【優(yōu)化方案】2021屆高考物理二輪課時演練知能提升-專題十三-電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用(含詳解)

A一、選擇題1．(多選)(2022·高考山東卷)如圖，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi)，通有恒定電流的長直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定，導(dǎo)體棒與軌道垂直且接觸良好．在向右勻速通過M、N兩區(qū)的過程中，導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM、FN表示．不計軌道電阻．以下敘述正確的是()A．FM向右 B．FN向左C．FM漸漸增大 D．FN漸漸減小解析：選BCD.依據(jù)直線電流產(chǎn)生的磁場的分布狀況知，M區(qū)的磁場方向垂直紙面對外，N區(qū)的磁場方向垂直紙面對里，離導(dǎo)線越遠，磁感應(yīng)強度越?。?dāng)導(dǎo)體棒勻速通過M、N兩區(qū)時，感應(yīng)電流的效果總是抵制引起感應(yīng)電流的緣由，故導(dǎo)體棒在M、N兩區(qū)運動時，受到的安培力均向左，故選項A錯誤，選項B正確；導(dǎo)體棒在M區(qū)運動時，磁感應(yīng)強度B變大，依據(jù)E＝Blv，I＝eq\f(E,R)及F＝BIl可知，F(xiàn)M漸漸變大，故選項C正確；導(dǎo)體棒在N區(qū)運動時，磁感應(yīng)強度B變小，同理可知，F(xiàn)N漸漸變小，故選項D正確．2.(2022·高考江蘇卷)如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中.在Δt時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為()A.eq\f(Ba2,2Δt)B.eq\f(nBa2,2Δt)C.eq\f(nBa2,Δt)D.eq\f(2nBa2,Δt)解析：選B.線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n·eq\f(ΔB,Δt)·S＝n·eq\f(2B－B,Δt)·eq\f(a2,2)＝eq\f(nBa2,2Δt)，選項B正確．3．(2022·孝感一模)如圖甲所示，在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的銅圓環(huán)，規(guī)定從上向下看時，銅環(huán)中的感應(yīng)電流I沿順時針方向為正方向．圖乙表示銅環(huán)中的感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖象，則磁場B隨時間t變化的圖象可能是圖中的()解析：選B.由題圖乙可知，1～3s內(nèi)無感應(yīng)電流產(chǎn)生，所以穿過圓環(huán)的磁通量不變，所以排解C選項；對于A選項，0～1s內(nèi)，磁通量不變，感應(yīng)電流為零，所以排解；對于B選項，從電流的方向看，0～1s內(nèi)，磁通量增大，由楞次定律可知電流方向是順時針方向，而D項，0～1s內(nèi)，電流方向為逆時針方向，故選項B正確，D錯誤．4．(2021·高考新課標(biāo)全國卷Ⅱ)如圖，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動．t＝0時導(dǎo)線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進入并通過磁場區(qū)域．下列v－t圖象中，可能正確描述上述過程的是()解析：選D.導(dǎo)線框剛進入磁場時速度設(shè)為v0，此時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv0，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)，線框受到的安培力F＝BLI＝eq\f(B2L2v0,R).由牛頓其次定律F＝ma知，eq\f(B2L2v0,R)＝ma，由楞次定律知線框開頭減速，隨著速度v減小，其加速度a減小，故進入磁場時做加速度減小的減速運動．當(dāng)線框全部進入磁場開頭做勻速運動，在出磁場的過程中，仍做加速度減小的減速運動，故只有D選項正確．5．(2022·煙臺一模)如圖所示，勻強磁場垂直紙面對里，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場在y軸方向足夠?qū)挘趚軸方向?qū)挾葹閍.始終角三角形導(dǎo)線框ABC(BC邊的長度為a)從圖示位置向右勻速穿過磁場區(qū)域，以逆時針方向為電流的正方向，在下圖中感應(yīng)電流i、BC兩端的電壓UBC與線框移動的距離x的關(guān)系圖象正確的是()解析：選D.由楞次定律可知，線框剛進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面對外，故線框中的感應(yīng)電流沿逆時針方向，為正，又由于線框做勻速運動，故感應(yīng)電流隨位移線性增大；同理可知線框離開磁場時，產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小隨位移線性增大，方向為負，選項A、B錯誤；BC兩端的電壓UBC跟感應(yīng)電流成正比，故選項C錯誤，D正確．