不能通过二极管N,故C正确;结合对选项C的分析可知,S断开瞬间,穿过线圈B的磁通量向上减小,线圈B中产生的感应电流方向与S闭合瞬间线圈B中产生的感应电流方向相反,所以此时感应电流能通过二极管N,不能通过二极管M,故D错误.课时作业(二十七)1.C解析 无线充电时手
7、机接收线圈部分的工作原理是电磁感应,故A错误;当给充电设备通以恒定直流电时,充电设备不会产生交变磁场,即不能正常充电,故B错误;接收线圈中交变电流的频率应与发射线圈中交变电流的频率相同,故C正确;被充电手机内部应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连,当有交变磁场时,产生感应电动势,故D错误.2.C解析 金属探测器只能探测金属,不能用于食品生产,不能防止细小的沙石颗粒混入食品中,选项A错误;金属探测器探测金属时,被测金属中感应出涡流,选项B错误,C正确;探测过程中金属探测器应与被测物体相对运动,相对静止时无法得到探测结果,选项D错误.3.B解析 当回路断开时,电流要立即减小到零,但由于线圈的自
8、感现象,会产生感应电动势,该自感电动势较大,所以刘伟被“电”到,即刘伟有电击感是因为两手之间瞬间有高电压,选项A错误,B正确;因多用电表的表笔已经与被测线圈脱离,则多用电表不可能被烧坏,选项C错误;实验过程中若李辉两手分别握住红、黑表笔的金属杆,则当多用电表表笔与线圈脱离后,在电表回路不会产生感应电动势,他不会受到电击,选项D错误.4.B解析 I甲=E甲R=BtS21R=Sk2R,I乙=E乙R=BtS1R=SkR,所以I乙=2I甲,由于丙中磁通量始终为零,故I丙=0,只有B正确.5.BC解析 磁场向右均匀增强,由楞次定律判断,电容器上极板带正电,故A错误,B正确;闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭
9、合回路,线圈相当于电源,电容器两极板间的电压等于路端电压,线圈产生的感应电动势E=nSBt=nSk,路端电压U=E2rr=E2,则电容器所带电荷量为Q=CU=nSkC2,故C正确,D错误.6.AC解析 根据楞次定律可得,当磁感应强度均匀减小时,圆环和线框内产生的感应电流的磁场方向都与原磁场方向相同,即感应电流方向都为顺时针方向,A正确,B错误;设圆环半径为a,则圆面积为S=a2,圆周长为L=2a,正方形面积为S=2a2,正方形周长为L=42a,因为磁感应强度是均匀减小的,故E=BSt,所以圆环和正方形线框产生的感应电动势之比为EE=SS=2,两者的电阻之比为RR=LL=22,故电流之比为II=
10、ERRE=222=2,故C正确,D错误.7.AD解析 当=0时,杆在圆心位置,切割磁感线的有效长度等于圆环直径,杆产生的感应电动势为E=2Bav,A正确;当=3时,杆切割磁感线的有效长度等于圆环半径,杆产生的感应电动势为E=Bav,B错误;当=0时,回路的总电阻R1=(2a+a)R0,杆受的安培力F1=BI1l=B2BavR12a=4B2av(+2)R0,C错误;当=3时,回路的总电阻R2=(a+53a)R0,杆受的安培力F 2=BI2l=BBavR2a=3B2av(5+3)R0,D正确.8.BD解析 当S闭合时,因二极管加上了反向电压,故L1一直不亮,S闭合时电流增大,线圈产生的自感电动势阻
11、碍电流增大,故使得L2逐渐变亮,选项B正确,选项A错误;当S由闭合断开时,由于线圈产生的自感电动势阻碍电流的减小,故通过L的电流要在L2L1DL之中形成新的回路,所以L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭,L2缓慢熄灭,选项C错误,选项D正确.9.BCD解析 设甲、乙两线圈匝数分别为n1、n2,半径分别为r1、r2,导线横截面积为S,图甲中,设有界磁场的面积为S,则线圈A产生的电动势EA=n1BtS,电阻RA=n12r1S,B产生的电动势为EB=n2BtS,RB=n22r2S,因此EAEB=n1n2=21,电流之比为IAIB=EAEBRBRA=32,A错误,B正确;图乙中,A的电动势EA=n1Btr
12、12,B的电动势EB=n2Btr22,因此EAEB=2149=89,电流之比IAIB=EAEBRBRA=23,C、D正确.10.(1)nB0r223Rt0方向从b到a(2)nB0r22t13Rt02n2B022r24t19Rt02解析 (1)由图像可知,0t1时间内,有Bt=B0t0由法拉第电磁感应定律有E=nt=nBtS其中S=r22由闭合电路欧姆定律有I1=E3R联立解得I1=nB0r223Rt0.由楞次定律可判断,通过电阻R1的电流方向为从b到a.(2)通过电阻R1的电荷量q=I1t1=nB0r22t13Rt0电阻R1上产生的热量Q=I12R1t1=2n2B022r24t19Rt02.1
