2025高考物理步步高同步練習(xí)選修2第二章專題強(qiáng)化9 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題含答案

2025高考物理步步高同步練習(xí)選修2第二章電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.會(huì)分析導(dǎo)體棒、線框在磁場中的受力.2.能根據(jù)電流的變化分析導(dǎo)體棒、線框受力的變化情況和運(yùn)動(dòng)情況.3.能利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和平衡條件分析有關(guān)問題．由于導(dǎo)體的感應(yīng)電流在磁場中受到安培力作用，而安培力又會(huì)改變導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)狀況，所以電磁感應(yīng)常與力學(xué)知識(shí)聯(lián)系在一起．1．電磁感應(yīng)問題中電學(xué)對(duì)象與力學(xué)對(duì)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(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向．(2)求回路中感應(yīng)電流的大小和方向．(3)分析研究導(dǎo)體受力情況(包括安培力)．(4)列動(dòng)力學(xué)方程或根據(jù)平衡條件列方程求解．3．兩種狀態(tài)(1)導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)——靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)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(dǎo)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(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析．4．電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)臨界問題基本思路：導(dǎo)體受外力運(yùn)動(dòng)eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))感應(yīng)電動(dòng)勢eq\o(→,\s\up10(I＝\f(E,R＋r)))感應(yīng)電流eq\o(→,\s\up7(F＝BIl))導(dǎo)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(yīng)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(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上．t＝0時(shí)，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(yùn)動(dòng)．t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)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(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma①設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at0②當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動(dòng)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(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(yùn)動(dòng)，有F－μmg－F安＝0⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m).二、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題如圖2所示，空間存在B＝0.5T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，MN、PQ是水平放置的平行長直導(dǎo)軌，其間距L＝0.2m，R＝0.3Ω的電阻接在導(dǎo)軌一端，ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量m＝0.1kg、接入電路的電阻r＝0.1Ω的導(dǎo)體棒，已知導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2.從零時(shí)刻開始，對(duì)ab棒施加一個(gè)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(dǎo)軌滑動(dòng)，ab棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．(g＝10m/s2)圖2(1)分析導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；(2)求導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度的大小；(3)試定性畫出導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖像．答案(1)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最終做勻速運(yùn)動(dòng)(2)10m/s(3)見解析圖解析(1)導(dǎo)體棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv①回路中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)②導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BIL③導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)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(dāng)加速度a減小到0時(shí)，速度達(dá)到最大，此后導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)．(2)當(dāng)導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時(shí)，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(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖像如圖所示．如圖3甲所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L，M、P兩點(diǎn)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(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于斜面向下，導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)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(qǐng)?jiān)诖藞D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(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，求此時(shí)ab桿中的電流大小及其加速度的大小；(3)求在下滑過程中，ab桿可以達(dá)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(dǎo)軌平面向上；安培力F安，方向沿導(dǎo)軌向上．(2)當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，則此時(shí)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(dāng)a＝0時(shí)，ab桿達(dá)到最大速度vm，即有mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R)，解得vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).針對(duì)訓(xùn)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(dǎo)軌，已知導(dǎo)軌足夠長，且電阻不計(jì)．a(chǎn)b是一根與導(dǎo)軌垂直而且始終與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿．