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【备战2023高考】物理专题讲与练——考向20《电磁感应动力学问题》全能练（含解析）（全国通用）
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考向20 电磁感应中的动力学问题
【重点知识点目录】
1. “三定则、一定律”的综合应用（安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律）
2. 导体切割磁感线产生感应电动势
3. 动力学问题几种考法（导体棒在磁场中静止、导体棒在磁场中做匀速直线运动、导体棒在磁场中做加速运动）
1．（2022•上海）如图，一个正方形导线框以初速v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生变化所用时间分别为t1和t2，以及这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则（ ）
A．t1＜t2，W1＜W2 B．t1＜t2，W1＞W2
C．t1＞t2，W1＜W2 D．t1＞t2，W1＞W2
【答案】B。
【解析】解：选向右的方向为正方向
线框进入磁场的过程中，根据动量定理得：
又因为
可得：v1﹣v0＝v2﹣v1
线框进入磁场和离开磁场的过程中都受到向左的安培力的作用而减速，进入过程平均速度大于离开过程平均速度，则根据可知：t1＜t2；
根据动能定理可得：
；
解得：，故B正确，ACD错误；
2．（2022•甲卷）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则（ ）
A．I1＜I3＜I2 B．I1＞I3＞I2 C．I1＝I2＞I3 D．I1＝I2＝I3
【答案】C。
【解析】解：设圆的半径为R，则圆的周长为L2＝2πR，面积S2＝πR2，正方形的周长为L1＝8R，面积S1＝4R2，正六边形的周长为L3＝6R，面积S3＝R2，
根据电阻定律有：R＝
根据法拉第电磁感应定律有：E＝
根据欧姆定律有：I＝＝∝
代入周长与面积可知：I1＝I2＞I3
故C正确，ABD错误；
3．（2021•北京）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中（ ）
A．导体棒做匀减速直线运动
B．导体棒中感应电流的方向为a→b
C．电阻R消耗的总电能为
D．导体棒克服安培力做的总功小于mv02
【答案】C。
【解析】解：A、设磁感应强度为B，导轨的宽度为L，当速度为v时的安培力为FA＝BIL＝，根据牛顿第二定律可得：FA＝ma，解得：a＝，当速度减小时加速度减小、导体棒做加速度减小的减速运动，故A错误；
B、根据右手定则可知导体棒中感应电流的方向为b→a，故B错误；
C、整个过程中电路中消耗的总电能为：E＝，根据焦耳定律可得电阻R消耗的总电能为ER＝＝，故C正确；
D、根据动能定理可知导体棒克服安培力做的总功等于mv02，故D错误。
4．（2021•河北）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是（ ）
A．通过金属棒的电流为2BCv2tanθ
B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθ
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
【答案】A。
【解析】解：C、金属棒沿x轴正方向匀速运动切割垂直纸面向里的磁感线，发生电磁感应现象，金属棒相当于电源，由右手定则判断，金属棒中电流方向向上，金属棒上端为电源正极，可知电容器的上极板带正电，故C错误；
A、以金属棒开始运动时为计时零时刻，设金属棒在0﹣t时间内运动位移为x，
在t时刻金属棒在导轨间的长度L＝2xtanθ，
此时金属棒在导轨间的电动势E＝BLv，
电容器的电压U＝E，
电容器的电量Q＝CU＝2BCvxtanθ，
在t﹣（t+△t）（△t趋近于零）时间内，金属棒的位移由x增加到（x+△x），则
电容器的电量增加量△Q＝2BCv•△x•tanθ，
通过金属棒的电流I＝＝，其中＝v，
可得I＝2BCv2tanθ，故A正确；
B、由A选项的分析结果Q＝2BCvxtanθ，可知金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为2BCvx0tanθ，故B错误；
D、由A选项的分析结果I＝2BCv2tanθ，可知流过金属棒的电流恒定，由F安＝BIL，金属棒在导轨间的长度L不断增加，其所受安培力不断增大，金属棒做匀速直线运动，由受力平衡可知，外力F的大小等于安培力，即外力F不断增大，由P＝Fv可知外力F做功的功率不断增加，故D错误。
1．对法拉第电磁感应定律的理解
2．计算感应电动势的公式有两个：一个是
一个是E=Blvsinθ，计算时要能正确选用公式，一般求平均电动势选用
，求瞬时电动势选用E=Blvsinθ．
3．电磁感应现象中通过导体横截面的电量的计算：由q=I•△t，I=E/R总
可导出电荷量
4.两种状态及处理方法
平衡态：加速度为零，根据平衡条件列式分析。
非平衡态：加速度不为零，根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
4. 抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v、“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
5. 楞次定律中“阻碍”的含义。
6．楞次定律的推广
对楞次定律中“阻碍”含义的推广：感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因。
（1）阻碍原磁通量的变化--“增反减同”；
（2）阻碍相对运动--“来拒去留”；
（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势--“增缩减扩”；
（4）阻碍原电流的变化（自感现象）--“增反减同”。
7．相互联系
（1）应用楞次定律，必然要用到安培定则；
（2）感应电流受到的安培力，有时可以先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时可以直接应用楞次定律的推论确定。
8．右手定则适用于部分导体切割磁感线运动时感应电流的方向判定，而楞次定律适用于一切电磁感应现象，是判断感应电流方向的基本方法，对于由于磁通量变化而引起的感应电流，运用楞次定律判断其方向更方便．
9．安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的比较及应用．
（1）规律比较
基本现象
应用的定则或定律
运动电荷、电流产生磁场
安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力
左手定则
电磁感应
部分导体做切割磁感线运动
右手定则
闭合回路磁通量变化
楞次定律
（2）应用区别
关键是抓住因果关系：①因电而生磁（I→B）→安培定则；②因动而生电（v、B→I安）→右手定则；③因电而受力（I、B→F安）→左手定则．
1． 产生感应电动势的条件
（1）无论电路是否闭合，只要穿过电路平面的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势，产生感应电动势的那部分导体就相当于电源．
（2）电磁感应现象的实质就是产生感应电动势．
如果电路闭合，就有感应电流．如果电路不闭合，就只有感应电动势而无感应电流．
2．感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．
3．感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I=E/(R+r)
4.导体切割磁感线的情形以及感应电动势
（1）一般情况：运动速度v和磁感线方向夹角为θ，则E=Blvsinθ。
（2）常用情况：运动速度v和磁感线方向垂直，则E=Blv。
（3）导体棒在磁场中转动
导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势
（平均速度等于中点位置线速度1/2 lw)
6. 楞次定律
（1）内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
（2）应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤：
①确定研究对象，即明确要判断的是哪个闭合电路中产生的感应电流。
②确定研究对象所处的磁场的方向及其分布情况。
③确定穿过闭合电路的磁通量的变化情况。
④根据楞次定律，判断闭合电路中感应电流的磁场方向。
⑤根据安培定则（即右手螺旋定则）判断感应电流的方向。
7. 右手定则
伸开右手，让大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在同一 平面内，让磁感线垂直穿过掌心，大拇指指向导体的运动方向，其余四指所指的方向，就是感应电流的方向．
易错题【01】
合理利用好牛顿第二定律和动量定理
易错题【02】
要准确分析出物体的运动的过程
易错题【03】
楞次定律在实际问题中的应用
5．（2022春•大同期中）如图所示，金属框abcd内存在匀强磁场，ad的长度L＝0.5m，磁感应强度B＝0.3T，金属棒MN的电阻r＝1Ω，金属框两边接有阻值相等的电阻R＝1Ω，金属棒以速度v＝10m/s向右运动，金属棒始终与金属框接触良好，测流过电阻R的电流为（ ）
A．0.25A B．0.50A C．0.75A D．1.00A
【答案】B。
【解析】解：导体棒切割产生的电源电动势E＝BLv＝0.3×0.5×10V＝1.5V，回路总电阻R总＝+r＝Ω+1Ω＝1.5Ω，所以由闭合电路欧姆定律可得，干路电流I＝＝A＝1A，再根据并联电路规律可知，通过电阻R的电流为0.50A，故B正确，ACD错误。
6．（2022春•昆明期末）如图所示，相距为L的平行金属导轨AC、DE左端与边长为L的正方形N匝线圈连接，导体棒ab跨在两金属导轨上与它们组成闭合回路。正方形线圈内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直线框平面向里，两导轨之间有磁感应强度大小为B0的匀强磁场，方向垂直导轨平面向里。除导体棒ab之外，其余电阻均不计。现使ab棒沿两金属导轨以恒定的速度v0向右运动，运动过程中始终与两导轨垂直且接触良好，t时间内导体棒上产生的热量为Q。若固定ab棒，使正方形线框中的磁场均匀变化，t时间内导体棒上产生的热量为4Q，则正方形线框内磁感应强度的变化率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B。
【解析】解：当ab棒以恒定的速度向右运动时，由切割产生感应电动势公式可知有：E1＝B0Lv0
只有ab棒有电阻，时间t内产生的热量：Q1＝
正方形线圈中磁感应强度变化时，E2＝＝
4t内导体棒产生的热量：Q2＝
由题意知，Q1＝Q2
联立求得：＝，故ACD错误，B正确。
7．（2022春•沙坪坝区校级期中）如图所示，一光滑矩形导轨AKDC固定在绝缘水平地面上，导轨间距l＝0.5m。导轨左右两端接有阻值相同的定值电阻R1＝R2＝2Ω，矩形区域AKFE、MNDC有竖直向下的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ、其磁感应强度大小B均恒为4T，导体棒ab垂直放在导轨上的AKFE区域内部，cd垂直放在导轨上的EFNM区域的右边界MN上（未在磁场Ⅱ中）；两导体棒质量m均为0.5kg，有效电阻r均为2Ω。ab棒在水平向右、大小F0＝5N的恒力作用下由静止开始运动，当ab棒运动到EF位置时速度v＝4m/s，ab棒运动至MN处撤去外力F0，同时与cd棒碰撞粘在一起，两棒继续向前运动一段距离s＝2m后停下来。导体棒与导轨均接触良好，则下列说法正确的是（ ）
A．当导体棒ab运动到EF位置时，金属ab两端的电势差Uba为1V
B．当导体棒ab运动到EF位置时，金属ab两端的电势差Uba为4V
C．EF与MN的间距x为2.4m
D．EF与MN的间距x为3.6m
【答案】C。
【解析】解：AB、当导体棒ab运动到EF位置时，根据导体棒切割磁感线产生动生电动势公式：E＝Blv＝4×0.5×4V＝8V
ab充当电源，外电路的总电阻为：R＝Ω，代入数据解得：R＝Ω
根据右手定则，ab的电流方向由a到b，故φb＞φa，金属ba两端的电压为：Uba＝
代入数据解得：Uba＝2V，故AB错误；
CD、对于两根导体棒碰后的过程，取向右为正方向，根据动量定理可得：﹣Blt＝0﹣2mv2
根据电荷量及磁通量的公式可得：q＝
此过程中回路中总电阻为：R′＝+，代入数据解得：R′＝2Ω
根据法拉第电磁感应定律可得：＝＝，其中＝
联立解得：v2＝4m/s
向右为正，根据动量守恒可知：mv1＝2mv2
解得：v1＝8m/s
在EF到MN的过程中，根据牛顿第二定律，则有：F0＝ma
根据运动学公式：x＝
解得：x＝2.4m，故C正确，D错误。
8．（2022•鹿城区校级模拟）半径为2R的圆形磁场的磁感应强度为B，半径为R的单匝圆形线圈电阻为r，两圆同平面。线圈以速度v沿两圆心连线匀速穿过磁场区域，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．线圈进入磁场过程中，线圈里先有逆时针方向电流后有顺时针方向电流
B．线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为2BRv
C．线圈位移为R时，线圈中有最大感应电流Im＝
D．线圈进入磁场到位移为R的过程中，感应电动势均匀增加
【答案】B。
【解析】解：A、线圈进入磁场过程中，线圈里的磁通量一直向里增大，根据楞次定律可得，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故A错误；
B、线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为
＝＝Bv•2R＝2BRv
故B正确；
C、线圈位移为R时，线圈圆心在磁场边界上，故此时切割磁感线的有效长度小于直径，故感应电动势小于2BRv，故线圈中的感应电流小于Im＝，故C错误；
D、线圈进入磁场到位移为R的过程中，切割磁感线的有效长度为
