專題15-單導(dǎo)體棒切割磁感線模型-高考物理電磁感應(yīng)常用模型(解析版)

高考物理《電磁感應(yīng)》常用模型最新模擬題精練專題15單導(dǎo)體棒切割磁感線模型一．選擇題1.（2023年甘肅張掖一診）如圖所示，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接。右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處?kù)o止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止。己知金屬棒與平直分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好。則金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中（）A.流過(guò)定值電阻的電流方向是 B.通過(guò)金屬棒的電荷量為C.金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度不變 D.金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為【參考答案】BD【名師解析】金屬棒下滑到最低端時(shí)速度向右，而且磁場(chǎng)豎直向上，根據(jù)右手定則可以知道流過(guò)定值電阻的電流方向?yàn)镼→N，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，通過(guò)金屬棒的電荷量為故B正確；由于金屬棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，使得金屬棒中有電流通過(guò)，根據(jù)安培定則可知，金屬棒所受安培力水平向左，所以金屬棒做運(yùn)動(dòng)，故有所以由于v在不斷的變小，所以加速度也在不斷變小。故C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒可知由于電阻R和金屬棒的電阻值相等，所以有所以產(chǎn)生的焦耳熱，故D正確。故選BD。【點(diǎn)睛】注意金屬棒在磁場(chǎng)中會(huì)由于安培力的作用而不斷減速，導(dǎo)致產(chǎn)生的感應(yīng)電流逐步變小。2．（2022重慶高考）如圖1所示，光滑的平行導(dǎo)電軌道水平固定在桌面上，軌道間連接一可變電阻，導(dǎo)體桿與軌道垂直并接觸良好（不計(jì)桿和軌道的電阻），整個(gè)裝置處在垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩次運(yùn)動(dòng)中拉力大小與速率的關(guān)系如圖2所示。其中，第一次對(duì)應(yīng)直線①，初始拉力大小為，改變電阻阻值和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小后，第二次對(duì)應(yīng)直線②，初始拉力大小為，兩直線交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為。若第一次和第二次運(yùn)動(dòng)中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為k、電阻的阻值之比為m、桿從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)相同位移的時(shí)間之比為n，則k、m、n可能為（）A．B．C．D．【參考答案】C【名師解析】由題意，桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則在v=0時(shí)分別有，=ma1，2=ma2，設(shè)第一次和第二次運(yùn)動(dòng)中，桿從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)相同位移的時(shí)間分別為t1和t2，則有x=a1t12，x=a2t22，t1?t2=n聯(lián)立解得：n=第一次和第二次運(yùn)動(dòng)中，所受安培力FA=BIL=,根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)-FA=ma，即F=ma+由此可知，拉力大小F與速率v的關(guān)系圖像斜率為，由第一次和第二次運(yùn)動(dòng)F與速率v的關(guān)系圖像斜率之比為2?1，可得=2，即=2，可以取k2=6，m=3，所以選項(xiàng)C正確。3..(2022山東聊城一模)如圖所示，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為，一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連，導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點(diǎn)開(kāi)始以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)軌和金屬棒電阻忽略不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是（）A.金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電容器的上極板帶正電B.金屬棒到達(dá)時(shí)，電容器極板上的電荷量為C.通過(guò)金屬棒的電流為D.金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，外力F做功的功率恒定【參考答案】AC【名師解析】．根據(jù)右手定則可知，金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，則電容器的上極板帶正電，A正確；金屬棒到達(dá)時(shí)，此時(shí)金屬棒的有效長(zhǎng)度為產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為流過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為則為B錯(cuò)誤；C．則金屬棒的電流為C正確；D．金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力平衡，有其中B恒定，由可知，I恒定，而不斷變大，則F逐漸增大，由可知，F(xiàn)的功率增大，D錯(cuò)誤。4..(2022河北唐山一模)兩相同的“冂”形光滑金屬框架豎直放置，框架的一部分處在垂直紙面向外的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖所示。兩長(zhǎng)度相同粗細(xì)不同的銅質(zhì)金屬棒a、b分別從兩框架上相同高度處由靜止釋放，下滑過(guò)程中金屬棒與框架接觸良好，框架電阻不計(jì)，下列說(shuō)法中正確的是（）

