13、落體運(yùn)動的加速度相同，可知線框全部進(jìn)入磁場，即t2是線框全部進(jìn)入磁場瞬間，t3時刻開始做變減速運(yùn)動，t4時刻，又做加速度為g的勻加速運(yùn)動，可知t4是線框全部離開磁場瞬間，故A項(xiàng)正確；線框全部進(jìn)入磁場前的瞬間，可能重力和安培力平衡，有：mg＝，解得：v1＝，故B項(xiàng)正確；從bc邊進(jìn)入磁場起一直到ad邊離開磁場為止，根據(jù)動能定理得：mg(s＋L)－W＝mv12－mv22，線框出磁場時，設(shè)克服安培力做功為W′，根據(jù)動能定理得：mgL－W′＝mv12－mv22，解得：W＝mgs＋W′，W′≠mgs，則W≠2mgs，故C項(xiàng)錯誤；根據(jù)q＝知，線框進(jìn)入磁場和出磁場的過程中，磁通量的變化量相同，則通過的電荷量相
14、同，故D項(xiàng)錯誤，故選A、B兩項(xiàng)．
9.如圖，等邊三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場．用粗細(xì)均勻的導(dǎo)線繞制的等邊三角形導(dǎo)線框abc位于紙面內(nèi)，其bc邊與磁場邊界PQ平行，d、e分別為ab、ac的中點(diǎn)．導(dǎo)線框沿垂直于bc的方向向上勻速穿過磁場區(qū)域，依次經(jīng)過圖中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ位置．已知三角形OPQ的邊長是三角形abc的倍，Ⅰ位置時a點(diǎn)與O點(diǎn)重合，Ⅱ位置時d點(diǎn)、e點(diǎn)分別在OP、OQ上，Ⅲ位置時d點(diǎn)、e點(diǎn)在PQ上．則( )
A．經(jīng)過Ⅱ位置和Ⅲ位置時，線框中的感應(yīng)電流方向相同
B．經(jīng)過Ⅱ位置和Ⅲ位置時，線框中的感應(yīng)電流大小相等
C．經(jīng)過Ⅱ位置和Ⅲ位置時，線框上de兩點(diǎn)間的電壓之比為2∶
15、1
D．從Ⅰ位置到Ⅱ位置和從Ⅱ位置到Ⅲ位置的兩個過程中，穿過線框橫截面的電荷量之比為2∶1
答案 BCD
解析 由題意可知，線框在Ⅱ位置運(yùn)動過程穿過線框的磁通量增加，線框在位置Ⅲ運(yùn)動時穿過線框的磁通量減少，由楞次定律可知，兩位置感應(yīng)電流方向相反，故A項(xiàng)錯誤；由圖示可知，線框經(jīng)過Ⅱ位置和經(jīng)過Ⅲ位置時，線框切割磁感線的有效長度L相等，由E＝BLv可知，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等，由歐姆定律可知，線框中的感應(yīng)電流大小相等，故B項(xiàng)正確；線框在Ⅱ位置時，dae相當(dāng)于電源，線框在Ⅲ位置時dbce相當(dāng)于電源，在兩位置線框電流I相等，dbce部分的電阻是dae部分電阻的兩倍，即：Rdbce＝2Rdae，U
16、deⅡ＝IRdbce，UdeⅢ＝IRdae，則：UdeⅡ＝2UdeⅢ，故C項(xiàng)正確；
通過線框?qū)Ь€橫截面的電荷量為：q＝IΔt＝Δt＝Δt＝＝，設(shè)三角形abc的面積為4S，
由圖示可知，線框從Ⅰ位置到Ⅱ位置過程：ΔS1＝2S，線框從Ⅱ位置到Ⅲ位置過程：ΔS2＝3S－2S＝S，
則從Ⅰ位置到Ⅱ位置和從Ⅱ位置到Ⅲ位置的兩個過程中，穿過線框橫截面的電荷量之比：
＝＝＝，故D項(xiàng)正確．故選B、C、D三項(xiàng)．
10．如圖所示，間距為d的平行導(dǎo)軌A2A3、C2C3所在平面與水平面的夾角θ＝30°，其下端連接阻值為R的電阻，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，水平臺面所在區(qū)域無磁
17、場．長為d，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒甲靜止在光滑水平臺面ACC1A1上，在大小為mg(g為重力加速度大小)，方向水平向左的恒力作用下做勻加速運(yùn)動，經(jīng)時間t后導(dǎo)體棒甲恰好運(yùn)動至左邊緣A1C1，此時撤去恒力，導(dǎo)體棒甲從左邊緣A1C1飛出臺面，并恰好沿A2A3方向落到A2C2處，與放置在此處的導(dǎo)體棒乙(與導(dǎo)體棒甲完全相同)碰撞后粘在一起然后沿導(dǎo)軌下滑距離x后開始做勻速運(yùn)動．兩導(dǎo)體棒粘連后在導(dǎo)軌上運(yùn)動時始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，除了電阻R外，其他電阻不計(jì)，一切摩擦不計(jì)，下列判斷正確的是( )
A．導(dǎo)體棒甲到達(dá)A1C1處時的速度大小為gt
B．A2C2與臺面ACC1A1間的高度差為gt2
C．兩導(dǎo)體
18、棒在導(dǎo)軌上做勻速運(yùn)動的速度大小為
D．兩導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上變速滑行的過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mg2t2＋mgx－
答案 ABD
