2020-2021學(xué)年新教材物理魯科版選擇性必修第二冊(cè)單元檢測(cè) 第2章 電磁感應(yīng)及其應(yīng)用

單元素養(yǎng)檢測(cè)（二）

（第2章）

（90分鐘100分）

一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給

出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1.穿過(guò)某線圈的磁通量隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示，在下列幾段時(shí)間

內(nèi)，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小的是（）

A.0?2sB.2~4sC.4?5sD.5~10s

【解析】選D。根據(jù)E=n絲得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與磁通量的變化率成正比。

At

中-1圖線的斜率表示磁通量的變化率，5-10s內(nèi)磁通量的變化率最

小，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小。故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。

2.如圖，與直導(dǎo)線AB共面的輕質(zhì)閉合金屬圓環(huán)豎直放置，兩者彼此絕

緣，環(huán)心位于AB的上方。當(dāng)AB中通有由A至B的電流且強(qiáng)度不斷增

大的過(guò)程中，關(guān)于圓環(huán)運(yùn)動(dòng)情況以下敘述正確的是（）

A.向下平動(dòng)

B.向上平動(dòng)

C.轉(zhuǎn)動(dòng)：上半部向紙內(nèi)，下半部向紙外

D.轉(zhuǎn)動(dòng)：下半部向紙內(nèi)，上半部向紙外

【解析】選A。由題意可知，當(dāng)AB中通有A到B的電流且強(qiáng)度在增大

時(shí)，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針感應(yīng)電流；假設(shè)直導(dǎo)線固

定不動(dòng)，根據(jù)右手螺旋定則知，直導(dǎo)線上方的磁場(chǎng)垂直紙面向外，下

方磁場(chǎng)垂直紙面向里。在環(huán)形導(dǎo)線的上方和下方各取小微元電流，根

據(jù)左手定則，上方的微元電流所受安培力向下，下方的微元電流所受

安培力向下，則環(huán)形導(dǎo)線的運(yùn)動(dòng)情況是向下運(yùn)動(dòng)。故A正確，B、C、D

錯(cuò)誤。

3.如圖所示，一導(dǎo)體棒處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)體棒在豎直平

面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且導(dǎo)體棒始終垂直于紙面；在導(dǎo)體棒由圓周最

高點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到與圓心等高的N點(diǎn)的過(guò)程中，導(dǎo)體棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大

小變化情況是（）

A.越來(lái)越大B.越來(lái)越小

C.保持不變D.無(wú)法判斷

【解析】選B。導(dǎo)體棒由圓周的最高點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到與圓心等高的N點(diǎn)的過(guò)

程中，線速度大小不變，方向始終與半徑垂直，即時(shí)刻在改變，導(dǎo)致

線速度方向與磁場(chǎng)方向夾角9減小，由E=BLvsin。知導(dǎo)體棒中感應(yīng)

電動(dòng)勢(shì)越來(lái)越小，故正確答案為B。

4.如圖所示，寬為2L且上、下邊界都水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的正上方有

一個(gè)高為L(zhǎng)的閉合矩形線框由靜止從某高處釋放，線框豎直下落過(guò)程

中，下邊始終保持水平，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于線框平面向里，線框

第一次從某高度由靜止下落后，恰好勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，第二次調(diào)整下落

高度后，線框恰好勻速穿過(guò)磁場(chǎng)下邊界，用L、12分別表示第一次、

第二次在整個(gè)進(jìn)出磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中線框的感應(yīng)電流大小，則下列反

映線框的感應(yīng)電流隨位移變化的圖像中可能正確的是（）

【解析】選A。線框第一次從某高度由靜止下落后，恰好勻速進(jìn)入磁場(chǎng),

說(shuō)明安培力與重力大小相等，方向相反，即mg=BI°L,其中：1。=幺竺”,

RR

由于速度不變，所以感應(yīng)電流的大小不變；線框完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),

