《金版教程》高考總復(fù)習(xí)首選用卷?物理(新教材)考點(diǎn)35電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用[題組一基礎(chǔ)小題]1．如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當(dāng)磁場變化時(shí)，線圈AB邊所受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場的變化情況可能是選項(xiàng)圖中的()答案D解析由題意知AB邊受向右的恒定安培力，由左手定則可知線圈中電流沿順時(shí)針方向，由楞次定律知原磁場增強(qiáng)，因安培力不變，根據(jù)F＝IlB知，B增大，I必減小，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，再結(jié)合E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)，分析可知A、B、C錯(cuò)誤，D正確。2.如圖所示，兩條光滑的平行導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌間接有一個(gè)定值電阻R，金屬桿垂直于導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，勻強(qiáng)磁場的方向豎直向下。若金屬桿與導(dǎo)軌之間的摩擦及金屬桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，現(xiàn)給金屬桿一個(gè)水平向右的初速度v0，則金屬桿在磁場中的運(yùn)動(dòng)速度v與時(shí)間t的關(guān)系圖像正確的是()答案C解析金屬桿運(yùn)動(dòng)過程中受水平向左的安培力，其大小為F＝eq\f(B2l2v,R)，對(duì)金屬桿，根據(jù)牛頓第二定律有a＝eq\f(B2l2v,mR)，可知金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，v-t圖像的斜率逐漸減小，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。3.光滑金屬導(dǎo)軌寬L＝0.5m，電阻不計(jì)，均勻變化的磁場充滿整個(gè)導(dǎo)軌平面，如圖甲所示，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示。金屬棒ab的電阻為2Ω，垂直固定在導(dǎo)軌上靜止不動(dòng)，且與導(dǎo)軌左端距離l＝0.2m，則()A．1s末回路中的電動(dòng)勢(shì)為0.1VB．1s末回路中的電流為0.5AC．2s內(nèi)回路產(chǎn)生的電熱為0.1JD．2s末，ab所受安培力大小為0.5N答案A解析由圖乙知，eq\f(ΔB,Δt)＝1T/s，由法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Seq\f(ΔB,Δt)＝lLeq\f(ΔB,Δt)＝0.2×0.5×1V＝0.1V，故A正確；回路中的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.1,2)A＝0.05A，故B錯(cuò)誤；2s內(nèi)回路產(chǎn)生的電熱為Q＝I2Rt＝0.052×2×2J＝0.01J，故C錯(cuò)誤；2s末，B＝2T，ab所受的安培力大小為F＝ILB＝0.05×0.5×2N＝0.05N，故D錯(cuò)誤。4.(多選)如圖，水平放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m的金屬棒ab，導(dǎo)軌的一端連接電阻R，其他電阻均不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(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()A．隨著ab運(yùn)動(dòng)速度的增大，其加速度減小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做功的功率大于電路中的電功率D．無論ab做何運(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AD解析金屬棒ab所受的安培力為：FA＝IlB＝eq\f(B2l2v,R)，由牛頓第二定律可知：a＝eq\f(F－FA,m)，則隨著ab運(yùn)動(dòng)速度的增大，其所受安培力增大，因?yàn)镕不變，則加速度減小，當(dāng)加速度減小為0時(shí)，ab開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；根據(jù)能量守恒定律可知，外力F對(duì)ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能以及ab的動(dòng)能，故B錯(cuò)誤；當(dāng)ab做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，外力F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錯(cuò)誤；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。5.如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，左端由導(dǎo)線相連，導(dǎo)體棒垂直靜置于導(dǎo)軌上構(gòu)成回路。在外力F作用下，回路上方的條形磁體豎直向上做勻速運(yùn)動(dòng)。在勻速運(yùn)動(dòng)過程中外力F做功WF，磁場力對(duì)導(dǎo)體棒做功W1，磁體克服磁場力做功W2，重力對(duì)磁體做功WG，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，導(dǎo)體棒獲得的動(dòng)能為Ek，則下列表達(dá)式錯(cuò)誤的是()A．W1＝Ek B．W1＝QC．W2－W1＝Q D．WF＋WG＝Ek＋Q答案B解析根據(jù)動(dòng)能定理，合力對(duì)導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒獲得的動(dòng)能，導(dǎo)體棒在水平方向上只受磁場力的作用，所以磁場力對(duì)導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒獲得的動(dòng)能，即W1＝Ek，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系及能量守恒定律可知，磁體克服磁場力做的功等于導(dǎo)體棒獲得的動(dòng)能與導(dǎo)體棒、導(dǎo)軌、導(dǎo)線組成的回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和，即W2＝Ek＋Q＝W1＋Q，整理得：W2－W1＝Q，故C正確；磁體向上做勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)磁體根據(jù)動(dòng)能定理有：WF＋WG－W2＝0，又W2＝Ek＋Q，因此有：WF＋WG＝Ek＋Q，故D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選B。6.英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為，磁場變化時(shí)會(huì)在空間激發(fā)感生電場。如圖所示，一個(gè)半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場B，環(huán)上套一電荷量為＋q的小球。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增加，其變化率為k，若小球在環(huán)上運(yùn)動(dòng)一周，則感生電場對(duì)小球的作用力所做功的大小是()A．0 B．eq\f(1,2)r2qkC．2πr2qk D．πr2qk答案D解析變化的磁場使回路中產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝kπr2，則小球在環(huán)上運(yùn)動(dòng)一周，感生電場對(duì)小球的作用力所做的功W＝qU＝qE＝qkπr2，D正確。