第九章高频考点真题验收全通关.doc

　　　　　 　　第九章高频考点真题验收全通关　　 　　　　　
[把握本章在高考中考什么、怎么考，练通此卷、平步高考！]
高频考点一：电磁感应现象　楞次定律
1．(多选)(2013·全国卷Ⅱ)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是(　　)
A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系
B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说
C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流
D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
2．(多选)(2013·海南高考)如图1所示，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈都各有一半面积在金属框内。在金属框接通逆时针方向电流的瞬间(　　)

图1
A．两小线圈会有相互靠拢的趋势
B．两小线圈会有相互远离的趋势
C．两小线圈中感应电流都沿顺时针方向
D．左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向
3．(2012·海南高考)如图2所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则(　　)

图2
A．T1＞mg，T2＞mg
B．T1＜mg，T2＜mg
C．T1＞mg，T2＜mg
D．T1＜mg，T2＞mg
4．(2012·四川高考)如图3所示，在铁芯P上绕着两个线圈a和b，则(　　)

图3
A．线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出恒定电流
B．线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量一定为零
C．线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响
D．线圈a的磁场变化时，线圈b中一定有电场
高频考点二：　法拉第电磁感应定律
5. (多选)(2014·江苏高考)如图4所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　　)

图4
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
6．(2013·北京高考)如图5，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动， MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为(　　)

图5
A．c→a,2∶1　　　　　　 　B．a→c,2∶1
C．a→c,1∶2 D．c→a,1∶2
7．(2010·浙江高考)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图6甲所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示。在t＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒。则以下说法正确的是(　　)

图6
A．第2秒内上极板为正极
B．第3秒内上极板为负极
C．第2秒末微粒回到了原来位置
D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2 πr2/d
8. (多选)(2014·四川高考)如图7所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t)T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则(　　)

图7
A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N
D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N
高频考点三：电磁感应中的图像问题
9．(2012·全国卷)如图8，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是(　　)

图8

图9
10．(2012·重庆高考)如图10所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场。在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t＝0时刻，其四个顶点M′、N′、P′、Q′恰好在磁场边界中点。下列图像中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是(　　)

图10

图11
11．(多选)(2011·山东高考)如图12所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处。磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直。先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触。用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移。图13中正确的是(　　)

图12

图13
12．(2013·广东高考)如图14(a)所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接，电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件。流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如图(b)所示，其中ab段和bc段均为直线，且ab段过坐标原点。ω>0代表圆盘逆时针转动。已知：R＝3.0 Ω，B＝1.0 T，r＝0.2 m。忽略圆盘、电流表和导线的电阻。

图14
(1)根据图(b)写出ab、bc段对应的I与ω的关系式；
(2)求出图(b)中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc；
(3)分别求出ab、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式。

高频考点四：电磁感应中的电路问题
13．(2013·安徽高考)如图15所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω。一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T。将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　)

图15
A．2.5 m/s　1 W B．5 m/s　1 W
C．7.5 m/s　9 W D．15 m/s　9 W
14. (2013·江苏高考)如图16所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝1.0 m、bc＝0.5 m，电阻r＝2 Ω。磁感应强度B在0～1 s内从零均匀变化到0.2 T。在1～5 s内从0.2 T均匀变化到－0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向。求：

图16
(1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；
(2)在1～5 s内通过线圈的电荷量q；
(3)在0～5 s内线圈产生的焦耳热Q。

15. (2012·浙江高考)为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置。如图17所示，自行车后轮由半径r1＝5.0×10－2 m的金属内圈、半径r2＝0.40 m的金属外圈和绝缘幅条构成。后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡。在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B＝0.10 T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1、外半径为r2、张角θ＝。后轮以角速度ω＝2π rad/s相对于转轴转动。若不计其他电阻，忽略磁场的边缘效应。

图17
(1)当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；
(2)当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；
(3)从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uab－t图像；
(4)若选择的是“1.5 V、0.3 A”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价。

高频考点五：电磁感应中的动力学与能量问题
16. (多选)(2010·四川高考)如图18所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面。现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动。若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能(　　)

图18
A．变为0　　　　　　　 　B．先减小后不变
C．等于F D．先增大再减小
17. (2011·福建高考)如图19，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑 ，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中(　　)

图19
A．运动的平均速度大小为v
B．下滑的位移大小为
C．产生的焦耳热为qBLv
D．受到的最大安培力大小为sin θ
18. (多选)(2012·山东高考)如图20所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g。下列选项正确的是(　　)

图20
A．P＝2mgv sin θ
B．P＝3mgv sin θ
C．当导体棒速度达到时加速度大小为sin θ
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
19. (2011·海南高考)如图21所示，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为g。在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好。求：