13、1.(1)Bdv0R(2)B2d2v0mR(3)B2d2(v0-v)2R解析 (1)感应电动势E=Bdv0感应电流I=ER故I=Bdv0R(2)安培力F=BId由牛顿第二定律得F=ma故a=B2d2v0mR(3)金属杆切割磁感线的速度v=v0-v,则感应电动势E=Bd(v0-v)电功率P=E2R故P=B2d2(v0-v)2R.专题训练(九)1.BD解析 由右手定则可判断,ab中电流方向为ab,A错误;导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E=Blv,ab为电源,cd间电阻R为外电路负载,de和cf间电阻中无电流,de和cf两端无电压,因此cd和fe两端电压相等,即U=E2RR=Blv2=1 V,
14、B、D正确,C错误.2.A解析 棒摆到竖直位置时整根棒处在匀强磁场中,切割磁感线的长度为2a,导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=B02av,其中v=vA+vB2=v2,则E=B0av,外电路的总电阻R=rrr+r=r2,根据闭合电路欧姆定律得I=ER+r,则总电流I=2B0av3r,故A、B两端的电压U=IR=2B0av3rr2=13B0av,选项A正确.3.A解析 ab边切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv=0.2 V,线框中感应电流为I=ER=0.5 A,所以在0510-2 s内,a、b两点间的电势差为U1=I34R=0.15 V;在510-21010-2 s内,a、b两点间的电势差U
15、2=E=0.2 V;在1010-21510-2 s内,a、b两点间的电势差为U3=I14R=0.05 V,选项A正确.4.B解析 根据it图像可知,在06 s内,MN边始终有大小恒定的电流通过,由F=BIl可知,安培力的大小是恒定的,选项C、D错误;01 s、35 s内通过MN的电流方向为NM,13 s、56 s内通过MN的电流方向为MN,由左手定则可判断出MN边所受的安培力方向,01 s、35 s内安培力方向向上,13 s、56 s内安培力方向向下,选项B正确,A错误.5.AD解析 运动的过程中切割的有效长度为L,产生的电动势为E=BLv,由图知,回路的周长与L成正比,即s=kL,设单位长度
16、的电阻为R0,总电阻为kLR0,则电流I=BLvkLR0=BvkR0,故A正确,B错误;导轨做匀速运动,所以合外力等于零,则F=F安=BIL,电流I不变,切割的有效长度L随时间均匀增大,故C错误,D正确.6.D解析 线框切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,设线框总电阻是R,则感应电流I=ER=BLvR,由图乙所示图像可知,感应电流先均匀变大,后均匀变小,由于B、v、R是定值,故有效切割长度L应先变大后变小,且L随时间均匀变化.闭合圆环匀速进入磁场时,有效长度L先变大后变小,但L随时间不是均匀变化,不符合题意,故A错误;正方形线框进入磁场时,有效长度L不变,感应电流不变,不符合题意,故B错误;
17、梯形线框匀速进入磁场时,有效长度L先均匀增加,后不变,再均匀减小,不符合题意,故C错误;三角形线框匀速进入磁场时,有效长度L先增加后减小,且随时间均匀变化,符合题意,故D正确.7.AD解析 在0t0时间内,由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值);在t02t0时间内,由楞次定律可判断出感应电流方向为顺时针方向(为正值),且大小为在0t0时间内产生的电流大小的2倍;在2t03t0时间内,由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值),且大小与在0t0时间内产生的感应电流大小相等.因此感应电流I随时间t的变化图线与选项A中图像相符,选项A正确,B错误.在0t0时间内,ON边虽然有