開始時(shí)，將開關(guān)S斷開，讓桿ab由靜止開始自由下落，一段時(shí)間后，再將S閉合，若從S閉合開始計(jì)時(shí)，則金屬桿ab的速度v隨時(shí)間t變化的圖像可能是()圖4答案ACD解析設(shè)ab桿的有效長度為l，S閉合時(shí)，若eq\f(B2l2v,R)＞mg，桿先減速再勻速，D項(xiàng)有可能；若eq\f(B2l2v,R)＝mg，桿勻速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)有可能；若eq\f(B2l2v,R)＜mg，桿先加速再勻速，C項(xiàng)有可能；由于v變化，eq\f(B2l2v,R)－mg＝ma中a不恒定，故B項(xiàng)不可能．1.(電磁感應(yīng)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(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)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(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)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(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)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(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)針方向的感應(yīng)電流，ab中的電流方向由a到b，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝kS，回路面積S不變，即感應(yīng)電動(dòng)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(xiàng)B錯(cuò)誤；安培力F＝BIL，電流大小不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則安培力減小，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；金屬棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為零，對(duì)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(xiàng)D正確．2．(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)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(dòng)變阻器R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一根質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬桿從軌道上由靜止滑下且始終與導(dǎo)軌接觸良好．經(jīng)過足夠長的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)a＝0時(shí)達(dá)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(xiàng)B、C正確．3.(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題)如圖7所示，勻強(qiáng)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(shí)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(jìn)入磁場前和全部進(jìn)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(shí)，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(shí)做加速度為g的加速運(yùn)動(dòng)，故4位置時(shí)的速度大于2位置時(shí)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(shí)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(qiáng)磁場中有一U形導(dǎo)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(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動(dòng)，且與導(dǎo)線框接觸良好．桿ef及線框的電阻都忽略不計(jì)．開始時(shí)，給ef一個(gè)向右的初速度，則()圖1A．ef將向右做非勻減速運(yùn)動(dòng)，最后停止B．ef將向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，最后停止C．ef將向右做勻速運(yùn)動(dòng)D．ef將做往返運(yùn)動(dòng)答案A解析ef向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流，會(huì)受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小為0停止運(yùn)動(dòng)，由F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)＝ma知，ef做的是加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，故A正確．2．(多選)如圖2，空間中存在一勻強(qiáng)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(gè)正方形導(dǎo)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(dǎo)線框自由下落，從ab邊進(jìn)入磁場時(shí)開始，直至ab邊到達(dá)磁場下邊界為止，導(dǎo)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(dǎo)線框開始做自由落體運(yùn)動(dòng)，ab邊以一定的速度進(jìn)入磁場，ab邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則可知ab邊受到向上的安培力，當(dāng)安培力大于重力時(shí)，導(dǎo)線框做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場后，導(dǎo)線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時(shí)只受重力，做加速運(yùn)動(dòng)，故先做減速運(yùn)動(dòng)后做加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場后安培力等于重力時(shí)，導(dǎo)線框做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場后，導(dǎo)線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時(shí)只受重力，做加速運(yùn)動(dòng)，故先勻速運(yùn)動(dòng)后加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場后安培力小于重力時(shí)，導(dǎo)線框做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場后，導(dǎo)線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時(shí)只受重力，做加速運(yùn)動(dòng)．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(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(d＞L)的條形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場方向豎直向下．導(dǎo)線框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)導(dǎo)線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進(jìn)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(dǎo)線框進(jìn)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(dǎo)線框做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)．