2023年高考物理知識點復習與真題 動生電動勢

動生電動勢

一、真題精選（高考必備）

1.（2010,全國?高考真題）如圖所示，兩個端面半徑同為R的圓柱形鐵芯同軸水平放置，相對的端面之間有一縫隙，

鐵芯上繞導線并與電源連接，在縫隙中形成一勻強磁場.一銅質細直棒ab水平置于縫隙中，且與圓柱軸線等高、

垂直.讓銅棒從靜止開始自由下落，銅棒下落距離為0.2R時銅棒中電動勢大小為Ei,下落距離為0.8R時電動勢

大小為E2.忽略渦流損耗和邊緣效應.關于巴、E2的大小和銅棒離開磁場前兩端的極性，下列判斷正確的是

B.El>E2,b端為正

端為正端為正

C.EI<E2,aD.Et<E2,b

2.（2015?全國?高考真題）如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B,方向平行于ab

邊向上.當金屬框繞ab邊以角速度3逆時針轉動時?，a、b、C三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc.已知be邊的長度為

I.下列判斷正確的是（）

ω

a

A.Ua>Uc.金屬框中無電流

B.Ub>Uc,金屬框中電流方向沿a-b-c-a

C.UbC=-TBl23,金屬框中無電流

D.Ubc=?Bl2ω,金屬框中電流方向沿a-c-b-a

3.（2013?福建?高考真題）如圖，矩形閉合導體線框在勻強磁場上方，由不同高度靜止釋放，用小攵分別表示線

框H邊和Cd邊剛進入磁場的時刻.線框下落過程形狀不變，湖邊始終保持與磁場水平邊界線00'平行，線框平面

與磁場方向垂直.設OO下方磁場區(qū)域足夠大，不計空氣阻力影響，則下列圖像不可能反映線框下落過程中速度V

隨時間，變化的規(guī)律（）

U

a?---?b

°S~×~×~X~1。

X×××BX

××××X

4.（2013?全國?高考真題）紙面內兩個半徑均為R的圓相切于。點，兩圓形區(qū)域內分別存在垂直紙面的勻強磁場,

磁感應強度大小相等、方向相反，且不隨時間變化.一長為2R的導體桿OA繞過。點且垂直于紙面的軸順時針勻

速旋轉，角速度為①，1=0時，QA恰好位于兩圓的公切線上，如圖所示。若選取從。指向A的電動勢為正，下列

描述導體桿中感應電動勢隨時間變化的圖像可能正確的是（）

5.（2021?山東?高考真題）迷你系繩衛(wèi)星在地球赤道正上方的電離層中，沿圓形軌道繞地飛行。系繩衛(wèi)星由兩子衛(wèi)

星組成，它們之間的導體繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應電動勢的共同作用下，導體繩中形成指向地

心的電流，等效總電阻為廠。導體繩所受的安培力克服大小為一的環(huán)境阻力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。已知衛(wèi)星

離地平均高度為，，導體繩長為L（L?xH）,地球半徑為凡質量為M,軌道處磁感應強度大小為B,方向垂直于

赤道平面。忽略地球自轉的影響。據(jù)此可得，電池電動勢為（）

遠地子衛(wèi)星

電池T

XB

電流”

速度

導體繩

近地子衛(wèi)星口

NI赤道平面

6.（2009?寧夏?高考真題）如圖所示，一導體圓環(huán)位于紙面內，。為圓心.環(huán)內兩個圓心角為90。的扇形區(qū)域內分別

有勻強磁場，兩磁場磁感應強度的大小相等，方向相反且均與紙面垂直.導體桿。M可繞。轉動，M端通過滑動觸

點與圓環(huán)良好接觸.在圓心和圓環(huán)間連有電阻R桿OM以勻角速度。逆時針轉動，f=0時恰好在圖示位置.規(guī)定從a

到b流經(jīng)電阻R的電流方向為正，圓環(huán)和導體桿的電阻忽略不計，則桿從/=0開始轉動一周的過程中，電流隨叫

變化的圖象是（）

，';××\

XXa

V???W~

b

3π

O匹'π：2πωt

2：：

A.-

：；3TI_

22π

------------1--------1--------1-------1------>

O?π:：ωt

2

B.----------------------

-J------->-------1----->

O匹:Π_3K_2πωt

2:

c.——

-----------1------1--------1--------1------>

O匹?I：兀I；I3Cπ2πωt

7.（2022?湖南?高考真題）（多選）如圖，間距L=Im的U形金屬導軌,一端接有0.1Ω的定值電阻R,固定在高〃=（）.8m

的絕緣水平桌面上。質量均為O?lkg的勻質導體棒。和人靜止在導軌上,兩導體棒與導軌接觸良好且始終與導軌垂直，

接入電路的阻值均為0.1Ω,與導軌間的動摩擦因數(shù)均為0.1（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），導體棒。距離導

