高考物理一轮复习考点35-电磁感应规律的综合应用.doc

《金版教程》高考总复习首选用卷•物理(新教材)
考点35　电磁感应规律的综合应用

[题组一　基础小题]
1．如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是选项图中的(　　)

答案　D
解析　由题意知AB边受向右的恒定安培力，由左手定则可知线圈中电流沿顺时针方向，由楞次定律知原磁场增强，因安培力不变，根据F＝IlB知，B增大，I必减小，则感应电动势减小，再结合E＝＝，分析可知A、B、C错误，D正确。
2. 如图所示，两条光滑的平行导轨水平放置，导轨间接有一个定值电阻R，金属杆垂直于导轨放置且与导轨接触良好，匀强磁场的方向竖直向下。若金属杆与导轨之间的摩擦及金属杆与导轨的电阻均忽略不计，现给金属杆一个水平向右的初速度v0，则金属杆在磁场中的运动速度v与时间t的关系图像正确的是(　　)

答案　C
解析　金属杆运动过程中受水平向左的安培力，其大小为F＝，对金属杆，根据牛顿第二定律有a＝，可知金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，v­t图像的斜率逐渐减小，故C正确，A、B、D错误。
3. 光滑金属导轨宽L＝0.5 m，电阻不计，均匀变化的磁场充满整个导轨平面，如图甲所示，磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。金属棒ab的电阻为2 Ω，垂直固定在导轨上静止不动，且与导轨左端距离l＝0.2 m，则(　　)

A．1 s末回路中的电动势为0.1 V
B．1 s末回路中的电流为0.5 A
C．2 s内回路产生的电热为0.1 J
D．2 s末，ab所受安培力大小为0.5 N
答案　A
解析　由图乙知，＝1 T/s，由法拉第电磁感应定律得，感应电动势为E＝S＝lL＝0.2×0.5×1 V＝0.1 V，故A正确；回路中的感应电流为I＝＝ A＝0.05 A，故B错误；2 s内回路产生的电热为Q＝I2Rt＝0.052×2×2 J＝0.01 J，故C错误；2 s末，B＝2 T，ab所受的安培力大小为F＝ILB＝0.05×0.5×2 N＝0.05 N，故D错误。
4. (多选)如图，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab，导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止向右运动。则(　　)

A．随着ab运动速度的增大，其加速度减小
B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能
C．当ab做匀速运动时，外力F做功的功率大于电路中的电功率
D．无论ab做何运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能
答案　AD
解析　金属棒ab所受的安培力为：FA＝IlB＝，由牛顿第二定律可知：a＝，则随着ab运动速度的增大，其所受安培力增大，因为F不变，则加速度减小，当加速度减小为0时，ab开始做匀速直线运动，故A正确；根据能量守恒定律可知，外力F对ab做的功等于电路中产生的电能以及ab的动能，故B错误；当ab做匀速运动时，外力F做的功全部转化为电路中的电能，则外力F做功的功率等于电路中的电功率，故C错误；根据功能关系知，ab克服安培力做的功等于电路中产生的电能，故D正确。
5. 如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁体竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁体克服磁场力做功W2，重力对磁体做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek，则下列表达式错误的是(　　)

A．W1＝Ek B．W1＝Q
C．W2－W1＝Q D．WF＋WG＝Ek＋Q
答案　B
解析　根据动能定理，合力对导体棒做的功等于导体棒获得的动能，导体棒在水平方向上只受磁场力的作用，所以磁场力对导体棒做的功等于导体棒获得的动能，即W1＝Ek，故A正确，B错误；根据功能关系及能量守恒定律可知，磁体克服磁场力做的功等于导体棒获得的动能与导体棒、导轨、导线组成的回路中产生的焦耳热之和，即W2＝Ek＋Q＝W1＋Q，整理得：W2－W1＝Q，故C正确；磁体向上做匀速运动，对磁体根据动能定理有：WF＋WG－W2＝0，又W2＝Ek＋Q，因此有：WF＋WG＝Ek＋Q，故D正确。本题选错误的，故选B。
6. 英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一电荷量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是(　　)

A．0 B．r2qk
C．2πr2qk D．πr2qk
答案　D
解析　变化的磁场使回路中产生的感生电动势为E＝＝·S＝kπr2，则小球在环上运动一周，感生电场对小球的作用力所做的功W＝qU＝qE＝qkπr2，D正确。
7. (多选)如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距。若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能(　　)

