2022年高考物理大一輪復習 真題匯編 L單元 電磁感應

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1、2022年高考物理大一輪復習 真題匯編 L單元 電磁感應 16．L1　L2[xx·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2∶1，圓環(huán)中產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1- A．Ea∶Eb＝4∶1，感應電流均沿逆時針方向 B．Ea∶Eb＝4∶1，感應電流均沿順時針方向 C．Ea∶Eb＝2∶1，感應電流均沿逆時針方向 D．Ea∶Eb＝2∶1，感應電流均沿順時針方向 16．B　[解析] 由法拉第電磁感應定律可知E＝n，則E＝nπR2.由于

2、Ra∶Rb＝2∶1，則Ea∶Eb＝4∶1.由楞次定律和安培定則可以判斷產生順時針方向的電流．選項B正確． 6．L1 [xx·江蘇卷] 電吉他中電拾音器的基本結構如圖1-所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時，在線圈中產生感應電流，電流經電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音，下列說法正確的有(　　) 圖1- A．選用銅質弦，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 6．BCD　[解析] 選用銅質弦時，不會被磁化，不會產生電磁感應現象，電吉他不能正常工作，選項A錯誤；取走磁體時，金屬

3、弦磁性消失，電吉他不能正常工作，選項B正確；根據法拉第電磁感應定律可知，增加線圈匝數可以增大線圈中的感應電動勢，選項C正確；根據楞次定律可知，磁振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化，選項D正確． 4．L1[xx·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，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1- A．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

4、直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針方向 4．D　[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． 5．L1[xx·上海卷] 磁鐵在線圈中心上方開始運動時，線圈中產生如圖方向的感應電流

5、，則磁鐵(　　) 圖1- A．向上運動 B．向下運動 C．向左運動 D．向右運動 5．B　[解析] 從圖中看，產生感應電流的線圈可以等效為一個N極在上的磁鐵，根據楞次定律的推論“來拒去留”可知選項B正確． 19．L1[xx·上海卷] 如圖1-(a)所示，螺線管內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，導線框內有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導線框在同一平面內．當螺線管內的磁感應強度B隨時間按圖(b)所示規(guī)律變化時(　　) 圖1- A．在t1～t2時間內，L有收縮趨勢 B．在t2～t3時間內，L有擴張趨勢 C．在t2～t3時間內

6、，L內有逆時針方向的感應電流 D．在t3～t4時間內，L內有順時針方向的感應電流 19．AD　[解析] 在t1～t2時間內，磁場增強，根據楞次定律可判斷出導線框中產生d→c→b→a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t2～t3時間內，磁場先減弱后反向增強，線圈中產生a→b→c→d方向的感應電流且保持不變，穿過圓環(huán)的磁通量不變，L內無感應電流且沒有擴張或收縮的趨勢，B、C錯誤；在t3～t4時間內，沿負方向的磁場減弱，根據楞次定律可判斷出導線框中產生d→c→b→a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內有順時針方向的感應電流

7、，D正確． L2 法拉第電磁感應定律、自感 20．L2[xx·全國卷Ⅱ] 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．圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是(　　) 圖1- A．若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定 B．若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b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 20．AB　[解析] 將圓盤看成由無數輻條組成，

8、各輻條都在切割磁感線，從而產生感應電動勢，出現感應電流，當圓盤順時針轉動時(從上往下看)，根據右手定則可判斷，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E＝BLv＝BL2ω，而I＝，故A正確，C錯誤；當角速度ω變?yōu)樵瓉淼?倍時，感應電動勢E＝BL2ω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P＝I2R變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯誤． 21．L2　M1[xx·全國卷Ⅲ] 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；兩圓弧半徑相等；過直線OMON的水平面上方