軌最右端1.74m。整個空間存在豎直向下的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小為0.1T。用F=O.5N沿導軌

水平向右的恒力拉導體棒m當導體棒α運動到導軌最右端時，導體棒匕剛要滑動，撤去尸，導體棒。離開導軌后

落到水平地面上。重力加速度取Iom/J,不計空氣阻力，不計其他電阻，下列說法正確的是（）

A.導體棒”離開導軌至落地過程中，水平位移為0.6m

B.導體棒α離開導軌至落地前，其感應電動勢不變

C.導體棒〃在導軌上運動的過程中，導體棒〃有向右運動的趨勢

D.導體棒。在導軌上運動的過程中，通過電阻R的電荷量為0.58C

8.（2016?全國?高考真題）（多選）法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片尸、

Q分別于圓盤的邊緣和銅軸接觸，圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中，圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流,

下列說法正確的是（）

B

bP

A.若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定

B.若從上往下看，圓盤順時針轉動，則電流沿4到6的方向流動

C.若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化

D.若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍

9.（2016?全國?高考真題）（多選）如圖，例為半圓形導線框，圓心為OM；N是圓心角為直角的扇形導線框，圓

心為ON；兩導線框在同一豎直面（紙面）內；兩圓弧半徑相等；過直線。仞ON的水平面上方有一勻強磁場，磁場

方向垂直于紙面向里?，F(xiàn)使線框M、N在f=0時從圖示位置開始，分別繞垂直于紙面、且過OM和ON的軸，以相

同的周期T逆時針勻速轉動，則（）

XXXXXXX

A.兩導線框中均會產(chǎn)生正弦交流電

B.兩導線框中感應電流的周期都等于T

C.在f=J時，兩導線框中產(chǎn)生的感應電動勢相等

O

D.兩導線框的電阻相等時，兩導線框中感應電流的有效值也相等

10.（2018?江蘇?高考真題）（多選）如圖所示，豎直放置的一形光滑導軌寬為L矩形勻強磁場回、回的高和間距

均為4,磁感應強度為艮質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場團和團時的速度相等.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.剛進入磁場回時加速度方向豎直向下

B.穿過磁場回的時間大于在兩磁場之間的運動時間

C.穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為Amgd

2??

D.釋放時距磁場回上邊界的高度/1可能小于”答

2B4Δ4

11.（2017?浙江?高考真題）為了探究電動機轉速與彈簧伸長量之間的關系，小明設計了如圖所示的裝置。半徑為/

的圓形金屬導軌固定在水平面上，一根長也為/,電阻為R的金屬棒外一端與導軌接觸良好，另一端固定在圓心處

的導電轉軸00'上，由電動機A帶動旋轉。在金屬導軌區(qū)域內存在垂直于導軌平面，大小為以，方向豎直向下的勻

強磁場。另有一質量為〃八電阻為R的金屬棒Cd用輕質彈簧懸掛在豎直平面內，并與固定在豎直平面內的U型導

軌保持良好接觸，導軌間距為/,底部接阻值也為R的電阻，處于大小為B2,方向垂直導軌平面向里的勻強磁場中。

從圓形金屬導軌引出導線和通過電刷從轉軸引出導線經(jīng)開關S與U型導軌連接。當開關S斷開，棒M靜止時，彈

簧伸長量為初；當開關S閉合，電動機以某一轉速勻速轉動，棒Cd再次靜止時，彈簧伸長量變?yōu)閄（不超過彈性限

度）。不計其余電阻和摩擦等阻力，求此時

（1）通過棒Cd的電流∕cd;

（2）電動機對該裝置的輸出功率P；

（3）電動機轉動角速度。與彈簧伸長量X之間的函數(shù)關系。

12.（2016?全國?高考真題）如圖，水平面（紙面）內同距為/的平行金屬導軌間接一電阻，質量為，小長度為/的

金屬桿置于導軌上，，=0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動。4時刻，金屬桿進

入磁感應強度大小為8、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導軌的電阻

兩者之間的動摩擦因數(shù)為〃。重力加速度大小為g。求

（1）金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大小;