l＝2＝2
根据法拉第电磁感应定律可知
E＝Blv
故感应电动势非均匀增加，故D错误。
9．（2022•洛阳一模）如图甲所示，菱形导电线框的区域内存在匀强磁场，开始时磁场方向垂直于面向里．若磁场的磁感应强度B按照图乙所示规律变化，则线框中的感应电流（取逆时针方向为正方向）随时间t的变化图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A。
【解析】解：根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小
因为在0～t1以及t1～t2时间内，B﹣t图像的斜率保持不变，则感应电动势的大小也保持不变；
根据楞次的定律可知，在0～t1时间内，磁通量先垂直于纸面向里的变小，后垂直于纸面向外的变大，则感应电流的方向为顺时针方向，与所选的正方向相反，则电流一开始为负值；
同理可得，在t1～t2时间内，感应电流的方向为正值，综上所述，故A正确，BCD错误；
10．（2022•南岗区校级开学）如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R（指剪开拉直时两端的电阻），磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面。与环的最高点A连接的长度为2a、电阻为的导体棒AB由水平位置紧贴环面（接触良好，不计接触处电阻）摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时导体棒AB两端的电压大小为（ ）
A． B． C． D．Bav
【答案】A。
【解析】解：当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：
E＝B•2a ＝2Ba＝Bav；
AB两端的电压是路端电压，此时电路的外电阻为R外＝
根据欧姆定律得AB两端的电压大小为：，故A正确，BCD错误；
11．（2021秋•河北期末）如图所示，相距为d的两平行直金属导轨PQ、MN水平放置，电阻R接在导轨的P端和M端之间，长为2d的导体棒ab放在导轨PQ、MN上，整个装置处于垂直于导轨平面、强度为B的匀强磁场中。使导体棒ab以水平速度v向右匀速运动时，回路中产生的感应电流为I．回路中产生的感应电动势E和导体棒ab受到的安培力F分别为（ ）
A．E＝Bdv，F＝BId B．E＝Bdv，F＝2BId
C．E＝2Bdv，F＝BId D．E＝2Bdv，F＝2BId
【答案】B。
【解析】解：磁感线与导体棒垂直，那么导体切割磁感线的有效长度与速度垂直，所以回路中产生的感应电动势：E＝Bdv
磁感线与导体棒垂直，导体棒受到安培力的有效长度为电流流过的长度，有：，故B正确，ACD错误。
12．（2022•罗甸县模拟）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（ ）
A．释放瞬间金属棒的加速度大于重力加速度g
B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝
D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
【答案】C。
【解析】解：A、金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故A错误；
B、根据右手定则可知，金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为b→a，故B错误；
C、当金属棒的速度为v时，E＝BLv，安培力大小为：，故C正确；
D、当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，故D错误。
13．（2022春•永川区校级期中）图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中受电线圈示意图，已知线圈匝数n＝100匝，电阻r＝1Ω，横截面积S＝1.5×10﹣3m2，外接电阻R＝7Ω。线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设磁场的正方向水平向左，则（ ）
A．在t＝0.005s时通过电阻R的电流大小为0
B．在t＝0.005s时通过电阻R的电流方向由a流向b
C．在0～0.01s内通过电阻R的电荷量q＝1.5×10﹣3C
D．在0.02s～0.03s内线圈所产生的平均感应电动势为0
【答案】C。
【解析】解：A、在t＝0.005s时，磁通量变化最快，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势最大，通过R的感应电流最大，故A错误；
B、在t＝0.005s时，穿过线圈的磁通量向左减小，根据“楞次定律”可知，感应电流方向由b流向a，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律
q＝IΔt
联立可得q＝1.5×10﹣3C
故C正确；
D、在0.02s～0.03s内穿过线圈的磁通量的变化量不为零，则根据可知，所产生的平均感应电动势不为0，故D错误。
14．（2022春•元宝山区期中）如图所示，间距分别为2L和L的两组平行光滑导轨P、Q和M、N用导线连接，它们处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，质量为m、单位长度阻值为r0的两相同导体棒ab和cd垂直导轨分别置于导轨P、Q和M、N上，现导体棒ab以初速度v0向右运动，不计导轨及导线电阻，两导轨足够长且导体棒ab始终在导轨P、Q上运动，则下列说法正确的是（ ）
A．当导体棒ab刚开始运动时，导体棒ab的加速度大小为
B．当导体棒ab刚开始运动时，导体棒cd的加速度大小为
C．当两导体棒速度达到稳定时，导体棒ab的速度为v0
D．当两导体棒速度达到稳定时，导体棒cd的速度为v0
【答案】B。
【解析】解：AB、当导体棒ab刚开始运动时，产生的感应电动势为：E＝B•2Lv0＝2BLv0
回路的总电阻为：R＝3Lr0
回路中的电流为：I＝＝
根据牛顿第二定律得：
对ab棒：BI•2L＝maab
对cd棒：BIL＝macd
解得ab棒的加速度大小为：aab＝
cd棒的加速度大小为：acd＝，故A错误，B正确；
CD、当两导体棒速度达到稳定时均做匀速运动，设ab棒和cd棒稳定时速度分别为v1、v2。由动量定理可得：
对导体棒ab，有：﹣2BLΔt＝mv1﹣mv0
即为：﹣2BLq＝mv1﹣mv0
对导体棒cd，有：B LΔt＝mv2﹣0
稳定时，有：B•2Lv1＝BLv2
即：v2＝2v1
联立解得：v1＝v0，v2＝v0，故CD错误。
15．（2022春•元宝山区期中）如图所示，两竖直放置的平行光滑导轨处于垂真于导轨平面的匀强磁场中，金属杆ab质量为m，电阻为R，长度为L，可沿导轨滑动，原先S断开，让ab杆由静止下滑h＝高度后闭合S，则从S闭合开始记时，ab杆的运动速度v随时间t的关系图可能是图中的哪一个（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D。
【解析】解：ab杆由静止下滑h＝高度时的速度大小为v，则有：mgh＝
闭合开关瞬间安培力大小为：F＝BIL＝
联立解得：F＝mg＞mg，所以闭合开关后金属棒做减速运动，速度减小，安培力减小，加速度减小、最后匀速，故ABC错误、D正确。
16．（2022春•翼城县校级期末）在光滑绝缘水平面上有如图所示两部分的磁场区域I和Ⅱ（俯视），分别存在着垂直纸面向内和垂直纸面向外的宽度均为L的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。边长为L的正方形单匝金属线框在水平向右的拉力F的作用下（图中未画出）以初速v0进入，且能保持全过程匀速穿过磁场区域，已知线框的电阻为R，则下列说法正确的是（ ）
A．线框从整体处于I区到整体处于Ⅱ区的过程中穿过线框的磁通量变化量大小是0
B．全过程中线框受到水平拉力的最大值
C．全过程中线框产生的焦耳热
D．若线框无拉力F的作用恰好能穿过磁场区域，则分析可得
【答案】D。
【解析】解：A、设磁场方向垂直纸面向里为磁通量正方向，则线框从整体处于1区到整体处于II区的过程中穿过线框的磁通量变化量大小为：|ΔΦ|＝|﹣BL2﹣BL2|＝2BL2，故A错误；
B、当线框左右两条边均切割磁感线时，所受安培力最大，由于线框匀速运动，受力平衡，即水平拉力最大，
根据法拉第电磁感应定律有：E＝2BLv0
根据闭合电路欧姆定律有：I＝安培力F＝BIL
联立，可得：F＝，故B错误；
C、线框进磁场、出磁场和线框在磁场中切割磁感线三段过程中的时间均为t＝线框进磁场、出磁场产生的焦耳热为：Q1＝（）2Rt
线框在磁场中切割磁感线产生的焦耳热为：Q2＝（2×）2Rt
全过程中线框产生的焦耳热：Q＝2Q1+Q2
解得：Q＝，故C错误；
D、若线框无拉力F的作用恰好能穿过磁场区域，由动量定理得：t＝Δp
线框进磁场、出磁场和线框在磁场中切割磁感线三段过程中，根据电磁感应定律得：＝mv0
解得：v0＝，故D正确。
17．（2022春•滨州期末）如图1，两直径为d的圆形区域相切于O点内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一长为d的金属棒绕一端O在纸面内做匀速圆周运动，角速度大小为ω。图2是金属棒中的感应电动势随时间空间的关系图像，通过计算发现，其可看作是在恒定电压源（图3a）与正弦交流电源（图3b）叠加形成的。图2电动势连入电路后一段时间内产生电热，等于这段时间内（图3a）恒定电压源和（图3b）正弦交流电源分别连入电路产生电热的代数和。则金属棒中感应电动势的有效值为
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B。
【解析】解：金属棒切割磁感线的有效长度L＝dsinωt，
感应电动势E＝
感应电动势的最大值
由题知，恒定电压
正弦交变电流的最大电压
正弦交变电流的电压d的有效值
根据题意，则金属棒中感应电动势的有效值为，故ACD错误，B正确。
18．（2022春•吉林期末）如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5m，匀强磁场方向如图，大小为0.5T。质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属轨道上的M点。当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动。已知N、P为导轨上的两点，ON竖直、OP水平，且＝＝1m，g取10m/s2，则（ ）
A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5m/s2
B．金属细杆运动到P点时的速度大小为m/s
C．金属细杆运动到P点时安培力的瞬时功率为W
D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N
【答案】D。
【解析】解：A．开始运动时，在安培力作用下加速，所以a＝＝m/s2＝10m/s2，故A错误；
B．设金属细杆运动到P点时的速度大小为v，从M到P过程，由动能定理得﹣mgR+BIL（MN+OP）＝mv2，代入数据解得：v＝2m/s，故B错误；
C．金属细杆运动到P点时，安培力的方向为水平向右，速度方向为竖直向上，安培力方向与速度方向垂直，故此时安培力的瞬时功率为0，故C错误；
D．在P点，设每一条轨道对细杆的作用力大小为N，由牛顿第二定律得：2N﹣BIL＝m，代入数据解得：N＝0.75N，由牛顿第三定律得细杆在P点对每一条轨道的作用力大小为N'＝N＝0.75N，故D正确。
19．（2022春•海南期末）两根足够长、电阻不计且相距为L的平行金属导轨固定在倾角为α的绝缘斜面和水平面上，斜面导轨处在垂直斜面向上的匀强磁场中，水平导轨处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度均为B。一质量为m、长为L、电阻为R的光滑金属棒ab垂直导轨放置在倾斜导轨上，另一质量为m、长为L、电阻为R的粗糙金属棒cd垂直导轨放置在水平导轨上，两金属棒始终与导轨接触良好。金属棒ab由静止释放，经一段时间后匀速运动，金属棒ed始终静止，重力加速度为g，在金属棒ab匀速运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒ab匀速运动的速度大小为
B．金属棒cd受到水平向左的摩擦力
C．金属棒cd受到的摩擦力大小为mgsinα
D．金属棒cd的热功率为
【答案】C。
【解析】解：A、金属棒ab匀速运动时受力平衡，根据平衡条件可得：BIL＝mgsinα
根据闭合电路的欧姆定律可得：I＝
联立解得ab棒的速度大小为，故A错误；
B、根据右手定则可得通过ab棒的电流从b到a，则通过cd棒的电流从c到d，对cd棒根据左手定则可知安培力的方向向左，根据平衡条件可知金属棒cd受到水平向右的摩擦力，故B错误；
C、通过金属棒cd的电流与通过金属棒ab的电流相等，所以金属棒cd受到的安培力大小FA＝BIL＝mgsinα，根据平衡条件可得金属棒cd受到的摩擦力大小为f＝FA＝mgsinα，故C正确；
D、金属棒cd的热功率等于金属棒ab产生的热功率，等于金属棒ab重力做功功率，则有：P＝mgvsinα，代入v可得：P＝，故D错误。
20．（2022春•丹徒区校级期末）如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置（导轨电阻不计），其宽度L＝2m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为0.6Ω的电阻R，质量为m＝0.7kg、电阻为r＝0.4Ω、长度L＝2m的金属棒ab紧贴在导轨上，现使金属棒ab从图示位置由静止开始下滑，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，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，g取10m/s2，忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度B大小为1T
B．t＝2s时，金属棒两端的电压为7V
C．金属棒ab开始运动的前2s内，通过电阻R的电荷量为10.5C
