1、单元素养评价(二)(第二章)(75分钟 100分)一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1有一个n匝的圆形线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面与磁感线成30角，磁感应强度均匀变化，线圈导线的规格不变，下列方法可使线圈中的感应电流增加一倍的是()A将线圈匝数增加一倍B将线圈面积增加一倍C将线圈半径变为原来的一半D将线圈平面转至跟磁感线垂直的位置【解析】选D。将线圈匝数增加一倍时，线圈中的感应电动势增加一倍，但是由于线圈匝数的增加还会引起线圈电阻的增加，使电阻也增加了一倍，所以感应电流没有发生变化，A选项错误；将线圈面积增
2、加一倍，感应电动势也增加了一倍，但是还是因为面积的增加会对线圈的电阻产生影响，导线的长度增加，使电阻也增加为原来的 2 倍，B选项错误；将线圈半径变为原来的一半，面积减小为原来的四分之一，感应电动势减小为原来的四分之一，电阻减小为原来的二分之一，所以感应电流变为原来的二分之一，C选项错误；当线圈平面转到跟磁感线方向垂直时，线圈的有效面积变为原来的二倍，感应电动势变为原来的二倍，其他条件不变，感应电流变为原来的二倍，D选项正确。2如图所示，圆环a和圆环b的半径之比为21，两环用同样粗细，同种材料制成的导线连成闭合回路，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度变化率恒定，则在a、b环分别单独置
3、于磁场中的两种情况下，M、N两点的电势差之比为()A41 B14C21 D12【解析】选C。a环与b环的半径之比为21，故周长之比为21，由电阻定律RLS知电阻之比为21，M、N两点间电势差大小为路端电压，U RRr E；由法拉第电磁感应定律Ent Bt S，磁感应强度的变化率相同，得EaEb41，故两次电压的比为21。【加固训练】闭合回路由电阻R与单匝导线框组成，其面积大小为S，内部磁场大小按B-t图线变化，方向如图，且B-t图线的斜率为k，则回路中()A.感应电流的方向为逆时针方向B感应电流的电流强度越来越大C磁通量的变化率越来越大D产生的感应电动势大小为kS【解析】选D。由楞次定律可知，
4、电流方向为顺时针，故A错误；由图像可知，磁感应强度随时间均匀增大，则由BS可知，磁通量随时间均匀增加，故其变化率恒定不变，由法拉第电磁感应定律可知，Et BSt kS，感应电动势保持不变，电流强度不变，故B、C错误；D正确。3(2021梅州高二检测)如图所示，将电阻R、电容器C和一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，S极朝下。现使磁铁开始自由下落，在S极接近线圈上端的过程中，下列说法正确的是()A.线圈与条形磁铁之间产生了相互吸引的作用力B电阻R中没有感应电流流过C电阻R中的感应电流方向为从a到bD电容器C的下极板将带正电【解析】选D。当磁铁N极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量增
5、大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，线圈下端相当于电源正极，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电，下极板带正电，D正确，B、C错误；磁铁下落过程中，根据楞次定律：“来拒去留”，线圈与条形磁铁之间产生了相互排斥力，A错误。【加固训练】如图为綦江南州中学物理兴趣小组为研究无线充电技术，动手制作了一个“特斯拉线圈”。线圈匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端的电势差的大小为()A.恒为S（B2B1）t2t1B从0均匀变化到S
6、（B2B1）t2t1C恒为nS（B2B1）t2t1D从0均匀变化到nS（B2B1）t2t1【解析】选C。穿过线圈的磁感应强度均匀增加，产生恒定的感应电动势，由法拉第电磁感应定律得：Ent nSBt nS（B2B1）t2t1，故A、B、D错误，C正确。4随着电动汽车的大量普及，汽车无线充电受到越来越多的关注。无线充电简单方便，不需手动操作，没有线缆拖拽，大大提高了用户体验。将受电线圈安装在汽车的底盘上，将供电线圈安装在地面上，如图所示。当电动汽车行驶到供电线圈装置上，受电线圈即可“接受”到供电线圈的电流，从而对蓄电池进行充电。关于无线充电，下列说法正确的是()A.无线充电技术与变压器的工作原理相
7、同B为了保护受电线圈不受损坏，可在车底加装一个金属护板C只有将供电线圈接到直流电源上，才能对蓄电池进行充电D当受电线圈没有对准供电线圈(二者没有完全重合)时，将不能进行无线充电【解析】选A。无线充电技术就是通过电磁感应原理，当穿过受电线圈的磁通量发生变化时，受电线圈会产生感应电动势，有了感应电流，对蓄电池进行充电，与变压器的工作原理相同，A正确；如果在车底加装一个金属护板，金属护板会产生涡流，损耗能量，同时屏蔽磁场，使受电线圈无法产生感应电流，B错误；供电线圈只有接到交流电源上，才能产生变化的磁场，从而使受电线圈产生感应电流给蓄电池充电，C错误；当受电线圈没有对准供电线圈(二者没有完全重合)时