6．(2022·洛陽統(tǒng)考)如圖所示，在一固定水平放置的閉合導(dǎo)體圓環(huán)上方，有一條形磁鐵，從離地面高h處，由靜止開頭下落，最終落在水平地面上．磁鐵下落過程中始終保持豎直方向，并從圓環(huán)中心穿過圓環(huán)，而不與圓環(huán)接觸．若不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法中正確的是()A．在磁鐵下落的整個過程中，圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向先逆時針后順時針(從上向下看圓環(huán))B．磁鐵在整個下落過程中，所受線圈對它的作用力先豎直向上后豎直向下C．磁鐵在整個下落過程中，它的機械能不變D．磁鐵落地時的速率確定等于eq\r(2gh)解析：選A.當(dāng)條形磁鐵靠近圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量增加，依據(jù)楞次定律可推斷圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向為逆時針，當(dāng)條形磁鐵遠離圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量減小，依據(jù)楞次定律可推斷圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向為順時針，A正確；依據(jù)楞次定律的推論“來拒去留”原則，可推斷磁鐵在整個下落過程中，所受圓環(huán)對它的作用力始終豎直向上，B錯誤；磁鐵在整個下落過程中，由于受到磁場力的作用，磁鐵的機械能不守恒，C錯誤；若磁鐵從高度h處做自由落體運動，其落地時的速度為v＝eq\r(2gh)，但磁鐵穿過圓環(huán)的過程中要產(chǎn)生一部分電熱，依據(jù)能量守恒定律可知，其落地速度確定小于eq\r(2gh)，D錯誤．7．(多選)(2022·桂林二模)均勻?qū)Ь€制成的正方形閉合線框abcd，線框的匝數(shù)為n、邊長為L、總電阻為R、總質(zhì)量為m，將其置于磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場上方某高度處，如圖所示，釋放線框，讓線框由靜止自由下落，線框平面保持與磁場垂直，cd邊始終與水平的磁場邊界平行，已知cd邊剛進入磁場時，線框加速度大小恰好為eq\f(g,4)，重力加速度為g，則線框cd邊離磁場邊界的高度h可能為()A.eq\f(9m2R2g,32n4B4L4)B.eq\f(m2R2g,4n4B4L4)C.eq\f(25m2R2g,32n4B4L4)D.eq\f(27m2R2g,32n4B4L4)解析：選AC.線框cd邊進入磁場時的速度為v＝eq\r(2gh)，若此時加速度方向豎直向下，則mg－nBIL＝ma＝meq\f(g,4)，I＝eq\f(nBLv,R)，則h＝eq\f(9m2R2g,32n4B4L4)，A正確；若cd邊進入磁場時的加速度方向豎直向上，則nBIL－mg＝ma＝meq\f(g,4)，I＝eq\f(nBLv,R)，則h＝eq\f(25m2R2g,32n4B4L4)，C正確．8．(多選)(2022·淄博模擬)如圖，足夠長的“U”形光滑金屬導(dǎo)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(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不計．金屬棒ab由靜止開頭沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，ab棒接入電路的電阻為R，當(dāng)流過ab棒某一橫截面的電量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中()A．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢B．a(chǎn)b棒中產(chǎn)生的焦耳熱小于ab棒重力勢能的削減量C．下滑位移大小為eq\f(qR,BL)D．受到的最大安培力大小為eq\f(B2L2v,R)sinθ解析：選ABC.由右手定則可以推斷流過ab棒的電流方向為b→a，由于ab棒相當(dāng)于電源，故a點電勢高于b點電勢，A正確；因ab棒削減的重力勢能還有一部分轉(zhuǎn)化為ab棒的動能，故ab棒中產(chǎn)生的焦耳熱確定小于ab棒重力勢能的削減量，B正確；由q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)可得，棒下滑的位移大小為x＝eq\f(qR,BL)，C正確；當(dāng)棒運動的速度達到最大時棒受到的安培力最大Fm＝BImL＝B·eq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)，D錯誤．9．(多選)(2022·河南中原名校聯(lián)考)如圖所示，頂角θ＝45°的金屬導(dǎo)軌MON固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．