2025高考物理步步高同步練習選修2第二章專題強化9 電磁感應中的動力學問題含答案

2025高考物理步步高同步練習選修2第二章電磁感應中的動力學問題[學習目標]1.會分析導體棒、線框在磁場中的受力.2.能根據(jù)電流的變化分析導體棒、線框受力的變化情況和運動情況.3.能利用牛頓運動定律和平衡條件分析有關(guān)問題．由于導體的感應電流在磁場中受到安培力作用，而安培力又會改變導體的運動狀況，所以電磁感應常與力學知識聯(lián)系在一起．1．電磁感應問題中電學對象與力學對象的相互制約關(guān)系2．處理此類問題的基本方法(1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律求感應電動勢的大小和方向．(2)求回路中感應電流的大小和方向．(3)分析研究導體受力情況(包括安培力)．(4)列動力學方程或根據(jù)平衡條件列方程求解．3．兩種狀態(tài)(1)導體處于平衡狀態(tài)——靜止或勻速直線運動狀態(tài)．處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力等于零)列式分析．(2)導體處于非平衡狀態(tài)——加速度不為零．處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進行分析．4．電磁感應中的動力學臨界問題基本思路：導體受外力運動eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))感應電動勢eq\o(→,\s\up10(I＝\f(E,R＋r)))感應電流eq\o(→,\s\up7(F＝BIl))導體受安培力→合外力變化eq\o(→,\s\up7(F合＝ma))加速度變化→臨界狀態(tài)．一、電磁感應中的平衡問題如圖1，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上．t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動．t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動．桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g.求：圖1(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大??；(2)電阻的阻值．答案(1)Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))(2)eq\f(B2l2t0,m)解析(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma①設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有v＝at0②當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律知產(chǎn)生的電動勢為E＝Blv③聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))④(2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)⑤式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為F安＝BlI⑥因金屬桿做勻速運動，有F－μmg－F安＝0⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m).二、電磁感應中的動力學問題如圖2所示，空間存在B＝0.5T、方向豎直向下的勻強磁場，MN、PQ是水平放置的平行長直導軌，其間距L＝0.2m，R＝0.3Ω的電阻接在導軌一端，ab是跨接在導軌上質(zhì)量m＝0.1kg、接入電路的電阻r＝0.1Ω的導體棒，已知導體棒和導軌間的動摩擦因數(shù)為0.2.從零時刻開始，對ab棒施加一個大小為F＝0.45N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導軌滑動，ab棒始終保持與導軌垂直且接觸良好．(g＝10m/s2)圖2(1)分析導體棒的運動性質(zhì)；(2)求導體棒所能達到的最大速度的大??；(3)試定性畫出導體棒運動的速度－時間圖像．答案(1)做加速度減小的加速運動，最終做勻速運動(2)10m/s(3)見解析圖解析(1)導體棒做切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv①回路中的感應電流I＝eq\f(E,R＋r)②導體棒受到的安培力F安＝BIL③導體棒運動過程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根據(jù)牛頓第二定律有：F－μmg－F安＝ma④由①②③④得：F－μmg－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma⑤由⑤可知，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當加速度a減小到0時，速度達到最大，此后導體棒做勻速直線運動．(2)當導體棒達到最大速度時，有F－μmg－eq\f(B2L2vm,R＋r)＝0可得：vm＝eq\f(F－μmgR＋r,B2L2)＝10m/s(3)由(1)(2)中的分析與數(shù)據(jù)可知，導體棒運動的速度－時間圖像如圖所示．如圖3甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的定值電阻，一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直，整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向下，導軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦．(重力加速度為g)圖3(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中的受力示意圖；(2)在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流大小及其加速度的大??；(3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值．答案(1)見解析圖(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)解析(1)如圖所示，ab桿受重力mg，方向豎直向下；支持力FN，方向垂直于導軌平面向上；安培力F安，方向沿導軌向上．(2)當ab桿的速度大小為v時，感應電動勢E＝BLv，則此時電路中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)ab桿受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ－F安＝ma聯(lián)立各式得a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR).(3)當a＝0時，ab桿達到最大速度vm，即有mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R)，解得vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).針對訓練(多選)如圖4所示，MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導軌，已知導軌足夠長，且電阻不計．a(chǎn)b是一根與導軌垂直而且始終與導軌接觸良好的金屬桿．開始時，將開關(guān)S斷開，讓桿ab由靜止開始自由下落，一段時間后，再將S閉合，若從S閉合開始計時，則金屬桿ab的速度v隨時間t變化的圖像可能是()圖4答案ACD解析設ab桿的有效長度為l，S閉合時，若eq\f(B2l2v,R)＞mg，桿先減速再勻速，D項有可能；若eq\f(B2l2v,R)＝mg，桿勻速運動，A項有可能；若eq\f(B2l2v,R)＜mg，桿先加速再勻速，C項有可能；由于v變化，eq\f(B2l2v,R)－mg＝ma中a不恒定，故B項不可能．1.(電磁感應中的平衡問題)(2020·盤錦市高二上期末)如圖5所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內(nèi)，導軌之間接有電阻R.接入電路的阻值為r的金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下．現(xiàn)使磁感應強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是()圖5A．