7.(多選)如圖，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，線框下落的速度大小可能()A．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ab邊進(jìn)入磁場時(shí)線框產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，線框受到向上的安培力F作用，若安培力F＝IlB＝eq\f(B2l2v0,R)＝mg，則線框進(jìn)入磁場的過程做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框全部進(jìn)入磁場后，不再產(chǎn)生感應(yīng)電流，線框在重力作用下加速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；若安培力F＝IlB＝eq\f(B2l2v0,R)<mg，則線框進(jìn)入磁場的過程先做加速運(yùn)動(dòng)，可能一直加速，也可能加速至F＝mg后，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框全部進(jìn)入磁場時(shí)，線框在重力的作用下繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，C正確；若安培力F＝IlB＝eq\f(B2l2v0,R)>mg，則線框進(jìn)入磁場的過程先做減速運(yùn)動(dòng)，可能一直減速，也可能減速至F＝mg后，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框全部進(jìn)入磁場后，線框在重力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，即速度可能先減小后增加，A錯(cuò)誤，D正確。8.如圖所示，兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌固定豎直放置，間距為l，底端接阻值為R的電阻。將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一固定的輕彈簧下端，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，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，金屬棒和導(dǎo)軌電阻不計(jì)，現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放(設(shè)當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間)，則()A．釋放瞬間金屬棒的加速度小于重力加速度gB．金屬棒向下的最大速度為v時(shí)，所受彈簧彈力為F＝mg－eq\f(B2l2v,R)C．金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過電阻R的電流方向?yàn)閍→bD．電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢(shì)能的減少量答案B解析釋放瞬間金屬棒的速度為零，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，金屬棒不受安培力，只受重力，所以金屬棒的加速度等于g，故A錯(cuò)誤；金屬棒向下的速度最大時(shí)，加速度為零，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I＝eq\f(Blv,R)，金屬棒受到的安培力FA＝IlB＝eq\f(B2l2v,R)，根據(jù)平衡條件知，F(xiàn)＋FA＝mg，解得彈簧彈力F＝mg－eq\f(B2l2v,R)，故B正確；金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)切割磁感線，根據(jù)右手定則可知，流過電阻R的電流方向?yàn)閎→a，故C錯(cuò)誤；由于金屬棒產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力的阻礙作用，系統(tǒng)的機(jī)械能不斷減少，最終金屬棒停止運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧具有一定的彈性勢(shì)能，所以金屬棒的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢(shì)能，則根據(jù)能量守恒定律可知在金屬棒運(yùn)動(dòng)的過程中，電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢(shì)能的減少量與最終彈簧的彈性勢(shì)能之差，故D錯(cuò)誤。9．(2019·全國卷Ⅲ)(多選)如圖，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)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖象中可能正確的是()答案AC解析導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒ab受安培力F作用，速度減小，導(dǎo)體棒cd受安培力F′作用，速度變大，如圖所示，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(Blv1－v2,R總)，安培力F＝F′＝BIl＝eq\f(B2l2v1－v2,R總)＝ma，隨著v1減小，v2增大，則F＝F′減小，兩棒的加速度大小a減小，直到v1＝v2＝v共，a＝0，兩棒做勻速運(yùn)動(dòng)，兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則mv0＝2mv共，v共＝eq\f(v0,2)，A正確，B錯(cuò)誤。由前面分析知，v1－v2隨時(shí)間減小得越來越慢，最后為0，則感應(yīng)電流I＝eq\f(Blv1－v2,R總)隨時(shí)間減小得越來越慢，最后為0，C正確，D錯(cuò)誤。10．(多選)如圖，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，兩部分平滑連接，平直部分右端接一個(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、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)軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中()A．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,2R)C．克服安培力所做的功為mghD．金屬棒內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mg(h－μd)答案BD解析金屬棒下滑到導(dǎo)軌彎曲部分底端時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，此時(shí)，感應(yīng)電流最大，分析可得Imax＝eq\f(BLv,2R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，A錯(cuò)誤；金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中通過金屬棒的電荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BdL,2R)，B正確；對(duì)整個(gè)過程由動(dòng)能定理得mgh－WF安－μmgd＝0，金屬棒克服安培力做的功WF安＝mgh－μmgd，金屬棒內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)WF安＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，可知C錯(cuò)誤，D正確。[題組二高考小題]11.