線框中沒(méi)有感應(yīng)電流，則沒(méi)有安培力，線框做加速運(yùn)動(dòng)，速度增大，

所以線框的下邊剛出磁場(chǎng)時(shí)線框的速度大于Vo,所以感應(yīng)電流大于Io,

線框受到的安培力大于mg,線框做減速運(yùn)動(dòng)，速度逐漸減小，所以安

培力逐漸減小，線框做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)。若減速至Vo時(shí)，

安培力再次等于重力，線框重新做勻速運(yùn)動(dòng)。不存在速度小于V。的情

況，所以線框中的電流不會(huì)小于I。，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。第二次調(diào)

整下落高度后，線框恰好勻速穿過(guò)磁場(chǎng)下邊界，說(shuō)明線框到達(dá)下邊的

速度是v。。由于線框完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框中沒(méi)有感應(yīng)電流，則

沒(méi)有安培力，線框做加速運(yùn)動(dòng)，速度增大，所以線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)

的速度一定小于Vo,則進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流一定小于10,

所以安培力一定小于重力，線框加速度的方向向下，線框在進(jìn)入磁場(chǎng)

的過(guò)程中一定一直做加速運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程中電流一直增大且小于Io,故C、

D項(xiàng)錯(cuò)誤。

5.如圖甲所示，垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的區(qū)域?qū)挾葹?a,磁感應(yīng)強(qiáng)

度的大小為B。一邊長(zhǎng)為a、電阻為4R的正方形均勻?qū)Ь€框ABCD從圖

示位置開(kāi)始沿水平向右方向以速度v勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，在圖乙中線

框A、B兩端電壓UAB與線框移動(dòng)距離的關(guān)系圖像正確的是（）

甲

【解析】選D。進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，注意UAB是路端電壓，應(yīng)該是電動(dòng)勢(shì)的四

分之三，此時(shí)E=Bav,所以UAB=蛆竺；完全進(jìn)入后，沒(méi)有感應(yīng)電流，但

4

有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，大小為Bav,穿出磁場(chǎng)時(shí)電壓應(yīng)該是電動(dòng)勢(shì)的四分之一，

U=—,電勢(shì)差方向始終相同，即0A>0B,由以上分析可知選D。

AB4

6.如圖所示，EF、GH為平行的金屬導(dǎo)軌，其電阻可不計(jì)，R為電阻，C

為電容器，AB為可在EF和GH上滑動(dòng)的導(dǎo)體橫桿，有均勻磁場(chǎng)垂直于

導(dǎo)軌平面。若用L和L分別表示圖中該處導(dǎo)線中的電流，則當(dāng)橫桿

AB()

A.勻速滑動(dòng)時(shí)，L=0,12=0

B.勻速滑動(dòng)時(shí)LWO,12#0

C.加速滑動(dòng)時(shí)，L=0,12=0

D.加速滑動(dòng)時(shí)，LWO,12^0

【解析】選D。桿勻速滑動(dòng)時(shí)，由于E=BLv不變，故LWO,12=0。加

速滑動(dòng)時(shí)，由于E=BLv逐漸增大，電容器不斷充電，故LWO,I2^0o

7.如圖所示，小螺線管與音樂(lè)播放器相連，大螺線管直接與音箱相連。

當(dāng)把小螺線管插入大螺線管中時(shí)音樂(lè)就會(huì)從音箱中響起來(lái)，大小螺線

管之間發(fā)生的物理現(xiàn)象是（）

A.自感B.靜電感應(yīng)

C.互感D.直接導(dǎo)電

【解析】選C。小螺線管與音樂(lè)播放器相連，小線圈中輸入了音頻信號(hào)；

當(dāng)把小螺線管插入大螺線管中時(shí)音樂(lè)就會(huì)從音箱中響起來(lái)，說(shuō)明大線

圈中激發(fā)出了感應(yīng)電流，是互感現(xiàn)象。故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。

8.如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，且都傾斜著與

水平面成夾角6o在導(dǎo)軌的最上端M、P之間接有電阻R,不計(jì)其他電

阻。導(dǎo)體棒ab從導(dǎo)軌的最底端沖上導(dǎo)軌，當(dāng)沒(méi)有磁場(chǎng)時(shí)，ab上升的最

大高度為H；若存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，ab上升的最大高

度為h。在兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ab都與導(dǎo)軌保持垂直，且初速度都相等。

關(guān)于上述情景，下列說(shuō)法正確的是（）

A.兩次上升的最大高度相比較為H〈h

B.有磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)體棒所受合力做的功等于無(wú)磁場(chǎng)時(shí)合力做的功

