資源簡介

第二章　2.　 第3課時
基礎達標練
1．我國自主研制的C919飛機機長38.9米、翼展35.8米，北京地區地磁場的豎直分量約為4.5×10－5 T，水平分量約為：3.0×10－5 T。該機在北京郊區水平試飛速度為聲速(約330 m/s)的0.8倍。有關C919飛機的說法正確的是( 　 )
A．C919飛機往北飛的時候，西面機翼的電勢較低。兩側機翼的最大電勢差約為0.42伏
B．C919飛機往南飛的時候，西面機翼的電勢較低。兩側機翼的最大電勢差約為0.26伏
C．無論C919飛機往哪個方向飛，都是左邊機翼的電勢較低。兩側機翼的最大電勢差約為0.26伏
D．無論C919飛機往哪個方向飛，都是右邊機翼的電勢較低。兩側機翼的最大電勢差約為0.42伏
答案：D
解析：北京地區地磁場的豎直分量豎直向下，當飛機在北半球水平飛行時，飛機切割磁感線產生感應電動勢，由右手定則可知：機翼左端的電勢比右端的電勢高。無論C919飛機往哪個方向飛，都是右邊機翼的電勢較低。由法拉第地電磁感應定律E＝BLv，可得兩翼尖間的電勢差U＝E＝4.5×10－5×35.8×0.8×330 V≈0.42 V，故選D。
2．(2024·湖北武漢高二期末)如圖甲所示，在圓形線圈內分布著與線圈平面垂直的勻強磁場，現規定磁感應強度B的方向垂直紙面向外為正。已知磁感應強度隨時間變化的規律如圖乙所示，關于線圈中產生的感應電動勢和感應電流，下列說法正確的是( 　 )
A．t＝0時刻感應電動勢最大
B．t1～t3時間內，感應電動勢增大
C．t2時刻，感應電動勢為零
D．t1、t3時刻，感應電流方向相同
答案：D
解析：根據法拉第電磁感應定律可得E＝S，由圖像可知在t＝t2時刻最大，則感應電動勢最大，故A、C錯誤；t1～t3時間內，先增加后減小，則感應電動勢先增加后減小，故B錯誤；根據楞次定律可知t1時刻磁通量向外減小，t3時刻磁通量向里增加，則這兩個時刻感應電流方向相同，故D正確。
3．(2024·河北高三開學考試)如圖所示，兩足夠長、不計電阻的光滑平行金屬導軌固定在水平面內，處于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中，導軌間距為L，一端連接阻值為R的電阻。一質量為m的金屬棒垂直于導軌放置，接入電路的阻值也為R。在金屬棒中點對棒施加水平向右、平行于導軌的恒力F，棒與導軌始終接觸良好，金屬棒在水平恒力F作用下，由靜止開始運動，經時間t達到最大速度，金屬棒從開始運動到速度最大的過程中，下列說法正確的是( 　 )
A．通過電阻R的電流方向由b向a
B．金屬棒運動的最大速度為
C．通過電阻R的電荷量為－
D．恒力F做的功為－
答案：C
解析：根據右手定則可知通過電阻R的電流方向由a向b，故A錯誤；金屬棒運動的速度最大時有F＝F安＝IBL＝，可得金屬棒運動的最大速度為vm＝，故B錯誤；根據動量定理有Ft－BLt＝mvm，通過電阻R的電荷量為q＝t＝－，故C正確；電荷量為q＝Δt＝Δt＝＝，恒力F做的功為WF＝Fx＝－，故D錯誤。
4.如圖所示，豎直放置的矩形導線框MNPQ寬和長分別為L和2L，M、N連接水平的平行板電容器，兩極板間距為d，虛線為線框中軸線，虛線右側有垂直線框平面向里的磁場。兩極板間有一質量為m、電荷量大小為q的帶負電油滴恰好處于平衡狀態，已知重力加速度為g，則磁場磁感應強度大小B的變化情況及其變化率分別是( 　 )
A．正在減小，＝－
B．正在增大，＝
C．正在增大，＝
D．正在減小，＝－
答案：C
解析：帶負電的油滴在極板間受力平衡，則有q＝mg，由于所受靜電力向上，故電容器上極板帶正電，由楞次定律可知，垂直紙面向里的磁場的磁感應強度正在增大，A、D錯誤；由法拉第電磁感應定律有U＝·L2，解兩式得＝，B錯誤，C正確。
