（浙江選考）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 4 第4節(jié) 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題練習(xí)（含解析）

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1、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題 1.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(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圖象中，可能正確描述上述過程的是(　　) 解析：選D.線框進(jìn)入和離開磁場時(shí)，安培力的作用都是阻礙線框運(yùn)動(dòng)，使線框速度減小，由E＝BLv、I＝及F＝BIL＝ma可知安培力減小，加速度減小，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場后穿過線框的磁通量不再變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，不再產(chǎn)生安培力，線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

2、故選項(xiàng)D正確． 2.(2019·麗水質(zhì)檢)如圖所示，閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計(jì)，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強(qiáng)磁場．若第一次用0.3 s時(shí)間拉出，外力所做的功為W1，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q1；第二次用0.9 s時(shí)間拉出，外力所做的功為W2，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q2，則(　　) A．W1W2，q1>q2 D．W1>W2，q1＝q2 解析：選D.設(shè)線框的長為L1，寬為L2，速度為v，線框所受的安培力大小為FA＝BIL2，又I＝，E＝BL2v，則得FA＝.線框勻速運(yùn)動(dòng)，外力與安培力平衡，則外力的大小為F＝FA＝，外力做功為W＝

3、FL1＝·L1＝·，可見，外力做功與所用時(shí)間成反比，則有W1>W2.兩種情況下，線框拉出磁場時(shí)穿過線框的磁通量的變化量相等，根據(jù)感應(yīng)電荷量公式q＝可知，通過導(dǎo)線截面的電荷量相等，即有q1＝q2，故選D. 3．(2019·紹興高三選考科目教學(xué)測試)如圖所示，間距為L，電阻不計(jì)的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端用一阻值為R的電阻連接，導(dǎo)軌上橫跨一根質(zhì)量為m，電阻也為R的金屬棒，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好．整個(gè)裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中．現(xiàn)使金屬棒以初速度v0沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，若金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中通過的電荷量為q.下列說法正確的是(　　) A．金屬棒在導(dǎo)軌上做勻減速運(yùn)動(dòng)

4、B．整個(gè)過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為 C．整個(gè)過程中金屬棒在導(dǎo)軌上發(fā)生的位移為 D．整個(gè)過程中金屬棒克服安培力做功為 解析：選D.設(shè)某時(shí)刻的速度為v，則此時(shí)的電動(dòng)勢E＝BLv，安培力F安＝，由牛頓第二定律有F安＝ma，則金屬棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由能量守恒定律知，整個(gè)過程中克服安培力做功等于電阻R和金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱之和，即W安＝Q＝mv，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確；整個(gè)過程中通過導(dǎo)體棒的電荷量q＝＝＝，得金屬棒在導(dǎo)軌上發(fā)生的位移x＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤． 4.如圖所示，光滑斜面的傾角為θ，斜面上放置一矩形導(dǎo)體線框abcd，ab邊的邊長為l1，bc邊的邊長為l2，線框的質(zhì)量為m，電阻

5、為R，線框通過絕緣細(xì)線繞過光滑的滑輪與重物相連，重物質(zhì)量為M，斜面上ef線(ef平行底邊)的上方有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如果線框從靜止開始運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場的最初一段時(shí)間是做勻速運(yùn)動(dòng)的，且線框的ab邊始終平行底邊，則下列說法正確的是(　　) A．線框進(jìn)入磁場前運(yùn)動(dòng)的加速度為 B．線框進(jìn)入磁場時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度為 C．線框做勻速運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為 D．該勻速運(yùn)動(dòng)過程產(chǎn)生的焦耳熱為(Mg－mgsin θ)l2 解析：選D.由牛頓第二定律，Mg－mgsin θ＝(M＋m)a，解得線框進(jìn)入磁場前運(yùn)動(dòng)的加速度為，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由平衡條件，Mg－mgsin θ－F安＝0，F(xiàn)安＝BIl1，I