整個(gè)導(dǎo)線框在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，無感應(yīng)電流，導(dǎo)線框做勻速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)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(dǎo)線框做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)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(dǎo)軌，間距為0.2m，金屬導(dǎo)體ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地上下滑動(dòng)，ab的電阻為0.4Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)體ab的質(zhì)量為0.2g，垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.2T，且磁場區(qū)域足夠大，當(dāng)導(dǎo)體ab自由下落0.4s時(shí)，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(dǎo)體ab的運(yùn)動(dòng)情況；(2)導(dǎo)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(dǎo)體ab自由下落的末速度為：v0＝gt＝4m/s.開關(guān)S閉合瞬間，導(dǎo)體ab產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體ab立即受到一個(gè)豎直向上的安培力．F安＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)＝0.016N＞mg＝0.002N.此時(shí)導(dǎo)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(dá)式為a＝eq\f(F安－mg,m)＝eq\f(B2L2v,mR)－g，所以導(dǎo)體ab豎直向下做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)F安＝mg時(shí)，導(dǎo)體ab豎直向下做勻速運(yùn)動(dòng)．(2)設(shè)導(dǎo)體ab勻速下落的速度為vm，此時(shí)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(dòng)，中途穿越垂直紙面向里、有理想邊界的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的寬度大于L，以i表示導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流，從線框剛進(jìn)入磁場開始計(jì)時(shí)，取逆時(shí)針方向?yàn)殡娏髡较?，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(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，金屬棒OA可繞圓心O在圓環(huán)上轉(zhuǎn)動(dòng)．金屬棒CD放在寬度也為l的足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌傾角為θ，處于垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中．用導(dǎo)線將金屬圓環(huán)、金屬棒OA的O端分別與兩導(dǎo)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(jì)．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(dòng)，使金屬棒CD保持靜止，求金屬棒OA的轉(zhuǎn)動(dòng)方向及角速度．答案(1)eq\f(2rmgsinθ,B2l2)(2)從上向下看沿逆時(shí)針方向eq\f(4rmgsinθ,B2l3)解析(1)金屬棒OA固定時(shí)，金屬棒CD切割磁感線相當(dāng)于電源，金屬棒CD達(dá)到最大速度后做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有：mgsinθ＝Fm根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)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(yīng)該沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)(自上向下看)．當(dāng)金屬棒OA以角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)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(dǎo)軌與水平面間的夾角為α，導(dǎo)軌間接有一阻值為R的電阻，一長為L的金屬桿置于導(dǎo)軌上，桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌所在斜面向上．當(dāng)金屬桿受到平行于導(dǎo)軌向上、大小為F的恒定拉力作用時(shí)，可以勻速向上運(yùn)動(dòng)；當(dāng)金屬桿受到平行于導(dǎo)軌向下、大小為eq\f(F,2)的恒定拉力作用時(shí)，可以保持與向上運(yùn)動(dòng)時(shí)大小相同的速度向下勻速運(yùn)動(dòng)．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(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大?。鸢?1)eq\f(F,4gsinα)(2)eq\f(3RF,4B2L2)－eq\f(μFR,4B2L2tanα)解析(1)設(shè)金屬桿的質(zhì)量為m，勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，金屬桿速度為v時(shí)回路中電流為I.當(dāng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得F＝mgsinα＋μmgcosα＋BIL當(dāng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)共點(diǎn)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(yīng)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(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v＝eq\f(3RF,4B2L2)－eq\f(μFR,4B2L2tanα).電磁感應(yīng)中的能量和動(dòng)量問題[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.理解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化，會(huì)用動(dòng)能定理、能量守恒定律分析有關(guān)問題.2.會(huì)用動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律分析電磁感應(yīng)的有關(guān)問題．一、電磁感應(yīng)中的能量問題1．電磁感應(yīng)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(jī)械能，如電動(dòng)機(jī),做負(fù)功：機(jī)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(jī)))2．焦耳熱的計(jì)算(1)電流恒定時(shí)，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.(2)感應(yīng)電流變化，可用以下方法分析：①利用動(dòng)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(dǎo)軌，平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，導(dǎo)軌的左端接有電阻R，導(dǎo)軌自身的電阻可忽略不計(jì)．斜面處在一勻強(qiáng)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(jì)的金屬棒ab，在沿著斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導(dǎo)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(gè)力的合力所做的功等于零B．