第2章 电磁感应及其应用 章末培优专练同步练习（word版含答案）

2019鲁科版高中物理选择性必修第二册 第2章 章末培优专练 同步练习
一、单选题
1．以下表述正确的是（　　）
A．奥斯特首先发现了电磁感应定律，开辟了能源利用的新时代
B．牛顿利用扭秤实验，首先测出引力常量，为人类实现飞天梦想奠定了基础
C．安培首先提出了“场”的概念，使人们认识了物质存在的另一种形式
D．伽利略利用实验和推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原因
2．如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接右端接一个阻值为R的定值电阻平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好则金属棒穿过磁场区域的过程中（　　）
A．流过金属棒的最大电流为
B．通过金属棒的电荷量小于
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为
3．如图所示，纸面内两个宽度均为a的区域内存在着方向相反、磁感应强度大小相等的匀强磁场，纸面内一个边长为的等边三角形闭合金属线框水平向右匀速通过两个磁场区域。已知运动过程中线框的BC边始终与虚线边界平行，若规定逆时针方向为感应电流i的正方向，则从线框的A点进入磁场开始，线框中的感应电流i随线框移动距离x变化的i-x图象正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t=0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t=0开始，磁感应强度B应随时间t变化，以下四个图象能正确反映B和t之间对应关系的是（　　）
A． B．
C． D．
5．图示为一对同轴的螺线管（轴线水平）剖面图。现给线圈A通电，其中的电流方向用“·”和“×”表示，且电流不断增大，线圈B中就会产生感应电流。下列说法正确的是（　　）
A．线圈A中的磁场方向向左
B．线圈B中感应电流的磁场方向向右
C．线圈B中产生的感应电流大小不可能保持恒定
D．从左向右看线圈B中产生的感应电流为逆时针方向
6．如图甲，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R．垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如图乙．在0～t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动．乙图中t0、F1、F2为已知，棒接入电路的电阻为R，轨道的电阻不计．则下列说法正确的是（　　）
A．在t0以后，导体棒一直做匀速直线运动
B．导体棒最后达到的最大速度大小为
C．在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为
D．在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电量为
7．关于法拉第电磁感应定律，下列说法正确的是（ ）
A．感应电动势与穿过闭合电路的磁通量成正比
B．感应电动势与穿过闭合电路的磁通量的变化量成正比
C．感应电动势与穿过闭合电路的磁通量的变化率成正比
D．感应电动势与闭合电路所围面积成正比
8．某电容器上标有“1.5μF，9V”，则该电容器能带最大电荷量为 （ ）
A．所带电荷量不能超过1.5×10-5C B．所带电荷量不能超过1.35×10-5C
C．所带电荷量不能超过1.5×10-6C D．所带电荷量不能超过1.35×10-6C
9．在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流的变化而引起的自感现象，采用图所示的双线绕法，其理由是【 】
A．电路中电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消
B．电路中电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消
C．电路中电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消
D．电路中电流变化时，电流的改变量互相抵消
10．如图甲所示的电路中，R表示电阻，L表示线圈的自感系数。改变电路中元件的参数，使i－t曲线图乙中的①改变为②。则元件参数变化的情况是（　　）
A．L增大，R不变 B．L减小，R不变
C．L不变，R增大 D．L不变，R减小
二、多选题
11．在如图甲所示的电路中，为定值电阻，为滑动变阻器．闭合电键，将滑动变阻器的滑动触头从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图乙所示．则（ ）
A．图线甲是电压表示数随电流变化的图线
B．电源内电阻的阻值为
C．电源的最大输出功率为
D．滑动变阻器的最大功率为
12．如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（　　）
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
13．2017年12月17日，第二架国产大飞机C919在上海浦东国际机场首飞成功，C919在上海上空水平匀速飞行，由于地磁场的存在，其机翼就会切割磁感线，则下列说法正确的是　　