D．金属棒ab开始运动的前2s内，电阻R上产生的热量为27.93J
【答案】D。
【解析】解：A、图乙中AB段表示金属棒做匀速直线运动，则有mg＝F安
金属棒匀速运动的速度大小为v＝＝m/s＝7m/s
又F安＝BIL，I＝，E＝BLv，解得匀强磁场的磁感应强度B大小为B＝0.5T，故A错误；
B、t＝2s时，金属棒产生的感应电动势为E＝BLv＝0.5×27V＝7V，金属棒两端的电压为U＝E＝×7V＝4.2V，故B错误；
C、金属棒ab开始运动的前2s内，通过的位移为x＝x1+vt′＝5.6m+7×（2﹣1.5）m＝9.1m
金属棒ab开始运动的前2s内，通过电阻R的电荷量为q＝•Δt，又＝，＝，ΔΦ＝BLx，联立解得q＝9.1C，故C错误；
D、由功能关系可知，金属棒ab开始运动的前2s内，电路中产生的总热量为Q＝mgx﹣，解得Q＝46.55J
电阻R上产生的热量为QR＝Q，解得QR＝27.93J，故D正确。
21．（2022春•如皋市期中）如图所示，固定于水平面内的电阻不计的足够长光滑平行金属导轨间距为L，质量均为m、阻值均为R的金属棒ab、cd垂直搁置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上.某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的初速度v0、2v0，则两棒从开始运动至达到稳定速度的过程中（ ）
A．ab中的最大电流为
B．ab达到稳定速度时，其两端的电压为0
C．ab速度为时，其加速度比cd的小
D．ab、cd间距增加了
【答案】D。
【解析】解：A、刚开始时ab中电流最大，且为Imax＝＝，故A错误；
B、ab达到稳定速度时，ab棒与cd棒以相同速度做匀速直线运动，回路中没有感应电流。设两棒稳定时速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0+m•2v0＝2mv，可得v＝v0，ab两端的电压U＝BLv＝BLv0，故B错误；
C、金属棒ab、cd所受的安培力大小相等，即合力大小相等，质量也相等，则两棒加速度大小相等，故C错误。
D、设ab、cd间距增加为x。对ab棒，取向右为正方向，由动量定理得：BL•t＝mv﹣mv0，又•t＝＝＝，联立解得x＝，故D正确。
22．（2022春•淄川区校级期中）如图所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，宽度为d。质量为m、电阻为R的单匝正方形线圈边长为L（L＜d），线圈下边沿到磁场上边界的距离为h。将线圈由静止释放，其下边沿刚进入磁场和刚要穿出磁场时的速度相同，重力加速度为g。则从线圈下边沿刚进入磁场到上边沿刚穿出磁场的过程中，求：
（1）线圈下边沿刚进入磁场时，线圈的加速度大小；
（2）线圈的最小速度；
（3）产生的焦耳热。
【答案】（1）线圈下边沿刚进入磁场时，线圈的加速度大小为﹣g；
（2）线圈的最小速度为；
（3）产生的焦耳热为2mgd。
【解析】解：（1）线框从开始下落到进入磁场前由速度—位移关系有：2gh＝
根据法拉第电磁感应定律有：E＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律有：I＝
根据安培力计算公式有F＝BIL
根据牛顿第二定律有：F﹣mg＝ma
由以上各式解得a＝﹣g
（2）线框下边缘进入磁场和离开磁场时速度相同，但完全进入磁场后又经历了加速度运动，故线框进入磁场时必须做减速运动，在线框完全进入磁场前可能已经匀速也可能仍在减速，故无论如何，当线框完全进入磁场时速度一定是最小的，从此时到线框下边缘刚要离开磁场作为研究阶段，由匀变速运动规律得
2g （d﹣L）＝﹣
解得：v1＝
（3）因线框下边缘刚进入磁场和刚离开磁场时的运动情况完全相同，故线框完全进入磁场和离开磁场的过程中产生的焦耳热相同，故从线框下边缘刚进入磁场到刚离开磁场作为研究阶段，由功能关系得mgd﹣Q＝0
解得Q＝2mgd
23．（2022春•清远期末）如图所示，两足够长的固定光滑平行金属导轨MN、PQ的间距为d，倾角θ＝37°，下端接有定值电阻，导轨所在区域存在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场（图中未画出）。不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，轻绳的两端分别系有金属棒和物块。将金属棒从图示位置由静止释放，从释放起经时间t，金属棒开始沿导轨匀速上滑。金属棒与物块的质量均为m，金属棒接入电路的电阻与定值电阻的阻值均为R，重力加速度大小为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。求：
（1）金属棒的最大加速度am；
（2）金属棒的最大速度vm；
（3）金属棒在该时间t内的位移大小x。
【答案】（1）金属棒的最大加速度am为；
（2）金属棒的最大速度vm为；
（3）金属棒在该时间t内的位移大小x为。
【解析】解：（1）将金属棒释放的瞬间，金属棒的加速度最大，设此时轻绳的拉力大小为F1，根据牛顿第二定律，对金属棒有：F1﹣mgsin θ＝mam
对物块有：mg﹣F1＝mam
解得：am＝g
（2）当金属棒的加速度为零时，金属棒的速度达到最大，运动状态稳定，此时金属棒上产生的感应电动势：E＝Bdvm
此时通过金属棒的电流最大，最大电流：Im＝
设此时轻绳的拉力大小为F2，根据物体的平衡条件，
对金属棒有：F2﹣mgsin θ﹣BImd＝0
对物块有：mg﹣F2＝0
解得：
（3）设在时间t内，轻绳的平均拉力大小为，通过金属棒的平均电流为，根据动量定理，对金属棒有t﹣mgsin θ•t﹣Bd•t＝mvm﹣0
对物块有：mgt﹣t＝mvm﹣0
又q＝•t＝
上式中磁通量的变化ΔΦ＝Bdx
联立解得：
24．（2022春•湛江期末）如图所示是一种矿井直线电机提升系统的原理图，在同一竖直平面的左右两边条形区域内，有垂直平面向里和向外交替的匀强磁场，每块磁场区域的高度均为L、磁感应强度大小均为B。梯箱左右两边通过绝缘支架均固定有边长为L、匝数为n、总电阻为R的正方形导线框，线框平面与磁场垂直，上下两边水平。导线框、支架以及梯箱等总质量为M。电机起动后两边磁场均以速度v沿竖直轨道向上匀速运动。忽略一切阻力，梯箱正常运行时防坠落装置与轨道间没有相互作用。求：
（1）电机刚启动瞬间导线框ABCD所受安培力的大小；
（2）当梯箱以的速度向上运动时的加速度大小。
【答案】（1）电机刚启动瞬间导线框ABCD所受安培力的大小为；
（2）当梯箱以的速度向上运动时的加速度大小为。
【解析】解：（1）电机刚启动瞬间导体框ABCD中感应电动势大小为：E1＝2nBLv
感应电流大小：
整个导线框ABCD所受安培力大小为：F安＝2nBI1L
联立解得：；
（2）当梯箱以的速度向上运动时，感应电动势大小为：
感应电流大小为：
安培力大小：F＝4nBI2L
根据牛顿第二定律可得：F﹣Mg＝Ma
联立解得：。
25．（2022春•枣庄期末）如图甲所示，两根平行光滑金属导轨倾斜固定放置，导轨间距L＝0.5m，导轨平面与水平面之间的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，下端连接阻值R＝0.1Ω的电阻。在导轨所在斜面的矩形区域M1N1N2M2内分布有垂直于斜面向上的匀强磁场，磁场上、下边界M1N1、M2N2的距离d＝1.2m，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示，图中B0＝0.5T，t0＝1.0s。t＝0时刻，一根质量为m＝0.1kg、阻值r＝0.05Ω的导体棒ab垂直于导轨在其他外力的作用下静止在M1N1处，t0时刻撤去外力，导体棒ab进入磁场并在穿出磁场前达到最大速度。导体棒ab与导轨接触良好，取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）0～t0时间内，流过导体棒ab的电流大小及方向；
（2）导体棒ab穿出磁场时的速度vm；
（3）从t＝0时刻至导体棒ab刚穿出磁场时刻的全过程中，导体棒ab中产生的焦耳热。
【答案】（1）0～t0时间内，流过导体棒ab的电流大小为2A，方向由a指向b；
（2）导体棒ab穿出磁场时的速度为1.2m/s；
（3）从t＝0时刻至导体棒ab刚穿出磁场时刻的全过程中，导体棒ab中产生的焦耳热为0.376J。
【解析】解：（1）根据楞次定律可得感应电流方向由a指向b。
感应电动势大小为：
感应电流大小为：
代入数据解得：I＝2A；
（2）导体棒ab在穿出磁场前达到最大速度，所以导体棒穿出磁场时受力平衡，如图所示。
根据平衡条件可得：mgsin30°＝B0ImL
根据闭合电路欧姆定律可得：
联立解得：vm＝1.2m/s；
（3）0～t0时间内导体棒ab中产生的焦耳热：
t0时刻之后，电路中的总焦耳热：Q总＝
其中，ab棒产生的热：Q总
则全过程导体棒ab中产生的焦耳热：Qab＝Q1+Q2
联立解得：Qab＝0.376J。
26．（2022春•汉中期末）如图所示，两平行光滑的金属导轨AD、CE相距L＝1.0m，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，下端A、C用导线相连，AC的电阻r＝0.2Ω，其他导轨电阻不计。PQGH范围内有方向垂直导轨平面向上、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的宽度d＝0.6m，边界线PQ、HG均与导轨垂直。已知金属棒MN的质量为0.25kg，金属棒MN的电阻R＝0.2Ω，棒两端始终与导轨间接触良好，从与磁场上边界GH距离为b＝0.40m的位置由静止释放，当金属棒进入磁场时，恰好做匀速运动，棒在运动过程中始终与导轨垂直，取g＝10m/s2。求：
（1）该磁场磁感应强度B的大小及通过金属棒MN的感应电流I；
（2）金属棒在穿过磁场的过程中MN产生的焦耳热。
【答案】（1）该磁场磁感应强度B的大小及通过金属棒MN的感应电流I为2.5A；
（2）金属棒在穿过磁场的过程中MN产生的焦耳热为0.375J。
【解析】解：（1）设导体棒刚进入磁场时的速度为v，对导体棒进入磁场前下滑的过程，
由动能定理得：mgbsinθ＝
当金属棒进入磁场时，恰好做匀速运动，由平衡条件得：mgsinθ＝BIL
根据闭合电路欧姆定律：I＝＝
联立并代入数据解得：B＝0.5T
通过金属端MN的感应电流：I＝＝A＝2.5A
（2）金属棒在穿过磁场的过程中回路产生的总的焦耳热为：Q总＝mgdsinθ
MN产生的焦耳热：QR＝
联立代入数据得：QR＝0.375J
27．（2022春•东城区校级期末）光滑的平行金属导轨MNPQ固定在水平地面上，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，两根相同的金属棒ab和cd垂直放置在导轨上，如图1所示。开始时cd棒静止，ab棒以初速度v0沿导轨向右运动。随后cd棒也运动起来，两棒始终未能相碰，忽略金属棒中感应电流产生的磁场。
a.已知两根金属棒的质量均为m，求cd棒最终获得的动能Ek；
b.图2是图1的俯视图。请在图2中画出ab、cd棒在达到最终状态之前，棒内自由电子所受洛伦兹力的示意图；并从微观的角度，通过计算分析说明，在很短的时间Δt内，ab棒减少的动能是否等于cd棒增加的动能。
【答案】（1）已知两根金属棒的质量均为m，cd棒最终获得的动能Ek为mv02；
（2）在很短的时间Δt内，ab棒减少的动能大于cd棒增加的动能。
【解析】解：（1）以两根金属棒为研究对象，系统所受的合外力为零，故动量守恒；最后两金属棒以共同的速度v向前运动。
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝2mv，
解得：v＝v0；
故cd棒最终获得的动能为：Ek＝mv2＝mv02；
（2）ab、cd棒在达到最终状态之前，ab棒速度比cd棒速度大，故电子在ab棒、cd棒构成的回路中运动；
那么，将电子运动分解为随金属棒运动和垂直金属棒运动两部分；
沿金属棒部分运动的情况产生电流，故根据楞次定律可得：ab棒受到的安培力向左，bc棒受到的安培力向右；电子这部分分力和安培力方向相同；
电子随金属棒运动的速度不产生电流，根据左手定则可得：洛伦兹力方向分别由a指向b，由c指向d；
故两根棒内自由电子所受洛伦兹力如图所示；
设自由电子的电荷量为e，在两棒达到最终状态之前某时刻，自由电子沿ab棒定向移动的速率为u。
在很短的时间Δt内，电子在棒中定向运动，与金属离子发生碰撞，受到阻力。
设电子受到的平均阻力为，在很短的时间Δt内，阻力对电子做负功W＝−•uΔt，宏观上表现为电路产生了焦耳热。
根据能量守恒定律，两棒组成的系统总动能减小，即ab棒减少的动能大于cd棒增加的动能。
（多选）28．（2022•湖北）近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是（ ）
A．接收线圈的输出电压约为8V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22：1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
【答案】AC。
【解析】解：A、发射线圈的电压：U1＝n1•，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则有：U2＝n2•
则：＝＝，解得：U2＝8V，故A正确；
B、由于漏磁，接收线圈与发射线圈的功率不相等，接收线圈与发射线圈中电流之比I2：I1≠n1：n2＝1100：50＝22：1，故B错误；
C、发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相等，则发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，故C正确；
D、穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，故D错误。
（多选）29．（2022•湖南）如图，间距L＝1m的U形金属导轨，一端接有0.1Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8m的绝缘水平桌面上。质量均为0.1kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒a距离导轨最右端1.74m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为0.1T。用F＝0.5N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取10m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6m