5．如圖所示，導體棒在金屬框架上向右做勻加速運動，在此過程中( 　 )
A．電容器上電荷量越來越多
B．電容器上電荷量越來越少
C．電容器上電荷量保持不變
D．導體棒ab中電流越來越大
答案：A
解析：導體棒勻加速運動，產生電動勢E＝Blv＝Bl(v0＋at)，即為電容器兩端的電壓，由Q＝CE＝CBl(v0＋at)，Δt時間充電電荷量ΔQ＝CΔU＝CBlaΔt，隨時間越來越長，充電電流I＝＝CBla，不變，故A正確。
6．如圖所示，兩條足夠長，間距d＝1 m的光滑平行金屬導軌MN和PQ固定在水平面上，阻值R＝2 Ω的定值電阻與導軌的M、P端相連，導軌電阻不計。空間中存在垂直導軌平面向上、磁感應強度大小為B＝1 T的勻強磁場，質量m＝0.1 kg、長度L＝1 m、阻值不計的金屬桿ab垂直于導軌放置并且始終與導軌接觸良好。在桿ab的中點處系一根不可伸長的輕繩，輕繩跨過定滑輪與一個質量也為m的物塊相連，滑輪左側輕繩與導軌平面保持平行。某時刻釋放物塊，物塊和金屬桿從靜止開始運動，當物塊下落的高度h＝2 m時，二者達到最大速度。重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力。從開始運動到達到最大速度的過程中，下列說法正確的是( 　 )
A．金屬桿的平均速度大小為5 m/s
B．通過電阻R的電荷量為0.7 C
C．所用的時間為1.4 s
D．電阻R產生的熱量為1.8 J
答案：C
解析：通過電阻R的電荷量為q＝t＝t＝＝1 C，故B錯誤；金屬桿達到最大速度vm時加速度為零，有mg＝ImLB，Im＝可得，vm＝＝2 m/s，由動量定理得mgt－LB·t＝2mvm－0，解得t＝＝1.4 s，故C正確；平均速度為＝＝ m/s＝ m/s，故A錯誤；由能量守恒定律得mgh＝×2mv＋Q，解得Q＝mgh－mv＝1.6 J，故D錯誤。
7．如圖所示，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為l，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接。金屬導軌右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導軌左邊區域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質量為m、接入電路的電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數為μ，金屬棒與導軌垂直且接觸良好，重力加速度為g。金屬棒穿過磁場區域的過程中( 　 )
A．流過金屬棒的最大電流為
B．通過金屬棒的電荷量為
C．克服安培力所做的功為mgh
D．金屬棒產生的焦耳熱為mg(h－μd)
答案：D
解析：金屬棒沿彎曲部分下滑過程中，機械能守恒，由機械能守恒定律，得mgh＝mv2，金屬棒到達平直部分時的速度v＝，金屬棒到達平直部分后做減速運動，剛到達平直部分時的速度最大，最大感應電動勢E＝Blv，最大感應電流I＝＝，故A錯誤；通過金屬棒的電荷量q＝Δt＝＝，故B錯誤；金屬棒在整個運動過程中，由動能定理得mgh－W安－μmgd＝0－0，克服安培力做的功W安＝mgh－μmgd，故C錯誤；克服安培力做的功轉化為焦耳熱，定值電阻與金屬棒的電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產生的焦耳熱Q′＝Q＝W安＝mg(h－μd)，故D正確。
