2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關系列 專題11 電磁感應（含解析）

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1、 專題11 電磁感應 第一部分名師綜述 近年來高考對本考點內容考查命題頻率極高的是感應電流的產生條件、方向判定和導體切割磁感線產生的感應電動勢的計算，且要求較高．幾乎是年年有考；其他像電磁感應現象與磁場、電路和力學、電學、能量及動量等知識相聯系的綜合題及圖像問題在近幾年高考中也時有出現；另外，該部分知識與其他學科的綜合應用也在高考試題中出現。試題題型全面，選擇題、填空題、計算題都可涉及，尤其是難度大、涉及知識點多、綜合能力強，多以中檔以上題目出現來增加試題的區(qū)分度，而選擇和填空題多以中檔左右的試題出現，這類問題對學生的空間想象能力、分析綜合能力、應用數學知識處理物理問題的能力有較高的要求

2、，是考查考生多項能力的極好載體，因此歷來是高考的熱點。 第二部分精選試題 一、單選題 1．如圖，在同一平面內有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度均為l,磁感應強度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為32l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動，線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是（） A． B． C． D． 【答案】 D 【解析】試題分析：找到線框在移動過程中誰切割磁感線，并根據右手定則判斷電流的方向，從而判斷整個回路中總電流的方向。要分過程處理本題。 第一過程從①移動②的過程中 左邊導體棒切割產生的電流方向是順時針，右邊切割

3、磁感線產生的電流方向也是順時針，兩根棒切割產生電動勢方向相同所以E=2Blv，則電流為i=ER=2BlvR，電流恒定且方向為順時針， 再從②移動到③的過程中左右兩根棒切割磁感線產生的電流大小相等，方向相反，所以回路中電流表現為零， 然后從③到④的過程中，左邊切割產生的電流方向逆時針，而右邊切割產生的電流方向也是逆時針，所以電流的大小為i=ER=2BlvR，方向是逆時針 當線框再向左運動時，左邊切割產生的電流方向順時針，右邊切割產生的電流方向是逆時針，此時回路中電流表現為零，故線圈在運動過程中電流是周期性變化，故D正確； 故選D 點睛：根據線圈的運動利用楞次定律找到電流的方向，

4、并計算電流的大小從而找到符合題意的圖像。 2．如圖，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻?？衫@O轉動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好。空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B，現使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B'(過程Ⅱ)。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則B'B等于(　　) A．54 B．32 C．74 D．2 【答案】 B 【解析】 本題考查電磁感應及其相關的知識點。 過程I回路

5、中磁通量變化△Φ1=14BπR2，設OM的電阻為R，流過OM的電荷量Q1=△Φ1/R。過程II回路中磁通量變化△Φ2=12（B’-B）πR2，流過OM的電荷量Q2=△Φ2/R。Q2= Q1，聯立解得：B’/B=3/2，選項B正確。 【點睛】此題將導體轉動切割磁感線產生感應電動勢和磁場變化產生感應電動勢有機融合，經典中創(chuàng)新。 3．如圖所示，平行導軌間有一矩形的勻強磁場區(qū)域，細金屬棒PQ沿導軌從MN處勻速運動到M′N′的過程中，棒上感應電動勢E隨時間t變化的圖示，可能正確的是(　　) A． B． C． D． 【答案】 A 【解析】 金屬棒PQ進入磁場前沒有感應電動勢，D錯

6、誤；當進入磁場，切割磁感線有E=BLv，大小不變，可能的圖象為A選項、BC錯誤。 4．圖甲和圖乙是演示自感現象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈，A1、 A2、 A3是三個完全相同的燈泡。實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同．下列說法正確的是( 　) A．圖甲中，A1與L1的電阻值相同 B．圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流 C．圖乙中，變阻器R與L2的電阻值相同 D．圖乙中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等 【答案】 C 【解析】

7、斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，由于線圈L1的自感，通過L1的電流逐漸減小，且通過A1，即自感電流會大于原來通過A1的電流，說明閉合S1，電路穩(wěn)定時，通過A1的電流小于通過L1的電流，L1的電阻小于A1的電阻，AB錯誤；閉合S2，電路穩(wěn)定時，A2與A3的亮度相同，說明兩支路的電流相同，因此變阻器R與L2的電阻值相同，C正確；閉合開關S2，A2逐漸變亮，而A3立即變亮，說明L2中電流與變阻器R中電流不相等，D錯誤。 【名師點睛】線圈在電路中發(fā)生自感現象，根據楞次定律可知，感應電流要“阻礙”使原磁場變化的電流變化情況。電流突然增大時，會感應出逐漸減小的反向電流，使電流逐漸增大；電流突然減小時，

8、會感應出逐漸減小的正向電流，使電流逐漸減小。 5．如圖甲所示，電阻R=1Ω、半徑r1=0.2m的單匝圓形導線框P內有一個與P共面的圓形磁場區(qū)域Q，P、Q的圓心相同，Q的半徑r2=0.1m．t=0時刻，Q內存在著垂直于紙面向里的磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖乙所示．若規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則線框P中感應電流I隨時間t變化的關系圖象應該是圖中的（　?。? A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 【詳解】 由法拉第電磁感應定律，可得導線框P中產生的感應電動勢為：E=△B?S△t=△B△t?πr22=0.01π（V），再由歐姆定律得，P中產生的感應電流為：I

9、=0.01π?（A），由楞次定律，得電流的方向是順時針方向，故C正確，ABD錯誤；故選C。 【點睛】 本題關鍵是根據楞次定律判斷感應電流的方向，根據法拉第電磁感應定律求解感應電動勢，然后根據歐姆定律求解感應電流． 6．如圖所示為兩光滑金屬導軌MNQ和GHP，其中MN和GH部分為豎直的半圓形導軌，NQ和HP部分為水平平行導軌，整個裝置置于方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。有兩個長均為l、質量均為m、電阻均為R的導體棒垂直導軌放置且始終與導軌接觸良好，其中導體棒ab在半圓形導軌上，導體棒cd在水平導軌上，當恒力F作用在導體棒cd上使其做勻速運動時，導體棒ab恰好靜止，且距離半圓形

