高考物理二輪復(fù)習(xí)講練(新高考版) 第1部分 專題4 第15課時(shí) 電磁感應(yīng)（含解析）

第15課時(shí)電磁感應(yīng)高考題型1楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1．感應(yīng)電流方向的判斷(1)楞次定律：一般用于線圈面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化的情形．(2)右手定則：一般用于導(dǎo)體棒切割磁感線的情形．2．楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式(1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”；(2)阻礙物體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)——“來(lái)拒去留”；(3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢(shì)——“增縮減擴(kuò)”；(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”．3．求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方法(1)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S不變時(shí)，E＝nS\f(ΔB,Δt)感生電動(dòng)勢(shì),B不變時(shí)，E＝nB\f(ΔS,Δt)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)))(2)導(dǎo)線棒垂直切割磁感線：E＝BLv.(3)導(dǎo)體棒繞與磁場(chǎng)平行的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)E＝eq\f(1,2)BL2ω.(4)線圈繞與磁場(chǎng)垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)e＝nBSωsinωt.考題示例例1(2020·全國(guó)卷Ⅲ·14)如圖1，水平放置的圓柱形光滑玻璃棒左邊繞有一線圈，右邊套有一金屬圓環(huán)．圓環(huán)初始時(shí)靜止．將圖中開(kāi)關(guān)S由斷開(kāi)狀態(tài)撥至連接狀態(tài)，電路接通的瞬間，可觀察到()圖1A．撥至M端或N端，圓環(huán)都向左運(yùn)動(dòng)B．撥至M端或N端，圓環(huán)都向右運(yùn)動(dòng)C．撥至M端時(shí)圓環(huán)向左運(yùn)動(dòng)，撥至N端時(shí)向右運(yùn)動(dòng)D．撥至M端時(shí)圓環(huán)向右運(yùn)動(dòng)，撥至N端時(shí)向左運(yùn)動(dòng)答案B解析開(kāi)關(guān)S由斷開(kāi)狀態(tài)撥至連接狀態(tài)，不論撥至M端還是N端，通過(guò)圓環(huán)的磁通量均增加，根據(jù)楞次定律(增離減靠)可知圓環(huán)會(huì)阻礙磁通量的增加，即向右運(yùn)動(dòng)，故選B.例2(多選)(2019·全國(guó)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(chǎng)，其邊界如圖2(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)間間隔內(nèi)()圖2A．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?lè)较駽．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為eq\f(B0πr2,4t0)答案BC解析在0～t0時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，根據(jù)楞次定律可知感應(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)電流的方向仍為順時(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＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(B0,t0)＝eq\f(B0πr2,2t0)，由R＝ρeq\f(l,S)可得R＝ρeq\f(2πr,S)，根據(jù)歐姆定律可得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，所以選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．例3(2018·全國(guó)卷Ⅰ·17)如圖3，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心．軌道的電阻忽略不計(jì)．OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過(guò)程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過(guò)程Ⅱ)．在過(guò)程Ⅰ、Ⅱ中，流過(guò)OM的電荷量相等，則eq\f(B′,B)等于()圖3A.eq\f(5,4)B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,4)D．2答案B解析通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量為：q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\f(nΔΦ,Δt),R)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R)在過(guò)程Ⅰ中，流過(guò)OM的電荷量為：q1＝eq\f(B·\f(1,4)πr2,R)在過(guò)程Ⅱ中，流過(guò)OM的電荷量：q2＝eq\f(B′－B·\f(1,2)πr2,R)依題意有：q1＝q2，即：B·eq\f(1,4)πr2＝(B′－B)·eq\f(1,2)πr2解得：eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)，B正確．命題預(yù)測(cè)1．(多選)(2020·山東濟(jì)南市高三三模)一個(gè)長(zhǎng)直密繞螺線管N放在一個(gè)金屬圓環(huán)M的中心，圓環(huán)軸線與螺線管軸線重合，如圖4甲所示．螺線管N通有如圖乙所示的電流，下列說(shuō)法正確的是()圖4A．t＝eq\f(T,8)時(shí)刻，圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢(shì)B．