8.(2024·河北張家口高二開學考試)如圖所示，豎直平面內有一寬度為2 m且足夠長的U形金屬導軌，處在磁感應強度大小為0.5 T、方向垂直導軌平面向里，導體棒MN由靜止釋放，最終沿導軌以1.0 m/s的速度豎直向下勻速運動。金屬導軌的電阻可忽略不計，金屬棒始終與導軌接觸良好，導體棒的電阻為0.5 Ω，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)導體棒的質量；
(2)加速運動的過程中流過導體棒的電荷量q＝0.5 C，導體棒在這一過程中下落的距離。
答案：(1)0.2 kg　(2)0.25 m
解析：(1)當導體棒最終勻速運動時，受力平衡，此時安培力大小為F＝ILB＝B××L＝，
則有mg＝，
解得m＝＝0.2 kg。
(2)設導體棒在Δt時間內下降了Δh，根據法拉第電磁感應定律可得E＝＝＝，
流過導體棒的電流為I＝＝，
通過導體棒橫截面的電荷量為q′＝I×Δt＝，
即通過的電荷量與導體棒的運動速度無關；所以整個加速運動的過程中通過導體棒橫截面的電荷量為q＝，
則導體棒在整個加速運動過程中下落的距離為h＝＝0.25 m。
能力提升練
9．(多選)(2024·廣西柳州高三階段練習)如圖所示，電阻不計的光滑金屬導軌MN、PQ水平放置，間距為d，兩側接有電阻R1、R2，阻值均為R，O1O2右側有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，質量為m、長度也為d的金屬桿置于O1O2左側，在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動，經時間t到達O1O2時撤去恒力F，金屬桿在到達NQ之前減速為零，已知金屬桿電阻也為R，與導軌始終保持垂直且接觸良好，下列說法正確的是( 　 )
A．桿減速的最大加速度大小為
B．電阻R1兩端的最大電勢差為
C．桿在磁場中前進的距離為
D．整個過程電阻R1上產生的焦耳熱為
答案：BC
解析：桿進入磁場前的加速度，由牛頓第二定律可得a＝，則剛進入磁場時速度大小為v＝at＝，桿剛進入磁場時產生的感應電動勢最大E＝Bdv，此時的加速度最大為a＝＝＝，則電阻R1兩端的電勢差大小為UR1＝×＝E＝Bdv＝，故A錯誤，B正確；桿進入磁場后，由動量定理－安Δt＝0－mv，即BdΔt＝mv，Δt＝×Δt＝，故＝Ft，x＝，故C正確；整個過程中，產生的焦耳熱，由能量守恒定律可得Q＝mv2＝，則電阻R1上產生的焦耳熱為QR1＝Q＝，故D錯誤。
10.(2024·江蘇南京高二期末)如圖所示，無線充電技術中使用的受電線圈匝數為n，面積為S。若在t1到t2時間內，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由B1均勻減小到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差可能是( 　 )
A．恒為
B．恒為－
C．恒為0
D．從0均勻變化到－
答案：A
解析：穿過線圈的磁場均勻減少，將產生大小恒定的感生電動勢，由法拉第電磁感應定律得E＝n＝，而等效電源內部的電流由楞次定理知從b流向a，即a點是等效電源的正極，a點電勢高于b點電勢，故Uab＝，故A正確。
11．(多選)(2024·吉林長春高二期末)如圖，足夠長的光滑平行金屬導軌(電阻不計)水平放置，左右兩側導軌的間距分別為l、2l，導軌間存在豎直向上磁感應強度大小為B的勻強磁場。把一根質地均勻的導體棒分成質量分別為m、2m兩段a、b，均垂直導軌放置，回路總電阻保持不變。a、b兩棒分別以v0、2v0的初速度同時向右運動，兩棒在運動過程中始終與導軌垂直且保持接觸良好，a總在窄軌上運動，b總在寬軌上運動，從開始運動到兩棒穩定的過程中，下列說法正確的是( 　 )