10、導軌底部的高度為半圓形導軌半徑的一半，已知導軌間距離為l，重力加速度為g，導軌電阻不計，則（） A．每根導軌對導體棒ab的支持力大小為2mg B．導體棒cd兩端的電壓大小為23mgRBl C．作用在導體棒cd上的恒力F的大小為3mg D．恒力F的功率為6m2g2RB2l2 【答案】 CD 【解析】 試題分析：對ab棒受力分析如圖所示： 則：FNsin300=mg，則：FN=2mg，每根導軌對導體棒ab的支持力大小為mg，故選項A錯誤； FNcos300=FA=BBlv2Rl，則回路中電流為：I=Blv2R=3mgBl，導體棒cd兩端的電壓大小為U=IR=3mgBl

11、R，故選項B錯誤；由于金屬棒ab勻速運動，則安培力等于拉力F，則F=BBlv2Rl=3mg，故選項C正確；由于BBlv2Rl=3mg，則金屬棒ab的速度為v=23mgRB2l2，則恒力F的功率為P=Fv=3mg·23mgRB2l2=6m2g2RB2l2，故選項D正確。 考點：導體切割磁感線時的感應電動勢、焦耳定律 【名師點睛】本題是雙桿模型，解決本題的關鍵能夠正確受力分析，結合牛頓定律和動量守恒、能量守恒，進行研究。 7．寬度均為d且足夠長的兩相鄰條形區(qū)域內，各存在磁感應強度大小均為B, 方向相反的勻強磁場；電阻為R，邊長為433d的等邊三角形金屬框的AB邊與磁場邊界平行，金屬框從圖示位

12、置以垂直于AB邊向右的方向做勻速直線運動，取逆時針方向電流為正，從金屬框C端剛進入磁場開始計時，框中產生的感應電流隨時間變化的圖象是 【答案】 A. 【解析】 試題分析：本題導體的運動可分段判斷，運用排除法進行分析．根據楞次定律可判斷電路中感應電流的方向；由導體切割磁感線時的感應電動勢公式可求得感應電動勢的大小，由歐姆定律分析感應電流大小的變化． 三角形線圈的高為2d，則在開始運動的0～d過程中，感應電流，I1=B?233dvR=23Bdv3R，方向為逆時針方向，在d～2d時，設某時刻線圈進入右側區(qū)域的距離為x，則線圈切割磁感應線的有效長度為L=233(d-x)，則感應電流I2

13、=B233(d-x)vR=23B(d-x)v3R，方向為逆時針方向，當x=d時，I=0，當線圈的C點出離右邊界x時，等效長度L'=433d-233(d-x)+233d=233(2d+x)，感應電流I3=B233(2d+x)vR=23B(2d+x)v3R，方向順時針方向，當x=0時，I3=223Bdv3R，當x=d時，I3=323Bdv3R，當C點出離右邊界d～2d時，等效長度L″=433d-233(2d-x)=233x，感應電流I4=B233xvR=23Bxv3R，方向逆時針方向，當x=d時，I4=23Bdv3R，當x=2d時，I4=223Bdv3R，故A正確，BCD錯誤； 【點睛】本題為選

14、擇題，而過程比較復雜，故可選用排除法解決，這樣可以節(jié)約一定的時間；而進入第二段磁場后，分處兩磁場的線圈兩部分產生的電流相同，且有效長度是均勻變大的，注意總感應電動勢何時是切割感應電動勢之和，何時是切割感應電動勢之差． 8．如圖所示，邊長為L、匝數為N，電阻不計的正方形線圈abcd在磁感應強度為B的勻強磁場中繞轉軸OO′轉動，軸OO′垂直于磁感線，在線圈外接一含有理想變壓器的電路，變壓器原、副線圈的匝數分別為n1和n2.保持線圈以恒定角速度ω轉動，下列判斷正確的是(　　) A．在圖示位置時線框中磁通量為零，感應電動勢最大 B．當可變電阻R的滑片P向上滑動時，電壓表V2的示數變大 C．

15、電壓表V1示數等于NBωL2 D．變壓器的輸入與輸出功率之比為1:1 【答案】 AD 【解析】 試題分析：當磁通量為零時，磁通量變化率最大，根據法拉第電磁感應定律，可得產生的感應電動勢最大，故A正確；當可變電阻R的滑片P向上滑動時，由于電壓表測量副線圈的輸入電壓，而原線圈的輸入電壓不變，匝數比不變，所以副線圈的輸入電壓不變，即電壓表的示數不變，B錯誤；因為線圈是從垂直于中性面時開始時轉動的，故產生的感應電動勢的瞬時值表達式為e=NBSωcosωt，交流電壓的最大值等于em=NBωL2，故電壓表V1示數為有效值，為U=NBωL22，C錯誤；變壓器的輸入與輸出功率之比為1：1，故D正確

16、。 考點：考查了交變電流的產生，理想變壓器 9．一正三角形導線框高為從圖示位置沿x軸正方向勻速穿過兩勻強磁場區(qū)域。兩磁場區(qū)域磁感應強度大小均為B、磁場方向相反且均垂直于xOy平面，磁場區(qū)域寬度均為a。則感應電流I與線框移動距離x的關系圖象可能是（以逆時針方向為感應電流的正方向 A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 當線框移動距離x在a～2a范圍，線框穿過兩磁場分界線時，BC、AC邊在右側磁場中切割磁感線，有效切割長度逐漸增大，產生的感應電動勢E1增大，AC邊在左側磁場中切割磁感線，產生的感應電動勢E2不變，兩個電動勢串聯，總電動勢E=E1+E2增大，故A錯誤；當線

17、框移動距離x在0～a范圍，線框穿過左側磁場時，根據楞次定律，感應電流方向為逆時針，為正值，故B錯誤；當線框移動距離x在2a～3a范圍，線框穿過左側磁場時，根據楞次定律，感應電流方向為逆時針，為正值，故C正確，D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。 10．在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1m2，線圈電阻為1Ω．規(guī)定線圈中感應電流I 的正方向從上往下看是順時針方向，如圖（1）所示．磁場磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖（2）所示．則以下說法正確的是 A．在時間0～5s內，I的最大值為0.1A B．在第4s時刻，I的方向為逆時針 C．前2 s內，