图21
(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；
(2)两杆分别达到的最大速度。

20. (2013·全国卷Ⅰ)如图22，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：

图22
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。

答 案
1．选ABD　本题考查电学中重要物理学史及其相关知识点，意在考查考生对物理学重要史实的了解情况。奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电流能够产生磁场，电和磁之间存在联系，选项A正确。安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，选项B正确。法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，由于导线圈中磁通量不变，不会产生感应电流，选项C错误。楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，这就是楞次定律，选项D正确。
2．选BC　对于左侧小线圈，左侧竖直导线在小线圈内的磁通量为零，上下侧水平导线和右侧水平导线在小线圈中的磁场方向均向外，故金属框接通逆时针方向电流的瞬间，左侧小线圈为阻碍磁通量的增加而有向左运动的趋势。同理可知，右侧小线圈有向右运动的趋势，所以两小线圈会有相互远离的趋势，A错误，B正确。由楞次定律可知，两侧小线圈感应电流都沿顺时针方向，C正确，D错误。
3．选A　金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，在磁铁下端时受力也向上，则金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知T1＞mg，T2＞mg，A项正确。
4．选D　a、b线圈相当于变压器的原、副线圈，根据电磁感应定律可知，当线圈a输入正弦交变电流时，线圈b将输出正弦交变电流，故A选项错误；当线圈a输入恒定电流，将产生不变的磁场，则穿过线圈b的磁通量不为零，只是磁通量的变化为零，故B选项错误；线圈b输出的交变电流也要产生磁场，对线圈a的磁场也会产生影响，故C选项错误；根据麦克斯韦电磁场理论可知，变化的磁场周围将产生电场，则线圈a中的磁场变化时，线圈b中一定有电场，故D选项正确。
5．选AB　当线圈上通交流电时，金属杯由于发生电磁感应现象，杯中有感应电流，对水加热，若要增大感应电流，则需要增大感应电动势或者减小杯体的电阻。增加线圈的匝数，使得穿过金属杯的磁场增强，感应电动势增大，选项A正确；提高交流电的频率，使得磁通量的变化率增大，感应电动势增大，选项B正确；若将金属杯换为瓷杯，则不会产生感应电流，选项C错误；取走线圈中的铁芯，磁场会大大减弱，感应电动势减小，选项D错误。
6．选C　本题考查电磁感应知识，意在考查考生对感应电流方向的判断和对感应电动势的理解能力。根据右手定则或楞次定律，可知通过电阻R的电流方向为a→c；根据法拉第电磁感应定律，知E1∶E2＝1∶2，则C项正确，其他选项错误。
7．选A　本题考查电磁感应定律和楞次定律，考查带电粒子在电场中的运动情况。根据楞次定律，结合图像可以判断：在0～1 s内，下极板为正极，上极板为负极；第2秒内上极板为正极，下极板为负极；第3秒内上极板为正极，下极板为负极；第4秒内上极板为负极，下极板为正极，故A选项正确，B选项错误。由于磁感应强度均匀变化，故产生的感应电动势大小是恒定的，感应电动势大小E＝＝S＝0.1πr2，第2秒末两极板间的电场强度为＝，D选项错误。在第1秒内微粒从静止沿向上或向下的方向开始做匀加速运动，第2秒内电场反向，电荷沿该方向做匀减速运动，第2秒末速度为0，第3秒内电荷做反向匀加速运动，第4秒内电荷沿反向做匀减速运动，第4秒末回到原来位置，故C选项错误。
8.选AC　根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C到D，故A正确，B错误；由法拉第电磁感应定律可知：E＝＝＝sin 30°＝0.2×12× V＝0.1 V，故感应电流为I＝＝1 A，金属杆受到的安培力FA＝BIL，t＝1 s时，FA＝0.2×1×1 N＝0.2 N，方向如图甲，此时金属杆受力分析如图甲，由平衡条件可知F1＝FA·cos 60°＝0.1 N，F1为挡板P对金属杆施加的力。t＝3 s时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图乙，此时挡板H对金属杆施加的力向右，大小F3＝BILcos 60°＝0.2×1×1× N＝0.1 N。故C正确，D错误。