A．在此過程中，a棒上產生的焦耳熱是b棒的一半
B．a棒的加速度始終等于b棒的加速度的一半
C．在此過程中產生總的焦耳熱為1.5mv
D．穩定時a棒的速度大小為2v0
答案：ACD
解析：由題意可知，把一根質地均勻的導體棒分成質量分別為m、2m兩段a、b，則兩棒的電阻之比為1∶2，設a棒電阻為R，則b棒電阻為2R，由于兩個導體棒中的電流始終大小相等，根據Q＝I2Rt可知，a棒上產生的焦耳熱是b棒的一半；根據牛頓第二定律，對導體棒a有BIl＝maa，對導體棒b有BI·2l＝2mab，由此可知aa＝ab，故A正確，B錯誤；以向右為正方向，從開始到穩定速度，根據動量定理，對導體棒a有Bl·Δt＝mva－mv0，對導體棒b有－B×2l·Δt＝2mvb－2m×2v0，當最終穩定時滿足B·2lvb＝Blva，聯立解得va＝2v0，vb＝v0，在此過程中產生總的焦耳熱為Q＝mv＋2m(2v0)2－＝mv，故C、D正確。
12．(2024·浙江杭州高二期末)如圖所示，一個質量為m、電阻不計、足夠長的光滑U形金屬框架MNQP，位于光滑水平桌面上，分界線OO′分別與平行導軌MN和PQ垂直，兩導軌相距L。在OO′的左右兩側存在著區域很大、方向分別為豎直向上和豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小均為B。另有質量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在OO′左側導軌上，并用一根細線系在定點A。已知細線能承受的最大拉力為F0，CD棒接入導軌間的有效電阻為R。現從t＝0時刻開始對U形框架施加水平向右的拉力，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運動。
(1)求框架從開始運動到細線斷裂時速度v0的大小，以及所需的時間t0；
(2)求在細線尚未斷裂的某一時刻t，水平拉力F的大小；
(3)若在細線斷裂時，立即撤去拉力F，試說明框架與金屬棒最后的運動狀態，并求出此后回路產生的總焦耳熱Q。
答案：(1)　　(2)ma＋　(3)均做勻速直線運動，速度大小相等，Q＝
解析：(1)繩子斷裂時，對棒有F0＝BL，
解得v0＝，
根據v0＝at0，得t0＝。
(2)在t時刻，框架的速度v＝at，
框架切割磁感線產生的電動勢E＝BLv＝BLat，
框架受到的安培力F安＝ILB＝，
對框架有F－F安＝ma，得F＝F安＋ma＝ma＋。
(3)撤去拉力F時，框架的速度v0＝at0＝
撤去拉力后，系統總動能的減少量等于回路消耗的電能，最終在回路中產生的焦耳熱Q＝mv－，
當兩物的速度變化到大小相等時，回路中的磁通量不再變化，電流為零，它們分別向左、向右做勻速運動。設最終速度大小為v，則有v0－v框＝v棒－0，
得v＝＝，
Q＝mv－＝。
13．如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1 m，一勻強磁場垂直穿過導軌平面，導軌的上端M與P之間連接一阻值為R＝0.40 Ω的電阻，質量為m＝0.01 kg、電阻為r＝0.30 Ω的金屬棒ab緊貼在導軌上，現使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關系圖像如圖乙所示，圖像中的OA段為曲線，AB段為直線，導軌電阻不計，g取10 m/s2(忽略ab棒運動過程中對原磁場的影響)。
(1)判斷金屬棒兩端a、b的電勢高低；
(2)金屬棒ab運動的最大速度及磁感應強度B的大小；