8、，只要穿过受电线圈的磁通量发生变化，就能产生电磁感应，给蓄电池充电，D错误。【加固训练】如图甲所示是法拉第制作的世界上最早的发电机的实验装置。有一个可绕固定转轴转动的铜盘，铜盘的一部分处在蹄形磁体中，实验时用导线连接铜盘的中心C。用导线通过滑片与铜盘的边线D连接且按触良好，如图乙所示，若用外力转动手柄使铜盘转动起来，在CD两端会产生感应电动势，下列说法正确的是()A如图甲所示，产生感应电动势的原因是铜盘盘面上无数个以C为圆心的同心铜盘中的磁通量发生了变化B如图甲所示，因为铜盘转动过程中穿过铜盘的磁通量不变，所以没有感应电动势C如图乙所示，用外力顺时针(从左边看)转动铜盘，电路中会产生感应电流，
9、通过R的电流自下而上D.如图乙所示，用外力顺时针(从左边看)转动铜盘，电路中会产生感应电流，通过R的电流自上而下【解析】选C。外力摇手柄使得铜盘转动产生感应电动势的原因是铜盘盘面上无数个沿半径方向的铜棒在切割磁感线，故A、B错误；若用外力顺时针(从左边看)转动铜盘时，根据右手定则可得感应电流方向为C到D(电源内部)，D端是感应电动势的正极，所以通过R的电流自下而上，故C正确，D错误。5车速表是用来测量车辆瞬时速度的一种装置，其工作原理如图所示。永久磁铁固定在驱动轴上，当车运动时，驱动轴会带动磁铁转动，由于电磁感应，由金属做成的速度盘也会随之转动，从而带动指针指示出相应的速度。则下列说法正确的是
10、()A.速度盘和磁铁将以相同的角速度同时转动B在速度盘转动过程中，穿过整个速度盘的磁通量发生了变化C速度盘中产生的感应电流受到的安培力驱使速度盘转动D速度盘中的感应电流是速度盘中的自由电子随速度盘转动形成的【解析】选C。当磁铁转动时，由于电磁感应，速度盘也会随磁铁发生转动，但会略有滞后，A错误；在速度盘转动的过程中，穿过整个速度盘的磁通量不发生变化，而是部分区域的磁通量发生变化，B错误；当磁铁转动时，在速度盘中会产生感应电流，感应电流在磁铁产生的磁场中受到安培力，安培力驱使速度盘转动，C正确；速度盘中的感应电流是由电磁感应产生的，不是速度盘中的自由电子随速度盘转动形成的，D错误。6(2021重
11、庆适应性测试)如图所示，正方形MNPQ内的两个三角形区域充满匀强磁场，形状与MNPQ完全相同的闭合导线框MNPQ在外力作用下沿轴线OO水平向左匀速运动。设通过导线框的感应电流为i，逆时针方向为电流的正方向，当t0时MQ与NP重合，在MQ从NP到临近MQ的过程中，下列图像中能反映i随时间t变化规律的是()【解析】选 B。闭合导线框 MNPQ匀速向左运动过程中，穿过闭合回路的磁通量不断增大，根据楞次定律“增反减同”可知回路中的电流一直是逆时针的，所以电流一直为正值，A、C、D 均错误，B 正确。故选 B。7如图所示，电阻不计的平行金属导轨与水平面成 角，导轨与定值电阻 R1 和 R2相连，匀强磁场
12、垂直穿过导轨平面。有一导体棒 ab，质量为 m，其电阻 R0 与定值电阻 R1 和 R2 的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为。若使导体棒 ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为 v 时，受到的安培力大小为 F，此时()A.电阻 R1 消耗的热功率为Fv3B电阻 R0 消耗的热功率为Fv6C整个装置因摩擦而消耗的热功率为 mgv cos D整个装置消耗的机械功率为 Fv【解析】选 C。设 ab 长度为 L，磁感应强度为 B，电阻 R0R1R2R，电路中感应电动势 EBLv，ab 中感应电流为 IERR22BLv3R，ab 所受安培力为 FBIL2B2L2v3R，电阻 R1 消耗的热功率为 P1
13、(12 I)2RB2L2v29R，电阻 R0 消耗的热功率为 P0I2R4B2L2v29R，联立以上各式解得 P116 Fv，P023 Fv，A 错误，B 错误；整个装置因摩擦而消耗的热功率为 Pffvmg cos vmgv cos，C 正确；整个装置消耗的机械功率为 P3FvPf(Fmg cos)v，D 错误。【加固训练】1如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有定值电阻 R。金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是()A.ab 中的感应电流方向由 b 到 aBa
14、b 中的感应电流逐渐减小Cab 所受的安培力保持不变D电阻 R 的热功率不变【解析】选 D。磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据楞次定律得知 ab 中的感应电流方向由 a 到 b，故 A 错误；由于磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律 Et 可知，回路产生的感应电动势恒定，则 ab 中的感应电流不变，故 B 错误；根据安培力公式 FBIL 知，电流 I 不变，B 均匀减小，则 ab 所受的安培力减小，故 C 错误；I 不变，根据 PI2R 分析知电阻 R 的热功率保持不变，故 D 正确。2(2018全国卷)如图，导体轨道 OPQS 固定，其中 PQ