（2）電阻的阻值。

二、強基訓練（高手成長基地）

1.（2022?福建省福州第一中學模擬預測）海浪機械能是未來可使用的綠色能源之一，利用海浪發(fā)電可加速地球上

碳中和的實現(xiàn).某科技小組設計的海浪發(fā)電裝置的俯視圖如圖所示，圓柱體磁芯和外殼之間有輻射狀磁場，它們可

隨著海浪上下浮動，磁芯和外殼之間的間隙中有固定的環(huán)形導電線圈，線圈的半徑為L,電阻為r,所在處磁場的

2TT

磁感應強度大小始終為8,磁芯和外殼隨海浪上下浮動的速度為U,V隨時間r的變化關系為v=%sin于z,其中的

為海浪上下浮動的周期.現(xiàn)使線圈與阻值為的電阻形成回路，則該發(fā)電裝置在一個周期內產(chǎn)生的電能為（）

T（O空R

A2∕B2y"2TB4"VZT

-R+rR+r

、他

c28ZTD487

"R+r'R+r

2.（2022?全國?三模）（多選）如圖所示，傾角為。的足夠長光滑金屬導軌放置在磁感應強度為B的勻強磁場中，

磁場方向垂直于導軌平面斜向上，導軌底端有一根質量為m的導體棒MN垂直于導軌放置，導軌上端接有阻值為R

的電阻，除R外其他電阻不計。給MN一個沿導軌平面向上且垂直于MN的初速度％,向上滑動距離X時到達最高

點，MN回到導軌底端時速度大小為丫。已知導軌寬度為L重力加速度為g,MN在運動過程中與導軌接觸良好，

且不發(fā)生轉動。對導體棒從底端向上滑動到最高點和從最高點向下滑回底端這兩個過程，以下說法正確的是（）

二

A.向上滑動過程中的平均感應電動勢為g8L%

VΛ4-V

b?從底端出發(fā)到返回底端所用的時間為Q

C.向下滑動的過程中通過電阻R的電荷量為紿

D.從底端向上滑動到最高點電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為:皿片-F）

3.（2022?北京?模擬預測）導體棒在磁場中切割磁感線可以產(chǎn)生感應電動勢。

（1）如圖1所示，一長為/的導體棒如在磁感應強度為8的勻強磁場中繞其一端人以角速度。在垂直于磁場的平

面內勻速轉動，求導體棒產(chǎn)生的感應電動勢。

（2）如圖2所示，勻強磁場的磁感應強度為B,磁感線方向豎直向下，將一長為/、水平放置的金屬棒以水平速度

如拋出，金屬棒在運動過程中始終保持水平，不計空氣阻力。求金屬棒在運動過程中產(chǎn)生的感應電動勢。

（3）如圖3所示，矩形線圈面積為S,匝數(shù)為M在磁感應強度為B的勻強磁場中繞00,軸以角速度3勻速轉動。

,求感應電動勢隨時間變化的規(guī)律。

圖2圖3

4.（2022?河北唐山?二模）如圖所示，間距為L的平行金屬導軌水平放置，所在空間存在豎直向上磁感應強度大小

為B的勻強磁場，金屬導軌左端連接一電容為C的電容器和一個電阻為R的定值電阻，長度為L的金屬接MN垂直

于平行導軌靜止放置，其質量為加，電阻為r,金屬棒MN在水平向右恒力F作用下做加速度為。的勻加速直線運

動，運動至虛線仍位置撤掉恒力，此時電容器恰好被擊穿，已知導軌粗糙，金屬棒靜止位置到虛線位置的距離為X,

重力加速度為go

（I）電容器被擊穿前，電容器上極板所帶電荷電性以及電荷量；

（2）金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)；

（3）電容器被擊穿相當于導線，金屬棒MN繼續(xù)做變速運動且運動速度與位移呈線性關系，金屬棒運動的整個過

程流過電阻R的電荷量是多少？

~↑?~~1???"

?????

——>??

