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高中沪科版 (2019)第5章 电磁场与电磁波5.3 电磁感应练习
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这是一份高中沪科版 (2019)第5章 电磁场与电磁波5.3 电磁感应练习，共8页。
A．B．CD．
【解答】解：在整个正方形导线框通过磁场的过程中，
切割磁感线的边框为两竖直边框，两水平边框不切割磁感线．由于正方形导线框沿OO′方向匀速通过磁场，①从开始到左边框到达O′之前，进入磁场切割磁感线的有效长度随时间均匀增加，根据E=BLv得出感应电动势随时间也均匀增加，由于电阻不变，所以感应电流i也随时间均匀增加．根据右手定则判断出感应电流的方向，结合导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，得出开始为正方向．
②当左边框到达OO′之后，由于进入磁场切割磁感线的有效长度不变，所以感应电流i不变．③当左边框到达OO′中点，右边框即将进入磁场切割磁感线，由于左边框的切割磁感线的有效长度在减小，而右边框切割磁感线有效长度在增大，而左右边框切割磁感线产生的感应电动势方向相反，所以整个感应电动势随时间也均匀减小．
④当左边框到达距O点时，左右边框切割磁感线的有效长度相等，此时感应电动势为0，再往后跟前面过程相反．故ABC错误，D正确．故选：D．
2．如图所示，直角坐标系Oxy的2、4象限有垂直坐标系向里的匀强磁场磁感应强度大小均为B，在第3象限有垂直坐标系向外的匀强磁场磁感应强度大小为2B，现将半径为R，圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动．t=0时线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．则下列关于导线框中的电流随时间变化关系正确的是（ ）
C
A．B．D
【解答】解：在0﹣t时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为： E1=ω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I1==．根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针．
在t﹣2t时间内，线框进入第3象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为： E2=ω•R2+ω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；
在2t﹣3t时间内，线框进入第4象限的过程中，回路电流方向为逆时针．回路中产生的更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 感应电动势为：E3=ω•R2+ω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；
在3t﹣4t时间内，线框出第4象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为： E4=ω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I4=I1；故B正确．故选：B
3．如图甲所示为一“凸型”线框，总电阻为R，其中ab=bc=cd=de=ah=gh=gf=l，ef=3l。线框在外力作用下以恒定速度v垂直磁场通过两个宽均为l的有界匀强磁场，磁感应强度大小都为B，方向相反。取逆时针方向电流为正，安培力水平向左为正。图示时刻t=0，则线框中产生的电流i和整个线框受到的安培力F随时间t变化的图象中，正确的是（其中，，）（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC【详解】(1)ab边进入左侧磁场时感应电动势为感应电流为
由右手定则可知，线框进入磁场过程感应电流沿逆时针方向，是正的。安培力为(2)ab边进入右侧磁场、gh与cd边进入左侧磁场时感应电动势为感应电流为由右手定则可知，线框中合感应电流沿逆时针方向，是正的。安培力为
(3)gh与cd边进入右侧磁场、ef边进入左侧磁场时感应电动势为感应电流为由右手定则可知，线框中合感应电流沿顺时针方向，是负的。安培力为
(4)ef边离开磁场时感应电动势为感应电流为
安培力为由右手定则可知感应电流沿逆时针方向，是正的。
选项AC正确，BD错误。故选AC。
4．如图所示，一个边长为l、总电阻为R的单匝等边三角形金属线框，在外力的作用下以速度v匀速穿过宽度均为l的两个有界匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反．线框运动方向始终与底边平行且与磁场边界垂直．取顺时针方向的电流为正，从图示位置开始，线框中的感应电流i与线框沿运动方向的位移x之间的函数图象是（ ）
A．B．CD．
【解答】解：（1）线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，感应电流方向沿顺时针方向，电流方向是正的，由图象可知，B、D错误；