18、电流但没有进入磁场区域,所受安培力为零;在t02t0时间内,感应电流大小为在2t03t0时间内产生的2倍,ON边所受安培力为在2t03t0时间内的2倍,因此ON边所受的安培力大小F随时间t的变化图线与选项D中图像相符,选项C错误,D正确.8.AC解析 由右手定则可判断,圆环中心为电源的正极、圆环边缘为电源的负极,因此通过R1的电流方向为自下而上,选项A正确;由题意可知,始终有长度为r的辐条在转动切割磁感线,因此感应电动势大小为12Br2,选项B错误;由图可知,在磁场内部的半根辐条相当于电源,磁场外部的半根辐条与R1并联,因此理想电压表的示数为16Br2,选项C正确;理想电流表的示数为Br23R
19、,选项D错误.9.(1)0.4 A方向从b到a(2)1.510-3 C(3)1.610-2 J 解析 (1)0T4内,感应电动势大小E1=n1t1=4nB1ST=8 V电流大小I1=E1R0+r=0.4 A由楞次定律可判断,电流方向为从b到a.(2)T4T2内,感应电流大小I2=0.2 A流过电阻R0的电荷量q=I1T4+I2T4=1.510-3 C.(3)一个周期内电阻R0上产生的热量Q=I12R0T2+I22R0T2=1.610-2 J.10.(1)竖直向下(2)0.4 V(3)1 m/s解析 (1)带负电的微粒受到重力和电场力的作用而处于静止状态,因为重力竖直向下,所以电场力竖直向上,故
20、M板带正电.ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势,等效于电源,感应电流方向由b流向a,由右手定则可判断,磁场方向竖直向下.(2)微粒受到重力和电场力的作用而处于静止状态,根据平衡条件得mg=E|q|又E=UMNd所以UMN=mgd|q|=0.1 VR3两端电压与电容器两端电压相等,由欧姆定律得通过R3的电流为I=UMNR3=0.05 A则ab棒两端的电压为Uab=UMN+IR1R2R1+R2=0.4 V.(3)设金属棒ab运动的速度为v,由法拉第电磁感应定律得感应电动势E感=Blv由闭合电路欧姆定律得E感=Uab+Ir=0.5 V联立解得v=1 m/s.专题训练(十)A1.BD解析 金属杆
21、ab做加速度减小的加速运动,根据能量守恒定律可知,恒力F做的功等于杆增加的动能和电路中产生的电能.电阻消耗的功率等于电路中产生电能的功率,不等于恒力F的功率,故A错误;电阻消耗的功率等于克服安培力做功的功率,等于电路的电功率iE,故B、D正确,C错误.2.C解析 根据能量守恒定律,外力做的功等于电路中产生的电能,设线框切割磁感线的有效长度为l,则外力对线框做的功W=B2l2v2Rlv,而R=4lS,联立得W=B2l2vS4,因SaSb=41,lalb=12,故WaWb=11,选项C正确.3.BD解析 ab边刚越过GH进入磁场区域时,感应电动势E1=BLv1,电流I1=E1R=BLv1R,线框做
22、匀速运动,所以有mgsin =BI1L=B2L2v1R,当ab边刚越过JP时,感应电动势E2=2BLv1,电流I2=E2R=2BLv1R,根据牛顿第二定律得2BI2L-mgsin =ma,联立解得a=3gsin ,故A错误;当加速度a=0时,以速度v2做匀速直线运动,即mgsin =4B2L2v2R,所以v1v2=41,故B正确;从t1时刻到t2时刻的过程中,根据能量守恒定律,导线框克服安培力做的功等于重力势能和动能的减少量之和,即克服安培力做功W=3mgLsin2+m(v12-v22)2,克服安培力做的功等于产生的电能,故C错误,D正确.4.D解析 根据能量守恒定律,从cd边刚进入磁场到cd
23、边刚穿出磁场的过程中,动能变化量为0,重力势能转化为线圈进入磁场的过程中产生的热量,Q=mgd,cd边刚进入磁场时速度为v0,cd边刚离开磁场时速度也为v0,所以线圈进入和穿出磁场的过程中产生的热量相等,则线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中产生的热量Q=2mgd,感应电流做的功为2mgd,故A、B错误.因为线圈进磁场时要减速运动,全部进入磁场后做匀加速运动,若线圈进入磁场过程一直做减速运动,则刚全部进入磁场的瞬间速度最小,设线圈的最小速度为v,线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程,根据能量守恒定律得mg(h+L)=Q+12mvm2,Q=mgd,则线圈的最小速度为vm=2g(h+L
24、-d),故C错误.线圈可能先做减速运动,在完全进入磁场前已做匀速运动,则其做匀速运动时的速度最小,有mg=BIL=BLBLvmR,则最小速度vm=mgRB2L2,故D正确.5.AB解析 导体棒ab匀速上升,受力平衡,cd棒静止,受力也平衡,对于两棒组成的整体,合外力为零,根据平衡条件可得,ab棒受到的拉力F=2mg=0.2 N,故A正确;cd棒受到的安培力F安=BIL=B2L2v2R,cd棒静止,处于平衡状态,由平衡条件得B2L2v2R=mg,解得v=2 m/s,故B正确;在2 s内,电路产生的电能Q=E22Rt=(BLv)22Rt=(0.50.22)220.12 J=0.4 J,故C错误;在