一根與ON垂直的導(dǎo)體棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿導(dǎo)軌MON向右滑動，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長度的電阻均為r.導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸點為a和b，導(dǎo)體棒在滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸．t＝0時導(dǎo)體棒位于頂角O處，則流過導(dǎo)體棒的電流強度I、導(dǎo)體棒內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q、導(dǎo)體棒做勻速直線運動時水平外力F、導(dǎo)體棒的電功率P各量大小隨時間變化的關(guān)系正確的是()解析：選AC.0到t時間內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移x＝v0tt時刻，導(dǎo)體棒的有效切割長度l＝x導(dǎo)體棒的電動勢E＝Blv0回路總電阻R＝(2x＋eq\r(2)x)r電流強度I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bv0,2＋\r(2)r)，可知I不變電流方向b→a水平外力F＝BIl＝eq\f(B2v\o\al(2,0)t,2＋\r(2)r)，可知F∝t.t時刻導(dǎo)體棒的電功率P＝I2R′＝eq\f(B2v\o\al(3,0)t,2＋\r(2)2r)由于P∝t，故Q＝Pt/2＝eq\f(B2v\o\al(3,0)t2,22＋\r(2)2r)，即Q∝t2.綜上可得A、C正確．二、計算題10．(2022·石家莊質(zhì)檢)如圖甲所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ被固定在水平面上，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.6m，兩導(dǎo)軌的左端用導(dǎo)線連接電阻R1及抱負電壓表V，電阻r＝2Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止在AB處；右端用導(dǎo)線連接電阻R2，已知R1＝2Ω，R2＝1Ω，導(dǎo)軌及導(dǎo)線電阻均不計．在矩形區(qū)域CDFE內(nèi)有豎直向上的磁場，CE＝0.2m，磁感應(yīng)強度隨時間的變化如圖乙所示．開頭時電壓表有示數(shù)，當(dāng)電壓表示數(shù)變?yōu)榱愫?，對金屬棒施加一水平向右的恒力F，使金屬棒剛進入磁場區(qū)域時電壓表的示數(shù)又變?yōu)樵瓉淼闹?，金屬棒在磁場中運動時電壓表的示數(shù)始終保持不變．求：(1)t＝0.1s時電壓表的示數(shù)；(2)恒力F的大小；(3)從t＝0時刻到金屬棒運動出磁場的過程中整個電路產(chǎn)生的熱量．解析：(1)設(shè)磁場寬度為d＝CE，在0～0.2s的時間內(nèi)，有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，E＝eq\f(ΔB,Δt)ld＝0.6V此時，R1與金屬棒r并聯(lián)，再與R2串聯(lián)R＝R并＋R2＝1＋1＝2(Ω)U＝eq\f(E,R)R并＝0.3V.(2)金屬棒進入磁場后，R1與R2并聯(lián)，再與r串聯(lián)，有I′＝eq\f(U,R1)＋eq\f(U,R2)＝0.45AFA＝BI′lFA＝1.00×0.45×0.6＝0.27(N)由于金屬棒進入磁場后電壓表示數(shù)始終不變，所以金屬棒做勻速運動，有F＝FA故F＝0.27N.(3)金屬棒在0～0.2s的運動時間內(nèi)，有Q＝eq\f(E2,R)t＝0.036J金屬棒進入磁場后，有R′＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＋r＝eq\f(8,3)ΩE′＝I′R′＝1.2VE′＝Blv，v＝2m/st′＝eq\f(d,v)＝eq\f(0.2,2)＝0.1(s)Q′＝E′I′t′＝0.054JQ總＝Q＋Q′＝0.036＋0.054＝0.090(J)．答案：(1)0.3V(2)0.27N(3)0.090J11．(2022·高考天津卷)如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計，間距L＝0.4m．導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，Ⅰ中的勻強磁場方向垂直斜面對下，Ⅱ中的勻強磁場方向垂直斜面對上，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B＝0.5T．在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1kg，電阻R1＝0.1Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑．然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4kg，電阻R2＝0.1Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開頭下滑．cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g＝10m/s2.問：(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；(2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大；(3)從cd開頭下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x＝3.8m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少．解析：(1)由右手定則可推斷出cd中的電流方向為由d到c，則ab中電流方向為由a流向b.(2)開頭放置ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①設(shè)ab剛要上滑時，cd棒的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv②設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R1＋R2)③設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝BIL④此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面對下，由平衡條件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤綜合①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5m/s.(3)設(shè)cd棒運動過程中在電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q總＋eq\f(1,2)m2v2又Q＝eq\f(R1,R1＋R2)Q總解得Q＝1.3J.答案：(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J12．(2022·四川涼山模擬)如圖所示，在傾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面對上的勻強磁場區(qū)域MNPQ，磁感應(yīng)強度B的大小為5T，磁場寬度d＝0.55m，有一邊長L＝0.4m、質(zhì)量m1＝0.6kg、電阻R＝2Ω的正方形均勻?qū)w線框abcd通過一輕質(zhì)細線跨過光滑的定滑輪與一質(zhì)量m2＝0.4kg的物體相連，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，線框從圖示位置自由釋放，物體到定滑輪的距離足夠長．(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)線框abcd還未進入磁場的運動過程中，細線拉力為多少？(2)當(dāng)ab邊剛進入磁場時，線框恰好做勻速直線運動，求線框剛釋放時ab邊距磁場MN邊界的距離x多大？(3)cd邊恰離開磁場邊界PQ時，速度大小為2m/s，求整個運動過程中ab邊產(chǎn)生的熱量為多少？解析：(1)m1、m2運動過程中，以整體法有m1gsinθ－μm2g＝(m1＋m2)a解得a＝2m/s2以m2為爭辯對象有FT－μm2g＝m2a(或以m1為爭辯對象有m1gsinθ－FT＝m1a)解得FT＝2.4N.(2)線框進入磁場恰好做勻速直線運動，以整體法有m1gsinθ－μm2g－eq\f(B2L2v,R)＝0解得v＝1m/s線框下滑做勻加速運動v2＝2ax解得x＝0.25m.(3)線框從開頭運動到cd邊恰離開磁場邊界PQ時：m1gsinθ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,1)＋Q解得：Q＝0.4J，所以Qab＝eq\f(1,4)Q＝0.1J.答案：(1)2.4N(2)0.25m(3)0.1JB一、選擇題1．(2022·高考廣東卷)如圖所示，上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則小磁塊()A．在P和Q中都做自由落體運動B．在兩個下落過程中的機械能都守恒C．在P中的下落時間比在Q中的長D．落至底部時在P中的速度比在Q中的大解析：選C.小磁塊在銅管中下落時，由于電磁阻尼作用，不做自由落體運動，而在塑料管中不受阻力作用而做自由落體運動，因此在P中下落得慢，用時長，到達底端速度小，C項正確，A、B、D錯誤．2．(2022·高考安徽卷)英國物理學(xué)家麥克斯韋認為，磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場．如圖所示，一個半徑為r的絕緣細圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場B，環(huán)上套一帶電荷量為＋q的小球．已知磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增加，其變化率為k，若小球在環(huán)上運動一周，則感生電場對小球的作用力所做功的大小是()A．0B.eq\f(1,2)r2qkC．2πr2qk D．πr2qk解析：選D.變化的磁場使回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝kπr2，則感應(yīng)電場對小球的作用力所做的功W＝qU＝qE＝qkπr2，選項D正確．