（2）线框进入磁场时，切割磁感线的导线有效长度L均匀增大，故由E=BLV可知；
①在0～内，切割的有效长度均匀增大，电动势也均匀增加，感应电流均匀增加；
②～l内，切割的有效长度均匀减小，电动势也均匀减小，感应电流均匀减小；
③l～时间内，垂直向外的磁通量增多，向内的减少，磁通量减少，由楞次定律可知，电流方向为逆时针方向；
在此阶段内，线圈的左右两部分分别处在两个不同的磁场中，两部分产生的电流方向相同，
切割磁感线的导线有效长度都均匀变大，所以在时刻感应电动势与感应电流是时刻的两倍，故A正确，C错误．故选A．
（二）含容电路
5．如图所示，平行导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中（方向向里），间距为L，左端电阻为R，其余电阻不计，导轨右端接一电容为C的电容器．现有一长2L的金属棒ab放在导轨上，ab以a为轴顺时针以ω转过90°的过程中，通过R的电量为（ ）
Q= B.Q=2BL2ωC
C.Q= D.Q=BL2ωC）
【解答】解：由ab棒以a为轴旋转到b端脱离导轨的过程中，产生的感应电动势一直增大，对C不断充电，同时又与R构成闭合回路，ab产生的感应电动势平均值
E=△S表示ab扫过的三角形面积，．
通过R的电量．在这一过程中电容器充电的电量Q2=CUm．
Um为ab棒在转动过程中产生感应电动势的最大值．．所以ab棒脱离导轨后电容器放电，流过R的电量等于．则流过R的总电量Q=Q1+Q2=BL2．故D正确，A、B、C错误．故选D．
6．如图所示，两光滑导轨相距为L，倾斜放置，与水平地面夹角为α，上端接一电容为C的电容器。导轨上有一质量为m长为L的导体棒平行地面放置，导体棒离地面的高度为h，磁感强度为B的匀强磁场与两导轨所决定的平面垂直，开始时电容器不带电。将导体棒由静止释放，整个电路电阻不计，则（ ）
A．导体棒先做加速运动，后作匀速运动
B．导体棒一直做匀加速直线运动，加速度为a＝
C．导体棒落地时瞬时速度v=
D．导体棒下落中减少的重力势能大于增加的动能，机械能不守恒
【答案】BD【详解】AB．对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律而整理得解得①下滑的过程中，加速度保持不变，因此B正确，A错误；C．根据速度与位移的关系 ②由①②联立C错误；D．下降过程中，由于电容器充电，根据能量守恒，减小的重力势能，一部分转化为动能，一部分转化为电场能，因此减少的重力势能大于增加的动能，机械能不守恒，D正确。故选BD。
7.（高考题.天津卷）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E ， 电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l ， 电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN ， 垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：
(1)磁场的方向；
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
【答案】（1）垂直于导轨平面向下。
（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E ， 当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I ， 有①设MN受到的安培力为F ， 有F=IlB②
由牛顿第二定律有F=ma③联立①②③式得④
（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0 ， 有Q0=CE⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为 ，有⑥依题意有⑦
设在此过程中MN的平均电流为 ，MN上受到的平均安培力为 ，有⑧
由动量定理，有⑨又⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得⑪
（三）导体棒在磁场中做变速运动时通过它的电荷量及距离的计算
8．如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0<θ<90°），其中MN与PQ平行且间距为L，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面，导轨NQ部分电阻为R，其余部分电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路部分的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（ ）
A．运动的平均速度大小为B．下滑位移大小为
C．产生的焦耳热小于D．受到的最大安培力大小为
【答案】BC【详解】A．对导体棒，根据牛顿第二运动定律有：
由于v从0增大，所以导体棒做加速度越来越小的加速运动，则由v-t图像可得其平均速度选项A错误；B．由可得选项B正确；
C．此过程中电动势最大值为BLv，电路产生的焦耳热小于
AB棒产生的焦耳热等于总焦耳热的一半，选项C正确；