25、2 s内拉力做的功为W=Fvt=0.222 J=0.8 J,故D错误.6.D解析 根据E=BLv,则电压表读数为U=ERR+r,解得v=U(R+r)BLR,选项A错误;电阻R产生焦耳热的功率为PR=U2R,选项B错误;金属条经过磁场区域受到的安培力大小为F=BIL=BLUR,选项C错误;每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为W=Fd=BLUdR,选项D正确.7.(1)0.5 m(2)0.64 J(3)0.8 C解析 (1)线框在磁场中匀速运动,有F安=FF安=BIL,I=ER,E=BLv1联立解得v1=FRB2L2=2 m/s由动能定理得FD=12mv12解得D=0.5 m(2)由能
26、量守恒定律可知Q=2Fd=20.80.4 J=0.64 J(3)根据q=R可得q=BSR=0.50.420.1 C=0.8 C8.(1)0.3 m(2)1.05 J解析 (1)在0.30.6 s内通过金属棒的电荷量是q1=I1t1=BLvt1R+r在00.3 s内通过金属棒的电荷量q2=R+r=BLx2R+r由题意知q1q2=32解得x2=0.3 m.(2)金属棒在00.6 s内通过的总位移为x=x1+x2=vt1+x2=0.75 m根据能量守恒定律得Mgx-mgxsin =12(M+m)v2+Q解得Q=3.15 J由于金属棒与电阻R串联,电流相等,根据焦耳定律Q=I2Rt知,它们产生的热量与
27、电阻成正比,所以金属棒在00.6 s内产生的热量Qr=rR+rQ=1.05 J.9.(1)B2L22gr1M(R1+R2)(2)BLq2gr1-3mgr2-B2L2q22M(3)2gr1-mM6gr2解析 (1)对b从开始至滑上水平导轨过程,由机械能守恒定律得12Mvb12=Mgr1解得vb1=2gr1b刚滑上水平导轨时加速度最大,此时E=BLvb1,I=ER1+R2由牛顿第二定律得F安=BIL=Ma解得a=B2L22gr1M(R1+R2)(2)在整个过程中,由动量定理得-BILt=Mvb2-Mvb1即-BLq=Mvb2-Mvb1解得vb2=2gr1-BLqM根据牛顿第三定律,a在最高点时轨道
28、对其支持力FN=FN=mg由牛顿第二定律得mg+FN=mva12r2解得va1=2gr2对a、b组成的系统,由能量守恒定律得Mgr1=12Mvb22+12mva12+2mgr2+Q解得Q=BLq2gr1-3mgr2-B2L2q22M(3)a从右端半圆导轨最低点到最高点过程中,由能量守恒定律得2mgr2=12mva22-12mva12解得va2=6gr2从b刚滑上水平导轨至a滑到右端半圆导轨最低点的过程中,由动量守恒定律得Mvb1=Mvb3+mva2解得vb3=2gr1-mM6gr2专题训练(十)B1.ABC解析 由右手定则可判断,当金属杆滑动时产生逆时针方向的电流,通过R的感应电流的方向为由a
29、到d,故A正确;金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为E=Blv=1.012 V=2 V,故B正确;在整个回路中产生的感应电流为I=ER+r=0.5 A,则安培力F安=BIl=0.5 N,故C正确;金属杆PQ在外力F作用下在粗糙导轨上以速度v向右匀速滑动,外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间因摩擦产生的热量之和,故D错误.2.B解析 根据E=BLv,I=ER,F=BIL,v=at以及F拉-F=ma可知,线框受到的水平外力是变力,且出磁场时比进磁场时要大,故出磁场时外力做功比进入磁场时外力做功多,故选项A、D错误;线框做匀加速直线运动,由图像及匀加速直线运动规律,结合电流与
30、速度的关系可知,线框边长与磁场宽度之比为38,出磁场的时间不是进入磁场时的一半,故选项B正确,选项C错误.3.C解析 速度达到最大值vm前,金属棒做加速度减小的加速运动,故相同时间内速度的增加量减小,所以t=T2时,金属棒的速度大于vm2,故A错误;由能量守恒定律可知, 0T的时间内,金属棒机械能的减小量等于R上产生的焦耳热和金属棒与导轨间摩擦生热之和,故B错误;0T2内金属棒的位移小于T2T内金属棒的位移,金属棒做加速运动,所受的安培力增大,所以T2T内金属棒克服安培力做功更多,产生的电能更多,电阻R上产生的焦耳热更多,故C正确;T2T内的位移比0T2内的位移大,故T2T内克服滑动摩擦力做功