t＝eq\f(T,8)時(shí)刻，圓環(huán)有收縮的趨勢(shì)C．t＝eq\f(T,8)和t＝eq\f(3T,8)時(shí)刻，圓環(huán)內(nèi)有相同的感應(yīng)電流D．t＝eq\f(3T,8)和t＝eq\f(5T,8)時(shí)刻，圓環(huán)內(nèi)有相同的感應(yīng)電流答案AD解析由題圖乙可知在t＝eq\f(T,8)時(shí)刻，通過(guò)螺線管的電流增大，則螺線管產(chǎn)生的磁場(chǎng)增大，所以穿過(guò)金屬圓環(huán)的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢(shì)，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由題圖乙可知在t＝eq\f(T,8)時(shí)刻通過(guò)螺線管的電流增大，而在t＝eq\f(3T,8)時(shí)刻通過(guò)螺線管的電流減小，根據(jù)楞次定律可知兩時(shí)刻圓環(huán)感應(yīng)電流方向不同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由題圖乙可知在t＝eq\f(3T,8)和t＝eq\f(5T,8)時(shí)刻，螺線管內(nèi)電流的變化率是大小相等的，則螺線管產(chǎn)生的磁場(chǎng)的變化率也相等，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小是相等的，所以感應(yīng)電流大小也相等，根據(jù)楞次定律可知兩時(shí)刻圓環(huán)感應(yīng)電流方向也相同，選項(xiàng)D正確．2．(多選)(2020·廣東茂名市高三第二次綜合測(cè)試)如圖5甲所示，螺線管匝數(shù)n＝1500匝，橫截面積S＝20cm2，螺線管導(dǎo)線電阻r＝2Ω，電阻R＝4Ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的B－t圖像如圖乙所示(以向右為正方向)，下列說(shuō)法正確的是()圖5A．電阻R中的電流方向是從A到CB．感應(yīng)電流的大小保持不變C．電阻R兩端的電壓為4VD．C點(diǎn)的電勢(shì)為6V答案BC解析由楞次定律可以判斷出螺線管中電流方向從右向左，那么通過(guò)電阻R的電流方向是從C到A，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝NSeq\f(ΔB,Δt)，由圖知eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(6－2,2)T/s＝2T/s，代入數(shù)據(jù)解得E＝1500×2×20×10－4V＝6V，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(6,4＋2)A＝1A，因此感應(yīng)電流的大小是恒定的，故B正確；電阻兩端的電壓是外電壓為U＝IR＝1×4V＝4V，在外電路，順著電流方向電勢(shì)降低，因A的電勢(shì)等于零，那么C點(diǎn)的電勢(shì)為4V，故C正確，D錯(cuò)誤．高考題型2電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題1．電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題常見(jiàn)形式常見(jiàn)的有磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁通量、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流、速度、安培力等隨時(shí)間或位移的變化圖像．2．解答此類問(wèn)題應(yīng)注意以下幾個(gè)方面(1)把握三個(gè)關(guān)注：eq\x(關(guān)注特殊時(shí)刻或特殊位置)→eq\x(如某一過(guò)程的起點(diǎn)、終點(diǎn)、轉(zhuǎn)折點(diǎn)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是否為零，電流方向正負(fù))↓eq\x(關(guān)注變化過(guò)程)→eq\x(看電磁感應(yīng)的發(fā)生過(guò)程分為幾個(gè)階段，這幾個(gè)階段是否和圖像變化相對(duì)應(yīng))↓eq\x(關(guān)注變化趨勢(shì))→eq\x(看圖像的斜率大小、圖像的曲直是否和物理過(guò)程相對(duì)應(yīng)，分析大小和方向的變化趨勢(shì))(2)掌握兩個(gè)常用方法，可快速準(zhǔn)確地解題①排除法：定性分析電磁感應(yīng)過(guò)程中某個(gè)物理量的變化趨勢(shì)、變化快慢，特別是分析物理量的方向(正負(fù))，排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)．這種方法能快速解決問(wèn)題，但不一定對(duì)所有問(wèn)題都適用．②函數(shù)關(guān)系法：根據(jù)題目所給的條件寫(xiě)出物理量之間的函數(shù)關(guān)系，再對(duì)圖像作出判斷，這種方法得到的結(jié)果準(zhǔn)確、詳細(xì)，但不夠簡(jiǎn)捷．考題示例例4(2018·全國(guó)卷Ⅱ·18)如圖6，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長(zhǎng)導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下．一邊長(zhǎng)為eq\f(3,2)l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)．線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是()圖6答案D解析設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i.線框位移等效電路的連接電流0～eq\f(l,2)I＝2i(順時(shí)針)eq\f(l,2)～lI＝0l～eq\f(3l,2)I＝2i(逆時(shí)針)eq\f(3l,2)～2lI＝0由分析知，選項(xiàng)D符合要求．命題預(yù)測(cè)3．(2020·遼寧大連二十四中高三檢測(cè))如圖7所示，在虛線左側(cè)的足夠大區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，有一個(gè)直角三角形金屬線框，線框左邊與磁場(chǎng)邊界平行，線框的電阻為R，線框以垂直虛線方向的速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從線框的左邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，E表示線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小，F(xiàn)表示線框中受到的安培力大小，P表示線框的電功率的大小，I表示線框中的感應(yīng)電流，則下列圖像中正確的是()圖7答案A解析設(shè)直角三角形線框左側(cè)的直角邊邊長(zhǎng)為L(zhǎng)0，右邊銳角角度為θ，如圖所示．