2.3电磁感应定律的应用 练习（word版含答案）

粤教版（2019）选择性必修二 2.3 电磁感应定律的应用
一、单选题
1．一个闭合正三角形金属框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中。现用外力F把框架水平匀速向右拉出磁场，如图所示，设正三角形金属框架开始出磁场的时刻t＝0，则电动势E、外力F和外力的功率P随时间t的变化图像正确的是（　　）
A． B． C． D．
2．如图所示一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度v，在宽为2L的水平U形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路电阻为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小及A、B之间的电势差分别为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
3．在光滑绝缘水平面上放有一足够长的“”型直角金属线框（其中），线框上方有一被绝缘销钉挡住的光滑金属杆，它们处于一个竖直向下的、足够宽的匀强磁场中，如图所示。现给金属线框一个垂直水平向右的初速度，若金属杆与线框始终接触良好，金属杆接入电路中的电阻恒为，金属线框电阻不计且运动时不与销钉接触，则金属线框的速度随它向右运动位移的变化规律可能是（　　）
A． B．
C． D．
4．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定于同一水平面内，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中，质量均为的导体棒MN、PQ垂直静止于平行导轨上，与导轨构成矩形闭合回路。某时刻给导体棒MN一个水平向右的瞬时冲量，则从此时至PQ达到最大速度的过程中，回路中产生的焦耳热为（　　）
A．0.1J B．0.2J C．0.3J D．0.4J
5．如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述错误的是（　　）
A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度
B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度
C．金属棒不能回到无磁场区
D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处
6．某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱。对这些现象做出正确解释的是（　　）
A．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈不产生感应电动势
B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C．接上导线后，表针晃动明显减弱是因为表内线圈产生感应电动势
D．接上导线后，表针晃动明显减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
7．在如图甲所示的电路中，两个电阻的阻值均为2R，电容器的电容为C，单匝圆形金属线圈的半径为r1，线圈的电阻为R，其内部半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为（t0，0）和（0，B0），其余导线的电阻不计，在0~t0时间内，下列说法正确的是（　　）
A．电容器上极板带正电
B．通过线圈的电流为
C．电容器两端电压为
D．电容器所带的电荷量为
8．电磁炮简化原理图如图所示，电磁炮以大容量电容器为电源，电容器充电后放电，在导轨与导体棒和弹体中形成放电电流，弹体与导体棒在安培力的推动下获得动能。设电容器电容为C，充电后电压为，平行光滑金属导轨间存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向下的匀强磁场，导轨宽度为L，导体棒长也为L，导体棒与弹体质量为m。在运动过程中，导体棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，导轨、导体棒和弹体电阻均忽略不计。某次导体棒与弹体离开导轨时，电容器的带电荷量减小为初状态的，则此次发射过程中导体棒与弹体离开导轨时获得的动能为（　　）
A． B．
C． D．
9．如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，已知导线框的总电阻为R，则在这时间内（　　）
A．因不知是顺时针转动还是逆时针转动，所以不能判断导线框中的感应电流方向
B．导线框中感应电流方向为E→F→G→H→E
C．通过导线框中任一截面的电量为
D．平均感应电动势大小等于
10．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面横放着两根导体棒、，与导轨一起构成闭合回路。两根导体棒的质量均为m，长度均为L，电阻均为R，其余部分的电阻不计。在整个导轨所在的平面内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开始时，两导体棒均在导轨上静止不动，某时刻给导体棒以水平向右的初速度，则（　　）
A．导体棒刚获得速度时受到的安培力大小为