15、S 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM 是有一定电阻、可绕 O 转动的金属杆，M 端位于 PQS 上，OM 与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B。现使 OM 从 OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到 OS 位置并固定(过程)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从 B 增加到 B(过程)。在过程、中，流过 OM 的电荷量相等，则BB 等于()A54B32C74 D2【解析】选 B。由 q I t、I ER、E nt 解得：qnR。过程中流过OM 的电荷量 q1Br24RBr24R；过程中流过 OM 的电荷量 q2（BB）r22
16、R（BB）r22R。而 q1q2，即Br24R（BB）r22R，解得BB 32。二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0分。8如图所示是法拉第圆盘发电机的示意图。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片 P、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场 B 中，当圆盘旋转时，下列说法正确的是()A.实验中流过电阻 R 的电流是由于圆盘内产生涡流现象而形成的B若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘要高C实验过程中，穿过圆盘的磁通量发生了变化，产生
17、感应电动势D若从上向下看，圆盘顺时针转动，则有电流沿 a 到 b 的方向流经电阻 R【解析】选 B、D。圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，但由此产生的电流不属于涡流，A 错误；根据右手螺旋定则，从上往下看，圆盘顺时针转动产生由圆盘边缘指向圆盘中心的电流，即圆盘中心电势比边缘高，B 正确；实验过程中，穿过圆盘的磁通量没有发生变化，而是导体切割磁感线产生了感应电动势，C 错误；从上往下看，圆盘顺时针转动产生由圆盘边缘指向圆盘中心的电流，则有电流沿 a 到 b的方向流经电阻 R，D 正确。9在如图所示的电路中，a、b 为两个完全相同的灯泡，L 为自感系数较大而直流电阻可以忽略的线圈，R 为固
18、定电阻，E 为电源，S 为开关。关于两灯泡点亮和熄灭的下列说法正确的是()A.合上开关，a 先亮，b 后亮；稳定后 a、b 一样亮B合上开关，b 先亮，a 后亮；稳定后 a 比 b 亮一些C断开开关，b 立即熄灭、a 闪亮后再渐渐熄灭D断开开关，b 闪亮后再与 a 一起渐渐熄灭【解析】选 B、D。灯 b 与电阻 R 串联，当开关 S 闭合时，灯 b 立即发光，通过线圈L 的电流突然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电流与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，a 逐渐亮起来，所以b 比 a 先亮。由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，通过 a 灯的电
19、流大于b 灯的电流，所以稳定后 a 比 b 亮一些，故 A 错误，B 正确；稳定后当开关断开时，由于自感效应，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡 a、b 和电阻 R构成闭合回路放电，由于稳定时通过 a 灯的电流大于 b 灯泡的电流，故 a 逐渐变暗，b 先闪亮一下，最后一起熄灭，故 C 错误，D 正确。【总结提升】自感问题的求解策略自感现象是电磁感应现象的一种特例，它仍遵循电磁感应定律。分析自感现象除弄清这一点之外，还必须抓住以下三点：(1)自感电动势总是阻碍电路中原来电流的变化。当原来电流增大时，自感电动势的方向与原来电流方向相反；当原来电流减小时，自感电动势的方向与原来电流方向
20、相同。(2)“阻碍”不是“阻止”。“阻碍”电流变化的实质是使电流不发生“突变”，使其变化过程有所延缓。(3)当电路接通瞬间，自感线圈相当于断路；当电路稳定时，相当于电阻，如果线圈没有电阻，相当于导线(短路)；当电路断开瞬间，自感线圈相当于电源。【加固训练】(多选)如图所示，电灯 A 和 B 与固定电阻的电阻均为 R，L 是自感系数很大的线圈。当 S1 闭合、S2 断开且电路稳定时，A、B 亮度相同，再闭合 S2，待电路稳定后将 S1断开，下列说法正确的是()AB 立即熄灭BA 灯将比原来更亮一些后再熄灭C有电流通过 B 灯，方向为 cdD有电流通过 A 灯，方向为 ba【解析】选 A、D。当断