A.金屬棒a、b在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等B.到達(dá)磁場(chǎng)下邊界時(shí)，粗金屬棒b的速度大C.通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，流過(guò)粗金屬棒b的電量多D.通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，粗金屬棒b產(chǎn)生熱量多【參考答案】ACD【名師解析】?jī)山饘侔魟傔M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度相同，安培力為根據(jù)電阻定律又根據(jù)牛頓第二定律整理得故兩棒在后續(xù)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，到達(dá)磁場(chǎng)下邊界時(shí)，兩棒的速度一樣大，故A正確，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)兩棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，磁通量改變量相同，但粗棒的電阻更小，故流過(guò)粗金屬棒b的電量多，故C正確；D．根據(jù)兩棒的加速度相同，粗棒的質(zhì)量大，則粗棒受到的安培力更大，克服安培力做功等于產(chǎn)生的熱量，故粗金屬棒b產(chǎn)生的熱量多，故D正確。5.．（2021河北名校聯(lián)盟一模）如圖所示，一個(gè)直徑為L(zhǎng)，電阻為r的半圓形硬導(dǎo)體棒AB，在水平恒力F作用下，沿光滑固定水平U形框架勻速運(yùn)動(dòng)，該區(qū)域存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，框架左側(cè)接電阻R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則半圓形導(dǎo)體棒的速度大小和B、A間的電勢(shì)差UAB分別為A．，B．，C．，D．，【參考答案】D【名師解析】半圓形導(dǎo)體棒以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv，回路中感應(yīng)電流I=E/（R+r），半圓形導(dǎo)體棒所受安培力FA=BIL，半圓形導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)F=FA，聯(lián)立解得：v=，由右手定則可判斷出A點(diǎn)為高電勢(shì)，B、A間的電勢(shì)差UAB=-IR=，選項(xiàng)D正確。6.(多選)（2020屆湖南省常德市高三一模）如圖所示，光滑、平行的金屬軌道分水平段(左端接有阻值為R的定值電阻)和半圓弧段兩部分，兩段軌道相切于N和N′點(diǎn)，圓弧的半徑為r，兩金屬軌道間的寬度為d，整個(gè)軌道處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．質(zhì)量為m、長(zhǎng)為d、電阻為R的金屬細(xì)桿置于框架上的MM′處，MN=r.在t=0時(shí)刻，給金屬細(xì)桿一個(gè)垂直金屬細(xì)桿、水平向右的初速度v0，之后金屬細(xì)桿沿軌道運(yùn)動(dòng)，在t=t1時(shí)刻，金屬細(xì)桿以速度v通過(guò)與圓心等高的P和P′；在t=t2時(shí)刻，金屬細(xì)桿恰好通過(guò)圓弧軌道的最高點(diǎn)，金屬細(xì)桿與軌道始終接觸良好，軌道的電阻和空氣阻力均不計(jì)，重力加速度為g.以下說(shuō)法正確的是()A．t=0時(shí)刻，金屬細(xì)桿兩端的電壓為Bdv0B．t=t1時(shí)刻，金屬細(xì)桿所受的安培力為C．從t=0到t=t1時(shí)刻，通過(guò)金屬細(xì)桿橫截面的電量為D．從t=0到t=t2時(shí)刻，定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為【參考答案】CD【名師解析】t=0時(shí)刻，金屬細(xì)桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)金屬細(xì)桿兩端的電壓,故A錯(cuò)誤；t=t1時(shí)刻，金屬細(xì)桿的速度與磁場(chǎng)平行，不切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，所以此時(shí)，金屬細(xì)桿不受安培力，故B錯(cuò)誤；從t=0到t=t1時(shí)刻，電路中的平均電動(dòng)勢(shì)回路中的電流在這段時(shí)間內(nèi)通過(guò)金屬細(xì)桿橫截面的電量解得，故C正確；設(shè)桿通過(guò)最高點(diǎn)速度為，金屬細(xì)桿恰好通過(guò)圓弧軌道的最高點(diǎn)，對(duì)桿受力分析，由牛頓第二定律可得解得從t=0到t=t2時(shí)刻，據(jù)功能關(guān)系可得，回路中的總電熱定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱解得故D正確,故選CD。7.(多選)（2020屆湖南省常德市高三二模）如圖所示，兩條相距為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于水平面（紙面）內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置并接觸良好，接入電路的電阻也為R。若給棒以平行導(dǎo)軌向右的初速度v0，當(dāng)流過(guò)棒截面的電荷量為q時(shí)，棒的速度減為零，此過(guò)程中棒發(fā)生的位移為x。則在這一過(guò)程中（）A．導(dǎo)體棒作勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．當(dāng)棒發(fā)生位移為時(shí)，通過(guò)棒的電量為C．