a(chǎn)b中的感應電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應電流逐漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小答案D解析金屬棒ab、電阻R、導軌構(gòu)成閉合回路，磁感應強度均勻減小(eq\f(ΔB,Δt)＝k為一定值)，則閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，可知回路中產(chǎn)生順時針方向的感應電流，ab中的電流方向由a到b，故選項A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝kS，回路面積S不變，即感應電動勢為定值，根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)可知，ab中的電流大小不變，故選項B錯誤；安培力F＝BIL，電流大小不變，磁感應強度減小，則安培力減小，故選項C錯誤；金屬棒處于靜止狀態(tài)，所受合力為零，對其受力分析，水平方向靜摩擦力Ff與安培力F等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故選項D正確．2．(電磁感應中的動力學問題)(多選)如圖6所示，有兩根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金屬軌道，上端接有滑動變阻器R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面向上的勻強磁場，磁感應強度為B，一根質(zhì)量為m、電阻不計的金屬桿從軌道上由靜止滑下且始終與導軌接觸良好．經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則()圖6A．如果B增大，vm將變大B．如果α變大(仍小于90°)，vm將變大C．如果R變大，vm將變大D．如果m變小，vm將變大答案BC解析金屬桿由靜止開始下滑的過程中，其受力情況如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsinα－eq\f(B2L2v,R)＝ma所以金屬桿由靜止開始做加速度逐漸減小的加速運動，當a＝0時達到最大速度vm，即mgsinα＝eq\f(B2L2vm,R)，可得：vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)，由此式知，選項B、C正確．3.(電磁感應中的動力學問題)如圖7所示，勻強磁場存在于虛線框內(nèi)，矩形線圈豎直下落，如果線圈受到的磁場力總小于其重力，則它在1、2、3、4位置時的加速度關(guān)系為()圖7A．a(chǎn)1>a2>a3>a4B．a(chǎn)1＝a3>a2>a4C．a(chǎn)1＝a3>a4>a2D．a(chǎn)4＝a2>a3>a1答案B解析線圈進入磁場前和全部進入磁場后，都僅受重力，所以加速度a1＝a3＝g.線圈在題圖中2位置時，受到重力和向上的安培力，且已知F安2<mg，所以a2＝eq\f(mg－F安2,m)<g.而由于線圈完全在磁場中時做加速度為g的加速運動，故4位置時的速度大于2位置時的速度，根據(jù)F安＝eq\f(B2L2v,R)及a＝eq\f(mg－F安,m)可得a4<a2，故線圈在1、2、3、4位置時的加速度關(guān)系為：a1＝a3>a2>a4，故B正確．1．如圖1所示，在一勻強磁場中有一U形導線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動，且與導線框接觸良好．桿ef及線框的電阻都忽略不計．開始時，給ef一個向右的初速度，則()圖1A．ef將向右做非勻減速運動，最后停止B．ef將向右做勻減速運動，最后停止C．ef將向右做勻速運動D．ef將做往返運動答案A解析ef向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，會受到向左的安培力而做減速運動，直到速度減小為0停止運動，由F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)＝ma知，ef做的是加速度逐漸減小的減速運動，故A正確．2．(多選)如圖2，空間中存在一勻強磁場區(qū)域，磁場方向與豎直面(紙面)垂直，磁場的上、下邊界(虛線)均為水平面；紙面內(nèi)磁場上方有一個正方形導線框abcd，其上、下兩邊均與磁場邊界平行，邊長小于磁場上、下邊界的間距．若導線框自由下落，從ab邊進入磁場時開始，直至ab邊到達磁場下邊界為止，導線框下落的速度大小可能()圖2A．始終減小 B．始終不變C．始終增加 D．先減小后增加答案CD解析導線框開始做自由落體運動，ab邊以一定的速度進入磁場，ab邊切割磁感線產(chǎn)生感應電流，根據(jù)左手定則可知ab邊受到向上的安培力，當安培力大于重力時，導線框做減速運動，當導線框完全進入磁場后，導線框不產(chǎn)生感應電流，此時只受重力，做加速運動，故先做減速運動后做加速運動；當ab邊進入磁場后安培力等于重力時，導線框做勻速運動，當導線框完全進入磁場后，導線框不產(chǎn)生感應電流，此時只受重力，做加速運動，故先勻速運動后加速運動；當ab邊進入磁場后安培力小于重力時，導線框做加速運動，當導線框完全進入磁場后，導線框不產(chǎn)生感應電流，此時只受重力，做加速運動．綜上，只有C、D正確．3．如圖3所示，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框；在導線框右側(cè)有一寬度為d(d＞L)的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導線框的一邊平行，磁場方向豎直向下．導線框以某一初速度向右運動，t＝0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域．下列v－t圖像中，能正確描述上述過程的是()圖3答案D解析導線框進入磁場的過程中，受到向左的安培力作用，根據(jù)E＝BLv、I＝eq\f(E,R)、F安＝BIL得F安＝eq\f(B2L2v,R)，隨著v的減小，安培力F安減小，根據(jù)F安＝ma知，導線框做加速度逐漸減小的減速運動．整個導線框在磁場中運動時，無感應電流，導線框做勻速運動，導線框離開磁場的過程中，受到向左的安培力，根據(jù)F安＝eq\f(B2L2v,R)＝ma可知，導線框做加速度逐漸減小的減速運動，故選項D正確．4.如圖4所示，豎直平面內(nèi)有足夠長的平行金屬導軌，間距為0.2m，金屬導體ab可在導軌上無摩擦地上下滑動，ab的電阻為0.4Ω，導軌電阻不計，導體ab的質(zhì)量為0.2g，垂直紙面向里的勻強磁場的磁感應強度為0.2T，且磁場區(qū)域足夠大，當導體ab自由下落0.4s時，突然閉合開關(guān)S，則：(g取10m/s2)圖4(1)試說出開關(guān)S閉合后，導體ab的運動情況；(2)導體ab勻速下落的速度是多少？答案見解析解析(1)閉合開關(guān)S之前，導體ab自由下落的末速度為：v0＝gt＝4m/s.開關(guān)S閉合瞬間，導體ab產(chǎn)生感應電動勢，回路中產(chǎn)生感應電流，導體ab立即受到一個豎直向上的安培力．F安＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)＝0.016N＞mg＝0.002N.此時導體ab受到的合力方向豎直向上，與初速度方向相反，加速度的表達式為a＝eq\f(F安－mg,m)＝eq\f(B2L2v,mR)－g，所以導體ab豎直向下做加速度逐漸減小的減速運動．當F安＝mg時，導體ab豎直向下做勻速運動．(2)設導體ab勻速下落的速度為vm，此時F安＝mg，即eq\f(B2L2vm,R)＝mg，vm＝eq\f(mgR,B2L2)＝0.5m/s.5．(多選)如圖5所示，邊長為L的正方形線框，從圖示位置開始沿光滑絕緣斜面向下滑動，中途穿越垂直紙面向里、有理想邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場的寬度大于L，以i表示導線框中的感應電流，從線框剛進入磁場開始計時，取逆時針方向為電流正方向，以下i－t關(guān)系圖像，可能正確的是()圖5答案BC6．如圖6所示，半徑為l的金屬圓環(huán)水平固定，處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，金屬棒OA可繞圓心O在圓環(huán)上轉(zhuǎn)動．金屬棒CD放在寬度也為l的足夠長光滑平行金屬導軌上，導軌傾角為θ，處于垂直導軌平面向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中．用導線將金屬圓環(huán)、金屬棒OA的O端分別與兩導軌連接，已知金屬棒OA和CD的長度均為l、質(zhì)量均為m、電阻均為r，其他電阻不計．重力加速度大小為g.