D．最大安培力应为，选项D错误。故选BC。
9．如图所示，足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，间距为L＝0.5 m，一匀强磁场磁感应强度B＝0.2 T垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg、电阻不计的金属棒ab垂直紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，经过一段时间金属棒达到稳定状态，这段时间内通过R的电荷量为0.3 C，则在这一过程中（g取10 m/s2） （ ）
A．棒ab所受安培力的最大值为0.05 NB．这段时间内，棒ab下降的高度1.2 m
C．重力的最大功率为0.1 WD．电阻R上产生的焦耳热为0.04 J
【答案】BD【详解】A．当金属棒达到稳定状态时即匀速运动，此时安培力最大，最大值应该等于重力0.1N，故A错误；B．由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知解得x＝1.2m，故B正确；C．当安培力等于重力时，速度最大， ，解得vm＝4m/s，重力最大功Pm＝mgvm=0.4W，故C错误；D．由能量守恒守律，电阻R上产生的焦耳热Q＝mgx－＝0.04 J，故D正确。故选BD。
10．如图所示，在倾角为30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨，其间距为L，下端接有阻值为R的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与斜面垂直（图中未画出）。质量为、长度为L，阻值大小也为R的金属棒与固定在斜面上方的劲度系数为的绝缘弹簧相接，弹簧处于原长并被锁定，现解除锁定的同时使金属棒获得沿斜面向下的速度，从开始运动到停止运动的过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为，在上述过程中（ ）
A．开始运动时金属棒两端的电压为
B．通过电阻R的最大电流一定是
C．通过电阻R的总电荷量为D．回路产生的总热量等于
【答案】AC【详解】A．开始运动时导体棒产生的感应电动势
因此导体棒两端的电压故A正确；
B．由于开始向下运动时，安培力沿斜面向上，重力下滑分力沿斜面向下，无法确定两个力的大小关系，最大速度无法确定，因此最大电流无法确定，故B错误；
C．最后导体棒停止时，向下移动的距离为x，由平衡条件有
解得 流过R有电荷量故C正确；D．根据能量守恒故D错误。故选AC。
(四）动量定理及能量守恒定律的应用
11．如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角，导轨间距，其下端连接一个定值电通，其它电阻不计，两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度。一质量为的导体棒垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度，，。求：
(1)导体棒下滑的最大速度；
(2)导体棒从静止加速到的过程中，通过R的电量，求导体棒从静止加速到所用的时间；
(3)求第(2)问中R上产生的热量值。
【答案】(1) ；(2) ；(3)
【详解】(1)最大速度时，合力为0，受力分析得根据闭合电路欧姆定律代入数据解得(2)运动过程
加速过程中根据动量定理代入数据得
(3).根据能量守恒代入数据解得
12．如图示，长为L，质量为m，电阻为R的金属棒a垂直于光滑的金属导轨水平放置，从高h处由静止沿光滑的弧形轨道下滑，然后进入宽为L、足够长的光滑水平导轨．水平导轨位于竖直向上，磁感应强度为B，范围足够大的匀强磁场中．在水平导轨上宽度为部分垂直于导轨静止着与金属棒a相同的金属棒b．导轨电阻不计．则整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．两金属棒产生的热量均为mgh B．两金属棒的最终速度均为
C．电路产生的焦耳热量为mgh D．电路中通过的电荷量为
【解答】解：A、两金属棒串联，任何时刻电流相等，但是电阻不同，则产生的热量不同．故A错误．
B、金属棒a进入磁场后做减速运动，金属棒b做加速运动，当b棒的速度是a棒的速度的两倍时，回路中没有感应电流，两棒均做匀速直线运动，因为安培力对a棒的冲量是安培力对b棒冲量的2倍，则a棒动量的变化量大小是b棒动量变化量的2倍，设金属棒a到达底端的速度为v，根据动能定理得，mgh=，解得v=．
设最终a棒的速度为v′，则b棒的速度为2v′，有：m（v﹣v′）=4mv′，解得，b棒的速度为．故B错误．
C、根据能量守恒得，mgh=，解得Q=．故C正确．
D、对金属棒a，根据动量定理得，，即qBL=，解得电路中通过的电荷量为q=．故D错误．故选：C．
13．如图所示，宽为L的平行固定光滑金属导轨MN和PQ由圆弧部分和水平部分平滑连接，右端接阻值为R的定值电阻，水平轨道的左边部分矩形区域（长度为d，未知）内有竖直向上、大小为B的匀强磁场。在圆弧部分的某一高度h处由静止释放一根长为L的金属棒，金属棒到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒质量为m，通过定值电阻的最大电流为I，金属棒与导轨始终垂直接触良好，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒在磁场区域做匀减速直线运动B．金属棒产生的焦耳热为mgh