在通過(guò)棒的電荷量為時(shí)，棒運(yùn)動(dòng)的速度為D．定值電阻R釋放的熱量為【參考答案】BD【名師解析】由于導(dǎo)體棒向右減速運(yùn)動(dòng)，則電動(dòng)勢(shì)減小，則電流減小，則導(dǎo)體棒的安培力減小，即合力減小，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度減小，則導(dǎo)體棒做變減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；棒的速度減為零，當(dāng)流過(guò)棒截面的電荷量為：當(dāng)棒發(fā)生位移為時(shí)，則通過(guò)棒的電量為，故B正確；棒的速度減為零，當(dāng)流過(guò)棒截面的電荷量為：當(dāng)流過(guò)棒的電荷為時(shí)，棒發(fā)生的位移為：根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得棒運(yùn)動(dòng)的加速度為：設(shè)棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，則有：所以有：，即：當(dāng)流過(guò)棒的電荷為時(shí)，則有：當(dāng)流過(guò)棒的電荷為時(shí)，則有：解得：，，故C錯(cuò)誤；棒的速度減為零的過(guò)程中，定值電阻R釋放的熱量為：，故D正確；故選BD。8.（2020屆河北省石家莊巿第二中學(xué)高三教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)）如圖1所示，光滑的平行豎直金屬導(dǎo)軌AB、CD相距L，在A、C之間接一個(gè)阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間abcd矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向上、寬為5d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一質(zhì)量為m、電阻為r、長(zhǎng)度也剛好為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒放在磁場(chǎng)下邊界ab上（與ab邊重合），．現(xiàn)用一個(gè)豎直向上的力F拉導(dǎo)體棒，使它由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，已知導(dǎo)體棒離開(kāi)磁場(chǎng)前已開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直且保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，F(xiàn)隨導(dǎo)體棒與初始位置的距離x變化的情況如圖2所示，下列判斷正確的是（）A．導(dǎo)體棒經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量為B．導(dǎo)體棒離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度大小為C．離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)體棒兩端電壓為D．導(dǎo)體棒經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，電阻R產(chǎn)生焦耳熱為【參考答案】B【名師解析】設(shè)導(dǎo)體棒離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度大小為v．此時(shí)導(dǎo)體棒受到的安培力大小為：．由平衡條件得：F=F安+mg；由圖2知：F=3mg，聯(lián)立解得：．故B正確．導(dǎo)體棒經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量為：．故A錯(cuò)誤．離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，由F=BIL+mg得：，導(dǎo)體棒兩端電壓為：．故C錯(cuò)誤．導(dǎo)體棒經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，設(shè)回路產(chǎn)生的總焦耳熱為Q．根據(jù)功能關(guān)系可得：Q=WF-mg?5d-mv2，而拉力做功為：WF=2mgd+3mg?4d=14mgd；電阻R產(chǎn)生焦耳熱為：；聯(lián)立解得：．故D錯(cuò)誤．9.(多選)（2020屆河南省六市高三第一次聯(lián)合調(diào)研監(jiān)測(cè)）如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，與水平面夾角為θ，兩導(dǎo)軌上端用阻值為R的電阻相連，該裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面。質(zhì)量為m的金屬桿ab以沿導(dǎo)軌平面向上的初速度v0從導(dǎo)軌底端開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，然后又返回到出發(fā)位置。在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)ab和導(dǎo)軌的電阻及空氣阻力。則（）A．初始時(shí)刻金屬桿的加速度為B．金屬桿上滑時(shí)間小于下滑時(shí)間C．在金屬桿上滑和下滑過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的熱量相同D．在金屬桿上滑和下滑過(guò)程中通過(guò)電阻R上的電荷量相同【參考答案】BD【名師解析】ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，ab棒所受的安培力根據(jù)牛頓第二定律得，ab棒的加速度選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體下滑時(shí)加速度滿足根據(jù)可知金屬桿上滑時(shí)間小于下滑時(shí)間，選項(xiàng)B正確；克服安培力做功等于回路產(chǎn)生的熱量，上滑過(guò)程中安培力較大，則克服安培力做功較大，產(chǎn)生的熱量較大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)可知，在金屬桿上滑和下滑過(guò)程中通過(guò)電阻R上的電荷量相同，選項(xiàng)D正確。