(2021·廣東高考)(多選)如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導(dǎo)軌abc和de，ab與de平行，bc是以O(shè)為圓心的圓弧導(dǎo)軌。圓弧be左側(cè)和扇形Obc內(nèi)有方向如圖的勻強(qiáng)磁場。金屬桿OP的O端與e點(diǎn)用導(dǎo)線相接，P端與圓弧bc接觸良好。初始時(shí)，可滑動(dòng)的金屬桿MN靜止在平行導(dǎo)軌上。若桿OP繞O點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場區(qū)內(nèi)從b到c勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有()A．桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定B．桿OP受到的安培力不變C．桿MN做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．桿MN中的電流逐漸減小答案AD解析OP轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(1,2)Br2ω，因?yàn)镺P勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，ω恒定，所以桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，故A正確；桿OP勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電流由M到N通過桿MN，由左手定則可知，桿MN會(huì)向左運(yùn)動(dòng)切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與原來電流方向相反，使回路中電流逐漸減小，桿OP、桿MN所受安培力減小，桿MN的加速度逐漸減小，故D正確，B、C錯(cuò)誤。12．(2021·河北高考)如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)。狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為θ，一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連。導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點(diǎn)開始以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，忽略所有電阻。下列說法正確的是()A．通過金屬棒的電流為2BCv2tanθB．金屬棒到達(dá)x0時(shí)，電容器極板上的電荷量為BCvx0tanθC．金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，電容器的上極板帶負(fù)電D．金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，外力F做功的功率恒定答案A解析由題知金屬棒勻速切割磁感線，則t時(shí)間內(nèi)金屬棒的位移x＝vt，根據(jù)幾何關(guān)系知金屬棒的有效切割長度為l＝2xtanθ，則金屬棒上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv＝2Bv2ttanθ，忽略所有電阻，則電容器極板上的電荷量為Q＝CE＝2BCv2ttanθ，通過金屬棒的電流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝2BCv2tanθ，A正確；當(dāng)金屬棒到達(dá)x0處時(shí)，所用時(shí)間t0＝eq\f(x0,v)，則電容器極板上的電荷量為Q0＝2BCv2t0tanθ＝2BCvx0tanθ，B錯(cuò)誤；根據(jù)右手定則可知，金屬棒中電流方向?yàn)榱飨螂娙萜魃蠘O板，則電容器的上極板帶正電，C錯(cuò)誤；由于金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)，則F＝F安＝IlB，由A項(xiàng)分析可知流過金屬棒的電流I恒定，l與t成正比，則F安為變力，F(xiàn)為變力，再根據(jù)P＝Fv，v不變，可知外力F做功的功率P變化，D錯(cuò)誤。13.(2021·山東高考)迷你系繩衛(wèi)星在地球赤道正上方的電離層中，沿圓形軌道繞地飛行。系繩衛(wèi)星由兩子衛(wèi)星組成，它們之間的導(dǎo)體繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的共同作用下，導(dǎo)體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為r。導(dǎo)體繩所受的安培力克服大小為f的環(huán)境阻力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。已知衛(wèi)星離地平均高度為H，導(dǎo)體繩長為L(L?H)，地球半徑為R，質(zhì)量為M，軌道處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自轉(zhuǎn)的影響。據(jù)此可得，電池電動(dòng)勢(shì)為()A．BLeq\r(\f(GM,R＋H))＋eq\f(fr,BL)B．BLeq\r(\f(GM,R＋H))－eq\f(fr,BL)C．BLeq\r(\f(GM,R＋H))＋eq\f(BL,fr)D．BLeq\r(\f(GM,R＋H))－eq\f(BL,fr)答案A解析根據(jù)萬有引力提供衛(wèi)星繞地運(yùn)行的向心力，有Geq\f(Mm,R＋H2)＝meq\f(v2,R＋H)，可得衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度v＝eq\r(\f(GM,R＋H))；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，導(dǎo)體繩產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E′＝BLv，由右手定則可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向與電池電動(dòng)勢(shì)的方向相反，因?qū)w繩中的電流方向向下，則電池電動(dòng)勢(shì)大于導(dǎo)體繩切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；因?qū)w繩所受阻力f與安培力F平衡，可得f＝F＝Beq\f(E－E′,r)L，聯(lián)立解得E＝BLeq\r(\f(GM,R＋H))＋eq\f(fr,BL)，故選A。14．(2019·全國卷Ⅱ)(多選)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場時(shí)加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場開始計(jì)時(shí)，到MN離開磁場區(qū)域?yàn)橹?，流過PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是()答案AD解析PQ剛進(jìn)入磁場時(shí)，加速度為零，則mgsinθ＝BI1L，又I1＝eq\f(BLv,R總)，故PQ做勻速運(yùn)動(dòng)，電流恒定；由題意知，MN剛進(jìn)入磁場時(shí)與PQ剛進(jìn)入磁場時(shí)速度相同。情形1：若MN剛進(jìn)入磁場時(shí)，PQ已離開磁場區(qū)域，則對(duì)MN，由mgsinθ＝BI1L、I1＝eq\f(BLv,R總)及右手定則知，通過PQ的電流大小不變，方向相反，故I-t圖象如圖A所示。情形2：若MN剛進(jìn)入磁場時(shí)，PQ未離開磁場區(qū)域，由于兩導(dǎo)體棒速度相等，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)等大、反向，故電流為0，兩棒在重力沿導(dǎo)軌方向的分力作用下均加速直至PQ離開磁場。