F

?N???h

5.（2022?湖南永州?三模）如圖（甲），超級高鐵（HyperIoop）是一種以"真空管道運輸"為理論核心設計的交通工

具。如圖（乙），己知管道中固定著兩根平行金屬導軌MN、PQ,兩導軌間距為石r；材料不同的運輸車一、二

的質量都為m，橫截面都是半徑為"的圓。運輸車一、二上都固定著有間距為d、與導軌垂直的兩根相同導體棒1

和2,每根導體棒的電阻都為R,每段長度為d的導軌的電阻也都為R。其他電阻忽略不計，重力加速度為g。

（1）在水平導軌上進行實驗，此時不考慮摩擦及空氣阻力。當運輸車一進站時，管道內依次分布磁感應強度大小

為耳，寬度為d的勻強磁場，且相鄰的勻強磁場的方向相反。求運輸車一以速度%從如圖（丙）位置通過距離2d時

的速度匕;

（2）如圖（?。?，當管道中的導軌平面與水平面成6=30。時，運輸車一恰好能無動力地勻速下滑。求運輸車一與

導軌間的動摩擦因數(shù)從;

（3）如圖（?。敼艿乐械膶к壠矫媾c水平面成6=30。時，此時導體棒1、2均處于磁感應強度為為=穌+自（以

。指向p為X軸正方向，B<l>0,k>Q,。為坐標原點），垂直導軌平面向上的磁場中，運輸車二恰好能以速度V無

動力勻速下滑。求運輸車二與導軌間的動摩擦因數(shù)〃-Ck,V都是已知量）

導體棒1導體棒2

丙

三、參考答案及解析

(一)真題部分

1.D

【解析】根據(jù)法拉第電磁感應定律：E=BLV,如下圖,

1_2=2五2-(0.8R)=2√0.36R,

又根據(jù)V=J廨，vι=√2g?0.2R=2√R,

v2=√2g*0.8R?4VR,

所以Eι=4√0.96RBR,

E2=Nθ.36RBR=4λ∕θ.36X4RBR,

所以EI<E2.

再根據(jù)右手定則判定電流方向從a到b,在電源內部電流時從電源負極流向正極，故D正確.

2.C

【解析】因為當金屬框繞軸轉運時，穿過線圈abc的磁通量始終為0,故線圈中無感應電流產(chǎn)生，選項BD錯誤；

但對于be與ac邊而言，由于be邊切割磁感線，故be邊會產(chǎn)生感應電動勢，由右手定則可知，c點的電勢要大于b

O+ey∕1

點的電勢，故UbC是負值，且大小等于BIX2=2BI*2ω34,故選項C正確：對于導體ac而言，由右手定則可知，c

點的電勢大于a點的電勢，故選項A錯誤，所以選項C是正確的.

3.A

【解析】線框先做自由落體運動，ab邊進入磁場做減速運動，加速度應該是逐漸減小，而A圖象中的加速度逐漸增

大.故A錯誤.線框先做自由落體運動，ab邊進入磁場后做減速運動，因為重力小于安培力，當加速度減小到零做

勻速直線運動，Cd邊進入磁場做勻加速直線運動，加速度為g.故B正確.線框先做自由落體運動，ab邊進入磁場

后因為重力大于安培力，做加速度減小的加速運動，Cd邊離開磁場做勻加速直線運動，加速度為g,故C正確.線

框先做自由落體運動，ab邊進入磁場后因為重力等于安培力，做勻速直線運動，Cd邊離開

4.C

【解析】由右手定則可判，開始時感應電動勢為正，故D錯誤；設經(jīng)時間/導體桿轉過的角度為α,貝IJ:

a=ωt

導體桿有效切割長度為：

L=2Rs'?ncυt

由：

E=-BL2ω

可知：

E=2BR2ωs'?r?2ωt

B./?、。不變，切割的有效長度隨時間先增大后減小，且做非線性、非正弦的變化，經(jīng)半個周期后，電動勢的方向

反向，故ABD錯誤，C正確。故選C。

5.A

Mm

G-----------7=m---------

【解析】根據(jù)(R+b)2(R+H)

可得衛(wèi)星做圓周運動的線速度

根據(jù)右手定則可知，導體繩產(chǎn)生的感應電動勢相當于上端為正極的電源，其大小為E=8”

