2020屆高考物理 精準(zhǔn)培優(yōu)專練十九 法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用（含解析）

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1、法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用 1．高考對本部分內(nèi)容的考查命，大部分以選擇題的形式出題，也有部分是計(jì)算題?？疾閮?nèi)容主要集中在利用電磁感應(yīng)基本規(guī)律分析動(dòng)態(tài)過程。 2．注意要點(diǎn)：電磁感應(yīng)中的有些題目可以從動(dòng)量角度著手，運(yùn)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律解決。 二、考題再現(xiàn) 典例1.(2019·全國卷I·20)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場，其邊界如圖(a)中虛線MN所示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t＝0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖(a)所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(b)所示。則在t＝0到t＝t1的時(shí)間間

2、隔內(nèi)(　　) A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變 B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向 C．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為 D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為 典例2.(2019·全國卷II·21)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場時(shí)加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場時(shí)開始計(jì)時(shí)，到MN離開磁場區(qū)域?yàn)橹梗鬟^PQ的電流隨時(shí)間變化 的圖象可能正確的是(　　) 三、對點(diǎn)速練

3、 1． 如圖，一無限長通電直導(dǎo)線固定在光滑水平面上，金屬環(huán)質(zhì)量為0.4 kg，在該平面上以v0＝2 m/s、與導(dǎo) 線成60°角的初速度運(yùn)動(dòng)，最后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，這一過程中(　　) A．金屬環(huán)受到的安培力與運(yùn)動(dòng)的方向相反 B．在平行于導(dǎo)線方向金屬環(huán)做減速運(yùn)動(dòng) C．金屬環(huán)中最多能產(chǎn)生電能為0.8 J D．金屬環(huán)動(dòng)能減少量最多為0.6 J 2．如圖所示，處于勻強(qiáng)磁場中的半封閉平行金屬導(dǎo)軌框架MNPQ，寬NP＝L。磁場與其平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化規(guī)律如圖所示。導(dǎo)體棒ab的電阻為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。從t＝0開始，在外力作用下導(dǎo)體從導(dǎo)軌的最左端以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，則t0時(shí)刻回路中的

4、感應(yīng)電流大小為(　　) A．0 B．C．D． 3．(多選)如圖所示電路中，P為發(fā)光氖泡，發(fā)光電壓U＞60 V，L為自感系數(shù)很大、電阻不為零的電感線圈，直流電源電動(dòng)勢E＝6 V。接通開關(guān)S，氖泡不亮；穩(wěn)定時(shí)，L中電流恒定為I0；斷開S時(shí)，氖泡能短時(shí)間內(nèi)發(fā)光。關(guān)于該現(xiàn)象，下列說法正確的有(　　) A．S接通瞬間，L中電流是逐漸增加的 B．S接通穩(wěn)定時(shí)，P兩端電壓為零 C．S斷開瞬間，氖泡P發(fā)光時(shí)電流最大值可能超過I0 D．S斷開瞬間，氖泡P發(fā)光時(shí)電流從右向左 4．(多選)如圖甲所示，一個(gè)邊長為L的正方形線框固定在勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)中，磁場方向垂直于導(dǎo)線框所在平面，

5、規(guī)定向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，向右為導(dǎo)線框ab邊所受安培力F的正方向，線框中電流i沿abcd方向時(shí)為正，已知在0～4 s時(shí)間內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示，則下列圖象所表示的關(guān)系正確的是(　　) 5． (多選)物理和數(shù)學(xué)有緊密的聯(lián)系，解決物理問題經(jīng)常要求同學(xué)們要有一定的數(shù)學(xué)功底。如圖所示，一個(gè)被x軸與曲線方程(m) (x ≤ 0.3 m)所圍的空間中存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B＝0.4 T。單匝正方形絕緣金屬線框的邊長是L＝0.4 m，線框總電阻R＝0.2 Ω，它的一邊在光滑軌道的x軸上，在拉力F的作用下，線框以v＝10 m/s的速度水平向右勻速運(yùn)動(dòng)。則(　