18、通過線圈某截面的總電量為0.01C D．第3s內，線圈的發(fā)熱功率最大 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 在時間0～5?s內，由圖看出，在t=0時刻圖線的斜率最大，B的變化率最大，線圈中產生的感應電動勢最大，感應電流也最大，最大值為I=EmR=ΔBΔtSR=0.11×0.11=0.01A．故A正確；在第4s時刻，穿過線圈的磁場方向向上，磁通量減小，則根據楞次定律判斷得知，I的方向為逆時針方向。故B正確；前2s內，通過線圈某截面的總電量q=n△ΦR＝△BSR＝0.1×0.11C=0.01C．故C正確。第3s內，B沒有變化，線圈中沒有感應電流產生，則線圈的發(fā)熱功率最小。故D錯誤。故選

19、ABC。 【點睛】 本題關鍵要從數學角度理解斜率等于B的變化率．經驗公式q=n△ΦR，是電磁感應問題中常用的結論，要在會推導的基礎上記牢． 二、多選題 11．如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一個阻值為R的定值電阻，平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場，質量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h 處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。己知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數為μ，金屬棒與導軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中（） （重力加速度為g） A．金屬棒克服

20、安培力做的功等于金屬棒產生的焦耳熱 B．金屬棒克服安培力做的功為mgh C．金屬棒產生的電熱為12mg（h-μd） D．金屬棒運動的時間為2ghμg-B2L2d2Rμmg 【答案】 CD 【解析】 【詳解】 根據功能關系知，金屬棒克服安培力做的功等于金屬棒以及電阻R上產生的焦耳熱之和，故A錯誤。設金屬棒克服安培力所做的功為W．對整個過程，由動能定理得 mgh-μmgd-W=0，得 W=mg（h-μd），故B錯誤。電路中產生的總的焦耳熱Q=W= mg（h-μd），則屬棒產生的電熱為12mg（h-μd），故C正確。金屬棒在下滑過程中，其機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh=12

21、mv02，得v0=2gh。金屬棒經過磁場通過某界面的電量為q=ΔΦ2R=BLd2R；根據動量定理：-BILΔt-μmgdΔt=0-mv0，其中q=IΔt，解得Δt=2ghμg-B2L2d2Rμmg，選項D正確；故選CD. 12．由法拉第電磁感應定律可知，若穿過某截面的磁通量為Φ＝Φmsin ωt，則產生的感應電動勢為e＝ωΦmcos ωt。如圖所示，豎直面內有一個閉合導線框ACD(由細軟彈性電阻絲制成)，端點A、D固定。在以水平線段AD為直徑的半圓形區(qū)域內，有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場。設導線框的電阻恒為r，圓的半徑為R，用兩種方式使導線框上產生感應電流。方式一：將導

22、線與圓周的接觸點C點以恒定角速度ω1(相對圓心O)從A點沿圓弧移動至D點；方式二：以AD為軸，保持∠ADC＝45°，將導線框以恒定的角速度ω2轉90°。則下列說法正確的是 A．方式一中，在C從A點沿圓弧移動到圖中∠ADC＝30°位置的過程中，通過導線截面電荷量為3BR22r B．方式一中，在C沿圓弧移動到圓心O的正上方時，導線框中的感應電動勢最大 C．兩種方式回路中電動勢的有效值之比E1E2=ω1ω2 D．若兩種方式電阻絲上產生的熱量相等，則ω1ω2=14 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 方式一中，在C從A點沿圓弧移動到題圖中∠ADC＝30°位置的過程中，穿過回路磁

23、通量的變化量為ΔΦ＝32BR2。由法拉第電磁感應定律E＝ΔΦΔt，I＝Er，q＝IΔt，聯立解得q=ΔΦr=3BR22r，選項A正確；第一種方式中穿過回路的磁通量Φ1＝BR2sin ω1t，所產生的電動勢為e1＝ω1BR2cos ω1t，在C沿圓弧移動到圓心O的正上方時，導線框中的磁通量最大，由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢最小，感應電動勢為零，選項B錯誤；第二種方式中穿過回路的磁通量Φ2＝BR2cos ω2t，所產生的電動勢為e2＝ω2BR2sin ω2t，則兩種方式所產生的正弦交流電動勢的有效值之比為E1E2=ω1ω2，時間滿足ω1t1ω2t2=1800900，產生的焦耳熱Q1＝E12

24、rt1，Q2＝E22rt2，若Q1＝Q2，則ω1ω2=12，選項C正確，D錯誤。故選AC. 13．如圖所示，質量為M的足夠長金屬導軌abcd放在光滑的絕緣水平面上．一電阻為r，質量為m的導體棒PQ放置在導軌上，始終與導軌接觸良好，PQbc構成矩形．棒與導軌間無摩擦、棒左側有兩個固定于水平面的光滑立柱．導軌bc段電阻為R，長為L，其他部分電阻不計．以ef為界，其左側勻強磁場方向豎直向上，右側勻強磁場水平向右，磁感應強度大小均為B．在t＝0時，一水平向左的拉力F垂直作用在導軌的bc邊上，使導軌由靜止開始做勻加速直線運動，加速度為a．則（　?。? A．F與t2成正比 B．F和t是線性關系

25、C．當t達到一定值時，QP剛好對軌道無壓力 D．若F＝0，PQbc靜止，ef左側磁場均勻減小，QP可能對軌道無壓力 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 AB、t時刻dc產生的感應電動勢E＝BLv，導軌做初速為零的勻加速運動，v＝at，則 E＝BLat；感應電流 I=ER+r，金屬導軌abcd安培力大小F安＝BIL，對導軌，由牛頓第二定律得：F﹣F安＝ma，則得：F＝ma+B2L2aR+rt，可知F與t2不成正比，F與t成線性關系，故A錯誤，B正確； C、當t達到一定值時，導致QP的電流，產生的安培力等于其重力，則剛好對軌道無壓力，故C正確； D、當ef左側磁場均勻減小，不管減

26、小到什么值，QP對軌道壓力不會為零，因為受到的安培力與重力同向，故D錯誤。 14．邊長為L的正方形金屬框在水平恒力F作用下運動，穿過方向如圖的有界勻強磁場區(qū)域，磁場區(qū)域的寬度為d（d>L）。已知ab邊進入磁場時，線框的加速度恰好為零。則線框進入磁場的過程和從磁場另一側穿出的過程相比較，有（） A．產生的感應電流方向相反 B．所受的安培力方向相同 C．進入磁場過程的時間等于穿出磁場過程的時間 D．進入磁場過程和穿出磁場過程中通過導體內某一截面的電量相等 【答案】 ABD 【解析】 【分析】 根據題中“正方形金屬框在水平恒力F作用下運動，穿過方向如圖的有界勻強磁場區(qū)域”可