甲　　　　　乙
9．选A　依题意，线框中感应电流方向总是沿顺时针方向，由于线框受到的安培力中左边框受力较大，故以左边框受力为主，由左手定则可知直线电流方向向上时，线框受到向左的安培力，直线电流方向向下时，线框受到向右的安培力，由题意导线中的电流应先为正后为负，故A对。
10.选B　在导线框运动过程中，导线框的Q′M′和P′N′两边所受安培力始终平衡，M′N′和P′Q′切割磁感线产生感应电动势，在闭合导线框中产生感应电流。则E＝BvL有效，I＝＝，f＝BIL有效＝，设导线框边长为a，则导线框运动到M′N′完全出磁场之前的过程中，L有效＝a－(a－2vt)＝2vt，f1＝；在M′N′完全出磁场后直到P′Q′开始出磁场之前，仅有P′Q′受安培力，有效长度不变，为a，f2＝，不变；P′Q′出磁场的过程中，有效长度L有效＝a－2vt，f3＝(a－2vt)2；根据三个过程中安培力的表达式可知，B选项正确。
11．选BD　c棒在未进入磁场前做自由落体运动，加速度为重力加速度；进入磁场后，d棒开始做自由落体运动，在d棒进入磁场前的这段时间内，c棒运动了2h，此过程c棒做匀速运动，加速度为零；d棒进入磁场后，c、d棒均以相同速度切割磁感线，回路中没有感应电流，它们均只受重力直至c棒出磁场；而且c棒出磁场后不再受安培力，也只受重力。故B正确，A错。d棒自开始下落到2h的过程中，只受重力，机械能守恒，动能与位移的关系是线性的；在c棒出磁场后，d棒切割磁感线且受到比重力大的安培力，完成在磁场余下的2h的位移，动能减小，安培力也减小，合力也减小，在Ekd­xd图像中Ekd的变化趋势越来越慢；在d棒出磁场后，只受重力，机械能守恒，Ekd­xd图像中的关系又是线性的，且斜率与最初相同，均等于重力。故D正确，C错。
12．解析：圆盘转动切割磁感线，根据E＝Br2ω计算感应电动势。题目给出了I­ω图像，根据数学知识写出I与ω的关系式。根据欧姆定律求解通过R的电流。根据并联电路的特点求解通过P的电流。
(1)根据数学知识，ab、bc段对应的I与ω的关系式分别为Iab＝k1ω，Ibc＝k2ω＋b，且当ω＝15 rad/s时，Iab＝0.1 A，故k1＝。
所以Iab＝ω(A)　(－45 rad/s≤ω≤15 rad/s)。
ω1＝15 rad/s时，Ibc＝0.1 A，
即0.1＝15k2＋b
ω2＝45 rad/s时，Ibc′＝0.4 A，
即0.4＝45k2＋b
解得k2＝，b＝－0.05
所以Ibc＝A
(15 rad/s≤ω≤45 rad/s)。
(2)圆盘电阻不计，切割磁感线时产生的感应电动势加在P和R上。b点对应的P两端的电压Ub＝E1＝Bω1r2＝×1.0×15×0.22V＝0.3 V。
c点对应的P两端的电压Uc＝E2＝Bω2r2＝×1.0×45×0.22V＝0.9 V。
(3)P、R两端的电压等于圆盘以角速度ω转动产生的感应电动势，即UP＝UR＝E＝Bωr2＝0.02ω
根据欧姆定律得通过R的电流IR＝＝＝。
根据并联电路的电流特点Iab＝IP＋IR
Ibc＝IP′＋IR′
所以ab段流过P的电流
IP＝Iab－IR＝ω－＝0
(－45 rad/s≤ω≤15 rad/s)
bc段流过P的电流
IP′＝Ibc－IR′＝ A
(15 rad/s≤ω≤45 rad/s)。
答案：见解析
13.选B　本题考查电与磁的综合应用，意在综合考查电磁感应、恒定电流、磁场、牛顿运动定律、能量的转化和守恒等知识点。小灯泡稳定发光时，导体棒MN的运动速度稳定，所受合力为零，在沿斜面方向上：mgsin 37°＝μmgcos 37°＋ILB，又I＝，其中R总＝2 Ω，代入数据可得v＝5 m/s，闭合回路的总功率P＝＝2 W，小灯泡和导体棒MN的电阻相等，消耗的电功率相等，都为1 W。
14．解析：本题考查电磁感应与电路的综合，意在考查考生对法拉第电磁感应定律的理解及应用能力。
(1)感应电动势E1＝，磁通量的变化ΔΦ1＝ΔB1S
解得E1＝N，代入数据得E1＝10 V，感应电流的方向为a→d→c→b→a
(2)同理可得E2＝N，感应电流I2＝，电荷量q＝I2Δt2，解得q＝N，代入数据得q＝10 C
(3)0～1 s内的焦耳热Q1＝IrΔt1，且I1＝，1～5 s内的焦耳热Q2＝IrΔt2
由Q＝Q1＋Q2，代入数据得Q＝100 J
答案：(1)10 V，感应电流的方向为a→d→c→b→a　
(2)10 C　(3)100 J
15．解析：(1)金属条ab在磁场中切割磁感线时，所构成的回路的磁通量变化。设经过时间Δt，磁通量变化量为ΔΦ，由法拉第电磁感应定律
E＝①
ΔΦ＝BΔS＝B②
由①②式并代入数值得：
E＝＝Bω(r－r)＝4.9×10－2 V③
根据右手定则(或楞次定律)，可得感应电流方向为b→a。④
(2)通过分析，可得电路图为