當(dāng)PQ離開磁場時(shí)，MN在磁場中的速度大于勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，MN為電源，由右手定則知PQ中的電流方向與MN未進(jìn)入磁場時(shí)相反，設(shè)此時(shí)PQ中電流大小為I2，由E＝BLv′，I2＝eq\f(E,R總)，BI2L－mgsinθ＝ma>0知，MN減速，且隨v′減小，I2減小，a減小，I2與v′成正比，故I2隨t減小得越來越慢，直至勻速，這時(shí)I2＝I1，I-t圖象如圖D所示。15.(2020·海南高考)(多選)如圖，足夠長的間距d＝1m的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在一個(gè)寬度L＝1m的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T，方向如圖所示。一根質(zhì)量ma＝0.1kg、阻值R＝0.5Ω的金屬棒a以初速度v0＝4m/s從左端開始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，穿過磁場區(qū)域后，與另一根質(zhì)量mb＝0.2kg、阻值R＝0.5Ω的原來靜置在導(dǎo)軌上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則()A．金屬棒a第一次穿過磁場時(shí)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．金屬棒a第一次穿過磁場時(shí)回路中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流C．金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為0.25JD．金屬棒a最終停在距磁場左邊界0.8m處答案BD解析金屬棒a第一次穿過磁場時(shí)受到安培力的作用，做減速運(yùn)動(dòng)，由于速度減小，則感應(yīng)電流減小，金屬棒a所受的安培力減小，加速度減小，故金屬棒a第一次穿過磁場時(shí)做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。根據(jù)右手定則可知，金屬棒a第一次穿過磁場時(shí)回路中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故B正確。金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLd,Δt)，平均感應(yīng)電流為eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)，金屬棒a受到的安培力大小的平均值為eq\x\to(F)＝Beq\x\to(I)d，規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得－Beq\x\to(I)d·Δt＝mava－mav0，解得金屬棒a第一次離開磁場時(shí)的速度大小為va＝1.5m/s；金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒a機(jī)械能的減少量，即Q＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)，代入數(shù)據(jù)得Q＝0.6875J，由于兩棒電阻相同，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱相同，則金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為Qb＝eq\f(Q,2)＝0.34375J，故C錯(cuò)誤。規(guī)定向右為正方向，對(duì)兩金屬棒碰撞過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mava＝mava′＋mbvb，eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mava′2＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得金屬棒a碰后的速度為va′＝－0.5m/s；設(shè)金屬棒a最終停在距磁場左邊界x處，則從反彈進(jìn)入磁場到停下來的過程，電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\x\to(E)′＝eq\f(ΔΦ′,Δt′)＝eq\f(BL－xd,Δt′)，平均感應(yīng)電流為eq\x\to(I)′＝eq\f(\x\to(E)′,2R)，金屬棒a受到的平均安培力大小為eq\x\to(F)′＝Beq\x\to(I)′d，規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得Beq\x\to(I)′d·Δt′＝0－mava′，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得x＝0.8m，故D正確。16.(2021·全國甲卷)(多選)由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個(gè)正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時(shí)由靜止開始下落，一段時(shí)間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計(jì)空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，可能出現(xiàn)的是()A．甲和乙都加速運(yùn)動(dòng)B．甲和乙都減速運(yùn)動(dòng)C．甲加速運(yùn)動(dòng)，乙減速運(yùn)動(dòng)D．甲減速運(yùn)動(dòng)，乙加速運(yùn)動(dòng)答案AB解析由于兩線圈從同一高度同時(shí)由靜止開始下落，則兩線圈下邊同時(shí)進(jìn)入磁場，且速度相同，設(shè)為v；設(shè)線圈的邊長為l，匝數(shù)為n，則線圈下邊剛進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝nBlv；設(shè)線圈的密度為ρ0，質(zhì)量為m，則所用導(dǎo)線的橫截面積為S＝eq\f(m,4nlρ0)；設(shè)導(dǎo)線材料的電阻率為ρ，則線圈的電阻為R＝ρeq\f(4nl,S)＝eq\f(16n2l2ρρ0,m)；線圈下邊剛進(jìn)入磁場時(shí)線圈中的感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(mBv,16nlρρ0)，線圈所受安培力大小為F＝nIlB＝eq\f(mB2v,16ρρ0)；以豎直向下為正方向，由牛頓第二定律有mg－F＝ma，解得a＝g－eq\f(F,m)＝g－eq\f(B2v,16ρρ0)，可知加速度和線圈的匝數(shù)、橫截面積無關(guān)，則甲和乙進(jìn)入磁場時(shí)，具有相同的加速度；分析可知，在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，兩線圈的加速度和速度在任意時(shí)刻都相同。由a的表達(dá)式可知，若g>eq\f(B2v,16ρρ0)，即a>0，則在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，甲和乙都加速運(yùn)動(dòng)，或都先加速后勻速運(yùn)動(dòng)；若g<eq\f(B2v,16ρρ0)，即a<0，則在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，甲和乙都減速運(yùn)動(dòng)，或都先減速后勻速運(yùn)動(dòng)；若g＝eq\f(B2v,16ρρ0)，即a＝0，則在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，甲和乙都勻速運(yùn)動(dòng)。綜上所述，A、B正確，C、D錯(cuò)誤。17.(2021·湖南高考)(多選)兩個(gè)完全相同的正方形勻質(zhì)金屬框，邊長為L，通過長為L的絕緣輕質(zhì)桿相連，構(gòu)成如圖所示的組合體。距離組合體下底邊H處有一方向水平、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。磁場區(qū)域上下邊界水平，高度為L，左右寬度足夠大。