2022年高考物理大一輪復習 真題匯編 L單元 電磁感應16L1L2xx·北京卷 如圖1­所示，勻強磁場中有兩個導體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直磁感應強度B隨時間均勻增大兩圓環(huán)半徑之比為21，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響下列說法正確的是()圖1­AEaEb41，感應電流均沿逆時針方向BEaEb41，感應電流均沿順時針方向CEaEb21，感應電流均沿逆時針方向DEaEb21，感應電流均沿順時針方向16B解析 由法拉第電磁感應定律可知En，則EnR2.由于RaRb21，則EaEb41.由楞次定律和安培定則可以判斷產(chǎn)生順時針方向的電流選項B正確6L1 xx·江蘇卷 電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖1­所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時，在線圈中產(chǎn)生感應電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音，下列說法正確的有()圖1­A選用銅質(zhì)弦，電吉他仍能正常工作B取走磁體，電吉他將不能正常工作C增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應電動勢D磁振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化6BCD解析 選用銅質(zhì)弦時，不會被磁化，不會產(chǎn)生電磁感應現(xiàn)象，電吉他不能正常工作，選項A錯誤；取走磁體時，金屬弦磁性消失，電吉他不能正常工作，選項B正確；根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應電動勢，選項C正確；根據(jù)楞次定律可知，磁振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化，選項D正確4L1xx·海南卷 如圖1­所示，一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長直導線在同一豎直面內(nèi)，環(huán)的圓心與兩導線距離相等，環(huán)的直徑小于兩導線間距兩導線中通有大小相等、方向向下的恒定電流若()圖1­A金屬環(huán)向上運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向B金屬環(huán)向下運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向C金屬環(huán)向左側(cè)直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針方向D金屬環(huán)向右側(cè)直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針方向4D解析 由安培定則及對稱性可知，圓環(huán)圓心處磁感應強度為零從圓環(huán)圓心向左直到左側(cè)直導線，磁感應強度方向垂直于紙面向外，并且逐漸增大從圓環(huán)圓心向右直到右側(cè)直導線，磁感應強度方向垂直于紙面向里，并且逐漸增大當金屬環(huán)上下運動時，磁通量時刻為零，沒有感應電流；當金屬環(huán)向左側(cè)直導線靠近時，磁通量垂直于紙面向外且在增大，由楞次定律得，感應電流為順時針方向；當金屬環(huán)向右側(cè)直導線靠近時，磁通量垂直于紙面向里且在增大，由楞次定律得，感應電流為逆時針方向，故D正確5L1xx·上海卷 磁鐵在線圈中心上方開始運動時，線圈中產(chǎn)生如圖方向的感應電流，則磁鐵()圖1­A向上運動 B向下運動C向左運動 D向右運動5B解析 從圖中看，產(chǎn)生感應電流的線圈可以等效為一個N極在上的磁鐵，根據(jù)楞次定律的推論“來拒去留”可知選項B正確19L1xx·上海卷 如圖1­(a)所示，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強磁場，以圖中箭頭所示方向為其正方向螺線管與導線框abcd相連，導線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導線框在同一平面內(nèi)當螺線管內(nèi)的磁感應強度B隨時間按圖(b)所示規(guī)律變化時()圖1­A在t1t2時間內(nèi)，L有收縮趨勢B在t2t3時間內(nèi)，L有擴張趨勢C在t2t3時間內(nèi)，L內(nèi)有逆時針方向的感應電流D在t3t4時間內(nèi)，L內(nèi)有順時針方向的感應電流19AD解析 