9、有一勻強磁場，磁場方向垂直于紙面．現使線框M、N在t＝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(　　) 圖1- A．兩導線框中均會產生正弦交流電 B．兩導線框中感應電流的周期都等于T C．在t＝時，兩導線框中產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 21．BC　[解析] 設導線圈半徑為l，角速度為ω，兩導線框切割磁感線的等效長度始終等于圓弧半徑，因此在產生感應電動勢時其瞬時感應電動勢大小始終為E＝Bωl2，但進磁場和出磁場時電流方向相反，所以線框中應該產生方波交流式電，如圖所示，A錯誤；由

10、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，故兩導線框中產生的感應電動勢均為Bωl2，C正確；對于線框M，有·＋·＝·T，解得U有M＝E；對于線框N，有·＋0＋·＋0＝·T，解得U有N＝E，故兩導線框中感應電流的有效值并不相等，D錯誤． 13．D4、D5、L2、L3[xx·江蘇卷] 據報道，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“天宮一號”正以速度v＝7.7 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L＝20 m，地磁場的磁感應強度

11、垂直于v，MN所在平面的分量B＝1.0×10－5 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R＝6.4×103 km，地球表面的重力加速度g＝9.8 m/s2，試估算“天宮一號”距離地球表面的高度h(計算結果保留一位有效數字)． 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E＝BLv，代入數據得E＝1.54 V (2

12、)不能，因為穿過閉合回路的磁通量不變，不產生感應電流． (3)在地球表面有G＝mg 勻速圓周運動G＝m 解得h＝g－R，代入數據得h≈4×105 m(數量級正確都算對) 16．L1　L2[xx·浙江卷] 如圖1-2所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成，匝數均為10匝，邊長la＝3lb，圖示區(qū)域內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1-2 A．兩線圈內產生順時針方向的感應電流 B．a、b線圈中感應電動勢之比為9∶1 C．a、b線圈中感應電流之比為3∶4 D．a、b線圈中電功率之比為3∶1 16．B　[

13、解析] 由楞次定律可判斷，兩線圈中產生的感應電流均沿逆時針方向，選項A錯誤；由E＝nS，S＝l2，R＝ρ，I＝，P＝，可知Ea：Eb＝9：1，Ia：Ib＝3：1，Pa：Pb＝27：1，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 24．L4 [xx·全國卷Ⅰ] 如圖1-，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，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

14、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均為μ，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 θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ) [解析] (1)設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 θ＝μN1＋T＋F　① N1＝2mgcos θ?、? 對于cd

15、棒，同理有 mgsin θ＋μN2＝T?、? N2＝mgcos θ?、? 聯立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ)?、? (2)由安培力公式得 F＝BIL?、? 這里I是回路abdca中的感應電流，ab棒上的感應電動勢為 ε＝BLv　⑦ 式中，v是ab棒下滑速度的大小，由歐姆定律得 I＝?、? 聯立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ)　⑨ 24．L4[xx·全國卷Ⅱ] 如圖1-所示，水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上．t＝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．t0時刻，金屬

16、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為μ.重力加速度大小為g.求： (1)金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大??； (2)電阻的阻值． 圖1- 24．[答案] (1)Blt0　(2) [解析] (1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 ma＝F－μmg　① 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＝at0　② 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　③ 聯立①②③式可得

17、E＝Blt0　④ (2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據歐姆定律 I＝　⑤ 式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為 f＝BIl?、? 因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得 F－μmg－f＝0?、? 聯立④⑤⑥⑦式得 R＝?、? 7．L4 [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的關系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金屬棒與導軌始終垂直且接觸

18、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1- 7．BC　[解析] 設金屬棒在某一時刻速度為v，由題意可知，感應電動勢E＝Blv，感應電流I＝＝v，即I∝v；安培力FA＝BIl＝v，方向水平向左，即FA∝v；R兩端電壓UR＝IR＝v，即UR∝v；感應電流功率P＝EI＝v2，即P∝v2. 分析金屬棒運動情況，由牛頓第二定律可得F合＝F－FA＝F0＋kv－v＝F0＋v，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＝，