把該組合體在垂直磁場的平面內(nèi)以初速度v0水平無旋轉(zhuǎn)拋出，設(shè)置合適的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B使其勻速通過磁場，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是()A．B與v0無關(guān)，與eq\r(H)成反比B．通過磁場的過程中，金屬框中電流的大小和方向保持不變C．通過磁場的過程中，組合體克服安培力做功的功率與重力做功的功率相等D．調(diào)節(jié)H、v0和B，只要組合體仍能勻速通過磁場，則其通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量不變答案CD解析將組合體以初速度v0水平無旋轉(zhuǎn)拋出后，組合體進(jìn)入磁場前做平拋運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動(dòng)，由于金屬框水平切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相互抵消，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLvy，其中vy＝eq\r(2gH)，根據(jù)平衡條件，有mg＝F安，而F安＝ILB，I＝eq\f(E,R)，聯(lián)立得B＝eq\r(\f(mgR,L2\r(2g)))·eq\f(1,\r(4,H))，則B與v0無關(guān)，與eq\r(4,H)成反比，A錯(cuò)誤；當(dāng)金屬框進(jìn)入磁場時(shí)通過金屬框的磁通量增加，此時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，當(dāng)金屬框出磁場時(shí)通過金屬框的磁通量減少，此時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，B錯(cuò)誤；由于組合體進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動(dòng)，有mg＝F安，則組合體克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正確；無論調(diào)節(jié)H、v0和B中的哪個(gè)物理量，只要組合體仍能勻速通過磁場，都有mg＝F安，則克服安培力做的功都為W＝F安·4L＝4mgL，即組合體通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量不變，D正確。18.(2020·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺(tái)上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個(gè)金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬框，運(yùn)動(dòng)過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經(jīng)過一段時(shí)間后()A．金屬框的速度大小趨于恒定值B．金屬框的加速度大小趨于恒定值C．導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值答案BC解析金屬框在力F的作用下向右運(yùn)動(dòng)，bc邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，在回路MNcb中有感應(yīng)電流，使得導(dǎo)體棒MN受到向右的安培力而向右做加速運(yùn)動(dòng)，bc邊受到向左的安培力。當(dāng)MN運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬框的bc邊和導(dǎo)體棒MN一起切割磁感線，設(shè)導(dǎo)體棒MN和金屬框的速度分別為v1、v2，導(dǎo)體棒的電阻為R，金屬框的寬度為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則電路中的總電動(dòng)勢(shì)E＝BL(v2－v1)，電路中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv2－v1,R)，金屬框受到的安培力F安框＝BIL＝eq\f(B2L2v2－v1,R)，與運(yùn)動(dòng)方向相反；導(dǎo)體棒MN受到的安培力F安MN＝BIL＝eq\f(B2L2v2－v1,R)，與運(yùn)動(dòng)方向相同。設(shè)導(dǎo)體棒MN和金屬框的質(zhì)量分別為m1、m2，加速度分別為a1、a2，則對(duì)導(dǎo)體棒MN，有eq\f(B2L2v2－v1,R)＝m1a1，對(duì)金屬框，有F－eq\f(B2L2v2－v1,R)＝m2a2。導(dǎo)體棒MN和金屬框的初始速度均為零，則a1從零開始逐漸增加，a2從eq\f(F,m2)開始逐漸減小，當(dāng)a1＝a2時(shí)，相對(duì)速度v2－v1＝eq\f(FRm1,B2L2m1＋m2)，之后a1、a2不變，v2－v1恒定，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程用速度—時(shí)間圖像描述如圖所示。綜上可得，經(jīng)過一段時(shí)間后，金屬框和導(dǎo)體棒的加速度大小趨于恒定值，所受安培力的大小也趨于恒定值，B、C正確；金屬框的速度會(huì)一直增大，導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離也會(huì)一直增大，A、D錯(cuò)誤。19．(2021·福建高考)(多選)如圖，P、Q是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，導(dǎo)軌足夠長且電阻可忽略不計(jì)。圖中EFGH矩形區(qū)域有一方向垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。在t＝t1時(shí)刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進(jìn)入磁場，速度大小均為v0；一段時(shí)間后，流經(jīng)a棒的電流為0，此時(shí)t＝t2，b棒仍位于磁場區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b由相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，a棒的質(zhì)量為m。在運(yùn)動(dòng)過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則()A．t1時(shí)刻a棒加速度大小為eq\f(2B2L2v0,3mR)B．t2時(shí)刻b棒的速度為0C．t1～t2時(shí)間內(nèi)，通過a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍D．t1～t2時(shí)間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(2,9)mveq\o\al(2,0)答案AD解析由題知，t1時(shí)刻，a棒進(jìn)入磁場的速度方向向右，b棒的速度方向向左，根據(jù)右手定則可知，a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和b棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)在回路中均為逆時(shí)針方向，所以流過金屬棒a、b的感應(yīng)電流I＝eq\f(2BLv0,R＋2R)＝eq\f(2BLv0,3R)，對(duì)a棒，根據(jù)牛頓第二定律有BIL＝ma，解得a＝eq\f(2B2L2v0,3mR)，故A正確；金屬棒a、b由相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，根據(jù)電阻定律有R＝ρeq\f(L,S)，2R＝ρeq\f(L,S′)，解得b棒的橫截面積S′＝eq\f(1,2)S，已知a棒的質(zhì)量為m，設(shè)b棒的質(zhì)量為m′，則有m＝ρ密V＝ρ密SL，m′＝ρ密V′＝ρ密S′L，聯(lián)立解得m′＝eq\f(1,2)m，根據(jù)左手定則，可知a棒受到的安培力向左，b棒受到的安培力向右，由于流過金屬棒a、b的電流一直相等，故兩個(gè)力大小始終相等，則a與b組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由題知，t2時(shí)刻流過a棒的電流為0，說明金屬棒a、b在t2時(shí)刻均在磁場中且達(dá)到了共同速度，設(shè)為v，取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有mv0－eq\f(1,2)mv0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)m))v，解得v＝eq\f(1,3)v0，故B錯(cuò)誤；在t1～t2時(shí)間內(nèi)，根據(jù)q＝It及金屬棒a、b串聯(lián)構(gòu)成回路，可知通過兩棒橫截面的電荷量相等，故C錯(cuò)誤；在t1～t2時(shí)間內(nèi)，對(duì)金屬棒a、b組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m))veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)m))v2＋Q總，解得回路中產(chǎn)生的總熱量為Q總＝eq\f(2,3)mveq\o\al(2,0)，根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt，因金屬棒a、b中的電流一直相等，所用時(shí)間相同，故金屬棒a、b產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，即Qa∶Qb＝1∶2，又Qa＋Qb＝Q總＝eq\f(2,3)mveq\o\al(2,0)，解得a棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qa＝eq\f(2,9)mveq\o\al(2,0)，故D正確。20.(2021·山東高考)(多選)如圖所示，電阻不計(jì)的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中磁場方向均垂直斜面向上，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強(qiáng)磁場。阻值恒定的金屬棒從無磁場區(qū)域中a處由靜止釋放，進(jìn)入Ⅱ區(qū)后，經(jīng)b下行至c處反向上行。運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好。在第一次下行和上行的過程中，以下敘述正確的是()A．金屬棒下行過b時(shí)的速度大于上行過b時(shí)的速度B．金屬棒下行過b時(shí)的加速度大于上行過b時(shí)的加速度C．金屬棒不能回到無磁場區(qū)D．金屬棒能回到無磁場區(qū)，但不能回到a處答案ABD解析Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，由楞次定律及法拉第電磁感應(yīng)定律可知，Ⅰ區(qū)磁場在金屬棒中產(chǎn)生向左的恒定電流I1；金屬棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)后，下行過程切割磁感線產(chǎn)生向左的感應(yīng)電流I2，則金屬棒中的電流為向左的(I1＋I(xiàn)2)，由左手定則可知，金屬棒受到向上的安培力F下＝B2(I1＋I(xiàn)2)l，由于在c處有B2I1l>mgsinθ，所以F下>mgsinθ，下行過程金屬棒做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，I2＝eq\f(B2lv,R)減小，F(xiàn)下減小，a＝eq\f(F下－mgsinθ,m)減小，到達(dá)c處時(shí)速度為0；在Ⅱ區(qū)上行過程切割磁感線產(chǎn)生向右的感應(yīng)電流I2′，受到向上的安培力F上＝B2(I1－I2′)l，隨著速度增大，I2′＝eq\f(B2lv,R)增大，F(xiàn)上減小，a＝eq\f(F上－mgsinθ,m)減小，當(dāng)a＝0即F上＝mgsinθ時(shí)，速度不變，I2′不變，F(xiàn)上不變，金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)。由以上分析可知，在Ⅱ區(qū)中金屬棒的加速度一直減小直到為0，則下行經(jīng)過b時(shí)的加速度大于上行經(jīng)過b時(shí)的加速度，B正確；由－eq\x\to(F)合下xbc＋eq\x\to(F)合上xbc＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b上)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b下)及F合＝ma可知，金屬棒下行過b時(shí)的速度大于上行過b時(shí)的速度，A正確；由以上分析可知，金屬棒能回到無磁場區(qū)，由A項(xiàng)分析同理知，金屬棒出Ⅱ區(qū)時(shí)的速度小于進(jìn)Ⅱ區(qū)時(shí)的速度，則金屬棒不能回到a處，C錯(cuò)誤，D正確。[題組三模擬小題]21.(2021·江蘇省常州市高三一模)如圖所示，圓形區(qū)域中的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B1＝kt，k為大于零的常量；邊界MN右側(cè)的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2。光滑平行金屬導(dǎo)軌左端接一阻值為R的電阻、MN處放置一和導(dǎo)軌接觸良好的金屬棒，不計(jì)導(dǎo)軌和金屬棒電阻。t＝0時(shí)，給金屬棒一初速度v0，使其在外力作用下向右勻速運(yùn)動(dòng)。回路的總磁通量為Φ、回路的電流為i、電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q、導(dǎo)體棒受到的外力為F，它們隨時(shí)間t的變化圖像正確的是()答案C解析由于金屬棒在外力作用下向右勻速運(yùn)動(dòng)，則動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為E1＝B2Lv0，根據(jù)右手定則可知電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針；回路中產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)為E2＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB1,Δt)S＝kS，保持不變，根據(jù)楞次定律可知電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，則回路中總的電動(dòng)勢(shì)為E＝E1＋E2＝B2Lv0＋kS，可知大小不變，則感應(yīng)電流i不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)不變，所以回路的總磁通量變化率不變，Φ-t圖像的斜率不變，故A、B錯(cuò)誤；電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q＝i2Rt，i不變，所以Q與時(shí)間t成正比，故C正確；由于金屬棒在外力作用下向右勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件可得：F＝B2iL，i不變，拉力F不變，故D錯(cuò)誤。22．(2021·北京市西城區(qū)高三下5月統(tǒng)一測(cè)試)如圖1所示，地面上方高度為d的空間內(nèi)有水平方向的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m的正方形閉合導(dǎo)線框abcd的邊長為l，從bc邊距離地面高為h處將其由靜止釋放，已知h>d>l。從導(dǎo)線框開始運(yùn)動(dòng)到bc邊即將落地的過程中，導(dǎo)線框的v-t圖像如圖2所示。重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，以下有關(guān)這一過程的判斷正確的是()A．t1～t2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框受到的安培力逐漸增大B．磁場的高度d可以用v-t圖中陰影部分的面積表示C．