21、开 S2 而只闭合 S1 时，A、B 两灯一样亮，可知线圈 L 的电阻也是 R，在 S1、S2 闭合时，IAIL，故当 S2 闭合、S1 突然断开时，流过 A 灯的电流只是方向变为 ba，但其大小不突然增大，A 灯不出现更亮一下再熄灭的现象，故 D 项正确，B 项错误。由于固定电阻 R 几乎没有自感作用，故断开 S1 时，B 灯电流迅速变为零，而立即熄灭，故 A 项正确，C 项错误。综合上述分析可知，本题正确选项为 A、D。10(2021湖南适应性测试)如图，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为 1 m，左端通过导线连接一个 R1.5 的定值电阻。整个导轨处在磁
22、感应强度大小 B0.4 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。质量 m0.2 kg、长度 L1 m、电阻 r0.5 的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好。在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力 F，使其从静止开始运动。拉力 F的功率 P2 W 保持不变，当金属杆的速度 v5 m/s 时撤去拉力 F。下列说法正确的是()A若不撤去拉力 F，金属杆的速度会大于 5 m/sB金属杆的速度为 4 m/s 时，其加速度大小可能为 0.9 m/s2C从撤去拉力 F 到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为 2.5 CD从撤去拉力 F 到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为 2.5 J【解析】
23、选 B、C。若不撤去拉力 F，对金属杆由牛顿第二定律有 FBILma，PFv，IBLvRr，当 a0 时，速度达到最大，联立各式解得最大速度为 vm（Rr）PB2L25 m/s，即杆的最大速度不会超过 5 m/s，故 A 错误；若在 F 撤去前金属杆的切割速度 v14 m/s，代入各式可得加速度为 aPv1B2L2v1Rrm0.9 m/s2，撤去 F 后金属杆减速的速度为 v24 m/s 时，加速度为 aB2L2v2Rrm1.6 m/s2，故金属杆的速度为 4 m/s 时，其加速度大小为 0.9 m/s2 或 1.6 m/s2，故 B 正确；从撤去拉力 F 到金属杆停下，金属杆只受安培力做变减
24、速直线运动，取向右为正，由动量定理有BI Lt0mv，而电量的表达式 q I t，可得 qmvBL 2.5 C，故C 正确；从撤去拉力 F 到金属杆停下的过程由动能定理WF 安012 mv2，而由功能关系有 WF 安Q，另金属杆和电阻 R 串联，热量比等于电阻比，有 Q1 QrRr，联立解得 Q10.625 J，故 D 错误；故选 B、C。【加固训练】(多选)如图甲所示，“U”形金属导轨 ABCD 固定在绝缘水平面上，金属棒 ab 放在导轨上，刚好构成一个边长为 L1 m 的正方形，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，金属棒始终不动，回路中的总电阻为 2，则
25、下列说法正确的是()A.t1 s 时，金属棒中的电流方向为从 a 到 bBt3.5 s 时回路中的瞬时电功率比 t4 s 时回路中的瞬时电功率小C02 s 内通过金属棒截面的电量为 1 CD金属棒受到的摩擦力最大值为 4 N【解析】选 A、C。在 t1 s 时，通过闭合回路的磁通量正在向上增加，根据楞次定律“增反减同”可以知道感应电流的磁场竖直向下，根据安培定则可知通过金属棒中的电流方向为从 a 到 b，故 A 正确；由乙图可知在 35 s 的时间内磁感应强度的变化率为一定值，所以在此时间内，产生的感应电流不变，回路的电功率不变，故 B 错误；根据法拉第电磁感应定律可得在 02 s 内回路中的
26、感应电动势 Et，其中 表示在这 2 s 内磁通量的变化量，即 2 Wb。通过金属棒截面的电荷量为 qIt，其中 I 表示平均感应电流，则 IER，各方程联立可得 qR1 C，故 C 正确；由乙图可知在后三分之一周期内磁感应强度的变化率大于前三分之二周期内的变化率，所以当电路中电流最大时，磁感应强度最大时，金属棒受到的安培力最大，则受到的静摩擦力也最大，则根据法拉第电磁感应定律可以得到后三分之一周期内的感应电动势为 EBt S2 V，感应电流为 IER 1 A，因为磁感应强度最大值为 2 T，所以受到的最大安培力为 FmBmIL2 N，根据平衡条件可得金属棒受到的最大静摩擦力为 fmFm2 N