27、知，本題考察線框在磁場中的運動問題。根據線框在磁場中運動的分析方法，運用安培力、牛頓第二定律、楞次定律、感應電量等知識分析推斷。 【詳解】 A：線框進入和穿出磁場的過程中，磁場方向相同，進入磁場時磁通量增加，穿出磁場時磁通量減小；由楞次定律可知，產生感應電流方向相反。故A項正確。 B：根據楞次定律：感應電流阻礙導體與磁體間相對運動。線框向右進入磁場和從磁場另一側穿出過程所受安培力方向均水平向左，方向相同。故B項正確。 C：ab邊進入磁場時，線框的加速度恰好為零，線框進入磁場過程做勻速運動。線框完全在磁場中運動時磁通量不變，沒有感應電流產生，線框不受安培力而做勻加速運動。線框剛開始穿出磁

28、場時，速度比進入磁場時速度大，線框所受安培力增大，大于恒力F，線框穿出磁場的過程做減速運動或先減速后勻速，完全穿出磁場時，線框的速度大于或等于進入磁場時的速度。綜上線框穿出磁場過程的平均速度大于線框進入磁場的平均速度，線框進入磁場過程的時間大于穿出磁場過程的時間。故C項錯誤。 D：感應電量q=I?Δt=ER總?Δt=nΔΦΔt?ΔtR總=nΔΦR總。線框進入和穿出磁場的兩個過程中，線框磁通量的變化量相等，則通過導體內某一截面的電量相等。故D項正確。 【點睛】 楞次定律：感應電流具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化。楞次定律還可表述為：感應電流的效果總是反抗引

29、起感應電流的原因，如“增反減同”、“來拒去留”、“增縮減擴”等。 15．如圖所示，兩根平行光滑金屬導軌固定在同一水平面內，其左端接有定值電阻R，建立ox軸平行于金屬導軌，在0≤x≤4m的空間區(qū)域內存在著垂直導軌平面向下的磁場，磁感應強度B隨坐標x（以m為單位）的分布規(guī)律為B=0.8-0.2x(T)，金屬棒ab在外力作用下從x=0處沿導軌向右運動，ab始終與導軌垂直并接觸良好，不計導軌和金屬棒的電阻。設在金屬棒從x1=1m處，經x2=2m到x3=3m的過程中，電阻器R的電功率始終保持不變，則 A．金屬棒做勻速直線運動 B．金屬棒運動過程中產生的電動勢始終不變 C．金屬棒在x1與x2處

30、受到磁場B的作用力大小之比為3：2 D．金屬棒從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R的電量之比為5：3 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 磁感應強度隨x增大而減小，ab棒在外力作用下在磁場中運動，切割磁感線．而更含蓄的是已知金屬棒從x1=1m經x2=2m到x3=3m的過程中，R的電功率保持不變，由功率公式P=I2R=U2R，則電流和電壓均有相等．從而很容易判斷感應電動勢的大小，電荷量的比值同樣用平均值方法來求，安培力之比用安培力公式來求，難于判定的是熱量，雖然電流相等但不知時間關系，所以由圖象法來求，F-x圖象與坐標軸圍成的面積就是功，而面積是梯形面積，那么克服安培力做功的

31、比值就能求出． 【詳解】 B、由功率的計算式：P=I2R=E2R，知道由于金屬棒從x1=1m經x2=2m到x3=3m 的過電功率保持不變，所以E應不變，選項B正確. A、由動生電動勢E=Blv可知，B隨著距離均勻減小，則v一直增大，故棒做加速直線運動；故A錯誤. C、由安培力公式F=BIL及P=EI知，F1F2=B1I1B2I2=B1B2=0.8-0.2×10.8-0.2×2=32；故C正確. D、由于金屬棒從x1=1m經x2=2m到x3=3m的過程中，R的電功率保持不變，由P=I2R知道R中的電流相等，再由安培力公式F=BIL，所以F-x圖象如圖所示： 顯然圖象與坐標軸圍成的

32、面積就是克服安培力做的功，即R產生的熱量，所以：Q1Q2=0.6+0.40.4+0.2=53，由熱量Q=I2Rt，熱量之比為5：3，電流相同說明時間之比為5:3，因此電量q1q2=It1It2=t1t2=53;故D正確. 故選BCD. 【點睛】 本題的難點在于沒有一個對比度，導體棒ab在隨x的增大而減小的磁場中在外力作用下切割磁感線，而巧妙的是在某一路段R上的電功率相同，預示著電路的電流和R上電壓相同，則安培力正比于磁感應強度，均勻減小．克服安培力的功轉化為焦耳熱，所以F-x圖象與坐標軸圍成的面積就是功．雖然不知外力怎么變化，但它與解決問題無多大關聯． 16．如圖所示，足夠長的光滑平行

33、金屬導軌豎直放置，間距為L，其上端連接有阻值為R的電阻和電容器C，裝置區(qū)域有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為B。將一根水平金屬棒ab開始下滑.已知金屬棒ab的質量為m，電阻也為R.金屬棒ab在運動中始終保持水平且與導軌良好接觸，且通過金屬棒ab的電流恒定不變，忽略導軌電阻，重力加速度為g.則下列說法正確的是 A．因為通過金屬棒ab的電流不變，所以金屬棒ab做勻速運動，速度大小是v=2mgRB2L2 B．盡管通過金屬棒ab的電流不變，金屬棒ab做勻變速運動，加速度大小是a=mgm+CB2L2 C．電阻R的電功率為P=(CBLmgm+CB2L2)2R D．若金屬棒ab由靜止下滑，

34、開始時電容器所帶電荷量為0，那么經過時間t，電容器兩端電量q=BCLmgt-2C2BLmgRm+CB2L2 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 根據通過金屬棒ab的電流恒定不變，可以知道電容器兩端的電壓均勻增大，處于充電過程中，然后根據牛頓第二定律可以確定加速度以及功率和電量. 【詳解】 A、由題可知金屬棒ab受到安培力為:FA=BIL=BILΔtΔt=BLΔQΔt=BLCΔUΔt=BLC?BLΔvΔt=B2L2Ca,對金屬棒ab，根據牛頓第二定律可以得到：mg-B2L2Ca=ma,整理可以得到:a=mgm+CB2L2，恒定不變，所以金屬棒ab做勻變速運動，故A錯誤，B正確；