在t1t2時間內(nèi)，磁場增強，根據(jù)楞次定律可判斷出導線框中產(chǎn)生dcba方向的感應電流，且電流逐漸增大，則穿過圓環(huán)的磁通量增大，可知L有收縮趨勢，A正確；在t2t3時間內(nèi)，磁場先減弱后反向增強，線圈中產(chǎn)生abcd方向的感應電流且保持不變，穿過圓環(huán)的磁通量不變，L內(nèi)無感應電流且沒有擴張或收縮的趨勢，B、C錯誤；在t3t4時間內(nèi)，沿負方向的磁場減弱，根據(jù)楞次定律可判斷出導線框中產(chǎn)生dcba方向的感應電流，且電流在逐漸減小，故穿過圓環(huán)的磁通量減小，L內(nèi)有順時針方向的感應電流，D正確L2 法拉第電磁感應定律、自感20L2xx·全國卷 法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖1­所示銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與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(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()圖1­A若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定B若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動C若圓盤轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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20AB解析 將圓盤看成由無數(shù)輻條組成，各輻條都在切割磁感線，從而產(chǎn)生感應電動勢，出現(xiàn)感應電流，當圓盤順時針轉(zhuǎn)動時(從上往下看)，根據(jù)右手定則可判斷，圓盤上感應電流從邊緣向中心，流過電阻R的電流方向從a到b，B正確；由法拉第電磁感應定律可得，感應電動勢EBLvBL2，而I，故A正確，C錯誤；當角速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，感應電動勢EBL2變?yōu)樵瓉淼?倍，感應電流I變?yōu)樵瓉淼?倍，電流在R上的熱功率PI2R變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯誤21L2M1xx·全國卷 如圖所示，M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(nèi)；兩圓弧半徑相等；過直線OMON的水平面上方有一勻強磁場，磁場方向垂直于紙面現(xiàn)使線框M、N在t0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(zhuǎn)動，則()圖1­A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TC在t時，兩導線框中產(chǎn)生的感應電動勢相等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21BC解析 設(shè)導線圈半徑為l，角速度為，兩導線框切割磁感線的等效長度始終等于圓弧半徑，因此在產(chǎn)生感應電動勢時其瞬時感應電動勢大小始終為EBl2，但進磁場和出磁場時電流方向相反，所以線框中應該產(chǎn)生方波交流式電，如圖所示，A錯誤；由T可知，兩導線框中感應電流的周期相同，均為T，B正確；在t時，兩導線框均在切割磁感線，故兩導線框中產(chǎn)生的感應電動勢均為Bl2，C正確；對于線框M，有···T，解得U有ME；對于線框N，有·0·0·T，解得U有NE，故兩導線框中感應電流的有效值并不相等，D錯誤13D4、D5、L2、L3xx·江蘇卷 據(jù)報道，一法國攝影師拍到“天宮一號”空間站飛過太陽的瞬間照片中，“天宮一號”的太陽帆板輪廓清晰可見如圖所示，假設(shè)“天宮一號”正以速度v7.7 km/s繞地球做勻速圓周運動，運動方向與太陽帆板兩端M、N的連線垂直，M、N間的距離L20 m，地磁場的磁感應強度垂直于v，MN所在平面的分量B1.0×105 T，將太陽帆板視為導體圖1­(1)求M、N間感應電動勢的大小E；(2)在太陽帆板上將一只“1.5 V，0.3 W”的小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，不計太陽帆板和導線的電阻試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說明理由；(3)取地球半徑R6.4×103 