C.有磁場(chǎng)時(shí)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為，評(píng)

D.有磁場(chǎng)時(shí)，ab上升過(guò)程的最小加速度大于gsin9

【解析】選B。當(dāng)有磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體棒除受到沿斜面向下的重力的分力外,

還切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，故受到安培力的作用，所以兩次上升的

最大高度相比較為h〈H,兩次動(dòng)能的變化量相等，所以導(dǎo)體棒所受合力

做的功相等，A錯(cuò)誤，B正確；有磁場(chǎng)時(shí)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱小于31/左

ab上升過(guò)程的最小加速度為gsin0（即剛開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度），

C、D錯(cuò)誤。

二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給

出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但

不全的得2分，有選錯(cuò)的得。分。

9.如圖所示，電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌固定在一絕緣斜面上，兩相同

的金屬導(dǎo)體棒a、b垂直于導(dǎo)軌靜止放置，且與導(dǎo)軌接觸良好，勻強(qiáng)磁

場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面?，F(xiàn)用一平行于導(dǎo)軌的恒力F作用在a的中點(diǎn)，

使其向上運(yùn)動(dòng)。若b始終保持靜止，則它所受摩擦力可能（）

A.變?yōu)?B.先減小后不變

C.等于FD.先增大再減小

【解析】選A、Boa導(dǎo)體棒在恒力F作用下加速運(yùn)動(dòng)，閉合回路中產(chǎn)

生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒b受到安培力方向應(yīng)沿斜面向上，且逐漸增大，

最后不變，b受到的安培力與a受到的安培力大小相等，方向沿斜面向

上。所以b導(dǎo)體棒受摩擦力可能先減小后不變，可能減小到0保持不

變，也可能減小到0然后反向增大保持不變，所以選項(xiàng)A、B正確，C、

D錯(cuò)誤。

10.(2018?全國(guó)卷HI)如圖甲，在同一平面內(nèi)固定有一長(zhǎng)直導(dǎo)線PQ和

一導(dǎo)線框R,R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i,i的變化

如圖乙所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

()

A.在時(shí)為零

4

B.在t=E時(shí)改變方向

2

C.在t=E時(shí)最大，且沿順時(shí)針?lè)较?/p>

2

D.在t=T時(shí)最大，且沿順時(shí)針?lè)较?/p>

【解析】選A、Co由于長(zhǎng)直導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i,所以會(huì)在導(dǎo)

線的左右兩側(cè)產(chǎn)生磁場(chǎng)，那么導(dǎo)線框R就會(huì)有磁通量。由于導(dǎo)線PQ中

的電流大小和方向都在進(jìn)行周期性變化，所以右側(cè)線框的磁通量就會(huì)

有周期性的變化，所以就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定

律來(lái)判定在到t=至?xí)r間內(nèi)導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均沿順時(shí)針?lè)?/p>

44

向，故B錯(cuò)；在時(shí)圖線斜率為零，磁通量變化率為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

4

為零，故A對(duì)；在時(shí)圖線斜率最大，磁通量變化率最大，感應(yīng)電動(dòng)

2

勢(shì)最大且沿順時(shí)針?lè)较?，同理在t=T時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也最大，且沿逆時(shí)

針?lè)较颍蔆對(duì)D錯(cuò)，故選A、Co

11.如圖所示，光滑導(dǎo)軌傾斜放置，其下端連接一個(gè)燈泡，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂

直于導(dǎo)軌所在平面，當(dāng)ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，小燈泡獲得的功率為

P。，除燈泡外，其他電阻不計(jì)，要使燈泡的功率變?yōu)?P。（但燈泡還在額

定功率范圍內(nèi)），下列措施正確的是（）

A.換一個(gè)電阻為原來(lái)2倍的燈泡

B.把磁感應(yīng)強(qiáng)度增為原來(lái)的2倍

C.換一根質(zhì)量為原來(lái)的&倍的金屬棒

D.把導(dǎo)軌間的距離增大為原來(lái)的四倍

【解析】選A、Co設(shè)穩(wěn)定狀態(tài)即勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度為v,燈泡的電阻為R,

磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)軌寬為L(zhǎng),質(zhì)量為m。根據(jù)平衡條件得

mgsin9=8h=13空4=衛(wèi)=丫=蟹絲，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv=&網(wǎng),

RRB2L2BL

電功率為P=￡L（巴史絲）2R換一個(gè)電阻為原來(lái)2倍的燈泡，則電功率

RBL

為原來(lái)的兩倍，故A對(duì)。把磁感應(yīng)強(qiáng)度增為原來(lái)的2倍，則電功率為

原來(lái)的四分之一，故B錯(cuò)。換一根質(zhì)量為原來(lái)的遮倍的金屬棒，則電

功率為原來(lái)的2倍，故C對(duì)。把導(dǎo)軌間的距離增大為原來(lái)的&倍，則

電功率為原來(lái)的一半，故D錯(cuò)。

12.如圖所示，在水平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy中有一光滑金屬導(dǎo)軌AOC,

其中曲線導(dǎo)軌0A滿足方程y=Lsin(kx),長(zhǎng)度為上的直導(dǎo)軌0C與x軸

2k

重合，整個(gè)導(dǎo)軌處于垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，現(xiàn)有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的

金屬棒從圖示位置開(kāi)始沿x軸正方向以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知

金屬棒單位長(zhǎng)度的電阻為R。，除金屬棒的電阻外其余部分電阻均不計(jì),

棒與兩導(dǎo)軌始終接觸良好，則在金屬棒運(yùn)動(dòng)至AC的過(guò)程中()

A.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值為e=BvLsin(kvt)

B.感應(yīng)電流逐漸減小

C.閉合回路消耗的電功率逐漸增大

D.通過(guò)金屬棒的電荷量為

2kRq

【解析】選A、C、Dot時(shí)刻金屬棒的有效長(zhǎng)度Li=Lsin(kvt),則t時(shí)

刻e=BvLsin(kvt),A正確；由1=上知］=￡E竺四竺竺2=叨，所以I為定值,

RxR0Lsin(kvt)Ro

B錯(cuò)誤；閉合電路消耗的電功率P=1R'=^R°sin(kvt)=^辿必，C

片Ro

正確，q=It=—,D正確。

三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共14分。

13.（6分）如圖所示，上海某校操場(chǎng)上，兩同學(xué)相距L為10m左右，在

東偏北，西偏南11°的沿垂直于地磁場(chǎng)方向的兩個(gè)位置上，面對(duì)面將

一并聯(lián)銅芯雙絞線，像甩跳繩一樣搖動(dòng)，并將線的兩端分別接在靈敏

電流計(jì)上，雙絞線并聯(lián)后的電阻R約為2Q,絞線搖動(dòng)的頻率配合節(jié)

拍器的節(jié)奏，保持頻率在2Hz左右。如果同學(xué)搖動(dòng)絞線的最大圓半徑

h約為1m,電流計(jì)讀數(shù)的最大值I約為3mAo

⑴試估算地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的數(shù)值約為；數(shù)學(xué)表達(dá)式

B=o（由R、I、L、f、h等已知量表示）

⑵將兩人站立的位置，改為與剛才方向垂直的兩點(diǎn)上，那么電流計(jì)示

數(shù)約為。

【解析】（1）搖動(dòng)絞線的過(guò)程中，絞線切割地磁場(chǎng)，當(dāng)擺動(dòng)速度與地磁

場(chǎng)垂直時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，電流最大，

由E=BLv,v=3h,3=2nf,E=IR,

得B=*一,代入數(shù)值得B七5X10-5To

2nfLh

⑵絞線與磁場(chǎng)平行，不切割磁感線，電流計(jì)讀數(shù)為0。

答案：（1）5X10-5T（2）0

2nfLh

14.（8分）（1）在“探究楞次定律”的實(shí)驗(yàn)中除需要已知繞向的螺線管、

條形磁鐵外，還要用到電表。請(qǐng)從下列電表中選擇（）

A.量程為0~3V的電壓表

B.量程為0?3A的電流表

C.量程為0~0.6A的電流表

D.零刻度在中間的靈敏電流表

⑵某同學(xué)按下列步驟進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：

①將已知繞向的螺線管與電表連接；

②設(shè)計(jì)表格，記錄將磁鐵N、S極插入和抽出過(guò)程中引起感應(yīng)電流的磁

場(chǎng)方向、磁通量變化、感應(yīng)電流的方向、感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向；

