新高考物理一轮复习精练题专题13.2 电磁感应中的动力学问题、能量问题、动量问题（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习精练题专题13.2 电磁感应中的动力学问题、能量问题、动量问题（含解析），共19页。

TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc16136" 一．练基础题型 PAGEREF _Tc16136 1
\l "_Tc21974" 二、练名校真题 PAGEREF _Tc21974 7
\l "_Tc21280" 三．练规范解答 PAGEREF _Tc21280 15
一．练基础题型
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a
B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变
D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
【答案】D
【解析】导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ΔB,Δt)＝k为一定值))，则闭合回路中的磁通量均匀减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB·S,Δt)＝kS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R)，所以ab中的电流大小不变，故选项B错误；安培力F＝BIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故选项C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故选项D正确。
2．如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v­t图象中，可能正确描述上述过程的是( )
A B C D
【答案】D
【解析】导线框开始进入磁场过程，通过导线框的磁通量增大，有感应电流，进而受到与运动方向相反的安培力作用，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，导线框的加速度减小，v­t图线的斜率减小；导线框全部进入磁场中，磁通量不变，无感应电流，导线框做匀速直线运动；导线框从磁场中出来的过程，有感应电流，又会受到安培力阻碍作用，速度减小，加速度减小，选项D正确。
3．(2021·温州模拟)如图所示，一足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω。一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T。将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度大小以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )
A．2.5 m/s,1 WB．5 m/s,1 W
C．7.5 m/s,9 W D．15 m/s,9 W
【答案】B
【解析】小灯泡稳定发光时，导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：mgsin 37°＝μmgcs 37°＋eq \f(B2L2v,R＋r)，解得v＝5 m/s；导体棒产生的感应电动势E＝BLv，电路电流I＝eq \f(E,R＋r)，灯泡消耗的功率P＝I2R，解得P＝1 W，故选项B正确。
4．(多选)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计。下列说法正确的是( )
A．金属棒中电流从B流向A
B．金属棒两端电压为eq \f(3,4)Bωr2
C．电容器的M板带负电
D．电容器所带电荷量为eq \f(3,2)CBωr2
【答案】AB
【解析】根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A，选项A正确；金属棒转动产生的电动势为E＝Breq \f(ωr＋ω·2r,2)＝eq \f(3,2)Bωr2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而U＝eq \f(R,R＋R)E＝eq \f(3,4)Bωr2，选项B正确；金属棒A端相当于电源正极，电容器M板带正电，选项C错误；由C＝eq \f(Q,U)可得电容器所带电荷量为Q＝eq \f(3,4)CBωr2，选项D错误。
5.(多选)如图所示，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在垂直纸面向里的匀强磁场内，已知磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd的长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N。现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动。则在ab上升时，下列说法正确的是( )
A．ab受到的拉力大小为2 N
B．ab向上运动的速度为2 m/s
C．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能
D．在2 s内，拉力做功为0.6 J
【答案】BC
【解析】对导体棒cd分析：mg＝BIl＝eq \f(B2l2v,R总)，代入数据解得v＝2 m/s，故选项B正确；对导体棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，选项A错误；在2 s内拉力做功转化为ab棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W电＝F安vt＝eq \f(B2l2v2t,R总)＝0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功为W拉＝Fvt＝0.8 J，选项D错误。