km，地球表面的重力加速度g9.8 m/s2，試估算“天宮一號”距離地球表面的高度h(計算結(jié)果保留一位有效數(shù)字)13答案 (1)1.54 V(2)不能，理由見解析(3)4×105 m解析 (1)法拉第電磁感應定律EBLv，代入數(shù)據(jù)得E1.54 V(2)不能，因為穿過閉合回路的磁通量不變，不產(chǎn)生感應電流(3)在地球表面有Gmg勻速圓周運動Gm解得hgR，代入數(shù)據(jù)得h4×105 m(數(shù)量級正確都算對)16L1L2xx·浙江卷 如圖1­2所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應強度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則()圖1­2A兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應電流Ba、b線圈中感應電動勢之比為91Ca、b線圈中感應電流之比為34Da、b線圈中電功率之比為3116B解析 由楞次定律可判斷，兩線圈中產(chǎn)生的感應電流均沿逆時針方向，選項A錯誤；由EnS，Sl2，R，I，P，可知Ea：Eb9：1，Ia：Ib3：1，Pa：Pb27：1，選項B正確，選項C、D錯誤L3 電磁感應與電路的綜合L4 電磁感應與力和能量的綜合24L4 xx·全國卷 如圖1­，兩固定的絕緣斜面傾角均為，上沿相連兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑求：(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大?。?2)金屬棒運動速度的大小圖1­答案 (1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )解析 (1)設(shè)導線的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2，對于ab棒，由力的平衡條件得2mgsin N1TFN12mgcos 對于cd棒，同理有mgsin N2TN2mgcos 聯(lián)立式得Fmg(sin 3cos )(2)由安培力公式得FBIL這里I是回路abdca中的感應電流，ab棒上的感應電動勢為BLv式中，v是ab棒下滑速度的大小，由歐姆定律得I聯(lián)立式得v(sin 3cos )24L4xx·全國卷 如圖1­所示，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上t0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t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、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均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，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?。?2)電阻的阻值圖1­24答案 (1)Blt0(2)解析 (1)設(shè)金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得maFmg設(shè)金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有vat0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EBlv聯(lián)立式可得EBlt0(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I式中R為電阻的阻值金屬桿所受的安培力為fBIl因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得Fmgf0聯(lián)立式得R7L4 xx·四川卷 如圖1­所示，電阻不計、間距為l的光滑平行金屬導軌水平放置于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌左端接一定值電阻R.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是FF0kv(F0、k是常量)，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好金屬棒中感應電流為i，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應電流的功率為P，它們隨時間t變化圖像可能正確的有()圖1­圖1­7BC解析 設(shè)金屬棒在某一時刻速度為v，由題意可知，感應電動勢EBlv，感應電流Iv，即Iv；安培力FABIlv，方向水平向左，即FAv；R兩端電壓URIRv，即URv；感應電流功率PEIv2，即Pv2.