C．金属棒的电阻为D．磁场区域长度为
【答案】CD【详解】A．金属棒进入磁场中，受到的安培力表示为
根据楞次定律可知安培力阻碍金属棒运动，水平向左，根据牛顿第二定律
金属棒速度减小，加速度减小，做加速度减小的减速运动，A错误；
B．金属棒从高处滑下到停止运动，根据动能定理得
根据焦耳定律可知所以B错误；
C．金属棒从高处滑下，根据动能定理
此时金属棒进入磁场，速度最大，电动势最大，电流最大，即
解得C正确；
D．导体棒进入磁场，取时间微元，选取水平向右为正，根据动量定理
结合可知全过程有
解得D正确。故选CD。
14．如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L3与L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面向里．现有一矩形线圈abcd，宽度cd=L=0.5m，质量为0.1kg，电阻为2Ω，将其从图示位置静止释放（cd边与L1重合），速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，t2～t3之间图线为与t轴平行的直线，t1～t2之间和t3之后的图线均为倾斜直线，已知t1～t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向．（重力加速度g取10m/s2）．则（ ）
A．在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为2.5C
B．线圈匀速运动的速度大小为8m/s C．线圈的长度为1m
D．0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2J
【解答】解：B、根据平衡有：mg=BIL 而I=
联立两式解得：m/s．故B正确．
C、t1～t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场．设磁场的宽度为d，则线圈的长度：
L′=2d线圈下降的位移为：x=L′+d=3d，则有：3d=vt﹣gt2，
将v=8m/s，t=0.6s，代入解得：d=1m，所以线圈的长度为L′=2d=2m．故C错误．
A、在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为：C．故A错误．
D、0～t3时间内，根据能量守恒得：Q=mg（3d+2d）﹣mv2=J．故D错误．故选：B
A．B．CD．
【解答】解：在整个正方形导线框通过磁场的过程中，
切割磁感线的边框为两竖直边框，两水平边框不切割磁感线．由于正方形导线框沿OO′方向匀速通过磁场，①从开始到左边框到达O′之前，进入磁场切割磁感线的有效长度随时间均匀增加，根据E=BLv得出感应电动势随时间也均匀增加，由于电阻不变，所以感应电流i也随时间均匀增加．根据右手定则判断出感应电流的方向，结合导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，得出开始为正方向．
②当左边框到达OO′之后，由于进入磁场切割磁感线的有效长度不变，所以感应电流i不变．③当左边框到达OO′中点，右边框即将进入磁场切割磁感线，由于左边框的切割磁感线的有效长度在减小，而右边框切割磁感线有效长度在增大，而左右边框切割磁感线产生的感应电动势方向相反，所以整个感应电动势随时间也均匀减小．
④当左边框到达距O点时，左右边框切割磁感线的有效长度相等，此时感应电动势为0，再往后跟前面过程相反．故ABC错误，D正确．故选：D．
2．如图所示，直角坐标系Oxy的2、4象限有垂直坐标系向里的匀强磁场磁感应强度大小均为B，在第3象限有垂直坐标系向外的匀强磁场磁感应强度大小为2B，现将半径为R，圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动．t=0时线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．则下列关于导线框中的电流随时间变化关系正确的是（ ）
C
A．B．D
【解答】解：在0﹣t时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为： E1=ω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I1==．根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针．
在t﹣2t时间内，线框进入第3象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为： E2=ω•R2+ω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；