6、＝，E＝Bl1v，聯(lián)立解得線框進(jìn)入磁場時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；線框做勻速運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t＝＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由能量守恒定律，該勻速運(yùn)動(dòng)過程產(chǎn)生的焦耳熱等于系統(tǒng)重力勢能的減小，為(Mg－mgsin θ)l2，選項(xiàng)D正確． 5．(2019·嘉興月考)如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1 m，一勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.40 Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.01 kg、電阻為r＝0.30 Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上．現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示

7、，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g＝10 m/s2(忽略ab棒運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)原磁場的影響)，求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? (2)金屬棒ab在開始運(yùn)動(dòng)的1.5 s內(nèi)，通過電阻R的電荷量； (3)金屬棒ab在開始運(yùn)動(dòng)的1.5 s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量． 解析：(1)金屬棒在AB段勻速運(yùn)動(dòng)，由題中圖象乙得： v＝＝7 m/s，I＝，mg＝BIL 解得B＝0.1 T. (2)q＝Δt，＝，ΔΦ＝ΔSB，ΔS＝Δx·L 解得：q＝1 C. (3)Q＝mgx－mv2，解得Q＝0.455 J 從而QR＝ Q＝0.26 J. 答案：(1)0.1 T　(2)1 C

8、　(3)0.26 J 【課后達(dá)標(biāo)檢測(一)】 一、選擇題 1.(2019·浙江十校聯(lián)考)如圖所示，在粗糙絕緣水平面上有一正方形閉合線框abcd，其邊長為l，質(zhì)量為m，金屬線框與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.虛線框a′b′c′d′內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場，磁場方向豎直向下．開始時(shí)金屬線框的ab邊與磁場的d′c′邊重合．現(xiàn)使金屬線框以初速度v0沿水平面滑入磁場區(qū)域，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后停止，此時(shí)金屬線框的dc邊與磁場區(qū)域的d′c′邊距離為l.在這個(gè)過程中，金屬線框產(chǎn)生的焦耳熱為(　　) A.mv＋μmgl B.mv－μmgl C.mv＋2μmgl D.mv－2μmgl 答案：D 2.(2019·麗水期

9、中)一個(gè)長方形的金屬線框放在有界的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與線框所在平面垂直，如圖所示，線框在水平恒力F作用下，由靜止開始向左運(yùn)動(dòng)，一直到被拉出磁場．在此過程中，若線框的速度逐漸增大，線框中的感應(yīng)電流的大小隨時(shí)間變化的圖象可能是下面圖中的(　　) 答案：A 3.(2019·杭州質(zhì)檢)如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩個(gè)邊長相等的單匝閉合正方形線圈Ⅰ和Ⅱ，分別用相同材料，不同粗細(xì)的導(dǎo)線繞制(Ⅰ為細(xì)導(dǎo)線)．兩線圈在距磁場上界面h高處由靜止開始自由下落，再進(jìn)入磁場，最后落到地面．運(yùn)動(dòng)過程中，線圈平面始終保持豎直且下邊緣平行于磁場上邊界．設(shè)線圈Ⅰ、Ⅱ落地時(shí)的速度大小分別

10、為v1、v2，在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2，不計(jì)空氣阻力，則(　　) A．v1Q2 D．v1＝v2，Q1

11、電流做功發(fā)出的熱量為mv2－mgs(sin θ＋μcos θ) C．上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功為mv2 D．上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為mv2－mgssin θ 解析：選C.本題考查的是電磁感應(yīng)定律和力學(xué)的綜合問題，上滑過程中開始時(shí)導(dǎo)體棒的速度最大，受到的安培力最大為；根據(jù)能量守恒，上滑過程中電流做功發(fā)出的熱量為mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)；上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于產(chǎn)生的熱也是 mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)；上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為mv2－mgssin θ. 5.(2019·舟山質(zhì)檢)如圖所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且