線框進(jìn)入磁場(chǎng)的t時(shí)刻，線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝L0－v0ttanθ，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv0＝B(L0－v0ttanθ)v0，是關(guān)于t的一次函數(shù)，即電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間均勻減小，故A正確；線框進(jìn)入磁場(chǎng)受到的安培力F＝BIL＝Beq\f(BL0－v0ttanθv0,R)(L0－v0ttanθ)＝eq\f(B2L0－v0ttanθ2v0,R)，是關(guān)于t的二次函數(shù)，故B錯(cuò)誤；電功率等于克服安培力的功率P＝Fv0＝eq\f(B2L0－v0ttanθ2v\o\al(02),R)，是關(guān)于t的二次函數(shù)，故C錯(cuò)誤；線框中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL0－v0ttanθv0,R)，是關(guān)于t的一次函數(shù)，故D錯(cuò)誤．4．(多選)(2020·河北定州一中高三期中)在如圖8所示傾角為θ的光滑斜面上，存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，磁場(chǎng)的寬度為2L.一質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)(以此時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí))，以GH處為坐標(biāo)原點(diǎn)，并規(guī)定順時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，沿斜面向上為安培力的正方向，則關(guān)于線框中的感應(yīng)電流與線框所受安培力與ab邊的位置坐標(biāo)x間的關(guān)系的圖像中，可能正確的是(重力加速度為g)()圖8答案BD解析根據(jù)楞次定律可得線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，根據(jù)I0＝eq\f(BLv,R)可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中為勻速運(yùn)動(dòng)，所以感應(yīng)電流為一個(gè)定值；完全進(jìn)入磁場(chǎng)后線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，但感應(yīng)電流為零；出磁場(chǎng)過(guò)程中，線框做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，所以感應(yīng)電流逐漸減小，但非均勻減小，根據(jù)楞次定律可得線框出磁場(chǎng)的過(guò)程中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，A錯(cuò)誤，B正確．根據(jù)左手定則可得線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中安培力方向沿斜面向上，且F＝BI0L＝mgsinθ為定值；線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，安培力為零；出磁場(chǎng)的過(guò)程中安培力方向沿斜面向上，且大于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的安培力，逐漸減小，但非均勻減小，所以C錯(cuò)誤，D正確．5．(多選)(2020·貴州貴陽(yáng)市3月調(diào)研)一正三角形導(dǎo)線框ABC(高度為a)從圖9所示示位置沿x軸正向勻速穿過(guò)兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．兩磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反、垂直于平面、寬度均為a.下列圖像中正確反映感應(yīng)電流I、AB邊所受安培力F與線框移動(dòng)距離x的關(guān)系(以逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，安培力向右為正方?的是()圖9答案AC高考題型3電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問(wèn)題1．電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問(wèn)題常出現(xiàn)的模型有兩個(gè)：一是線框進(jìn)出磁場(chǎng)；二是導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)．兩類模型都綜合了電路、動(dòng)力學(xué)、能量知識(shí)，有時(shí)還會(huì)與圖像結(jié)合，所以解題方法有相通之處．可參考下面的解題步驟：2．求解焦耳熱Q的三種方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，適用于電流、電阻不變；(2)功能關(guān)系：Q＝W克服安培力，電流變不變都適用；(3)能量轉(zhuǎn)化：Q＝ΔE(其他能的減少量)，電流變不變都適用．命題預(yù)測(cè)6.(多選)(2020·江西上鐃市高三一模)如圖10所示，虛線框內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)區(qū)域上下寬度為l；質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為l的正方形線圈abcd平面保持豎直，ab邊始終保持水平，從距離磁場(chǎng)上邊緣一定高度處由靜止下落，以速度v進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間又以相同的速度v穿出磁場(chǎng)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.下列說(shuō)法正確的是()圖10A．線圈的電阻R＝eq\f(B2l2v,mg)B．進(jìn)入磁場(chǎng)前線圈下落的高度h＝eq\f(v2,2g)C．穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，線圈電阻產(chǎn)生的熱量Q＝2mglD．