在2t﹣3t时间内，线框进入第4象限的过程中，回路电流方向为逆时针．回路中产生的更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 感应电动势为：E3=ω•R2+ω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；
在3t﹣4t时间内，线框出第4象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为： E4=ω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I4=I1；故B正确．故选：B
3．如图甲所示为一“凸型”线框，总电阻为R，其中ab=bc=cd=de=ah=gh=gf=l，ef=3l。线框在外力作用下以恒定速度v垂直磁场通过两个宽均为l的有界匀强磁场，磁感应强度大小都为B，方向相反。取逆时针方向电流为正，安培力水平向左为正。图示时刻t=0，则线框中产生的电流i和整个线框受到的安培力F随时间t变化的图象中，正确的是（其中，，）（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC【详解】(1)ab边进入左侧磁场时感应电动势为感应电流为
由右手定则可知，线框进入磁场过程感应电流沿逆时针方向，是正的。安培力为(2)ab边进入右侧磁场、gh与cd边进入左侧磁场时感应电动势为感应电流为由右手定则可知，线框中合感应电流沿逆时针方向，是正的。安培力为
(3)gh与cd边进入右侧磁场、ef边进入左侧磁场时感应电动势为感应电流为由右手定则可知，线框中合感应电流沿顺时针方向，是负的。安培力为
(4)ef边离开磁场时感应电动势为感应电流为
安培力为由右手定则可知感应电流沿逆时针方向，是正的。
选项AC正确，BD错误。故选AC。
4．如图所示，一个边长为l、总电阻为R的单匝等边三角形金属线框，在外力的作用下以速度v匀速穿过宽度均为l的两个有界匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反．线框运动方向始终与底边平行且与磁场边界垂直．取顺时针方向的电流为正，从图示位置开始，线框中的感应电流i与线框沿运动方向的位移x之间的函数图象是（ ）
A．B．CD．
【解答】解：（1）线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，感应电流方向沿顺时针方向，电流方向是正的，由图象可知，B、D错误；
（2）线框进入磁场时，切割磁感线的导线有效长度L均匀增大，故由E=BLV可知；
①在0～内，切割的有效长度均匀增大，电动势也均匀增加，感应电流均匀增加；
②～l内，切割的有效长度均匀减小，电动势也均匀减小，感应电流均匀减小；
③l～时间内，垂直向外的磁通量增多，向内的减少，磁通量减少，由楞次定律可知，电流方向为逆时针方向；
在此阶段内，线圈的左右两部分分别处在两个不同的磁场中，两部分产生的电流方向相同，
切割磁感线的导线有效长度都均匀变大，所以在时刻感应电动势与感应电流是时刻的两倍，故A正确，C错误．故选A．
（二）含容电路
5．如图所示，平行导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中（方向向里），间距为L，左端电阻为R，其余电阻不计，导轨右端接一电容为C的电容器．现有一长2L的金属棒ab放在导轨上，ab以a为轴顺时针以ω转过90°的过程中，通过R的电量为（ ）
Q= B.Q=2BL2ωC
C.Q= D.Q=BL2ωC）
【解答】解：由ab棒以a为轴旋转到b端脱离导轨的过程中，产生的感应电动势一直增大，对C不断充电，同时又与R构成闭合回路，ab产生的感应电动势平均值
E=△S表示ab扫过的三角形面积，．
通过R的电量．在这一过程中电容器充电的电量Q2=CUm．
Um为ab棒在转动过程中产生感应电动势的最大值．．所以ab棒脱离导轨后电容器放电，流过R的电量等于．则流过R的总电量Q=Q1+Q2=BL2．故D正确，A、B、C错误．故选D．
6．如图所示，两光滑导轨相距为L，倾斜放置，与水平地面夹角为α，上端接一电容为C的电容器。导轨上有一质量为m长为L的导体棒平行地面放置，导体棒离地面的高度为h，磁感强度为B的匀强磁场与两导轨所决定的平面垂直，开始时电容器不带电。将导体棒由静止释放，整个电路电阻不计，则（ ）
A．导体棒先做加速运动，后作匀速运动
B．导体棒一直做匀加速直线运动，加速度为a＝
C．导体棒落地时瞬时速度v=
D．导体棒下落中减少的重力势能大于增加的动能，机械能不守恒
【答案】BD【详解】AB．对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律而整理得解得①下滑的过程中，加速度保持不变，因此B正确，A错误；C．根据速度与位移的关系 ②由①②联立C错误；D．下降过程中，由于电容器充电，根据能量守恒，减小的重力势能，一部分转化为动能，一部分转化为电场能，因此减少的重力势能大于增加的动能，机械能不守恒，D正确。故选BD。
7.（高考题.天津卷）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E ， 电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l ， 电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN ， 垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：