A．始终减小 B．始终不变
C．始终增加 D．先减小后增加
答案　CD
解析　ab边进入磁场时线框产生感应电动势，线框受到向上的安培力F作用，若安培力F＝IlB＝＝mg，则线框进入磁场的过程做匀速运动，当线框全部进入磁场后，不再产生感应电流，线框在重力作用下加速运动，B错误；若安培力F＝IlB＝<mg，则线框进入磁场的过程先做加速运动，可能一直加速，也可能加速至F＝mg后，线框做匀速运动，当线框全部进入磁场时，线框在重力的作用下继续做加速运动，C正确；若安培力F＝IlB＝>mg，则线框进入磁场的过程先做减速运动，可能一直减速，也可能减速至F＝mg后，线框做匀速运动，当线框全部进入磁场后，线框在重力作用下做加速运动，即速度可能先减小后增加，A错误，D正确。
8. 如图所示，两根足够长的光滑导轨固定竖直放置，间距为l，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，金属棒和导轨电阻不计，现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放(设当地重力加速度为g)，则(　　)

A．释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度g
B．金属棒向下的最大速度为v时，所受弹簧弹力为F＝mg－
C．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
D．电路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
答案　B
解析　释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，金属棒不受安培力，只受重力，所以金属棒的加速度等于g，故A错误；金属棒向下的速度最大时，加速度为零，回路中产生的感应电流为I＝，金属棒受到的安培力FA＝IlB＝，根据平衡条件知，F＋FA＝mg，解得弹簧弹力F＝mg－，故B正确；金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则可知，流过电阻R的电流方向为b→a，故C错误；由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍作用，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，此时弹簧具有一定的弹性势能，所以金属棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则根据能量守恒定律可知在金属棒运动的过程中，电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与最终弹簧的弹性势能之差，故D错误。
9．(2019·全国卷Ⅲ) (多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是(　　)

答案　AC
解析　
导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流，导体棒ab受安培力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度变大，如图所示，感应电流I＝＝，安培力F＝F′＝BIl＝＝ma，随着v1减小，v2增大，则F＝F′减小，两棒的加速度大小a减小，直到v1＝v2＝v共，a＝0，两棒做匀速运动，两棒组成的系统动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝，A正确，B错误。由前面分析知，v1－v2随时间减小得越来越慢，最后为0，则感应电流I＝随时间减小得越来越慢，最后为0，C正确，D错误。
10．(多选)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　)

A．流过金属棒的最大电流为
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒内产生的焦耳热为mg(h－μd)
答案　BD
解析　金属棒下滑到导轨弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh＝mv2，此时，感应电流最大，分析可得Imax＝＝，A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝t＝＝，B正确；对整个过程由动能定理得mgh－WF安－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功WF安＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝WF安＝mg(h－μd)，可知C错误，D正确。
[题组二　高考小题]
11. (2021·广东高考)(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有(　　)

A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
答案　AD
解析　OP转动切割磁感线产生的感应电动势为E＝Br2ω，因为OP匀速转动，ω恒定，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；杆OP匀速转动产生的感应电流由M到N通过杆MN，由左手定则可知，杆MN会向左运动切割磁感线，产生的感应电动势与原来电流方向相反，使回路中电流逐渐减小，杆OP、杆MN所受安培力减小，杆MN的加速度逐渐减小，故D正确，B、C错误。
12．(2021·河北高考) 如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是(　　)

A．通过金属棒的电流为2BCv2tanθ
B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθ
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
答案　A
解析　由题知金属棒匀速切割磁感线，则t时间内金属棒的位移x＝vt，根据几何关系知金属棒的有效切割长度为l＝2xtanθ，则金属棒上产生的感应电动势为E＝Blv＝2Bv2ttanθ，忽略所有电阻，则电容器极板上的电荷量为Q＝CE＝2BCv2ttanθ，通过金属棒的电流I＝＝2BCv2tanθ，A正确；当金属棒到达x0处时，所用时间t0＝，则电容器极板上的电荷量为Q0＝2BCv2t0tanθ＝2BCvx0tanθ，B错误；根据右手定则可知，金属棒中电流方向为流向电容器上极板，则电容器的上极板带正电，C错误；由于金属棒做匀速运动，则F＝F安＝IlB，由A项分析可知流过金属棒的电流I恒定，l与t成正比，则F安为变力，F为变力，再根据P＝Fv，v不变，可知外力F做功的功率P变化，D错误。
13. (2021·山东高考)迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行。系绳卫星由两子卫星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示。在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为r。导体绳所受的安培力克服大小为f的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上。已知卫星离地平均高度为H，导体绳长为L(L≪H)，地球半径为R，质量为M，轨道处磁感应强度大小为B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自转的影响。据此可得，电池电动势为(　　)

