2012物理（真題+模擬新題）分類匯編專題12L單元電磁感應(yīng)

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精L單元電磁感應(yīng)L1電磁感應(yīng)現(xiàn)象、楞次定律16．L1N3 [2012·四川卷］如圖所示，在鐵芯P上繞著兩個線圈a和b，則（）A．線圈a輸入正弦交變電流，線圈b可輸出恒定電流B．線圈a輸入恒定電流，穿過線圈b的磁通量一定為零C．線圈b輸出的交變電流不對線圈a的磁場造成影響D．線圈a的磁場變化時，線圈b中一定有電場16．D［解析］當線圈a輸入正弦交變電流時，線圈b輸出同頻率的正弦交變電流，A錯誤；當線圈a輸入恒定電流時,線圈a產(chǎn)生穩(wěn)定的磁場，通過線圈b的磁通量不變，但不是零，B錯誤；由于互感,每個線圈的交變電流都對另外一個線圈的磁場產(chǎn)生影響，C錯誤；根據(jù)麥克斯韋電磁場理論，變化的磁場一定產(chǎn)生電場,D正確．圖620．L1［2012·課標全國卷]如圖,一載流長直導線和一矩形導線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長直導線右側(cè)，且其長邊與長直導線平行．已知在t＝0到t＝t1的時間間隔內(nèi),直導線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中的感應(yīng)電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．設(shè)電流i正方向與圖中箭頭所示方向相同，則i隨時間t變化的圖線可能是(）ABCD20．A［解析］由楞次定律可判斷出B、D選項對應(yīng)的線框中對應(yīng)的感應(yīng)電流總是沿逆時針方向，B、D錯誤；C選項對應(yīng)的線框受到的安培力的合力始終水平向左，C錯誤；故只有A正確．18。L1、L2 [2012·福建卷］如圖甲，一圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開始下落，穿過一根豎直懸掛的條形磁鐵,銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的中軸線始終保持重合．若取磁鐵中心O為坐標原點，建立豎直向下為正方向的x軸,則圖乙中最能正確反映環(huán)中感應(yīng)電流i隨環(huán)心位置坐標x變化的關(guān)系圖象是（）ABCD甲乙18．B[解析］根據(jù)條形磁鐵的磁感線分布情況，線圈的運動可以分為3個階段,根據(jù)楞次定律可以作出如下判斷：過程B的方向Ф的變化I感的方向A→B向上增加順時針B→C向上增加順時針C點向上達到最大值無C→D向上減小逆時針在坐標原點O處感應(yīng)電流的方向發(fā)生改變，D錯；這一過程可以看作是線圈切割磁感線而產(chǎn)生感應(yīng)電流，在A→B過程中，線圈加速下降,有a＝eq\f(mg－\f(B2L2v,R），m），B、v逐漸增大，線圈向下做加速度不斷減小的變加速運動，由I感＝eq\f（BLv，R）可知線圈的感應(yīng)電流不斷增大但變化率在減小，A錯;對于B、D兩點，由于磁場的對稱性，兩點的磁感應(yīng)強度B是相同的,由于vD＞vB，由I感＝eq\f（BLv,R)可知D處的感應(yīng)電流比較大，所以B對、C錯．L2法拉第電磁感應(yīng)定律、自感21．L2 ［2012·重慶卷]如圖所示，正方形區(qū)域MNPQ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場．在外力作用下，一正方形閉合剛性導線框沿QN方向勻速運動，t＝0時刻，其四個頂點M′、N′、P′、Q′恰好在磁場邊界中點．下列圖象中能反映線框所受安培力f的大小隨時間t變化規(guī)律的是（)ABCD21．B[解析］第一段時間從初位置到M′N′離開磁場，圖甲表示該過程的任意一個位置，切割磁感線的有效長度為M1A與N1B之和，即為M1M′長度的2倍,此時電動勢E＝2Bvtv，線框受的安培力f＝2BIvt＝eq\f(4B2v3t2,R)，圖象是開口向上的拋物線,CD錯誤；如圖乙所示，線框的右端M2N2剛好出磁場時，左端Q2P2恰與MP共線，此后一段時間內(nèi)有效長度不變，一直到線框的左端與M′N′重合，這段時間內(nèi)電流不變，安培力大小不變；最后一段時間如圖丙所示,從勻速運動至M2N2開始計時，有效長度為A′C′＝l－2vt′,電動勢E′＝B（l－2vt′）v,線框受的安培力F′＝eq\f(B2l－2vt′2v,R），圖象是開口向上的拋物線,A錯誤,B正確．