導(dǎo)線框重力勢(shì)能的減少量等于其動(dòng)能的增加量D．導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱大于mgl答案D解析由圖2可知，0～t1時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框自由下落，t1～t2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框切割磁感線進(jìn)入磁場，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，t2～t3時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場，做勻加速運(yùn)動(dòng)。t1～t2時(shí)間內(nèi)對(duì)導(dǎo)線框受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有，F(xiàn)安－mg＝ma，a減小，則安培力減小，A錯(cuò)誤；根據(jù)圖2可知，t1時(shí)刻bc邊開始進(jìn)入磁場，t3時(shí)刻bc邊到達(dá)地面，所以磁場高度d等于t1～t3時(shí)間內(nèi)的位移，即可用v-t圖線在t1～t3部分與t軸所圍面積表示，B錯(cuò)誤；根據(jù)題意可知，安培力做負(fù)功，根據(jù)能量守恒定律可知導(dǎo)線框的重力勢(shì)能減少量等于動(dòng)能增加量和克服安培力做功之和，C錯(cuò)誤；由t1～t2時(shí)間內(nèi)F安>mg且W安＝F安l，可知在下降過程中導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W安>mgl，D正確。23.(2022·河南省大聯(lián)考“頂尖計(jì)劃”高三上第一次考試)(多選)如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌傾斜放置，與水平面夾角為30°，兩導(dǎo)軌間的距離為L，導(dǎo)軌頂端接有電容為C的電容器。一根質(zhì)量為m的均勻金屬棒ab放在導(dǎo)軌上，與兩導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸，整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，重力加速度為g，不計(jì)一切電阻。由靜止釋放金屬棒，金屬棒下滑x的過程中電容器未被擊穿，下列說法正確的是()A．金屬棒做加速度越來越小的加速運(yùn)動(dòng)B．金屬棒下滑x時(shí)的速度v＝eq\r(\f(mgx,2m＋B2L2C))C．金屬棒下滑x的過程中，電容器儲(chǔ)存的電荷量q＝BLCeq\r(\f(mgx,m＋B2L2C))D．金屬棒下滑x的過程中，電容器儲(chǔ)存的電場能E電＝eq\f(mgCB2L2x,2m＋B2L2C)答案CD解析金屬棒沿光滑導(dǎo)軌下滑切割磁感線產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，同時(shí)給電容器充電，由牛頓第二定律有mgsin30°－BiL＝ma，而充電電流為i＝eq\f(Δq,Δt)＝eq\f(C·ΔU,Δt)＝eq\f(C·BLΔv,Δt)＝CBLa，聯(lián)立可得a＝eq\f(mg,2m＋CB2L2)，可知加速度恒定，即金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；金屬棒做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，下滑x時(shí)的速度為v，則有v2＝2ax，聯(lián)立解得速度v＝eq\r(\f(mgx,m＋B2L2C))，故B錯(cuò)誤；金屬棒下滑x的過程中電容器儲(chǔ)存的電荷量為q＝C·U＝C·BLv＝BLCeq\r(\f(mgx,m＋B2L2C))，故C正確；金屬棒下滑x的過程中，電容器儲(chǔ)存的電荷量為q＝CU，電荷量與電壓成正比，則電容器儲(chǔ)存的電場能為E電＝eq\f(1,2)qU＝eq\f(1,2)CU2，而U＝BLv＝BLeq\r(\f(mgx,m＋B2L2C))，聯(lián)立得E電＝eq\f(mgCB2L2x,2m＋B2L2C)[另解：對(duì)金屬棒的下滑過程由動(dòng)能定理，有mgsin30°·x－WF安＝eq\f(1,2)mv2－0，而WF安＝E電，聯(lián)立解得E電＝eq\f(mgCB2L2x,2m＋B2L2C)]，故D正確。24.(2021·山東省濟(jì)寧市高三下二模)(多選)如圖所示，空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左右兩部分的間距分別為l、2l，質(zhì)量分別為m、2m的導(dǎo)體棒a、b均垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒a接入電路的電阻為R，其余電阻均忽略不計(jì)；a、b兩棒分別以v0、2vA．a(chǎn)棒加速度的大小始終等于b棒加速度的大小B．穩(wěn)定時(shí)a棒的速度為1.5v0C．電路中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)D．流過導(dǎo)體棒a的某一橫截面的電荷量為eq\f(mv0,2Bl)答案AC解析分別計(jì)算a、b棒的加速度，由F安＝BIL和F安＝ma，聯(lián)立得a＝eq\f(BIL,m)，由題設(shè)知a、b棒中的電流相等，a、b棒長度分別為l、2l，質(zhì)量分別為m、2m，則a、b棒加速度大小相等，故A正確；設(shè)經(jīng)過時(shí)間t穩(wěn)定時(shí)，a棒的速度為va，b棒的速度為vb，因?yàn)閷?dǎo)軌光滑，導(dǎo)體棒在水平方向上只受到安培力作用，對(duì)a棒，根據(jù)動(dòng)量定理有Fa·t＝Beq\x\to(I)l·t＝mva－mv0，同理，對(duì)b棒有－Fbt＝－Beq\x\to(I)×2l·t＝2mvb－2m·2v0，穩(wěn)定時(shí)兩棒中無電流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，聯(lián)立解得va＝2v0，vb＝v0，故B錯(cuò)誤；由能量守恒定律可知，a、b棒的動(dòng)能的損失量等于電路產(chǎn)生的焦耳熱，初動(dòng)能Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2m×(2v0)2，末動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)m(2v0)2＋eq\f(1,2)×2m×veq\o\al(2,0)，則電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝Ek0－Ek＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，故C正確；對(duì)a棒，由動(dòng)量定理有Beq\x\to(I)l·t＝mva－mv0，又流過導(dǎo)體棒a的某一橫截面的電荷量q＝eq\x\to(I)·t，va＝2v0，解得q＝eq\f(mv0,Bl)，故D錯(cuò)誤。[題組一基礎(chǔ)大題]25．如圖甲所示，導(dǎo)體棒MN置于足夠長的水平“匚”形金屬框架上，框架的兩根導(dǎo)軌平行，左側(cè)連有定值電阻，右側(cè)虛線外有垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場。導(dǎo)體棒在水平恒力作用下，從t＝0時(shí)刻開始向右沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖乙所示。圖線在0～t1時(shí)間內(nèi)是直線，在t1～t2時(shí)間內(nèi)是曲線，在大于t2時(shí)間內(nèi)是平行時(shí)間軸的直線。已知該棒t1時(shí)刻速度為v1，t2時(shí)刻速度為v2，不計(jì)棒與導(dǎo)軌間的摩擦和導(dǎo)軌電阻，求：(1)剛進(jìn)入磁場的t1時(shí)刻和t2時(shí)刻通過導(dǎo)體棒的電流之比；(2)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場時(shí)加速度的大小。