6．(多选)如图所示，相距为d的两水平虚线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(LA．线框中一直有感应电流
B．线框中有一阶段的加速度为重力加速度g
C．线框中产生的热量为mg(d＋h＋L)
D．线框有一阶段做减速运动
【答案】BD
【解析】正方形线框abcd边长为L(L7.(多选)如图甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够持续发光。某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，半径为L的导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω逆时针匀速转动(俯视)。圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°角。在圆环左半部分张角也为120°角的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯相连。假设LED灯电阻为r，其他电阻不计，从辐条OP进入磁场开始计时。在辐条OP转过120°的过程中，下列说法中正确的是( )
甲 乙
A．O、P两端电压为eq \f(1,4)BL2ω
B．通过LED灯的电流为eq \f(BL2ω,8r)
C．整个装置消耗的电能为eq \f(πωB2L4,8r)
D．增大磁感应强度可以使LED灯发光时更亮
【答案】BCD
【解析】辐条OP进入磁场匀速转动时有E＝BLeq \f(ωL,2)，在电路中OP相当于内阻为r的电源，另外两根金属辐条和LED灯并联，故电路的总电阻R＝eq \f(4r,3)，OP两端的电压为电源的路端电压U＝eq \f(E,R)·eq \f(r,3)＝eq \f(BL2ω,8)，流过LED灯的电流是I＝eq \f(U,r)＝eq \f(BL2ω,8r)，A错误，B正确；整个装置消耗的电能Q＝eq \f(E2,R)t＝eq \f(E2,\f(4r,3))·eq \f(1,3)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(πωB2L4,8r)，C正确；由LED灯中电流为I＝eq \f(BL2ω,8r)知，增大角速度、增大磁感应强度、减小辐条的电阻和LED灯的电阻等措施可以使LED灯变得更亮，故D正确。
8.(多选)如图所示，导体棒沿两平行导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是(规定电流由M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)( )
A B C D
【答案】AC
【解析】设导轨间距为L，导体棒在左半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向上，电流由M经R到N为正值，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B·2vt·v,R)＝eq \f(2Bv2t,R)∝t，故I随时间均匀增大，导体棒在右半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向下，电流为负值，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(2B×2L－vtv,R)，故I随时间均匀减小，且满足经过分界线时感应电流大小突然加倍，A正确，B错误；第一段时间内安培力大小F＝eq \f(4B2v3t2,R)∝t2，第二段时间内F＝eq \f(8B2L－vt2v,R)，根据数学知识可知，C正确，D错误。
9．(多选)(2020·安庆市二模)如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计。已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示。下列关于棒的运动速度v、外力F、流过R的电荷量q以及闭合回路中磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)随时间变化的图象正确的是( )
甲 乙
A B C D
【答案】AB
【解析】根据题图乙所示的I­t图象可知I＝kt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得：I＝eq \f(E,R＋r)＝kt，可推出：E＝kt(R＋r)，而E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，所以有：eq \f(ΔΦ,Δt)＝kt(R＋r)，eq \f(ΔΦ,Δt) ­t图象是一条过原点且斜率大于零的直线，故B正确；因E＝Blv，所以v＝eq \f(kR＋r,Bl)t，v­t图象是一条过原点且斜率大于零的直线，说明金属棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v＝at，故A正确；对金属棒在沿导轨方向有F－BIl＝ma，而I＝eq \f(Blv,R＋r)，v＝at，得到F＝eq \f(B2l2at,R＋r)＋ma，可见F­t图象是一条斜率大于零且与纵轴正半轴有交点的直线，故C错误；q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(Bl\f(1,2)at2,R＋r)＝eq \f(Bla,2R＋r)t2，q­t图象是一条开口向上的抛物线，故D错误。
10.如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好，现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是( )
A．回路中的最大电流为eq \f(BLI,mR)