故選BD。10（2020河北石家莊期末調(diào)研）如圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的夾角為θ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，下端與阻值為R的電阻相連。勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為r的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置，從ab位置以初速度v沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，剛好能滑行到與ab相距為s的a′b'位置，然后再返回到ab。該運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌保持良好接觸，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A.向上滑行過(guò)程中導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)

B.上滑過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的熱量為

C.向下滑行過(guò)程中通過(guò)電阻R的電荷量為

D.電阻R在導(dǎo)體榛向上滑行過(guò)程中產(chǎn)生的熱量小于向下滑行過(guò)程中產(chǎn)生的熱量【參考答案】BC

【名師解析】向上滑行過(guò)程中導(dǎo)體棒受到重力、安培力，根據(jù)右手定則可得棒中的電流方向b→a，根據(jù)左手定則可得安培力方向沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ+BIL=ma，其中I=，解得a=gsinθ+，由于速度減小，則加速度減小，不是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；設(shè)上滑過(guò)程中克服安培力做的功為W，根據(jù)功能關(guān)系可得：mv2=mgsinθ?s+W，克服安培力做的功等于產(chǎn)生的焦耳熱，則：Q=W=mv2-mgs?sinθ，上滑過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的熱量為QR==，故B正確；向下滑行過(guò)程中通過(guò)電阻R的電荷量為q===，故C正確；由于上滑過(guò)程中和下滑過(guò)程中導(dǎo)體棒通過(guò)的位移相等，即導(dǎo)體棒掃過(guò)的面積S相等，根據(jù)安培力做功計(jì)算公式可得WA=BILx=BIS，由于上滑過(guò)程中的平均電流大于下滑過(guò)程中的平均電流，則電阻R在導(dǎo)體榛向上滑行過(guò)程中產(chǎn)生的熱量大于向下滑行過(guò)程中產(chǎn)生的熱量，故D錯(cuò)誤。

【解題思路】。

向上滑行過(guò)程中導(dǎo)體棒受到重力、安培力，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化情況；上滑過(guò)程中根據(jù)功能關(guān)系結(jié)合焦耳定律求解電阻R產(chǎn)生的熱量；根據(jù)電荷量的計(jì)算公式求解向下滑行過(guò)程中通過(guò)電阻R的電荷量；根據(jù)WA=BIS分析電阻R在導(dǎo)體榛向上滑行過(guò)程中產(chǎn)生的熱量與向下滑行過(guò)程中產(chǎn)生的熱量的大小。

對(duì)于電磁感應(yīng)問(wèn)題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解。11.（2020高考模擬示范卷5）如圖所示，間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌平面與水平面之間的夾角=30°，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。正方形區(qū)域abcd內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上。甲、乙兩金屬桿電阻相同、質(zhì)量均為m，垂直于導(dǎo)軌放置。起初甲金屬桿位于磁場(chǎng)上邊界ab處，乙位于甲的上方，與甲間距也為l。現(xiàn)將兩金屬桿同時(shí)由靜止釋放，從此刻起，對(duì)甲金屬桿施加沿導(dǎo)軌的拉力，使其始終以大小為a=的加速度向下勻加速運(yùn)動(dòng)。已知乙金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是A.每根金屬桿的電阻B.甲金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，拉力對(duì)桿做的功在數(shù)值上等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱C.乙金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，安培力的功率是D.從乙金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)直至其離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中，回路中通過(guò)的電量為【參考答案】AB【名師解析】乙金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度為a=gsin30°=g，可見(jiàn)其加速度與甲的加速度相同，甲、乙兩棒均做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)情況完全相同．所以當(dāng)乙進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，甲剛出磁場(chǎng)．乙進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)：，由于乙金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡有：，故，故A正確．