35、 C、由上面分析可知：BIL=B2L2Ca，即:I=BLCa=BLC?mgm+CB2L2,則電阻R的功率為：P=I2R=(CBLmgm+CB2L2)2R，故C正確； D、經過時間t電容器兩端的電量為:q=CU=C(BLv-2IR)=C(BLat-2BLCaR)=BCLmgt-2C2BLmgRm+CB2L2；故D正確. 故選BCD. 【點睛】 本題考查了電磁感應中的電容器充電過程中，電流不變，然后根據牛頓第二定律可以確定加速度.要知道電流與電容器帶電量的關系. 17．如圖所示，在豎直向上磁感應強度為B=1T勻強磁場中，兩條足夠長光滑平行金屬導軌固定在水平桌面上，間距l(xiāng)=1m，電阻不計

36、，勻強磁場方向與導軌平面垂直，金屬棒AB、CD水平放在兩導軌上，相隔為L=0.2m，棒與導軌垂直并保持良好接觸，AB棒質量為m1=0.2kg，CD棒質量為m2=0.4kg，兩金屬棒接入電路的總電阻R=0.5Ω，若CD棒以v0=3m/s的初速度水平向右運動，在兩根金屬棒運動到兩棒間距最大的過程中，下列說法正確的是(　　) A．AB棒的最終速度大小為1m/s B．該過程中電路中產生的熱量為0.6J C．該過程中通過導體橫截面的電荷量為0.4C D．兩金屬板的最大距離為0.3m 【答案】 BC 【解析】 【分析】 金屬導軌光滑，兩金屬棒組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，

37、由動量守恒定律可以求出棒的最終速度；由能量守恒定律可以求出電路產生的熱量，應用動量定理可以求出通過導體橫截面的電荷量，然后求出兩金屬棒的最大距離。 【詳解】 A、開始CD棒做減速運動、AB棒做加速運動，當兩者速度相等時它們間的距離最大，兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m2v0=(m1+m2)v，解得：v=2m/s，故A錯誤； B、對系統(tǒng)，由能量守恒定律得：12m2v02=Q+12(m1+m2)v2，解得：Q=0.6J，故B正確； C、對AB棒，由動量定理得：Bilt=m1v，而：it=q，則：Blq=m1v，解得：q=0.4C，故C正確； D、通過導體橫截面

38、的電荷量：q=I△t=ER△t=?Φ?tR△t=?ΦR=BldR，兩金屬棒間的最大距離：D=d+L=qRBl+L=0.4×0.51×1+0.2m=0.4m，故D錯誤； 故選BC. 【點睛】 本題是電磁感應與力學、電學相結合的綜合題，考查了動量守恒定律的應用，分析清楚金屬棒的運動過程是解題的前提與關鍵，應用動量守恒定律、能量守恒定律、動量定理與法拉第電磁感應定律、歐姆定律可以解題。 18．如圖所示，空間存在磁感應強度為B，方向豎直向下的勻強磁場，MN、PQ是相互平行的粗糙的長直導軌，處于同一水平面內，其間距為L，導軌一端接一阻值為R的電阻，ab是跨接在導軌上質量為m的導體棒，其阻值也為R

39、.從零時刻開始，對ab棒施加一個水平向左的恒力F，使其從靜止開始沿導軌做直線運動，此過程中棒始終保持與導軌垂直且接觸良好，所受滑動摩擦力大小始終為了14F.導軌電阻不計.則(　　) A．通過電阻R的電流方向為由N到Q B．ab棒的最大速度為3FR4B2L2 C．電阻R消耗的最大功率為9F2R16B2L2 D．ab棒速度為v0時的加速度大小為3F4m-B2L2v02mR 【答案】 CD 【解析】 【分析】 由右手定則可以判斷出電流方向； 導體棒勻速運動時速度最大，由平衡條件可以求出最大速度； 由E=BLv求出感應電動勢，由電功率公式求出電功； 由安培力公式求出安培力

40、，由牛頓第二定律求出加速度． 【詳解】 A、由右手定則可知，通過電阻R的電流方向為由Q到N，故A錯誤； B、導體棒受到的安培力：F安培=BIL=B2L2v2R，導體棒勻速運動時速度最大，由平衡條件得：F=B2L2v2R+F4，解得：v=3FR2B2L2，故B錯誤； C、最大感應電流：I=E最大2R=BLv最大2R=3F4BL，電阻R消耗的最大功率：P=I2R=9F2R16B2L2，故C正確； D、ab棒速度為v0時導體棒受到的安培力：F安培'=BIL=B2L2v02R，由牛頓第二定律得：F-B2L2v02R-F4=ma，解得：a=3F4m-B2L2v02mR，故D正確； 故選：CD

41、。 【點睛】 本題是一道電磁感應、電路與力學相結合的綜合題，分析清楚導體棒的運動過程，應用安培力公式、平衡條件、牛頓第二定律可以解題． 19．如圖甲所示，在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1L2之間、L3L4之間存在勻強磁場，大小均為1?T，方向垂直于虛線所在平面．現有一矩形線圈abcd，寬度cd=L=0.5?m，質量為0.1?kg，電阻為2?Ω，將其從圖示位置靜止釋放（cd邊與L1重合），速度隨時間的變化關系如圖乙所示，t1時刻cd邊與L2重合，t2時刻ab邊與L3重合，t3時刻ab邊與L4重合，已知t1~t2的時間間隔為0.6?s，整個運動過程中線圈平面

42、始終處于豎直方向，（重力加速度g取10?m/s2）則（） A．在0~t1時間內，通過線圈的電荷量為0.25?C B．線圈勻速運動的速度大小為8?m/s C．線圈的長度ad為1?m D．0~t3時間內，線圈產生的熱量為4.2?J 【答案】 AB 【解析】 A：在0~t1時間內，cd邊從L1運動到L2，通過線圈的電荷量為q=It1=BLv1Rt1=BLdR=0.25C，故A項正確。 B：根據平衡有：mg=BIL，而I=BLvR，聯立兩式解得：v=mgRB2L2=8m/s，故B項正確。 C：t1~t2的時間間隔內線圈一直做勻變速直線運動，知ab邊剛進上邊的磁場時，cd邊也剛