線圈穿過(guò)磁場(chǎng)所用時(shí)間t＝eq\f(l,v)答案ABC解析由題意可知，線圈進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)時(shí)速度相等，說(shuō)明線圈在穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則mg＝F安＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，R＝eq\f(B2l2v,mg)，所以A正確；線圈在進(jìn)入磁場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2，進(jìn)入磁場(chǎng)前線圈下落的高度為h＝eq\f(v2,2g)，所以B正確；線圈在穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，又安培力與重力平衡，則穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中線圈電阻產(chǎn)生的熱量為Q＝mg·2l＝2mgl，所以C正確；根據(jù)線圈在穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中做勻速運(yùn)動(dòng)，可得線圈穿過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間為t＝eq\f(2l,v)，所以D錯(cuò)誤．7．(2020·湖南3月模擬)如圖11所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行固定在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)．導(dǎo)軌頂端M、P兩點(diǎn)間接有滑動(dòng)變阻器和阻值為R的定值電阻．一根質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，使得滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為2R，讓ab由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌下滑．不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g.圖11(1)求ab下滑的最大速度vm；(2)求ab下滑的速度最大時(shí)，定值電阻上消耗的電功率P；(3)若在ab由靜止開(kāi)始至下滑到速度最大的過(guò)程中，定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求該過(guò)程中ab下滑的距離x以及通過(guò)滑動(dòng)變阻器的電荷量q.答案見(jiàn)解析解析(1)ab下滑的速度最大時(shí)，其切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BLvm，此時(shí)通過(guò)定值電阻的電流為：I＝eq\f(E,R＋2R)，ab桿所受安培力大小為：F安＝BIL，由受力平衡得mgsinθ＝BIL，聯(lián)立解得：vm＝eq\f(3mgRsinθ,B2L2)；(2)由電功率公式有：P＝I2R，解得：P＝eq\f(m2g2Rsin2θ,B2L2)；(3)由題意滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為2R，為定值電阻的2倍，根據(jù)焦耳定律可知，滑動(dòng)變阻器上產(chǎn)生的焦耳熱為2Q；由能量守恒定律可得：mgxsinθ＝eq\f(1,2)mvm2＋Q＋2Q，解得：x＝eq\f(9m2gR2sinθ,2B4L4)＋eq\f(3Q,mgsinθ)；在ab由靜止開(kāi)始至下滑到速度最大的過(guò)程中，穿過(guò)回路的磁通量的變化為：ΔΦ＝BLx，設(shè)ab由靜止開(kāi)始至下滑到速度最大所用時(shí)間為Δt，在該過(guò)程中，回路產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，在該過(guò)程中，通過(guò)回路的平均感應(yīng)電流為eq\x\to(I)＝eq\f(E,3R)，又q＝eq\x\to(I)·Δt聯(lián)立解得：q＝eq\f(3m2gRsinθ,2B3L3)＋eq\f(BLQ,mgRsinθ).8.(多選)(2020·廣東廣州大學(xué)附屬中學(xué)高三模擬)如圖12，正方形金屬線框自某一高度從空中豎直下落(空氣阻力不計(jì))，然后進(jìn)入并完全穿過(guò)與正方形等寬的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，進(jìn)入時(shí)線框動(dòng)能為Ek1，穿出時(shí)線框動(dòng)能為Ek2.從剛進(jìn)入到剛穿出磁場(chǎng)這一過(guò)程，線框產(chǎn)生的焦耳熱為Q，克服安培力做的功為W1，重力做的功為W2，線框重力勢(shì)能的減少量為ΔEp，則下列關(guān)系正確的是()圖12A．Q＝W1 B．Q＝W2－W1C．Q＝ΔEp＋Ek1－Ek2 D．W2＝W1＋(Ek2－Ek1)答案ACD解析由能量關(guān)系可知，線框產(chǎn)生的焦耳熱Q等于克服安培力做的功W1，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得W2－W1＝Ek2－Ek1，即W2＝W1＋(Ek2－Ek1)，而W2＝ΔEp，則Q＝W1＝ΔEp＋Ek1－Ek2，選項(xiàng)C、D正確．9.如圖13所示，豎直平面內(nèi)有一寬L＝1m、足夠長(zhǎng)的光滑矩形金屬導(dǎo)軌，電阻不計(jì)．在導(dǎo)軌的上、下邊分別接有電阻R1＝3Ω和R2＝6Ω.在MN上方及CD下方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝1T．現(xiàn)有質(zhì)量m＝0.2kg、接入電路的電阻r＝1Ω的導(dǎo)體棒ab，在金屬導(dǎo)軌上從MN上方某處由靜止下落，下落過(guò)程中導(dǎo)體棒始終保持水平且與金屬導(dǎo)軌接觸良好．當(dāng)導(dǎo)體棒ab下落到快要接近MN時(shí)的速度大小為v1＝3m/s.不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2.圖13(1)求導(dǎo)體棒ab快要接近MN時(shí)的加速度大?。?2)若導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ后，棒中的電流大小始終保持不變，求磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ之間的距離h；(3)若將磁場(chǎng)Ⅱ的CD邊界略微下移，使導(dǎo)體棒ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)速度大小變?yōu)関2＝9m/s，要使棒在外力F作用下做a＝3m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求所加外力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系式．