B．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58C
【答案】BD。
【解析】解：A、导体棒b刚要滑动的条件是受到的安培力等于最大静摩擦力，b受到的最大静摩擦力为：
fmax＝μmg＝0.1×0.1×10N＝0.1N
根据平衡条件可得：BIbL＝fmax，
代入数据可解得通过b的电流为：Ib＝1A，
由于b与R并联后与a串联，根据闭合电路的欧姆定律可得导体棒a产生的感应电动势为：
E＝2IbRa+IbRb，
代入数据解得：E＝0.3V
设导体棒a刚要离开桌面时的速度大小为v，根据法拉第电磁感应定律可得：E＝BLv
解得：v＝3m/s
导体棒a做平抛运动的时间为t＝＝s＝0.4s
所以导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移大小为：
x＝vt＝3×0.4m＝1.2m，故A错误；
B、导体棒a离开导轨至落地前，做平抛运动，水平方向的速度大小不变，即导体棒a切割磁场的有效速度不变，根据E＝BLv可知，其感应电动势不变，故B正确；
C、导体棒a在导轨上运动的过程中，根据右手定则可知电流方向为逆时针（俯视），根据左手定则可知导体棒b受到的安培力方向向左，所以导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；
D、导体棒a在导轨上运动的过程中，设通过a的电荷量为q0，根据电荷量的计算公式可得：q0＝＝＝
其中R总＝Ra+
代入数据解得：q0＝1.16C
则通过电阻R的电荷量为：
q＝q0＝×1.16C＝0.58C，故D正确。
（多选）30．（2022•河北）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属的电阻，下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC。
【解析】解：AD、根据法拉第电磁感应定律可知，E＝BLv0，结合欧姆定律可知，结合题目图片可知，在向右运动的过程中，金属棒切割磁感线的长度先均匀增加，后不变，最后均匀减小，而电阻两端的电压等于电源电动势，因此变化规律与电流强度的变化规律类似，故A正确，D错误；
BC、根据安培力的计算公式F＝BIL可知，在切割长度的变化过程中，安培力与时间成二次方的比值关系，功率P＝i2R也是与时间成二次方的比值关系，但安培力在t＝0时刻不等于零，故B错误，C正确；
31．（2022•辽宁）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：
①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；
②初始时刻N到ab的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到cd的距离与第（2）问初始时刻的相同、到ab的距离为kx（k＞1），求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
【答案】（1）M刚进入磁场时受到的安培力F的大小为，方向水平向左；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，
①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为；
②初始时刻N到ab的最小距离为；
（3）初始时刻，若N到cd的距离与第（2）问初始时刻的相同、到ab的距离为kx（k＞1），M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k≤3.。
【解析】解：（1）细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为
E＝BLv0
电流方向为a→b，电流的大小为
则所受的安培力大小为
F＝BIL＝
安培力的方向由左手定则可知水平向左
（2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理得：
且
联立解得：q＝
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为Δx，有
整理可得：
联立解得：Δx＝
若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为
x＝Δx＝
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到cd的距离与第（2）问初始时刻相同，到ab的距离为kx（k＞1），则N到cd边的速度大小恒为，根据动量守恒定律得：
解得N出磁场时，M的速度大小为
由题意可知，此时M到cd边的距离为
s＝（k﹣1）x
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速到时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
联立解得：k＝2
②若M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理得：
解得：k＝3
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k≤3.
（多选）32．（2022•山东）如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场，边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t＝0时刻，金属框开始进入第一象限，不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（ ）
A．在t＝0到的过程中，E一直增大
B．在t＝0到的过程中，E先增大后减小
C．在t＝0到的过程中，E的变化率一直增大
D．在t＝0到的过程中，E的变化率一直减小
【答案】BC。
【解析】解：AB、如图所示
在t＝0到的过程中，即线圈顺时针转过90°的过程中，根据有效长度的定义可知，线框切割磁感线的有效切割长度先变大后变小，根据电动势的计算公式E＝BLv，其中，由此可知E先增大后减小，故B正确，A错误；
CD、在t＝0到的过程中，由圆周运动公式可知θ＝ωt
根据几何关系和三角形的面积公式可得：
则穿过线圈的磁通量为：
对上述的表达式进行二次求导得：
，由此可知，在t＝0到的过程中，E的变化率一直增大，故C正确，D错误；
33．（2022•湖北）如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2m、回路电阻R＝1.6×10﹣3Ω、质量m＝0.2kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g＝10m/s2，求：
（1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
（2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
（3）磁场区域的水平宽度。
【答案】（1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小分别为20m/s2、10m/s2；
（2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热0.4J；
（3）磁场区域的水平宽度为1.1m。
【解析】解：（1）ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有：max＝Fcosθ
代入数据解得：ax＝20m/s2
在竖直方向有：Fsinθ﹣mg＝may
代入数据解得：ay＝10m/s2
（2）ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线。但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流方向为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力方向竖直向下，ad边的上部分受到的安培力方向水平向右，bc边的上部分受到的安培力方向水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力。由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有：
Fsinθ﹣mg＝BIL
其中：I＝，vy2＝2ayL
联立解得：B＝0.2T；
由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有：Q＝W安＝BILy，其中y＝L
联立解得：Q＝0.4J；
（3）线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为t，则有：
vy＝ayt1，L＝vyt2
所以有：t＝t1+t2
联立解得：t＝0.3s
由（2）分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向，有：
x＝＝m＝0.9m
则磁场区域的水平宽度：d＝x+L＝0.9m+0.2m＝1.1m。
34．（2022•上海）宽L＝0.75m的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场。虚线框Ⅰ、Ⅱ中有定值电阻R0和最大阻值为20Ω的滑动变阻器R。一根与导轨等宽的金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一半接入时沿abcda方向电势变化的图像。求：
（1）匀强磁场的方向；
（2）分析并说明定值电阻R0在Ⅰ还是Ⅱ中，并且R0大小为多少：
（3）金属杆运动时的速率；
（4）滑动变阻器阻值为多少时变阻器的功率最大？并求出该最大功率Pm。
【答案】（1）匀强磁场的方向垂直纸面向里
（2）定值电阻R0在Ⅰ中，定值电阻R0＝5Ω
（3）金属杆运动时的速率为5m/s
（4）滑动变阻器阻值为5Ω时变阻器的功率最大，最大功率为0.1125W
【解析】解：（1）a点电势比d点电势高，说明导体棒上端为电源正极，导体棒切割磁感线产生感应电流向上，根据右手定则判断得出匀强磁场的方向垂直纸面向里
（2）滑动变阻器从全部接入到一半接入电路，回路里电流变大，定值电阻R0上电压变大，图甲的Ucd小于图乙的Ucd，可以推理得定值电阻在Ⅰ内，滑动变阻器在Ⅱ
根据欧姆定律得：甲图中回路电流I甲＝＝，乙图中回路电流I乙＝＝＝0.1A
甲图中定值电阻R0上电压φ0﹣1.2＝0.06R
乙图中定值电阻R0上电压φ0﹣1.0＝0.1R
联立解得：R＝5Ω，φ0＝1.5V
（3）金属杆产生的感应电动势E＝BLv，E＝φ0
联立解得v＝＝＝5m/s
（4）根据甲乙两图可知导体棒电阻不计，由闭合电路欧姆定律得I＝
滑动变阻器上的功率p＝I2R＝＝，当R＝5Ω时，滑动变阻器有最大功率Pm＝0.1125W
35．（2022•浙江）舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v﹣t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝（800﹣10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求
（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻t3。
【答案】（1）恒流源的电流为80A；
（2）线圈电阻为0.5Ω；
（3）时刻t3为。
【解析】解：（1）根据安培力公式可得：
F安＝nBIl
动子和线圈在0～t1时间内做匀加速直线运动，运动的加速度为
根据牛顿第二定律得：
F安＝（M+m）a
代入数据解得：I＝80A
（2）当S拨至2时，接通定值电阻R0，此时的感应电流为
此时的安培力为
F安1＝nBI1l
根据牛顿第二定律得：
由图可知在t1到t3的过程中，加速度恒定，则有
解得：R＝0.5Ω；
（3）根据图像可知，
则0～2s时间内，位移大小为
根据法拉第电磁感应定律得：
根据电流的定义式可得：Δq＝It
联立解得：
从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路中的电荷量，根据动量定理得：
﹣nBlΔq＝0﹣ma1（t3﹣t2）
联立解得：t3＝
36．（2022•浙江）如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。
（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？
（2）求电容器释放的电荷量ΔQ；
（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
【答案】（1）电容器充电完毕后所带的电荷量Q为0.54C，M极板带正电；
（2）电容器释放的电荷量ΔQ为0.16C；
（3）框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离为0.14m。
【解析】解：（1）开关S与接线柱1接通。电容器充电，充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；
根据法拉第电磁感应定律可知：
则电容器的电荷量为：Q＝CU＝
联立解得：Q＝0.54C
（2）电容器放电过程有：B2l1ΔQ＝mv1
棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有：mv1＝（m+m）v2
棒的上滑过程有：
联立解得：ΔQ＝0.16C
（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理得：
可得：Δx＝0.128m＞0.08m
