3、ab和cd都向右運動
B.ab和cd都向左運動
C.ab向右、cd向左做相向運動
D.ab向左、cd向右做背向運動
【解析】選C。根據(jù)右手定則，當金屬棒運動方向相同時，棒中產(chǎn)生的電流方向相同，回路中的總電流為兩電流之差，故A、B項中電流不是最大；當兩金屬棒運動方向相反時，棒中產(chǎn)生的電流方向相反，回路中的總電流為兩電流之和，但隨著棒的運動，D項中ab向左、cd向右做背向運動時，回路中的電阻在變大，電流不一定最大，選項C正確。
3.如圖1所示，光滑的平行金屬導(dǎo)軌(足夠長)固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L=
20 cm，左端接有阻值為R=1 Ω的電阻，放在軌道上靜止的一導(dǎo)體桿MN與兩軌道垂直
4、，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B=
0.5 T。導(dǎo)體桿受到沿軌道方向的拉力F做勻加速運動，測得力F與時間t的關(guān)
系如圖2所示。導(dǎo)體桿及兩軌道的電阻均可忽略不計，導(dǎo)體桿在運動過程中始終與軌道垂直且兩端與軌道保持良好接觸，則導(dǎo)體桿的加速度大小和質(zhì)量分別為 ( )
A.20 m/s2，0.5 kg B.20 m/s2，0.1 kg
C.10 m/s2，0.5 kg D.10 m/s2，0.1 kg
【解析】選D。導(dǎo)體桿在軌道上做勻加速直線運動，用v表示其速度，t表示時間，則有v=at①，桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢大小為E=BLv②，閉合
5、回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I=③，桿受到的安培力大小為FA=BIL④，根據(jù)牛頓第二定律，有F-FA=ma⑤，聯(lián)立以上各式，得F=ma+t⑥，由圖線上取兩點代入⑥式，可解得a=10 m/s2，m=0.1 kg，選項D正確。
4.(2019·濟南模擬)如圖所示，兩水平放置的平行金屬導(dǎo)軌AB和CD相距0.5 m，AC間接阻值為1 Ω的電阻，導(dǎo)體棒MN到AC的距離為0.4 m，整個裝置放在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中，導(dǎo)體棒MN垂直放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒MN的電阻可忽略不計，則下列說法正確的是 ( )
A.若導(dǎo)體棒MN向右滑動，則M端電勢高
B.若勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為0.2 T，導(dǎo)體
6、棒MN以5 m/s的速度水平向右勻速滑動時，則其所受水平外力的大小是0.25 N
C.若導(dǎo)體棒MN固定，圖中磁場的磁感應(yīng)強度隨時間均勻增大，則導(dǎo)體棒中有N到M的電流
D.若導(dǎo)體棒MN固定，磁場的磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律為B=(5+0.5t)T，則通過導(dǎo)體棒的電流為0.125 A
【解析】選A、C。棒向右切割磁感線，產(chǎn)生動生電動勢，由右手定則知電流方向為N到M，而此方向為等效電源內(nèi)部的電流流向，故M點為電源正極電勢高，選項A正確；動生電動勢大小由E=BLv=0.2×0.5×5 V=0.5 V，而勻速運動時外力和安培力相等，故有F外=F安=B··L=0.05 N，選項B錯誤；磁感應(yīng)強度隨時
7、間均勻增大，產(chǎn)生感生電動勢，由楞次定律可知電流方向為N到M，選項C正確；感生電動勢大小為E=n=×Ld=0.5×0.5×0.4=0.1 V，故由歐姆定律可知I==0.1 A，選項D錯誤。
二、計算題(本題共18分，需寫出規(guī)范的解題步驟)
5.如圖所示，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，長為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層。勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前一直做勻速運動，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他部
8、分的電阻均不計，重力加速度為g。求：
(1)導(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)μ。
(2)導(dǎo)體棒勻速運動的速度大小v。
(3)整個運動過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。
【解析】(1)在絕緣涂層上導(dǎo)體棒受力平衡有