B．导体棒、速度会减为0
C．两导体棒运动的整个过程中产生的热量为
D．当导体棒的速度变为时，导体棒的加速度大小为
11．如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图。电磁制动是一种非接触的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是（　　）
A．制动过程中，导体不会产生热量
B．如果导体反向转动，此装置将不起制动作用
C．制动力的大小与线圈中电流的大小无关
D．线圈电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大
12．如图所示为电磁炮的简化原理示意图，它由两条水平放置的平行光滑长直轨道组成。轨道间放置一个导体滑块作为弹头。当电流从一条轨道流入，经弹头从另一条轨道流回时，在两轨道间产生磁场，弹头就在安培力推动下以很大的速度射出去。不计空气阻力，将该过程中安培力近似处理为恒力，为了使弹头获得更大的速度，可适当(　　)
A．减小平行轨道间距 B．增大轨道中的电流
C．缩短轨道的长度 D．增大弹头的质量
13．如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距为L，与水平面成θ角，上端接入阻值为R的电阻。导轨平面区域有垂直导轨平面向上磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好。不计导轨及金属棒ab的电阻，则金属棒ab沿导轨下滑过程中（　　）
A．金属棒ab将一直做加速运动
B．通过电阻R的电流方向为从Q到N
C．金属棒ab的最大加速度为gsinθ
D．电阻R产生的焦耳热等于金属棒ab减少的重力势能
14．如图所示，MN和PQ是两根足够长、电阻不计的相互平行、竖直放置的光滑金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面。有质量和电阻的金属杆，始终与导轨垂直且接触良好。开始时，将开关S断开，让金属杆由静止开始下落，经过一段时间后，再将S闭合。金属杆所受的安培力、下滑时的速度分别用F、v表示；通过金属杆的电流、电量分别用i、q表示。若从S闭合开始计时，则F、v、i、q分别随时间t变化的图像不可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
15．如图所示是一水平放置的绝缘环形管，管内壁光滑，内有一直径略小于管内径的带正电的小球，开始时小球静止。有一变化的磁场竖直向下穿过管所在的平面，磁感应强度B随时间成正比例增大，设小球的带电量不变，则（　　）
A．顺着磁场方向看，小球受顺时针方向的力，沿顺时针方向运动
B．顺着磁场方向看，小球受顺时针方向的力，沿逆时针方向运动
C．顺着磁场方向看，小球受逆时针方向的力，沿逆时针方向运动
D．小球不受力，不运动
二、填空题
16．如图所示，线圈为100匝，在2s内穿过线圈的磁通量由0.04Wb均匀增大到0.08Wb，这2s时间内线圈产生的感应电动势为______V，如果线圈回路的总电阻为，则感应电流是______A。
17．小明同学设计了一个“电磁天平”，如图所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，线圈的水平边长，竖直边长，匝数为匝。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度，方向垂直线圈平面向里。线圈的总电阻。如图所示，保持不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域宽度。当磁感应强度B以随时间均匀减小时，天平平衡，当磁感应强度B以随时间均匀增大时，需要在挂盘中放质量为的砝码，天平才能重新平衡，则___________。取。
18．如图所示，先后以速度v1和v2（v1＝2v2），匀速地把同一线圈从同一位置拉出有界匀强磁场的过程中，在先后两种情况下：
（1）线圈中的感应电流之比I1∶I2＝________；
（2）线圈中产生的热量之比Q1∶Q2＝________。
19．如图所示，在竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中有光滑金属轨道，分别由水平部分CD、PQ和倾斜部分DE、QM组成，轨道间距为L，倾斜部分倾角为α．垂直水平轨道放置质量为m电阻为r的金属棒a，垂直倾斜轨道放置质量为m电阻为R的金属棒b．导轨电阻不计，为保证金属棒b静止不动，给金属棒a施加作用力F使其做匀速运动，则导体棒a向______运动，速度大小为______，作用力F做功的功率为______
三、解答题
20．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ电阻不计，其间距为L，两导轨所构成平面与水平面成θ角。两根用长为d的细线连接的金属杆ab、cd分别垂直导轨放置，沿斜面向上的外力F作用在杆ab上，使两杆静止。已知两金属杆ab、cd的质量分别为m和2m，两金属杆的电阻都为R，并且和导轨始终保持良好接触，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。某时刻将细线烧断，保持杆ab静止不动。
（1）分析并说明cd在整个运动过程中速度、加速度的变化情况；并求出其达到的最大速度vm；
（2）当cd杆速度v = vm时，求作用在ab杆上的外力F；