B．铜棒b的最大加速度为eq \f(B2L2I,2m2R)
C．铜棒b获得的最大速度为eq \f(I,m)
D．回路中产生的总焦耳热为eq \f(I2,2m)
【答案】B
【解析】由题意知a获得冲量I时速度最大，即va＝eq \f(I,m)，此后a在安培力作用下做减速运动，b在安培力作用下做加速运动，回路中产生的电动势E＝BL(va－vb)，可知a刚获得冲量时回路中产生的感应电流最大，即Im＝eq \f(BLva,2R)＝eq \f(BLI,2mR)，故A错误；开始时b所受安培力最大，即Fm＝BImL＝eq \f(B2L2I,2mR)，则b棒的最大加速度am＝eq \f(Fm,m)＝eq \f(B2L2I,2m2R)，故B正确；由题意知，a棒做减速运动，b棒做加速运动，当a、b速度相等时，两棒同时向右做匀速直线运动，根据动量守恒定律可知，I＝2mvab，即vab＝eq \f(I,2m)，此速度亦为b棒的最大速度，故C错误；根据系统能量守恒，则有eq \f(1,2)mveq \\al(2,a)＝eq \f(1,2)(m＋m)veq \\al(2,ab)＋Q，即Q＝eq \f(I2,4m)，故D错误。
二、练名校真题
1.(2021·吉林市第三次调研)如图所示，空间分布着宽为L，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一金属线框从磁场左边界匀速向右通过磁场区域。规定逆时针方向为电流的正方向，则感应电流随位移变化的关系图像(i－x)正确的是( )
【答案】 D
【解析】 线圈位移小于L时，根据楞次定律，感应电流为逆时针方向，为正，且I1＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，大小不变；位移大于L小于2L时，此时磁通量向里增大，根据楞次定律，感应电流为逆时针方向，为正，且I2＝eq \f(E,R)＝eq \f(B·2Lv,R)＝2I1，大小不变；当位移大于2L小于3L时，磁通量向里减小，根据楞次定律，感应电流为顺时针方向，为负，且I3＝eq \f(E,R)＝eq \f(B·3Lv,R)＝3I1，所以A、B、C错误，D正确。
2.(2021·山东烟台市高考诊断一模)如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，两磁场边界均与x轴垂直且宽度均为L，在y轴方向足够宽。现有一高和底均为L的等腰三角形导线框，顶点a在y轴上，从图示x＝0位置开始，在外力F的作用下向右沿x轴正方向匀速穿过磁场区域。在运动过程中，线框bc边始终与磁场的边界平行。线框中感应电动势E大小、感应电流i大小、线框所受安培力F安大小、外力F大小这四个量分别与线框顶点a移动的位移x的关系图像中正确的是 ( )
【答案】 B
【解析】 线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，因切割的有效长度均匀减小，故由E＝BLv可知，电动势也均匀减小；由闭合电路欧姆定律得，感应电流也均匀减小；匀速运动，外力F与安培力大小相等，F＝F安＝eq \f(B2L2v,R)，外力F与安培力不是均匀减小，不是线性关系，故B正确，A、C、D错误。
3.(2020·重庆市上学期一诊)如图所示，长为d、质量为m的细金属杆ab，用长为L的细线悬挂后，恰好与水平光滑的平行金属导轨接触，平行金属导轨间距也为d，导轨平面处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。闭合开关S后，细金属杆ab向右摆起，悬线的最大偏角为θ。重力加速度为g，则闭合开关的短时间内通过细金属杆ab的电荷量为( )
A.eq \f(m,BL)eq \r(2gL（1－cs θ）) B.eq \f(m,Bd)eq \r(gL（1－cs θ）)
C.eq \f(m,Bd)eq \r(2gL（1－csθ）) D.eq \f(m,Bd)eq \r(2gLsin θ)
【答案】 C
【解析】 金属棒摆起过程由动能定理eq \f(1,2)mv2＝mgL(1－cs θ)，
合上开关的瞬间，由动量定理F安Δt＝mv，F安＝BId，q＝IΔt，联立解得q＝eq \f(m,Bd)eq \r(2gL（1－cs θ）)，A、B、D错误，C正确。
4.(多选)(2021·湖北七市州教科研协作体联考)如图所示，相距L的光滑金属导轨，半径为R的eq \f(1,4)圆弧部分竖直放置，平直部分固定于水平地面上，MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。金属棒ab和cd垂直导轨且接触良好，cd静止在磁场中；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触，cd离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半，已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为2m、电阻为2r。金属导轨电阻不计，重力加速度为g。下列说法正确的有( )
A.cd在磁场中运动时电流的方向为c→d
B.cd在磁场中做加速度减小的加速运动
C.cd在磁场中运动的过程中流过的电荷量为eq \f(m\r(2gR),BL)
D.cd在磁场中运动过程，cd上产生的焦耳热为eq \f(5,12)mgR
【答案】 BD
【解析】 cd在磁场中运动时，回路中磁通量减小，根据楞次定律可知，cd电流的方向为d→c，选项A错误；当ab进入磁场后回路中产生感应电流，则ab受到向左的安培力而做减速运动，cd受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知cd向右做加速度减小的加速运动，选项B正确；ab从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，对ab和cd系统，合力为零，则由动量守恒mv0＝m·2vcd＋2mvcd，解得vcd＝eq \f(1,4)v0＝eq \f(1,4)eq \r(2gR)，对cd由动量定理得Beq \(I,\s\up6(－))L·Δt＝2mvcd，其中q＝eq \(I,\s\up6(－))·Δt，解得q＝eq \f(m\r(2gR),2BL)，选项C错误；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，至cd刚离开磁场时由能量关系得mgR＝eq \f(1,2)m(2vcd)2＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,cd)＋Q，其中Qcd＝eq \f(2,3)Q，解得Qcd＝eq \f(5,12)mgR，选项D正确。