答案(1)5m/s2(2)1.35m(3)F＝(t＋1.6)N解析(1)以導(dǎo)體棒為研究對(duì)象，棒在磁場(chǎng)Ⅰ中切割磁感線，棒中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E，在重力和安培力作用下運(yùn)動(dòng)．由牛頓第二定律得：mg－BIL＝ma1①E＝BLv1②R外＝eq\f(R1R2,R1＋R2)③I＝eq\f(E,R外＋r)④聯(lián)立①②③④式可得：a1＝5m/s2.(2)由題意可知，導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ后，由于導(dǎo)體棒中電流大小始終保持不變，則導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，安培力等于重力．mg＝BI′L⑤I′＝eq\f(E′,R外＋r)⑥E′＝BLv′⑦聯(lián)立③⑤⑥⑦式解得：v′＝6m/s導(dǎo)體棒從MN到CD做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，v′2－v12＝2gh解得：h＝1.35m.(3)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ后經(jīng)過(guò)時(shí)間t的速度大小v＝v2＋at⑧F＋mg－F安＝ma⑨F安＝eq\f(B2L2v,R外＋r)⑩聯(lián)立③⑧⑨⑩解得：F＝(t＋1.6)N.專題強(qiáng)化練[保分基礎(chǔ)練]1．(2020·福建漳州市高三第一次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))如圖1，C、D是兩條豎直且足夠長(zhǎng)的固定導(dǎo)軌(電阻不計(jì))，導(dǎo)軌間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，EF是一個(gè)固定螺線管，C、D的輸出端a、b分別連接EF的輸入端c、d，P是在EF的正下方水平放置在地面上的鋁圓環(huán)．現(xiàn)對(duì)金屬棒AB施加一豎直向上的力使金屬棒由靜止開(kāi)始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中棒始終與C、D導(dǎo)軌垂直且接觸良好，可認(rèn)為通電螺線管在圓環(huán)中產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度與通過(guò)螺線管的電流成正比，則()圖1A．金屬棒中的感應(yīng)電流方向由A到BB．P環(huán)有收縮的趨勢(shì)C．P環(huán)對(duì)地面的壓力逐漸減小D．P環(huán)中感應(yīng)電流逐漸變大答案B解析根據(jù)右手定則，流過(guò)金屬棒中的感應(yīng)電流方向由B到A，A錯(cuò)誤；由于AB做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝BLat，越來(lái)越大，回路中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLa,R)t，越來(lái)越大，穿過(guò)P環(huán)的磁通量與電流成正比，越來(lái)越大，根據(jù)楞次定律推論，P環(huán)有收縮的趨勢(shì)；P環(huán)與固定螺線管產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相反，P環(huán)(等價(jià)于磁鐵，磁性不變)與固定螺線管(等價(jià)于磁鐵，磁性變強(qiáng))同名磁極相對(duì)，相互排斥，P環(huán)對(duì)地面的壓力增大，B正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，P環(huán)中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，D錯(cuò)誤．2．(2020·山東濰坊市3月聯(lián)考)隨著科技的不斷發(fā)展，小到手表、手機(jī)，大到電腦、電動(dòng)汽車，都已經(jīng)在無(wú)線充電方面實(shí)現(xiàn)了從理論研發(fā)到實(shí)際應(yīng)用的轉(zhuǎn)化．如圖2所示為某品牌手機(jī)無(wú)線充電的原理圖，下列說(shuō)法正確的是()圖2A．無(wú)線充電時(shí)，手機(jī)上接收線圈的工作原理是“電流的磁效應(yīng)”B．發(fā)射端和接收端間的距離不影響充電的效率C．所有手機(jī)都能用該品牌無(wú)線底座進(jìn)行無(wú)線充電D．接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同答案D解析無(wú)線充電時(shí)，手機(jī)接收線圈的工作原理是電磁感應(yīng)，故A錯(cuò)誤；由于充電工作原理為電磁感應(yīng)，發(fā)射端和接收端間的距離越遠(yuǎn)，空間中損失的能量越大，故B錯(cuò)誤；不是所有手機(jī)都能進(jìn)行無(wú)線充電，只有手機(jī)中有接收線圈時(shí)手機(jī)才能利用電磁感應(yīng)，進(jìn)行無(wú)線充電，故C錯(cuò)誤；根據(jù)電磁感應(yīng)原理，接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同，故D正確．3.(2020·廣東東莞市線上檢測(cè))如圖3所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下(方向不變)，現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止．下列說(shuō)法正確的是()圖3A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到aB．電阻R的熱功率逐漸變小C．a(chǎn)b所受的安培力逐漸減小D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力保持不變答案C解析磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得，ab中的感應(yīng)電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤；由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，則感應(yīng)電流不變，由公式P＝I2R可知，電阻R的熱功率不變，故B錯(cuò)誤；根據(jù)安培力公式F＝BIL知，電流I不變，B均勻減小，則安培力減小，故C正確；金屬棒受安培力和靜摩擦力處于平衡，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D錯(cuò)誤．