(1)磁场的方向；
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
【答案】（1）垂直于导轨平面向下。
（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E ， 当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I ， 有①设MN受到的安培力为F ， 有F=IlB②
由牛顿第二定律有F=ma③联立①②③式得④
（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0 ， 有Q0=CE⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为 ，有⑥依题意有⑦
设在此过程中MN的平均电流为 ，MN上受到的平均安培力为 ，有⑧
由动量定理，有⑨又⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得⑪
（三）导体棒在磁场中做变速运动时通过它的电荷量及距离的计算
8．如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0<θ<90°），其中MN与PQ平行且间距为L，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面，导轨NQ部分电阻为R，其余部分电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路部分的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（ ）
A．运动的平均速度大小为B．下滑位移大小为
C．产生的焦耳热小于D．受到的最大安培力大小为
【答案】BC【详解】A．对导体棒，根据牛顿第二运动定律有：
由于v从0增大，所以导体棒做加速度越来越小的加速运动，则由v-t图像可得其平均速度选项A错误；B．由可得选项B正确；
C．此过程中电动势最大值为BLv，电路产生的焦耳热小于
AB棒产生的焦耳热等于总焦耳热的一半，选项C正确；
D．最大安培力应为，选项D错误。故选BC。
9．如图所示，足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，间距为L＝0.5 m，一匀强磁场磁感应强度B＝0.2 T垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg、电阻不计的金属棒ab垂直紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，经过一段时间金属棒达到稳定状态，这段时间内通过R的电荷量为0.3 C，则在这一过程中（g取10 m/s2） （ ）
A．棒ab所受安培力的最大值为0.05 NB．这段时间内，棒ab下降的高度1.2 m
C．重力的最大功率为0.1 WD．电阻R上产生的焦耳热为0.04 J
【答案】BD【详解】A．当金属棒达到稳定状态时即匀速运动，此时安培力最大，最大值应该等于重力0.1N，故A错误；B．由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知解得x＝1.2m，故B正确；C．当安培力等于重力时，速度最大， ，解得vm＝4m/s，重力最大功Pm＝mgvm=0.4W，故C错误；D．由能量守恒守律，电阻R上产生的焦耳热Q＝mgx－＝0.04 J，故D正确。故选BD。
10．如图所示，在倾角为30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨，其间距为L，下端接有阻值为R的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与斜面垂直（图中未画出）。质量为、长度为L，阻值大小也为R的金属棒与固定在斜面上方的劲度系数为的绝缘弹簧相接，弹簧处于原长并被锁定，现解除锁定的同时使金属棒获得沿斜面向下的速度，从开始运动到停止运动的过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为，在上述过程中（ ）
A．开始运动时金属棒两端的电压为
B．通过电阻R的最大电流一定是
C．通过电阻R的总电荷量为D．回路产生的总热量等于
【答案】AC【详解】A．开始运动时导体棒产生的感应电动势
因此导体棒两端的电压故A正确；
B．由于开始向下运动时，安培力沿斜面向上，重力下滑分力沿斜面向下，无法确定两个力的大小关系，最大速度无法确定，因此最大电流无法确定，故B错误；
C．最后导体棒停止时，向下移动的距离为x，由平衡条件有
解得 流过R有电荷量故C正确；D．根据能量守恒故D错误。故选AC。
(四）动量定理及能量守恒定律的应用
11．如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角，导轨间距，其下端连接一个定值电通，其它电阻不计，两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度。一质量为的导体棒垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度，，。求：