5.(2021·广东中山市上学期期末)如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域，取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图像正确的是( )
【答案】 C
【解析】 bc边的位置坐标x在L～2L过程，线框bc边有效切割长度为l＝x－L，感应电动势为E＝Blv＝B(x－L)v，感应电流I＝eq \f(Blv,R)＝eq \f(B（x－L）v,R)，电流逐渐增大；根据楞次定律判断出来感应电流方向为abcda，为正值。x在2L～3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向为adcba，为负值，线框ad边有效切线长度为l＝x－2L，感应电动势为E＝Blv＝B(x－2L)v，感应电流I＝－eq \f(Blv,R)＝－eq \f(B（x－2L）v,R)，电流逐渐增大，选项C正确，A、B、D错误。
6.(多选)(2021·湖北十堰市上学期期末)如图甲所示，abcd为由金属导体做成的框架，其平面与水平面所成角度为θ，质量为m的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的总电阻为R，整个装置放在垂直于框架平面的变化的磁场中，磁场的磁感应强度变化情况如图乙所示(取磁场方向垂直框架平面向上为正)，PQ始终静止。关于PQ与ab、cd间摩擦力Ff在0到t1内变化情况的说法中，有可能正确的是( )
A.Ff一直增大 B.Ff一直减小
C.Ff先增大，后减小 D.Ff先减小，后增大
【答案】 AD
【解析】 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得感应电流I＝eq \f(ΔB,ΔtR)S，其中磁感应强度的变化率为定值，所以在线圈中产生恒定的感应电流，根据楞次定律可知电流方向逆时针，根据左手定则可知开始导体棒PQ受到沿导轨向上的安培力，若开始安培力小于导体棒重力沿导轨向下的分力mgsin θ，则摩擦力方向沿导轨向上，其大小为Ff＝mgsin θ－F安，随着安培力的减小，摩擦力Ff逐渐增大，当安培力为零时，摩擦力达到最大；若开始安培力大于mgsin θ，则摩擦力方向沿导轨向下，其大小为Ff＝F安－mgsin θ，由于安培力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，当F安＝mgsin θ时，摩擦力为零并开始反向变为Ff＝mgsin θ－F安，Ff随着安培力的减小将逐渐增大；综上分析知，A、D正确，B、C错误。
7.(多选)(2020·安徽六安市省示范高中教学质检)如图甲所示，足够长光滑水平导轨MN、PQ间连接两定值电阻R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，导轨间距L＝0.5 m，整个装置处在磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，质量m＝0.1 kg的导体棒ab垂直导轨放置，在外力F作用下由静止开始做匀加速运动，F－t图像如乙图所示，则下列选项正确的是( )
A.导体棒匀加速运动的加速度a＝2 m/s2
B.导体棒电阻r＝1 Ω
C.t＝2 s时电阻R1的热功率eq \f(1,3) W
D.0～2 s内通过R1的电荷量为0.5 C
【答案】 AC
【解析】 由F－t图像得t＝0时，F安＝0，F＝0.2 N，则a＝eq \f(F,m)＝2 m/s2，选项A正确；2 s末速度v＝at＝4 m/s，此时F安＝0.25 N，由F安＝eq \f(B2L2v,R总)得R总＝4 Ω，又R总＝eq \f(R1R2,R1＋R2)＋r，得r＝2 Ω，B错误；在2 s末时刻，电路电流I＝eq \f(BLv,R总)＝0.5 A，流过R1电流I1＝eq \f(R2,R1＋R2)I＝eq \f(1,3) A，R1的热功率为P1＝Ieq \\al(2,1)R1＝eq \f(1,3) W，C正确；0～2 s内，导体棒的位移x＝eq \f(1,2)at2＝4 m，电路的总电荷量为Q＝eq \f(ΔΦ,R总)＝eq \f(BLx,R总)＝0.5 C，流过R1的电荷量为eq \f(1,3)C，D错误。
8.(多选)(2021·宁夏石嘴山市4月模拟)如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L，电阻不计，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上。现有一质量为m、有效电阻为r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度vm时，运动的位移为x，则( )
A.在此过程中金属杆的速度均匀增加
B.金属杆下滑的最大速度eq \f(mg（R＋r）sin α,B2L2)
C.在此过程中流过电阻R的电荷量为eq \f(BLx,R＋r)
D.在此过程中电阻R产生的焦耳热为mgxsin α－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
【答案】 BC
【解析】 对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有
mgsin α－BIL＝ma
根据闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(BLv,R＋r)