31、更多,由功能关系得,T2T内金属棒机械能的减少量更多,故D错误.4.C解析 由右手定则可判断,金属杆中感应电流方向由b指向a,由左手定则知,金属杆所受的安培力沿轨道向上,A、B错误;总电阻为R总=R1RR1+R,I=BLvR总,当达到最大速度时,金属杆受力平衡,有mgsin =BIL=B2L2vmR1R(R1+R),变形得1vm=B2L2mgsin1R+B2L2mgR1sin,根据图像可得B2L2mgsin=k=3-0.55-0 sm-1,B2L2mgR1sin=b=0.5 sm-1,解得杆的质量m=0.1 kg,定值电阻R1=1 ,C正确.5.AD解析 圆环向下切割磁感线,由右手定则可判断,
32、圆环中感应电流的方向为顺时针方向(俯视),A正确;由左手定则可判断,圆环受的安培力向上,B错误;圆环中感应电动势为E=B2Rv,感应电流I=ER,电阻R=2Rr2=2Rr2,解得I=Bvr2,圆环受的安培力F=BI2R=2B22vRr2,圆环的加速度a=mg-Fm=g-2B22vRr2m,圆环的质量m=d2Rr2,解得加速度a=g-B2vd,C错误;当mg=F时,加速度a=0,速度最大,为vm=dgB2,D正确.6.BC解析 初始时刻,cd边速度为v0,若此时所受重力不大于安培力,则产生的感应电动势最大,为E=BLv0,感应电流I=ER=BLv0R,cd边所受安培力的大小F=BIL=B2L2v
33、0R,A错误,B正确;由能量守恒定律得12mv02+mgh=Q+Ep,cd边第一次到达最下端的时刻,两根弹簧具有的弹性势能总量为Ep=12mv02-Q+mgh,大于12mv02-Q,C正确;cd边最后静止在初始位置下方,重力做的功大于克服弹簧弹力做的功,由能量守恒定律可知,线框的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能,因减少的重力势能大于增加的弹性势能,所以热量应大于12mv02,故D错误.7.(1)12(2)59112解析 (1)金属棒匀速运动时,根据平衡条件第一种情况,有mgsin -m0g=BI1L=B2L2v1R第二种情况,有mgsin =BI2L=B2L2v2R由题意知mm
34、0=4联立解得v1v2=12.(2)第一次下滑至MN位置的过程中,根据动能定理得mgh-m0ghsin30-W1=12(m+m0)v12第二次下滑至MN位置的过程中,根据动能定理得mgh-W2=12mv22两次运动过程中,电阻R产生的热量之比为Q1Q2=W1W2=59112.8.8.15 m/s1.85 m/s解析 设某一时刻t,金属杆甲、乙之间的距离为x,速度分别为v1和v2,经过很短的时间t,杆甲移动距离为v1t,杆乙移动距离为v2t,回路面积改变S=l(x-v2t)+v1t-lx=l(v1-v2)t由法拉第电磁感应定律得,回路中的感应电动势E=BSt=Bl(v1-v2)回路中的电流i=E
35、2R对金属杆甲,由牛顿第二定律得F-Bli=ma由于作用于金属杆甲和金属杆乙的安培力总是大小相等、方向相反,所以两杆的总动量(t=0时为0)等于外力F的冲量,即Ft=mv1+mv2联立解得v1=8.15 m/s,v2=1.85 m/s.9.(1)5 m/s(2)1.25 J(3)1.25 N解析 (1)在安培力作用下,b棒做减速运动,c棒做加速运动,当两棒速度相等时,c棒达到最大速度.以两棒为研究对象,根据动量守恒定律得mbv0=(mb+mc)v解得c棒的最大速度为v=mbmb+mcv0=12v0=5 m/s.(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中,系统减少的动能转化为电能,两棒中产生的总热量为Q=12mbv02-12(mb+mc)v2=2.5 J因为Rb=Rc,所以c棒从开始至达到最大速度过程产生的焦耳热为Qc=Q2=1.25 J(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v,从最低点上升到最高点的过程,由机械能守恒定律得12mcv2-12mcv2=mcg2R解得v=3 m/s在最高点,设轨道对c棒的弹力为F,由牛顿第二定律得mcg+F=mcv2R解得F=1.25 N由牛顿第三定律得,在最高点时c棒对轨道的压力为1.25 N,方向竖直向上.