6、　) A．拉力F的最大值是0.72 N B．拉力F的最大功率是12.8 W C．拉力F要做0.192 J功才能把線框拉過磁場區(qū) D．拉力F要做0.216 J功才能把線框拉過磁場區(qū) 6．(多選)如圖甲所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，兩軌相距L＝0.4 m，導(dǎo)軌一端與阻值R＝0.3 Ω的電阻相連，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。導(dǎo)軌x＞0一側(cè)存在沿x正方向均勻增大的磁場，其方向與導(dǎo)軌平面垂直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨位置x變化如圖乙所示。一根質(zhì)量m＝0.2 kg、接入電路的電阻r＝0.1 Ω的金屬棒置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，棒在外力F作用下從x＝0處以初速度v0＝2 m/s沿導(dǎo)軌向右變速運(yùn)動(dòng)，且金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程

7、中受到的安培力大小不變。下列說法中正確的是(　　) A．金屬棒向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng) B．金屬棒在x＝1 m處的速度大小為1.5 m/s C．金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝1 m過程中，外力F所做的功為－0.175 J D．金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝2 m過程中，流過金屬棒的電荷量為2 C 7．(多選)如圖所示，虛線為相鄰兩個(gè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ的邊界，兩個(gè)區(qū)域的磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B，方向相反且都垂直于紙面，兩個(gè)區(qū)域的高度都為l。一質(zhì)量為m，邊長也為l的單匝矩形導(dǎo)線框abcd，從磁場區(qū)域上方某處由靜止釋放，ab邊進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ之前，線框已開始做勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小為v1，當(dāng)線框的ab邊下落到出

8、區(qū)域Ⅱ之前，線框又開始做勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小為v2。下落過程中，ab邊保持水平且線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，已知重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) A．線框進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅰ過程中，可能加速度減小，速度變大 B．v2＝v1 C．當(dāng)線框的ab邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)，加速度大小為g D．線框出磁場區(qū)域Ⅱ過程中，可能加速度減小，速度減小 8．如圖所示，光滑水平面上兩個(gè)完全相同的直角L形勻質(zhì)金屬導(dǎo)軌，角平分線在同一直線上，導(dǎo)體單位長度上的電阻為r。導(dǎo)軌Ⅱ固定，導(dǎo)軌Ⅰ以恒定的速度v0在角平分線上無摩擦滑動(dòng)。水平面內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度為B。當(dāng)兩導(dǎo)軌交叉后，交叉點(diǎn)保持良好接觸，t＝0時(shí)，兩導(dǎo)軌頂點(diǎn)恰

9、好重合。設(shè)導(dǎo)軌足夠長，磁場區(qū)域足夠大，求： (1)t時(shí)刻，矩形LMNO中感應(yīng)電流的大小及方向； (2)t時(shí)刻，導(dǎo)軌Ⅰ所受的拉力； (3)0～t時(shí)間內(nèi)拉力所做的功。 9．如圖所示，水平光滑金屬導(dǎo)軌在同一水平面上，間距分別為L和，間距為L的導(dǎo)軌有一小段左右斷開，為使導(dǎo)軌上的金屬棒能勻速通過斷開處，在此處鋪放了與導(dǎo)軌相平的光滑絕緣材料(圖中的虛線框處）。質(zhì)量為m、電阻為Rl的均勻金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置在靠近斷開處的左側(cè)，另一質(zhì)量也為m、電阻為R2的均勻金屬棒cd垂直于導(dǎo)軌放置在間距為的導(dǎo)軌左端。導(dǎo)軌MN和PQ、M′N′和P′Q′都足夠長，所有導(dǎo)軌的電阻都不計(jì)。電源電動(dòng)勢為E