A．BL＋
B．BL－
C．BL＋
D．BL－
答案　A
解析　根据万有引力提供卫星绕地运行的向心力，有G＝m，可得卫星做圆周运动的线速度v＝；根据法拉第电磁感应定律可知，导体绳产生的感应电动势大小为E′＝BLv，由右手定则可知感应电动势的方向与电池电动势的方向相反，因导体绳中的电流方向向下，则电池电动势大于导体绳切割磁感线产生的感应电动势；因导体绳所受阻力f与安培力F平衡，可得f＝F＝BL，联立解得E＝BL＋，故选A。
14．(2019·全国卷Ⅱ) (多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是(　　)

答案　AD
解析　PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsinθ＝BI1L，又I1＝，故PQ做匀速运动，电流恒定；由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同。
情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsinθ＝BI1L、I1＝及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故I­t图象如图A所示。
情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，两棒在重力沿导轨方向的分力作用下均加速直至PQ离开磁场。当PQ离开磁场时，MN在磁场中的速度大于匀速运动时的速度，MN为电源，由右手定则知PQ中的电流方向与MN未进入磁场时相反，设此时PQ中电流大小为I2，由E＝BLv′，I2＝，BI2L－mgsinθ＝ma>0知，MN减速，且随v′减小，I2减小，a减小，I2与v′成正比，故I2随t减小得越来越慢，直至匀速，这时I2＝I1，I­t图象如图D所示。
15. (2020·海南高考)(多选)如图，足够长的间距d＝1 m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度L＝1 m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B＝0.5 T，方向如图所示。一根质量ma＝0.1 kg、阻值R＝0.5 Ω的金属棒a以初速度v0＝4 m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量mb＝0.2 kg、阻值R＝0.5 Ω的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则(　　)

A．金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动
B．金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流
C．金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为0.25 J
D．金属棒a最终停在距磁场左边界0.8 m处
答案　BD
解析　金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，则感应电流减小，金属棒a所受的安培力减小，加速度减小，故金属棒a第一次穿过磁场时做加速度减小的减速直线运动，故A错误。根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确。金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的平均感应电动势为＝＝，平均感应电流为＝，金属棒a受到的安培力大小的平均值为＝Bd，规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得－Bd·Δt＝mava－mav0，解得金属棒a第一次离开磁场时的速度大小为va＝1.5 m/s；金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即Q＝mav－mav，代入数据得Q＝0.6875 J，由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热为Qb＝＝0.34375 J，故C错误。规定向右为正方向，对两金属棒碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mava＝mava′＋mbvb，mav＝mava′2＋mbv，联立并代入数据解得金属棒a碰后的速度为va′＝－0.5 m/s；设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均感应电动势为′＝＝，平均感应电流为′＝，金属棒a受到的平均安培力大小为′＝B′d，规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得B′d·Δt′＝0－mava′，联立并代入数据解得x＝0.8 m，故D正确。
16. (2021·全国甲卷)(多选)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是(　　)

A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
答案　AB
解析　由于两线圈从同一高度同时由静止开始下落，则两线圈下边同时进入磁场，且速度相同，设为v；设线圈的边长为l，匝数为n，则线圈下边刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝nBlv；设线圈的密度为ρ0，质量为m，则所用导线的横截面积为S＝；设导线材料的电阻率为ρ，则线圈的电阻为R＝ρ＝；线圈下边刚进入磁场时线圈中的感应电流大小为I＝＝，线圈所受安培力大小为F＝nIlB＝；以竖直向下为正方向，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，解得a＝g－＝g－，可知加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度；分析可知，在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，两线圈的加速度和速度在任意时刻都相同。由a的表达式可知，若g>，即a>0，则在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，甲和乙都加速运动，或都先加速后匀速运动；若g<，即a<0，则在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，甲和乙都减速运动，或都先减速后匀速运动；若g＝，即a＝0，则在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，甲和乙都匀速运动。综上所述，A、B正确，C、D错误。
17. (2021·湖南高考)(多选)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)