19、F合＝F0，即a＝，金屬棒水平向右做勻加速直線運動，有v＝at，說明v∝t，即I∝t，FA∝t，UR∝t，P∝t2，所以在此情況下沒有選項符合； (2)若k>，F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，根據四個物理量與速度的關系可知B選項符合； (3)若k<，F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，根據四個物理量與速度關系可知C選項符合； 綜上所述，B、C選項符合題意． 24．L4[xx·浙江卷] 小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖1-10所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)＝0.5

20、0 m，傾角θ＝53°，導軌上端串接一個R＝0.05 Ω的電阻．在導軌間長d＝0.56 m的區(qū)域內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0 T．質量m＝4.0 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s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 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量)．求： (1)CD棒進入磁場時速

21、度v的大?。? (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和電阻產生的焦耳熱Q. 圖1-10 24．[答案] (1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J [解析] (1)由牛頓定律a＝＝12 m/s2?、? 進入磁場時的速度v＝＝2.4 m/s　② (2)感應電動勢E＝Blv?、? 感應電流I＝?、? 安培力FA＝IBl　⑤ 代入得FA＝＝48 N?、? (3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J?、? 由牛頓定律F－mgsin θ－FA＝0　⑧ CD棒在磁場區(qū)做勻速運動 在磁場中運動時間t＝?、?

22、 焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J?、? 33．[xx·上海卷] 如圖1-所示，一關于y軸對稱的導體軌道位于水平面內，磁感應強度為B的勻強磁場與平面垂直．一足夠長、質量為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ρ，與電阻不計的軌道接觸良好，運動中產生的熱功率隨棒位置的變化規(guī)律為P＝ky(SI)．求： 圖1- (1)導體軌道的軌道方程y＝f(x)； (2)棒在運動過程中受到的安培力Fm隨y的變化關系； (3)棒從y＝0運動到y(tǒng)＝L過程中外力F的功． 33．[答案] (1)y

23、＝x2　(2)Fm＝y(tǒng) (3)L2＋maL [解析] (1)設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 F＝ P＝＝ky 棒做勻加速運動 v2＝2ay R＝2ρx 代入前式得y＝x2 軌道形狀為拋物線． (2)安培力Fm＝v＝ 以軌道方程代入得 Fm＝y(tǒng). (3)由動能定理W＝Wm＋mv2 安培力做功Wm＝L2 棒在y＝L處動能mv2＝maL 外力做功W＝L2＋maL. L5 電磁感應綜合 25．L5[xx·全國卷Ⅲ] 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，其左端接一阻值為R的電阻；一與導軌垂直的金屬棒

24、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的變化關系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側還有一勻強磁場區(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t＝0到t＝t0時間間隔內，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?。?

25、 圖1- 25．[答案] (1)　(2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS) [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Φ＝ktS　① 設在從t時刻到t＋Δt的時間間隔內，回路磁通量的變化量為ΔΦ，流過電阻R的電荷量為Δq.由法拉第電磁感應定律有E＝?、? 由歐姆定律有i＝　③ 由電流的定義有i＝?、? 聯立①②③④式得|Δq|＝Δt　⑤ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的時間間隔內，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右側做勻速運動，有f＝F?、? 式中，f是外加水平恒力，F是勻強

26、磁場施加的安培力．設此時回路中的電流為I，F的大小為 F＝B0Il　⑧ 此時金屬棒與MN之間的距離為s＝v0(t－t0)?、? 勻強磁場穿過回路的磁通量為Φ′＝B0ls?、? 回路的總磁通量為Φt＝Φ＋Φ′ 式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩?式得，在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量為 Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt　? 在t到t＋Δt的時間間隔內，總磁通量的改變ΔΦt為 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt　? 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＝　? 聯立⑦⑧???式得f＝(B0lv0＋kS)　? 2．[xx·北京海淀區(qū)期末

27、練習] 圖K31-2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)研究自感現象的實驗電路，電源的電動勢為E，內阻為r，自感線圈L的自感系數足夠大，其直流電阻值大于燈泡D的阻值，在t＝0時刻閉合開關S，經過一段時間后，在t＝t1時刻斷開開關S.在圖K31-3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K31-2 圖K31-3 2．B　[解析] 閉合開關后，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，當斷開開關時，線圈產生自感電動勢，繼續(xù)對燈泡反向供電，供電電流大