mgsin θ=μmgcos θ
解得μ=tan θ。
(2)在光滑導(dǎo)軌上
感應(yīng)電動勢E=BLv
感應(yīng)電流I=
安培力F安=BIL
導(dǎo)體棒受力平衡有F安=mgsin θ
解得v=。
(3)摩擦生熱QT=μmgdcos θ
由能量守恒定律有3mgdsin θ=Q+QT+mv2
解得Q=2mgdsin θ-。
答案：(1)tan θ (2)
(3)2mgdsin
9、 θ-
(25分鐘 50分)
6.(8分)(2019·周口模擬)如圖所示，單匝線圈ABCD在外力作用下，第一次以速度v向右勻速進入勻強磁場，第二次又以速度2v勻速進入同一勻強磁場。第二次進入過程與第一次進入過程相比 ( )
A.線圈中電流強度之比為1∶2
B.外力做功的功率之比為2∶1
C.線圈中產(chǎn)生熱量之比為2∶1
D.線圈中通過電量之比為2∶1
【解析】選C。設(shè)AB=DC=L1，AD=BC=L2，當線圈運動的速度為v時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BL1v，感應(yīng)電流I==，I∝v，所以第二次進入過程與第一次進入過程線圈中電流強度之比為2∶1，選項A錯誤；線圈所受的安培力大小F
10、安=BIL1=v，線圈勻速運動，受力平衡，則所受的外力F=F安=v，外力的功率P=Fv=v2，P∝v2，可得第二次進入過程與第一次進入過程外力做功的功率之比為4∶1，選項B錯誤；拉力做的功W=FL2=v，則知W∝v，可得W2∶W1=2∶1，線圈勻速運動，根據(jù)功能關(guān)系知，線圈產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力做的功，所以Q2∶Q1=W2∶W1=2∶1，選項C正確；線圈中通過電量q=It==，q與v無關(guān)，所以線圈中通過電量之比為1∶1，選項D錯誤。
7.(8分)如圖所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，兩導(dǎo)軌間距為L，電阻均可忽略不計。在M和P之間接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)體桿ab電阻為r并
11、與導(dǎo)軌接觸良好。整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向上的勻強磁場中?，F(xiàn)給ab桿一個瞬時沖量，使它獲得水平向右的初速度v0。下列圖象中，關(guān)于ab桿的速度v、通過電阻R中的電流i、電阻R的電功率P、通過MPabM的磁通量Φ隨時間變化的規(guī)律，可能正確的是
( )
【解析】選B。ab桿獲得水平向右的初速度v0后切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到水平向左的安培力而做減速運動，根據(jù)安培力的表達式F=，知安培力隨著速度的減小而減小，加速度也減小，v-t圖象的斜率逐漸減小，因此v-t圖象應(yīng)為曲線，選項A錯誤；根據(jù)i=知i隨著v的減小而減小，v-t圖象切線的斜率減小，則i-t圖象切線的斜率也減小，
12、選項B正確；根據(jù)P=i2R知，i減小，P也減小，選項C錯誤；根據(jù)Φ=BS知，ab桿向右運動時，磁通量不斷增大，選項D錯誤。
8.(8分)如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，銅棒a、b的長度均等于兩導(dǎo)軌的間距、電阻均為R、質(zhì)量均為m，銅棒平行地靜止在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好?，F(xiàn)給銅棒a一個平行導(dǎo)軌向右的瞬時沖量I，關(guān)于此后的過程，下列說法正確的是 ( )
A.回路中的最大電流為
B.銅棒b的最大加速度為
C.銅棒b獲得的最大速度為
D.回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為
【解析】選B。給銅棒a一個平行導(dǎo)軌的瞬時
13、沖量I，此時銅棒a的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，回路中電流最大，每個棒受到的安培力最大，其加速度最大，I=mv0，v0=，銅棒a產(chǎn)生的電動勢E=BLv0，回路電流I0==，選項A錯誤；此時銅棒b受到安培力F=BI0L，其加速度a==，選項B正確；此后銅棒a做變減速運動，銅棒b做變加速運動，當二者達到共同速度時，銅棒b速度最大，據(jù)動量守恒，mv0=2mv，銅棒b最大速度v=，選項C錯誤；回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q=m-·2mv2=，選項D錯誤。
【加固訓(xùn)練】
