3.解：电路稳定后断开，通过电阻这一支路的电流立即消失，由于电感器对电流的变化有阻碍作用，会阻碍其减小，通过电感器的电流，且流过电阻.所以含有电感器的支路的电流从“+”接线柱流入，G1指针向右摆.含有电阻的支路电流从“﹣”接线柱流入，G2指针向左摆.故A正确，B、C、D错误.

故选：A.

4.解：A、从静止开始释放物块，导体棒切割磁感线产生感应电流，由右手定则可知，电阻R中的感应电流方向由c到a，故A错误.

B、设导体棒所受的安培力大小为F，根据牛顿第二定律得：物块的加速度a=，当F=0，即刚释放导体棒时，a最大，最大值为g.故B错误.

C、物块和滑杆先做加速运动，后做匀速运动，此时速度最大，则有mg=F，而F=BIl，I=，解得物体下落的最大速度为v=.故C正确.

D、通过电阻R的电量 q===.故D正确.

故选：CD.

5.解：A、根据右手定则可知，AB棒中电流方向由B到A，故A错误;

B、令AB棒的速度为v1，所以电路的电流I=，对于CD棒的匀速运动有：2mg=μIB2L，联立上式可解得，故B正确;

C、由AB棒匀速上升，故有F=mg+BIL，代入、I=，可得F=mg+，故C正确;

D、CD棒上的焦耳热Q=I22Rt=，故D错误.

6.解：导体圆环将受到向上的磁场作用力，根据楞次定律的另一种表述，可见原磁场磁通量是减小，即螺线管和abcd构成的回路中产生的感应电流在减小.根据法拉第电磁感应定律，E=NS，则感应电流I=，可知减小时，感应电流才减小.A选项减小，B选项也减小，C、D选项不变.所以A、B正确，C、D错误.

故选：AB.

7.

8.

9.解：(1)两板电势差等于圆环产生的感应电动势.根据法拉第电磁感应定律可得两极板间的电势差为：

UAB=πr2=1×π×r2=πr2

(2)第1s内，磁感应强度均匀增大，根据楞次定律知，上极板带负电，下极板带正电，微粒向上做匀加速运动，则加速度为：

a==

第一秒末微粒的速度为：

v=at=

(3)第1s内下极板为正极，微粒向上做匀加速直线运动，第2s内，上极板为正极，微粒做匀减速直线运动到零，第3s回微粒向下做匀加速直线运动，第4s内，微粒向下做匀减速直线运动到零，根据运动过程的对称性，可知第4s末回到原位置.0到3.5s微粒的位移等于3.5s到4s内的位移大小，运用逆向思维可得0到3.5s微粒的位移为：

x==

答：(1)t1=0.5s时两板电势差UAB为πr2.

(2)第一秒末微粒的速度为.

(3)0到3.5s微粒的位移大小为.

10.解：(1)当v=0时，a=2m/s2

由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma

μ=0.5

(2)由图象可知：vm=2m/s

当金属棒达到稳定速度时，

有FA=B0IL

切割产生的感应电动势：E=B0Lv

平衡方程：mgsinθ=FA+μmgcosθ

r=1Ω

电量为：

s=2m

(3)

产生热量：WF=Q总=0.1J

(4)当回路中的总磁通量不变时，

金属棒中不产生感应电流.

此时金属棒将沿导轨做匀加速运动.

牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma

a=g(sinθ﹣μcosθ)=10×(0.6﹣0.5×0.8)m/s2=2m/s2

则磁感应强度与时间变化关系：.

所以：(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.5

(2)cd离NQ的距离2m

(3)金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量0.08J

(4)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流，

11.解：(1)线框进入磁场前沿斜面向下做匀加速直线运动，设底边刚进磁场时的速度为v，则由动能定理得  mv2=mgssinθ 得 v=3m/s

线框底边切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv=IR

画出线框受力的侧视图如图所示.匀速运动，有：

mgsinθ=BIL

联立解得：B=0.5T

(2)线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力，而做匀加速运动，加速度为a=gsinθ=5m/s2

匀速运动的时间 t1==0.2s

匀加速运动的时间为：t2=t﹣t1=0.4s

匀加速运动的距离为：x=υt2+at22=1.6m

磁场区域的宽度 l=L+x=2.2m

(3)上边框穿出磁场前也已匀速运动，则穿出磁场的速度仍为 v=3m/s

根据能量守恒可得 Q=mg(S+l+L)sinθ﹣mv2=2.8J

答：

(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小是0.5T;

(2)若线框的下边通过磁场的时间为t=0.6s，磁场区域的宽度l为2.2m.

(3)线框在穿过磁场的整个过程中能产生2.8J的焦耳热.

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