匀速运动距离为：l3﹣l2＝0.08m﹣0.068m＝0.012m
则x＝Δx+l3﹣l2＝0.128m+0.012m＝0.14m
考向20 电磁感应中的动力学问题
【重点知识点目录】
1. “三定则、一定律”的综合应用（安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律）
2. 导体切割磁感线产生感应电动势
3. 动力学问题几种考法（导体棒在磁场中静止、导体棒在磁场中做匀速直线运动、导体棒在磁场中做加速运动）
1．（2022•上海）如图，一个正方形导线框以初速v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生变化所用时间分别为t1和t2，以及这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则（ ）
A．t1＜t2，W1＜W2 B．t1＜t2，W1＞W2
C．t1＞t2，W1＜W2 D．t1＞t2，W1＞W2
【答案】B。
【解析】解：选向右的方向为正方向
线框进入磁场的过程中，根据动量定理得：
又因为
可得：v1﹣v0＝v2﹣v1
线框进入磁场和离开磁场的过程中都受到向左的安培力的作用而减速，进入过程平均速度大于离开过程平均速度，则根据可知：t1＜t2；
根据动能定理可得：
；
解得：，故B正确，ACD错误；
2．（2022•甲卷）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则（ ）
A．I1＜I3＜I2 B．I1＞I3＞I2 C．I1＝I2＞I3 D．I1＝I2＝I3
【答案】C。
【解析】解：设圆的半径为R，则圆的周长为L2＝2πR，面积S2＝πR2，正方形的周长为L1＝8R，面积S1＝4R2，正六边形的周长为L3＝6R，面积S3＝R2，
根据电阻定律有：R＝
根据法拉第电磁感应定律有：E＝
根据欧姆定律有：I＝＝∝
代入周长与面积可知：I1＝I2＞I3
故C正确，ABD错误；
3．（2021•北京）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中（ ）
A．导体棒做匀减速直线运动
B．导体棒中感应电流的方向为a→b
C．电阻R消耗的总电能为
D．导体棒克服安培力做的总功小于mv02
【答案】C。
【解析】解：A、设磁感应强度为B，导轨的宽度为L，当速度为v时的安培力为FA＝BIL＝，根据牛顿第二定律可得：FA＝ma，解得：a＝，当速度减小时加速度减小、导体棒做加速度减小的减速运动，故A错误；
B、根据右手定则可知导体棒中感应电流的方向为b→a，故B错误；
C、整个过程中电路中消耗的总电能为：E＝，根据焦耳定律可得电阻R消耗的总电能为ER＝＝，故C正确；
D、根据动能定理可知导体棒克服安培力做的总功等于mv02，故D错误。
4．（2021•河北）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是（ ）
A．通过金属棒的电流为2BCv2tanθ
B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθ
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
【答案】A。
【解析】解：C、金属棒沿x轴正方向匀速运动切割垂直纸面向里的磁感线，发生电磁感应现象，金属棒相当于电源，由右手定则判断，金属棒中电流方向向上，金属棒上端为电源正极，可知电容器的上极板带正电，故C错误；
A、以金属棒开始运动时为计时零时刻，设金属棒在0﹣t时间内运动位移为x，
在t时刻金属棒在导轨间的长度L＝2xtanθ，
此时金属棒在导轨间的电动势E＝BLv，
电容器的电压U＝E，
电容器的电量Q＝CU＝2BCvxtanθ，
在t﹣（t+△t）（△t趋近于零）时间内，金属棒的位移由x增加到（x+△x），则
电容器的电量增加量△Q＝2BCv•△x•tanθ，
通过金属棒的电流I＝＝，其中＝v，
可得I＝2BCv2tanθ，故A正确；
B、由A选项的分析结果Q＝2BCvxtanθ，可知金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为2BCvx0tanθ，故B错误；
D、由A选项的分析结果I＝2BCv2tanθ，可知流过金属棒的电流恒定，由F安＝BIL，金属棒在导轨间的长度L不断增加，其所受安培力不断增大，金属棒做匀速直线运动，由受力平衡可知，外力F的大小等于安培力，即外力F不断增大，由P＝Fv可知外力F做功的功率不断增加，故D错误。
1．对法拉第电磁感应定律的理解
2．计算感应电动势的公式有两个：一个是
一个是E=Blvsinθ，计算时要能正确选用公式，一般求平均电动势选用
，求瞬时电动势选用E=Blvsinθ．
3．电磁感应现象中通过导体横截面的电量的计算：由q=I•△t，I=E/R总
可导出电荷量
4.两种状态及处理方法
平衡态：加速度为零，根据平衡条件列式分析。
非平衡态：加速度不为零，根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
4. 抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v、“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
5. 楞次定律中“阻碍”的含义。
6．楞次定律的推广
对楞次定律中“阻碍”含义的推广：感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因。
（1）阻碍原磁通量的变化--“增反减同”；
（2）阻碍相对运动--“来拒去留”；
（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势--“增缩减扩”；
（4）阻碍原电流的变化（自感现象）--“增反减同”。
7．相互联系
（1）应用楞次定律，必然要用到安培定则；
（2）感应电流受到的安培力，有时可以先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时可以直接应用楞次定律的推论确定。
8．右手定则适用于部分导体切割磁感线运动时感应电流的方向判定，而楞次定律适用于一切电磁感应现象，是判断感应电流方向的基本方法，对于由于磁通量变化而引起的感应电流，运用楞次定律判断其方向更方便．
9．安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的比较及应用．
（1）规律比较
基本现象
应用的定则或定律
运动电荷、电流产生磁场
安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力
左手定则
电磁感应
部分导体做切割磁感线运动
右手定则
闭合回路磁通量变化
楞次定律
（2）应用区别
关键是抓住因果关系：①因电而生磁（I→B）→安培定则；②因动而生电（v、B→I安）→右手定则；③因电而受力（I、B→F安）→左手定则．
1． 产生感应电动势的条件
（1）无论电路是否闭合，只要穿过电路平面的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势，产生感应电动势的那部分导体就相当于电源．
（2）电磁感应现象的实质就是产生感应电动势．
如果电路闭合，就有感应电流．如果电路不闭合，就只有感应电动势而无感应电流．
2．感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．
3．感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I=E/(R+r)
4.导体切割磁感线的情形以及感应电动势
（1）一般情况：运动速度v和磁感线方向夹角为θ，则E=Blvsinθ。
（2）常用情况：运动速度v和磁感线方向垂直，则E=Blv。
（3）导体棒在磁场中转动
导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势
（平均速度等于中点位置线速度1/2 lw)
6. 楞次定律
（1）内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
（2）应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤：
①确定研究对象，即明确要判断的是哪个闭合电路中产生的感应电流。
②确定研究对象所处的磁场的方向及其分布情况。
③确定穿过闭合电路的磁通量的变化情况。
④根据楞次定律，判断闭合电路中感应电流的磁场方向。
⑤根据安培定则（即右手螺旋定则）判断感应电流的方向。
7. 右手定则
伸开右手，让大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在同一 平面内，让磁感线垂直穿过掌心，大拇指指向导体的运动方向，其余四指所指的方向，就是感应电流的方向．
易错题【01】
合理利用好牛顿第二定律和动量定理
易错题【02】
要准确分析出物体的运动的过程
易错题【03】
楞次定律在实际问题中的应用
5．（2022春•大同期中）如图所示，金属框abcd内存在匀强磁场，ad的长度L＝0.5m，磁感应强度B＝0.3T，金属棒MN的电阻r＝1Ω，金属框两边接有阻值相等的电阻R＝1Ω，金属棒以速度v＝10m/s向右运动，金属棒始终与金属框接触良好，测流过电阻R的电流为（ ）
A．0.25A B．0.50A C．0.75A D．1.00A
【答案】B。
【解析】解：导体棒切割产生的电源电动势E＝BLv＝0.3×0.5×10V＝1.5V，回路总电阻R总＝+r＝Ω+1Ω＝1.5Ω，所以由闭合电路欧姆定律可得，干路电流I＝＝A＝1A，再根据并联电路规律可知，通过电阻R的电流为0.50A，故B正确，ACD错误。
6．（2022春•昆明期末）如图所示，相距为L的平行金属导轨AC、DE左端与边长为L的正方形N匝线圈连接，导体棒ab跨在两金属导轨上与它们组成闭合回路。正方形线圈内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直线框平面向里，两导轨之间有磁感应强度大小为B0的匀强磁场，方向垂直导轨平面向里。除导体棒ab之外，其余电阻均不计。现使ab棒沿两金属导轨以恒定的速度v0向右运动，运动过程中始终与两导轨垂直且接触良好，t时间内导体棒上产生的热量为Q。若固定ab棒，使正方形线框中的磁场均匀变化，t时间内导体棒上产生的热量为4Q，则正方形线框内磁感应强度的变化率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B。
【解析】解：当ab棒以恒定的速度向右运动时，由切割产生感应电动势公式可知有：E1＝B0Lv0
只有ab棒有电阻，时间t内产生的热量：Q1＝
正方形线圈中磁感应强度变化时，E2＝＝
4t内导体棒产生的热量：Q2＝
由题意知，Q1＝Q2
联立求得：＝，故ACD错误，B正确。
7．（2022春•沙坪坝区校级期中）如图所示，一光滑矩形导轨AKDC固定在绝缘水平地面上，导轨间距l＝0.5m。导轨左右两端接有阻值相同的定值电阻R1＝R2＝2Ω，矩形区域AKFE、MNDC有竖直向下的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ、其磁感应强度大小B均恒为4T，导体棒ab垂直放在导轨上的AKFE区域内部，cd垂直放在导轨上的EFNM区域的右边界MN上（未在磁场Ⅱ中）；两导体棒质量m均为0.5kg，有效电阻r均为2Ω。ab棒在水平向右、大小F0＝5N的恒力作用下由静止开始运动，当ab棒运动到EF位置时速度v＝4m/s，ab棒运动至MN处撤去外力F0，同时与cd棒碰撞粘在一起，两棒继续向前运动一段距离s＝2m后停下来。导体棒与导轨均接触良好，则下列说法正确的是（ ）
A．当导体棒ab运动到EF位置时，金属ab两端的电势差Uba为1V
B．当导体棒ab运动到EF位置时，金属ab两端的电势差Uba为4V
C．EF与MN的间距x为2.4m
D．EF与MN的间距x为3.6m
【答案】C。
【解析】解：AB、当导体棒ab运动到EF位置时，根据导体棒切割磁感线产生动生电动势公式：E＝Blv＝4×0.5×4V＝8V
ab充当电源，外电路的总电阻为：R＝Ω，代入数据解得：R＝Ω
根据右手定则，ab的电流方向由a到b，故φb＞φa，金属ba两端的电压为：Uba＝
代入数据解得：Uba＝2V，故AB错误；
CD、对于两根导体棒碰后的过程，取向右为正方向，根据动量定理可得：﹣Blt＝0﹣2mv2
根据电荷量及磁通量的公式可得：q＝
此过程中回路中总电阻为：R′＝+，代入数据解得：R′＝2Ω
根据法拉第电磁感应定律可得：＝＝，其中＝
联立解得：v2＝4m/s
向右为正，根据动量守恒可知：mv1＝2mv2
解得：v1＝8m/s
在EF到MN的过程中，根据牛顿第二定律，则有：F0＝ma
根据运动学公式：x＝
解得：x＝2.4m，故C正确，D错误。
8．（2022•鹿城区校级模拟）半径为2R的圆形磁场的磁感应强度为B，半径为R的单匝圆形线圈电阻为r，两圆同平面。线圈以速度v沿两圆心连线匀速穿过磁场区域，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．线圈进入磁场过程中，线圈里先有逆时针方向电流后有顺时针方向电流
B．线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为2BRv
C．线圈位移为R时，线圈中有最大感应电流Im＝
D．线圈进入磁场到位移为R的过程中，感应电动势均匀增加
【答案】B。
【解析】解：A、线圈进入磁场过程中，线圈里的磁通量一直向里增大，根据楞次定律可得，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故A错误；
B、线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为
＝＝Bv•2R＝2BRv
故B正确；
C、线圈位移为R时，线圈圆心在磁场边界上，故此时切割磁感线的有效长度小于直径，故感应电动势小于2BRv，故线圈中的感应电流小于Im＝，故C错误；
D、线圈进入磁场到位移为R的过程中，切割磁感线的有效长度为
l＝2＝2
根据法拉第电磁感应定律可知
E＝Blv
故感应电动势非均匀增加，故D错误。