10、、內(nèi)阻不計(jì)。整個(gè)裝置所在空間有豎直方向的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒ab迅即獲得水平向右的速度v0并保持該速度到達(dá)斷開處右側(cè)的導(dǎo)軌上。求： (1)空間勻強(qiáng)磁場的方向； (2)通過電源E某截面的電荷量； (3)從導(dǎo)體棒ab滑上導(dǎo)軌MN和PQ起至開始勻速運(yùn)動(dòng)止，這一過程中棒ab和棒cd組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能。 10．如圖所示是依附建筑物架設(shè)的磁力緩降高樓安全逃生裝置，具有操作簡單、無需電能、逃生高度不受限制，下降速度可調(diào)、可控等優(yōu)點(diǎn)。該裝置原理可等效為：間距L＝0.5 m的兩根豎直導(dǎo)軌上部連通，人和磁鐵固定在一起沿導(dǎo)軌共同下滑，磁鐵產(chǎn)生磁感

11、應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2 T的勻強(qiáng)磁場。人和磁鐵所經(jīng)位置處，可等效為有一固定導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)軌相連，整個(gè)裝置總電阻始終為R，如圖所示。在某次逃生試驗(yàn)中，質(zhì)量M1＝80 kg的測試者利用該裝置以v1＝1.5 m/s的速度勻速下降，已知與人一起下滑部分裝置的質(zhì)量m＝20 kg，重力加速度取g＝10 m/s2，且本次試驗(yàn)過程中恰好沒有摩擦。 (1)判斷導(dǎo)體棒cd中電流的方向； (2)總電阻R多大？ (3)如要使一個(gè)質(zhì)量M2＝100 kg的測試者利用該裝置以v1＝1.5 m/s的速度勻速下滑，其摩擦力f多大？ (4)保持第(3)問中的摩擦力不變，讓質(zhì)量M2＝100 kg測試者從靜止開始下滑，測試者的加速

12、度將會(huì)如何變化？當(dāng)其速度為v2＝0.78 m/s時(shí)，加速度a多大？要想在隨后一小段時(shí)間內(nèi)保持加速度不變，則必需調(diào)控摩擦力，請寫出摩擦力大小隨速率變化的表達(dá)式。 11． 某興趣小組設(shè)計(jì)制作了一種磁懸浮列車模型，原理如圖所示，PQ和MN是固定在水平地面上的兩根足夠長的平直導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間分布著豎直（垂直紙面）方向等間距的勻強(qiáng)磁場B1和B2，二者方向相反。矩形金屬框固定在實(shí)驗(yàn)車底部（車廂與金屬框絕緣）。其中ad邊寬度與磁場間隔相等，當(dāng)磁場B1和B2同時(shí)以速度v0＝10 m/s沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬框受到磁場力，并帶動(dòng)實(shí)驗(yàn)車沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)。

13、已知金屬框垂直導(dǎo)軌的ab邊長L＝0.1 m、總電阻R＝0.8 Ω，列車與線框的總質(zhì)量m＝4.0 kg，B1＝B2＝2.0 T，懸浮狀態(tài)下，實(shí)驗(yàn)車 運(yùn)動(dòng)時(shí)受到恒定的阻力f＝0.4 N。 (1)求實(shí)驗(yàn)車所能達(dá)到的最大速率； (2)實(shí)驗(yàn)車達(dá)到的最大速率后，某時(shí)刻讓磁場立即停止運(yùn)動(dòng)，實(shí)驗(yàn)車運(yùn)動(dòng)20 s之后也停止運(yùn)動(dòng)，求實(shí)驗(yàn)車在這20 s內(nèi)的通過的距離； (3)假設(shè)兩磁場由靜止開始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)時(shí)間t＝24 s時(shí)，發(fā)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)車正在向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)實(shí)驗(yàn)車的速度v＝2 m/s，求由兩磁場開始運(yùn)動(dòng)到實(shí)驗(yàn)車開始運(yùn)動(dòng)所需要的時(shí)間。 答案 二