圖6(1)將金屬棒OA固定，使金屬棒CD從靜止開始下滑，求金屬棒CD的最大速度大小；(2)讓金屬棒OA勻速轉(zhuǎn)動，使金屬棒CD保持靜止，求金屬棒OA的轉(zhuǎn)動方向及角速度．答案(1)eq\f(2rmgsinθ,B2l2)(2)從上向下看沿逆時針方向eq\f(4rmgsinθ,B2l3)解析(1)金屬棒OA固定時，金屬棒CD切割磁感線相當于電源，金屬棒CD達到最大速度后做勻速運動，根據(jù)平衡條件有：mgsinθ＝Fm根據(jù)法拉第電磁感應定律有：E1＝Blvm由閉合電路歐姆定律：I1＝eq\f(E1,2r)電流方向從C到D，金屬棒CD受到的安培力沿斜面向上，F(xiàn)m＝BI1l聯(lián)立解得：vm＝eq\f(2rmgsinθ,B2l2)；(2)要使金屬棒CD靜止，必須使金屬棒CD受到的安培力沿斜面向上，由左手定則和右手定則可知，金屬棒OA應該沿逆時針方向轉(zhuǎn)動(自上向下看)．當金屬棒OA以角速度ω轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生感應電動勢E2＝eq\f(1,2)Bl2ω由平衡條件有mgsinθ＝F安′I2＝eq\f(E2,2r)，F(xiàn)安′＝BI2l聯(lián)立可得ω＝eq\f(4rmgsinθ,B2l3).7.如圖7所示，間距為L的平行金屬導軌與水平面間的夾角為α，導軌間接有一阻值為R的電阻，一長為L的金屬桿置于導軌上，桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ，導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌所在斜面向上．當金屬桿受到平行于導軌向上、大小為F的恒定拉力作用時，可以勻速向上運動；當金屬桿受到平行于導軌向下、大小為eq\f(F,2)的恒定拉力作用時，可以保持與向上運動時大小相同的速度向下勻速運動．重力加速度大小為g.求：圖7(1)金屬桿的質(zhì)量；(2)金屬桿在磁場中勻速向上運動時速度的大小．答案(1)eq\f(F,4gsinα)(2)eq\f(3RF,4B2L2)－eq\f(μFR,4B2L2tanα)解析(1)設金屬桿的質(zhì)量為m，勻速運動的速度為v，金屬桿速度為v時回路中電流為I.當金屬桿受到平行于斜面向上、大小為F的恒定拉力作用勻速向上運動時，根據(jù)共點力的平衡條件可得F＝mgsinα＋μmgcosα＋BIL當金屬桿受到平行于斜面向下、大小為eq\f(F,2)的恒定拉力作用勻速向下運動時，根據(jù)共點力的平衡條件可得eq\f(F,2)＋mgsinα＝μmgcosα＋BIL聯(lián)立解得m＝eq\f(F,4gsinα).(2)根據(jù)法拉第電磁感應定律和歐姆定律可得I＝eq\f(BLv,R)，再根據(jù)第(1)問可得金屬桿在勻強磁場中運動的速度大小為v＝eq\f(3RF,4B2L2)－eq\f(μFR,4B2L2tanα).電磁感應中的能量和動量問題[學習目標]1.理解電磁感應現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化，會用動能定理、能量守恒定律分析有關(guān)問題.2.會用動量定理、動量守恒定律分析電磁感應的有關(guān)問題．一、電磁感應中的能量問題1．電磁感應現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化安培力做功eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(做正功：電能\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))機械能，如電動機,做負功：機械能\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))電能\o(→,\s\up7(電流),\s\do5(做功))焦耳熱或其他形式的能量，如發(fā)電機))2．焦耳熱的計算(1)電流恒定時，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.(2)感應電流變化，可用以下方法分析：①利用動能定理，求出克服安培力做的功W克安，即Q＝W克安．②利用能量守恒定律，焦耳熱等于其他形式能量的減少量．(多選)如圖1所示，兩根光滑的金屬導軌，平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，導軌的左端接有電阻R，導軌自身的電阻可忽略不計．斜面處在一勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向上．質(zhì)量為m、電阻可以忽略不計的金屬棒ab，在沿著斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導軌勻速上滑，且上升的高度為h，重力加速度為g，在這一過程中()圖1A．作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零B．作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于mgh與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和C．恒力F與安培力的合力所做的功等于零D．恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱答案AD解析金屬棒勻速上滑的過程中，對金屬棒受力分析可知，有三個力對金屬棒做功，恒力F做正功，重力做負功，安培力阻礙相對運動，沿導軌平面向下，做負功，勻速運動時，金屬棒所受合力為零，故合力做功為零，A正確；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電路中的電能，電能又等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，故恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，D正確．如圖2所示，足夠長的平行光滑U形導軌傾斜放置，所在平面的傾角θ＝37°，導軌間的距離L＝1.0m，下端連接R＝1.6Ω的定值電阻，導軌電阻不計，所在空間存在垂直于導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝1.0T．質(zhì)量m＝0.5kg、電阻r＝0.4Ω的金屬棒ab垂直放置于導軌上，現(xiàn)用沿導軌平面且垂直于金屬棒、大小為F＝5.0N的恒力使金屬棒ab從靜止開始沿導軌向上滑行且始終與導軌接觸良好，當金屬棒滑行x＝2.8m后速度保持不變．求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)圖2(1)金屬棒勻速運動時的速度大小v；(2)金屬棒從靜止開始到勻速運動的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量QR.答案(1)4m/s(2)1.28J解析(1)金屬棒勻速運動時產(chǎn)生的感應電流為I＝eq\f(BLv,R＋r)，由平衡條件有F＝mgsinθ＋BIL聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v＝4m/s.(2)設整個電路中產(chǎn)生的熱量為Q，由動能定理得Fx－mgx·sinθ－W安＝eq\f(1,2)mv2，而Q＝W安，QR＝eq\f(R,R＋r)Q，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得QR＝1.28J.針對訓練1(多選)如圖3所示，在光滑的水平地面上方，有兩個磁感應強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場，PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大．一個半徑為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬圓環(huán)垂直磁場方向，以速度v從圖示位置(實線所示)開始運動，當圓環(huán)運動到直徑剛好與邊界線PQ重合時(虛線所示)，圓環(huán)的速度變?yōu)閑q\f(v,2)，則下列說法正確的是()圖3A．此時圓環(huán)的電功率為eq\f(2B2a2v2,R)B．此時圓環(huán)的加速度大小為eq\f(8B2a2v,mR)C．此過程中通過圓環(huán)截面的電荷量為eq\f(πBa2,R)D．