答案(1)eq\f(v1,v2)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(v1,v2)))eq\f(v1,t1)解析(1)設(shè)導(dǎo)體棒切割磁感線的長度為l，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，回路的總電阻為R，則在t1、t2時(shí)刻通過導(dǎo)體棒的電流分別為：I1＝eq\f(Blv1,R)，I2＝eq\f(Blv2,R)，因此電流之比為：eq\f(I1,I2)＝eq\f(v1,v2)。(2)導(dǎo)體棒在t1、t2時(shí)刻受到的安培力分別為：F1＝I1lB＝eq\f(B2l2v1,R)，F(xiàn)2＝I2lB＝eq\f(B2l2v2,R)。設(shè)恒力為F，對(duì)導(dǎo)體棒在t1時(shí)刻，根據(jù)牛頓第二定律有：F－eq\f(B2l2v1,R)＝ma，在t2時(shí)刻，根據(jù)平衡條件有：F－eq\f(B2l2v2,R)＝0，在0～t1時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理有：Ft1＝mv1－0，聯(lián)立解得：a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(v1,v2)))eq\f(v1,t1)。26．如圖所示，足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面成θ＝37°角，在斜面上虛線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)度大小為B＝1T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝10g、總電阻為R＝1Ω、邊長為d＝0.1m的正方形金屬線圈MNPQ，讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端靜止釋放，線圈剛好勻速穿過磁場。已知線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)線圈進(jìn)入磁場區(qū)域時(shí)，受到的安培力大??；(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)2×10－2N(2)1m(3)4×10－3J解析(1)線圈勻速穿過磁場過程中，對(duì)線圈受力分析有：F安＋μmgcosθ＝mgsinθ代入數(shù)據(jù)得F安＝2×10－2N。(2)線圈進(jìn)入磁場時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bdv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)則F安＝IdB＝eq\f(B2d2v,R)代入數(shù)據(jù)得v＝2m/s線圈進(jìn)入磁場前做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度a＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2線圈釋放時(shí)，PQ邊到bb′的距離x＝eq\f(v2,2a)＝1m。(3)由于線圈剛好勻速穿過磁場，則磁場寬度等于d＝0.1m由功能關(guān)系得Q＝－W安＝F安·2d代入數(shù)據(jù)解得Q＝4×10－3J。[題組二高考大題]27．(2021·天津高考)如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距L＝1m，其電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成θ＝30°角，N、Q兩端接有R＝1Ω的電阻。一金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，ab兩端與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知ab的質(zhì)量m＝0.2kg，電阻r＝1Ω，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T。ab在平行于導(dǎo)軌向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5m/s沿導(dǎo)軌向上開始運(yùn)動(dòng)，可達(dá)到最大速度v＝2m/s。運(yùn)動(dòng)過程中拉力的功率恒定不變，重力加速度g＝10m/s2。(1)求拉力的功率P；(2)ab開始運(yùn)動(dòng)后，經(jīng)t＝0.09s速度達(dá)到v2＝1.5m/s，此過程中ab克服安培力做功W＝0.06J，求該過程中ab沿導(dǎo)軌的位移大小x。答案(1)4W(2)0.1m解析(1)在ab運(yùn)動(dòng)過程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大時(shí)，加速度為零，設(shè)此時(shí)拉力的大小為F，安培力大小為FA，有F－mgsinθ－FA＝0由法拉第電磁感應(yīng)定律，此時(shí)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv由閉合電路歐姆定律，回路中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)ab受到的安培力FA＝ILB由功率表達(dá)式，有P＝Fv聯(lián)立上述各式，代入數(shù)據(jù)解得P＝4W。(2)ab從速度v1到v2的過程中，由動(dòng)能定理，有Pt－W－mgxsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)解得x＝0.1m。28.(2021·海南高考)如圖，間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌左端接有阻值為R的定值電阻，一質(zhì)量為m的金屬桿放在導(dǎo)軌上。金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)金屬桿內(nèi)自由電子沿桿定向移動(dòng)的速率為u0。設(shè)金屬桿內(nèi)做定向移動(dòng)的自由電子總量保持不變，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，除了電阻R以外不計(jì)其他電阻。(1)求金屬桿中的電流和水平外力的功率；(2)某時(shí)刻撤去外力，經(jīng)過一段時(shí)間，自由電子沿金屬桿定向移動(dòng)的速率變?yōu)閑q\f(u0,2)，求：(ⅰ)這段時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；(ⅱ)這段時(shí)間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動(dòng)的距離。答案(1)eq\f(Blv0,R)eq\f(B2l2v\o\al(2,0),R)(2)(ⅰ)eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)(ⅱ)eq\f(mRu0,2B2l2)解析(1)金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv0則金屬桿中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv0,R)由題知，金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有F＝F安＝BIl＝eq\f(B2l2v0,R)根據(jù)功率的計(jì)算公式有P＝Fv0＝eq\f(B2l2v\o\al(2,0),R)。(2)(ⅰ)設(shè)金屬桿內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為n，金屬桿的橫截面積為S，則金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流可表示為I＝nSeu0＝eq\f(Blv0,R)電子沿金屬桿定向移動(dòng)的速率變?yōu)閑q\f(u0,2)時(shí)，I′＝nSeeq\f(u0,2)＝eq\f(Blv′,R)解得v′＝eq\f(v0,2)則根據(jù)能量守恒定律有eq\