甲乙丙19．L2[2012·課標全國卷］如圖，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面）向里，磁感應(yīng)強度大小為B0。使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置,磁感應(yīng)強度大小隨時間線性變化．為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強度隨時間的變化率eq\f(ΔB，Δt）的大小應(yīng)為（）圖5A.eq\f(4ωB0,π）B.eq\f（2ωB0，π）C。eq\f(ωB0，π）D.eq\f(ωB0,2π）19．C[解析］當導線框在磁場中轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝eq\f（1，2）B0R2ω，當導線框在磁場中不轉(zhuǎn)動而磁場變化時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(ΔB，Δt)·eq\f（1,2）πR2，故eq\f(ΔB,Δt）＝eq\f（ωB0,π)，C正確．18.L1、L2 ［2012·福建卷］如圖甲，一圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開始下落，穿過一根豎直懸掛的條形磁鐵，銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的中軸線始終保持重合．若取磁鐵中心O為坐標原點，建立豎直向下為正方向的x軸,則圖乙中最能正確反映環(huán)中感應(yīng)電流i隨環(huán)心位置坐標x變化的關(guān)系圖象是()ABCD甲乙18．B[解析]根據(jù)條形磁鐵的磁感線分布情況，線圈的運動可以分為3個階段，根據(jù)楞次定律可以作出如下判斷:過程B的方向Ф的變化I感的方向A→B向上增加順時針B→C向上增加順時針C點向上達到最大值無C→D向上減小逆時針在坐標原點O處感應(yīng)電流的方向發(fā)生改變,D錯；這一過程可以看作是線圈切割磁感線而產(chǎn)生感應(yīng)電流,在A→B過程中，線圈加速下降,有a＝eq\f（mg－\f(B2L2v，R)，m),B、v逐漸增大，線圈向下做加速度不斷減小的變加速運動,由I感＝eq\f（BLv,R)可知線圈的感應(yīng)電流不斷增大但變化率在減小，A錯；對于B、D兩點，由于磁場的對稱性，兩點的磁感應(yīng)強度B是相同的,由于vD＞vB，由I感＝eq\f（BLv，R)可知D處的感應(yīng)電流比較大，所以B對、C錯．19．L2 ［2012·北京卷]物理課上，老師做了一個奇妙的“跳環(huán)實驗”．如圖，她把一個帶鐵芯的線圈L、開關(guān)S和電源用導線連接起來后,將一金屬套環(huán)置于線圈L上，且使鐵芯穿過套環(huán)．閉合開關(guān)S的瞬間，套環(huán)立刻跳起．某同學另找來器材再探究此實驗．他連接好電路，經(jīng)重復試驗，線圈上的套環(huán)均未動．對比老師演示的實驗，下列四個選項中，導致套環(huán)未動的原因可能是（）A．線圈接在了直流電源上B．電源電壓過高C．所選線圈的匝數(shù)過多D．所用套環(huán)的材料與老師的不同19．D［解析］只要線圈中的電流增大，金屬套環(huán)中的磁通量增大,就會產(chǎn)生感應(yīng)電流，由楞次定律可知,套環(huán)受到斥力的作用，向上彈起．接在直流電源上，在閉合開關(guān)的過程中，電流也有增大的過程，A項錯誤;電壓越大，匝數(shù)越多，效果越明顯，B、C項錯誤；要是選用絕緣材料，則不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，D項正確．L3電磁感應(yīng)與電路的綜合20．L3 [2012·四川卷］半徑為a右端開小口的導體圓環(huán)和長為2a的導體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B。桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始,桿的位置由θ確定，如圖所示．則A．θ＝0時，桿產(chǎn)生的電動勢為2BavB．θ＝eq\f(π，3）時，桿產(chǎn)生的電動勢為eq\r(3)BavC．