(3)在金屬棒ab從靜止開始運動的1.5 s內，通過電阻R的電荷量及電阻R上產生的熱量。
答案：(1)b端電勢高　(2)7 m/s　0.1 T　(3)0.8 C　0.18 J
解析：(1)由右手定則可知，ab棒中的感應電流方向由a流向b，ab棒相當于電源，則b端的電勢高于a端的電勢。
(2)由x－t圖像可得：t＝1.5 s時金屬棒ab開始勻速運動的速度v＝＝ m/s＝7 m/s
即金屬棒ab運動的最大速度為7 m/s，
當金屬棒ab勻速運動時，由平衡條件得mg＝ILB，
金屬棒ab產生的感應電動勢E＝BLv，
電路中的感應電流I＝，
聯立可得mg＝，
代入數據解得B＝0.1 T。
(3)在0～1.5 s內，金屬棒ab的重力勢能轉化為金屬棒ab的動能和電路的內能，設電路中產生的總熱量為Q，根據能量守恒定律得：mgx＝mv2＋Q，
由圖乙得x＝5.6 m，代入數據解得Q＝0.315 J，
所以電阻R上產生的熱量QR＝Q＝0.18 J，
通過電阻R的電荷量q＝t＝t＝＝0.8 C。
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第二章　電磁感應
2．法拉第電磁感應定律
第3課時　電磁感應中的動力學及能量問題
課內互動探究
探究?
電磁感應中的動力學問題
要點提煉
1.導體中的感應電流在磁場中將受到安培力作用，所以電磁感應問題往往與力學問題聯系在一起，處理此類問題的基本方法：
(1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律求感應電動勢的大小和方向。
(2)用閉合電路的歐姆定律求回路中的電流大小。
(3)分析研究導體受力情況(包括安培力)。
(4)列動力學方程或平衡方程求解。
2．電磁感應現象中涉及的具有收尾速度的力學問題，關鍵要抓好受力情況和運動情況的動態分析：
周而復始地循環，達到穩定狀態時，加速度等于零，導體達到穩定運動狀態。
兩種運動狀態的處理思路：
(1)達到穩定運動狀態后，導體勻速運動，受力平衡，應根據平衡條件——合外力為零，列式分析平衡態。
(2)導體達到穩定運動狀態之前，往往做變加速運動，處于非平衡態，應根據牛頓第二定律或結合功能關系分析非平衡態。
3．電磁感應中的動力學臨界問題
(1)解決這類問題的關鍵是通過受力分析和運動狀態的分析，尋找過程中的臨界狀態，如速度、加速度為最大值、最小值的條件。
典例剖析
1．如圖甲所示，水平面上有一圓形線圈，通過導線與足夠長的光滑水平導軌相連，線圈內存在垂直線圈平面方向豎直向上的勻強磁場，其磁感應強度B1大小隨時間變化圖像如圖乙所示。平行光滑金屬導軌處于磁感應強度大小為B2、方向垂直導軌平面向下的勻強磁場中。一導體棒MN垂直于導軌水平放置，由靜止釋放。已知線圈匝數n＝10，面積S＝0.02 m2，其電阻R1＝0.1 Ω，導軌相距L＝0.1 m，磁感應強度B2＝2.0 T，導體棒質量m＝0.5 kg，其電阻R2＝0.3 Ω，其余電阻不計。求：
(1)t＝0時刻，導體棒中的電流I的大小及方向；
(2)t＝0時刻，導體棒的加速度大小和方向；
(3)導體棒的最大速度的大小。
答案：(1)1 A　從M到N　(2)0.4 m/s2，水平向右　(3)2 m/s
根據楞次定律，導體棒中的電流方向為從M到N。
(2)根據牛頓第二定律F＝IB2L＝ma，
解得t＝0時刻，導體棒的加速度大小為a＝0.4 m/s2，
根據左手定則，導體棒受到的安培力水平向右，故導體棒的加速度水平向右。
(3)當導體棒受到的安培力為零時，即回路中的感應電流為零時，導體棒的速度最大，則E＝B2Lvm，
解得導體棒的最大速度的大小為vm＝2 m/s。
對點訓練
A．此時圓環中的電流沿順時針方向
答案：D
探究?