因導線繩所受阻力/與安培力F平衡，則安培力與速度方向相同，可知導線繩中的電流方向向下，即電池電動勢大

f=B殳±-L

于導線繩切割磁感線產(chǎn)生的電動勢，可得〃

解得

GM

E=BL÷A

R+HBL

故選Ao

6.C

【解析】桿OM以勻角速度①逆時針轉動，UO時恰好進入磁場，故前1內有電流流過，根據(jù)右手定則可以判定，

感應電流的方向從M指向圓心0,流過電阻時的方向是從b流向”,與給規(guī)定的正方向相反，為負值，在/W時

間內桿OM處于磁場之外，沒有感應電流產(chǎn)生，故C正確。故選C。

7.BD

【解析】C.導體棒α在導軌上向右運動，產(chǎn)生的感應電流向里，流過導體棒b向里，由左手定則可知安培力向左，

則導體棒匕有向左運動的趨勢，故C錯誤；

A.導體棒b與電阻R并聯(lián)，有

,BLv

'R

2

當導體棒α運動到導軌最右端時，導體棒人剛要滑動，有

BC-IL,=μmg

聯(lián)立解得。棒的速度為

v=3m∕s

。棒做平拋運動，有

X=Vt

h=；gF

聯(lián)立解得導體棒α離開導軌至落地過程中水平位移為

X=1.2m

故A錯誤；

B.導體棒α離開導軌至落地前做平拋運動，水平速度切割磁感線，則產(chǎn)生的感應電動勢不變，故B正確;

D.導體棒。在導軌上運動的過程中，通過電路的電量為

=#74C=H6C

R+1R015

2

導體棒6與電阻R并聯(lián)，流過的電流與電阻成反比，則通過電阻R的電荷量為

%=?∣=0.58C

故D正確。

故選BD0

8.AB

【解析】A.圓盤轉動產(chǎn)生的電動勢

E=-Bl3ω

2

轉動的角速度恒定，E不變，電流

R

電流大小恒定，A正確；

B.右手定則可知，回路中電流方向不變，從上往下看圓盤順時針轉動，由右手定則知，電流從邊緣指向圓心，接

著沿4到b的方向流動，B正確；

C.若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向不變，大小變化，C錯誤；

D.若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，回路電流變?yōu)樵瓉?倍，根據(jù)P=/2/?電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?

倍，D錯誤。

故選ABo

9.BC

【解析】A.本題中導線框的半徑勻速旋轉切割磁感線時產(chǎn)生大小不變的感應電流，故A錯誤；

B.兩導線框產(chǎn)生的感應電流的周期與線框轉動周期相同，故B正確；

C.在f=J時，兩導線框切割磁感線的導線長度相同，且切割速度大小相等，故產(chǎn)生的感應電動勢相等，均為

O

E=gBR2s

故C正確；

D.兩導線框中感應電流隨時間變化的圖像如下圖所示，故兩導線框中感應電流的有效值不相等，故D錯誤。

BR2ω

IrY^^T3Γ:I

O*

?T

BR2ω4

Ir

故選BCo

10.BC

【解析】本題考查電磁感應的應用，意在考查考生綜合分析問題的能力.由于金屬棒進入兩個磁場的速度相等，而

穿出磁場后金屬桿做加速度為g的加速運動，所以金屬感進入磁場時應做減速運動，選項A錯誤；對金屬桿受力分

?2r2

析，根據(jù)已上-，監(jiān)=〃辿可知，金屬桿做加速度減小的減速運動，其進出磁場的H圖象如圖所示，由于0”和〃F

R

圖線與f軸包圍的面積相等(都為4),所以〃>(t2-tl),選項B正確；從進入回磁場到進入回磁場之前過程中，根

據(jù)能量守恒,金屬棒減小的機械能全部轉化為焦耳熱,所以Q=mg.2d,所以穿過兩個磁場過程中產(chǎn)生的熱量為4〃?gd,

選項C正確；若金屬桿進入磁場做勻速運動，則但電-機g=0,得V=鬻，有前面分析可知金屬桿進入磁場的

RB-Lr

速度大于鬻，根據(jù)/?=:得金屬桿進入磁場的高度應大于等需=?第，選項D錯誤.

BL2g2gBLZDL

點睛：本題以金屬桿在兩個間隔磁場中運動時間相等為背景，考查電磁感應的應用，解題的突破點是金屬棒進入磁

場回和回時的速度相等，而金屬棒在兩磁場間運動時只受重力是勻加速運動，所以金屬棒進入磁場時必做減速運動.

mg(x-??)/八6"]2g2R(χ-%)2GmgR(X-X0)

；

BiIx0'()一~一BIBFX(I

【解析】(1)S斷開時，M棒靜止，有

mg=kxo

S閉合時，〃棒靜止，有

mg+B2Icdl=kx

聯(lián)立解得

∕g(x70)

Cd-BJXo

(2)回路總電阻為

I3

R-R+-R=-R

?β22

總電流為

/=2/z2mg(x-x0)