3．(2022·河北石家莊質(zhì)檢)如圖所示，兩根電阻不計的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌上端接電阻R，寬度相同的水平條形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內(nèi)有方向垂直導(dǎo)軌平面對里的勻強磁場B，Ⅰ和Ⅱ之間無磁場．一導(dǎo)體棒兩端套在導(dǎo)軌上，并與兩導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)體棒從距區(qū)域Ⅰ上邊界H處由靜止釋放，在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流及其變化狀況相同．下面四個圖象能定性描述導(dǎo)體棒速度大小與時間關(guān)系的是()解析：選C.MN棒先做自由落體運動，當(dāng)?shù)舰駞^(qū)磁場時由四個選項知棒開頭減速說明F安＞mg，由牛頓其次定律得，F(xiàn)安－mg＝ma，減速時F安減小，合力減小，a也減小，速度圖象中圖線上各點切線斜率減??；離開Ⅰ區(qū)后棒做加速度為g的勻加速直線運動，隨后進入Ⅱ區(qū)磁場，因棒在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流變化狀況相同，則在Ⅱ區(qū)磁場中運動狀況與Ⅰ區(qū)磁場中完全相同，所以只有C項正確．4．(多選)(2022·江西八校聯(lián)考)如圖甲所示，光滑絕緣水平面上，虛線MN的右側(cè)存在磁感應(yīng)強度B＝2T的勻強磁場，MN的左側(cè)有一質(zhì)量m＝0.1kg的矩形線圈abcd，bc邊長L1＝0.2m，電阻R＝2Ω.t＝0時，用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開頭向右做勻加速運動，經(jīng)過時間1s，線圈的bc邊到達磁場邊界MN，此時馬上將拉力F改為變力，又經(jīng)過1s，線圈恰好完全進入磁場，整個運動過程中，線圈中感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖象如圖乙所示．則()A．恒定拉力大小為0.05NB．線圈在第2s內(nèi)的加速度大小為1m/s2C．線圈ab邊長L2＝0.5mD．在第2s內(nèi)流過線圈的電荷量為0.2C解析：選ABD.在第1s末，i1＝eq\f(E,R)，E＝BL1v1，v1＝at1，F(xiàn)＝ma1，聯(lián)立得F＝0.05N，A項正確．在第2s內(nèi)，由圖象分析知線圈做勻加速直線運動，第2s末i2＝eq\f(E′,R)，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1m/s2，B項正確．在第2s內(nèi)，veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2L2，得L2＝1m，C項錯誤．q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL1L2,R)＝0.2C，D項正確．二、計算題5．(2022·高考浙江卷)某同學(xué)設(shè)計一個發(fā)電測速裝置，工作原理如圖所示．一個半徑為R＝0.1m的圓形金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面上，一根長為R的金屬棒OA，A端與導(dǎo)軌接觸良好，O端固定在圓心處的轉(zhuǎn)軸上．轉(zhuǎn)軸的左端有一個半徑為r＝R/3的圓盤，圓盤和金屬棒能隨轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動．圓盤上繞有不行伸長的細線，下端掛著一個質(zhì)量為m＝0.5kg的鋁塊．在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面對右的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝0.5T．a(chǎn)點與導(dǎo)軌相連，b點通過電刷與O端相連．測量a、b兩點間的電勢差U可算得鋁塊速度．鋁塊由靜止釋放，下落h＝0.3m時，測得U＝0.15V．(細線與圓盤間沒有滑動，金屬棒、導(dǎo)軌、導(dǎo)線及電刷的電阻均不計，重力加速度g＝10m/s2)(1)測U時，a點相接的是電壓表的“正極”還是“負極”？(2)求此時鋁塊的速度大??；(3)求此下落過程中鋁塊機械能的損失．解析：(1)由右手定則知，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的方向由O→A，故A端電勢高于O端電勢，與a點相接的是電壓表的“正極”．(2)由電磁感應(yīng)定律得U＝E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝eq\f(1,2)BR2Δθ，所以U＝eq\f(1,2)BωR2又v＝rω＝eq\f(1,3)ωR所以v＝eq\f(2U,3BR)＝2m/s.(3)由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律得ΔE＝mgh－eq\f(1,2)mv2解得ΔE＝0.5J.