甲金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：WF-W安+mglsinθ=mv2；對(duì)于乙棒，由動(dòng)能定理得：mglsinθ=mv2；由兩式對(duì)比可得：WF=W安；即外力做功等于甲棒克服安培力做功，而甲棒克服安培力做功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，故拉力對(duì)桿做的功在數(shù)值上等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱．故B正確．乙金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)，安培力的功率大小重力的功率，為P=mgsinθ?v=mg，故C錯(cuò)誤．乙金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)直至出磁場(chǎng)過(guò)程中回路中通過(guò)的電量為由上知：，聯(lián)立得：，故D錯(cuò)誤．故選AB．12.(2020·衢州質(zhì)檢)如圖所示，將一根絕緣硬金屬導(dǎo)線彎曲成一個(gè)完整的正弦曲線形狀，它通過(guò)兩個(gè)小金屬環(huán)與長(zhǎng)直金屬桿導(dǎo)通，圖中a、b間距離為L(zhǎng)，導(dǎo)線組成的正弦圖形頂部或底部到桿的距離都是d.右邊虛線范圍內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于彎曲導(dǎo)線所在平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為eq\f(3L,4).現(xiàn)在外力作用下導(dǎo)線沿桿以恒定的速度v向右運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻a環(huán)剛從O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域．則下列說(shuō)法正確的是()A．t＝eq\f(L,2v)時(shí)刻，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BdvB．t＝eq\f(3L,4v)時(shí)刻，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為2BdvC．t＝eq\f(L,4v)時(shí)刻，回路中的感應(yīng)電流第一次開(kāi)始改變方向D．t＝eq\f(L,2v)時(shí)刻，回路中的感應(yīng)電流第一次開(kāi)始改變方向【參考答案】D【名師解析】.在t＝eq\f(L,2v)時(shí)刻導(dǎo)線切割磁感線的有效長(zhǎng)度為零，故回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，根據(jù)右手定則可知在0～eq\f(L,2v)時(shí)間內(nèi)回路中的感應(yīng)電流沿桿從a到b，以后將改為從b到a，故選項(xiàng)A、C錯(cuò)，D對(duì)．在t＝eq\f(3L,4v)時(shí)刻導(dǎo)線切割磁感線的有效長(zhǎng)度為d，故回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Bdv，B錯(cuò)．13．（2020全國(guó)高考模擬10）CD、EF是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d，如圖所示。導(dǎo)軌的右端接有一阻值為R的電阻，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接。將一阻值為R、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場(chǎng)的右邊界處。已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，下列說(shuō)法正確的是()A．通過(guò)電阻R的最大電流為eq\f(BL\r(2gh),2R)B．流過(guò)電阻R的電荷量為eq\f(BdL,2R)C．整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mghD．電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mg(h－μd)【參考答案】ABD【名師解析】質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度最大，由mgh＝eq\f(1,2)mv2，得最大速度v＝eq\r(2gh)，產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Em＝BLv＝BLeq\r(2gh)。由閉合電路歐姆定律可得電阻R的最大電流Im＝eq\f(Em,2R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，A正確；在導(dǎo)體棒滑過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BdL,Δt)，平均感應(yīng)電流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)，流過(guò)電阻R的電荷量為q＝eq\x\to(I)t，聯(lián)立解得q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BdL,2R)，B正確；由能量守恒定律可知整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mgh－μmgd，C錯(cuò)誤；電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，D正確。14.如圖，水平桌面上固定有一半徑為R的光滑金屬細(xì)圓環(huán)，環(huán)面水平，圓環(huán)總電阻為r；空間有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下；一長(zhǎng)度為2R、電阻可忽略的導(dǎo)體棒AC置于圓環(huán)左側(cè)并與環(huán)相切，切點(diǎn)為棒的中點(diǎn)。