作用于金屬棒上的各個(gè)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(duì)金屬棒受力分析可知，有三個(gè)力對(duì)金屬棒做功，恒力F做正功，重力做負(fù)功，安培力阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)，沿導(dǎo)軌平面向下，做負(fù)功，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(dǎo)軌傾斜放置，所在平面的傾角θ＝37°，導(dǎo)軌間的距離L＝1.0m，下端連接R＝1.6Ω的定值電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，所在空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)軌上，現(xiàn)用沿導(dǎo)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(dǎo)軌向上滑行且始終與導(dǎo)軌接觸良好，當(dāng)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(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v；(2)金屬棒從靜止開始到勻速運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)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(shè)整個(gè)電路中產(chǎn)生的熱量為Q，由動(dòng)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(duì)訓(xùn)練1(多選)如圖3所示，在光滑的水平地面上方，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場，PQ為兩個(gè)磁場的邊界，磁場范圍足夠大．一個(gè)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(shí)線所示)開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到直徑剛好與邊界線PQ重合時(shí)(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(shí)圓環(huán)的電功率為eq\f(2B2a2v2,R)B．此時(shí)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(dāng)圓環(huán)的直徑與邊界線重合時(shí)，圓環(huán)左右兩半環(huán)均產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，故圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)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(cuò)誤；此時(shí)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(yīng)電動(dòng)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(dòng)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(cuò)誤．二、電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題考向1動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力的沖量為：I安＝Beq\x\to(I)Lt＝BLq，通過導(dǎo)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(dǎo)體棒或金屬框受到的合外力，則I安＝mv2－mv1.當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、運(yùn)動(dòng)位移x時(shí)用動(dòng)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(dǎo)軌MN和PQ，兩導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌電阻均可忽略不計(jì)．在M和P之間接有一阻值為R的定值電阻，導(dǎo)體桿ab質(zhì)量為m、電阻也為R，并與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．整個(gè)裝置處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中．現(xiàn)給ab桿一個(gè)初速度v0，使桿向右運(yùn)動(dòng)，最終ab桿停止在導(dǎo)軌上．下列說法正確的是()圖4A．a(chǎn)b桿將做勻減速運(yùn)動(dòng)直到靜止B．a(chǎn)b桿速度減為eq\f(v0,3)時(shí)，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(shí)，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(shí)，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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)直到靜止，故A錯(cuò)誤；當(dāng)ab桿的速度為eq\f(v0,3)時(shí)，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(duì)ab桿，由動(dòng)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(cuò)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(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)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(dòng)量守恒條件，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解比較方便．這類問題可以從以下三個(gè)觀點(diǎn)來分析：(1)力學(xué)觀點(diǎn)：通常情況下一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，而另一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運(yùn)動(dòng)．(2)動(dòng)量觀點(diǎn)：如果光滑導(dǎo)軌間距恒定，則兩個(gè)金屬桿的安培力大小相等，通常情況下系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．(3)能量觀點(diǎn)：其中一個(gè)金屬桿動(dòng)能的減少量等于另一個(gè)金屬桿動(dòng)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(dòng)，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(jì)．平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中b、c不相撞，g取10m/s2，求：圖5(1)c棒的最大速度大??；(2)c棒從開始到達(dá)到最大速度的過程中，此棒產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若c棒達(dá)到最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達(dá)軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)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(yùn)動(dòng)，c棒做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，c棒達(dá)到最大速度．選兩棒為研究對(duì)象，以v0的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動(dòng)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?yàn)镽b＝Rc，所以c棒達(dá)到最大速度時(shí)此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝eq\f(Q,2)＝1.25J.(3)設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v′，從最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的過程，由機(jī)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(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)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(diǎn)c棒對(duì)軌道的壓力大小為1.25N.針對(duì)訓(xùn)練2(多選)如圖6，方向豎直向下的勻強(qiáng)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(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上，t＝0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)．