14、、考題再現(xiàn) 典例1.【解析】第一過程從①移動(dòng)②的過程中，左邊導(dǎo)體棒切割產(chǎn)生的電流方向是順時(shí)針，右邊切割磁感線產(chǎn)生的，根據(jù)楞次定律可知在0～t0時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，圓環(huán)所受安培力水平向左，在t0～t1時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度反向增大，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，圓環(huán)所受安培力水平向右，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝＝πr2·＝，根據(jù)電阻定律可得R＝ρ，根據(jù)歐姆定律可得I＝＝，所以選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 【答案】BC 典例2.【解析】由圖(b)可知，導(dǎo)線PQ中電流在t＝T/4時(shí)達(dá)到最大值，變化率為零，導(dǎo)線框R中磁通量變化率,根據(jù)題述，PQ進(jìn)入磁場時(shí)加

15、速度恰好為零，兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，則兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場時(shí)的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小相等，若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔足夠長，在PQ通過磁場區(qū)域一段時(shí)間后MN進(jìn)入磁場區(qū)域，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知流過PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能是A；由于兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小相等，MN進(jìn)入磁場區(qū)域切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不可能小于I1，B錯(cuò)誤；若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔較短，在PQ沒有出磁場區(qū)域時(shí)MN就進(jìn)入磁場區(qū)域，則兩棒在磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場中做加速運(yùn)動(dòng)，PQ出磁場后，MN切割磁感

16、線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力與速度成正比，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN一定做減速運(yùn)動(dòng)，回路中感應(yīng)電流減小，流過PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能是D，C錯(cuò)誤。 【答案】AD 三、對點(diǎn)速練 1．【答案】D 【解析】金屬環(huán)周圍有環(huán)形的磁場，金屬環(huán)向右運(yùn)動(dòng)，磁通量減小，根據(jù)“來拒去留”可知，所受的安培力將阻礙金屬圓環(huán)遠(yuǎn)離通電直導(dǎo)線，即安培力垂直直導(dǎo)線向左，與運(yùn)動(dòng)方向并非相反，安培力使金屬環(huán)在垂直導(dǎo)線方向做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)垂直導(dǎo)線方向的速度減為零，只剩沿導(dǎo)線方向的速度，然后磁通量不變，無感應(yīng)電流，水平方向合力為零，

17、故為勻速直線運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤；由題知，金屬環(huán)最終以v0cos60°＝1m/s，沿平 行導(dǎo)線方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能的減少量為J，則產(chǎn)生的電能最多為0.6J，C錯(cuò)誤，D正確。 2．【答案】C 【解析】t0時(shí)刻ab切割磁感線產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢為，ab中電流的方向由b到a；此時(shí)回路中的感生電動(dòng)勢為，ab中電流的方向也是b到a。可知回路中的感應(yīng)電流大小為，故C正確。 3．【答案】AD 【解析】S接通瞬間，線圈L中的電流從無到有發(fā)生變化，線圈L中產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢對電流的增大有阻礙作用，所以通過線圈L的電流慢慢變大，故選項(xiàng)A正確；S接通穩(wěn)定時(shí)，由于電感線圈的電阻不為零，電感線圈兩端電壓不為

18、零，所以發(fā)光氖泡兩端電壓不為零，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；S斷開瞬間前，線圈L中電流恒定為I0，S斷開瞬間，線圈L由于自感現(xiàn)象會(huì)產(chǎn)生與線圈中原電流方向相同的感應(yīng)電動(dòng)勢，使線圈中的電流將從原來的I0逐漸減小，方向不變，且由于它和氖泡P構(gòu)成回路，通過氖泡P的電流和線圈L中的電流大小相同，也從I0逐漸減小，通過氖泡P的電流從右向左，故選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤。 4．【答案】AD 【解析】由題意可知，規(guī)定向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，線框中電流i沿abcd方向時(shí)為正；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝＝，感應(yīng)電流I＝＝，由B－t圖象可知，在每一時(shí)間段內(nèi)，是定值，在各時(shí)間段內(nèi)I是定值，ab邊受到的安培力F＝BIL，