③分析實(shí)驗(yàn)結(jié)果，得出結(jié)論。

上述實(shí)驗(yàn)中，漏掉的實(shí)驗(yàn)步驟是—O

⑶圖甲為某實(shí)驗(yàn)小組利用微電流傳感器做驗(yàn)證楞次定律實(shí)驗(yàn)時(shí)，在計(jì)

算機(jī)屏幕上得到的波形，橫坐標(biāo)為時(shí)間t,縱坐標(biāo)為電流I。根據(jù)圖線

分析知道：將條形磁鐵的N極插入圓形閉合線圈時(shí)得到圖甲內(nèi)①所示

圖線?，F(xiàn)用該磁鐵，如圖乙所示，從很遠(yuǎn)處按原方向沿一圓形線圈的

軸線勻速運(yùn)動(dòng)，并穿過(guò)線圈向遠(yuǎn)處而去。圖丙中較正確地反映線圈中

電流I與時(shí)間t關(guān)系的是。

甲乙

【解析】（1）楞次定律實(shí)驗(yàn)應(yīng)該選用零刻度在中間的靈敏電流表；

⑵查明電流流入電表方向與電表指針偏轉(zhuǎn)方向的關(guān)系；

⑶將條形磁鐵的N極插入圓形閉合線圈時(shí)得到圖甲內(nèi)①所示圖線，用

該磁鐵的S極從很遠(yuǎn)處按原方向沿一圓形線圈的軸線勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生

的電流方向與圖甲①相反，再利用對(duì)稱性的特點(diǎn)，可知圖丙中B正確。

答案：（1）D（2）查明電流流入電表方向與電表指針偏轉(zhuǎn)方向的關(guān)系

⑶B

四、計(jì)算題：本題共4小題，共46分。要有必要的文字說(shuō)明和解題步

驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位。

15.（8分）如圖所示，水平面上有兩根相距0.5m的足夠長(zhǎng)的平行金屬

導(dǎo)軌MN和PQ,它們的電阻可忽略不計(jì)；在M和P之間接有阻值為R

的定值電阻，導(dǎo)體棒ab長(zhǎng)/=S5m,其電阻為r,與導(dǎo)軌接觸良好，整

個(gè)裝置處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.4T,現(xiàn)使

ab以v=10m/s的速度向右做勻速運(yùn)動(dòng)。

（Dab中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)多大?

（2）ab中電流的方向如何？

⑶若定值電阻R=3.0導(dǎo)體棒的電阻r=1.0Q,則電路中的電流

多大？

【解析】（1）ab中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

E=B/v（2分）

代入數(shù)值，得E=2.0V

（1分）

（2）ab中電流的方向?yàn)閎Ta（2分）

⑶由閉合電路歐姆定律，回路中的電流

l=—（2分）

R+r

代入數(shù)值，得：1=0.5A

（1分）

答案：（1）2.0V（2）bTa（3）0.5A

16.（8分）（2018?江蘇高考）如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在

平面與水平面的夾角為。，間距為九導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)

強(qiáng)度大小為B,方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌

上，距底端的距離為s,導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金

屬棒被松開(kāi)后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終

保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過(guò)程中，金屬棒

（1）末速度的大小v；

⑵通過(guò)的電流大小I;

⑶通過(guò)的電荷量Q。

【解析】（1）金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有v?=2as,

解得v=V2aSo（1分）

⑵安培力F安二ldB,

金屬棒所受合力F=mgsin6-F安（1分）

由牛頓第二定律F=ma（1分）

解得|二0坐

（2分）

dB

⑶運(yùn)動(dòng)時(shí)間t—,電荷量Q=lt（1分）

a

解得Q=逅強(qiáng)理色

（2分）

dBa

答案：⑴廝⑵*

,、yj2asm（gsin9-a）

dBa

17.（14分）如圖所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的平行

金屬導(dǎo)軌相距1m,導(dǎo)軌平面與水平面成9=37°角，下端連接阻值為

R的電阻。勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為0.2kg、電阻不計(jì)