43、進下邊的磁場，設磁場的寬度為d，則線圈的長度：L'=2d，線圈下降的位移為：x=L'+d=3d，則有：3d=vt-12gt2，將v=8m/s，t=0.6s，代入解得：d=1m，所以線圈的長度為L'=2d=2m，故C項錯誤。 D：0~t3時間內，根據能量守恒得：Q=mg(3d+2d)-12mv2=0.1×10×(3+2)-12×0.1×82J=1.8J，故D項錯誤。 綜上答案為AB 點睛：解決本題的關鍵理清線圈的運動情況，選擇合適的規(guī)律進行求解，本題的難點就是通過線圈勻加速直線運動挖掘出下落的位移為磁場寬度的3倍． 20．如圖所示，虛線EF左側區(qū)域I內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度

44、大小為B，右側區(qū)域Ⅱ內有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為2B，邊長為L、粗細均勻的正方形金屬線框在區(qū)域I，線框平面與磁場垂直，cd邊與虛線EF平行，線框的電阻為R，現使線框由圖示位置以速度v向右勻速運動，則在線框通過EF過程中，下列說法中正確的是 A．通過導線橫截面的電量為3BL2R B．線框ab邊的電流大小為BLv3R C．線框受到的安培力的大小為9B2L2vR D．線框中產生的焦耳熱為9B2L3vR 【答案】 ACD 【解析】 A、線框通過EF的過程中，線框中磁通量的變化是Δ?=3BL2，因此通過線框截面的電量為q=I?Δt=Δ?R=3BL2R，故A項正確；

45、線框中的總電動勢E=3BLv，電路中的電流I=ER=3BLvR，B項錯誤；C、線框受到的安培力為F=BIL+2BIL=3BIL=9B2L2vR，則C項正確；D、線框中產生的焦耳熱Q=I2Rt=(3BLvR)2?R?Lv=9B2L3vR，則D項正確；故選ACD. 【點睛】本題主要是考查了法拉第電磁感應定律和安培力的計算；對于導體切割磁感應線產生的感應電動勢情況有兩種：一是導體平動切割產生的感應電動勢，可以根據E=BLv來計算；二是導體棒轉動切割磁感應線產生的感應電動勢，可以根據E=BL2ω2來計算．注意磁通量變化量的計算方法． 三、解答題 21．如圖（a），水平地面上固定一傾角為37°

46、的斜面，一寬為l=0.43m的有界勻強磁場垂直于斜面向上，磁場邊界與斜面底邊平行。在斜面上由靜止釋放一正方形金屬線框abcd，線框沿斜面下滑時，ab、cd邊始終與磁場邊界保持平行。以地面為零勢能面，從線框開始運動到恰好完全進入磁場的過程中，線框的機械能E與位移s之間的關系如圖（b）所示，圖中①、②均為直線段。已知線框的質量為m=0.1kg，電阻為R=0.06Ω。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2）求： （1）線框與斜面間的動摩擦因數μ； （2）線框的邊長l＇ （3）線框穿越磁場的過程中，線框中產生的最大電功率Pm； 【答案】（1）0.5（2）0

47、.15m（3）0.43W 【解析】 【詳解】 （1）進入磁場前，根據線段①，減少的機械能 ?E1=（0.900-0.756）J=μmgcos37°s 其中s=0.36m， 解得μ=0.5 （2）線框進入磁場的過程中，減小的機械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，由圖線②可知，此時機械能線性減小，說明安培力也為恒力，線框做勻速運動。減少的機械能 ?E2=（0.756-0666）J=（μmgcos37°+F安）·l＇=mgsin37°·l＇ 解得l＇=0.15m （3）線框完全進入磁場后做勻加速直線運動，當ab邊要離開磁場時，開始做減速運動，此時線框受到的安培力最大，速度最大

48、，線框內的電功率最大。 ab邊剛進入磁場時速度為v1則：（msin37°-μmgcos37°）s=12mv12 解得v1=1.2m/s 在線框勻速進入磁場時，安培力F安=mgsin37°-mmgcos37°=BIL=B2l'2v1R， 可解得：B2l′2= 0.01 線框完全進入磁場到ab邊剛要穿出磁場：mgsin37°-μmgcos37°l-l＇=12mv22-v12 解得v2=1.6m/s 所以線框內的最大電功率：Pm=I2R=B2l＇２v2R=1.283W=0.43W 22．（加試題）如圖所示，傾角θ=370、間距l(xiāng)＝0.1m的足夠長金屬導軌底端接有阻值R=0.1Ω的電阻

49、，質量m=0.1kg的金屬棒ab垂直導軌放置，與導軌間的動摩擦因數μ=0.45。建立原點位于底端、方向沿導軌向上的坐標軸x。在0.2m≤x≤0.8m區(qū)間有垂直導軌平面向上的勻強磁場。從t=0時刻起，棒ab在沿x軸正方向的外力F作用下從x=0處由靜止開始沿斜面向上運動，其速度與位移x滿足v=kx（可導出a=kv）k=5s-1。當棒ab運動至x1=0.2m處時，電阻R消耗的電功率P=0.12W，運動至x2=0.8m處時撤去外力F，此后棒ab將繼續(xù)運動，最終返回至x=0處。棒ab始終保持與導軌垂直，不計其它電阻，求：（提示：可以用F－x圖象下的“面積”代表力F做的功 （1）磁感應強度B的大小

50、 （2）外力F隨位移x變化的關系式； （3）在棒ab整個運動過程中，電阻R產生的焦耳熱Q。 【答案】（1）305T；（2）無磁場區(qū)間：F=0.96+2.5x；有磁場區(qū)間：F=0.96+3.1x；（3）0.324J 【解析】 【詳解】 （1）由P=E2R E=Blv， 解得B=PR(lv)2=305T （2）無磁場區(qū)間：0≤x<0.2m，a=5v=25x F=25xm+μmgcosθ+mgsinθ=0.96+2.5x 有磁場區(qū)間：0.2m≤x<0.8m FA=(Bl)2vR=0.6x F=0.96+2.5x+0.6x=0.96+3.1x （3）上升過程中克服安培力做功（