A．机翼左端的电势比右端电势高
B．机翼左端的电势比右端电势低
C．机翼相当于电源，其非静电力与洛伦兹力有关
D．飞机飞行过程中洛伦兹力做正功
14．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的波形如图所示，下列说法中正确的是（　　）
A．在t1时刻穿过线圈的磁通量达到峰值
B．在t2时刻穿过线圈的磁通量达到峰值
C．在t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值
D．在t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值
15．如图所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C．正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，则(　　)
A．线框中产生的感应电动势大小为kL2
B．电压表没有读数
C．a点的电势高于b点的电势
D．电容器所带的电荷量为Q ＝C
16．如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，导轨间距为l，电阻不计．导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B．金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M、N，并与导轨成θ角．金属杆以ω 的角速度绕N点由图示位置匀速转动到与导轨ab垂直，转动过程金属杆与导轨始终良好接触，金属杆单位长度的电阻为r．则在金属杆转动过程中（ ）
A．M、N两点电势相等
B．金属杆中感应电流的方向是由M流向N
C．电路中感应电流的大小始终为
D．电路中通过的电量为
17．如图所示，虚线框内是磁感应强度为B的匀强磁场，导线框的三条竖直边的电阻均为r，长均为L，两横边电阻不计，线框平面与磁场方向垂直．当导线框以恒定速度v水平向右运动，ab边进入磁场时，ab两端的电势差为U1，当cd边进入磁场时，ab两端的电势差为U2，则
A．U1=BLv B．U1=BLv C．U2=BLv D．U2=BLv
18．两光滑水平导轨放置匀强磁场中，磁场与导轨所在平面垂直，金属棒ab可沿导轨自由移动，如图所示，导轨一端跨接一个定值电阻，金属棒和导轨的电阻不计，现将金属棒沿导轨由静止向右拉动，若保持拉力F恒定，经过时间速度变为v，金属棒受到的磁场力为，最终以2v的速度做匀速运动；若保持拉力的功率P恒定，经过时间，速度也变为v，金属棒受到的磁场力为，最终也以2v的速度做匀速运动。则（ ）
A． B． C． D．
19．长直导线与圆形导体环在同一平面内，导线中电流方向如图所示。要使导体环中产生逆时针方向的电流，下列方法可行的是（　　）
A．仅减小导线中的电流
B．仅增大导线中的电流
C．仅使导体环沿该平面向左靠近导线
D．仅使导体环沿该平面向右远离导线
三、解答题
20．（本大题18分）如图（A）所示，固定于水平桌面上的金属架cdef，处在一竖直向下的匀强磁场中，磁感强度的大小为B0，金属棒ab搁在框架上，可无摩擦地滑动，此时adeb构成一个边长为l的正方形，金属棒的电阻为r，其余部分的电阻不计．从t=0的时刻起，磁场开始均匀增加，磁感强度变化率的大小为k（k=）．求：
（1）用垂直于金属棒的水平拉力F使金属棒保持静止，写出F的大小随时间t变化的关系式．
（2）如果竖直向下的磁场是非均匀增大的（即k不是常数），金属棒以速度v0向什么方向匀速运动时，可使金属棒中始终不产生感应电流，写出该磁感强度Bt随时间t变化的关系式．
（3）如果非均匀变化磁场在0—t1时间内的方向竖直向下，在t1—t2时间内的方向竖直向上，若t=0时刻和t1时刻磁感强度的大小均为B0，且adeb的面积均为l2．当金属棒按图（B）中的规律运动时，为使金属棒中始终不产生感应电流，请在图（C）中示意地画出变化的磁场的磁感强度Bt随时间变化的图像（t1-t0=t2-t1<）
21．如图甲所示MN、PQ为足够长的两平行金属导轨，间距L=1.0m，与水平面之间的夹角α=30°，匀强磁场磁感应强度B=0.5T，垂直于导轨平面向上，MP间接有电流传感器，质量m=2.0kg、阻值R=1.0Ω的金属杆ab垂直导轨放置，它与导轨的动摩擦因数μ=，如图所示。用外力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使ab由静止开始运动并开始计时，电流传感器显示回路中的电流I随时间t变化的图象如图乙所示，0~3s，拉力做的功为225J，除导体棒电阻外，其它电阻不计。取g=10m/s2。求：
（1）0~3s内金属杆ab运动的位移；
（2）0~3s内F随t变化的关系；
（3）0~3s内产生的焦耳热。
22．如图所示，竖直放置的U形导轨宽为L，上端串有电阻R（其余导体部分的电阻都忽略不计），磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向外．金属棒ab的质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦.从静止释放后ab保持水平而下滑．说明导体棒的运动性质，试求最大加速度a和导体棒下滑的最大速度vm.
