9、定不動，間距為L，在水平導軌的左側(cè)存在磁感應強度方向垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B.導軌的右端接有一電阻R，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接．將一阻值也為R，質(zhì)量為m的導體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導體棒最終恰好停在磁場的右邊界處．已知導體棒與水平導軌接觸良好，則下列說法中正確的是( )
A．電阻R的最大電流為
B．電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh
C．磁場左右邊界的長度d為
D．流過電阻R的電荷量為
答案 AD
解析 A項，導體棒下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh＝mv2，解得：v＝，感應電動勢：E＝BLv，通過電阻的最大電流：I＝＝，故A項正確
10、；
B項，電阻與導體棒的阻值相等，由能量守恒定律得：mgh＝2QR，解得，電阻R中產(chǎn)的焦耳熱：QR＝mgh，故B項錯誤；
D項，由動量定理得：－BILt＝0－mv，BLq＝mv，解得，通過電阻R的電荷量：q＝，故D項正確；
C項，由法拉第電磁感應定律得：E＝＝，感應電流：I＝，通過R的電荷量：q＝IΔt，解得：d＝，故C項錯誤．
6.(2018·濟寧二模)(多選)如圖所示，兩根平行光滑金屬導軌的間距為d＝lm，導軌平面與水平面成θ＝30°角，其底端接有阻值為R＝2 Ω的電阻，整個裝置處在垂直斜面向上、磁感應強度大小為B＝2 T的勻強磁場中．一質(zhì)量為m＝1 kg(質(zhì)量分布均勻)的導體桿a
11、b垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸．現(xiàn)桿在沿導軌平面向上、垂直于桿的恒力F＝10 N作用下從靜止開始沿導軌向上運動，當運動距離為L＝6 m時速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導軌保持垂直)．導體桿的電阻為r＝2 Ω，導軌電阻不計(取g＝10 m/s2)．在此過程中( )
A．桿的速度最大值為5 m/s
B．流過電阻R的電荷量為6 C
C．導體桿兩端電壓的最大值為10 V
D．安培力對導體桿的沖量大小為6 N·s
答案 AD
解析 A項，導體桿所受安培力：F安培＝BId＝，導體桿勻速運動時速度最大，由平衡條件得：F＝mgsinθ＋，解得，金屬桿的最大速度：v＝5 m/s
12、，故A項正確．
B項，流過電阻R的電量：q＝＝＝＝3 C，故B項錯誤．
C項，導體桿做勻速運動時速度最大，此時產(chǎn)生的感應電動勢最大，最大感應電動勢：E＝Bdv＝2×1×5＝10 V，電路最大電流：I＝＝＝2.5 A，導體桿兩端最大電壓：U＝IR＝2.5×2＝5 V，故C項錯誤；
D項，對導體桿，安培力的沖量：I沖＝BIdt＝Bdq＝2×1×3＝6 N·s，故D項正確．
7．(2018·資陽模擬)(多選)如圖所示，一個半徑為r、粗細均勻、阻值為R的圓形導線框，豎直放置在磁感應強度為B的水平勻強磁場中，線框平面與磁場方向垂直．現(xiàn)有一根質(zhì)量為m、電阻不計的導體棒，自圓形線框最高點由靜止釋放，
13、棒在下落過程中始終與線框保持良好接觸．已知下落距離為時棒的速度大小為v1，下落到圓心O時棒的速度大小為v2，忽略摩擦及空氣阻力，下列說法正確的是( )
A．導體棒下落距離為時，棒中感應電流的方向向右
B．導體棒下落距離為時，棒的加速度的大小為g－
C．導體棒下落到圓心時，圓形導線框的發(fā)熱功率為
D．導體棒從開始下落到經(jīng)過圓心的過程中，圓形導線框產(chǎn)生的熱量為mgr－mv22
答案 BD
解析 A項，導體棒下落距離為，根據(jù)右手定則知棒中感應電流方向向左，故A項錯誤；
B項，接入電路中的導體棒產(chǎn)生的感應電動勢：E＝BLv＝Brv1，此時電路的總電阻：R′＝＝R，
電流：I＝＝B
14、rv1，金屬棒上的安培力：F＝BIL＝BI·r＝，由牛頓第二定律得：mg－F＝ma，解得：a＝g－，故B項正確；
C項，導體棒下落到圓心時，金屬棒上的安培力：F′＝BIL＝，
線框的發(fā)熱功率：P熱＝PA＝F′v2＝，故C項錯誤；
D項，從開始下落到經(jīng)過圓心的過程中，棒的重力勢能減小轉(zhuǎn)化為棒的動能和內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律得：
mgr＝mv22＋Q0
解得：Q0＝mgr－mv22，故D項正確．
8.(多選)如圖所示，質(zhì)量為3 m的重物與一質(zhì)量為m的線框用一根絕緣細線連接起來，掛在兩個高度相同的定滑輪上，已知線框的橫邊邊長為L，水平方向勻強磁場的磁感應強度為B，磁場上下邊界的距離、線框豎
15、直邊長均為h.初始時刻，磁場的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2h，將重物從靜止開始釋放，線框上邊緣剛進磁場時，恰好做勻速直線運動，滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計．則下列說法中正確的是( )