A．B与v0无关，与成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
答案　CD
解析　将组合体以初速度v0水平无旋转抛出后，组合体进入磁场前做平抛运动，进入磁场后做匀速运动，由于金属框水平切割磁感线产生的感应电动势相互抵消，则感应电动势E＝BLvy，其中vy＝，根据平衡条件，有mg＝F安，而F安＝ILB，I＝，联立得B＝·，则B与v0无关，与成反比，A错误；当金属框进入磁场时通过金属框的磁通量增加，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框出磁场时通过金属框的磁通量减少，此时感应电流的方向为顺时针方向，B错误；由于组合体进入磁场后做匀速运动，有mg＝F安，则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正确；无论调节H、v0和B中的哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有mg＝F安，则克服安培力做的功都为W＝F安·4L＝4mgL，即组合体通过磁场的过程中产生的热量不变，D正确。
18. (2020·全国卷Ⅰ)(多选)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后(　　)

A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
答案　BC
解析　金属框在力F的作用下向右运动，bc边切割磁感线产生感应电动势，在回路MNcb中有感应电流，使得导体棒MN受到向右的安培力而向右做加速运动，bc边受到向左的安培力。当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2，导体棒的电阻为R，金属框的宽度为L，磁感应强度为B，则电路中的总电动势E＝BL(v2－v1)，电路中的电流I＝＝，金属框受到的安培力F安框＝BIL＝，与运动方向相反；导体棒MN受到的安培力F安MN＝BIL＝，与运动方向相同。设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，加速度分别为a1、a2，则对导体棒MN，有＝m1a1，对金属框，有F－＝m2a2。导体棒MN和金属框的初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从开始逐渐减小，当a1＝a2时，相对速度v2－v1＝，之后a1、a2不变，v2－v1恒定，整个运动过程用速度—时间图像描述如图所示。综上可得，经过一段时间后，金属框和导体棒的加速度大小趋于恒定值，所受安培力的大小也趋于恒定值，B、C正确；金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，A、D错误。

19．(2021·福建高考)(多选)如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t＝t2，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则(　　)

A．t1时刻a棒加速度大小为
B．t2时刻b棒的速度为0
C．t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍
D．t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为mv
答案　AD
解析　由题知，t1时刻，a棒进入磁场的速度方向向右，b棒的速度方向向左，根据右手定则可知，a棒产生的感应电动势和b棒产生的感应电动势在回路中均为逆时针方向，所以流过金属棒a、b的感应电流I＝＝，对a棒，根据牛顿第二定律有BIL＝ma，解得a＝，故A正确；金属棒a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，根据电阻定律有R＝ρ，2R＝ρ，解得b棒的横截面积S′＝S，已知a棒的质量为m，设b棒的质量为m′，则有m＝ρ密V＝ρ密SL，m′＝ρ密V′＝ρ密S′L，联立解得m′＝m，根据左手定则，可知a棒受到的安培力向左，b棒受到的安培力向右，由于流过金属棒a、b的电流一直相等，故两个力大小始终相等，则a与b组成的系统动量守恒，由题知，t2时刻流过a棒的电流为0，说明金属棒a、b在t2时刻均在磁场中且达到了共同速度，设为v，取向右为正方向，根据系统动量守恒有mv0－mv0＝v，解得v＝v0，故B错误；在t1～t2时间内，根据q＝It及金属棒a、b串联构成回路，可知通过两棒横截面的电荷量相等，故C错误；在t1～t2时间内，对金属棒a、b组成的系统，根据能量守恒有mv＋×v＝v2＋Q总，解得回路中产生的总热量为Q总＝mv，根据焦耳定律Q＝I2Rt，因金属棒a、b中的电流一直相等，所用时间相同，故金属棒a、b产生的热量与电阻成正比，即Qa∶Qb＝1∶2，又Qa＋Qb＝Q总＝mv，解得a棒产生的焦耳热为Qa＝mv，故D正确。
20. (2021·山东高考)(多选)如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是(　　)