一拉力作用于棒中點(diǎn)使其以恒定加速度a從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中棒與圓環(huán)接觸良好。下列說(shuō)法正確的是A．棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在棒中由A流向CB．棒通過(guò)整個(gè)圓環(huán)所用的時(shí)間為eq\r(\f(2R,a))C．棒經(jīng)過(guò)環(huán)心時(shí)流過(guò)棒的電流為eq\f(4BR\r(2Ra),r)D．棒經(jīng)過(guò)環(huán)心時(shí)所受安培力的大小為eq\f(16B2R2\r(2Ra),r)【參考答案】D【名師解析】在棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由右手定則可得感應(yīng)電流方向?yàn)閺腃到A，故A錯(cuò)誤；棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，由2R＝eq\f(1,2)at2，得t＝2eq\r(\f(R,a))，故B錯(cuò)誤；棒經(jīng)過(guò)環(huán)心時(shí)速度為v＝eq\r(2aR)，此時(shí)產(chǎn)生電流為I＝eq\f(B·2R\r(2aR),\f(r,4))＝eq\f(8BR\r(2aR),r)，故C錯(cuò)誤；棒經(jīng)過(guò)環(huán)心時(shí)受到的安培力為F＝BIL＝eq\f(16B2R2\r(2aR),r)，故D正確。15.如圖所示，兩完全相同的阻值可忽略的平行導(dǎo)軌傾斜地固定在水平面上，兩導(dǎo)軌之間的距離為L(zhǎng)，導(dǎo)軌與水平面之間的夾角為θ，在導(dǎo)軌的頂端連接一阻值為R的定值電阻．在導(dǎo)軌間有4條與導(dǎo)軌垂直的虛線1、2、3、4，且相鄰兩虛線之間的距離均為d，整個(gè)裝置處在垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．一質(zhì)量為m、阻值可忽略的金屬棒垂直導(dǎo)軌從虛線1處由靜止釋放，已知金屬棒僅與虛線2、3間涂有絕緣涂層的導(dǎo)軌有摩擦，金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，金屬棒到達(dá)虛線2之前已經(jīng)開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，并一直勻速運(yùn)動(dòng)到達(dá)虛線4處，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．金屬棒在開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)之前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.在虛線2、3之間，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為tanθC．金屬棒在虛線4處的速度大小為eq\f(mgR,B2L2)D．金屬棒由虛線1到達(dá)虛線4的過(guò)程中定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱為2mgdsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)【參考答案】BD【名師解析】.金屬棒在開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)之前速度越來(lái)越大，由E＝BLv可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越來(lái)越大，根據(jù)I＝eq\f(E,R)和F＝BIL得，所受的安培力越來(lái)越大，由牛頓第二定律有mgsinθ－BIL＝ma，可知加速度越來(lái)越小，勻速運(yùn)動(dòng)后合力為零，A錯(cuò)誤；在虛線2、3之間由于金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)，有mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ，B正確；金屬棒在光滑導(dǎo)軌上滑動(dòng)時(shí)受到的安培力F＝eq\f(B2L2v,R)，由平衡條件有F＝mgsinθ，解得v＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)，C錯(cuò)誤；金屬棒在虛線2、3之間滑動(dòng)時(shí)摩擦生熱為QT＝μmgdcosθ＝mgdsinθ，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律得3mgdsinθ＝Q＋QT＋eq\f(1,2)mv2，解得Q＝2mgdsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)，D正確．16.(多選)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌傾角θ＝30°，導(dǎo)軌上、下端各接電阻R＝20Ω，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)軌寬度L＝2m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T。金屬棒ab質(zhì)量m＝0.1kg、電阻r＝10Ω，在較高處由靜止釋放，金屬棒ab在下滑過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好。當(dāng)金屬棒ab下滑高度h＝3m時(shí)，速度恰好達(dá)到最大值v＝2m/s，取g＝10m/s2。則此時(shí)下列說(shuō)法正確的是A．a(chǎn)b棒受到沿導(dǎo)軌向上的安培力為0.4NB．a(chǎn)b棒兩端的電壓為2VC．每個(gè)電阻R中產(chǎn)生熱量為0.7JD．