A．線框進入磁場時的速度為
B．線框的電阻為
C．線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q＝2mgh
D．線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q＝4mgh
答案 ABD
解析 從初始時刻到線框上邊緣剛進入磁場，
由機械能守恒定律得3mg×2h＝mg×2h＋4mv2/2，
解得線框剛進入磁場時的速度v＝，故A項正確；
線框上邊緣剛進磁場時，恰好做勻速直線運動，
故受合力為零，3mg＝BIL＋mg，I＝BL
16、v/R，
解得線框的電阻R＝，故B項正確；
線框勻速通過磁場的距離為2h，產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)重力勢能的減少，
即Q＝3mg×2h－mg×2h＝4mgh，故C項錯誤，D項正確．
9.(2018·云南一模)(多選)一質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L的正方形導線框靜止在光滑絕緣水平桌面上，桌面上直線PQ左側(cè)有方向豎直向下的勻強磁場I，磁感應強度大小為B，PQ右側(cè)有方向豎直向上的勻強磁場Ⅱ，磁感應強度大小為2B，俯視圖如圖所示．現(xiàn)使線框以垂直PQ的初速度v向磁場Ⅱ運動，當線框的三分之一進入磁場Ⅱ時，線框速度為，在這個過程中，下列說法正確的是( )
A．線框速度為時，線框中感應電流方向為逆時
17、針方向
B．線框速度為時，線框的加速度大小為
C．線框中產(chǎn)生的焦耳熱為mv2
D．流過導線橫截面的電荷量為
答案 CD
解析 A項，線框速度為時，線框有兩條邊切割磁感線，根據(jù)右手定則，右邊感應電流方向向下，左邊感應電流向上，所以線框中的感應電流方向為順時針方向，故A項錯誤；
B項，右邊切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為：E1＝2BL·＝BLv
左邊切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為：E2＝BL·＝BLv
線框中的總電動勢為：E＝E1＋E2＝BLv
線框電流為：I＝
線框右邊所受安培力為：F1＝2BIL＝
線框左邊所受安培力為：F2＝BIL＝
線框安培力的合力為：F＝F1＋F2＝
18、線框的加速度為：a＝＝，故B項錯誤；
C項，根據(jù)能量守恒，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝mv2－m()2＝mv2，故C項正確；
D項，線框初態(tài)的磁通量為：Φ1＝BL2
線框末態(tài)的磁通量為：Φ2＝B·L2－2B·L2＝0
根據(jù)感應電量公式有：q＝＝，故D項正確．
10.(2018·永州三模)如圖所示，足夠長的金屬導軌豎直放置，金屬棒ab、cd均通過棒兩端的環(huán)套在金屬導軌上，棒與金屬導軌接觸良好．虛線上方有垂直紙面向里的勻強磁場，虛線下方有豎直向下的勻強磁場，兩勻強磁場的磁感應強度大小均為B.ab、cd棒與導軌間動摩擦因數(shù)均為μ，兩棒總電阻為R，導軌電阻不計．開始兩棒靜止在圖示位置，當cd棒
19、無初速度釋放時，對ab棒施加豎直向上的力F，使其沿導軌向上做勻加速運動．則( )
A．a(chǎn)b棒中的電流方向由a到b
B．cd棒先加速運動后勻速運動
C．cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力
D．力F做的功等于兩棒產(chǎn)生的電熱與ab棒增加的機械能之和
答案 C
解析 A項，ab棒沿豎直向上運動，切割磁感線產(chǎn)生感應電流，由右手定則判斷可知，ab棒中的感應電流方向為b到a，故A項錯誤；
B項，cd棒中感應電流由c到d，其所在的區(qū)域有向下磁場，所受的安培力向里，cd棒所受的摩擦力向上．a(chǎn)b棒做勻加速直線運動，速度增大，產(chǎn)生的感應電流增加，cd棒所受的安培力增大，對導軌的壓力增大，則
20、滑動摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd棒先加速運動后減速運動，最后停止運動．故B項錯誤．
C項，因安培力增加，cd棒受到的壓力增大，則cd棒受靜摩擦力的作用一直增加，最大值會大于重力．故C項正確；
D項，根據(jù)功能關系可知，力F所做的功應等于兩棒產(chǎn)生的電熱、摩擦生熱與增加的機械能之和．故D項錯誤．
11．(2018·東莞市二模)(多選)如圖1所示，傾斜放置的平行光滑軌道間距為L＝1 m，導軌與水平面的夾角為θ＝30°，導軌上端連有阻值為R＝1 Ω的定值電阻，在導軌平面上的abdc、cdfe間分別有垂直導軌平面向上和向下的勻強磁場，磁感應強度分別為B1＝1 T和B2＝ T，兩
21、磁場的寬度也均為L.一長為L的導體棒從導軌某位置靜止釋放，導體棒在滑動過程中始終與導軌接觸良好，導體棒在磁場中運動的速度一時間圖像如圖2所示．不計導軌和導體棒的電阻，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是( )
A．導體棒的質(zhì)量為m＝0.2 kg
B．導體棒在整個磁場中運動的最小速度為0.2 m/s
C．導體棒穿過整個磁場時通過電阻R的電量為(－1) C