9．（2022•洛阳一模）如图甲所示，菱形导电线框的区域内存在匀强磁场，开始时磁场方向垂直于面向里．若磁场的磁感应强度B按照图乙所示规律变化，则线框中的感应电流（取逆时针方向为正方向）随时间t的变化图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A。
【解析】解：根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小
因为在0～t1以及t1～t2时间内，B﹣t图像的斜率保持不变，则感应电动势的大小也保持不变；
根据楞次的定律可知，在0～t1时间内，磁通量先垂直于纸面向里的变小，后垂直于纸面向外的变大，则感应电流的方向为顺时针方向，与所选的正方向相反，则电流一开始为负值；
同理可得，在t1～t2时间内，感应电流的方向为正值，综上所述，故A正确，BCD错误；
10．（2022•南岗区校级开学）如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R（指剪开拉直时两端的电阻），磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面。与环的最高点A连接的长度为2a、电阻为的导体棒AB由水平位置紧贴环面（接触良好，不计接触处电阻）摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时导体棒AB两端的电压大小为（ ）
A． B． C． D．Bav
【答案】A。
【解析】解：当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：
E＝B•2a ＝2Ba＝Bav；
AB两端的电压是路端电压，此时电路的外电阻为R外＝
根据欧姆定律得AB两端的电压大小为：，故A正确，BCD错误；
11．（2021秋•河北期末）如图所示，相距为d的两平行直金属导轨PQ、MN水平放置，电阻R接在导轨的P端和M端之间，长为2d的导体棒ab放在导轨PQ、MN上，整个装置处于垂直于导轨平面、强度为B的匀强磁场中。使导体棒ab以水平速度v向右匀速运动时，回路中产生的感应电流为I．回路中产生的感应电动势E和导体棒ab受到的安培力F分别为（ ）
A．E＝Bdv，F＝BId B．E＝Bdv，F＝2BId
C．E＝2Bdv，F＝BId D．E＝2Bdv，F＝2BId
【答案】B。
【解析】解：磁感线与导体棒垂直，那么导体切割磁感线的有效长度与速度垂直，所以回路中产生的感应电动势：E＝Bdv
磁感线与导体棒垂直，导体棒受到安培力的有效长度为电流流过的长度，有：，故B正确，ACD错误。
12．（2022•罗甸县模拟）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（ ）
A．释放瞬间金属棒的加速度大于重力加速度g
B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝
D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
【答案】C。
【解析】解：A、金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故A错误；
B、根据右手定则可知，金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为b→a，故B错误；
C、当金属棒的速度为v时，E＝BLv，安培力大小为：，故C正确；
D、当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，故D错误。
13．（2022春•永川区校级期中）图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中受电线圈示意图，已知线圈匝数n＝100匝，电阻r＝1Ω，横截面积S＝1.5×10﹣3m2，外接电阻R＝7Ω。线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设磁场的正方向水平向左，则（ ）
A．在t＝0.005s时通过电阻R的电流大小为0
B．在t＝0.005s时通过电阻R的电流方向由a流向b
C．在0～0.01s内通过电阻R的电荷量q＝1.5×10﹣3C
D．在0.02s～0.03s内线圈所产生的平均感应电动势为0
【答案】C。
【解析】解：A、在t＝0.005s时，磁通量变化最快，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势最大，通过R的感应电流最大，故A错误；
B、在t＝0.005s时，穿过线圈的磁通量向左减小，根据“楞次定律”可知，感应电流方向由b流向a，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律
q＝IΔt
联立可得q＝1.5×10﹣3C
故C正确；
D、在0.02s～0.03s内穿过线圈的磁通量的变化量不为零，则根据可知，所产生的平均感应电动势不为0，故D错误。
14．（2022春•元宝山区期中）如图所示，间距分别为2L和L的两组平行光滑导轨P、Q和M、N用导线连接，它们处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，质量为m、单位长度阻值为r0的两相同导体棒ab和cd垂直导轨分别置于导轨P、Q和M、N上，现导体棒ab以初速度v0向右运动，不计导轨及导线电阻，两导轨足够长且导体棒ab始终在导轨P、Q上运动，则下列说法正确的是（ ）
A．当导体棒ab刚开始运动时，导体棒ab的加速度大小为
B．当导体棒ab刚开始运动时，导体棒cd的加速度大小为
C．当两导体棒速度达到稳定时，导体棒ab的速度为v0
D．当两导体棒速度达到稳定时，导体棒cd的速度为v0
【答案】B。
【解析】解：AB、当导体棒ab刚开始运动时，产生的感应电动势为：E＝B•2Lv0＝2BLv0
回路的总电阻为：R＝3Lr0
回路中的电流为：I＝＝
根据牛顿第二定律得：
对ab棒：BI•2L＝maab
对cd棒：BIL＝macd
解得ab棒的加速度大小为：aab＝
cd棒的加速度大小为：acd＝，故A错误，B正确；
CD、当两导体棒速度达到稳定时均做匀速运动，设ab棒和cd棒稳定时速度分别为v1、v2。由动量定理可得：
对导体棒ab，有：﹣2BLΔt＝mv1﹣mv0
即为：﹣2BLq＝mv1﹣mv0
对导体棒cd，有：B LΔt＝mv2﹣0
稳定时，有：B•2Lv1＝BLv2
即：v2＝2v1
联立解得：v1＝v0，v2＝v0，故CD错误。
15．（2022春•元宝山区期中）如图所示，两竖直放置的平行光滑导轨处于垂真于导轨平面的匀强磁场中，金属杆ab质量为m，电阻为R，长度为L，可沿导轨滑动，原先S断开，让ab杆由静止下滑h＝高度后闭合S，则从S闭合开始记时，ab杆的运动速度v随时间t的关系图可能是图中的哪一个（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D。
【解析】解：ab杆由静止下滑h＝高度时的速度大小为v，则有：mgh＝
闭合开关瞬间安培力大小为：F＝BIL＝
联立解得：F＝mg＞mg，所以闭合开关后金属棒做减速运动，速度减小，安培力减小，加速度减小、最后匀速，故ABC错误、D正确。
16．（2022春•翼城县校级期末）在光滑绝缘水平面上有如图所示两部分的磁场区域I和Ⅱ（俯视），分别存在着垂直纸面向内和垂直纸面向外的宽度均为L的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。边长为L的正方形单匝金属线框在水平向右的拉力F的作用下（图中未画出）以初速v0进入，且能保持全过程匀速穿过磁场区域，已知线框的电阻为R，则下列说法正确的是（ ）
A．线框从整体处于I区到整体处于Ⅱ区的过程中穿过线框的磁通量变化量大小是0
B．全过程中线框受到水平拉力的最大值
C．全过程中线框产生的焦耳热
D．若线框无拉力F的作用恰好能穿过磁场区域，则分析可得
【答案】D。
【解析】解：A、设磁场方向垂直纸面向里为磁通量正方向，则线框从整体处于1区到整体处于II区的过程中穿过线框的磁通量变化量大小为：|ΔΦ|＝|﹣BL2﹣BL2|＝2BL2，故A错误；
B、当线框左右两条边均切割磁感线时，所受安培力最大，由于线框匀速运动，受力平衡，即水平拉力最大，
根据法拉第电磁感应定律有：E＝2BLv0
根据闭合电路欧姆定律有：I＝安培力F＝BIL
联立，可得：F＝，故B错误；
C、线框进磁场、出磁场和线框在磁场中切割磁感线三段过程中的时间均为t＝线框进磁场、出磁场产生的焦耳热为：Q1＝（）2Rt
线框在磁场中切割磁感线产生的焦耳热为：Q2＝（2×）2Rt
全过程中线框产生的焦耳热：Q＝2Q1+Q2
解得：Q＝，故C错误；
D、若线框无拉力F的作用恰好能穿过磁场区域，由动量定理得：t＝Δp
线框进磁场、出磁场和线框在磁场中切割磁感线三段过程中，根据电磁感应定律得：＝mv0
解得：v0＝，故D正确。
17．（2022春•滨州期末）如图1，两直径为d的圆形区域相切于O点内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一长为d的金属棒绕一端O在纸面内做匀速圆周运动，角速度大小为ω。图2是金属棒中的感应电动势随时间空间的关系图像，通过计算发现，其可看作是在恒定电压源（图3a）与正弦交流电源（图3b）叠加形成的。图2电动势连入电路后一段时间内产生电热，等于这段时间内（图3a）恒定电压源和（图3b）正弦交流电源分别连入电路产生电热的代数和。则金属棒中感应电动势的有效值为
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B。
【解析】解：金属棒切割磁感线的有效长度L＝dsinωt，
感应电动势E＝
感应电动势的最大值
由题知，恒定电压
正弦交变电流的最大电压
正弦交变电流的电压d的有效值
根据题意，则金属棒中感应电动势的有效值为，故ACD错误，B正确。
18．（2022春•吉林期末）如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5m，匀强磁场方向如图，大小为0.5T。质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属轨道上的M点。当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动。已知N、P为导轨上的两点，ON竖直、OP水平，且＝＝1m，g取10m/s2，则（ ）
A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5m/s2
B．金属细杆运动到P点时的速度大小为m/s
C．金属细杆运动到P点时安培力的瞬时功率为W
D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N
【答案】D。
【解析】解：A．开始运动时，在安培力作用下加速，所以a＝＝m/s2＝10m/s2，故A错误；
B．设金属细杆运动到P点时的速度大小为v，从M到P过程，由动能定理得﹣mgR+BIL（MN+OP）＝mv2，代入数据解得：v＝2m/s，故B错误；
C．金属细杆运动到P点时，安培力的方向为水平向右，速度方向为竖直向上，安培力方向与速度方向垂直，故此时安培力的瞬时功率为0，故C错误；
D．在P点，设每一条轨道对细杆的作用力大小为N，由牛顿第二定律得：2N﹣BIL＝m，代入数据解得：N＝0.75N，由牛顿第三定律得细杆在P点对每一条轨道的作用力大小为N'＝N＝0.75N，故D正确。
19．（2022春•海南期末）两根足够长、电阻不计且相距为L的平行金属导轨固定在倾角为α的绝缘斜面和水平面上，斜面导轨处在垂直斜面向上的匀强磁场中，水平导轨处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度均为B。一质量为m、长为L、电阻为R的光滑金属棒ab垂直导轨放置在倾斜导轨上，另一质量为m、长为L、电阻为R的粗糙金属棒cd垂直导轨放置在水平导轨上，两金属棒始终与导轨接触良好。金属棒ab由静止释放，经一段时间后匀速运动，金属棒ed始终静止，重力加速度为g，在金属棒ab匀速运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒ab匀速运动的速度大小为
B．金属棒cd受到水平向左的摩擦力
C．金属棒cd受到的摩擦力大小为mgsinα
D．金属棒cd的热功率为
【答案】C。
【解析】解：A、金属棒ab匀速运动时受力平衡，根据平衡条件可得：BIL＝mgsinα
根据闭合电路的欧姆定律可得：I＝
联立解得ab棒的速度大小为，故A错误；
B、根据右手定则可得通过ab棒的电流从b到a，则通过cd棒的电流从c到d，对cd棒根据左手定则可知安培力的方向向左，根据平衡条件可知金属棒cd受到水平向右的摩擦力，故B错误；
C、通过金属棒cd的电流与通过金属棒ab的电流相等，所以金属棒cd受到的安培力大小FA＝BIL＝mgsinα，根据平衡条件可得金属棒cd受到的摩擦力大小为f＝FA＝mgsinα，故C正确；
D、金属棒cd的热功率等于金属棒ab产生的热功率，等于金属棒ab重力做功功率，则有：P＝mgvsinα，代入v可得：P＝，故D错误。
20．（2022春•丹徒区校级期末）如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置（导轨电阻不计），其宽度L＝2m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为0.6Ω的电阻R，质量为m＝0.7kg、电阻为r＝0.4Ω、长度L＝2m的金属棒ab紧贴在导轨上，现使金属棒ab从图示位置由静止开始下滑，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，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，g取10m/s2，忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度B大小为1T
B．t＝2s时，金属棒两端的电压为7V
C．金属棒ab开始运动的前2s内，通过电阻R的电荷量为10.5C
D．金属棒ab开始运动的前2s内，电阻R上产生的热量为27.93J
【答案】D。
【解析】解：A、图乙中AB段表示金属棒做匀速直线运动，则有mg＝F安
金属棒匀速运动的速度大小为v＝＝m/s＝7m/s