分析金屬棒運動情況，由牛頓第二定律可得F合FFAF0kvvF0v，而加速度a.因為金屬棒從靜止出發(fā)，所以F0>0，且F合>0，即a>0，加速度方向水平向右(1)若k，F(xiàn)合F0，即a，金屬棒水平向右做勻加速直線運動，有vat，說明vt，即It，F(xiàn)At，URt，Pt2，所以在此情況下沒有選項符合；(2)若k>，F(xiàn)合隨v增大而增大，即a隨v增大而增大，說明金屬棒在做加速度增大的加速運動，根據(jù)四個物理量與速度的關(guān)系可知B選項符合；(3)若k<，F(xiàn)合隨v增大而減小，即a隨v增大而減小，說明金屬棒在做加速度減小的加速運動，直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運動，根據(jù)四個物理量與速度關(guān)系可知C選項符合；綜上所述，B、C選項符合題意24L4xx·浙江卷 小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖1­10所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)0.50 m，傾角53°，導軌上端串接一個R0.05 的電阻在導軌間長d0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B2.0 T質(zhì)量m4.0 kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s0.24 m一位健身者用恒力F80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)求：(1)CD棒進入磁場時速度v的大小；(2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大??；(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.圖1­1024答案 (1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J解析 (1)由牛頓定律a12 m/s2進入磁場時的速度v2.4 m/s(2)感應電動勢EBlv感應電流I安培力FAIBl代入得FA48 N(3)健身者做功WF(sd)64 J由牛頓定律Fmgsin FA0CD棒在磁場區(qū)做勻速運動在磁場中運動時間t焦耳熱QI2Rt26.88 J33xx·上海卷 如圖1­所示，一關(guān)于y軸對稱的導體軌道位于水平面內(nèi)，磁感應強度為B的勻強磁場與平面垂直一足夠長、質(zhì)量為m的直導體棒沿x方向置于軌道上，在外力F作用下從原點由靜止開始沿y軸正方向做加速度為a的勻速加速直線運動，運動時棒與x軸始終平行棒單位長度的電阻為，與電阻不計的軌道接觸良好，運動中產(chǎn)生的熱功率隨棒位置的變化規(guī)律為Pky(SI)求：圖1­(1)導體軌道的軌道方程yf(x)；(2)棒在運動過程中受到的安培力Fm隨y的變化關(guān)系；(3)棒從y0運動到y(tǒng)L過程中外力F的功33答案 (1)yx2(2)Fmy(3)L2maL解析 (1)設(shè)棒運動到某一位置時與軌道接觸點的坐標為(±x，y)，安培力的功率FPky棒做勻加速運動v22ayR2x代入前式得yx2軌道形狀為拋物線(2)安培力Fmv以軌道方程代入得Fmy.(3)由動能定理WWmmv2安培力做功WmL2棒在yL處動能mv2maL外力做功WL2maL.L5 電磁感應綜合25L5xx·全國卷 如圖1­所示，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導軌垂直的金屬棒置于兩導軌上；在電阻、導軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應強度大小B1隨時間t的變化關(guān)系為B1kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導軌垂直，磁場的磁感應強度大小為B0，方向也垂直于紙面向里某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運動金屬棒與導軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計求：(1)在t0到tt0時間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值；(2)在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小圖1­25答案 (1)(2)B0lv0(tt0)kSt(B0lv0kS)解析 (1)在金屬棒未越過MN之前，t時刻穿過回路的磁通量為ktS設(shè)在從t時刻到tt的時間間隔內(nèi)，回路磁通量的變化量為，流過電阻R的電荷量為q.