联立解得mgsin α－eq \f(B2L2v,R＋r)＝ma
可知，随着速度的增大，加速度不断减小，故金属杆做加速度减小的加速运动，所以速度不是均匀增大；当加速度为零时，速度达到最大，则有mgsin α－eq \f(B2L2vm,R＋r)＝0
解得vm＝eq \f(mg（R＋r）sin α,B2L2)，故A错误，B正确；在此过程中流过电阻R的电荷量为q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt，又eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)，eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)，联立解得q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLx,R＋r)，故C正确； 根据能量守恒定律得，在此过程中回路中产生的总热量为Q＝mgxsin α－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，电阻R产生的焦耳热为QR＝eq \f(R,R＋r)Q＝eq \f(R,R＋r)(mgxsin α－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m))，故D错误。
三．练规范解答
1.(2020·怀化模拟)如图甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg、电阻为r＝0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：
甲 乙
(1)判断金属棒两端a、b的电势高低；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)在金属棒ab从开始运动的1.5 s内，内阻R上产生的热量。
【答案】 (1)b点电势高，a点电势低 (2)0.1 T (3)0.26 J
【解析】(1)由右手定则可知，ab中的感应电流由a流向b，ab相当于电源，则b点电势高，a点电势低。
(2)由x­t图象求得t＝1.5 s时金属棒的速度为：v＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(11.2－7,2.1－1.5) m/s＝7 m/s
金属棒匀速运动时所受的安培力大小为F＝BIL，I＝eq \f(E,R＋r)，E＝BLv
联立得：F＝eq \f(B2L2v,R＋r)
根据平衡条件得：F＝mg
则有：mg＝eq \f(B2L2v,R＋r)
代入数据解得：B＝0.1 T。
(3)金属棒ab在开始运动的1.5 s内，金属棒的重力势能减少量转化为金属棒的动能和电路的内能。设电路中产生的总焦耳热为Q
根据能量守恒定律得：mgx＝eq \f(1,2)mv2＋Q
代入数据解得：Q＝0.455 J
故R产生的热量为QR＝eq \f(R,R＋r)Q＝0.26 J。
2. (2021·山东威海市模拟考试)如图甲所示，两根足够长的光滑平行直导轨固定在水平面上，导轨左侧连接一电容器，一金属棒垂直放在导轨上，且与导轨接触良好。在整个装置中加上垂直于导轨平面的磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化。0～t0内在导体棒上施加外力使导体棒静止不动，t0时刻撤去外力。已知电容器的电容为C，两导轨间距为L，导体棒到导轨左侧的距离为d，导体棒的质量为m。求：
(1)电容器带电荷量的最大值；
(2)导体棒能够达到的最大速度vm。
【答案】 (1)eq \f(CB0Ld,t0) (2)eq \f(CBeq \\al(2,0)L2d,t0（m＋CBeq \\al(2,0)L2）)
【解析】 (1)电容器两极板的电压U＝eq \f(B0,t0)Ld
电容器的带电荷量Q＝CU＝eq \f(CB0Ld,t0)。
(2)电容器放电后剩余的电荷量Q′＝CU′
U′＝B0Lvm
由动量定理得B0eq \(I,\s\up6(－))L·Δt＝mvm
Q－Q′＝eq \(I,\s\up6(－))Δt
解得vm＝eq \f(CBeq \\al(2,0)L2d,t0（m＋CBeq \\al(2,0)L2）)。
3.(2021·天津市红桥区第一次模拟)如图所示，竖直放置的固定平行光滑导轨ce、df的上端连一电阻R0＝9 Ω，导体棒ab水平放置在一水平支架MN上并与竖直导轨始终保持垂直且接触良好，在导轨之间有图示方向磁场，磁感应强度随时间变化的关系式为B＝3t(T)，abdc为一正方形，导轨宽L＝1 m，导体棒ab质量m＝0.9 kg，电阻R＝1 Ω，导轨电阻不计。(g取10 m/s2)求：
(1)t＝2 s时导体棒ab对水平支架的压力大小为多少；
(2)t＝2 s以后磁场保持恒定，某时刻撤去支架MN使ab从静止开始下落，求ab下落过程中达到的最大速度vm。
【答案】 (1)7.2 N (2)2.5 m/s
【解析】 (1)根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势
E＝eq \f(ΔB,Δt)L2＝3×1 V＝3 V
根据闭合电路的欧姆定律可得
I＝eq \f(E,R＋R0)＝eq \f(3,1＋9) A＝0.3 A
根据楞次定律可知电流方向从a到b。
t＝2 s时，B＝6 T，根据安培力的计算公式可得
F＝BIL＝6×0.3×1 N＝1.8 N，方向向上；
FN＝mg－F＝0.9×10 N－1.8 N＝7.2 N。
由牛顿第三定律知FN′＝FN＝7.2 N。
(2)在棒ab下落过程中，安培力F与棒ab的重力相等时导体棒达到最大速度，由Em＝BLvm，Im＝eq \f(Em,R＋R0)，F′＝BImL，可得F′＝eq \f(B2L2vm,R＋R0)＝mg，解得vm＝2.5 m/s。