又F安＝BIL，I＝，E＝BLv，解得匀强磁场的磁感应强度B大小为B＝0.5T，故A错误；
B、t＝2s时，金属棒产生的感应电动势为E＝BLv＝0.5×27V＝7V，金属棒两端的电压为U＝E＝×7V＝4.2V，故B错误；
C、金属棒ab开始运动的前2s内，通过的位移为x＝x1+vt′＝5.6m+7×（2﹣1.5）m＝9.1m
金属棒ab开始运动的前2s内，通过电阻R的电荷量为q＝•Δt，又＝，＝，ΔΦ＝BLx，联立解得q＝9.1C，故C错误；
D、由功能关系可知，金属棒ab开始运动的前2s内，电路中产生的总热量为Q＝mgx﹣，解得Q＝46.55J
电阻R上产生的热量为QR＝Q，解得QR＝27.93J，故D正确。
21．（2022春•如皋市期中）如图所示，固定于水平面内的电阻不计的足够长光滑平行金属导轨间距为L，质量均为m、阻值均为R的金属棒ab、cd垂直搁置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上.某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的初速度v0、2v0，则两棒从开始运动至达到稳定速度的过程中（ ）
A．ab中的最大电流为
B．ab达到稳定速度时，其两端的电压为0
C．ab速度为时，其加速度比cd的小
D．ab、cd间距增加了
【答案】D。
【解析】解：A、刚开始时ab中电流最大，且为Imax＝＝，故A错误；
B、ab达到稳定速度时，ab棒与cd棒以相同速度做匀速直线运动，回路中没有感应电流。设两棒稳定时速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0+m•2v0＝2mv，可得v＝v0，ab两端的电压U＝BLv＝BLv0，故B错误；
C、金属棒ab、cd所受的安培力大小相等，即合力大小相等，质量也相等，则两棒加速度大小相等，故C错误。
D、设ab、cd间距增加为x。对ab棒，取向右为正方向，由动量定理得：BL•t＝mv﹣mv0，又•t＝＝＝，联立解得x＝，故D正确。
22．（2022春•淄川区校级期中）如图所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，宽度为d。质量为m、电阻为R的单匝正方形线圈边长为L（L＜d），线圈下边沿到磁场上边界的距离为h。将线圈由静止释放，其下边沿刚进入磁场和刚要穿出磁场时的速度相同，重力加速度为g。则从线圈下边沿刚进入磁场到上边沿刚穿出磁场的过程中，求：
（1）线圈下边沿刚进入磁场时，线圈的加速度大小；
（2）线圈的最小速度；
（3）产生的焦耳热。
【答案】（1）线圈下边沿刚进入磁场时，线圈的加速度大小为﹣g；
（2）线圈的最小速度为；
（3）产生的焦耳热为2mgd。
【解析】解：（1）线框从开始下落到进入磁场前由速度—位移关系有：2gh＝
根据法拉第电磁感应定律有：E＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律有：I＝
根据安培力计算公式有F＝BIL
根据牛顿第二定律有：F﹣mg＝ma
由以上各式解得a＝﹣g
（2）线框下边缘进入磁场和离开磁场时速度相同，但完全进入磁场后又经历了加速度运动，故线框进入磁场时必须做减速运动，在线框完全进入磁场前可能已经匀速也可能仍在减速，故无论如何，当线框完全进入磁场时速度一定是最小的，从此时到线框下边缘刚要离开磁场作为研究阶段，由匀变速运动规律得
2g （d﹣L）＝﹣
解得：v1＝
（3）因线框下边缘刚进入磁场和刚离开磁场时的运动情况完全相同，故线框完全进入磁场和离开磁场的过程中产生的焦耳热相同，故从线框下边缘刚进入磁场到刚离开磁场作为研究阶段，由功能关系得mgd﹣Q＝0
解得Q＝2mgd
23．（2022春•清远期末）如图所示，两足够长的固定光滑平行金属导轨MN、PQ的间距为d，倾角θ＝37°，下端接有定值电阻，导轨所在区域存在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场（图中未画出）。不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，轻绳的两端分别系有金属棒和物块。将金属棒从图示位置由静止释放，从释放起经时间t，金属棒开始沿导轨匀速上滑。金属棒与物块的质量均为m，金属棒接入电路的电阻与定值电阻的阻值均为R，重力加速度大小为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。求：
（1）金属棒的最大加速度am；
（2）金属棒的最大速度vm；
（3）金属棒在该时间t内的位移大小x。
【答案】（1）金属棒的最大加速度am为；
（2）金属棒的最大速度vm为；
（3）金属棒在该时间t内的位移大小x为。
【解析】解：（1）将金属棒释放的瞬间，金属棒的加速度最大，设此时轻绳的拉力大小为F1，根据牛顿第二定律，对金属棒有：F1﹣mgsin θ＝mam
对物块有：mg﹣F1＝mam
解得：am＝g
（2）当金属棒的加速度为零时，金属棒的速度达到最大，运动状态稳定，此时金属棒上产生的感应电动势：E＝Bdvm
此时通过金属棒的电流最大，最大电流：Im＝
设此时轻绳的拉力大小为F2，根据物体的平衡条件，
对金属棒有：F2﹣mgsin θ﹣BImd＝0
对物块有：mg﹣F2＝0
解得：
（3）设在时间t内，轻绳的平均拉力大小为，通过金属棒的平均电流为，根据动量定理，对金属棒有t﹣mgsin θ•t﹣Bd•t＝mvm﹣0
对物块有：mgt﹣t＝mvm﹣0
又q＝•t＝
上式中磁通量的变化ΔΦ＝Bdx
联立解得：
24．（2022春•湛江期末）如图所示是一种矿井直线电机提升系统的原理图，在同一竖直平面的左右两边条形区域内，有垂直平面向里和向外交替的匀强磁场，每块磁场区域的高度均为L、磁感应强度大小均为B。梯箱左右两边通过绝缘支架均固定有边长为L、匝数为n、总电阻为R的正方形导线框，线框平面与磁场垂直，上下两边水平。导线框、支架以及梯箱等总质量为M。电机起动后两边磁场均以速度v沿竖直轨道向上匀速运动。忽略一切阻力，梯箱正常运行时防坠落装置与轨道间没有相互作用。求：
（1）电机刚启动瞬间导线框ABCD所受安培力的大小；
（2）当梯箱以的速度向上运动时的加速度大小。
【答案】（1）电机刚启动瞬间导线框ABCD所受安培力的大小为；
（2）当梯箱以的速度向上运动时的加速度大小为。
【解析】解：（1）电机刚启动瞬间导体框ABCD中感应电动势大小为：E1＝2nBLv
感应电流大小：
整个导线框ABCD所受安培力大小为：F安＝2nBI1L
联立解得：；
（2）当梯箱以的速度向上运动时，感应电动势大小为：
感应电流大小为：
安培力大小：F＝4nBI2L
根据牛顿第二定律可得：F﹣Mg＝Ma
联立解得：。
25．（2022春•枣庄期末）如图甲所示，两根平行光滑金属导轨倾斜固定放置，导轨间距L＝0.5m，导轨平面与水平面之间的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，下端连接阻值R＝0.1Ω的电阻。在导轨所在斜面的矩形区域M1N1N2M2内分布有垂直于斜面向上的匀强磁场，磁场上、下边界M1N1、M2N2的距离d＝1.2m，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示，图中B0＝0.5T，t0＝1.0s。t＝0时刻，一根质量为m＝0.1kg、阻值r＝0.05Ω的导体棒ab垂直于导轨在其他外力的作用下静止在M1N1处，t0时刻撤去外力，导体棒ab进入磁场并在穿出磁场前达到最大速度。导体棒ab与导轨接触良好，取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）0～t0时间内，流过导体棒ab的电流大小及方向；
（2）导体棒ab穿出磁场时的速度vm；
（3）从t＝0时刻至导体棒ab刚穿出磁场时刻的全过程中，导体棒ab中产生的焦耳热。
【答案】（1）0～t0时间内，流过导体棒ab的电流大小为2A，方向由a指向b；
（2）导体棒ab穿出磁场时的速度为1.2m/s；
（3）从t＝0时刻至导体棒ab刚穿出磁场时刻的全过程中，导体棒ab中产生的焦耳热为0.376J。
【解析】解：（1）根据楞次定律可得感应电流方向由a指向b。
感应电动势大小为：
感应电流大小为：
代入数据解得：I＝2A；
（2）导体棒ab在穿出磁场前达到最大速度，所以导体棒穿出磁场时受力平衡，如图所示。
根据平衡条件可得：mgsin30°＝B0ImL
根据闭合电路欧姆定律可得：
联立解得：vm＝1.2m/s；
（3）0～t0时间内导体棒ab中产生的焦耳热：
t0时刻之后，电路中的总焦耳热：Q总＝
其中，ab棒产生的热：Q总
则全过程导体棒ab中产生的焦耳热：Qab＝Q1+Q2
联立解得：Qab＝0.376J。
26．（2022春•汉中期末）如图所示，两平行光滑的金属导轨AD、CE相距L＝1.0m，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，下端A、C用导线相连，AC的电阻r＝0.2Ω，其他导轨电阻不计。PQGH范围内有方向垂直导轨平面向上、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的宽度d＝0.6m，边界线PQ、HG均与导轨垂直。已知金属棒MN的质量为0.25kg，金属棒MN的电阻R＝0.2Ω，棒两端始终与导轨间接触良好，从与磁场上边界GH距离为b＝0.40m的位置由静止释放，当金属棒进入磁场时，恰好做匀速运动，棒在运动过程中始终与导轨垂直，取g＝10m/s2。求：
（1）该磁场磁感应强度B的大小及通过金属棒MN的感应电流I；
（2）金属棒在穿过磁场的过程中MN产生的焦耳热。
【答案】（1）该磁场磁感应强度B的大小及通过金属棒MN的感应电流I为2.5A；
（2）金属棒在穿过磁场的过程中MN产生的焦耳热为0.375J。
【解析】解：（1）设导体棒刚进入磁场时的速度为v，对导体棒进入磁场前下滑的过程，
由动能定理得：mgbsinθ＝
当金属棒进入磁场时，恰好做匀速运动，由平衡条件得：mgsinθ＝BIL
根据闭合电路欧姆定律：I＝＝
联立并代入数据解得：B＝0.5T
通过金属端MN的感应电流：I＝＝A＝2.5A
（2）金属棒在穿过磁场的过程中回路产生的总的焦耳热为：Q总＝mgdsinθ
MN产生的焦耳热：QR＝
联立代入数据得：QR＝0.375J
27．（2022春•东城区校级期末）光滑的平行金属导轨MNPQ固定在水平地面上，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，两根相同的金属棒ab和cd垂直放置在导轨上，如图1所示。开始时cd棒静止，ab棒以初速度v0沿导轨向右运动。随后cd棒也运动起来，两棒始终未能相碰，忽略金属棒中感应电流产生的磁场。
a.已知两根金属棒的质量均为m，求cd棒最终获得的动能Ek；
b.图2是图1的俯视图。请在图2中画出ab、cd棒在达到最终状态之前，棒内自由电子所受洛伦兹力的示意图；并从微观的角度，通过计算分析说明，在很短的时间Δt内，ab棒减少的动能是否等于cd棒增加的动能。
【答案】（1）已知两根金属棒的质量均为m，cd棒最终获得的动能Ek为mv02；
（2）在很短的时间Δt内，ab棒减少的动能大于cd棒增加的动能。
【解析】解：（1）以两根金属棒为研究对象，系统所受的合外力为零，故动量守恒；最后两金属棒以共同的速度v向前运动。
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝2mv，
解得：v＝v0；
故cd棒最终获得的动能为：Ek＝mv2＝mv02；
（2）ab、cd棒在达到最终状态之前，ab棒速度比cd棒速度大，故电子在ab棒、cd棒构成的回路中运动；
那么，将电子运动分解为随金属棒运动和垂直金属棒运动两部分；
沿金属棒部分运动的情况产生电流，故根据楞次定律可得：ab棒受到的安培力向左，bc棒受到的安培力向右；电子这部分分力和安培力方向相同；
电子随金属棒运动的速度不产生电流，根据左手定则可得：洛伦兹力方向分别由a指向b，由c指向d；
故两根棒内自由电子所受洛伦兹力如图所示；
设自由电子的电荷量为e，在两棒达到最终状态之前某时刻，自由电子沿ab棒定向移动的速率为u。
在很短的时间Δt内，电子在棒中定向运动，与金属离子发生碰撞，受到阻力。
设电子受到的平均阻力为，在很短的时间Δt内，阻力对电子做负功W＝−•uΔt，宏观上表现为电路产生了焦耳热。
根据能量守恒定律，两棒组成的系统总动能减小，即ab棒减少的动能大于cd棒增加的动能。
（多选）28．（2022•湖北）近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是（ ）
A．接收线圈的输出电压约为8V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22：1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
【答案】AC。
【解析】解：A、发射线圈的电压：U1＝n1•，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则有：U2＝n2•
则：＝＝，解得：U2＝8V，故A正确；
B、由于漏磁，接收线圈与发射线圈的功率不相等，接收线圈与发射线圈中电流之比I2：I1≠n1：n2＝1100：50＝22：1，故B错误；
C、发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相等，则发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，故C正确；
D、穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，故D错误。
（多选）29．（2022•湖南）如图，间距L＝1m的U形金属导轨，一端接有0.1Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8m的绝缘水平桌面上。质量均为0.1kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒a距离导轨最右端1.74m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为0.1T。用F＝0.5N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取10m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6m