電磁感應中的能量問題
要點提煉
1.電磁感應現象中的能量守恒
電磁感應現象中的“阻礙”是能量守恒的具體體現，在這種“阻礙”的過程中，其他形式的能轉化為電能。
2．電磁感應現象中的能量轉化
(1)與感生電動勢有關的電磁感應現象中，磁場能轉化為電能，若電路是純電阻電路，轉化過來的電能將全部轉化為電路的內能。
(2)與動生電動勢有關的電磁感應現象中，通過克服安培力做功，把機械能或其他形式的能轉化為電能。克服安培力做多少功，就產生多少電能。若電路是純電阻電路，轉化過來的電能將全部轉化為電路的內能。
3．求解電磁感應現象中能量問題的一般思路
(1)確定回路，分清電源和外電路。
(2)分析清楚有哪些力做功，明確有哪些形式的能量發生了轉化。如：
①有滑動摩擦力做功，必有內能產生；
②有重力做功，重力勢能必然發生變化；
③克服安培力做功，必然有其他形式的能轉化為電能，并且克服安培力做多少功，就產生多少電能，如果安培力做正功，就是電能轉化為其他形式的能。
(3)列有關能量的關系式。
典例剖析
2．(2024·黑龍江綏化高二開學考試)如圖所示，MN、PQ是兩根足夠長的光滑平行的金屬導軌，導軌間距離L1＝0.2 m，導軌平面與水平面的夾角θ＝30°，導軌上端連接一個阻值R＝0.4 Ω的電阻。整個導軌平面處于垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝0.5 T。現有一根質量m＝0.01 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒ab垂直
于導軌放置，且接觸良好，金屬棒從靜止開始沿導
軌下滑L2＝1 m后達到勻速直線運動，且始終與導軌
垂直。重力加速度g取10 m/s2，導軌電阻不計，求：
(1)金屬棒沿導軌下滑過程中速度最大值；
(2)金屬棒沿導軌勻速下滑時ab兩端的電壓；
(3)金屬棒從靜止達到勻速的過程中，電阻R產生的熱量。
答案：(1)2.5 m/s　(2)0.2 V　(3)1.5×10－2 J
解析：(1)金屬棒勻速運動時，由平衡條件知mgsinθ＝IL1B，
棒勻速切割磁感線時E＝BL1v，
(2)勻速時，v代入公式，
解得I＝0.5 A，U＝IR＝0.2 V。
(3)由能量守恒定律知
電磁感應中焦耳熱的計算技巧
(1)電流恒定時，根據焦耳定律求解，即Q＝I2Rt。
(2)感應電流變化，可用以下方法分析：
①利用動能定理，求出克服安培力做的功，產生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即Q＝W安。
②利用能量守恒，即感應電流產生的焦耳熱等于其他形式能量的減少，即Q＝ΔE其他。
(多選)如圖所示電路，兩根光滑金屬導軌平行放置在傾角為θ的斜面上，導軌下端接有電阻R，導軌電阻不計，斜面處在豎直向上的勻強磁場中，電阻可忽略不計的金屬棒ab質量為m，受到沿斜面向上且與金屬棒垂直的恒力F的作用。金屬棒沿導軌勻速向上滑動，則它在上滑高度h的過程中，以下說法正確的是( 　 )
對點訓練
A．作用在金屬棒上各力的合力做功為零
B．重力做的功等于系統產生的電能
C．金屬棒克服安培力做的功等于電阻R上產生的焦耳熱
D．恒力F做的功與安培力做的功之和等于金屬棒增加的機械能
答案：ACD
解析：因為金屬棒勻速運動，所以動能不變，根據動能定理可得合力做功為零，A正確；根據動能定理可得WF＋WG＋W安＝0，解得WF＋W安＝－WG，即克服重力做功等于外力與安培力做功之和，因為動能不變，所以恒力F做的功與安培力做的功之和等于金屬棒增加的機械能，D正確；根據功能關系可知金屬棒克服安培力做的功等于系統產生的電能，電能轉化為電阻R上產生的焦耳熱，B錯誤，C正確。