θ＝0時，桿受的安培力大小為eq\f(2B2av，π＋2R0)D．θ＝eq\f（π，3)時，桿受的安培力大小為eq\f(3B2av,5π＋3R0）20．AD［解析]當θ＝0時，桿在圓心位置，切割磁感線的有效長度等于圓環(huán)直徑，桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝2Bav，A正確；當θ＝eq\f（π,3)時，桿切割磁感線的有效長度等于圓環(huán)半徑，桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Bav,B錯誤；當θ＝0時,回路的總電阻R1＝(2a＋πa)R0，桿受的安培力F1＝BI1l＝B·eq\f（2Bav,R1）·2a＝eq\f(4B2av,π＋2R0），C錯誤;當θ＝eq\f(π,3）時,回路的總電阻R2＝(a＋eq\f(5,3）πa)R0,桿受的安培力F2＝BI2l′＝B·eq\f（Bav，R2）·a＝eq\f(3B2av,5π＋3R0），D正確．20．L3［2012·山東卷］如圖所示,相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R,勻強磁場垂直于導軌平面,磁感應(yīng)強度為B。將質(zhì)量為m的導體棒由靜止釋放，當速度達到v時開始勻速運動，此時對導體棒施加一平行于導軌向下的拉力,并保持拉力的功率恒為P,導體棒最終以2v的速度勻速運動．導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌和導體棒的電阻,重力加速度為g.下列選項正確的是(）A．P＝2mgvsinθB．P＝3mgvsinθC．當導體棒速度達到eq\f（v,2）時加速度大小為eq\f(g，2）sinθD．在速度達到2v以后勻速運動的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功圖甲20．AC［解析］當導體棒的速度達到v時，對導體棒進行受力分析如圖甲所示．mgsinθ＝BILI＝eq\f(BLv，R)所以mgsinθ＝eq\f（B2L2v,R）①當導體棒的速度達到2v時,對導體棒進行受力分析如圖乙所示．圖乙mgsinθ＋F＝eq\f（2B2L2v,R)②由①②可得F＝mgsinθ功率P＝F×2v＝2mgvsinθ，故A正確．當導體棒速度達到eq\f(v,2)時，對導體棒受力分析如圖丙所示．圖丙a＝eq\f(mgsinθ－\f(B2L2\f(v，2),R）,m）③由①③可得a＝eq\f(1，2）gsinθ故C正確．當導體棒的速度達到2v時，安培力等于拉力和mgsinθ之和，所以以后勻速運動的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力和重力做功之和,故D錯誤．L4電磁感應(yīng)與力和能量的綜合L5電磁感應(yīng)綜合11．L5 ［2012·天津卷]如圖所示，一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內(nèi)，導軌間距l(xiāng)＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的電阻，一質(zhì)量m＝0。1kg,電阻r＝0。1Ω的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度B＝0。4T．棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2m/s2的加速度做勻加速運動，當棒的位移x＝9m時撤去外力，棒繼續(xù)運動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝（1)棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q;（2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；(3)外力做的功WF。11．