CD

~~B2IX0

電動機對該裝置的輸出功率為

(3)由法拉第電磁感應定律可得

2

E=Bl∕-=^BlωZ

回路總電流為

,EB,ωl2

聯(lián)立解得

6mgR（x-x0）

Co=---------------------Z-------------

AO

12.（1）E=Blt0?--μg?.⑵R=史K

?mJm

【解析】（1）設金屬桿進入磁場前的加速度大小為m由牛頓第二定律得

F-μmg=ma

設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為V,由運動學公式有

v=ato

當金屬桿以速度V在磁場中運動時.，由法拉第電磁感應定律，桿中的電動勢為

E=Blv

聯(lián)立上式可得

（2）設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿的電流為/,根據(jù)歐姆定律

E

式中R為電阻的阻值，金屬桿所受的安培力為

f=BH

因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得

F-μmg-f=O

聯(lián)立上式得

m

（二）強基部分

1.A

【解析】環(huán)形導電線圈隨著磁芯和外殼隨海浪上下浮動而切割磁感線，由法拉第電磁感應定律

E=Blv

環(huán)形線圈各部分產(chǎn)生的電動勢對回路來說是同向的（實際指感應電流方向），其有效切割長度由微元法可知

l=2πL

聯(lián)立可得線圈中感應電動勢的瞬時值表達式

___.2τt

e=2πBLv0sin—t

根據(jù)正弦交變電流的特點知其電動勢的有效值為

E=啦兀BLv。

則該發(fā)電裝置在一個周期內產(chǎn)生的電能

_爐_2/B飛廿T

電R+rR+r

故BCD錯誤，A正確。

故選Ao

2.BC

【解析】A.金屬棒在上滑過程中，不是勻變速直線運動，平均速度不等于g%,平均感應電動勢不等于g8L%,

故A錯誤；

B.根據(jù)動量定理，上滑過程

-8∕∣45IgSin%=O-Zwv0

—?φv_BLx

上RfkRt上

下滑過程

mgsinθt卜一BI卜Zf卜=mv-0

—△*_BLx

1

RtvRtr

聯(lián)立得，從底端出發(fā)到返回底端所用的時間為

=V0+v

ttI.+，下=

f4sin<9

故B正確；

C.向下滑動的過程中通過電阻R的電荷量為

BLx

q=——=-----

RR

故C正確；

D.全過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為動能的減小量，即

Cl212

Q-~mvo-~mv

但上升過程中在某一位置的速度大于下滑過程中同一位置的速度，所以上滑過程同一位置的安培力比下滑過程大,

上滑過程中克服安培力做的功多，產(chǎn)生的熱量較多，上滑過程中產(chǎn)生的焦耳熱大于全過程的一半，也就是大于

(說一內，故D錯誤。

故選BC。

3.(1)E=；BF0)：(2)E=BlV0；(3)e=NBSωcosωt

【解析】(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律

Ar時間內磁通量變化量

kφ—

解得

1、

E=-Bl2ω

2

（2）導體棒切割磁感線的速度為水平速度%,電動勢為

E=BIUO

（3）從圖示位置開始計時，感應電動勢隨時間變化的規(guī)律為

e=NBSωcosωt

F-B2l}Ca-ιna2BLmax

4.(1)QT=CBL>p2ux；(2)"—(3)Q=CBL?∣2ax+

2μmg(/?+/*)+B2L2∣2ax

mg?

【解析】（1）由右手定則可知，上極板帶負電荷,下極板帶正電。金屬棒MN做勻加速直線運動，則由運動學規(guī)

律可得

Iax=V2

金屬棒產(chǎn)生的電動勢恰好是電容器擊穿電壓，即

U=E=BLv

電容器極板最大電荷量

Ql=CU

聯(lián)立可得

Ql=CBL?∣2ax

（2）金屬棒做勻加速運動，則在加時間內速度變化量

Δυ=tz?r

加時間內金屬棒相當于電源增加的電動勢為

NE=BL?v

△，時間內電容器兩板增加的電荷量為

ΔQ=CΔE

因此電路中形成的電流大小為

/=些

?f

聯(lián)立可得

I=CBLa

所以

F,i=BIL=B-IsCa

對金屬棒受力分析可得

F-F.fj.-Fj=ma

即

F-BIL-μmg=ma

聯(lián)立解得

F-B~l3Ca-ma

〃二

mg

(3)從虛線位置到靜止的過程，由動能定理可知

B2Lrvmv~

2(7?+r)"力2

這一過程產(chǎn)生的平均感應電動勢

LΔΦ

E=----

?t

平均感應電流