19、I、L不變，B均勻變化，則安培力F均勻變化，不是定值，A正確B錯(cuò)誤；由圖示B－t圖象可知，0～1 s時(shí)間內(nèi)，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流是逆時(shí)針方向，為正值；同理1～2 s，磁場向里，且增大，磁通量增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流是逆時(shí)針，為正值；2～3 s，B的方向垂直紙面向里，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，感應(yīng)電流是負(fù)的；3～4 s內(nèi)，B的方向垂直紙面向外，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，感應(yīng)電流是負(fù)的，故C錯(cuò)誤D正確。 5．【答案】AD 【解析】線框向右勻速運(yùn)動(dòng)過程中，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，當(dāng)y最大時(shí)，E最大，最大值為V，感

20、應(yīng)電流最大值為A，所受到的安培力最大，拉力F的最大值 N，拉力F的最大功率W，故A正確，B錯(cuò)誤；整個(gè)過程拉力做功J，故D正確，C錯(cuò)誤。 6．【答案】CD 【解析】根據(jù)題圖乙得B與x的函數(shù)關(guān)系式B＝0.5＋0.5x，金屬棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝＝，安培力F安＝BIL＝BL＝，解得v＝＝＝，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式v2－v02＝2ax，如果是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，v2與x成線性關(guān)系，而由上式知，金屬棒不可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意金屬棒所受的安培大小不變，x＝0處與x＝1處安培大小相等，有＝，即v1＝＝0.5 m/s，故B錯(cuò)誤；金屬

21、棒在x＝0處的安培力大小為F安＝＝0.2 N，對金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝1 m過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有WF－F安·x＝mv12－mv02，代入數(shù)據(jù)解得WF＝－0.175 J，故C正確；根據(jù)電荷量公式q＝＝L，x＝0到x＝2 m過程中B－x圖象包圍的面積ΔB·x＝×2 T·m＝2 T·m，q＝＝ C＝2 C，故D正確。 7．【答案】AB 【解析】如果線框進(jìn)入磁場時(shí)安培力小于重力，根據(jù)牛頓第二定律可得mg-FA＝ma，即，速度增大，加速度減小，所以線框進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅰ過程中，可能加速度減小，速度變大，故A正確；ab邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)，線框受到的安培力：F＝BIl＝，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，由平

22、衡條件得：＝mg，解得：v1＝；線框ab邊下落到區(qū)域Ⅱ中間位置時(shí)，線框又開始做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)線框的速度為v2，安培力為F安′＝，由平衡條件得：mg＝F安′，解得：v2＝v1，故B正確；當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅱ時(shí)，ab和cd兩邊都切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，回路中感應(yīng)電動(dòng)勢為：E′＝2Blv1，感應(yīng)電流為：I′，線框所受的安培力大小為F安＝2BI′l＝＝4mg，根據(jù)牛頓第二定律得：F安-mg＝ma，解得：a＝3g，方向：豎直向上，故C錯(cuò)誤；線框出磁場區(qū)域Ⅱ過程中，安培力小于重力，根據(jù)牛頓第二定律可得mg-FA＝ma，即a＝g-，速度增大，加速度減小，所以線框進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅰ過程中，加速度減小，速度

23、變大，故D錯(cuò)誤。 8．【解析】(1) 0～t時(shí)間內(nèi)導(dǎo)軌I運(yùn)動(dòng)的位移為：l＝v0t 由幾何關(guān)系知，t時(shí)刻導(dǎo)軌I切割磁場的等效長度為l 則導(dǎo)軌I切割磁場所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為： 而t時(shí)刻，矩形回路LMON中總電阻為： 則LMON回路中感應(yīng)電流的大小為： 感應(yīng)電流方向?yàn)椋海ɑ蝽槙r(shí)針方向） (2)由于導(dǎo)軌I以恒定的速度v0向右運(yùn)動(dòng)，因此導(dǎo)軌I所受的拉力大小與安培力相等，則有： 代入數(shù)據(jù)得，導(dǎo)軌I所受的拉力為： (3)由可得拉力F與位移l的關(guān)系式為： 則0～t時(shí)間內(nèi)拉力所作的功為：。 9．【解析】(1)閉合開關(guān)，電流到b到a，而ab受到的安培力向右，故磁場方向豎直向下。 (2)