51、梯形面積）WA1=0.62(x2+x1)(x2-x1)=0.18J 撤去外力后，棒ab上升的最大距離為s，再次進入磁場時的速度為v＇，則： (mgsinθ+μmgcosθ)s=12mv2 (mgsinθ-μmgcosθ)s=12mv'2 解得v＇=2m/s 由于mgsinθ-μmgcosθ-(Bl)2v'R=0 故棒再次進入磁場后做勻速運動； 下降過程中克服安培力做功：WA2=(Bl)2v'R(x2-x1)=0.144J Q=WA1+WA2=0.324J 23．如圖所示，在兩根間距為L的水平金屬導軌上，有一個邊長為L的正方形金屬線圈，線圈的 ab、cd 邊質量均為m，電阻均為

52、 R；ac、bd 邊的質量和電阻均不計。在cd和pq 間存在磁感應強度為 B，垂直導軌向上的勻強磁場。在導軌上，另有一根質量為 m、電阻為R的金屬棒 ef，在恒力F的作用下向右運動。線圈和ef金屬棒與導軌的摩擦因數均為μ，導軌電阻不計。當 ef 棒向右運行距離為 L 時，線圈剛好開始運動，求: （1）ef棒的速度； （2）ef棒從靜止開始，到線圈剛開始運動消耗的時間； （3）在ef棒運動過程中，cd桿消耗的焦耳熱； （4）當ef桿速度多大時，作用在桿子上的合外力的功率最大，并求出最大功率。 【答案】（1）v=3μmgRB2L2；（2）Δt=2B4L5+9μm2gR23(F-μmg

53、)RB2L2； （3）Qcd=16FL-μmgL-9μ2m3g2R22B4L4； （4）v=3R(F-μmg)4B2L2，最大值Pm=3R(F-μmg)28B2L2 【解析】 【詳解】 （1）設ef棒的速度為v，則電動勢E=BLv； 流過cd的電流Icd=12ER+12R=BLv3R ; 線圈剛剛開始運動：BIcdL=2μmg 聯立解得ef棒的速度：v=6μmgRB2L2 （2）從ef開始運動，到線圈開始運動，對ef由動能定理：(F-BIL-μmg)Δt=mv 其中的q=IΔt；I=BL?LΔt?32R； 聯立解得：Δt=mv+2B2L3/3RF-μmg， 解得Δt=6

54、μm2gRB2L2+2B2L33RF-μmg=6μm2gR+2B4L53RB2L2(F-μmg) （3）由能量關系可知：FL-μmgL-Q=12mv2 其中cd桿消耗的焦耳熱為：Qcd=16Q 可得：Qcd=16(FL-μmgL-18μ2m3g2R2B4L4) （4）作用在桿子上的合外力的功率：P=(F-μmg-B2L2v1.5R)v，P是v的二次函數， 由數學知識可知，當v=1.5R(F-μmg)2B2L2時P最大，最大值為Pm=1.5R(F-μmg)24B2L2 24．如圖所示，在同一水平面內的光滑平行金屬導軌MN、M'N'與均處于豎直面內的半圓形光滑金屬軌道NP、N'P'平滑

55、連接，半圓軌道半徑均為r=0.5m，導軌間距L=1m，水平導軌左端MM'接有R=2Ω的定值電阻，水平軌道的ANN'A'區(qū)域內有豎直向下的勻強磁場，磁場區(qū)域寬度d=1m。一質量為m=0.2kg、電阻為R0=0.5Ω、長度為L=1m的導體棒ab放置在水平導軌上距磁場左邊界s處，在與導體棒垂直、大小為2N的水平恒力F的作用下從靜止開始運動，導體棒運動過程中始終與導軌垂直并與導軌接觸良好，導體棒進入磁場后做勻速運動，當導體棒運動至NN'時撤去F，結果導體棒ab恰好能運動到半圓形軌道的最高點PP'。已知重力加速度g取10m/s2，導軌電阻忽略不計。 （1）求勻強磁場的磁感應強度B的大小及s的大?。?

56、（2）若導體棒運動到AA'時撤去拉力，試判斷導體棒能不能運動到半圓軌道上。如果不能，說明理由；如果能，試再判斷導體棒沿半圓軌道運動時會不會脫離軌道。 【答案】（1）B=1T，s=1.25m；（2）h=0.45m，由于h

57、立得B=1T 根據動能定理有：Fs=12mv12 解得s=1.25m （2）假設導體棒能穿過磁場區(qū)域，穿過磁場區(qū)域的速度大小為v3，根據動量定理：-F安Δt=mΔv 即-B2L2R+R0d=m(v3-v1) 解得：v3=3m/s 所以假設成立，能運動到半圓軌道上。 假設導體棒在半圓軌道上不會離開軌道，上升的最大高度為h 則有：mgh=12mv32 解得：h=0.45m，由于h

58、。長度均為L、質量均為m=40g、電阻均為R=0.1Ω的導體排ab、cd分別垂直放置于水平和傾斜導軌上，并與導軌接觸良好，導軌電阻不計，導體棒ab通過兩根跨過光滑定滑輪的絕緣細線分別與質量m0=200g的物體C和導體棒cd相連，細線沿導軌中心線且在導軌平面內，細線及滑輪的質量不計，已知傾斜導軌與水平面的夾角θ=37°，水平導軌與導體棒ab間的動摩擦因數μ=0.4，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，兩導軌足夠長，導體棒cd運動中始終不離開傾斜導軌。將物體C由靜止釋放，當它達到最大速度時下落的高度h=1m，在這一運動過程中，求： (1)物體C的最大速度； (2)導體棒ab產

59、生的焦耳熱。 【答案】(1) 2m/s；(2) 0.52J 【解析】 【詳解】 (1)設C達到的最大速度為vm，由法拉第電磁感應定律，回路的感應電動勢為：E=2BLvm…① 由歐姆定律得回路中的電流強度為：I=E2R…② 金屬導體棒ab、cd受到的安培力為：F=BIL…③ 設連接金屬導體棒ab與cd的細線中張力為T1，連接金屬導體棒ab與物體C的細線中張力為T2，導體棒ab、cd及物體C的受力如圖： 由平衡條件得：T1=mgsin37°+F…④ T2=T1+F+f…⑤ T2=m0g…⑥ 由①②③④⑤⑥可解得：vm=2m/s。 (2)系統(tǒng)在該過程中產生的內能為E1，由