27、，故 D 错误。三、非选择题：共 54 分。11(7 分)在“研究电磁感应现象”实验中，将灵敏电流计 G 与线圈 L 连接，线圈上导线绕法如图所示。已知当电流从电流计 G 左端流入时，指针向左偏转。(1)将磁铁 N 极向下从线圈 L 上方竖直插入 L 时，灵敏电流计的指针将_偏转(选填“向左”“向右”或“不”)。(2)当条形磁铁从图中虚线位置向右远离 L 时，a 点电势_b 点电势(选填“高于”“等于”或“低于”)。【解析】(1)将磁铁 N 极向下从线圈上方竖直插入 L 时，穿过 L 的磁场向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，感应电流磁场应该向上，由安培定则可
28、知，电流从左端流入电流计，则电流计指针向左偏转；(2)当条形磁铁从图中虚线位置向右远离 L 时，穿过 L 的磁通量向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向上，由安培定则可知，电流从 b 流向 a，a 点电势高于 b 点电势。答案：(1)向左(2)高于12(9 分)(2021深圳高二检测)在“探究电磁感应的产生条件”的实验中，先按如图甲所示连线，不通电时，电流计指针停在正中央，闭合开关 S 时，观察到电流计指针向左偏。然后按如图乙所示将灵敏电流计与副线圈 B 连成一个闭合回路，将原线圈A、电源、滑动变阻器和开关 S 串联成另一个闭合电路。(1)图甲电路中，串联定值电阻 R 的主要作用是
29、_。A减小电源两端的电压，保护电源B增大电源两端的电压，保护开关C减小电路中的电流，保护灵敏电流计D减小电路中的电流，保护开关(2)图乙中，S 闭合后，将原线圈 A 插入副线圈 B 的过程中，灵敏电流计的指针将_(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。(3)图乙中，S 闭合后，线圈 A 放在 B 中不动，在滑动变阻器的滑片 P 向左滑动的过程中，灵敏电流计指针将_(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。(4)图乙中，S 闭合后，线圈 A 放在 B 中不动，在突然断开 S 时，灵敏电流计指针将_(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。【解析】(1)电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵敏电流计，故
30、本题答案为选项 C。(2)由题知，当电流从灵敏电流计正接线柱流入时，指针向左偏转。S 闭合后，将原线圈 A 插入副线圈 B 的过程中，穿过 B 的磁场向下，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计正接线柱流入电流计，则灵敏电流计的指针将向左偏转。(3)线圈 A 放在 B 中不动，穿过 B 的磁场向下，将滑动变阻器的滑片向左滑动时，穿过 B 的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计正接线柱流入电流计，则灵敏电流计的指针将向左偏转。(4)线圈 A 放在 B 中不动，穿过 B 的磁场向下，突然断开 S 时，穿过 B 的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计负接线柱流入电流
31、计，则灵敏电流计的指针将向右偏转。答案：(1)C(2)向左(3)向左(4)向右13(10 分)(2019北京高考)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为 B。纸面内有一正方形均匀金属线框 abcd，其边长为 L，总电阻为 R，ad 边与磁场边界平行。从 ad 边刚进入磁场直至 bc 边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度 v匀速运动，求：(1)感应电动势的大小 E；(2)拉力做功的功率 P；(3)ab 边产生的焦耳热 Q。【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势 EBLv(2 分)(2)线框中的感应电流 IER(1 分)拉力大小等于安培力大小 FBIL(1 分)拉力的功
32、率 PFvB2L2v2R(2 分)(3)线框 ab 边电阻 RabR4(1 分)时间 tLv(1 分)ab 边产生的焦耳热 QI2RabtB2L3v4R(2 分)答案：(1)BLv(2)B2L2v2R(3)B2L3v4R14(12 分)如图所示，在磁感应强度 B0.2 T、方向与纸面垂直的匀强磁场中，有水平放置的两平行导轨 ab、cd，其间距 l50 cm，a、c 间接有电阻 R，现有一电阻为r 的导体棒 MN 跨放在两导轨间，并以 v10 m/s 的恒定速度向右运动，a、c 间电压为 0.8 V，且 a 点电势高，其余电阻忽略不计。问：(1)导体棒产生的感应电动势是多大？(2)通过导体棒电流