4．(多選)(2020·四川綿陽(yáng)市第二次診斷性考試)如圖4甲，線圈A(圖中實(shí)線，共100匝)的橫截面積為0.3m2，總電阻r＝2Ω，A右側(cè)所接電路中，電阻R1＝2Ω，R2＝6Ω，電容C＝3μF，開(kāi)關(guān)S1閉合．A中有橫截面積為0.2m2的區(qū)域C(圖中虛線)，C內(nèi)有圖乙所示的變化磁場(chǎng)，t＝0時(shí)刻，磁場(chǎng)方向垂直于線圈平面向里．下列說(shuō)法正確的是()圖4A．閉合S2、電路穩(wěn)定后，通過(guò)R2的電流由b流向aB．閉合S2、電路穩(wěn)定后，通過(guò)R2的電流大小為0.4AC．閉合S2、電路穩(wěn)定后、斷開(kāi)S1，通過(guò)R2的電流由b流向aD．閉合S2、電路穩(wěn)定后、斷開(kāi)S1，通過(guò)R2的電荷量為7.2×10－6C答案BD解析根據(jù)楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?，則閉合S2、電路穩(wěn)定后，通過(guò)R2的電流由a流向b，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝100×eq\f(0.6,3)×0.2V＝4V，則閉合S2、電路穩(wěn)定后，通過(guò)R2的電流大小為I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(4,2＋6＋2)A＝0.4A，選項(xiàng)B正確；閉合S2、電路穩(wěn)定后，電容器上極板帶正電，此時(shí)斷開(kāi)S1，電容器放電，通過(guò)R2的電流由a流向b，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；閉合S2、電路穩(wěn)定后，電容器所帶電荷量Q＝CUR2＝3×10－6×0.4×6C＝7.2×10－6C，此時(shí)斷開(kāi)S1，通過(guò)R2的電荷量為7.2×10－6C，選項(xiàng)D正確；5．(多選)(2017·全國(guó)卷Ⅱ·20)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直．邊長(zhǎng)為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖5(a)所示．已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)．線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正)．下列說(shuō)法正確的是()圖5A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5TB．導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5m/sC．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N答案BC解析由Et圖像可知，導(dǎo)線框經(jīng)過(guò)0.2s全部進(jìn)入磁場(chǎng)，則速度v＝eq\f(l,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，選項(xiàng)B正確；由題圖乙可知，E＝0.01V，根據(jù)E＝Blv得，B＝eq\f(E,lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)右手定則及正方向的規(guī)定可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外，選項(xiàng)C正確；在t＝0.4s至t＝0.6s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A,導(dǎo)線框所受的安培力大小為F＝BIl＝0.2×2×0.1N＝0.04N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．6．(多選)(2020·山東省普通高中學(xué)業(yè)水平等級(jí)模擬考試)如圖6所示，一長(zhǎng)為2l、寬為l的矩形導(dǎo)線框abcd，在水平外力作用下從緊靠磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊緣處以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)3l，規(guī)定水平向左為力的正方向．下列關(guān)于水平外力的沖量I，導(dǎo)線框a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab，通過(guò)導(dǎo)線框的電荷量q及導(dǎo)線框所受安培力F隨其運(yùn)動(dòng)的位移x變化的圖像正確的是()圖6答案AB解析進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，安培力F＝BI電l＝eq\f(B2l2v,R)；B、l、v不變，則F不變；完全進(jìn)入磁場(chǎng)，感應(yīng)電流為零，安培力為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；因?yàn)閷?dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng)，水平外力和安培力F大小相等，進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，水平外力的沖量I＝Ft＝eq\f(F,v)·x，所以I－x關(guān)系圖像為正比例函數(shù)，完全進(jìn)入后外力為零，沖量為零，選項(xiàng)A正確；進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，有Uab＝I電×eq\f(5,6)R＝eq\f(5,6)Blv，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，ab邊的電勢(shì)差Uab＝Blv，選項(xiàng)B正確；進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，q＝I電t＝eq\f(Bl,R)·x，所以q－x關(guān)系圖像為正比例函數(shù)，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后電流為零，q為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．