a(chǎn)b棒所受摩擦力為0.1N【參考答案】ABD【名師解析】電路中總電阻R總＝20Ω，ab棒下落速度最大時(shí)，有F安＝eq\f(B2L2v,R總)＝eq\f(12×22×2,20)N＝0.4N，選項(xiàng)A正確；棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝4V，而ab棒上的電壓Uab＝eq\f(E,2)＝2V，選項(xiàng)B正確；由ab棒平衡得mgsinθ－F安－Ff＝0，所以Ff＝mgsinθ－F安＝0.1N，選項(xiàng)D正確；由動(dòng)能定理mgh－Q－Ff×eq\f(h,sin30°)＝eq\f(1,2)mv2，得Q＝mgh－eq\f(1,2)mv2－Ff×eq\f(h,sin30°)＝2.2J，每個(gè)電阻R中產(chǎn)生熱量為Q1＝eq\f(Q,4)＝0.55J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。19如圖所示，已知水平導(dǎo)軌MN、PQ的間距恒為L(zhǎng)，導(dǎo)軌左側(cè)連接一個(gè)半徑為r的四分之一光滑圓弧軌道ME、PF，水平導(dǎo)軌的右側(cè)連接一阻值為R的定值電阻，在水平導(dǎo)軌MDCP區(qū)域存在一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁場(chǎng)寬度為d。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、接入電路的電阻也為R的金屬桿沿著水平導(dǎo)軌以初速度v0從磁場(chǎng)邊界CD向左滑入磁場(chǎng)中，并恰好能到達(dá)與圓心等高的位置EF，之后剛好能返回到磁場(chǎng)右邊界CD．若金屬桿與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，重力加速度大小為g，金屬桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與水平導(dǎo)軌垂直且接觸良好。則以下判斷正確的是（）A.金屬桿通過(guò)圓弧軌道最低處PM位置時(shí)受到的彈力大小2mg

B.整個(gè)過(guò)程中定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為14mv02-μmgd

【參考答案】BD

【名師解析】金屬桿在圓弧軌道上滑的過(guò)程中，機(jī)械能守恒，金屬桿在圓弧底端的速度設(shè)為v，有：mgr=mv2，金屬桿通過(guò)圓弧軌道最低處PM位置時(shí)，由牛頓第二定律可得：FN-mg=m，聯(lián)立得：FN=3mg，故A錯(cuò)誤；由于金屬桿接入電路的電阻與定值電阻均為R，兩者產(chǎn)生的焦耳熱相等，在進(jìn)入和回到CD邊界的整個(gè)過(guò)程中，由能量守恒定律得：mv02=2Q+2μmgd，解得：Q=mv02-μmgd；

故B正確；整個(gè)過(guò)程中流過(guò)定值電阻R上電流方向不同，當(dāng)導(dǎo)體桿往左運(yùn)動(dòng)時(shí)，電阻R上的電流方向?yàn)閺腘到Q，根據(jù)q=It，I=，可求出q=，當(dāng)導(dǎo)體桿向右運(yùn)動(dòng)電流方向則為Q到N，同理可求出q′=，整個(gè)過(guò)程中流過(guò)定值電阻R的電荷量數(shù)值相等，但是由于電流方向相反，流過(guò)電荷量則為0，故C錯(cuò)誤；金屬桿向左通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程，由根據(jù)動(dòng)量定理可得：-BILt1-μmgt1=mv1-mv0，代入上式整理得：+μmgt1=mv0-mv1，金屬桿向右通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程，同理可得+μmgt2=mv1，聯(lián)立以上兩式得：t=t1+t2=-，故D正確?！娟P(guān)鍵點(diǎn)撥】對(duì)金屬桿在圓弧軌道上滑的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理，求出金屬桿經(jīng)過(guò)軌道最低處PM位置處的速度，再根據(jù)牛頓第二定律，即可求出金屬桿在最低點(diǎn)所受到的支持力N；對(duì)整個(gè)過(guò)程，分析能量的轉(zhuǎn)化情況，運(yùn)用能量守恒定律求解定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q；根據(jù)法拉力電磁感應(yīng)定律求出平均電動(dòng)勢(shì)，從而求出電荷量大??；

對(duì)金屬桿前、后兩次穿越磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程，運(yùn)動(dòng)動(dòng)量定理進(jìn)行分析，從而求出兩次通過(guò)所用的時(shí)間。本題綜合考查了動(dòng)能定理、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律動(dòng)量定理等內(nèi)容，關(guān)鍵要能運(yùn)用動(dòng)量定理求金屬桿變減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，其突破口是牛頓第二定律和加速度的瞬時(shí)表達(dá)式。21如圖所示是某同學(xué)自制的電流表原理圖，質(zhì)量為m的均勻金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧勁度系數(shù)為k，在邊長(zhǎng)為ab＝L1、bc＝L2的矩形區(qū)域abcd內(nèi)均有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標(biāo)尺上的刻度，MN的長(zhǎng)度大于ab，當(dāng)MN中沒(méi)有電流通過(guò)且靜止時(shí)，MN與ab邊重合，且指針指在標(biāo)尺的零刻度；當(dāng)MN中有電流時(shí)，指針示數(shù)可表示電流大小，MN始終在紙面內(nèi)且保持水平，重力加速度為g，則()A．要使電流表正常工作，MN中電流方向應(yīng)從N至MB．當(dāng)該電流表的示數(shù)為零時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量不為零C．該電流表的量程是Im＝eq\f(kL2,BL1)D．