23．有一个匝数n=50的闭合线圈，在t=0.5s内通过它的磁通量从均匀增加到，若线圈电阻，求：
(1)线圈中的感应电动势E；
(2)在这段时间t内，线圈电阻产生的热量Q。
24．光滑绝缘斜面倾角为θ，水平虚线OP以下的斜面处于磁感应强度为、方向垂直斜面向上的匀强磁场中。质量为、边长为的正方形铜线框电阻为，线框导线粗细均匀。现将导线框从斜面上某处由静止开始释放，线框恰好匀速进入磁场。已知线框下边bc始终与OP平行，重力加速度。求：
(1)线框bc边到达磁场边界OP时的速度大小；
(2)线框释放时bc边距离OP的距离。
25．如图所示，倾角、宽的足够长的U形光滑金属导轨固定在磁感应强度大小、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。一根质量，电阻的金属棒ab垂直于导轨放置现用一平行于导轨向上的牵引力F作用在棒上，使ab棒由静止开始沿导轨向上运动，运动中ab棒始终与导轨接触良好导轨电阻不计，重力加速度g取。求：
若牵引力恒定，定性论述ab棒的运动过程．
若牵引力的功率P恒为72W，则ab棒运动的最终速度v为多大？
当ab棒沿导轨向上运动到某一速度时撤去牵引力，从撤去牵引力到ab棒的速度为零，通过ab棒的电量，则撤去牵引力后ab棒滑动的距离s多大？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
A、法拉第首先发现了电磁感应定律，开辟了能源利用的新时代，故A错误；
B、卡文迪许利用扭秤实验，首先测出引力常量，为人类实现飞天梦想奠定了基础，故B错误；
C、法拉第首先提出了“场”的概念，使人们认识了物质存在的另一种形式，故C错误；
D、伽利略利用实验和推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原因，故D正确；
故选D．
【点睛】本题是物理学史问题，根据相关科学家的物理学成就进行解答．
2．D
【解析】
【详解】
A．金属棒从高度为h的光滑轨道上静止下滑，只有重力做功，由动能定理有
可得棒进入磁场的速度为
金属棒进入磁场后切割磁感线产生感应电流，受摩擦力和安培阻力而做变减速直线运动，则刚进入磁场时的速度最大，产生的感应电流最大，有
故A错误；
B．金属棒穿过磁场的过程，产生的平均电流为
电路产生的平均电动势为
而电路产生的电量为
联立可得电路产生的电量为
故B错误；
C．对金属棒穿过磁场的过程由能量守恒定律
联立可得克服安培力做功为
故C错误；
D．克服安培力做功等于让电路产生焦耳热有
电路共有金属棒和定值电阻串联，其阻值均为R，则金属棒上的热量为
故D正确。
故选D。
3．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．线框进磁场和出磁场时，有效切割长度都是均匀增加的，由楞次定律知进出磁场时感应电流的方向均为逆时针，故A错误；
BCD．在a～2a的过程中，线框的有效切割长度也是均匀增加的，但在左右两个磁场中均切割磁感线，产生的最大感应电流为进出磁场时最大感应电流的2倍，电流方向为顺时针方向，故C正确，BD错误。
故选C。
4．C
【解析】
【详解】
AB．当闭合回路的磁通量不变时，导体棒中不产生感应电流，故
解得
由此可以看出，随时间t增加，B减小，且减小得越来越慢，故AB错误；
CD．磁感应强度
可改写为
可知是线性函数，故C正确，D错误。
故选C。
5．D
【解析】
【详解】
A．由右手螺旋定则可知，线圈A中的磁场方向向右，故A错误；
BC．由于线圈A中电流增大，则磁场增大，穿过B线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈B中感应电流的磁场方向向左，如果线圈A中电流均匀增大，则线圈B中的电流大小不变，故BC错误；
D．由楞次定律可知，从左向右看线圈B中产生的感应电流为逆时针方向，故D正确。
故选D。
6．D
【解析】
【详解】
A.因在0﹣t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速运动，当加速度a＝0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A错误.
B.根据平衡条件可得FA＝F2，而FA＝BIL＝，解得，故B错误；
C.设在0﹣t0时间内导体棒的加速度为a，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，通过导体棒横截面的电量为q，则有：a＝ ①
F2﹣＝ma…②
F1＝ma…③
由①②③解得：，故C错误；
D.根据电荷量的经验公式可得q＝…④
而△Φ＝B△S＝BLt0…⑤
由②③④⑤解得：q＝，故D正确．
7．C
【解析】
【详解】
根据法拉第电磁感应定律有
可知感应电动势与磁通量和磁通量的变化量及面积没有直接关系，感应电动势的大小与穿过闭合电路的磁通量的变化率成正比，所以C正确；ABD错误；
故选C。
8．B
【解析】
【详解】
根据公式可得所带电荷量不能超过1.35×10-5C，选B.
