第十章第29讲电磁感应定律的综合应用1．(多选)如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k>0)．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则(AC)A．R2两端的电压为B．电容器的a极板带正电C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D．正方形导线框中的感应电动势为kL2解析由题图知外电路结构为R2与R的右半部并联，再与R的左半部、R1相串联，故R2两端电压U2＝U＝，选项A正确．因k>0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正电，选项B错误．滑动变阻器右侧部分电流、电压均与R2相同，左侧部分电阻与R2相同，电流是R2中电流的2倍，由P＝I2R可知总功率是R2的5倍，所以选项C正确．由法拉第电磁感应定律可知E＝n，其中S为有效面积，S＝πr2，得E＝πkr2，所以选项D错误．2．(2017·福建福州质检)(多选)如图，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，底端接电阻R，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m的金属棒，金属棒和导轨接触良好，除电阻R外，其余电阻不计，导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面．静止时金属棒位于A处，此时弹簧的伸长量为Δl，弹性势能为Ep，重力加速度大小为g.将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，则(BD)A．当金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量为ΔlB．电阻R上产生的总热量等于mgΔl－EpC．金属棒第一次到达A处时，其加速度方向向下D．金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量，比第一次上升过程的多解析静止时金属棒位于A处，kΔl＝mg，将其由弹簧原长位置释放，当金属棒的速度最大时，加速度a＝0，设此时弹簧伸长量为l，导轨宽度为L，则有mg＝FB＋kl＝＋kl＝kΔl，故l＜Δl，选项A错误；由分析知，金属棒最终静止在A处，根据能量守恒定律知mgΔl＝Ep＋Q，故Q＝mgΔl－Ep，选项B正确；金属棒第一次到达A处时，mg－kΔl－＝ma，故加速度a＝－，负号表示方向向上，选项C错误；设金属棒运动的距离为x，则通过电阻R的电荷量q＝·Δt＝＝＝，由于金属棒第一次下降过程的距离大于第一次上升过程的距离，故金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多，选项D正确．3．小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0T．质量m＝4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24m．一位健身者用恒力F＝80N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q．解析(1)由牛顿第二定律a＝＝12m/s2，①进入磁场时的速度v＝＝2.4m/s.②(2)感应电动势E＝Blv，③感应电流I＝，④安培力FA＝IBl，⑤代入得FA＝＝48N．⑥(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64J，⑦由牛顿第二定律F－mgsinθ－FA＝0，⑧CD棒在磁场区域做匀速运动，在磁场中运动的时间t＝，⑨焦耳热Q＝I2Rt＝26.88J．答案(1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J4．如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4m，导轨右端接有阻值R＝1Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好．导体棒及导轨的电阻均不计．导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化规律如图乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场．若使棒在导轨上始终以速度v＝1m/s做直线运动．求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力...