28、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，故反向對燈泡供電的電流比原來的小，然后通過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K32-1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ω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K32-1 A．金屬棒中有從B到A的電流 B．電容器a極板帶正電 C．

29、電容器兩端電壓為 D．電容器所帶電荷量為 1．BC　[解析] 根據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；金屬棒轉動產生的感應電動勢為，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)作體第一次聯考] 如圖K33-3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)．該過程中v-t圖線可能正確的是(　　) 圖K33-3 圖K33-4 2．

30、CD　[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，線框將做加速運動，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K34-3所示，足夠長的金屬導軌豎直放置，金屬棒ab、cd均通過棒兩

31、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均為μ，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K34-3 A．ab棒中的電流方向由b到a B．cd棒先加速運動后勻速運動 C．cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力 D．力F做的功等于兩棒產生的電熱與ab棒增加的機械能之和 3．ACD　[解析] ab向上運動的過程中，穿過閉合回路abdc的磁通量增大，根據楞次定律可得a

32、b棒中的感應電流方向為b→a，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，根據動能定理可得WF＋W安培＋WG＝mv2－0，力F所做的功應等于兩棒產生的電熱與ab棒增加的機械能之和，故D正確． 4．[xx·濟南期末考試] 如圖K34-4所示，電阻不計的“∠”形足夠長且平行的導軌，間距L＝1 m，導軌傾斜部分的傾角

33、θ＝53°，并與定值電阻R相連．整個空間存在著B＝5 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Rab＝Rcd＝R，cd棒質量m＝1 kg.ab棒光滑，cd棒與導軌間的動摩擦因數μ＝0.3，設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棒質量應滿足的條件． (3)若ab棒無論質量多大、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μ應滿足的條件． 圖

34、K34-4 4．(1) A　(2)mab<2.08 kg　(3)μ≥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°－f＝0 FN－mg－BIcdLsin 53°＝0 又f＝μFN 聯立以上三式，得Icd＝ A， 所以Iab＝2Icd＝ A. (2)ab棒在足夠長的軌道上下滑時，最大安培力 FA＝mabgsin 53° cd棒所受最大安培力應為FA，要使cd棒不能滑動，需： FAcos 53°<μ 由以上兩式聯立解得：mab<2.08 kg. (3)ab棒下滑時，cd棒始終靜止，有 FAcos

35、53°<μ 解得：μ>＝ 當ab棒質量無限大時，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，由數學知識有：μ≥＝0.75. 3．[xx·北京海淀區(qū)期末練習] 如圖K35-3所示，PQ和MN是固定于水平面內間距L＝1.0 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量m＝0.20 kg，每根金屬棒位于兩軌道之間部分的電阻值R＝1.0 Ω；金屬棒與軌道間的動摩擦因數μ＝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

36、向上、磁感應強度B＝0.40 T的勻強磁場中．重力加速度g取10 m/s2. (1)在t＝0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a＝5.0 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)若用一個適當的水平外力F′向右拉金屬棒cd，使其達到速度v1＝20 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： ①金屬棒ab沿軌道運動的速度大??； ②水平外力F′的功率． 圖K35-3 3．(1)1.0 s　(2)①15 m/s?、?6 W [解析] (1)設金屬棒cd運動t時間金屬棒ab開始運動

37、， 根據運動學公式可知：此時金屬棒cd的速度v＝at 金屬棒cd產生的電動勢E1＝BLv，通過金屬棒的電流I1＝＝ 金屬棒ab所受安培力FA1＝BI1L＝ 金屬棒ab開始運動時刻，FA1＝μmg 解得：t＝1.0 s. (2)①設金屬棒cd以速度v1＝20 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FA2＝BI2L＝＝μmg 解得：v2＝15 m/s. ②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：F′－FA3－Ff＝0；其中FA3＝FA2 Ff＝μmg 解得：水平外力F′的功率P＝F′v1＝16 W.