運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd始終與導(dǎo)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(yīng)中功能關(guān)系的應(yīng)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(dǎo)軌電阻不計(jì)，但表面粗糙，導(dǎo)軌左端連接一個(gè)電阻R，質(zhì)量為m的金屬棒ab(電阻也不計(jì))放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，用水平恒力F把a(bǔ)b棒從靜止起向右拉動(dòng)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(dòng)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(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)動(dòng)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(dòng)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(dòng)能之和，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．2．(電磁感應(yīng)的能量問題)(多選)如圖8所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下，在磁場中有一個(gè)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(jì)．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(shí)，ab邊的速度為v，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g，則在這個(gè)過程中，下列說法正確的是()圖8A．通過ab邊的電流方向?yàn)閍→bB．a(chǎn)b邊經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)的速度v＝eq\r(2gL)C．a(chǎn)b邊經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)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(dòng)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(yīng)電流方向?yàn)閎→a，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；ab邊由水平位置到達(dá)最低點(diǎn)過程中，機(jī)械能一部分轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故v＜eq\r(2gL)，選項(xiàng)B錯(cuò)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(yīng)等于此過程中損失的機(jī)械能，即Q＝mgL－eq\f(1,2)mv2，選項(xiàng)D正確．3．(電磁感應(yīng)中的動(dòng)量和能量問題)(2020·紹興高中月考)如圖9所示，兩根光滑的導(dǎo)軌平行放置．導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度為B.導(dǎo)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(dǎo)軌的水平部分與導(dǎo)軌垂直放置，將ab置于導(dǎo)軌的傾斜部分與導(dǎo)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(gè)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(dòng)量守恒，mv1＝2mv2，v2＝eq\f(\r(2gh),2)(2)整個(gè)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(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m的電阻不計(jì)的金屬棒ab，金屬棒ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌的一端連接電阻R，其他電阻均不計(jì)，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)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(yùn)動(dòng)，則()圖1A．隨著ab運(yùn)動(dòng)速度的增大，其加速度也增大B．外力F對(duì)ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能C．當(dāng)ab做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤；根據(jù)能量守恒知，外力F對(duì)ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能與ab的動(dòng)能之和，故B錯(cuò)誤；當(dāng)ab勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(dǎo)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(gè)固定的輕彈簧下端，金屬棒和導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，如圖2所示．金屬棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)．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(yùn)動(dòng)時(shí)，流過電阻的電流方向?yàn)閍→bC．金屬棒的速度為v時(shí)，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(xiàng)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?yàn)閎→a，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)金屬棒的速度為v時(shí)，感應(yīng)電流I＝eq\f(BLv,R)，則安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，選項(xiàng)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(xiàng)D錯(cuò)誤．3.(多選)(2021·昆明市第一中學(xué)月考)如圖3，一平行金屬導(dǎo)軌靜置于水平桌面上，空間中有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，粗糙平行導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌和阻值為R的定值電阻相連，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒的電阻為r，導(dǎo)體棒以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)距離x后停止，此過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，則()圖3A．導(dǎo)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(dǎo)體棒與導(dǎo)軌因摩擦產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv02－QD．導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)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(dǎo)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(dǎo)體棒與導(dǎo)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(cuò)誤，D正確．4．如圖4所示，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接．右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻．平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)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(dá)磁場右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)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(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh＝eq\f(1,2)mv2，金屬棒到達(dá)平直部分時(shí)的速度v＝eq\r(2gh)，金屬棒到達(dá)平直部分后做減速運(yùn)動(dòng)，剛到達(dá)平直部分時(shí)的速度最大，則最大感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，最大感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A錯(cuò)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(cuò)誤；金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)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(cuò)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(jì)、間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，兩導(dǎo)軌所在區(qū)域存在著豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量均為m的導(dǎo)體棒ab、cd垂直放在金屬導(dǎo)軌MN、PQ上，并與導(dǎo)軌保持良好接觸，接入電路的導(dǎo)體棒長度均為L、阻值均為R.現(xiàn)給導(dǎo)體棒ab一個(gè)水平向右的瞬時(shí)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(gè)運(yùn)動(dòng)過程，下列說法正確的是()圖5A．a(chǎn)b、cd兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．a(chǎn)b、cd兩導(dǎo)體棒最終都將停止運(yùn)動(dòng)C．整個(gè)過程，ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mv02D．整個(gè)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(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)所受外力之和為0，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒得mv0＝2mv，得v＝eq\f(v0,2)，即ab、cd兩導(dǎo)體棒最終以eq\f(v0,2)的速度共同運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)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(cuò)誤；對(duì)ab棒由動(dòng)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(gè)磁場區(qū)域，已知線圈與斜面間的動(dòng)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(jìn)入磁場區(qū)域時(shí)的速度大小；(2)線圈釋放時(shí)，PQ邊到bb′的距離；(3)整個(gè)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(shè)線圈剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v，對(duì)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(shè)線圈釋放時(shí)PQ邊到bb′的距離為L，根據(jù)動(dòng)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(gè)磁場區(qū)域，則磁場寬度等于線圈邊長d，則從線圈剛進(jìn)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場邊界上方l處有一個(gè)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(jìn)磁場經(jīng)時(shí)間Δt后線框上邊框進(jìn)磁場，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：圖7(1)線框下邊框進(jìn)入磁場時(shí)的速度大??；(2)線框上邊框進(jìn)入磁場時(shí)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(jìn)磁場前自由下落，v12－0＝2gl(或者mgl＝eq\f(1,2)mv2)解得下邊框進(jìn)磁場時(shí)的速度大小v1＝eq\r(2gl)(2)線框進(jìn)入磁場的過程，平均感應(yīng)電動(dòng)勢eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Bl2,Δt)平均感應(yīng)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(jìn)入磁場的過程，由動(dòng)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(jí)中學(xué)高二月考)如圖8所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ放在水平面上，導(dǎo)軌間距為L，左端向上彎曲，電阻不計(jì)，水平段導(dǎo)軌所處空間存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)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(dǎo)軌上足夠遠(yuǎn)處，a棒在弧形導(dǎo)軌上距水平面h高度處由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)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(jìn)入磁場時(shí)的動(dòng)量大小；(2)求a棒滑到底端剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的安培力的大小和方向；(3)求最終穩(wěn)定時(shí)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(shè)a棒剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v，從開始下落到進(jìn)入磁場，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gh)a棒剛要進(jìn)入磁場時(shí)的動(dòng)量大小p＝mv＝meq\r(2gh)(2)a棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)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(shè)兩棒最后穩(wěn)定時(shí)的速度為v′，從a棒進(jìn)入磁場到兩棒速度達(dá)到穩(wěn)定，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv＝2mv′，解得v′＝eq\f(\r(2gh),2)(4)設(shè)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(shí)間：90分鐘滿分：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．在北半球上，地磁場豎直分量向下．飛機(jī)在我國上空勻速巡航，機(jī)翼保持水平，飛行高度不變．由于地磁場的作用，金屬機(jī)翼上有電勢差，設(shè)飛行員左方機(jī)翼末端處的電勢為φ1，右方機(jī)翼末端處的電勢為φ2，則()A．若飛機(jī)從西往東飛，φ2比φ1高B．若飛機(jī)從東往西飛，φ2比φ1高C．若飛機(jī)從南往北飛，φ1比φ2高D．若飛機(jī)從北往南飛，φ2比φ1高答案C解析若飛機(jī)從西往東飛，磁場豎直分量向下，手心向上，拇指指向飛機(jī)飛行方向，四指指向左翼末端，故φ1>φ2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；同理，飛機(jī)從東往西飛，從南往北飛，從北往南飛，都是φ1>φ2，選項(xiàng)C正確，B、D錯(cuò)誤．2．如圖1所示，螺線管與靈敏電流計(jì)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(jì)中的電流先由a到b，后由b到aB．a(chǎn)點(diǎn)的電勢始終低于b點(diǎn)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(shí)的加速度小于重力加速度答案D解析在磁體進(jìn)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(yīng)電流由b經(jīng)電流計(jì)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(yīng)電流由a經(jīng)電流計(jì)流向b，則a點(diǎn)電勢先低于b點(diǎn)電勢，后高于b點(diǎn)電勢，故A、B錯(cuò)誤；磁體減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和磁體的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；磁體剛離開螺線管時(shí)，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(shí)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(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T、水平向右的勻強(qiáng)磁場．