的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，它們之間的

動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25o

/>

0

⑴求金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開(kāi)始下滑時(shí)的加速度大??；

⑵當(dāng)金屬棒下滑速度達(dá)到穩(wěn)定時(shí)、電阻R消耗的功率為8肌求該速

度的大?。?/p>

（3）在上問(wèn)中，若R=2Q,金屬棒中的電流方向由a到b,求磁感應(yīng)強(qiáng)

度的大小與方向。

（g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8）

【解析】（1）金屬棒開(kāi)始下滑的初速度為零，根據(jù)牛頓第二定律：

mgsin0-|imgcosG二ma①（2分）

由①式解得

a=10X（0.6-0.25X0.8）m/s2=4m/s2②

（2分）

⑵設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，速度為v,所受安培力為F,

棒在沿導(dǎo)軌方向受力平衡

mgsin0-|imgcos0-F=0③（2分）

此時(shí)金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中電阻R消耗的電功率：

Fv=P④（1分）

由③④兩式解得

PO

v=----------------m/s=10m/s⑤

F0.2X10X（0.6-0.25X0.8）

（2分）

(3)設(shè)電路中電流為I,兩導(dǎo)軌間金屬棒的長(zhǎng)為I,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度

為B

.vBl

I二一⑥（1分）

R

P=I2R⑦（1分）

由⑥⑦兩式解得

B二衛(wèi)二三？T=0.4T⑧

vl10X1

(2分)

磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上（1分）

答案:(1)4m/s?(2)10m/s

(3)0.4T磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上

18.(16分)如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌相

距L=1m,導(dǎo)軌平面與水平面成。=30。角，上端連接阻值R=1.5Q

的電阻，質(zhì)量為m=

0.2kg,阻值r=0.5Q的金屬棒ab放在兩導(dǎo)軌上，距離導(dǎo)軌最上端

為L(zhǎng)Z=4m,棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。整個(gè)裝置處于一個(gè)勻強(qiáng)磁

場(chǎng)中，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間

變化的情況如圖乙所示，為保持ab棒靜止，在棒上施加了一平行于導(dǎo)

2

軌平面的外力F,g取10m/so求：

甲乙丙

（1）當(dāng)t=2s時(shí)一，外力Fi的大小；

⑵當(dāng)t=3s時(shí)的瞬間，外力F2的大小和方向；

⑶請(qǐng)?jiān)趫D丙中畫(huà)出前4s內(nèi)外力F隨時(shí)間變化的圖像（規(guī)定F方向沿

斜面向上為正）。

【解析】（1）當(dāng)t=2s時(shí)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：

E=—LL=—X1X4V=2V（1

At2

分）

p?

電流：I二——=-----A=1A（1

R+r1.5+0.5

分）

由楞次定律判斷可知，感應(yīng)電流的方向由bTa,根據(jù)左手定則可知ab

所受的安培力沿導(dǎo)軌向上；

ab棒保持靜止，受力平衡，設(shè)外力沿導(dǎo)軌向上，則由平衡條件有：

mgsin30°-B2IL-FFO（2分）

由圖乙知B2=1T,代入題給數(shù)據(jù)可解得外力：

F尸0N

（1分）

⑵當(dāng)t=3s時(shí)的瞬間，設(shè)此時(shí)外力沿導(dǎo)軌向上，根據(jù)平衡條件得：

o

F2+B3IL-mgsin30=0,B3=1.5T

（2分）

解得：F2=-0.5N,負(fù)號(hào)說(shuō)明外力沿斜面向下。

（1分）

⑶規(guī)定F方向沿斜面向上為正，在。?3s內(nèi)，根據(jù)平衡條件有：

mgsin30°-BlL-F=O而B(niǎo)=0.5t（T）（2分）

則得：F=1-0.5t（N）（1分）

當(dāng)t=0時(shí)刻，F(xiàn)=1N

（1分）

在3?4s內(nèi)，B不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，ab不受安培力，則由平衡

條件得：F=mgsin30°=1N

（2分）

畫(huà)出前4s內(nèi)外力F隨時(shí)間變化的圖像，如圖所示。