12、電阻不計(jì)．勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直．阻值為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌靜止放置，且與導(dǎo)軌接觸良好．t＝0時(shí)，將開關(guān)S由1擲到2.q、i、v和a分別表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度和加速度．下列圖象正確的是(　　) 解析：選D.當(dāng)開關(guān)S由1擲到2時(shí)，電容器開始放電，此時(shí)電流最大，棒受到的安培力最大，加速度最大，此后棒開始運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，棒相當(dāng)于電源，利用右手定則可判斷棒的上端為正極，下端為負(fù)極，當(dāng)棒運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，電路中的電流逐漸減小，當(dāng)電容器電壓與棒兩端電動(dòng)勢相等時(shí)，電容器不再放電，電路電流等于零，棒做勻速運(yùn)動(dòng)，加速度減為零，所以B、C錯(cuò)誤，D正確；因?yàn)殡娙萜鲀蓸O板間有電壓，電荷

13、量q＝CU不等于零，所以A錯(cuò)誤． 6.(2019·紹興調(diào)研)如圖所示，在光滑水平面上方，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)邊長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形金屬線框沿垂直磁場方向，以速度v從圖示位置向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框中心線AB運(yùn)動(dòng)到與PQ重合時(shí)，線框的速度為，則(　　) A．此時(shí)線框的電功率為 B．此時(shí)線框的加速度為 C．此過程通過線框截面的電荷量為 D．此過程回路產(chǎn)生的電能為0.75mv2 解析：選C.在題圖中虛線位置，線框產(chǎn)生的電動(dòng)勢E＝＋＝BLv，電流I＝＝，由牛頓第二定律可知，線框的加速度a＝＝2×＝，B錯(cuò)誤；線框

14、的電功率P＝I2R＝，A錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律和電流的定義，可得此過程通過線框截面的電荷量q＝t＝＝，C正確；由能量守恒定律可得，回路產(chǎn)生的電能W＝mv2－m＝mv2，D錯(cuò)誤． 7.如圖所示為幾個(gè)有理想邊界的磁場區(qū)域，相鄰區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，區(qū)域的寬度均為L.現(xiàn)有一邊長為L的正方形導(dǎo)線框由圖示位置開始，沿垂直于區(qū)域邊界的直線勻速穿過磁場區(qū)域，設(shè)逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较颍铝懈鲌D能正確反映線框中感應(yīng)電流的是(　　) 解析：選D.線框進(jìn)入磁場中0至L的過程中，由右手定則知，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，即負(fù)方向，感應(yīng)電流I＝，大小恒定，故A、B兩項(xiàng)不正確；線框進(jìn)入磁場中L至2

15、L的過程中，由右手定則，可判斷感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，即為正方向，感應(yīng)電流I＝，D項(xiàng)正確． 8．(2019·湖州調(diào)研)如圖(a)所示，在光滑水平面上用恒力F拉質(zhì)量1 kg的單匝均勻正方形銅線框，在1位置以速度v0＝3 m/s進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時(shí)開始計(jì)時(shí)t＝0，此時(shí)線框中感應(yīng)電動(dòng)勢為1 V，在t＝3 s時(shí)刻線框到達(dá)2位置開始離開勻強(qiáng)磁場．此過程中v－t圖象如圖(b)所示，那么(　　) A．在t＝0時(shí)刻線框右側(cè)的邊兩端MN間電壓為0.25 V B．恒力F的大小為1.0 N C．線框完全離開磁場的瞬間位置3速度為2 m/s D．線框完全離開磁場的瞬間位置3速度為1 m/s 解析：選C.在t

16、＝0時(shí)刻，MN邊切割磁感線，相當(dāng)于電源，其兩端的電壓是路端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，線框右側(cè)的邊兩端MN間電壓為＝0.75 V，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)1～3 s時(shí)間內(nèi)線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)可知，這段時(shí)間線框中沒有感應(yīng)電流，線框所受合力為F，根據(jù)牛頓第二定律可知F＝ma＝0.5 N，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由(b)圖象看出，在t＝3 s時(shí)刻線框到達(dá)2位置開始離開勻強(qiáng)磁場時(shí)與線框進(jìn)入時(shí)速度相同，則線框出磁場與進(jìn)磁場運(yùn)動(dòng)情況完全相同，則知線框完全離開磁場的瞬間位置3速度與t＝1時(shí)刻的速度相等，即為2 m/s，故C正確，D錯(cuò)誤． 二、非選擇題 9．(2019·寧波質(zhì)檢)如圖所示，兩平行導(dǎo)軌間距L＝ 0.1 m，足