(多選)(2019·石家莊模擬)如圖甲所示，質(zhì)量m=3.0×10-3 kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細桿C
14、D長l=0.20 m，處于磁感應(yīng)強度大小為B1=1.0 T、方向水平向右的勻強磁場中。有一匝數(shù)n=300匝、面積S=0.01 m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應(yīng)強度B2隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。t=0.22 s時閉合開關(guān)K，瞬間細框跳起(細框跳起瞬間安培力遠大于重力)，跳起的最大高度h=0.20 m。不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是 ( )
A.0～0.10 s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動勢大小為3 V
B.開關(guān)K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到D
C.磁感應(yīng)強度B2的方向豎直向下
D.開關(guān)K閉合瞬間
15、，通過細桿CD的電荷量為0.03 C
【解析】選B、D。由題圖乙所示圖象可知，0～0.10 s內(nèi)：ΔΦ=ΔBS=(1-0)×
0.01 Wb=0.01 Wb，0～0.10 s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動勢大?。篍=n=300× V=
30 V，故選項A錯誤；由題可知細桿CD所受安培力方向豎直向上，由左手定則可知，電流方向為：C→D，由安培定則可知感應(yīng)電流的磁場方向豎直向上，由圖示圖象可知，在0.2～0.25 s內(nèi)穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律可知，磁感應(yīng)強度B2方向豎直向上，故選項B正確，選項C錯誤；對細框，由動量定理得：B1Il×Δt=mv-0，細框豎直向上做豎直上拋運動：v2=2gh，電荷量
16、：Q=IΔt，解得：Q== C=0.03 C，故選項D正確。
9.(8分)(多選)(2018·江蘇高考)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿
( )
A.剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下
B.穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間
C.穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd
D.釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于
【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點：
(1)金屬桿在無場區(qū)做勻加
17、速運動，根據(jù)金屬桿進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，判斷金屬桿剛進入磁場Ⅰ時的運動情況，從而確定其加速度方向。
(2)根據(jù)平均速度分析金屬桿穿過磁場Ⅰ的時間與在兩磁場之間的運動時間關(guān)系。研究金屬桿從剛進入磁場Ⅰ到剛進入磁場Ⅱ的過程，由能量守恒定律求出產(chǎn)生的熱量，從而求得總熱量。
(3)根據(jù)金屬桿剛進入磁場Ⅰ時的速度，求出釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度，再分析本題中金屬桿釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h。
【解析】選B、C。金屬桿在磁場Ⅰ、Ⅱ之間運動時，做加速運動，因此金屬桿在磁場Ⅰ中要做減速運動，才能保證進入磁場Ⅱ時和進入磁場Ⅰ時速度相等，選項A錯誤；畫出穿過磁場Ⅰ和在兩磁場之間的v-t圖象，能夠直觀
18、反映出穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間，選項B正確；進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，表明金屬桿穿過磁場Ⅰ到進入磁場Ⅱ之前動能沒有變化，減少的重力勢能2mgd變成了焦耳熱，再穿過磁場Ⅱ過程跟穿過磁場Ⅰ情況完全相同，產(chǎn)生的焦耳熱還等于2mgd，總的熱量為4mgd，選項C正確；由于在進入磁場Ⅰ前，金屬桿做自由落體運動，末速度為，在剛進入磁場Ⅰ時，安培力·>mg才能保證金屬桿做減速運動，化簡得h>，選項D錯誤。
【加固訓(xùn)練】
(2019·南昌模擬)在如圖所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場區(qū)域，區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁
19、場寬度HP及PN均為L，一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，t1時刻ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)域，此時導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運動；t2時刻ab邊下滑到JP與MN的中間位置，此時導(dǎo)線框又恰好以速度v2做勻速直線運動。重力加速度為g，下列說法中正確的是 ( )
A.當ab邊剛越過JP時，導(dǎo)線框的加速度大小為a=gsin θ
B.導(dǎo)線框兩次勻速直線運動的速度v1∶v2=4∶1
C.從t1到t2的過程中，導(dǎo)線框克服安培力做功的大小等于重力勢能的減少
D.從t1到t2的過程中，有+機械能轉(zhuǎn)化為電能
【解析】選B、D。ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ
20、區(qū)域時，電動勢E1=BLv1，電流I1==，線框做勻速運動，所以mgsin θ=BI1L=，當ab邊剛越過JP時，電動勢E2=2BLv1，I2==，根據(jù)牛頓第二定律2BI2L-mgsin θ=ma，聯(lián)立解得a=3gsin θ，選項A錯誤；當a=0時，以速度v2做勻速直線運動，即2BI2L-mgsin θ=0，得：mgsin θ=，所以v1∶v2=4∶1，選項B正確；從t1到t2的過程中，根據(jù)能量守恒導(dǎo)線框克服安培力做功的大小等于重力勢能的減少加上動能的減少量，即克服安培力做功W=+，選項C錯誤；又克服安培力做功等于產(chǎn)生的電能，選項D正確。
10.(18分)如圖所示，傾角θ=60°的傾斜平行直
21、軌道與豎直面內(nèi)的平行圓形軌道平滑對接，軌道之間距離為L，圓形軌道的半徑為r。在傾斜平行軌道上半部分處有磁感應(yīng)強度為B的垂直于軌道平面的勻強磁場，磁場區(qū)域足夠大，圓形軌道末端接有一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬棒從距軌道最低點C高度為H處靜止釋放，運動到最低點C時的速度大小vC=，金屬棒及軌道電阻不計，摩擦不計，求：
(1)金屬棒中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的最大值Em。
(2)金屬棒下滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q。
(3)金屬棒能否通過圓形軌道的最高點D？若能通過，求在此點時金屬棒對軌道的壓力。
【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點：
(1)金屬棒的速度最大時，感應(yīng)電動勢最大，由機械能守恒定
22、律求出金屬棒在磁場中的最大速度，然后由E=BLv求出最大感應(yīng)電動勢。
(2)由能量守恒定律求出電阻上產(chǎn)生的熱量。
(3)由機械能守恒定律求出到達D點的速度，然后判斷金屬棒能否到達D點，然后應(yīng)用牛頓第二定律分析答題。
【解析】(1)磁場區(qū)域足夠大，金屬棒由靜止開始先做變加速運動，當重力沿導(dǎo)軌向下的分力與安培力平衡時，金屬棒在磁場中運動的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢也最大。設(shè)在磁場中達到的最大速度為vm，
有Em=BLvm
根據(jù)閉合電路歐姆定律有
Im=
根據(jù)平衡條件有
mgsin θ=BImL
解得Em=。
(2)根據(jù)能量守恒定律，金屬棒下滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量等于金屬棒損失的機械能，所以有Q=mgH-m
解得Q=mg(H-3r)。
(3)假設(shè)金屬棒能通過圓形軌道的最高點D，則金屬棒由C點運動到D點機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律有
m=m+mg·2r
解得vD=
金屬棒通過圓形軌道最高點D時，根據(jù)牛頓第二定律及向心力公式有
FND+mg=m
解得FND=mg，所以金屬棒能通過最高點。
由牛頓第三定律可知，金屬棒通過圓形軌道最高點D時對軌道的壓力FND′=FND=mg，方向豎直向上。
答案：(1) (2)mg(H-3r)
(3)能 mg 方向豎直向上
- 12 -
2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 核心素養(yǎng)提升練三十 10.3 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用（含解析）新人教版