由法拉第電磁感應定律有E由歐姆定律有i由電流的定義有i聯(lián)立式得|q|t由式得，在t0到tt0的時間間隔內(nèi)，流過電阻R的電荷量q的絕對值為|q|(2)當t>t0時，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運動，有fF式中，f是外加水平恒力，F(xiàn)是勻強磁場施加的安培力設(shè)此時回路中的電流為I，F(xiàn)的大小為 FB0Il此時金屬棒與MN之間的距離為sv0(tt0)勻強磁場穿過回路的磁通量為B0ls回路的總磁通量為t式中，仍如式所示由式得，在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量為tB0lv0(tt0)kSt在t到tt的時間間隔內(nèi)，總磁通量的改變t為t(B0lv0kS)t由法拉第電磁感應定律得，回路感應電動勢的大小為Et由歐姆定律有I聯(lián)立式得f(B0lv0kS)2xx·北京海淀區(qū)期末練習 圖K31­2是用電流傳感器(電流傳感器相當于電流表，其電阻可以忽略不計)研究自感現(xiàn)象的實驗電路，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，自感線圈L的自感系數(shù)足夠大，其直流電阻值大于燈泡D的阻值，在t0時刻閉合開關(guān)S，經(jīng)過一段時間后，在tt1時刻斷開開關(guān)S.在圖K31­3所示的圖像中，可能正確表示電流傳感器記錄的電流隨時間變化情況的是()圖K31­2圖K31­32B解析 閉合開關(guān)后，開始時線圈的阻礙作用很大，然后逐漸減小，因此外電路的電阻逐漸減小，故路端電壓逐漸減小，因此通過電流傳感器的電流逐漸減小，當斷開開關(guān)時，線圈產(chǎn)生自感電動勢，繼續(xù)對燈泡反向供電，供電電流大小等于穩(wěn)態(tài)時通過線圈的電流，穩(wěn)態(tài)時通過線圈的電流小于通過燈泡的電流，故反向?qū)襞莨╇姷碾娏鞅仍瓉淼男。缓笸ㄟ^燈泡的電流逐漸減小到零，B項正確1(多選)xx·山東威海期末考試 如圖K32­1所示，兩個同心金屬環(huán)水平放置，半徑分別是r和2r，兩環(huán)間有磁感應強度為B、方向垂直環(huán)面向里的勻強磁場，在兩環(huán)間連接有一個電容為C的電容器，a、b是電容器的兩個極板長為r的金屬棒AB沿半徑方向放置在兩環(huán)間且與兩環(huán)接觸良好，并繞圓心以角速度做逆時針方向(垂直環(huán)面向里看)的勻速圓周運動則下列說法正確的是()圖K32­1A金屬棒中有從B到A的電流B電容器a極板帶正電C電容器兩端電壓為D電容器所帶電荷量為1BC解析 根據(jù)右手定則可知金屬棒中的電流方向由A到B，故電容器a極板帶正電，A項錯誤，B項正確；金屬棒轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應電動勢為，C項正確；電容器所帶電荷量Q，D項錯誤2(多選)xx·江西重點中學協(xié)作體第一次聯(lián)考 如圖K33­3所示，在間距為l、足夠長的兩條水平虛線間有垂直紙面向里的勻強磁場，其上方距上邊界h處有一導線框(各邊長如圖中標注)，現(xiàn)將導線框由靜止釋放，從線框下邊進入磁場開始計時至線框完全離開磁場(整個過程線框保持豎直且不翻轉(zhuǎn))該過程中v­t圖線可能正確的是()圖K33­3圖K33­42CD解析 線框如果剛進入過程勻速，則當下降的距離等于l后，受到的安培力將小于重力，線框?qū)⒆黾铀龠\動，隨著速度的增大，加速度逐漸減小，當加速度減為零時將做勻速運動，A項錯誤，C項正確；線框如果剛進入過程做加速運動，則當下降的距離等于l后，加速度將突然增大，B項錯誤；線框如果剛進入過程做減速運動，安培力逐漸變小，故減速的加速度逐漸變小，最后有可能做勻速運動，當下降的距離等于l后，安培力等于重力的一半，將做加速運動，隨著速度的增大，加速度將逐漸變小，最后做勻速運動，D項正確3(多選)xx·山東日照一中期末考試 如圖K34­3所示，足夠長的金屬導軌豎直放置，金屬棒ab、cd均通過棒兩端的環(huán)套在金屬導軌上虛線上方有垂直紙面向里的勻強磁場，虛線下方有豎直向下的勻強磁場，兩勻強磁場的磁感應強度大小均為B.ab、cd棒與導軌間動摩擦因數(shù)均為，兩棒總電阻為R，導軌電阻不計開始兩棒靜止在圖示位置，當cd棒無初速度釋放時，對ab棒施加豎直向上的力F，使其沿導軌向上做勻加速運動則()圖K34­3Aab棒中的電流方向由b到a