該電流表的刻度是均勻的【參考答案】BCD【名師解析】要使電流表正常工作，MN應(yīng)向下移動(dòng)，所受的安培力應(yīng)向下，由左手定則知，MN中的電流方向應(yīng)從M至N，故A錯(cuò)誤；當(dāng)該電流表的示數(shù)為零時(shí)，MN與ab邊重合，彈簧的彈力與MN的重力平衡，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，故B正確；設(shè)當(dāng)電流表示數(shù)為零時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x0，由平衡條件得：mg＝kx0；解得：x0＝eq\f(mg,k)，當(dāng)電流為I時(shí)，安培力為：FA＝BIL1；設(shè)此時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量的增加量為Δx，根據(jù)胡克定律ΔF＝kΔx，得：Δx＝eq\f(FA,k)＝eq\f(BIL1,k)∝I，故該電流表的刻度是均勻的；當(dāng)Δx＝L2時(shí)，I＝Im，則有BImL1＝kL2，得Im＝eq\f(kL2,BL1)，故C、D正確。22．如圖，在水平桌面上放置兩條相距l(xiāng)的平行光滑導(dǎo)軌ab與cd，阻值為R的電阻與導(dǎo)軌的a、c端相連．質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置并可沿導(dǎo)軌自由滑動(dòng)．整個(gè)裝置放于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向豎直向上(圖中未畫(huà)出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B．導(dǎo)體棒的中點(diǎn)系一個(gè)不可伸長(zhǎng)的輕繩，繩繞過(guò)固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與一個(gè)質(zhì)量也為m的物塊相連，繩處于拉直狀態(tài)．現(xiàn)若從靜止開(kāi)始釋放物塊，用h表示物塊下落的高度(物塊不會(huì)觸地)，g表示重力加速度，其他電阻不計(jì)，則()A．電阻R中的感應(yīng)電流方向由a到cB．物塊下落的最大加速度為gC．若h足夠大，物塊下落的最大速度為eq\f(mgR,B2l2)D．通過(guò)電阻R的電荷量為eq\f(Blh,R)【參考答案】CD【名師解析】．題中導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線，由右手定則可得回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，則電阻R中的電流方向由c到a，A錯(cuò)誤；對(duì)導(dǎo)體棒應(yīng)用牛頓第二定律有FT－F安＝ma，又F安＝Beq\f(Blv,R)l，再對(duì)物塊應(yīng)用牛頓第二定律有mg－FT＝ma，則聯(lián)立可得：a＝eq\f(g,2)－eq\f(B2l2v,2mR)，則物塊下落的最大加速度am＝eq\f(g,2)，B錯(cuò)誤；當(dāng)a＝0時(shí)，速度最大為vm＝eq\f(mgR,B2l2)，C正確；下落h的過(guò)程，回路中的面積變化量ΔS＝lh，則通過(guò)電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BΔS,R)＝eq\f(Blh,R)，D正確．23.如圖所示，幾位同學(xué)在學(xué)校的操場(chǎng)上做“搖繩發(fā)電”實(shí)驗(yàn)：把一條較長(zhǎng)電線的兩端連在一個(gè)靈敏電流計(jì)上的兩個(gè)接線柱上，形成閉合回路。兩個(gè)同學(xué)分別沿東西方向站立，女生站在西側(cè)，男生站在東側(cè)，他們沿豎直方向迅速上下?lián)u動(dòng)這根電線。假設(shè)圖中所在位置地磁場(chǎng)方向與地面平行，由南指向北。下列說(shuō)法正確的是A.當(dāng)電線到最高點(diǎn)時(shí)，感應(yīng)電流最大B.當(dāng)電線向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，B點(diǎn)電勢(shì)高于A點(diǎn)電勢(shì)C.當(dāng)電線向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過(guò)靈敏電流計(jì)的電流是從B流向AD.兩個(gè)同學(xué)沿南北方向站立時(shí)，電路中能產(chǎn)生更大的感應(yīng)電流【參考答案】BC【名師解析】當(dāng)“繩”搖到最高點(diǎn)時(shí)，繩的速度為零，根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，感應(yīng)電流為零，故A錯(cuò)誤；當(dāng)“繩”向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，地磁場(chǎng)向北，根據(jù)右手定則判斷可知，“繩”中電流從A流向B，所以B點(diǎn)電勢(shì)高于A點(diǎn)電勢(shì)，故B正確；根據(jù)以上分析，當(dāng)電線向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過(guò)靈敏電流計(jì)的電流是從B流向A，故C正確；當(dāng)兩個(gè)同學(xué)沿南北方向站立時(shí)，電線上下運(yùn)動(dòng)時(shí)，不切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D錯(cuò)誤。二、計(jì)算題1．（11分）（2023江西紅色十校第一次聯(lián)考）如圖，間距為L(zhǎng)的足夠長(zhǎng)的“”形金屬線框abcd靜置在光滑水平桌面上，質(zhì)量為m的導(dǎo)體桿A平行bc邊放置在線框上，且保持與金屬線框接觸良好，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，導(dǎo)體桿A始終擋在兩個(gè)固定小立柱M、N的左側(cè)。空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。某時(shí)刻，對(duì)bc邊施加一水平向右的拉力F（大小未知），當(dāng)導(dǎo)體桿A離bc邊距離恰好為L(zhǎng)時(shí)，線框開(kāi)始以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)，并以此刻作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)。已知導(dǎo)體桿和金屬線框單位長(zhǎng)度的電阻