33、方向如何？磁场的方向是指向纸里，还是指向纸外？(3)R 与 r 的比值是多少？【解析】(1)EBlv1 V(3 分)(2)电流方向 NM；磁场方向指向纸里(3 分)(3)I ERr UR(3 分)Rr UEU 4(3 分)答案：(1)1 V(2)电流方向 NM 磁场方向指向纸里(3)415(16 分)(2021全国乙卷)如图，一倾角为 的光滑固定斜面的顶端放有质量 M0.06 kg 的 U 形导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻 R3 的金属棒 CD 的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路 CDEF；EF 与斜面底边平行，长度 L0.6 m。初始时 CD 与 EF 相距 s00.4 m，金属
34、棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离 s1 316 m 后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的 EF 边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小 B1 T，重力加速度大小取 g10 m/s2，sin 0.6。求：(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；(3)导体框匀速运动的距离。【解析】(1)设金属棒质量为 m，根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起
35、做匀加速直线运动，由动能定理可得(Mm)gs1sin 12(Mm)v20(1 分)代入数据解得 v032 m/s(1 分)金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得 EBLv0由闭合回路的欧姆定律可得 IER(1 分)则金属棒刚进入磁场时受到的安培力为 F 安BIL0.18 N(1 分)(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有mg sin mg cos F 安(1 分)此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mg sin
36、 mg cos Ma(1 分)设磁场区域的宽度为 x，则金属棒在磁场中运动的时间为 txv0则此时导体框的速度为 v1v0at(1 分)则导体框的位移 x1v0t12 at2(1 分)因此导体框和金属棒的相对位移为xx1x12 at2(1 分)由题意知，当金属棒离开磁场时导体框的上端 EF 刚好进入磁场，则有位移关系 s0 xx(1 分)导体框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为E1BLv1，I1BLv1R导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得Mg sin mg cos BI1L(1 分)联立以上可得 x0.3 m，a5 m/s2，m0.02 kg，38(2 分)(3)金属棒出磁场以后，速
37、度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有mg sin mg cos ma1(1 分)金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有 v0a1t1v1(1 分)导体框匀速运动的距离为 x2v1t1代入数据解得 x22.59 m 518 m(1 分)答案：(1)0.18 N(2)0.02 kg 38 (3)518 m【加固训练】如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为 d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向与导轨平面垂直。质量为 m 的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为 s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度 a 沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为 g。求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小 v。(2)通过的电流大小 I。(3)通过的电荷量 Q。【解析】(1)金属棒做匀加速直线运动，有 v22as，解得 v 2as。(2)安培力 F 安IdB，金属棒所受合力 Fmg sin F 安由牛顿第二定律 Fma解得 Im（g sin a）dB(3)运动时间 tva，电荷量 QIt解得 Q2asm（g sin a）dBa答案：(1)2as (2)m（g sin a）dB(3)2asm（g sin a）dBa