現(xiàn)將cd邊向右拉動(dòng)，ab邊經(jīng)0.1s著地．在這個(gè)過程中線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的大小與感應(yīng)電流的方向分別是()圖2A．0.8V方向?yàn)閍dcbB．0.8V方向?yàn)閍bcdC．0.4V方向?yàn)閍dcbD．0.4V方向?yàn)閍bcd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(yīng)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(yīng)電流的方向?yàn)閍dcb，故C正確．4．如圖3所示，有兩個(gè)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(huì)閃亮一下，B燈不會(huì)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(gè)完全相同的燈泡，當(dāng)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(dǎo)致A燈泡漸漸變亮，因線圈L的直流電阻阻值為R，當(dāng)電流穩(wěn)定時(shí)，兩個(gè)燈一樣亮，故A、B錯(cuò)誤；因線圈L的直流電阻阻值為R，說明穩(wěn)定時(shí)，兩個(gè)支路電阻相等，兩個(gè)支路電流相等，所以開關(guān)斷開瞬間，通過兩個(gè)燈泡的電流不會(huì)突然變大，所以兩燈都不會(huì)閃亮，而是緩慢熄滅，故D正確，C錯(cuò)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(jī)的示意圖，銅盤安裝在水平的銅軸上，它的盤面恰好與勻強(qiáng)磁場垂直，兩塊銅片C、D分別與轉(zhuǎn)動(dòng)軸和銅盤的邊緣接觸．若銅盤半徑為L，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．則()圖4A．由于穿過銅盤的磁通量不變，故回路中無感應(yīng)電流B．回路中感應(yīng)電流大小不變，為eq\f(BL2ω,2R)C．回路中感應(yīng)電流方向不變，為D→C→R→DD．回路中有周期性變化的感應(yīng)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(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，銅盤切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，回路中有感應(yīng)電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；銅盤切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝eq\f(1,2)BL2ω，回路中感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，選項(xiàng)B正確，D錯(cuò)誤；由右手定則可判斷出感應(yīng)電流方向?yàn)镃→D→R→C，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．6．(2020·甘肅靖遠(yuǎn)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(qiáng)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(yīng)電流由b到aB．線框cd邊受到的安培力方向向上C．感應(yīng)電動(dòng)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(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，故流過電阻R的感應(yīng)電流由a到b，選項(xiàng)A錯(cuò)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(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)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(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．7．(2020·江蘇高二月考)如圖6所示，一個(gè)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(qiáng)磁場，其左側(cè)有一個(gè)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(gè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域，設(shè)電流順時(shí)針方向?yàn)檎畡t在線框通過磁場的過程中，線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的規(guī)律正確的是()圖6答案B解析線框剛進(jìn)入磁場中時(shí)，只有bc邊切割磁感線，根據(jù)楞次定律可知，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，即為負(fù)，在線框完全進(jìn)入磁場之前，電流方向與大小不變；當(dāng)ad邊剛進(jìn)入磁場時(shí)感應(yīng)電流為零，接著bc邊開始出磁場，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢為邊ad產(chǎn)生的電動(dòng)勢減去bc邊在磁場中產(chǎn)生的電動(dòng)勢，隨著線框的運(yùn)動(dòng)回路中電動(dòng)勢逐漸增大，電流逐漸增大，方向?yàn)轫槙r(shí)針，即為正；在前進(jìn)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?yàn)轫槙r(shí)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(cuò)誤．8．(2018·全國卷Ⅰ)如圖7所示，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心．軌道的電阻忽略不計(jì)．OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)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(shè)半圓弧PQS的半徑為r，在過程Ⅰ中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)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(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0分)9．(2018·全國卷Ⅰ)如圖8，兩個(gè)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(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路．將一小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時(shí)小磁針處于靜止?fàn)顟B(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(dòng)B．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)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(shí)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(shí)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(dòng)答案AD解析根據(jù)安培定則，開關(guān)閉合時(shí)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(dǎo)線上將產(chǎn)生由南向北的電流，直導(dǎo)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(dòng)，A項(xiàng)正確；開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，直導(dǎo)線上沒有感應(yīng)電流，故小磁針的N極指北，B、C項(xiàng)錯(cuò)誤；開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間再斷開后的瞬間，根據(jù)楞次定律，直導(dǎo)線上將產(chǎn)生由北向南的電流，直導(dǎo)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(dòng)，D項(xiàng)正確．