B．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58C
【答案】BD。
【解析】解：A、导体棒b刚要滑动的条件是受到的安培力等于最大静摩擦力，b受到的最大静摩擦力为：
fmax＝μmg＝0.1×0.1×10N＝0.1N
根据平衡条件可得：BIbL＝fmax，
代入数据可解得通过b的电流为：Ib＝1A，
由于b与R并联后与a串联，根据闭合电路的欧姆定律可得导体棒a产生的感应电动势为：
E＝2IbRa+IbRb，
代入数据解得：E＝0.3V
设导体棒a刚要离开桌面时的速度大小为v，根据法拉第电磁感应定律可得：E＝BLv
解得：v＝3m/s
导体棒a做平抛运动的时间为t＝＝s＝0.4s
所以导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移大小为：
x＝vt＝3×0.4m＝1.2m，故A错误；
B、导体棒a离开导轨至落地前，做平抛运动，水平方向的速度大小不变，即导体棒a切割磁场的有效速度不变，根据E＝BLv可知，其感应电动势不变，故B正确；
C、导体棒a在导轨上运动的过程中，根据右手定则可知电流方向为逆时针（俯视），根据左手定则可知导体棒b受到的安培力方向向左，所以导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；
D、导体棒a在导轨上运动的过程中，设通过a的电荷量为q0，根据电荷量的计算公式可得：q0＝＝＝
其中R总＝Ra+
代入数据解得：q0＝1.16C
则通过电阻R的电荷量为：
q＝q0＝×1.16C＝0.58C，故D正确。
（多选）30．（2022•河北）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属的电阻，下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC。
【解析】解：AD、根据法拉第电磁感应定律可知，E＝BLv0，结合欧姆定律可知，结合题目图片可知，在向右运动的过程中，金属棒切割磁感线的长度先均匀增加，后不变，最后均匀减小，而电阻两端的电压等于电源电动势，因此变化规律与电流强度的变化规律类似，故A正确，D错误；
BC、根据安培力的计算公式F＝BIL可知，在切割长度的变化过程中，安培力与时间成二次方的比值关系，功率P＝i2R也是与时间成二次方的比值关系，但安培力在t＝0时刻不等于零，故B错误，C正确；
31．（2022•辽宁）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：
①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；
②初始时刻N到ab的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到cd的距离与第（2）问初始时刻的相同、到ab的距离为kx（k＞1），求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
【答案】（1）M刚进入磁场时受到的安培力F的大小为，方向水平向左；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，
①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为；
②初始时刻N到ab的最小距离为；
（3）初始时刻，若N到cd的距离与第（2）问初始时刻的相同、到ab的距离为kx（k＞1），M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k≤3.。
【解析】解：（1）细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为
E＝BLv0
电流方向为a→b，电流的大小为
则所受的安培力大小为
F＝BIL＝
安培力的方向由左手定则可知水平向左
（2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理得：
且
联立解得：q＝
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为Δx，有
整理可得：
联立解得：Δx＝
若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为
x＝Δx＝
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到cd的距离与第（2）问初始时刻相同，到ab的距离为kx（k＞1），则N到cd边的速度大小恒为，根据动量守恒定律得：
解得N出磁场时，M的速度大小为
由题意可知，此时M到cd边的距离为
s＝（k﹣1）x
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速到时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
联立解得：k＝2
②若M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理得：
解得：k＝3
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k≤3.
（多选）32．（2022•山东）如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场，边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t＝0时刻，金属框开始进入第一象限，不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（ ）
A．在t＝0到的过程中，E一直增大
B．在t＝0到的过程中，E先增大后减小
C．在t＝0到的过程中，E的变化率一直增大
D．在t＝0到的过程中，E的变化率一直减小
【答案】BC。
【解析】解：AB、如图所示
在t＝0到的过程中，即线圈顺时针转过90°的过程中，根据有效长度的定义可知，线框切割磁感线的有效切割长度先变大后变小，根据电动势的计算公式E＝BLv，其中，由此可知E先增大后减小，故B正确，A错误；
CD、在t＝0到的过程中，由圆周运动公式可知θ＝ωt
根据几何关系和三角形的面积公式可得：
则穿过线圈的磁通量为：
对上述的表达式进行二次求导得：
，由此可知，在t＝0到的过程中，E的变化率一直增大，故C正确，D错误；
33．（2022•湖北）如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2m、回路电阻R＝1.6×10﹣3Ω、质量m＝0.2kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g＝10m/s2，求：
（1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
（2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
（3）磁场区域的水平宽度。
【答案】（1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小分别为20m/s2、10m/s2；
（2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热0.4J；
（3）磁场区域的水平宽度为1.1m。
【解析】解：（1）ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有：max＝Fcosθ
代入数据解得：ax＝20m/s2
在竖直方向有：Fsinθ﹣mg＝may
代入数据解得：ay＝10m/s2
（2）ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线。但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流方向为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力方向竖直向下，ad边的上部分受到的安培力方向水平向右，bc边的上部分受到的安培力方向水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力。由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有：
Fsinθ﹣mg＝BIL
其中：I＝，vy2＝2ayL
联立解得：B＝0.2T；
由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有：Q＝W安＝BILy，其中y＝L
联立解得：Q＝0.4J；
（3）线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为t，则有：
vy＝ayt1，L＝vyt2
所以有：t＝t1+t2
联立解得：t＝0.3s
由（2）分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向，有：
x＝＝m＝0.9m
则磁场区域的水平宽度：d＝x+L＝0.9m+0.2m＝1.1m。
34．（2022•上海）宽L＝0.75m的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场。虚线框Ⅰ、Ⅱ中有定值电阻R0和最大阻值为20Ω的滑动变阻器R。一根与导轨等宽的金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一半接入时沿abcda方向电势变化的图像。求：
（1）匀强磁场的方向；
（2）分析并说明定值电阻R0在Ⅰ还是Ⅱ中，并且R0大小为多少：
（3）金属杆运动时的速率；
（4）滑动变阻器阻值为多少时变阻器的功率最大？并求出该最大功率Pm。
【答案】（1）匀强磁场的方向垂直纸面向里
（2）定值电阻R0在Ⅰ中，定值电阻R0＝5Ω
（3）金属杆运动时的速率为5m/s
（4）滑动变阻器阻值为5Ω时变阻器的功率最大，最大功率为0.1125W
【解析】解：（1）a点电势比d点电势高，说明导体棒上端为电源正极，导体棒切割磁感线产生感应电流向上，根据右手定则判断得出匀强磁场的方向垂直纸面向里
（2）滑动变阻器从全部接入到一半接入电路，回路里电流变大，定值电阻R0上电压变大，图甲的Ucd小于图乙的Ucd，可以推理得定值电阻在Ⅰ内，滑动变阻器在Ⅱ
根据欧姆定律得：甲图中回路电流I甲＝＝，乙图中回路电流I乙＝＝＝0.1A
甲图中定值电阻R0上电压φ0﹣1.2＝0.06R
乙图中定值电阻R0上电压φ0﹣1.0＝0.1R
联立解得：R＝5Ω，φ0＝1.5V
（3）金属杆产生的感应电动势E＝BLv，E＝φ0
联立解得v＝＝＝5m/s
（4）根据甲乙两图可知导体棒电阻不计，由闭合电路欧姆定律得I＝
滑动变阻器上的功率p＝I2R＝＝，当R＝5Ω时，滑动变阻器有最大功率Pm＝0.1125W
35．（2022•浙江）舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v﹣t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝（800﹣10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求
（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻t3。
【答案】（1）恒流源的电流为80A；
（2）线圈电阻为0.5Ω；
（3）时刻t3为。
【解析】解：（1）根据安培力公式可得：
F安＝nBIl
动子和线圈在0～t1时间内做匀加速直线运动，运动的加速度为
根据牛顿第二定律得：
F安＝（M+m）a
代入数据解得：I＝80A
（2）当S拨至2时，接通定值电阻R0，此时的感应电流为
此时的安培力为
F安1＝nBI1l
根据牛顿第二定律得：
由图可知在t1到t3的过程中，加速度恒定，则有
解得：R＝0.5Ω；
（3）根据图像可知，
则0～2s时间内，位移大小为
根据法拉第电磁感应定律得：
根据电流的定义式可得：Δq＝It
联立解得：
从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路中的电荷量，根据动量定理得：
﹣nBlΔq＝0﹣ma1（t3﹣t2）
联立解得：t3＝
36．（2022•浙江）如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。
（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？
（2）求电容器释放的电荷量ΔQ；
（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
【答案】（1）电容器充电完毕后所带的电荷量Q为0.54C，M极板带正电；
（2）电容器释放的电荷量ΔQ为0.16C；
（3）框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离为0.14m。
【解析】解：（1）开关S与接线柱1接通。电容器充电，充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；
根据法拉第电磁感应定律可知：
则电容器的电荷量为：Q＝CU＝
联立解得：Q＝0.54C
（2）电容器放电过程有：B2l1ΔQ＝mv1
棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有：mv1＝（m+m）v2
棒的上滑过程有：
联立解得：ΔQ＝0.16C
（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理得：
可得：Δx＝0.128m＞0.08m
匀速运动距离为：l3﹣l2＝0.08m﹣0.068m＝0.012m
则x＝Δx+l3﹣l2＝0.128m+0.012m＝0.14m
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