4.(2021·福建厦门市五月质检)如图所示，质量M＝1 kg的绝缘板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1。金属框ABCD放在绝缘板上，质量m＝2 kg，长L1＝2 m，宽L2＝1 m，总电阻为0.1 Ω，与绝缘板间的动摩擦因数μ2＝0.2。S1、S2是边长为L＝0. 5 m的正方形区域，S1中存在竖直向下、均匀增加的磁场B1，其变化率eq \f(ΔB1,Δt)＝2 T/s；S2中存在竖直向上的匀强磁场，大小为B2＝2 T。将金属框ABCD及绝缘板均由静止释放，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求释放时：
(1)金属框ABCD所受安培力的大小与方向；
(2)金属框ABCD的加速度大小。
【答案】 (1)5 N 水平向右 (2)eq \f(2,3) m/s2
【解析】 (1)释放时，由法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔB1,Δt)L2
I＝eq \f(E,R)
F＝B2IL
解得F＝5 N，方向水平向右。
(2)假设金属框与绝缘板能相对静止，一起匀加速，则对整体而言
F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a
解得a＝eq \f(2,3) m/s2
设此时金属框与绝缘板间的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律F－Ff＝ma
解得Ff＝eq \f(11,3) N
而金属框与绝缘板之间的最大静摩擦力为Ffm＝μ2mg＝4 N
由于Ff＜Ffm
假设成立，金属框与绝缘板能相对静止一起加速，金属框此时的加速度大小为a＝eq \f(2,3) m/s2。
5.(2020·马鞍山二模)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上放置两根导体棒a和b，俯视图如图甲所示。两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B的竖直向上的匀强磁场。导体棒与导轨始终垂直接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x0，现给导体棒a一水平向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的Δv ­t图象(Δv表示两棒的相对速度，即Δv＝va－vb)
甲 乙
(1)试证明：在0～t2时间内，回路产生的焦耳热Q与磁感应强度B无关。
(2)求t1时刻棒b的加速度大小。
(3)求t2时刻两棒之间的距离。
【答案】 (1)见解析 (2)eq \f(B2L2v0,4mR) (3)x0＋eq \f(mv0R,B2L2)
【解析】(1)t2时刻开始，两棒速度相等，由动量守恒定律有
2mv＝mv0
由能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(2m)v2
解得Q＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)
所以在0～t2时间内，回路产生的焦耳热Q与磁感应强度B无关。
(2)t1时刻有va－vb＝eq \f(v0,2)
回路中的电流I＝eq \f(E,2R)＝eq \f(BLva－BLvb,2R)
此时棒b所受的安培力F＝BIL
由牛顿第二定律得棒b的加速度大小
a1＝eq \f(F,m)＝eq \f(B2L2v0,4mR)。
(3)t2时刻，两棒速度相同，均为v＝eq \f(v0,2)
0～t2时间内，对棒b，由动量定理有
Beq \x\t(I)L·Δt＝mv－0
根据法拉第电磁感应定律有eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
根据闭合电路欧姆定律有eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)
而ΔΦ＝BΔS＝BL(x－x0)
解得t2时刻两棒之间的距离x＝x0＋eq \f(mv0R,B2L2)。
6.两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现杆b以初速度大小v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g取10 m/s2，求：
甲 乙
(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。
【答案】(1)5 s (2)eq \f(7,3) C (3)eq \f(115,6) J
【解析】(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有
Bdeq \x\t(I)·Δt＝mb(v0－vb0)
其中vb0＝2 m/s
代入数据解得Δt＝5 s。
(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有
magh＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)
解得va＝eq \r(2gh)＝5 m/s
设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得
mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′
代入数据解得v′＝eq \f(8,3) m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，
则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝eq \f(7,3) C。
(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
Q＝magh＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mb＋ma)v′2＝eq \f(161,6) J
b棒中产生的焦耳热为Q′＝eq \f(5,2＋5)Q＝eq \f(115,6) J。