（3）若将细绳烧断时记为t = 0，从此时刻起使磁场随时间变化，使abcd回路中无感应电流产生，求磁感应强度B随时间t变化关系（写出B与t的关系式）。
21．如图所示，竖直固定的光滑金属长导轨、间距为，完全相同的两金属棒、垂直导轨放置，棒放置在水平绝缘地面上，整个装置处在垂直导轨平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场中。现将棒从足够高处由静止释放，当棒的速度达到最大时下落的高度为，整个过程中每根棒两端都与导轨接触良好。已知两金属棒的质量均为，电阻均为，其余电阻不计，重力加速度大小为，求：
（1）棒对地面的最大压力；
（2）棒由静止到速度最大的过程中通过回路某截面的电荷量；
（3）棒由静止到速度最大的过程中通过棒产生的焦耳热。
22．如图甲所示，空间存在竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，ab、cd是相互平行的间距为l的长直导轨，它们处于同一水平面内，左端由金属丝bc相连，MN是跨接在导轨上质量为m的导体棒，已知MN与bc的总电阻为R，ab、cd的电阻不计。用水平向右的拉力使导体棒沿导轨做匀速运动，并始终保持棒与导轨垂直且接触良好。图乙是棒所受拉力和安培力与时间关系的图象，已知重力加速度为g。
（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数；
（2）已知导体棒发生位移s的过程中bc边上产生的焦耳热为Q，求导体棒的电阻值；
（3）在导体棒发生位移s后轨道变为光滑轨道，此后水平拉力的大小仍保持不变，图丙中Ⅰ、Ⅱ是两位同学画出的导体棒所受安培力随时间变化的图线。判断他们画的是否正确，若正确请说明理由；若都不正确，请你在图中定性画出你认为正确的图线，并说明理由。（要求：说理过程写出必要的数学表达式）
23．如图所示，MN与PQ是两条水平放置彼此平行的金属导轨，质量m=0.2kg，电阻r=0.5Ω的金属杆ab垂直跨接在导轨上，匀强磁场的磁感线垂直于导轨平面，导轨左端接阻值R=2Ω的电阻，理想电压表并接在R两端，导轨电阻不计。t=0时刻ab受水平拉力F的作用后由静止开始向右做匀加速运动，ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.2。第4s末，ab杆的速度为v=1m/s，电压表示数U=0.4V。取重力加速度g=10m/s2。
（1）在第4s末，判断ab杆中的电流方向，并求出ab杆产生的感应电动势和受到的安培力各为多大；
（2）若第4s末以后撤去拉力，分析ab杆的加速度和速度如何变化；
（3）若第4 s末以后，ab杆做匀速运动，整个过程拉力的最大值为多大；
（4）若第4 s末以后，拉力的功率保持不变，ab杆能达到的最大速度为多大。
24．如图所示，空间存在B=0.5T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L=0.2m，R=0.3Ω的电阻接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m=0.1kg、接入电路的电阻r=0.1Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2。从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F=0.45N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好。（g=10m/s2）
（1）分析导体棒的运动性质；
（2）求导体棒所能达到的最大速度；
（3）试定性画出导体棒运动的速度－时间图象。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【解析】
【详解】
AB．框架在外力F的作用下以速度v匀速向右运动，则框架切割磁感线的有效长度
可知，电动势
则E与t成正比例关系，故A正确，B错误
C．设框架的总电阻为R，则框架中的电流
框架匀速运动，则有.
则F与t2成正比例关系，故C错误；
由P＝Fv可知，P与t2成正比例关系，故D错误。
故选A。
2．C
【解析】
【详解】
半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小为
AB相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律得
ABD错误，C正确。
故选C。
3．A
【解析】
【详解】
导体框向右运动时，受向左的安培力而做减速运动，设某时刻导体框的速度为v，则此时的加速度
随速度的减小，则加速度减小，设在很小的 t时间内可认为加速度a不变，则此时的速度
可知v-x关系如图A所示。
故选A。
4．B
【解析】
【详解】
PQ达到最大速度时，两棒速度相等做匀速运动，设速度为，开始时对导体棒由动量定理得
可得棒的初速度为
以向右方向为正方向，以两棒组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得
解得PQ的最大速度
回路中产生的焦耳热等于损失的机械能
代入数据解得
故选B。
5．C
【解析】
【详解】
AB．在Ⅰ区域中，磁感应强度随时间均匀增加，设磁感应强度为
感应电动势为
感应电动势恒定，所以金属棒上的感应电流恒为
金属棒进入Ⅱ区域后，金属棒切割磁感线，感应电动势为
金属棒上的电流为
Ⅰ区域产生的电流使金属棒受到的安培力始终沿斜面向上，大小恒定不变，因为金属棒到达c点后又能上行，说明加速度始终沿斜面向上，下行和上行经过b点的受力分析如图