17、夠長光滑的傾斜部分和粗糙的水平部分圓滑連接，傾斜部分與水平面的夾角θ＝30°，垂直斜面向上的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，水平部分沒有磁場．金屬棒ab質(zhì)量m＝0.005 kg，電阻r＝0.02 Ω，運(yùn)動(dòng)中與導(dǎo)軌有良好接觸，并且垂直于導(dǎo)軌，電阻R＝0.08 Ω，其余電阻不計(jì)，當(dāng)金屬棒從斜面上離地高h(yuǎn)＝1.0 m以上任何地方由靜止釋放后，在水平面上滑行的最大距離x都是1.25 m．(取g＝10 m/s2)求： (1)棒在斜面上的最大速度． (2)水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)． (3)從高度h＝1.0 m處滑下后電阻R上產(chǎn)生的熱量． 解析：(1)金屬棒從離地高h(yuǎn)＝1.0 m以上任何地方由靜止釋放后，

18、在到達(dá)水平面之前已經(jīng)開始勻速運(yùn)動(dòng) 設(shè)最大速度為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv 感應(yīng)電流I＝ 安培力F＝BIL 勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有mgsin θ＝F 解得v＝1.0 m/s. (2)在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒所受滑動(dòng)摩擦力 Ff＝μmg 金屬棒在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，有 Ff＝ma v2＝2ax 解得μ＝0.04. (3)下滑的過程中，由動(dòng)能定理可得： mgh－W＝mv2 安培力所做的功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，有W＝Q 電阻R上產(chǎn)生的熱量：QR＝Q 解得QR＝3.8×10－2 J. 答案：(1)1 m/s　(2)0.04　(3)3.8×10－2 J 10．(2019

19、·浙北名校聯(lián)考)用密度為d、電阻率為ρ、橫截面積為A的薄金屬條制成邊長為L的閉合正方形框abb′a′.如圖2所示，金屬方框水平放在磁極的狹縫間，方框平面與磁場方向平行．設(shè)勻強(qiáng)磁場僅存在于相對(duì)磁極之間，其他地方的磁場忽略不計(jì)．可認(rèn)為方框的aa′邊和bb′邊都處在磁極之間，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.方框從靜止開始釋放，其平面在下落過程中保持水平(不計(jì)空氣阻力)． (1)求方框下落的最大速度vm(設(shè)磁場區(qū)域在豎直方向足夠長)； (2)當(dāng)方框下落的加速度為時(shí)，求方框的發(fā)熱功率P； (3)已知方框下落時(shí)間為t時(shí)，下落高度為h，其速度為vt(vt

20、電流I0在方框內(nèi)產(chǎn)生的熱相同，求恒定電流I0的表達(dá)式． 解析：(1)方框質(zhì)量m＝4LAd， 方框電阻R＝ρ， 方框下落速度為v時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝B·2Lv， 感應(yīng)電流I＝＝， 方框下落過程，受到重力G及安培力F， G＝mg＝4LAdg，方向豎直向下， F＝BI·2L＝，方向豎直向上， 當(dāng)F＝G時(shí)，方框達(dá)到最大速度，即v＝vm， 則＝4LAdg， 方框下落的最大速度vm＝. (2)方框下落加速度為時(shí)，有 mg－BI·2L＝m， 則I＝＝. 方框的發(fā)熱功率P＝I2R＝. (3)根據(jù)能量守恒定律，有mgh＝mv＋I(xiàn)Rt， 解得恒定電流I0的表達(dá)式 I0＝ .