9．C
【解析】
【详解】
两个线圈中的电流大小相等，线圈匝数相等，并且铁芯相同，所以每个线圈产生的磁场强度相同．由于两个线圈的绕向相同，但电流方向相反，所以其磁场方向相反．两者磁性强度相同，磁场方向相反，相互抵消，所以螺旋管内没有磁场，两股导线中原电流的磁通量相互抵消，C正确．
10．A
【解析】
【详解】
电源电阻不计，由图可知，放电达到的最大电流相等，而达到最大电流的时间不同，说明回路中的电阻值不变，即电阻R不变；电流的变化变慢，所以线圈的阻碍作用增大，即自感系数L增大， A正确，BCD错误。
故选A。
11．AD
【解析】
【详解】
试题分析：将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，的电压和电源的内电压增大，则的电压减小，所以电压表的示数增大，电压表的示数减小，可知图线乙反映的是电压表的示数随电流的变化，图线甲反映的是电压表的示数随电流的变化，故A正确；根据闭合电路欧姆定律得：电压表的示数，由图线乙的斜率大小等于，由图知：，图线甲的斜率等于，则，故B错误；当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于时，电源的输出功率最大，故此时电流，故电源的最大输出功率，故C错误；由C的分析可知，的阻值为，电阻为；当等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流，则滑动变阻器消耗的总功率，故D正确．
考点：电功、电功率、闭合电路的欧姆定律
【名师点睛】在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理．
12．AD
【解析】
【详解】
A．由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈正面环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；
BC．开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，BC错误；
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。
故选AD。
13．AC
【解析】
【分析】
根据右手定则判断电势高低误；飞机飞行过程中机翼相当于电源；洛伦兹力始终不做功．
【详解】
A、B、在上海地磁场在竖直方向的分量向下，根据右手定则可知机翼左端的电势比右端电势高，故A正确、B错误；
C、在飞机飞行的过程中机翼切割磁感应线产生的感应电动势，机翼相当于电源，其非静电力与洛伦兹力有关，故C正确；
D、飞机飞行过程中洛伦兹力始终不做功，故D错误．
故选AC.
【点睛】
本题主要是考查右手定则，解答本题要掌握右手定则的应用方法和地磁场的分布情况．
14．BC
【解析】
【详解】
AC．由题图可知，t1和t3时刻，i最大，所以这两个时刻磁通量的变化率最大，线圈处于垂直中性面的位置，穿过线圈的磁通量为0，故A错误，C正确；
BD．t2和t4两时刻i=0，即
=0
线圈处于中性面位置，此时穿过线圈的磁通量最大，故B正确，D错误。
故选BC。
15．BCD
【解析】
【详解】
A．由法拉第电磁感应定律注意有效面积，得
故A错误．
B．磁场均匀减弱，线圈产生恒定的感应电动势，电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表则没有读数．故B正确．
C．由楞次定律可知，感应电动势方向沿顺时针，则a 点的电势高于b点的电势，电势差为感应电动势．故C正确．
D．线圈产生恒定的感应电动势给电容器充电，则电容器的电量
Q＝CU＝C kL2
故D正确．
故选BCD．
点睛：本题运用法拉第电磁感应定律时要注意S是有效面积，不是线圈的总面积．要理解电压表的核心是电流表，没有电流，电压表指针不偏转，则没有读数．
16．AB
【解析】
【详解】
A．根据题意可以知道，金属棒MN为电源，轨道为外电路，由于导轨电阻不计，故外电路短路，故M、N两点电势相等，故选项A正确；
B．根据右手定则可以知道金属杆中感应电流的方向是由M流向N，故选项B正确；
C．由于切割磁场的导线长度逐渐变短，故电动势逐渐变小，故回路中的电流逐渐变小，故选项C错误；
D．根据法拉第电磁感应定律：
故选项D错误．
故选AB。
17．BD
【解析】
【详解】
当导线框以恒定速度v水平向右运动，ab边进入磁场时，ab切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv，ab间电压是路端电压，即cd与ef并联的电压，则ab两端的电势差为U1=E= BLv；当cd边进入磁场时，ab与cd都切割磁感线，产生的感应电动势都为E=BLv，ab两端的电势差等于ef两端的电压，内电路是ab与dc并联，则U2=BLv．故选BD.