課堂達標檢測
1．(2024·新疆喀什高二階段練習)如圖1所示，水平方向的勻強磁場的上下邊界分別是MN、PQ，磁場寬度為L。一個邊長為a的正方形導線框(L>2a)，從磁場上方下落，運動過程中上下兩邊始終與磁場邊界平行。線框進入磁場過程中感應電流i隨時間t變化的圖像如圖2所示，則線框從磁場中穿出過程中感應電流i隨時間t變化的圖像可能是下面四圖中的哪一個( 　 )
A．只可能是① B．只可能是②
C．只可能是③ D．只可能是③④
答案：C
解析：由題意可知，線框進入磁場過程中感應電流i隨時間t變化的圖像如圖2所示，由法拉第電磁感應定律可知，線框勻速進入磁場，由于L>2a，當完全進入磁場后，因磁通量不變，則沒有感應電流，線框只受到重力，使得線框速度增加，當出磁場時，速度大于進入磁場的速度，由法拉第電磁感應定律可知，出磁場的感應電流大于進磁場的感應電流，導致出磁場時的安培力大于重力，導致線框做減速運動，根據牛頓第二定律ILB－mg＝ma，則做加速度在減小的減速運動，故選C。
2．(多選)如圖所示，光滑平行金屬導軌間距d＝1 m，豎直四分之一圓弧部分與水平部分平滑連接，圓弧半徑R＝1.8 m，導軌右端接有阻值R0＝6 Ω的定值電阻，導軌水平部分區域有垂直導軌向上的勻強磁場，磁感應強度大小B＝3 T，磁場區域長L＝2 m，導體棒ab從圓弧導軌頂部無初速度釋放，導體棒ab質量m＝0.5 kg，接入回路部分電阻r＝3 Ω，導體棒與導軌始終接觸良好，不計其他電阻，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是( 　 )
A．導體棒克服安培力做功功率的最大值為18 W
B．導體棒兩端最大電勢差為12 V
答案：BD
3．(多選)如圖所示，水平面內固定有兩根平行的光滑長直金屬導軌，間距為L，電阻不計。整個裝置處于兩個磁感應強度大小均為B、方向相反的豎直勻強磁場中，虛線為兩磁場的分界線。質量均為m的兩根相同導體棒MN、PQ靜置于如圖所示的導軌上(兩棒始終與導軌垂直且接觸良好)。現使MN棒獲得一個大小為v0，方向水平向左的初速度，則在此后的整個運動過程中( 　 )
A．兩棒受到的安培力方向相同
答案：AD
4．(2024·山東濟南高二期末)如圖甲所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌豎直放置，導軌間的距離L＝1 m。質量m＝1 kg，電阻r＝2 Ω的直導體棒放在導軌上，且與導軌垂直。導軌頂端與R＝4 Ω的電阻相連，其余電阻不計，整個裝置處在垂直紙面向里的勻強磁場內。從t＝0開始，導體棒由靜止釋放，運動過程的v－t圖像如圖乙所示，t＝4 s后導體棒做勻速直線運動，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)磁感應強度B的大小；
(2)t＝2 s時，導體棒的加速度大小；
(3)前2 s內，電阻R上產生的焦耳熱。
解析：(1)t＝4 s后導體棒做勻速直線運動，此時的感應電動勢為E1＝BLv1，
根據平衡條件有BI1L＝mg，
(2)t＝2 s時，感應電動勢為E2＝BLv2，
根據平衡條件有mg－BI2L＝ma，
解得a＝2 m/s2。

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