(3)设电路中的总电阻为R总，根据电路图可知，R总＝R＋R＝R⑤
ab两端电势差
Uab＝E－IR＝E－R＝E≈1.2×10－2 V⑥
设ab离开磁场区域的时刻为t1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2，
t1＝＝ s⑦
t2＝＝ s⑧
设轮子转一圈的时间为T，
T＝＝1 s⑨
由T＝1 s，金属条有四次进出，后三次与第一次相同。⑩
由⑥⑦⑧⑨⑩可画出如下Uab­t图像。

(4)“闪烁”装置不能正常工作。(金属条的感应电动势只有4.9×10－2 V)，远小于小灯泡的额定电压，因此无法工作。
B增大，E增大，但有限度；
r2增大，E增大，但有限度；
ω增大，E增大，但有限度；
θ增大，E不变。
答案：见解析
16．选AB　本题考查电磁感应、安培力与物体的平衡，意在考查考生对平衡条件的理解，并能综合磁场知识解答磁场中导体棒的平衡问题。对b，由平衡条件可得，未施加恒力F时，有mgsin θ＝Ffb。当施加恒力F后，因b所受的安培力向上，故有F安＋Ffb＝mgsin θ。对a，在恒力F的拉动后，先加速最后匀速运动，故b所受的安培力先增大，然后不变，b所受的摩擦力可能先减小后不变，B正确，D错误；若F安＝mgsin θ，则Ffb＝0，A正确；若Ffb＝F，则对导体棒a、b系统，所受的合外力将沿斜面向下，与题意中两棒的运动状态不符，C错误。
17．选B　分析棒的受力，有mgsin θ－＝ma，分析可得棒做加速度减小的加速运动，故其平均速度不等于初末速度的平均值，A错。设沿斜面下滑的位移为s，则电荷量q＝I·Δt＝··Δt＝＝，解得位移s＝，B正确。根据能量守恒，产生的焦耳热等于棒机械能的减少量，Q＝mgssin θ－mv2。棒受到的最大安培力为，C、D错误。
18．选AC　当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向：mgsin θ＝；当导体棒第二次达到最大速度时，沿导轨方向：F＋mgsin θ＝，即F＝mgsin θ，此时拉力F的功率P＝F·2v＝2mgvsin θ，选项A正确、B错误；当导体棒的速度达到时，沿导轨方向：mgsin θ－＝ma，解得a＝gsin θ，选项C正确；导体棒的速度达到2v以后，拉力与重力的合力做功全部转化为R上产生的焦耳热，选项D错误。
19．解析：(1)细线烧断之前，对整体分析有F＝3mg①
设细线烧断后任意时刻MN的速度为v，M′N′的速度为v′，MN的加速度为a，M′N′的加速度为a′，由牛顿第二定律知
a＝②
a′＝③
由于任意时刻两导体棒受到的安培力大小相等，即F安＝F安′，代入②③式可得任意时刻的加速度之比＝④
因两杆初速度均为0，故任意时刻两杆速度之比＝⑤
(2)两杆速度达到最大值时a＝a′＝0⑥
由安培力公式知F安＝BIl⑦
由闭合电路欧姆定律知I＝⑧
由①②⑤⑦⑧解得v＝，v′＝
答案：(1)2∶1　(2)MN的最大速度为，M′N′的最大速度为
20．解析：本题考查金属棒在磁场中运动切割磁感线产生感应电动势的计算和电容器充电问题，意在考查考生对电容器充电电流的理解和电磁感应定律的掌握情况。
(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv①
平行板电容器两极板之间的电势差为
U＝E②
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有
C＝③
联立①②③式得
Q＝CBLv④
(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i。金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为
f1＝BLi⑤
设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有
i＝⑥
ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量。由④式得
ΔQ＝CBLΔv⑦
式中，Δv为金属棒的速度变化量。按定义有
a＝⑧
金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为
f2＝μN⑨
式中，N是金属棒对于导轨的正压力的大小，有
N＝mgcos θ⑩
金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－f1－f2＝ma⑪
联立⑤至⑪式得
a＝g⑫
由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动。t时刻金属棒的速度大小为
v＝gt⑬
答案：(1)Q＝CBLv　(2)v＝gt