7．(多選)(2020·黑龍江哈爾濱市三中高三第二次模擬)如圖7所示，足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向外，一半徑為a、電阻為6R的光滑金屬圓環(huán)垂直于磁場(chǎng)放置，一長(zhǎng)度為2a、電阻為R的金屬桿MN與金屬環(huán)相切于M點(diǎn)，M端與金屬環(huán)頂端連接，在外力作用下以角速度ω繞M點(diǎn)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中金屬桿與金屬圓環(huán)接觸良好，則()圖7A．當(dāng)金屬桿轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)，流過(guò)金屬桿的電流I＝eq\f(4Ba2ω,5R)B．當(dāng)金屬桿轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)，金屬桿兩端的電勢(shì)差UMN＝eq\f(6Ba2ω,5)C．金屬桿轉(zhuǎn)過(guò)30°和90°時(shí)，克服安培力做功的瞬時(shí)功率之比為15∶16D．金屬桿轉(zhuǎn)過(guò)30°和90°時(shí)，克服安培力做功的瞬時(shí)功率之比為15∶128答案ABD解析當(dāng)金屬桿轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)，電動(dòng)勢(shì)為E1＝BLeq\x\to(v)＝B×2a×eq\f(ω·2a,2)＝2Ba2ω總電阻為R總1＝eq\f(3R,2)＋R＝eq\f(5R,2)，電流為I1＝eq\f(E1,R總1)＝eq\f(2Ba2ω,\f(5,2)R)＝eq\f(4Ba2ω,5R)，由右手定則可知，M點(diǎn)電勢(shì)高于N點(diǎn)電勢(shì)，則金屬桿兩端的電勢(shì)差UMN＝eq\f(\f(3,2)R,\f(5,2)R)E＝eq\f(3,5)E＝eq\f(3,5)×2Ba2ω＝eq\f(6,5)Ba2ω，故A、B正確；金屬桿轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)，克服安培力做功的瞬時(shí)功率為P1＝I1E1＝eq\f(4Ba2ω,5R)×2Ba2ω＝eq\f(8B2a4ω2,5R)，金屬桿轉(zhuǎn)過(guò)30°時(shí)，電動(dòng)勢(shì)為E2＝Baeq\f(ωa,2)＝eq\f(Ba2ω,2)，總電阻為R總2＝eq\f(5R2,5R＋R)＋eq\f(R,2)＝eq\f(4R,3)，電流為I2＝eq\f(E2,R總2)＝eq\f(\f(Ba2ω,2),\f(4R,3))＝eq\f(3Ba2ω,8R)，克服安培力做功的瞬時(shí)功率為P2＝I2E2＝eq\f(3Ba2ω,8R)×eq\f(Ba2ω,2)＝eq\f(3B2a4ω2,16R)，則eq\f(P2,P1)＝eq\f(15,128)，故C錯(cuò)誤，D正確．8．(多選)如圖8甲所示，導(dǎo)線制成的等邊三角形OMN放置在水平桌面上，豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過(guò)桌面．剪下MN間的導(dǎo)線，向左平移到O點(diǎn)，現(xiàn)使其在水平外力F作用下緊貼MON向右勻速運(yùn)動(dòng)，從O點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，導(dǎo)線未脫離MON之前，外力F、導(dǎo)線與MON構(gòu)成的閉合電路的電動(dòng)勢(shì)E、電路中的電流I、外力的功率P與時(shí)間t變化的關(guān)系正確的是()圖8A．F∝t2 B．E∝t2C．I∝t D．P∝t3答案BCD解析由題圖乙知，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝kt，由幾何知識(shí)可知，導(dǎo)線切割磁感線的有效長(zhǎng)度為l＝2vttan30°＝eq\f(2\r(3),3)vt，設(shè)導(dǎo)線單位長(zhǎng)度電阻為R，回路總電阻為R總＝3lR＝2eq\r(3)vtR電動(dòng)勢(shì)E＝Blv＝eq\f(2\r(3),3)kv2t2∝t2，B正確；I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(kvt,3R)∝t，C正確；由題意知F＝F安＝BIl＝eq\f(2\r(3),9R)k2v2t3∝t3，A錯(cuò)誤；P＝Fv＝eq\f(2\r(3),9R)k2v3t3∝t3，D正確．[爭(zhēng)分提能練]9．(多選)如圖9所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框放在光滑水平面上，金屬框以某初速度v0穿過(guò)方向垂直水平面的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，速度變?yōu)関.速度方向始終垂直于邊ab和磁場(chǎng)邊界，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d(d>L)．則金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程和從磁場(chǎng)另一側(cè)穿出的過(guò)程相比較，正確的是()圖9A．金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中速度變化量等于穿出磁場(chǎng)過(guò)程中速度變化量B．金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中速度變化量大于穿出磁場(chǎng)過(guò)程中速度變化量C．金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量等于穿出磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量D．