此過程中回路產(chǎn)生的電能為eq\f(3,4)mv2答案BC解析當圓環(huán)的直徑與邊界線重合時，圓環(huán)左右兩半環(huán)均產(chǎn)生感應電動勢，故圓環(huán)中的感應電動勢E＝2B×2a×eq\f(v,2)＝2Bav，圓環(huán)的電功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(4B2a2v2,R)，故A錯誤；此時圓環(huán)受到的安培力F＝2BI×2a＝2B×eq\f(2Bav,R)×2a＝eq\f(8B2a2v,R)，由牛頓第二定律可得，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(8B2a2v,mR)，故B正確；圓環(huán)中的平均感應電動勢eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則通過圓環(huán)截面的電荷量Q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bπa2,R)，故C正確；此過程中回路產(chǎn)生的電能等于動能的減少量，即E＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(eq\f(v,2))2＝eq\f(3,8)mv2，故D錯誤．二、電磁感應中的動量問題考向1動量定理在電磁感應中的應用導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，安培力的沖量為：I安＝Beq\x\to(I)Lt＝BLq，通過導體棒或金屬框的電荷量為：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)Δt＝neq\f(ΔΦ,Δt·R總)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R總)，磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.如果安培力是導體棒或金屬框受到的合外力，則I安＝mv2－mv1.當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時用動量定理求解更方便．(多選)如圖4所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN和PQ，兩導軌間距為L，導軌電阻均可忽略不計．在M和P之間接有一阻值為R的定值電阻，導體桿ab質(zhì)量為m、電阻也為R，并與導軌垂直且接觸良好．整個裝置處于方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中．現(xiàn)給ab桿一個初速度v0，使桿向右運動，最終ab桿停止在導軌上．下列說法正確的是()圖4A．a(chǎn)b桿將做勻減速運動直到靜止B．a(chǎn)b桿速度減為eq\f(v0,3)時，ab桿加速度大小為eq\f(B2L2v0,6mR)C．a(chǎn)b桿速度減為eq\f(v0,3)時，通過定值電阻的電荷量為eq\f(mv0,3BL)D．a(chǎn)b桿速度減為eq\f(v0,3)時，ab桿通過的位移為eq\f(4mRv0,3B2L2)答案BD解析ab桿在水平方向上受到與運動方向相反的安培力，安培力大小為FA＝eq\f(B2L2v,2R)，加速度大小為：a＝eq\f(FA,m)＝eq\f(B2L2v,2mR)，由于速度減小，所以ab桿做加速度減小的變減速運動直到靜止，故A錯誤；當ab桿的速度為eq\f(v0,3)時，安培力大小為：F＝eq\f(B2L2\f(v0,3),2R)，所以加速度大小為：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v0,6mR)，故B正確；對ab桿，由動量定理得：－Beq\x\to(I)L·Δt＝meq\f(v0,3)－mv0，即BLq＝eq\f(2,3)mv0，解得：q＝eq\f(2mv0,3BL)，所以通過定值電阻的電荷量為eq\f(2mv0,3BL)，故C錯誤；由q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(B·Lx,2R)，解得ab桿通過的位移：x＝eq\f(2Rq,BL)＝eq\f(4mRv0,3B2L2)，故D正確．考向2動量守恒定律在電磁感應中的應用在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導軌構(gòu)成閉合回路，安培力為系統(tǒng)內(nèi)力，如果兩安培力等大反向，且它們受到的外力的合力為0，則滿足動量守恒條件，運用動量守恒定律求解比較方便．這類問題可以從以下三個觀點來分析：(1)力學觀點：通常情況下一個金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動，而另一個金屬桿做加速度逐漸減小的減速運動，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運動．(2)動量觀點：如果光滑導軌間距恒定，則兩個金屬桿的安培力大小相等，通常情況下系統(tǒng)的動量守恒．(3)能量觀點：其中一個金屬桿動能的減少量等于另一個金屬桿動能的增加量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和．足夠長的平行金屬軌道M、N相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4m的光滑豎直半圓軌道相連，與軌道始終垂直且接觸良好的金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質(zhì)量mb＝mc＝0.1kg，接入電路的有效電阻Rb＝Rc＝1Ω，軌道的電阻不計．平行水平金屬軌道M、N處于磁感應強度B＝1T的勻強磁場中，磁場方向垂直于軌道平面向上，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖5所示．若使b棒以初速度v0＝10m/s開始向左運動，運動過程中b、c不相撞，g取10m/s2，求：圖5(1)c棒的最大速度大小；(2)c棒從開始到達到最大速度的過程中，此棒產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若c棒達到最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達軌道最高點時對軌道的壓力的大小為多少．答案(1)5m/s(2)1.25J(3)1.25N解析(1)在安培力作用下，b棒做減速運動，c棒做加速運動，當兩棒速度相等時，c棒達到最大速度．選兩棒為研究對象，以v0的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v解得c棒的最大速度大小為：v＝eq\f(mb,mb＋mc)v0＝5m/s.(2)從b棒開始運動到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總焦耳熱為：Q＝eq\f(1,2)mbv02－eq\f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5J因為Rb＝Rc，所以c棒達到最大速度時此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝eq\f(Q,2)＝1.25J.(3)設c棒沿半圓軌道滑到最高點時的速度為v′，從最低點上升到最高點的過程，由機械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mcv2－eq\f(1,2)mcv′2＝mcg·2R解得v′＝3m/s.在最高點，設軌道對c棒的彈力為F，由牛頓第二定律得mcg＋F＝mceq\f(v′2,R)解得F＝1.25N.由牛頓第三定律得，在最高點c棒對軌道的壓力大小為1.25N.針對訓練2(多選)如圖6，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上，t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動．運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直且接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示．下列圖像中可能正確的是()圖6答案AC1．(電磁感應中功能關(guān)系的應用)(多選)如圖7所示，固定在水平絕緣平面上足夠長的兩條平行金屬導軌電阻不計，但表面粗糙，導軌左端連接一個電阻R，質(zhì)量為m的金屬棒ab(電阻也不計)放在導軌上，并與導軌垂直，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，用水平恒力F把ab棒從靜止起向右拉動的過程中()圖7A．恒力F做的功等于電路產(chǎn)生的電能B．克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能C．恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能和ab棒獲得的動能之和答案BD解析由功能關(guān)系可得，克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能，即W克安＝W電，選項A錯誤，B正確；根據(jù)動能定理可知，恒力F、安培力與摩擦力的合力做的功等于ab棒獲得的動能，即WF－Wf－W安＝Ek，則恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能和ab棒獲得的動能之和，選項C錯誤，D正確．2．(電磁感應的能量問題)(多選)如圖8所示，勻強磁場的磁感應強度為B，方向豎直向下，在磁場中有一個邊長為L的正方形剛性金屬框，ab邊的質(zhì)量為m，電阻為R，其他三邊的質(zhì)量和電阻均不計．cd邊上裝有固定的水平軸，將金屬框自水平位置由靜止釋放，第一次轉(zhuǎn)到豎直位置時，ab邊的速度為v，不計一切摩擦，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是()圖8A．通過ab邊的電流方向為a→bB．a(chǎn)b邊經(jīng)過最低點時的速度v＝eq\r(2gL)C．a(chǎn)b邊經(jīng)過最低點時的速度v＜eq\r(2gL)D．金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgL－eq\f(1,2)mv2答案CD解析ab邊向下擺動過程中，金屬框內(nèi)磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律及右手螺旋定則可知感應電流方向為b→a，選項A錯誤；ab邊由水平位置到達最低點過程中，機械能一部分轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故v＜eq\r(2gL)，選項B錯誤，C正確；根據(jù)能量守恒定律可知，金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱應等于此過程中損失的機械能，即Q＝mgL－eq\f(1,2)mv2，選項D正確．3．(電磁感應中的動量和能量問題)(2020·紹興高中月考)如圖9所示，兩根光滑的導軌平行放置．導軌的水平部分放在絕緣水平面上，水平部分所在空間有豎直向上的磁場，磁感應強度為B.導軌的水平部分和傾斜部分由光滑圓弧連接．兩根完全相同的金屬棒ab和cd質(zhì)量均為m、接入電路的電阻均為R，將cd置于導軌的水平部分與導軌垂直放置，將ab置于導軌的傾斜部分與導軌垂直放置，ab離水平面的高度為h，重力加速度為g，現(xiàn)將ab由靜止釋放，求：圖9(1)cd棒最終的速度大?。?2)整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)eq\f(\r(2gh),2)(2)eq\f(1,2)mgh解析(1)ab下落過程，mgh＝eq\f(1,2)mv12，v1＝eq\r(2gh)ab和cd動量守恒，mv1＝2mv2，v2＝eq\f(\r(2gh),2)(2)整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)×2mv22＝eq\f(1,2)mgh.1.(多選)如圖1，水平放置的光滑平行金屬導軌上有一質(zhì)量為m的電阻不計的金屬棒ab，金屬棒ab與導軌垂直且接觸良好，導軌的一端連接電阻R，其他電阻均不計，勻強磁場垂直于導軌平面向下，金屬棒ab在一水平恒力F作用下由靜止向右運動，則()圖1A．隨著ab運動速度的增大，其加速度也增大B．外力F對ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能C．當ab做勻速運動時，外力F做功的功率等于電路中的電功率D．無論ab做何種運動，它克服安培力做的功一定等于電路中產(chǎn)生的電能答案CD解析金屬棒ab所受的安培力為F安＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，a＝eq\f(F－F安,m)，速度增大，安培力增大，則加速度減小，故A錯誤；根據(jù)能量守恒知，外力F對ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能與ab的動能之和，故B錯誤；當ab勻速運動時，外力做的功全部轉(zhuǎn)化為電路中的電能，則外力F做功的功率等于電路中的電功率，故C正確；根據(jù)功能關(guān)系知，ab克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能，故D正確．2．(多選)兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻．將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌垂直且接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖2所示．金屬棒和導軌的電阻不計．現(xiàn)將金屬棒從輕彈簧原長位置由靜止釋放，則()圖2A．釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB．金屬棒向下運動時，流過電阻的電流方向為a→bC．金屬棒的速度為v時，所受的安培力大小為F＝eq\f(B2L2v,R)D．電阻上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量答案AC解析釋放瞬間，金屬棒只受重力作用，所以其加速度等于重力加速度，選項A正確；金屬棒向下切割磁感線，由右手定則可知，流過電阻的電流方向為b→a，選項B錯誤；當金屬棒的速度為v時，感應電流I＝eq\f(BLv,R)，則安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，選項C正確；由能量守恒可知，最終穩(wěn)定后，重力勢能的減少量等于輕彈簧彈性勢能的增加量與電阻上產(chǎn)生的總熱量之和，選項D錯誤．3.(多選)(2021·昆明市第一中學月考)如圖3，一平行金屬導軌靜置于水平桌面上，空間中有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度為B，粗糙平行導軌間距為L，導軌和阻值為R的定值電阻相連，質(zhì)量為m的導體棒和導軌垂直且接觸良好，導體棒的電阻為r，導體棒以初速度v0向右運動，運動距離x后停止，此過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q，導軌電阻不計，重力加速度為g，則()圖3A．導體棒克服安培力做的功為eq\f(R＋r,R)QB．通過電阻R的電荷量為q＝eq\f(BLx,R＋r)C．導體棒與導軌因摩擦產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv02－QD．導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(v\o\al(02),2gx)－eq\f(R＋r,mgxR)Q答案ABD解析由功能關(guān)系可知，導體棒克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)串聯(lián)電路中焦耳熱按電阻分配可知，W安＝Q焦＝eq\f(R＋r,R)Q，故A正確；通過電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx,R＋r)，故B正確；由能量守恒可知，eq\f(1,2)mv02＝Q焦＋Q摩，所以導體棒與導軌因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q摩＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(R＋r,R)Q＝μmgx，解得：μ＝eq\f(v\o\al(02),2gx)－eq\f(R＋r,mgxR)Q，故C錯誤，D正確．4．如圖4所示，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接．右端接一個阻值為R的定值電阻．平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場．質(zhì)量為m、接入電路的電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導軌垂直且接觸良好，重力加速度為g.則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中()圖4A．流過金屬棒的最大電流為eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．通過金屬棒的電荷量為eq\f(BdL,R)C．克服安培力所做的功為mghD．