点睛：此题关键要区分清楚电源和外电路，可以画出等效电路，电源两端间的电势差是路端电压，不是电源的内电压．
18．ACD
【解析】
【详解】
AB．当保持拉力恒定做匀速运动时，拉力F等于导体棒受到的安培力，即
电动势
联立可得
在时，有
解得
当保持拉力的功率恒定做匀速运动时，有
拉力的功率为
在时，拉力为
根据牛顿第二定律可得
解得
故有
加速到v时，加速度大的，所用时间少，故
故A正确，B错误；
C．当速度都为v时，安培力为
所以
故C正确；
D．两次拉动过程中，最后都做匀速运动，故最终拉力等于磁场力
若保持拉力恒定，速度为v时，磁场力为，则
因为
所以
故D正确。
故选ACD。
19．BC
【解析】
【详解】
根据安培定则可知，电流产生的磁场在环处的磁场的方向垂直于纸面向里
A．当电流减小时，垂直纸面向里的磁场，穿过环的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向顺时针，故A错误；
B．当电流增大时，垂直纸面向里的磁场，穿过环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向逆时针，故B正确；
C．导线中的电流不变，环向左平动，穿过环的磁场增大，即穿过线圈的磁通量也增大，则感应电流的方向为逆时针方向，故C正确；
D．导线中的电流不变，导体环沿该平面向右远离导线，穿过环的磁场减小，即穿过环的磁通量也减小，生感应电流沿顺时针方向，故D错误。
故选BC。
20．（1） ；方向向右；（2）（3）
【解析】
【详解】
（1）
因为金属棒始终静止，在t时刻磁场的磁感强度为Bt=B0+kt，所以
；方向向右
（2）根据感应电流产生的条件，为使回路中不产生感应电流，回路中磁通量的变化应为零，因为磁感强度是逐渐增大的，所以金属棒应向左运动（使磁通量减小）
即：Δφ=0，即Δφ=BtSt-B0S0，
也就是Btl（l-vt）=B0l2
得
（3）如果金属棒的右匀速运动，因为这时磁感强度是逐渐减小的，同理可推得，
所以磁感强度随时间变化的图像如右图（t2时刻Bt不为零）
点睛：本题根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，由欧姆定律和安培力公式推导安培力的表达式，是常用的方法和思路．当回路中没有感应电流产生时，回路总的磁通量应保持不变．
21．（1）9m；（2）；（3）9J
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由图乙知
又
得
(2)根据题意
得
由牛顿运动定律得
，
(3)根据题意，3s末，，由动能定理得
得
22．am=g ；
【解析】
【详解】
释放瞬间ab只受重力，开始向下加速运动．随着速度的增大，感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大，加速度随之减小.当F增大到F=mg时，加速度变为零，这时ab达到最大速度. 以后匀速直线运动 ；由上面分析得初始加速度最大 am=g
由上面分析得初始速度最大时，可得
23．(1)20V；(2)10J
【解析】
【详解】
(1)由法拉第电磁感应定律可知
解得
E=20V
(2)线圈中的感应电流
由焦耳定律有
解得
Q=10J
24．(1)；(2)
【解析】
【详解】
(1)依题得，bc边感应电动势为
因此线框感应电流为
则bc边受安培力为
又因为线框匀速运动，合外力为零，因此
解得
(2)从线框释放至bc边达到磁场边界OP过程，机械能守恒，则有
解得
25．(1)先做加速度逐渐减小的加速运动，再做匀速直线运动 (2) (3)
【解析】
【分析】
（1）ab棒向上先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动．
（2）当加速度为零时，ab棒最终做匀速运动，结合共点力平衡以及P=Fv求出ab棒最终的速度．
（3）根据电流的定义式，结合法拉第电磁感应定律求出撤去牵引力后ab棒滑动的距离．
【详解】
(1)ab棒先做加速度逐渐减小的加速运动，即图线的斜率逐渐减小，最终做匀速直线运动，即图线与时间轴平行，v-t图象如图所示
(2)当以恒定功率牵引ab棒时，①
②
③
④
代入数据得： 舍去⑤
(3)设撤去F后ab棒沿导轨向上运动到速度为零时滑动的距离为s，通过ab的电荷量，⑥
又 ⑦
⑧
⑨
联立⑥⑦⑧⑨各式得：．
【点睛】
解决本题的关键知道金属棒在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律的、法拉第电磁感应定律进行求解．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页