A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度
B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度
C．金属棒不能回到无磁场区
D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处
答案　ABD
解析　Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，由楞次定律及法拉第电磁感应定律可知，Ⅰ区磁场在金属棒中产生向左的恒定电流I1；金属棒进入Ⅱ区后，下行过程切割磁感线产生向左的感应电流I2，则金属棒中的电流为向左的(I1＋I2)，由左手定则可知，金属棒受到向上的安培力F下＝B2(I1＋I2)l，由于在c处有B2I1l>mgsinθ，所以F下>mgsinθ，下行过程金属棒做减速运动，随着速度减小，I2＝减小，F下减小，a＝减小，到达c处时速度为0；在Ⅱ区上行过程切割磁感线产生向右的感应电流I2′，受到向上的安培力F上＝B2(I1－I2′)l，随着速度增大，I2′＝增大，F上减小，a＝减小，当a＝0即F上＝mgsinθ时，速度不变，I2′不变，F上不变，金属棒做匀速运动。由以上分析可知，在Ⅱ区中金属棒的加速度一直减小直到为0，则下行经过b时的加速度大于上行经过b时的加速度，B正确；由－合下xbc＋合上xbc＝mv－mv及F合＝ma可知，金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度，A正确；由以上分析可知，金属棒能回到无磁场区，由A项分析同理知，金属棒出Ⅱ区时的速度小于进Ⅱ区时的速度，则金属棒不能回到a处，C错误，D正确。
[题组三　模拟小题]
21. (2021·江苏省常州市高三一模)如图所示，圆形区域中的匀强磁场磁感应强度B1随时间t的变化关系为B1＝kt，k为大于零的常量；边界MN右侧的匀强磁场磁感应强度大小为B2。光滑平行金属导轨左端接一阻值为R的电阻、MN处放置一和导轨接触良好的金属棒，不计导轨和金属棒电阻。t＝0时，给金属棒一初速度v0，使其在外力作用下向右匀速运动。回路的总磁通量为Φ、回路的电流为i、电阻R上产生的热量为Q、导体棒受到的外力为F，它们随时间t的变化图像正确的是(　　)

答案　C
解析　由于金属棒在外力作用下向右匀速运动，则动生电动势为E1＝B2Lv0，根据右手定则可知电流方向为逆时针；回路中产生的感生电动势为E2＝＝S＝kS，保持不变，根据楞次定律可知电流方向为逆时针，则回路中总的电动势为E＝E1＋E2＝B2Lv0＋kS，可知大小不变，则感应电流i不变，根据法拉第电磁感应定律可得E＝不变，所以回路的总磁通量变化率不变，Φ­t图像的斜率不变，故A、B错误；电阻R上产生的热量为Q＝i2Rt，i不变，所以Q与时间t成正比，故C正确；由于金属棒在外力作用下向右匀速运动，根据平衡条件可得：F＝B2iL，i不变，拉力F不变，故D错误。
22．(2021·北京市西城区高三下5月统一测试)如图1所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m的正方形闭合导线框abcd的边长为l，从bc边距离地面高为h处将其由静止释放，已知h>d>l。从导线框开始运动到bc边即将落地的过程中，导线框的v­t图像如图2所示。重力加速度为g，不计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是(　　)

A．t1～t2时间内导线框受到的安培力逐渐增大
B．磁场的高度d可以用v­t图中阴影部分的面积表示
C．导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量
D．导线框产生的焦耳热大于mgl
答案　D
解析　由图2可知，0～t1时间内，导线框自由下落，t1～t2时间内导线框切割磁感线进入磁场，做加速度减小的减速运动，t2～t3时间内，导线框完全进入磁场，做匀加速运动。t1～t2时间内对导线框受力分析，根据牛顿第二定律有，F安－mg＝ma，a减小，则安培力减小，A错误；根据图2可知，t1时刻bc边开始进入磁场，t3时刻bc边到达地面，所以磁场高度d等于t1～t3时间内的位移，即可用v­t图线在t1～t3部分与t轴所围面积表示，B错误；根据题意可知，安培力做负功，根据能量守恒定律可知导线框的重力势能减少量等于动能增加量和克服安培力做功之和，C错误；由t1～t2时间内F安>mg且W安＝F安l，可知在下降过程中导线框产生的焦耳热Q＝W安>mgl，D正确。
23. (2022·河南省大联考“顶尖计划”高三上第一次考试)(多选)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面夹角为30°，两导轨间的距离为L，导轨顶端接有电容为C的电容器。一根质量为m的均匀金属棒ab放在导轨上，与两导轨垂直且保持良好接触，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，重力加速度为g，不计一切电阻。由静止释放金属棒，金属棒下滑x的过程中电容器未被击穿，下列说法正确的是(　　)