金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量大于穿出磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量答案AD解析金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中和從磁場(chǎng)另一側(cè)穿出過(guò)程中，磁通量變化量大小相等，因q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，則進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)ab的電荷量和穿出磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)ab的電荷量相等，由動(dòng)量定理－Beq\x\to(I)L·Δt＝mΔv，知速度變化量大小相等，A正確，B錯(cuò)誤；金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大于穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度，則金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力大于穿出磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力，所以進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中克服安培力做的功大于穿出磁場(chǎng)時(shí)安培力做的功，由于克服安培力做的功等于金屬框產(chǎn)生的焦耳熱，所以金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量大于穿出磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量，C錯(cuò)誤，D正確．10.(多選)(2020·山東淄博市高三下學(xué)期階段檢測(cè))如圖10所示，兩固定的豎直光滑金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)．兩質(zhì)量、長(zhǎng)度均相同的導(dǎo)體棒c、d，置于邊界水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方同一高度h處．磁場(chǎng)寬為3h，方向與導(dǎo)軌平面垂直．先由靜止釋放c，c剛進(jìn)入磁場(chǎng)即勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)再由靜止釋放d，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直且保持良好接觸．用ac表示c的加速度，Ekd表示d的動(dòng)能，xc、xd分別表示c、d相對(duì)釋放點(diǎn)的位移．下列選項(xiàng)中正確的是()圖10答案BD解析先釋放c，剛開(kāi)始時(shí)c只受重力作用，加速度g是不變的，當(dāng)c進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，c做勻速運(yùn)動(dòng)，加速度為0，當(dāng)d釋放時(shí)，d做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，它進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)通過(guò)的距離為h，則此時(shí)c通過(guò)的距離為2h，此時(shí)二者一起以相同的速度在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量不變，回路中感應(yīng)電流為0，安培力為0，故兩棒做加速度為g的加速運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；d棒的動(dòng)能在d進(jìn)入磁場(chǎng)前是均勻增加的，進(jìn)入磁場(chǎng)后在c沒(méi)有出磁場(chǎng)前也是均勻增加的，當(dāng)c出磁場(chǎng)時(shí)，d棒切割磁感線，產(chǎn)生的安培力方向向上，阻礙d向下運(yùn)動(dòng)，但此時(shí)d的速度比剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度會(huì)大一些，所以棒不再像c剛進(jìn)入那樣做勻速運(yùn)動(dòng)，而是做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，待d棒離開(kāi)磁場(chǎng)后，加速度為g，動(dòng)能再次均勻增大，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．11．(多選)(2020·廣東珠海市高三三模)如圖11所示的U形金屬框架固定在絕緣水平面上，兩導(dǎo)軌之間的距離為L(zhǎng)，左端連接一阻值為R的定值電阻，阻值為r、質(zhì)量為m的金屬棒垂直地放在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，現(xiàn)給金屬棒以水平向右的初速度v0，金屬棒向右運(yùn)動(dòng)的距離為x后停止運(yùn)動(dòng)，已知該過(guò)程中定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，重力加速度為g，忽略導(dǎo)軌的電阻，整個(gè)過(guò)程金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好．則該過(guò)程中()圖11A．安培力對(duì)金屬棒做功為－eq\f(R＋r,R)QB．流過(guò)金屬棒的電荷量為eq\f(BLx,R＋r)C．整個(gè)過(guò)程因摩擦而產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv02－QD．金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(v\o\al(02),2gx)－eq\f(R＋r,mgxR)Q答案ABD解析定值電阻與金屬棒串聯(lián)，金屬棒與定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱之比eq\f(Qr,Q)＝eq\f(I2rt,I2Rt)＝eq\f(r,R)，金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Qr＝eq\f(rQ,R)，回路產(chǎn)生的總焦耳熱Q總＝Q＋Qr＝eq\f(R＋r,R)Q，金屬棒克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，安培力對(duì)金屬棒做的功為W＝－Q總＝－eq\f(R＋r,R)Q，故A正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLx,Δt)，平均感應(yīng)電流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，流過(guò)金屬棒的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt，解得流過(guò)金屬棒的電荷量為q＝eq\f(BLx,R＋r)，故B正確；對(duì)整個(gè)過(guò)程，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(