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mg(h－μd)答案D解析金屬棒沿彎曲部分下滑過程中，機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh＝eq\f(1,2)mv2，金屬棒到達平直部分時的速度v＝eq\r(2gh)，金屬棒到達平直部分后做減速運動，剛到達平直部分時的速度最大，則最大感應電動勢E＝BLv，最大感應電流I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A錯誤；通過金屬棒的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BdL,2R)，故B錯誤；金屬棒在整個運動過程中，由動能定理有：mgh－W安－μmgd＝0－0，則克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，故C錯誤；金屬棒克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，定值電阻與金屬棒的電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱：Q′＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)W安＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，故D正確．5．(多選)(2020·眉山市高二期末)如圖5所示，兩足夠長、阻值不計、間距為L的光滑平行金屬導軌MN、PQ水平放置，兩導軌所在區(qū)域存在著豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場，質(zhì)量均為m的導體棒ab、cd垂直放在金屬導軌MN、PQ上，并與導軌保持良好接觸，接入電路的導體棒長度均為L、阻值均為R.現(xiàn)給導體棒ab一個水平向右的瞬時沖量，使其獲得水平向右的初速度v0，則關(guān)于ab、cd兩棒此后的整個運動過程，下列說法正確的是()圖5A．a(chǎn)b、cd兩導體棒組成的系統(tǒng)動量守恒B．a(chǎn)b、cd兩導體棒最終都將停止運動C．整個過程，ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mv02D．整個過程中，流過ab棒的電荷量為eq\f(mv0,2LB)答案AD解析ab、cd棒組成閉合回路，即電流相等，由左手定則可知，兩棒所受安培力大小相等，方向相反，則ab、cd兩導體棒組成的系統(tǒng)所受外力之和為0，故系統(tǒng)動量守恒，以v0的方向為正方向，由動量守恒得mv0＝2mv，得v＝eq\f(v0,2)，即ab、cd兩導體棒最終以eq\f(v0,2)的速度共同運動，故A正確，B錯誤；由能量守恒有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×2m×(eq\f(v0,2))2＋Q，得Q＝eq\f(1,4)mv02，則ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Qab＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,8)mv02，故C錯誤；對ab棒由動量定理有－FAt＝mv－mv0，即－Beq\x\to(I)Lt＝－eq\f(mv0,2)，又q＝eq\x\to(I)t，得q＝eq\f(mv0,2BL)，故D正確．6．(2020·湖南武岡月考)如圖6所示，足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面間的夾角θ＝37°，在斜面上直線aa′和bb′與斜面底邊平行，在aa′、bb′圍成的區(qū)域有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應強度為B＝1T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝10g、總電阻R＝1Ω、邊長d＝0.1m的正方形金屬線圈MNQP，讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端由靜止釋放，線圈剛好勻速穿過整個磁場區(qū)域，已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5.(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：圖6(1)線圈進入磁場區(qū)域時的速度大??；(2)線圈釋放時，PQ邊到bb′的距離；(3)整個線圈穿過磁場的過程中，線圈上產(chǎn)生的焦耳熱．答案(1)2m/s(2)1m(3)4×10－3J解析(1)設線圈剛進入磁場時的速度為v，對線圈受力分析，得FA＋μmgcosθ＝mgsinθ而FA＝BId，I＝eq\f(E,R)，E＝Bdv聯(lián)立解得v＝2m/s(2)設線圈釋放時PQ邊到bb′的距離為L，根據(jù)動能定理得mgsinθ·L－μmgcosθ·L＝eq\f(1,2)mv2－0解得L＝1m(3)由于線圈剛好勻速穿過整個磁場區(qū)域，則磁場寬度等于線圈邊長d，則從線圈剛進入磁場到離開磁場，經(jīng)過的路程為2d，有Q＝FA·2d＝4×10－3J.7.如圖7所示，空間存在有水平邊界、垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場邊界上方l處有一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為l的正方形線框，將線框由靜止釋放，從線框下邊框進磁場經(jīng)時間Δt后線框上邊框進磁場，不計空氣阻力，重力加速度為g，求：圖7(1)線框下邊框進入磁場時的速度大小；(2)線框上邊框進入磁場時的速度大?。鸢?1)eq\r(2gl)(2)eq\r(2gl)＋gΔt－eq\f(B2l3,mR)解析(1)線框下邊框進磁場前自由下落，v12－0＝2gl(或者mgl＝eq\f(1,2)mv2)解得下邊框進磁場時的速度大小v1＝eq\r(2gl)(2)線框進入磁場的過程，平均感應電動勢eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Bl2,Δt)平均感應電流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(Bl2,RΔt)電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(Bl2,R)線框進入磁場的過程，由動量定理有mgΔt－Beq\x\to(I)lΔt＝mv2－mv1故v2＝eq\r(2gl)＋gΔt－eq\f(B2l3,mR).8．(2020·紹興市高級中學高二月考)如圖8所示，兩根平行光滑金屬導軌MN、PQ放在水平面上，導軌間距為L，左端向上彎曲，電阻不計，水平段導軌所處空間存在方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導體棒a與b的質(zhì)量均為m，接入電路的電阻分別為R與2R，b棒放在水平導軌上足夠遠處，a棒在弧形導軌上距水平面h高度處由靜止釋放，運動過程中導體棒與導軌始終垂直且接觸良好，重力加速度為g.圖8(1)求a棒滑到底端剛要進入磁場時的動量大??；(2)求a棒滑到底端剛進入磁場時受到的安培力的大小和方向；(3)求最終穩(wěn)定時兩棒的速度大?。?4)從a棒開始下滑到最終穩(wěn)定的過程中，求b棒上產(chǎn)生的內(nèi)能．答案(1)meq\r(2gh)(2)eq\f(B2L2\r(2gh),3R)方向水平向左(3)eq\f(\r(2gh),2)(4)eq\f(mgh,3)解析(1)設a棒剛進入磁場時的速度為v，從開始下落到進入磁場，根據(jù)機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gh)a棒剛要進入磁場時的動量大小p＝mv＝meq\r(2gh)(2)a棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BLv＝BLeq\r(2gh)根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R＋2R)＝eq\f(BL\r(2gh),3R)a棒受到的安培力為F＝BIL＝eq\f(B2L2\r(2gh),3R)根據(jù)左手定則可知a棒受到的安培力方向水平向左(3)設兩棒最后穩(wěn)定時的速度為v′，從a棒進入磁場到兩棒速度達到穩(wěn)定，根據(jù)動量守恒定律有mv＝2mv′，解得v′＝eq\f(\r(2gh),2)(4)設a棒產(chǎn)生的內(nèi)能為Ea，b棒產(chǎn)生的內(nèi)能為Eb，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×2mv′2＋Ea＋Eb兩棒串聯(lián)，產(chǎn)生的內(nèi)能與電阻成正比，則有Eb＝2Ea聯(lián)立解得Eb＝eq\f(1,3)mgh.