解析 導(dǎo)體棒在臺面上做勻加速直線運(yùn)動，速度：v0＝at，由牛頓第二定律得：mg＝ma，解得：v0＝gt，故A項(xiàng)正確；導(dǎo)體棒離開臺面后做平拋運(yùn)動，豎直方向：vy＝v0tanθ，vy2＝2gh，解得：h＝gt2，故B項(xiàng)正確；導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上做勻速直線運(yùn)動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：2mgsinθ＝BId，電流：I＝＝，解得：v＝，故C項(xiàng)錯誤；甲與乙碰撞前的速度為：v甲＝＝gt.甲、乙兩棒碰撞過程中動量守恒，根據(jù)動量守恒定律可得：mv甲＝2mv共，解得：v共＝gt.根
19、據(jù)動能定理可得：2mgsinθ·x－WA＝·2mv2－·2mv共2，解得：WA＝mg2t2＋mgx－，根據(jù)功能關(guān)系可得電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mg2t2＋mgx－，故D項(xiàng)正確．故選A、B、D三項(xiàng)．
二、計(jì)算題(共4個小題，11題10分，12題12分，13題14分，14題14分，共50分)
11．如圖甲所示，相距為d的足夠長光滑的U型金屬框架NMPQ固定在水平桌面上，框架所在的空間內(nèi)存在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場．一根長為d的金屬棒ab放置在框架上，其質(zhì)量為m，電阻為r，該棒通過一根繞過右側(cè)定滑輪的絕緣輕繩和一物塊相連，物塊質(zhì)量為3m.已知重力加速度為g，導(dǎo)體棒與金屬框間接觸電阻及金屬框架的電阻不
20、計(jì)．則：
(1)若所加磁場為磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，求導(dǎo)體棒運(yùn)動的最大速度；
(2)若所加磁場為隨時間變化的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)體棒運(yùn)動的v－t圖象如圖乙所示，t＝0時刻，導(dǎo)體棒ab與PM距離為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，求t時刻磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度．
答案 (1) (2)
解析 (1)對導(dǎo)體棒ab，有：Em＝Bdvm
此時流過導(dǎo)體棒的電流為：I＝＝，
根據(jù)平衡條件可得：BId＝3mg，
解得：vm＝；
(2)對于導(dǎo)體棒ab根據(jù)牛頓第二定律可得：
3mg－FA＝4ma，
t＝0時FA＝0，則加速度為：a＝g，
導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動，則有：I＝0，
t時刻的位移為：x＝at2＝gt
21、2，
由于感應(yīng)電流為零，則磁通量變化為零，有：
B0ld＝B(l＋x)d，
解得：B＝.
12.如圖所示，在勻強(qiáng)磁場中傾斜放置電阻不計(jì)的兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌，金屬導(dǎo)軌與水平面成θ＝37°角，平行導(dǎo)軌間距L＝1.0 m．勻強(qiáng)磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T．兩根金屬桿ab和cd可以在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動．兩金屬桿的質(zhì)量均為m＝0.20 kg，ab桿的電阻為R1＝1.0 Ω，cd桿的電阻為R2＝2.0 Ω.若用與導(dǎo)軌平行的拉力F作用在金屬桿ab上，使ab桿勻速上滑并使cd桿在導(dǎo)軌上保持靜止，整個過程中兩金屬桿均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．取重力加速度g＝10 m/s2，sin3
22、7°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)ab桿上滑的速度v的大小；
(2)ab桿兩端的電勢差Uab；
(3)0.5 s的時間內(nèi)通過cd桿的電量q.
答案 (1)3.6 m/s (2)2.4 V (3)0.60 C
解析 (1)以cd桿為研究對象，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得：BIL＝mgsin37°，
解得：I＝＝A＝1.2 A，
根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：
ab桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝I(R1＋R2)＝1.2×3 V＝3.6 V，
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E＝BLv，
解得：v＝3.6 m/s.
(2)ab桿兩端的電勢差是路端電壓，根據(jù)歐姆定律可得：U＝IR
23、2＝1.2×2 V＝2.4 V，
根據(jù)右手定則可知a點(diǎn)電勢比b點(diǎn)的高，故有：
Uab＝2.4 V.
(3)由于桿勻速運(yùn)動，所以通過桿的電流為一個定值，根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可得：
q＝It＝1.2×0.5 C＝0.60 C.