下行过程中，根据牛顿第二定律可知
上行过程中，根据牛顿第二定律可知
比较加速度大小可知
由于bc段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，所以金属棒下行经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度，故AB正确，不符合题意；
CD．Ⅰ区域产生的安培力总是大于沿斜面向下的作用力，所以金属棒一定能回到无磁场区，由于整个过程中电流通过金属棒产生焦耳热，金属棒的机械能减少，所以金属棒不能回到a处，故D正确，不符合题意，C错误，符合题意。
故选C。
6．D
【解析】
【详解】
A．未接导线时，表针晃动过程中线圈转动切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，故A错误；
B．未接导线时，未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力，故B错误；
CD．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，回路闭合有感应电流，根据楞次定律可知，线圈会受到与转动方向相反的安培力作用，所以表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，故C错误，D正确。
故选D。
7．D
【解析】
【详解】
A．由题意可知，当向里的磁感应强度均匀减小时，根据楞次定律知感应电流的磁场向里，再由安培定则可知，圆环中的电流从下端流出，下端相当于电源正极，故电容器的下极板带正电，故A错误；
B．由图象分析可知，0至时间内磁感应强度的变化率为
由法拉第电磁感应定律有
而
闭合电路欧姆定律有
联立可得
故B错误；
C．电容器C与电阻2R并联，所以它们两端电压相等
故C错误；
D．电容器所带的电荷量为
故D正确。
故选D。
8．C
【解析】
【详解】
若导体棒与弹体获得的速度为v，根据动量定理可得
又
联立解得
所以导体棒与弹体在发射过程中获得的动能
故ABD错误，C正确。
故选C。
9．D
【解析】
【详解】
AB．由于虚线位置是经过到达的，不论线框是顺时针还是逆时针方向转动，所以线框的磁通量是变小的。根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，我们可以判断出感应电流的方向为E→H→G→F→E，AB错误；
CD．如图所示
有
，，
根据几何关系可求出有磁场穿过的面积变化为
根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势为
联立解得
通过导线框横截面的电荷量为
C错误，D正确。
故选D。
10．D
【解析】
【详解】
A．导体棒ab刚获得速度v0时产生感应电动势
感应电流为
安培力为
联立可得
故A错误；
B．运动过程中，两导体棒系统动量守恒，有
可得最终两棒速度为
故B错误；
C．两导体棒运动的整个过程中产生的热量为机械能的损失
故C错误；
D．由动量守恒可得
解得
导体棒ab产生的电动势为
导体棒cd产生的电动势为
两电动势反向，则总电动势为
感应电流为
安培力为
联立可得
则导体棒cd的加速度大小为
故D正确。
故选D。
11．D
【解析】
【详解】
A.电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会产生热量,A 错误；
B.如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向变为反向，此时产生的涡流方向也相反，根据安培力的公式，电流和所处的磁场方向同时反向，安培力方向不变，故还是使导体受到阻碍运动的制动力,B 错误；
C. 线圈中电流越大，则产生的磁场越强，则转盘转动产生的涡流越强，则制动器对转盘的制动力越大，C 错误；
D. 线圈电流一定时，导体运动的速度越大，转盘转动产生的涡流越强，制动力就越大,D 正确。
故选 D 。
12．B
【解析】
【详解】
A．根据题意，安培力做的功等于弹头获得的动能，轨道间距减小，安培力减小，安培力做功减小，弹头获得动能减小，速度减小，故A错误；
B．增大轨道中电流，安培力增大，安培力做功增大，弹头获得动能增大，速度增大，故B正确；
C．缩短轨道长度，安培力做功减小，弹头获得动能减小，速度减小，故C错误；
D．只增大弹头质量，安培力做功不变，弹头获得动能不变，所以速度减小，故D错误。
故选B。
13．C
【解析】
【详解】
A. 金属棒ab先做加速运动，后做匀速运动，A错误；
B. 根据右手定则，通过电阻R的电流方向为从N到Q，B错误；
C. 金属棒速度等于零时，加速度最大，根据牛顿第二定律
解得
C正确；
D. 根据能量守恒定律，电阻R产生的焦耳热等于金属棒ab减少的机械能，D错误。
故选C。
14．C
【解析】
【详解】
让金属杆由静止开始自由下落，经过一段时间后具有速度v，闭合开关S后，回路产生感应电流，金属杆受到安培力竖直向上，可能有以下三种情况：
若此刻安培力等于重力，金属杆做匀速运动，安培力、运动速度、电流都不变，通过金属杆的电量与时间成正比，此情况ABCD不可能正确；
若此刻安培力大于重力，金属杆将做加速度减小的减速运动，直至匀速运动，安培力、运动速度、电流先变小后不变，通过金属杆的电量与时间不成正比，此情况BD可能正确；
若此刻安培力小于重力，金属杆将做加速度减小的加速运动，直至匀速运动，安培力、运动速度、电流先变大后不变，通过金属杆的电量与时间不成正比，此情况A可能正确；