章末檢測試卷(二)(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．在北半球上，地磁場豎直分量向下．飛機在我國上空勻速巡航，機翼保持水平，飛行高度不變．由于地磁場的作用，金屬機翼上有電勢差，設飛行員左方機翼末端處的電勢為φ1，右方機翼末端處的電勢為φ2，則()A．若飛機從西往東飛，φ2比φ1高B．若飛機從東往西飛，φ2比φ1高C．若飛機從南往北飛，φ1比φ2高D．若飛機從北往南飛，φ2比φ1高答案C解析若飛機從西往東飛，磁場豎直分量向下，手心向上，拇指指向飛機飛行方向，四指指向左翼末端，故φ1>φ2，選項A錯誤；同理，飛機從東往西飛，從南往北飛，從北往南飛，都是φ1>φ2，選項C正確，B、D錯誤．2．如圖1所示，螺線管與靈敏電流計相連，磁體從螺線管的正上方由靜止釋放，向下穿過螺線管．下列說法正確的是()圖1A．電流計中的電流先由a到b，后由b到aB．a(chǎn)點的電勢始終低于b點的電勢C．磁體減少的重力勢能等于回路中產(chǎn)生的熱量D．磁體剛離開螺線管時的加速度小于重力加速度答案D解析在磁體進入螺線管的過程中，穿過螺線管的磁通量增大，且方向向下，由楞次定律可知，感應電流由b經(jīng)電流計流向a；在磁體穿出螺線管的過程中，磁通量減小，且方向向下，由楞次定律可知，感應電流由a經(jīng)電流計流向b，則a點電勢先低于b點電勢，后高于b點電勢，故A、B錯誤；磁體減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和磁體的動能，故C錯誤；磁體剛離開螺線管時，由楞次定律的“來拒去留”結(jié)論可知，磁體受到向上的安培力，則磁體受到的合外力小于重力，即磁體剛離開螺線管時的加速度小于重力加速度，故D正確．3.如圖2，邊長L＝20cm的正方形線框abcd共有10匝，靠著墻角放著，線框平面與地面的夾角α＝30°.該區(qū)域有磁感應強度B＝0.2T、水平向右的勻強磁場．現(xiàn)將cd邊向右拉動，ab邊經(jīng)0.1s著地．在這個過程中線框中產(chǎn)生的感應電動勢的大小與感應電流的方向分別是()圖2A．0.8V方向為adcbB．0.8V方向為abcdC．0.4V方向為adcbD．0.4V方向為abcd答案C解析初狀態(tài)的磁通量Φ1＝BSsinα，末狀態(tài)的磁通量Φ2＝0，根據(jù)法拉第電磁感應定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(BSsinα,t)＝10×eq\f(0.2×0.22×0.5,0.1)V＝0.4V，根據(jù)楞次定律可知，感應電流的方向為adcb，故C正確．4．如圖3所示，有兩個完全相同的燈泡A、B，A與一自感線圈L相連接，線圈L的直流電阻阻值為R；B與一定值電阻相連，定值電阻的阻值為R.下列說法正確的是()圖3A．開關(guān)閉合瞬間A、B兩燈一起亮B．穩(wěn)定后A燈比B燈亮C．開關(guān)斷開瞬間A燈會閃亮一下，B燈不會閃亮一下D．開關(guān)斷開后兩燈緩慢熄滅答案D解析由于A、B為兩個完全相同的燈泡，當開關(guān)閉合瞬間，B燈泡立刻發(fā)光，由于線圈的自感現(xiàn)象，導致A燈泡漸漸變亮，因線圈L的直流電阻阻值為R，當電流穩(wěn)定時，兩個燈一樣亮，故A、B錯誤；因線圈L的直流電阻阻值為R，說明穩(wěn)定時，兩個支路電阻相等，兩個支路電流相等，所以開關(guān)斷開瞬間，通過兩個燈泡的電流不會突然變大，所以兩燈都不會閃亮，而是緩慢熄滅，故D正確，C錯誤．5.(2020·黑龍江鶴崗一中高二月考)如圖4所示是圓盤發(fā)電機的示意圖，銅盤安裝在水平的銅軸上，它的盤面恰好與勻強磁場垂直，兩塊銅片C、D分別與轉(zhuǎn)動軸和銅盤的邊緣接觸．若銅盤半徑為L，勻強磁場的磁感應強度為B，回路的總電阻為R，從左往右看，銅盤以角速度ω沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動．則()圖4A．由于穿過銅盤的磁通量不變，故回路中無感應電流B．回路中感應電流大小不變，為eq\f(BL2ω,2R)C．回路中感應電流方向不變，為D→C→R→DD．回路中有周期性變化的感應電流答案B解析把銅盤視為閉合回路的一部分，在銅盤以角速度ω沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動時，銅盤切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，回路中有感應電流，選項A錯誤；銅盤切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢為E＝eq\f(1,2)BL2ω，回路中感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，選項B正確，D錯誤；由右手定則可判斷出感應電流方向為C→D→R→C，選項C錯誤．6．(2020·甘肅靖遠四中高二上月考)如圖5甲所示，在虛線所示的區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的變化規(guī)律如圖乙所示，面積為S的單匝金屬線框處在磁場中，線框與電阻R相連，若金屬線框的電阻為eq\f(R,2)，下列說法正確的是()圖5A．流過電阻R的感應電流由b到aB．線框cd邊受到的安培力方向向上C．感應電動勢大小為eq\f(2B0S,t0)D．a(chǎn)、b間的電壓大小為eq\f(2B0S,3t0)答案D解析穿過線框的磁通量在增大，根據(jù)楞次定律結(jié)合安培定則可得感應電流沿逆時針方向，故流過電阻R的感應電流由a到b，選項A錯誤；電流從c到d，根據(jù)左手定則可得線框cd邊受到的安培力方向向下，選項B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0S,t0)，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得a、b間的電壓大小為U＝eq\f(R,R＋\f(R,2))E＝eq\f(2B0S,3t0)，選項C錯誤，D正確．7．(2020·江蘇高二月考)如圖6所示，一個直角邊長為2L的等腰直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)，有垂直紙面向里的勻強磁場，其左側(cè)有一個用金屬絲制成的邊長為L的正方形線框abcd，線框以水平速度v勻速通過整個勻強磁場區(qū)域，設電流順時針方向為正．則在線框通過磁場的過程中，線框中感應電流i隨時間t變化的規(guī)律正確的是()圖6答案B解析線框剛進入磁場中時，只有bc邊切割磁感線，根據(jù)楞次定律可知，電流方向為逆時針方向，即為負，在線框完全進入磁場之前，電流方向與大小不變；當ad邊剛進入磁場時感應電流為零，接著bc邊開始出磁場，回路中的感應電動勢為邊ad產(chǎn)生的電動勢減去bc邊在磁場中產(chǎn)生的電動勢，隨著線框的運動回路中電動勢逐漸增大，電流逐漸增大，方向為順時針，即為正；在前進2L后，bc完全出磁場，ad也開始出磁場，切割磁感線的長度逐漸減小，電流逐漸減小，方向為順時針方向，即為正，直至線框完全脫離磁場，電流減小為零，綜上分析可知，B正確，A、C、D錯誤．8．(2018·全國卷Ⅰ)如圖7所示，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心．軌道的電阻忽略不計．OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好．空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)．在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則eq\f(B′,B)等于()圖7A.eq\f(5,4)B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,4)D．2答案B解析設半圓弧PQS的半徑為r，在過程Ⅰ中，根據(jù)法拉第電磁感應定律，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),Δt1)＝eq\f(B·\f(1,4)πr2,Δt1)根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)且q1＝I1Δt1在過程Ⅱ中，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,Δt2)I2＝eq\f(E2,R)q2＝I2Δt2又q1＝q2，即eq\f(B·\f(1,4)πr2,R)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,R)所以eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2).