10.如圖9所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T的勻強(qiáng)磁場中，金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導(dǎo)軌上以速度v＝2m/s向右勻速滑動(dòng)，兩導(dǎo)軌間距離l＝1.0m，電阻R＝3.0Ω，金屬桿的電阻r＝1.0Ω，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，則下列說法正確的是()圖9A．通過R的感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒩到dB．金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)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(dāng)金屬桿滑動(dòng)時(shí)產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，通過R的感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒩到d，故A正確；金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的大小為E＝Blv＝1.0×1.0×2V＝2.0V，故B正確；整個(gè)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)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(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動(dòng)，外力F做功大小等于電路產(chǎn)生的焦耳熱和金屬桿與導(dǎo)軌之間的摩擦力產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故D錯(cuò)誤．11.如圖10所示，一個(gè)水平放置的“∠”形光滑金屬導(dǎo)軌固定在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，ab是粗細(xì)、材料與導(dǎo)軌完全相同的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好．在外力作用下，導(dǎo)體棒以恒定速度v向右平動(dòng)，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌一邊垂直，以導(dǎo)體棒在圖中所示位置的時(shí)刻作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，則下列關(guān)于回路中感應(yīng)電動(dòng)勢E、感應(yīng)電流I、導(dǎo)體棒所受外力的功率P和回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q隨時(shí)間變化的圖像正確的是()圖10答案AC解析設(shè)“∠”形導(dǎo)軌的夾角為θ，經(jīng)過時(shí)間t，導(dǎo)體棒的水平位移為x＝vt，導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度L＝vt·tanθ，所以回路中感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv＝Bv2t·tanθ，感應(yīng)電動(dòng)勢與時(shí)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(dǎo)軌總長度與時(shí)間成正比，而感應(yīng)電動(dòng)勢與時(shí)間也成正比，故感應(yīng)電流大小與時(shí)間無關(guān)，為定值，B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒勻速移動(dòng)，外力F與導(dǎo)體棒所受安培力為一對(duì)平衡力，故外力的功率P＝Fv＝BILv＝BIv2t·tanθ，與時(shí)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(cuò)誤．12．如圖11甲所示，閉合矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁場的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)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?yàn)閷?dǎo)線框中感應(yīng)電流的正方向，水平向右為安培力的正方向，關(guān)于導(dǎo)線框中的電流i與ad邊所受的安培力F隨時(shí)間t變化的圖像，下列選項(xiàng)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?yàn)槟鏁r(shí)針，沿adcba方向，即電流為負(fù)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(yīng)電流為零；3～4s內(nèi)，電流為負(fù)方向，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)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(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，所以該時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流保持不變，故A錯(cuò)誤，B正確；0～1s內(nèi)，電路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)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(fù)值；2～3s內(nèi)，不受安培力；3～4s內(nèi)，ad棒受到的安培力為負(fù)值；根據(jù)安培力的公式F＝BIL，安培力的大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比，故C錯(cuò)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(xué)期末)我們可以通過實(shí)驗(yàn)探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象中感應(yīng)電流方向的決定因素和遵循的物理規(guī)律．以下是實(shí)驗(yàn)探究過程的一部分．圖12(1)如圖12甲所示，當(dāng)磁體的N極向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，發(fā)現(xiàn)電流表指針偏轉(zhuǎn)，若要探究線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向，必須知道____________________________________________________．(2)如圖乙所示，實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)閉合開關(guān)時(shí)，電流表指針向右偏轉(zhuǎn)．電路穩(wěn)定后，若向右移動(dòng)滑動(dòng)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(xué)按圖丙所示電路完成探究實(shí)驗(yàn)，在完成實(shí)驗(yàn)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(shí)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(shí)發(fā)生的，分析可知，要避免電擊發(fā)生，在拆除電路前應(yīng)______________(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(dāng)磁體的N極向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，發(fā)現(xiàn)電流表指針偏轉(zhuǎn)，若要探究線圈中產(chǎn)生感應(yīng)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(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)閉合開關(guān)時(shí)，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(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，通過線圈A的電流減小，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，穿過線圈B的磁通量減少，