D．導體棒穿過整個磁場時電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為2 J
答案 AC
解析 A項，導體棒在B1中勻速直線運動，則B××L＝mgsinθ，m＝0.2 kg，A項正確；
B項，進入磁場B2中后先減速最后勻速，當勻速直線
22、運動時，速度最小vm＝＝0.5 m/s.B項錯誤．
C項，電量q＝I×Δt＝＝＝(－1) C，C項正確；
D項，由能量守恒定律可求得Q＝mg×2Lsin30°＋mv12－mv22＝2.075 J，D項錯誤．
12．(2018·上海二模)(多選)如圖(甲)所示，相距為2L的光滑平行金屬導軌水平放置，右側(cè)接有定值電阻R，導軌電阻忽略不計，OO′的左側(cè)存在垂直于導軌平面向下、磁感應強度為B的勻強磁場．在OO′左側(cè)L處垂直導軌放置一質(zhì)量為m、電阻為0.5R的金屬桿ab，ab在恒力F的作用下由靜止開始向右運動3L的距離，其速度與位移的變化關系如圖(乙)所示．下列判斷中正確的是( )
A．a(chǎn)
23、b即將離開磁場時，安培力的大小為
B．整個運動的過程中，通過電阻R上的電量為
C．a(chǎn)b即將離開磁場時，加速度的大小為－
D．整個過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為m(v22－3v12)
答案 BCD
解析 A項，ab即將離開時，速度為v1，電動勢E＝2BLv1，電流I＝；
安培力F＝2BIL＝；故A項錯誤；
B項，整個過程中，磁通量的變化量為ΔΦ＝2BL2；
產(chǎn)生的電量q＝·Δt＝＝；故B項正確；
C項，ab桿在位移L到3L的過程中，由動能定理得：F(3L－L)＝m(v22－v12)；
解得：F＝
設加速度為a，
則F安＝BIL
I＝
a＝
聯(lián)立解得：a＝－；故C項正
24、確；
D項，ab桿在磁場中發(fā)生L位移過程中，恒力F做的功等于ab桿增加的動能和回路產(chǎn)生的電能(即電阻R上產(chǎn)生的電熱Q1)，由能量守恒定律得：FL＝mv12＋Q1
聯(lián)立解得：Q1＝；故D項正確．
二、非選擇題
13.如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面．開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動．
25、線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求：
(1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍；
(2)磁場上下邊界間的距離H.
答案 (1)4倍 (2)H＝＋28l
解析 (1)設磁場的磁感應強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律，可得
E1＝2Blv1①
設線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，可得I1＝②
設此時線框所受安培力為F1，有F1＝2I1lB③
由于線框做勻速運動，故
26、受力平衡，所以有mg＝F1④
由①②③④式得v1＝⑤
設ab邊離開磁場之前，線框做勻速運動的速度為v2，同理可得v2＝⑥
由⑤⑥式得v2＝4v1⑦
(2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律，可得
2mgl＝mv12⑧
線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，可得
mg(2l＋H)＝mv22－mv12＋Q⑨
由⑦⑧⑨得H＝＋28l⑩
14．(2018·浙江模擬)如圖，光滑的水平絕緣軌道M、N上擱放著質(zhì)量m1＝0.2 kg、電阻R1＝0.02 Ω的“[”形金屬框dabc，軌道間有一有界磁場，變化關系如圖所示．一根長度等于ab，質(zhì)量m2＝0.1 kg、R2＝0.01
27、Ω的金屬棒ef擁在軌道上并靜止在磁場的左邊界上．已知軌道間距與ab長度相等，均為L1＝0.3 m，ad＝bc＝L2＝0.1 m，其余電阻不計.0時刻，給“[”形金屬框一初速度v0＝3 m/s，與金屬棒碰撞后合在一起成為一閉合導電金屬框(碰撞時間極短)．t0時刻整個框剛好全部進入磁場，(t0＋1)s時刻，框右邊剛要出磁場．求：
(1)碰撞結(jié)束時金屬框的速度大??；
(2)0～t0時間內(nèi)整個框產(chǎn)生的焦耳熱；
(3)t0～(t0＋1) s時間內(nèi)，安培力對ab邊的沖量．
解析 (1)碰撞過程中，動量守恒，得到m1v0＝(m1＋m2)v
代入得到：v＝2 m/s
(2)對閉合金屬框列動量定理：－BIL1Δt＝－BL1Δq＝mΔv
等號兩邊求和，得－BL1q＝m(v′－v)
又因為q＝＝
得到v′＝1 m/s
所以Q＝(m1＋m2)v2－(m1＋m2)v′22＝0.45 J
(3)整個框在磁場中運動，I＝＝＝＝0.4 A
又因為B＝1－0.4(t－t0) t0≤t≤t0＋1
所以F安＝BIL1＝0.12B＝012－0.048(t－t0)
I沖＝F安t＝t＝×1＝0.096 N·s.
13
（新課標）2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)49 三大力學觀點在電磁感應中的應用專題（含解析）新人教版