A．金属棒做加速度越来越小的加速运动
B．金属棒下滑x时的速度v＝
C．金属棒下滑x的过程中，电容器储存的电荷量q＝BLC
D．金属棒下滑x的过程中，电容器储存的电场能E电＝
答案　CD
解析　金属棒沿光滑导轨下滑切割磁感线产生动生电动势，同时给电容器充电，由牛顿第二定律有mgsin30°－BiL＝ma，而充电电流为i＝＝＝＝CBLa，联立可得a＝，可知加速度恒定，即金属棒做匀加速直线运动，故A错误；金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，下滑x时的速度为v，则有v2＝2ax，联立解得速度v＝ ，故B错误；金属棒下滑x的过程中电容器储存的电荷量为q＝C·U＝C·BLv＝BLC，故C正确；金属棒下滑x的过程中，电容器储存的电荷量为q＝CU，电荷量与电压成正比，则电容器储存的电场能为E电＝qU＝CU2，而U＝BLv＝BL，联立得E电＝[另解：对金属棒的下滑过程由动能定理，有mgsin30°·x－WF安＝mv2－0，而WF安＝E电，联立解得E电＝]，故D正确。
24. (2021·山东省济宁市高三下二模)(多选)如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为l、2l，质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，导体棒a接入电路的电阻为R，其余电阻均忽略不计；a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．a棒加速度的大小始终等于b棒加速度的大小
B．稳定时a棒的速度为1.5v0
C．电路中产生的焦耳热为mv
D．流过导体棒a的某一横截面的电荷量为
答案　AC
解析　分别计算a、b棒的加速度，由F安＝BIL和F安＝ma，联立得a＝，由题设知a、b棒中的电流相等，a、b棒长度分别为l、2l，质量分别为m、2m，则a、b棒加速度大小相等，故A正确；设经过时间t稳定时，a棒的速度为va，b棒的速度为vb，因为导轨光滑，导体棒在水平方向上只受到安培力作用，对a棒，根据动量定理有Fa·t＝Bl·t＝mva－mv0，同理，对b棒有－Fbt＝－B×2l·t＝2mvb－2m·2v0，稳定时两棒中无电流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，联立解得va＝2v0，vb＝v0，故B错误；由能量守恒定律可知，a、b棒的动能的损失量等于电路产生的焦耳热，初动能Ek0＝mv＋×2m×(2v0)2，末动能Ek＝m(2v0)2＋×2m×v，则电路中产生的焦耳热为Q＝Ek0－Ek＝mv，故C正确；对a棒，由动量定理有Bl·t＝mva－mv0，又流过导体棒a的某一横截面的电荷量q＝·t，va＝2v0，解得q＝，故D错误。

[题组一　基础大题]
25．如图甲所示，导体棒MN置于足够长的水平“匚”形金属框架上，框架的两根导轨平行，左侧连有定值电阻，右侧虚线外有垂直导轨平面的匀强磁场。导体棒在水平恒力作用下，从t＝0时刻开始向右沿导轨运动，其运动的v­t图线如图乙所示。图线在0～t1时间内是直线，在t1～t2时间内是曲线，在大于t2时间内是平行时间轴的直线。已知该棒t1时刻速度为v1，t2时刻速度为v2，不计棒与导轨间的摩擦和导轨电阻，求：

(1)刚进入磁场的t1时刻和t2时刻通过导体棒的电流之比；
(2)导体棒进入磁场时加速度的大小。
答案　(1)　(2)
解析　(1)设导体棒切割磁感线的长度为l，磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，则在t1、t2时刻通过导体棒的电流分别为：I1＝，I2＝，
因此电流之比为：＝。
(2)导体棒在t1、t2时刻受到的安培力分别为：
F1＝I1lB＝，
F2＝I2lB＝。
设恒力为F，对导体棒在t1时刻，根据牛顿第二定律有：F－＝ma，
在t2时刻，根据平衡条件有：F－＝0，
在0～t1时间内，根据动量定理有：
Ft1＝mv1－0，
联立解得：a＝。
26．如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°角，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、bb′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g、总电阻为R＝1 Ω、边长为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：

(1)线圈进入磁场区域时，受到的安培力大小；
(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；
(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热。
答案　(1)2×10－2 N　(2)1 m
(3)4×10－3 J
解析　(1)线圈匀速穿过磁场过程中，
对线圈受力分析有：F安＋μmgcosθ＝mgsinθ
代入数据得F安＝2×10－2 N。
(2)线圈进入磁场时，产生的感应电动势
E＝Bdv，
感应电流I＝
则F安＝IdB＝
代入数据得v＝2 m/s
线圈进入磁场前做匀加速运动，其加速度
a＝gsinθ－μgcosθ＝2 m/s2
线圈释放时，PQ边到bb′的距离x＝＝1 m。
(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d＝0.1 m
由功能关系得Q＝－W安＝F安·2d
代入数据解得Q＝4×10－3 J。
[题组二　高考大题]
27．(2021·天津高考)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1 Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2 kg，电阻r＝1 Ω，