24、對ab棒，設(shè)受安培力時(shí)間為Δt，這段時(shí)間的平均電流為I，平均安培力為F，通過導(dǎo)體棒（也就是電源）某截面的電荷量為q，由動(dòng)量定理得： 且， 解得： (3)ab滑上MN和PQ時(shí)速度仍為v0，由于電磁感應(yīng)，安培力使ab減速，使cd加速，直至電路中電流為0（即總感應(yīng)電動(dòng)勢為0）而各自勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)ab和cd勻速的速度分別是v1、v2，經(jīng)歷的時(shí)間為t，這一過程回路中的平均電流I′，由動(dòng)量定理有： 對ab棒： 對cd棒： 由電磁感應(yīng)規(guī)律： 則有： 解得： 棒ab和棒cd組成的系統(tǒng)損失機(jī)械能 解得：。 10．【解析】(1)從d到c。 (2)對導(dǎo)體棒：電動(dòng)勢E＝BLv1，感應(yīng)電流

25、，安培力FA＝BIL 由左手定則可判斷，導(dǎo)體棒cd所受安培力方向向下，根據(jù)牛頓第三定律可知磁鐵受到磁場力向上，大小為 FA?＝FA＝ 對M1和m：由平衡條件可得(M1＋m)g＝FA? 聯(lián)立解得：R＝1.5×10－5 Ω。 (3)對M2和m：由平衡條件可得：(M2＋m)g＝FA?＋f 解得：f＝200 N。 (4)對M2和m：根據(jù)牛頓第二定律得：(M2＋m)g－FA?－f＝(M2＋m)a 所以 因?yàn)関逐漸增大，最終趨近于勻速，所以逐漸a減小，最終趨近于0 當(dāng)其速度為v2＝0.78 m/s時(shí)，a＝4 m/s2 要想在隨后一小段時(shí)間內(nèi)保持加速度不變，則由 得 (0.7

26、8 m/s≤v≤1.08 m/s)） 11．【解析】(1)實(shí)驗(yàn)車最大速率為vm時(shí)相對磁場的切割速率為v0-vm，則此時(shí)線框所受的磁場力大小為 此時(shí)線框所受的磁場力與阻力平衡，得：F＝f (2)磁場停止運(yùn)動(dòng)后，線圈中的電動(dòng)勢：E＝2BLv 線圈中的電流： 實(shí)驗(yàn)車所受的安培力：F＝2BIL 根據(jù)動(dòng)量定理，實(shí)驗(yàn)車停止運(yùn)動(dòng)的過程： 整理得： 而 解得：x＝120 m (3)根據(jù)題意分析可得，為實(shí)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)車最終沿水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度必須與兩磁場由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度相同，設(shè)加速度為a，則t時(shí)刻金屬線圈中的電動(dòng)勢 E＝2BL(at-v) 金屬框中感應(yīng)電流?? 又因?yàn)榘才嗔? 所以對試驗(yàn)車，由牛頓第二定律得? 得a＝1.0m/s2 設(shè)從磁場運(yùn)動(dòng)到實(shí)驗(yàn)車起動(dòng)需要時(shí)間為t0，則t0時(shí)刻金屬線圈中的電動(dòng)勢 E0＝2BLat0 金屬框中感應(yīng)電流 又因?yàn)榘才嗔? 對實(shí)驗(yàn)車，由牛頓第二定律得：F0＝f 解得：t0＝2s。 13