21、 答案：(1)　(2) (3) 【課后達(dá)標(biāo)檢測(二)】 一、選擇題 1．(多選)(2019·寧波高二期中)如圖甲所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L，導(dǎo)軌左端接一電容器，電容器的電容為C，導(dǎo)軌處于一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中．一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab垂直放在軌道上，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒ab在水平拉力的作用下由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)．電容器兩極板間電勢差U隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示，圖線為過原點(diǎn)的直線，已知t1時(shí)刻電容器兩極板間的電勢差為U1，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)，則(　　) A．電容器上極板帶正電 B．電容器上極板帶負(fù)電

22、C．水平拉力逐漸增大 D．水平拉力大小F＝＋ 答案：AD 2.如圖甲所示，光滑的導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，軌道左側(cè)連接一定值電阻R，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌，導(dǎo)體和軌道的電阻不計(jì)．導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下運(yùn)動(dòng)，外力F隨t變化的圖象如圖乙所示，在0～t0時(shí)間內(nèi)從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則在t0以后，導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的情況為(　　) A．一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到速度為零 C．先做加速，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng) D．一直做勻速直線運(yùn)動(dòng) 答案：C 3．(多選)(2019·麗水檢測)如圖所示，水平放置的U形框架上接一個(gè)阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里的、磁感

23、應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，一個(gè)半徑為L、質(zhì)量為m的半圓形硬導(dǎo)體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)距離d后速度達(dá)到v，半圓形硬導(dǎo)體AC的電阻為r，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)體AC與U形框架間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.下列說法正確的是(　　) A．此時(shí)AC兩端電壓為UAC＝2BLv B．此時(shí)AC兩端電壓為UAC＝ C．此過程中電路產(chǎn)生的電熱為Q＝Fd－mv2 D．此過程中通過電阻R0的電荷量為q＝ 答案：BD 4.(多選)(2019·嘉興質(zhì)檢)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一足夠長的寬度為L的金屬導(dǎo)軌，質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地上下滑動(dòng)，且導(dǎo)體棒ab與金屬導(dǎo)軌接觸良好，ab電阻為

24、R，其他電阻不計(jì)．導(dǎo)體棒ab由靜止開始下落，過一段時(shí)間后閉合開關(guān)S，發(fā)現(xiàn)導(dǎo)體棒ab立刻做變速運(yùn)動(dòng)，則在以后導(dǎo)體棒ab的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法中正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒ab做變速運(yùn)動(dòng)期間加速度一定減小 B．單位時(shí)間內(nèi)克服安培力做的功全部轉(zhuǎn)化為電能，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 C．導(dǎo)體棒減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為閉合電路中的電能和內(nèi)能之和，符合能的轉(zhuǎn)化和守恒定律 D．導(dǎo)體棒ab最后做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小為v＝ 解析：選ABD.導(dǎo)體棒由靜止下落，在豎直向下的重力作用下，做加速運(yùn)動(dòng)，開關(guān)閉合時(shí)，由右手定則可知，導(dǎo)體中產(chǎn)生的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，再由左手定則，可判定導(dǎo)體棒受到的安培力方向向上，F(xiàn)＝BIL＝B·

25、·L，導(dǎo)體棒受到的重力和安培力的合力變小，加速度變小，做加速度越來越小的變速運(yùn)動(dòng)，A正確；最后合力為零，加速度為零，做勻速運(yùn)動(dòng)，由F－mg＝0得，B ··L＝mg，v＝，D正確；導(dǎo)體棒克服安培力做功，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，由于電流的熱效應(yīng)，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，B正確，C錯(cuò)誤． 5．(多選)(2019·湖州調(diào)研)如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面成θ角，用導(dǎo)線與固定電阻R1和R2相連，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面．有一導(dǎo)體棒ab，質(zhì)量為m，兩導(dǎo)軌間距為l，導(dǎo)體棒的電阻與固定電阻R1和R2的阻值相等，都等于R，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌向上滑動(dòng)，當(dāng)上滑的速度為v時(shí)，有(　　)

26、A．棒中感應(yīng)電流的方向由a到b B．棒所受安培力的大小為 C．棒兩端的電壓為 D．棒動(dòng)能的減少量等于其重力勢能的增加量與電路上產(chǎn)生的電熱之和 解析：選AC.由右手定則可判定導(dǎo)體棒中的電流方向?yàn)閍→b，故選項(xiàng)A正確；由E＝Blv及串、并聯(lián)電路的特點(diǎn)，知R外＝，則I＝＝，所以導(dǎo)體棒所受安培力的大小F＝BIl＝，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；結(jié)合I＝，知導(dǎo)體棒兩端的電壓U＝I·＝，故選項(xiàng)C正確；由能量守恒知：導(dǎo)體棒動(dòng)能的減少量等于其重力勢能的增加量以及電路中產(chǎn)生的電熱和克服摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 6．(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