［解析]（1）設(shè)棒勻加速運動的時間為Δt，回路的磁通量變化量為ΔΦ,回路中的平均感應(yīng)電動勢為eq\x\to（E),由法拉第電磁感應(yīng)定律得eq\x\to(E）＝eq\f(ΔΦ,Δt）其中ΔΦ＝Blx設(shè)回路中的平均電流為eq\x\to(I），由閉合電路的歐姆定律得eq\x\to（I)＝eq\f（\x\to（E)，R＋r)則通過電阻R的電荷量為q＝eq\x\to(I)Δt聯(lián)立各式,代入數(shù)據(jù)得q＝4.5(2）設(shè)撤去外力時棒的速度為v,對棒的勻加速運動過程，由運動學公式得v2＝2ax設(shè)棒在撤去外力后的運動過程中安培力做功為W,由動能定理得W＝0－eq\f(1,2）mv2撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝－W聯(lián)立各式,代入數(shù)據(jù)得Q2＝1.8J(3）由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6J在棒運動的整個過程中,由功能關(guān)系可知WF＝Q1＋Q2＝5.4J35．L5[2012·廣東卷］如圖9所示,質(zhì)量為M的導體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導軌上，導軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板，R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值,不計其他電阻．（1)調(diào)節(jié)Rx＝R,釋放導體棒,當棒沿導軌勻速下滑時,求通過棒的電流I及棒的速率v.（2）改變Rx,待棒沿導軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時的Rx.圖935．（1)導體棒勻速下滑時，Mgsinθ＝BIl①I＝eq\f（Mgsinθ，Bl)②設(shè)導體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E0,則E0＝BLv③由閉合電路歐姆定律得：I＝eq\f(E0，R＋Rx)④聯(lián)立②③④,得v＝eq\f（2MgRsinθ，B2l2）⑤（2）改變Rx，由②式可知電流不變．設(shè)帶電微粒在金屬板間勻速通過時，板間電壓為U，電場強度大小為EU＝IRx⑥E＝eq\f（U,d)⑦mg＝qE⑧聯(lián)立②⑥⑦⑧，得Rx＝eq\f(mBld,qMsinθ）⑨22．L5 ［2012·福建卷］如圖甲，在圓柱形區(qū)域內(nèi)存在一方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場,在此區(qū)域內(nèi)，沿水平面固定一半徑為r的圓環(huán)形光滑細玻璃管，環(huán)心O在區(qū)域中心．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q0)的小球,在管內(nèi)沿逆時針方向（從上向下看）做圓周運動．已知磁感應(yīng)強度大小B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，其中T0＝eq\f（2πm，qB0）。設(shè)小球在運動過程中電荷量保持不變，對原磁場的影響可忽略．(1)在t＝0到t＝T0這段時間內(nèi)，小球不受細管側(cè)壁的作用力，求小球的速度大小v0；(2)在豎直向下的磁感應(yīng)強度增大過程中，將產(chǎn)生渦旋電場，其電場線是在水平面內(nèi)一系列沿逆時針方向的同心圓,同一條電場線上各點的場強大小相等．試求t＝T0到t＝1。5T0這段時間內(nèi):①細管內(nèi)渦旋電場的場強大小E;②電場力對小球做的功W.22．［解析]（1）小球運動時不受細管側(cè)壁的作用力，因而小球所受洛倫茲力提供向心力qv0B0＝meq\f（v\o\al(2,0），r）①由①式解得v0＝eq\f(qB0r,m)②(2）①在T0到1.5T0這段時間內(nèi)，細管內(nèi)一周的感應(yīng)電動勢E感＝πr2eq\f（ΔB,Δt）③由圖乙可知eq\f(ΔB，Δt)＝eq\f（2B0,T0)④由于同一條電場線上各點的場強大小相等，所以E＝eq\f（E感,2πr）⑤由③④⑤式及T0＝eq\f(2πm,qB0)得E＝eq\f(qB\o\al（2,0）r，2πm)⑥②在T0到1。5T0時間內(nèi)，小球沿切線方向的加速度大小恒為a＝eq\f（qE,m)⑦小球運動的末速度大小v＝v0＋aΔt⑧由圖乙Δt＝0。5T0,并由②⑥⑦⑧式得v＝eq\f（3,2）v0＝eq\f（3qB0r,2m）⑨由動能定理，電場力做功為W＝eq\f（1,2）mv2－eq\f（1，2)mveq\o\al（2，0)⑩由②⑨⑩式解得W＝eq\f（5,8)mveq\o\al（2,0)＝eq\f(5q2B\o\al(2，0）r2,8m)25．