Bcd棒先加速運動后勻速運動Ccd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力D力F做的功等于兩棒產(chǎn)生的電熱與ab棒增加的機械能之和3ACD解析 ab向上運動的過程中，穿過閉合回路abdc的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可得ab棒中的感應電流方向為ba，故A正確；cd棒中感應電流由c到d，其所在的區(qū)域有向下的磁場，所受的安培力向里，cd棒所受的摩擦力向上，ab棒做加速直線運動，速度增大，產(chǎn)生的感應電流增加，cd棒所受的安培力增大，對導軌的壓力增大，則滑動摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd棒先加速運動后減速運動，最后停止運動，故B錯誤，C正確；以ab棒為研究對象，根據(jù)動能定理可得WFW安培WGmv20，力F所做的功應等于兩棒產(chǎn)生的電熱與ab棒增加的機械能之和，故D正確4xx·濟南期末考試 如圖K34­4所示，電阻不計的“”形足夠長且平行的導軌，間距L1 m，導軌傾斜部分的傾角53°，并與定值電阻R相連整個空間存在著B5 T、方向垂直傾斜導軌平面向上的勻強磁場金屬棒ab、cd的阻值RabRcdR，cd棒質(zhì)量m1 kg.ab棒光滑，cd棒與導軌間的動摩擦因數(shù)0.3，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力g取10 m/s2，sin 53°0.8，cos 53°0.6.(1)ab棒由靜止釋放，當滑至某一位置時，cd棒恰好開始滑動求這一時刻ab棒中的電流(2)若ab棒無論從多高的位置釋放，cd棒都不動，分析ab棒質(zhì)量應滿足的條件(3)若ab棒無論質(zhì)量多大、從多高位置釋放，cd棒始終不動求cd棒與導軌間的動摩擦因數(shù)應滿足的條件圖K34­44(1) A(2)mab<2.08 kg(3)0.75解析 (1)cd棒剛要開始滑動時，對其受力分析如圖所示由平衡條件得BIcdLcos 53°f0 FNmgBIcdLsin 53°0又fFN 聯(lián)立以上三式，得Icd A，所以Iab2Icd A.(2)ab棒在足夠長的軌道上下滑時，最大安培力FAmabgsin 53°cd棒所受最大安培力應為FA，要使cd棒不能滑動，需：FAcos 53°<由以上兩式聯(lián)立解得：mab<2.08 kg.(3)ab棒下滑時，cd棒始終靜止，有FAcos 53°<解得：>當ab棒質(zhì)量無限大時，在無限長軌道上最終一定勻速運動，安培力FA趨于無窮大，cd棒所受安培力也趨于無窮大，由數(shù)學知識有：0.75.3xx·北京海淀區(qū)期末練習 如圖K35­3所示，PQ和MN是固定于水平面內(nèi)間距L1.0 m的平行金屬軌道，軌道足夠長，其電阻可忽略不計兩相同的金屬棒ab、cd放在軌道上，運動過程中始終與軌道垂直，且接觸良好，它們與軌道形成閉合回路已知每根金屬棒的質(zhì)量m0.20 kg，每根金屬棒位于兩軌道之間部分的電阻值R1.0 ；金屬棒與軌道間的動摩擦因數(shù)0.20，且與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力整個裝置處在豎直向上、磁感應強度B0.40 T的勻強磁場中重力加速度g取10 m/s2.(1)在t0時刻，用垂直于金屬棒的水平力F向右拉金屬棒cd，使其從靜止開始沿軌道以a5.0 m/s2的加速度做勻加速直線運動，求金屬棒cd運動多長時間金屬棒ab開始運動；(2)若用一個適當?shù)乃酵饬向右拉金屬棒cd，使其達到速度v120 m/s沿軌道勻速運動時，金屬棒ab也恰好以恒定速度沿軌道運動求：金屬棒ab沿軌道運動的速度大?。凰酵饬的功率圖K35­33(1)1.0 s(2)15 m/s16 W解析 (1)設(shè)金屬棒cd運動t時間金屬棒ab開始運動，根據(jù)運動學公式可知：此時金屬棒cd的速度vat金屬棒cd產(chǎn)生的電動勢E1BLv，通過金屬棒的電流I1金屬棒ab所受安培力FA1BI1L金屬棒ab開始運動時刻，F(xiàn)A1mg解得：t1.0 s.(2)設(shè)金屬棒cd以速度v120 m/s沿軌道勻速運動時，金屬棒ab沿軌道勻速運動的速度大小為v2.此時通過ab、cd兩金屬棒的電流I2金屬棒ab所受安培力FA2BI2Lmg解得：v215 m/s.以金屬棒cd為研究對象，其所受水平外力F、滑動摩擦力Ff以及安培力FA3三個力的合力為零即：FFA3Ff0；其中FA3FA2Ffmg解得：水平外力F的功率PFv116 W.