27、在一個(gè)固定的輕質(zhì)彈簧下端，金屬棒與導(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，如圖所示．除電阻R外其余電阻不計(jì)．現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則(　　) A．釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度g B．金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過電阻R的電流方向?yàn)閍→b C．金屬棒的速度為v時(shí)，所受的安培力大小為F＝ D．電阻R上產(chǎn)生的熱量等于金屬棒重力勢能的減少量 解析：選AC.金屬棒剛釋放時(shí)，彈簧處于原長，此時(shí)彈力為零，又因此時(shí)速度為零，因此也不受安培力作用，金屬棒只受到重力作用，其加速度應(yīng)等于重力加速度，故A正確；金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則可知，金屬棒上電流方向向右，電阻在外電

28、路，其電流方向?yàn)閎→a，故B錯(cuò)誤；金屬棒速度為v時(shí)，安培力大小為F＝BIL＝，故C正確；金屬棒下落過程中，由能量守恒守律知，金屬棒減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動(dòng)能以及電阻R上產(chǎn)生的熱量，因此D錯(cuò)誤． 二、非選擇題 7．(2019·杭州質(zhì)量評(píng)估)為了測量列車運(yùn)行的速度和加速度大小，可采用如圖甲所示的裝置，它由一塊安裝在列車車頭底部的強(qiáng)磁體和埋設(shè)在地面的一組線圈及電流測量記錄儀組成(測量記錄儀未畫出)．當(dāng)列車經(jīng)過線圈上方時(shí)，線圈中產(chǎn)生的電流被記錄下來，就能求出列車的速度和加速度．如圖乙所示為鐵軌和列車的俯視圖，假設(shè)磁體端部為磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.2×10－2T豎直向下的勻強(qiáng)磁場，該

29、磁場區(qū)域在運(yùn)動(dòng)過程中兩個(gè)時(shí)刻恰能依次覆蓋兩個(gè)線圈，每個(gè)線圈的電阻r＝0.30 Ω，匝數(shù)n＝4，垂直于鐵軌方向長l＝0.25 m，平行于軌道方向的寬度遠(yuǎn)小于兩線圈的距離s，每個(gè)測量記錄儀自身電阻R＝1.70 Ω，其記錄下來的電流一位置關(guān)系圖，即i－s圖如圖丙所示． (1)當(dāng)磁場區(qū)域的右邊界剛離開線圈Ⅰ時(shí)，線圈Ⅰ的電流方向時(shí)順時(shí)針還是逆時(shí)針？(俯視圖) (2)試計(jì)算列車通過線圈Ⅰ和線圈Ⅱ時(shí)的速度v1和v2的大??； (3)假設(shè)列車做的是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求列車在兩個(gè)線圈之間的加速度的大?。?結(jié)果保留三位有效數(shù)字) 解析：(1)由楞次定律得，線圈Ⅰ的電流為順時(shí)針． (2)列車車頭底部的強(qiáng)磁

30、體通過線圈時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流，根據(jù)公式可得：E＝I(R＋r) 解得：E1＝0.24 V和E2＝0.30 V 而線圈Ⅰ、Ⅱ中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E1＝nBlv1， E2＝nBlv2 解得：v1＝20 m/s，v2＝25 m/s. (3)根據(jù)勻速運(yùn)動(dòng)公式：v－v＝2as 從圖中讀出s＝100 m， 解得：a＝1.13 m/s2. 答案：見解析 8．(2018·11月浙江選考)如圖所示，在間距L＝0.2 m的兩光滑平行水平金屬導(dǎo)軌間存在方向垂直于紙面(向內(nèi)為正)的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的分布沿y方向不變，沿x方向如下： B＝ 導(dǎo)軌間通過單刀雙擲開關(guān)S連接恒流源和電容