L5[2012·浙江卷]為了提高自行車夜間行駛的安全性,小明同學設(shè)計了一種“閃爍”裝置．如圖所示，自行車后輪由半徑r1＝5。0×10－2m的金屬內(nèi)圈、半徑r2＝0.40m的金屬外圈和絕緣輻條構(gòu)成．后輪的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡．在支架上裝有磁鐵,形成了磁感應(yīng)強度B＝0.10T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強磁場，其內(nèi)半徑為r1、外半徑為r2、張角θ＝eq\f(π，6）。后輪以角速度ω＝2πrad/s相對于轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動．若不計其他電阻,忽略磁場的邊緣效應(yīng)．(1)當金屬條ab進入“扇形”磁場時，求感應(yīng)電動勢E，并指出ab上的電流方向；（2）當金屬條ab進入“扇形”磁場時，畫出“閃爍”裝置的電路圖；（3）從金屬條ab進入“扇形”磁場時開始，經(jīng)計算畫出輪子轉(zhuǎn)一圈過程中，內(nèi)圈與外圈之間電勢差Uab隨時間t變化的Uab－t圖象；(4）若選擇的是“1.5V、0.3A"的小燈泡，該“閃爍”裝置能否正常工作?有同學提出,通過改變磁感應(yīng)強度B、后輪外圈半徑r2、角速度ω和張角θ等物理量的大小，優(yōu)化前同學的設(shè)計方案，請給出你的評價．。［解析](1）金屬條ab在磁場中切割磁感線時，所構(gòu)成的回路的磁通量變化．設(shè)經(jīng)過時間Δt，磁通量變化量為ΔΦ，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt）ΔΦ＝BΔS＝B(eq\f（1,2）req\o\al(2，2）Δθ－eq\f（1,2）req\o\al(2,1)Δθ)聯(lián)立解得：E＝eq\f（ΔΦ，Δt）＝eq\f(1，2）Bω（req\o\al(2，2）－req\o\al（2,1）)＝4.9×10－2V根據(jù)右手定則(或楞次定律)，可得感應(yīng)電流方向為b→a。（2）通過分析,可得電路圖為(3）設(shè)電路中的總電阻為R總，根據(jù)電路圖可知R總＝R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4，3)Rab兩端電勢差Uab＝E－IR＝E－eq\f（E，R總)R＝eq\f(1，4)E＝1.2×10－2V設(shè)ab離開磁場區(qū)域的時刻為t1，下一根金屬條進入磁場區(qū)域的時刻為t2，則t1＝eq\f（θ，ω）＝eq\f（1,12)st2＝eq\f(\f(π，2）,ω）＝eq\f(1，4）s設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時間為T，則T＝eq\f（2π，ω)＝1s在T＝1s內(nèi)，金屬條有四次進出，后三次與第一次相同．可畫出Uab－t圖象如圖所示．（4）“閃爍”裝置不能正常工作．(金屬條的感應(yīng)電動勢只有4。9×10－2V，遠小于小燈泡的額定電壓，因此無法工作．)B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大,但有限度；ω增大，E增大，但有限度；θ增大，E不變．1．2012·柳鐵月考如圖所示,先后以速度v1和v2勻速把一矩形線圈水平拉出有界勻強磁場區(qū)域，且v1＝2v2,則在先后兩種情況下（)A．線圈中的感應(yīng)電動勢之比為E1∶E2＝2∶1B．線圈中的感應(yīng)電流之比為I1∶I2＝1∶2C．線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝1∶4D．通過線圈某截面的電荷量之比q1∶q2＝1∶11．AD［解析]根據(jù)E＝BLv∝v以及v1＝2v2，可知，選項A正確；因為I＝eq\f(E，R）∝E，所以I1∶I2＝2∶1,選項B錯誤;線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rt＝eq\f（E2,R）t＝eq\f（B2L2v2，R）·eq\f(L，v）＝eq\f（B2L3v，R)∝v，所以Q1∶Q2＝2∶1，選項C錯誤;根據(jù)q＝It＝eq\f(ΔΦ，Rt)·t＝eq\f(ΔΦ,R）或者根據(jù)q＝It＝eq\f(E，R）t＝eq\f（BLv,R）·eq\f(L，v）＝eq\f（BL2，R)＝eq\f（BS，R），可見q1∶q2＝1∶1，選項D正確．