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，光滑的平行金屬導軌(足夠長)固定在水平面內，導軌間距為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，磁場的磁感應強度大小為B=
0.5 T。導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
系如圖2所示。導體桿及兩軌道的電阻均可忽略不計，導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，則導體桿的加速度大小和質量分別為 ( )
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，桿切割磁感線產生感應電動勢大小為E=BLv②，閉合
5、回路中產生的感應電流為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軌AB和CD相距0.5 m，AC間接阻值為1 Ω的電阻，導體棒MN到AC的距離為0.4 m，整個裝置放在垂直于導軌平面向下的勻強磁場中，導體棒MN垂直放在導軌上，導軌和導體棒MN的電阻可忽略不計，則下列說法正確的是 ( )
A.若導體棒MN向右滑動，則M端電勢高
B.若勻強磁場的磁感應強度大小為0.2 T，導體
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.若導體棒MN固定，圖中磁場的磁感應強度隨時間均勻增大，則導體棒中有N到M的電流
D.若導體棒MN固定，磁場的磁感應強度隨時間變化的規(guī)律為B=(5+0.5t)T，則通過導體棒的電流為0.125 A
【解析】選A、C。棒向右切割磁感線，產生動生電動勢，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；磁感應強度隨時
7、間均勻增大，產生感生電動勢，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軌，導軌間距為L，長為3d，導軌平面與水平面的夾角為θ，在導軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層。勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直。質量為m的導體棒從導軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前一直做勻速運動，并一直勻速滑到導軌底端。導體棒始終與導軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導軌間的電阻為R，其他部
8、分的電阻均不計，重力加速度為g。求：
(1)導體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)μ。
(2)導體棒勻速運動的速度大小v。
(3)整個運動過程中，電阻產生的焦耳熱Q。
【解析】(1)在絕緣涂層上導體棒受力平衡有
mgsin θ=μmgcos θ
解得μ=tan θ。
(2)在光滑導軌上
感應電動勢E=BLv
感應電流I=
安培力F安=BIL
導體棒受力平衡有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AB=DC=L1，AD=BC=L2，當線圈運動的速度為v時，產生的感應電動勢E=BL1v，感應電流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)功能關系知，線圈產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，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軌MN和PQ，兩導軌間距為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，導體桿ab電阻為r并
11、與導軌接觸良好。整個裝置處于磁感應強度為B、方向豎直向上的勻強磁場中。現(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，產生感應電流，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軌，導軌處于方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中，銅棒a、b的長度均等于兩導軌的間距、電阻均為R、質量均為m，銅棒平行地靜止在導軌上且與導軌接觸良好。現(xiàn)給銅棒a一個平行導軌向右的瞬時沖量I，關于此后的過程，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.回路中產生的總焦耳熱為
【解析】選B。給銅棒a一個平行導軌的瞬時
13、沖量I，此時銅棒a的速度最大，產生的感應電動勢最大，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；回路中產生的焦耳熱Q=m-·2mv2=，選項D錯誤。
【加固訓練】
(多選)(2019·石家莊模擬)如圖甲所示，質量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，其磁感應強度B2隨時間t變化的關系如圖乙所示。t=0.22 s時閉合開關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內線圈中的感應電動勢大小為3 V
B.開關K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到D
C.磁感應強度B2的方向豎直向下
D.開關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：ΔΦ=ΔBS=(1-0)×
0.01 Wb=0.01 Wb，0～0.10 s內線圈中的感應電動勢大?。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內穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律可知，磁感應強度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“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度為B。質量為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。金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，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】解答本題應注意以下三點：
(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，一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，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，導線框的加速度大小為a=gsin θ
B.導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)金屬棒中產生感應電動勢的最大值Em。
(2)金屬棒下滑過程中電阻R上產生的熱量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】解答本題應注意以下三點：
(1)金屬棒的速度最大時，感應電動勢最大，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求出最大感應電動勢。
(2)由能量守恒定律求出電阻上產生的熱量。
(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，產生的感應電動勢也最大。設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
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2020屆高考物理總復習 第十章 電磁感應 核心素養(yǎng)提升練三十 10.3 電磁感應規(guī)律的綜合應用（含解析）新人教版