13．如圖的水平光滑金屬導(dǎo)軌在同一水平面上，間距分別為L和，間距為L的導(dǎo)軌有一小段左右斷開，為使導(dǎo)軌上的金屬棒能勻速通過斷開處，在此處鋪放了與導(dǎo)軌相平的光滑絕緣材料(圖中的虛線框處)．質(zhì)量為m，電阻為R1的均勻金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置在靠近斷開處的左側(cè)，另一質(zhì)量也為m，電阻為R2的均勻金屬棒cd垂直于導(dǎo)軌放置在間距為的導(dǎo)軌左端．導(dǎo)軌MN和PQ、M′N′和P′Q′都
24、足夠長，所有導(dǎo)軌的電阻都不計(jì)．電源電動勢為E，內(nèi)阻不計(jì)．整個裝置所在空間有豎直方向的，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒ab迅即獲得水平向右的速度v0并保持該速度到達(dá)斷開處右側(cè)的導(dǎo)軌上．求：
(1)空間勻強(qiáng)磁場的方向；
(2)通過電源E某截面的電荷量；
(3)從導(dǎo)體棒ab滑上導(dǎo)軌MN和PQ起至開始勻速運(yùn)動止，這一過程中棒ab和棒cd組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能．
答案 (1)豎直向下 (2) (3)mv02
解析 (1)閉合開關(guān)S，電流由b到a，導(dǎo)體棒ab受到的安培力向右，由左手定則可知磁場的方向豎直向下．
(2)對ab棒，設(shè)受安培力的時間為Δt，這段時間內(nèi)的平均電流為I，
25、平均安培力為F，通過導(dǎo)體棒(也就是電源)某截面的電荷量為q.由動量定理得：
FΔt＝mv0－0，
且F＝BIL，q＝IΔt，
聯(lián)立得：q＝.
(3)ab滑上MN和PQ時的速度仍為v0，安培力使ab減速，使cd加速，直至電路中電流為0(即總感應(yīng)電動勢為0)而各自做勻速運(yùn)動，設(shè)ab和cd勻速運(yùn)動的速度分別為v1和v2.經(jīng)歷的時間為t，這一過程回路中的平均電流為I′.
由動量定理得：
對ab棒：－BI′Lt＝mv1－mv0；
對cd棒：BI′·t＝mv2－0；
穩(wěn)定時有：BLv1＝Bv2，
解得：v1＝，v2＝.
棒ab和棒cd組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：
ΔE＝mv02－，
26、解得：ΔE＝mv02.
14．如圖所示，光滑平行長直導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌間距為L，垂直于導(dǎo)軌的虛線MN左側(cè)、虛線PQ右側(cè)均有垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.MN、PQ間有垂直于導(dǎo)軌放置的長度均為l的直導(dǎo)體棒a、b，質(zhì)量分別為m、2m，電阻分別為2R、R，兩導(dǎo)體棒間夾有壓縮了的彈簧，彈簧與導(dǎo)體棒不拴接，彈簧處于鎖定狀態(tài)．若固定導(dǎo)體棒a解除彈簧鎖定，導(dǎo)體棒b被彈開后以一定的速度進(jìn)入磁場(b進(jìn)入磁場前，彈簧已恢復(fù)原長)，從b進(jìn)入磁場到b最終停止的過程中，導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的焦耳熱為Q.導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，求：
(1)彈簧被鎖定時具有的彈性勢能；
(2)導(dǎo)體棒b進(jìn)
27、入磁場時的速度大小及在磁場中滑行的距離；
(3)若導(dǎo)體棒a不固定解除彈簧的鎖定后，兩導(dǎo)體棒恰好能同時進(jìn)入磁場，則兩導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時的速度分別為多大？當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為進(jìn)磁場時速度的一半時，回路中的電功率多大？
答案 (1)3Q (2)
(3)2
解析 (1)導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則整個電路產(chǎn)生的焦耳熱為：Q總＝×3R＝3Q，
根據(jù)功能關(guān)系可得彈簧被鎖定時具有的彈性勢能為：Ep＝3Q.
(2)導(dǎo)體棒b進(jìn)入磁場時的速度大小為v，則有：Ep＝×2mv2，解得：v＝；
根據(jù)動量定理可得：－BILt＝0－2mv，其中I＝
則有：＝2mv，
解得在磁場中滑行的距離為：x＝t＝.
(3)若導(dǎo)體棒a不固定解除彈簧的鎖定后，兩導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時的速度分別為va、vb，
根據(jù)動量守恒定律可得：mva＝2mvb，
根據(jù)功能關(guān)系可得：Ep＝mva2＋×2mvb2，
聯(lián)立解得：va＝2，vb＝，
當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為進(jìn)磁場時速度的一半時，即為：v′a＝，
由于水平方向合動量為零，則b的速度為：v′b＝，
此時回路中的感應(yīng)電動勢為：E＝BL(v′a＋v′b)＝BL.
回路中的電功率為：P＝＝.
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（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練9 電磁感應(yīng)問題（含解析）