60、能的轉化和守恒定律得： m0gh=(2m+m0)v2+mghsin37°+E1…⑦ 運動過程中由于摩擦產生的內能為：E2=μmgh…⑧ 則這一過程電流產生的內能為：E3=E1-E2…⑨ 又因為ab棒、cd棒的電阻相等，則由⑦⑧⑨可得，電流通過ab棒產生的焦耳熱為：E4=12E3=0.52J。 26．如圖所示，兩足夠長平行光滑的金屬導軌MN、PQ相距為L，導軌平面與水平面夾角α，導軌電阻不計．磁感應強度為B的勻強磁場垂直導軌平面向上，長為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質量為m、電阻為R。定值電阻的阻值也為R，重力加速度為g，閉合開關S，現將金

61、屬棒由靜止釋放。 （1）求金屬棒下滑的最大速度va； （2）金屬棒從靜止開始下滑距離為s0時速度恰好達到最大； ①求該過程通過金屬棒的電量q； ②a.求該過程中金屬棒的生熱Q； b.試證明該過程中任意時刻金屬棒克服安培力的功率都等于全電路的生熱功率。 （3）金屬棒從靜止開始下滑距離為s0時速度恰好達到最大，求該過程中金屬棒所用的時間t。 【答案】（1）vm=2mgRsinαB2L2（2）①q=BLs02R②a. Q=mgs0sinα-2mg2sin2αB4L4b.見解析；（3）t=2mRB2L2+B2L2s02Rmgsinα 【解析】 【詳解】 （1）當金屬棒到達最大速

62、度時，由平衡知識可知：mgsinα=BBLvmR+RL 解得vm=2mgRsinαB2L2 （2）①由IΔt=q； I=E2R； E=ΔΦΔt=BLs0Δt； 解得q=BLs02R ②a.由能量關系可知：Q=mgs0sinα-12mvm2=mgs0sinα-2mg2sin2αB4L4 b.設某一時刻金屬棒的速度為v，則安培力的功率：P安=F安v=BBLv2RLv=B2L2v22R； 電動勢E=BLv，則全電路的生熱功率P熱=E22R=B2L2v22R， 即該過程中任意時刻金屬棒克服安培力的功率都等于全電路的生熱功率，問題得證。 （3）由動量定理可知：mgsinα?t-BIL

63、?t=mvm，而It=q聯立解得：t=2mRB2L2+B2L2s02Rmgsinα 27．如圖所示，在豎直平面內有兩根相互平行、電阻忽略不計的金屬導軌（足夠長），在導軌間接有阻值分別為R1，R2的兩個電阻，一根質量為m的金屬棒ab垂直導軌放置其上，整個裝置處于垂直導軌所在平面的勻強磁場中?，F讓金屬棒ab沿導軌由靜止開始運動，若只閉合開關S1，金屬棒ab下滑能達到的最大速度為υ1；若只閉合開關S2，金屬棒ab下滑高度為h時恰好達到能達到的最大速度為υ2，重力加速度為g，求： （1）金屬棒的電阻r； （2）金屬棒ab由靜止開始到達到最大速度υ2的過程中，通過電阻R2的電荷量Q； （3）

64、金屬棒ab由靜止開始到達到最大速度υ2所用的時間； （4）若讓金屬棒ab沿導軌由靜止開始運動，同時閉合開關S1、S2，金屬棒ab下滑高度為h'時達到的最大速度為v’。試比較h與h'、v2與v’的大小關系。（不用推導、直接寫出結果） 【答案】（1）r=R2v1-R1v2v2-v1（2）Q=hv2mg(v2-v1)R2-R1（3）t=v2g+hv2（4）υ2>υ' h>h＇ 【解析】 【詳解】 （1）設勻強磁場的磁感應強度為B，導軌間的距離為L，則 當金屬棒達到最大速度v1時， 由平衡條件：mg=BI1L 由閉合電路的歐姆定律可得I1=BLv1R1+r 由以上方程解得：mg=

65、B2L2v1R1+r 當金屬棒達到最大速度v2時，同理有， mg=B2L2v2R2+r 解得： r=R2v1-R1v2v2-v1 （2）將r=R2v1-R1v2v2-v1代入mg=B2L2v1R1+r，解得：BL=mg(R2-R1)v2-v1 根據法拉第電磁感應定律可得平均感應電動勢為： 全屬棒ab由靜止開始到達到最大速度υ2的過程中，其平均感應電動勢為： E=ΔΦΔt=BLhΔt 其平均電流為：I=ER2+r 結合Q=I·Δt 解得：Q=hv2mg(v1+v2)R2-R1 （3）金屬捧從靜止到最大速度過程中，由動量定理有： mgt-ΣBILΔt=mv2 其中ΣIΔt=Q

66、 代入得t=v2g+hv2 （4）由兩次棒的υ- t圖象可知 v2>v' h>h' 28．如圖甲，乙所示，半徑為a=0.4m的圓形區(qū)或內有勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，平行金屬導軌PQP'Q'與磁場邊界相切與OO'，磁場與導軌平面垂直，導軌兩側分別接有燈L1、L2，兩燈的電阻均為R=2Ω，金屬導軌的電阻忽略不計，則： （1）如圖甲，若磁場隨時間變化規(guī)律為B=1+(4π)t（T），求流過L1電流的大小和方向； （2）如圖乙所示，若磁感應強度恒為B=l.5T，一長為2a、電阻r=2Ω的均勻金屬棒MN與導軌垂直放置且接觸良好，現將棒以v0=5m/s的速率在導軌上向右勻速滑動，求：棒通過磁場過程中的最大拉力F大小，以及棒通過磁場過程中的電荷量q. 【答案】(1)0.16A；逆時針方向(2) 2.4N，0.08πC 【解析】 【詳解】 （1）根據楞次定律可知，電流逆時針方向，因ΔBΔt=4π，則產生的感應電動勢為：E＝△B△tπa2＝0.64V 電流大小為：IA＝E2R＝0.644A＝0.16A （2）產生的感應電動勢最大為：E′=B?2av0=1.5×0.8