2．2012·煙臺檢測如圖所示,足夠長的U形光滑金屬導軌平面與水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計，金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當流過ab棒某一橫截面的電荷量為q時,棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中（)A．加速度大小為eq\f（v2,2L）B．下滑位移大小為eq\f(qR,BL）C．產(chǎn)生的焦耳熱為qBLvD．受到的最大安培力大小為eq\f(B2L2v,R）sinθ2．B［解析］金屬棒ab在這一過程中做的并非勻變速直線運動，所以加速度大小不是eq\f（v2,2L)，選項A錯誤；根據(jù)q＝eq\o(I,\s\up6(－）)Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6（－)）,R)Δt＝eq\f（ΔΦ，RΔt）Δt＝eq\f(ΔΦ，R)＝eq\f(BΔS，R）＝eq\f（BLx,R)可得，下滑位移大小為x＝eq\f（qR，BL），選項B正確；產(chǎn)生的焦耳熱等于電流做的功，而感應(yīng)電動勢是變化的,并不總等于BLv，選項C錯誤；根據(jù)F安＝BIL，I＝eq\f(E,R），E＝BLv，可得F安＝eq\f（B2L2v,R)，可見,當速度最大時，安培力最大，F(xiàn)安m＝eq\f（B2L2v，R），選項D錯誤．3．2012·浙江聯(lián)考如圖所示,在磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場中，有兩根豎直放置的平行金屬導軌,頂端用一電阻R相連，兩根導軌所在的豎直平面與磁場方向垂直．一根金屬棒ab以初速度v0沿導軌豎直向上運動,到某一高度后又向下運動返回到原出發(fā)點．整個過程中金屬棒與導軌保持垂直且接觸良好,導軌與棒間的摩擦及它們的電阻均可忽略不計．則在金屬棒整個上行與整個下行的兩個過程中,下列說法不正確的是（)A．回到出發(fā)點的速度v等于初速度v0B．上行過程中通過R的電荷量等于下行過程中通過R的電荷量C．上行過程中R上產(chǎn)生的熱量大于下行過程中R上產(chǎn)生的熱量D．上行的運動時間小于下行的運動時間3．A［解析]在金屬棒上行與下行的過程中,金屬棒將一部分動能轉(zhuǎn)化為電能,所以回到出發(fā)點的速度v小于初速度v0，選項A錯誤;根據(jù)關(guān)系式q＝eq\x\to（I）Δt＝eq\f（\x\to（E)，R)Δt＝eq\f(ΔΦ，RΔt）Δt＝eq\f（ΔΦ,R)可知，上行過程中通過R的電荷量等于下行過程中通過R的電荷量,選項B正確；上行過程和下行過程產(chǎn)生的熱量都等于克服安培力做的功．在同一位置，上行過程中金屬棒所受的安培力均大于下行過程中金屬棒所受的安培力，所以上行過程中R上產(chǎn)生的熱量大于下行過程中R上產(chǎn)生的熱量，選項C正確;金屬棒在上行過程和下行過程中,經(jīng)過同一位置時，上行時的速度大小總要大于下行時的速度大小，所以上行的運動時間小于下行的運動時間，選項D正確．4．2012·江西聯(lián)考如圖所示,足夠長的光滑U形導軌寬度為L，其所在平面與水平面的夾角為α，上端連接一個阻值為R的電阻．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于導軌平面向上．今有一質(zhì)量為m、有效電阻r的金屬桿沿框架由靜止下滑,設(shè)磁場區(qū)域無限大，當金屬桿下滑達到最大速度vm時，運動的位移為x，則（)A．金屬桿下滑的最大速度vm＝eq\f（mgRsinα,B2L2)B．在此過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(R，R＋r)（mgxsinα－eq\f（1，2）mveq\o\al(2，m）)C．在此過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為(mgxsinα－eq\f(1,2）mveq\o\al(2，m))D．在此過程中流過電阻R的電荷量為eq\f（BLx,R)4．B［解析]感應(yīng)電動勢為E＝Blvm感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R