31、C＝1 F的未充電的電容器，恒流源可為電路提供恒定電流I＝2 A，電流方向如圖所示．有一質(zhì)量m＝0.1 kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌靜止放置于x0＝0.7 m處．開關(guān)S擲向1，棒ab從靜止開始運(yùn)動(dòng)，到達(dá)x3＝－0.2 m處時(shí)，開關(guān)S擲向2.已知棒ab在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直．求： (提示：可以用F－x圖象下的“面積”代表力F所做的功) (1)棒ab運(yùn)動(dòng)到x1＝0.2 m時(shí)的速度v1； (2)棒ab運(yùn)動(dòng)到x2＝－0.1 m時(shí)的速度v2； (3)電容器最終所帶的電荷量Q. 解析：(1)從x0～x1的過程，由于安培力為恒力 安培力F＝BIL 運(yùn)用動(dòng)能定理BIL(x0－x1)＝mv－0

32、 解得v1＝2 m/s. (2)在區(qū)間－0.2 m≤x≤0.2 m 安培力F＝5xIL 如圖所示， 安培力做功 W安＝(x－x) 由動(dòng)能定理得 W安＝mv－mv，v2＝ m/s. (3)從0.2 m處移到－0.2 m處安培力不做功 v3＝v1＝2 m/s 設(shè)最后穩(wěn)定時(shí)的速度為v則 導(dǎo)體棒兩端電壓U＝BLv 電容器上所帶電荷量Q＝CU 電路中通過的電荷量Q＝It 根據(jù)動(dòng)量定理－BILt＝mv－mv3 得v＝ m/s，因此Q＝ C. 答案：(1)2 m/s，方向向左　(2) m/s，方向向左　(3) C 9．(2019·紹興質(zhì)檢)如圖甲所示，兩根足夠長的平行

33、光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ被固定在水平面上，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.6 m，兩導(dǎo)軌的左端用導(dǎo)線連接電阻R1及理想電壓表V，電阻r＝2 Ω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＝2 Ω，R2＝1 Ω，導(dǎo)軌及導(dǎo)線電阻均不計(jì)．在矩形區(qū)域CDFE內(nèi)有豎直向上的磁場，CE＝0.2 m，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示．開始時(shí)電壓表有示數(shù)，當(dāng)電壓表示數(shù)變?yōu)榱愫?，?duì)金屬棒施加一水平向右的恒力F，使金屬棒剛進(jìn)入磁場區(qū)域時(shí)電壓表的示數(shù)又變?yōu)樵瓉淼闹?，金屬棒在磁場運(yùn)動(dòng)過程中電壓表的示數(shù)始終保持不變．求： (1)t＝0.1 s時(shí)電壓表的讀數(shù)； (2)恒力F的大?。? (3)從t＝0時(shí)刻到金屬棒

34、運(yùn)動(dòng)出磁場過程中整個(gè)電路產(chǎn)生的熱量． 解析：(1)設(shè)磁場寬度為d＝CE，在0～0.2 s的時(shí)間內(nèi)， 有E＝，E＝ld＝0.6 V 此時(shí)，R1與金屬棒r并聯(lián)，再與R2串聯(lián) R＝R并＋R2＝(1＋1) Ω＝2 Ω U＝R并＝0.3 V. (2)金屬棒進(jìn)入磁場后，有 I′＝＋＝0.45 A FA＝BI′l＝1×0.45×0.6 N＝0.27 N 由于金屬棒進(jìn)入磁場后電壓表示數(shù)始終不變，所以金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)，有 F＝FA＝0.27 N. (3)金屬棒在0～0.2 s的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)有 Q＝t＝0.036 J 金屬棒進(jìn)入磁場后，有 R′＝＋r＝ Ω， E′＝I′R′＝1.2 V，E′＝Blv，v＝2 m/s t′＝＝ s＝0.1 s Q′＝E′I′t′＝0.054 J， Q總＝Q＋Q′＝(0.036＋0.054) J＝0.09 J. 答案：(1)0.3 V　(2)0.27 N　(3)0.09 J - 16 -