答案：見解析6．(2022·陜西西安高三質(zhì)檢)如圖甲所示，兩條電阻不計的金屬導(dǎo)軌平行固定在傾角為37°的斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L＝0.5m．上端通過導(dǎo)線與R＝2Ω的電阻連接，下端通過導(dǎo)線與RL＝4Ω的小燈泡連接．在CDFE矩形區(qū)域內(nèi)有垂直斜面對上的磁場，CE間距離d＝2m．CDFE區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示．在t＝0時，一阻值為R0＝2Ω的金屬棒從AB位置由靜止開頭運動，在金屬棒從AB位置運動到EF位置過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化．設(shè)導(dǎo)軌AC段有摩擦，其他部分光滑，金屬棒運動過程中始終與CD平行(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)通過小燈泡的電流強度；(2)金屬導(dǎo)軌AC段的動摩擦因數(shù)；(3)金屬棒從AB位置運動到EF位置過程中，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量．解析：(1)0～4s內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)Ld＝0.5V由閉合電路歐姆定律得IL＝eq\f(E,RL＋\f(R·R0,R＋R0))＝0.1A.(2)燈泡亮度不變，則全程通過燈泡的電流恒為IL，設(shè)金屬棒運動到CD時的速度為v，金屬棒在AC段的加速度為a，則依題意有BLv＝ILRL＋(IL＋IR)R0ILRL＝IRR由牛頓其次定律可得mgsin37°－μmgcos37°＝ma由運動學(xué)公式v＝at1由題圖乙可知t1＝4s，B＝2T代入以上方程聯(lián)立可得v＝1.0m/s，μ＝eq\f(23,32).(3)金屬棒在CE段做勻速直線運動，則有mgsin37°＝B(IL＋IR)L解得m＝0.05kgBD段的位移x＝eq\f(v,2)t1＝2m依據(jù)能量守恒有EILt1＋mg(x＋d)sin37°＝eq\f(1,2)mv2＋Q解得整個系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q＝1.375J.答案：(1)0.1A(2)eq\f(23,32)(3)1.375J7．(2022·高考安徽卷)如圖甲所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為0.5T，其方向垂直于傾角θ為30°的斜面對上．絕緣斜面上固定有“∧”外形的光滑金屬導(dǎo)軌MPN(電阻忽視不計)，MP和NP長度均為2.5m，MN連線水平，長為3m．以MN中點O為原點、OP為x軸建立一維坐標(biāo)系Ox.一根粗細均勻的金屬桿CD，長度d為3m、質(zhì)量m為1kg、電阻R為0.3Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v＝1m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運動(金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好)．g取10m/s2.(1)求金屬桿CD運動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E及運動到x＝0.8m處電勢差UCD；(2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標(biāo)x的關(guān)系式，并在圖乙中畫出F－x關(guān)系圖象；(3)求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產(chǎn)生的焦耳熱．解析：(1)金屬桿CD在勻速運動中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv(l＝d)，解得E＝1.5V(D點電勢高)當(dāng)x＝0.8m時，金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢差為零．設(shè)此時桿在導(dǎo)軌外的長度為l外，則l外＝d－eq\f(OP－x,OP)d，OP＝eq\r(MP2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MN,2)))2)＝2m得l外＝1.2m由楞次定律推斷D點電勢高，故CD兩端電勢差UCD＝－Bl外v，即UCD＝－0.6V.(2)桿在導(dǎo)軌間的長度l與位置x關(guān)系是l＝eq\f(OP－x,OP)d＝3－eq\f(3,2)x對應(yīng)的電阻Rl為Rl＝eq\f(l,d)R電流I＝eq\f(Blv,Rl)桿受的安培力為F安＝BIl＝7.5－3.75x依據(jù)平衡條件得F＝F安＋mgsinθF＝12.5－3.75x(0≤x≤2)畫出的F－x圖象如圖所示．(3)外力F所做的功WF等于F－x圖線下所圍的面積．即WF＝eq\f(5＋12.5,2)×2J＝17.5J而桿的重力勢能增加量ΔEp＝mgeq\x\to(OP)sinθ故全過程產(chǎn)生的