当开关闭合时，金属杆速度不为0，电路中电流不为0，故C不可能，符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
15．C
【解析】
【详解】
因为绝缘环形管面内有均匀增大的磁场，在其周围会产生稳定的涡旋电场，对带电小球做功，由楞次定律判断电场方向为逆时针方向。在电场力作用下，带正电小球沿逆时针方向运动，C正确；ABD错误。
故选C。
16． 2 2
【解析】
【分析】
【详解】
[1]根据法拉第电磁感应定律得
[2]根据欧姆定律得：
17．
【解析】
【分析】
【详解】
由电磁感应定律得
由欧姆定律得
线圈受到安培力
磁感应强度B从均匀减小到均匀增大，电流方向从逆时针变为顺时针，线框受到的安培力从向上变为向下，则满足
联立代入数据可得
18． 2:1 2:1
【解析】
【详解】
（1）[1]根据电磁感应定律
E=BLv
又根据闭合电路欧姆定律，得感应电流：
可知感应电流I∝v，所以感应电流之比
I1：I2=2：1
（2）[2]由焦耳定律得线圈产生的热量为
可知Q∝v，则热量之比为2：1。
19． 左； ；
【解析】
【详解】
根据左手定则和右手定则知导体棒a向左运动；以b棒为研究对象进行受力分析，如图所示，平衡时有：，设a棒的速度为，根据和可得，解得速度大小为；以a棒为研究对象，匀速运动时拉力，根据功率计算公式可得作用力F做功的功率为．
20．（1）vm；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）cd杆沿斜面下滑过程中受到重力2mg，垂直于导轨的弹力N以及沿导轨向上的安培力F。当杆下滑速度为v时，回路中的感应电动势
E = BLv
流过cd杆的电流
I =
因此安培力
F = BIL =
由牛顿第二定律得
cd杆静止释放后，沿导轨做加速运动，由上式可知，当速度v增大，加速度a减小。故做加速度逐渐减小的加速运动。当安培力与其重力沿斜面的分力相等时，cd杆下滑达到最大速度vm，故最后以vm的速度做匀速运动。即
因此
vm
（2）cd杆速度v = vm时，回路中感应电流为
ab杆保持静止，有平衡条件可知
F = mgsinθ + BIL
因此
（3）abcd回路中无感应电流产生，cd杆只受重力和弹力，沿斜面做匀加速下滑，加速度
a = gsinθ
经过时间t下滑距离为
abcd回路中无感应电流产生，即回路中磁通量没有变化，所以，即
BLd = BtL(d + x)
得
21．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）棒的速度达到最大时，受到的安培力与重力平衡，所以有
解得
（2）根据法拉第电磁感应定律
可得
解得
（3）设棒的最大速度为，则有
解得
22．（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
【详解】
（1）根据导体棒MN匀速运动可知它受牵引力、安培力和摩擦力f三力平衡，由图象可知拉力大小为F0，安培力大小为根据牛顿第二定律有
解得
（2）根据功能关系可知导体棒MN克服安培力做功将机械能转化为电能，在电路中电能转化为电热。电路中的总电热为
设导体棒的电阻值为r，根据电阻串联关系可知
解得
（3）两位同学画的图线都不正确。设导体棒运动的速度大小为v，产生的感应电动势为E，感应电流为I
解得
根据牛顿第二定律有
分析可知随着导体棒加速，安培力F安逐渐增大，加速度逐渐减小。当时导体棒将做匀速运动。其变化过程如图所示
23．（1）b到a，0.5V，0.1N；（2）见解析；（3）0.55N；（4）1.08m/s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由右手定则可知，ab杆中的电流方向由b到a，4s末的感应电流为
电动势为
E=I(R+r)=0.5V
由
E=BLv
此时受到的安培力为
联立解得
F安=BIL=0.1N
(2)撤去拉力，ab杆仅受安培力和摩擦力作用，两力均与运动方向相反，故ab杆做减速运动，由于安培力为
由牛顿第二定律可得
随着速度v变小，加速度a也变小，最终ab杆会静止。
(3)若ab杆做匀速运动，则满足
F=μmg+F安=0.5N
加速到第4s末时速度最大，安培力最大，故拉力最大，加速度为
可得最大拉力为
(4)若第4s末开始，拉力的功率不变，此时功率为
P=Fm·v=0.55×1W=0.55W
设ab杆的最大速度为vm，此时的拉力为F′，则满足
代入数据解得
vm=1.08m/s
24．（1）做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动；（2）10m/s；（3）
【解析】
【详解】
（1）导体棒做切割磁感线运动，产生的感应电动势
E=BLv
回路中的感应电流为
I=
导体棒受到的安培力为
F安=BIL
导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根据牛顿第二定律有
F－μmg－F安=ma
联立解得
F－μmg－=ma
由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大，此后导体棒做匀速直线运动；
（2）当导体棒达到最大速度时，有
F－μmg－=0
代入数据解得
vm=10m/s
（3）由（1）（2）中的分析与数据可知，导体棒运动的速度－时间图象如图所示
答案第1页，共2页
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