二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)9．(2018·全國卷Ⅰ)如圖8，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導線連接成回路．將一小磁針懸掛在直導線正上方，開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)．下列說法正確的是()圖8A．開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動B．開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C．開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D．開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動答案AD解析根據(jù)安培定則，開關(guān)閉合時鐵芯中產(chǎn)生水平向右的磁場，開關(guān)閉合后的瞬間，根據(jù)楞次定律，直導線上將產(chǎn)生由南向北的電流，直導線上方的磁場垂直紙面向里，故小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動，A項正確；開關(guān)閉合并保持一段時間后，直導線上沒有感應電流，故小磁針的N極指北，B、C項錯誤；開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，根據(jù)楞次定律，直導線上將產(chǎn)生由北向南的電流，直導線上方的磁場垂直紙面向外，故小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動，D項正確．10.如圖9所示，在磁感應強度B＝1.0T的勻強磁場中，金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導軌上以速度v＝2m/s向右勻速滑動，兩導軌間距離l＝1.0m，電阻R＝3.0Ω，金屬桿的電阻r＝1.0Ω，導軌電阻忽略不計，則下列說法正確的是()圖9A．通過R的感應電流的方向為由a到dB．金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢的大小為2.0VC．金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5ND．外力F做功的數(shù)值等于電路產(chǎn)生的焦耳熱答案ABC解析由右手定則判斷知，當金屬桿滑動時產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，通過R的感應電流的方向為由a到d，故A正確；金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢的大小為E＝Blv＝1.0×1.0×2V＝2.0V，故B正確；整個回路中產(chǎn)生的感應電流為I＝eq\f(E,R＋r)，代入數(shù)據(jù)得I＝0.5A，由安培力公式F安＝BIl，代入數(shù)據(jù)得F安＝0.5N，故C正確；金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導軌上以速度v向右勻速滑動，外力F做功大小等于電路產(chǎn)生的焦耳熱和金屬桿與導軌之間的摩擦力產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故D錯誤．11.如圖10所示，一個水平放置的“∠”形光滑金屬導軌固定在方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中，ab是粗細、材料與導軌完全相同的導體棒，導體棒與導軌接觸良好．在外力作用下，導體棒以恒定速度v向右平動，導體棒與導軌一邊垂直，以導體棒在圖中所示位置的時刻作為計時起點，則下列關(guān)于回路中感應電動勢E、感應電流I、導體棒所受外力的功率P和回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q隨時間變化的圖像正確的是()圖10答案AC解析設“∠”形導軌的夾角為θ，經(jīng)過時間t，導體棒的水平位移為x＝vt，導體棒切割磁感線的有效長度L＝vt·tanθ，所以回路中感應電動勢E＝BLv＝Bv2t·tanθ，感應電動勢與時間t成正比，A正確；相似三角形的三邊長之比為定值，故組成回路的三角形導軌總長度與時間成正比，而感應電動勢與時間也成正比，故感應電流大小與時間無關(guān)，為定值，B錯誤；導體棒勻速移動，外力F與導體棒所受安培力為一對平衡力，故外力的功率P＝Fv＝BILv＝BIv2t·tanθ，與時間t成正比，C正確；回路產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rt，回路電阻R與t成正比，故焦耳熱Q與t2成正比，D錯誤．12．如圖11甲所示，閉合矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁場的方向與導線框所在平面垂直，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示．規(guī)定垂直紙面向里為磁場的正方向，abcda方向為導線框中感應電流的正方向，水平向右為安培力的正方向，關(guān)于導線框中的電流i與ad邊所受的安培力F隨時間t變化的圖像，下列選項正確的是()圖11答案BD解析由題圖B－t圖像可知，0～1s內(nèi)，線框中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，線框中電流方向為逆時針，沿adcba方向，即電流為負方向；同理可知1～2s內(nèi)，電流為正方向；2～3s內(nèi)，磁通量不變，則感應電流為零；3～4s內(nèi)，電流為負方向，根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)，則I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB·S,RΔt)，由于一段時間內(nèi)磁感應強度均勻變化，所以該時間內(nèi)產(chǎn)生的感應電流保持不變，故A錯誤，B正確；0～1s內(nèi)，電路中電流方向為逆時針，沿adcba方向，根據(jù)左手定則可知，ad棒受到的安培力的方向向右，為正值；同理可知1～2s內(nèi)，ad棒受到的安培力為負值；2～3s內(nèi)，不受安培力；3～4s內(nèi)，ad棒受到的安培力為負值；根據(jù)安培力的公式F＝BIL，安培力的大小與磁感應強度成正比，故C錯誤，D正確．三、非選擇題(本題共5小題，共60分)13．(8分)(2020·啟東中學期末)我們可以通過實驗探究電磁感應現(xiàn)象中感應電流方向的決定因素和遵循的物理規(guī)律．以下是實驗探究過程的一部分．圖12(1)如圖12甲所示，當磁體的N極向下運動時，發(fā)現(xiàn)電流表指針偏轉(zhuǎn)，若要探究線圈中產(chǎn)生感應電流的方向，必須知道____________________________________________________．(2)如圖乙所示，實驗中發(fā)現(xiàn)閉合開關(guān)時，電流表指針向右偏轉(zhuǎn)．電路穩(wěn)定后，若向右移動滑動變阻器的滑片，此過程中電流表指針向________偏轉(zhuǎn)，若將線圈A抽出，此過程中電流表指針向________偏轉(zhuǎn)．(均選填“左”或“右”)(3)某同學按圖丙所示電路完成探究實驗，在完成實驗后未斷開開關(guān)，也未把A、B兩線圈和鐵芯分開放置，在拆除電路時突然被電擊了一下，則被電擊是在拆除________(選填“A”或“B”)線圈所在電路時發(fā)生的，分析可知，要避免電擊發(fā)生，在拆除電路前應______________(選填“斷開開關(guān)”或“把A、B線圈分開放置”)．答案(1)電流表指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向間的關(guān)系(2分)(2)左(1分)左(1分)(3)A(2分)斷開開關(guān)(2分)解析(1)如題圖甲所示，當磁體的N極向下運動時，發(fā)現(xiàn)電流表指針偏轉(zhuǎn)，若要探究線圈中產(chǎn)生感應電流的方向，必須知道電流表指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向間的關(guān)系．(2)如題圖乙所示，實驗中發(fā)現(xiàn)閉合開關(guān)時，穿過線圈B的磁通量增加，電流表指針向右偏；電路穩(wěn)定后，若向右移動滑動變阻器的滑片，通過線圈A的電流減小，磁感應強度減小，穿過線圈B的磁通量減少，