(1)导体棒下滑的最大速度；
(2)导体棒从静止加速到的过程中，通过R的电量，求导体棒从静止加速到所用的时间；
(3)求第(2)问中R上产生的热量值。
【答案】(1) ；(2) ；(3)
【详解】(1)最大速度时，合力为0，受力分析得根据闭合电路欧姆定律代入数据解得(2)运动过程
加速过程中根据动量定理代入数据得
(3).根据能量守恒代入数据解得
12．如图示，长为L，质量为m，电阻为R的金属棒a垂直于光滑的金属导轨水平放置，从高h处由静止沿光滑的弧形轨道下滑，然后进入宽为L、足够长的光滑水平导轨．水平导轨位于竖直向上，磁感应强度为B，范围足够大的匀强磁场中．在水平导轨上宽度为部分垂直于导轨静止着与金属棒a相同的金属棒b．导轨电阻不计．则整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．两金属棒产生的热量均为mgh B．两金属棒的最终速度均为
C．电路产生的焦耳热量为mgh D．电路中通过的电荷量为
【解答】解：A、两金属棒串联，任何时刻电流相等，但是电阻不同，则产生的热量不同．故A错误．
B、金属棒a进入磁场后做减速运动，金属棒b做加速运动，当b棒的速度是a棒的速度的两倍时，回路中没有感应电流，两棒均做匀速直线运动，因为安培力对a棒的冲量是安培力对b棒冲量的2倍，则a棒动量的变化量大小是b棒动量变化量的2倍，设金属棒a到达底端的速度为v，根据动能定理得，mgh=，解得v=．
设最终a棒的速度为v′，则b棒的速度为2v′，有：m（v﹣v′）=4mv′，解得，b棒的速度为．故B错误．
C、根据能量守恒得，mgh=，解得Q=．故C正确．
D、对金属棒a，根据动量定理得，，即qBL=，解得电路中通过的电荷量为q=．故D错误．故选：C．
13．如图所示，宽为L的平行固定光滑金属导轨MN和PQ由圆弧部分和水平部分平滑连接，右端接阻值为R的定值电阻，水平轨道的左边部分矩形区域（长度为d，未知）内有竖直向上、大小为B的匀强磁场。在圆弧部分的某一高度h处由静止释放一根长为L的金属棒，金属棒到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒质量为m，通过定值电阻的最大电流为I，金属棒与导轨始终垂直接触良好，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒在磁场区域做匀减速直线运动B．金属棒产生的焦耳热为mgh
C．金属棒的电阻为D．磁场区域长度为
【答案】CD【详解】A．金属棒进入磁场中，受到的安培力表示为
根据楞次定律可知安培力阻碍金属棒运动，水平向左，根据牛顿第二定律
金属棒速度减小，加速度减小，做加速度减小的减速运动，A错误；
B．金属棒从高处滑下到停止运动，根据动能定理得
根据焦耳定律可知所以B错误；
C．金属棒从高处滑下，根据动能定理
此时金属棒进入磁场，速度最大，电动势最大，电流最大，即
解得C正确；
D．导体棒进入磁场，取时间微元，选取水平向右为正，根据动量定理
结合可知全过程有
解得D正确。故选CD。
14．如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L3与L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面向里．现有一矩形线圈abcd，宽度cd=L=0.5m，质量为0.1kg，电阻为2Ω，将其从图示位置静止释放（cd边与L1重合），速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，t2～t3之间图线为与t轴平行的直线，t1～t2之间和t3之后的图线均为倾斜直线，已知t1～t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向．（重力加速度g取10m/s2）．则（ ）
A．在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为2.5C
B．线圈匀速运动的速度大小为8m/s C．线圈的长度为1m
D．0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2J
【解答】解：B、根据平衡有：mg=BIL 而I=
联立两式解得：m/s．故B正确．
C、t1～t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场．设磁场的宽度为d，则线圈的长度：
L′=2d线圈下降的位移为：x=L′+d=3d，则有：3d=vt﹣gt2，
将v=8m/s，t=0.6s，代入解得：d=1m，所以线圈的长度为L′=2d=2m．故C错误．
A、在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为：C．故A错误．
D、0～t3时间内，根据能量守恒得：Q=mg（3d+2d）﹣mv2=J．故D错误．故选：B
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