2.3电磁感应定律的应用（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．如图所示，匀强磁场的左边界为一竖直面，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，范围足够大。由导体制成的半径为R、粗细均匀的圆环，以水平速度v垂直磁场方向匀速进入匀强磁场。当圆环运动到图示位置时，a、b两点为匀强磁场的左边界与圆环的交点，O点为圆环的圆心，已知，则a、b两点的电势差为（ ）
A． B． C． D．
2．如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，和是匀强磁场区域的水平边界，纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，ab边与和平行，边长小于和的间距，若线框自由下落，在ab边从运动到的过程中，关于线框的运动，下列说法中正确的是（　　）
A．一定始终做减速运动 B．一定始终做加速运动
C．可能先加速后减速 D．可能一直加速
3．如图所示，电阻值可忽略不计的矩形线圈MNPQ位于通电长直导线附近，线圈与导线在同一平面内，线圈的两个边与导线平行，其中PQ边上接有电容器C。如果在一个周期时间内，通电长直导线中通过电流i（电流方向向上为正）的图像如图所示，则电容器C的上极板带正电且电荷量逐渐增多的时间段是（　　）
A．时间内 B．时间内
C．时间内 D．时间内
4．如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场。一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框和虚线框的对角线共线。从开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域。用I表示导线框中的感应电流，取逆时针方向为正，则下列表示关系的图象中，大致正确的是（　　）
A． B． C． D．
5．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
6．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．
7．如图所示，间距为L的两根平行金属导轨弯成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中。质量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，ab导体棒在竖直导轨的左侧。两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑。某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去，经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q（导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g），则下列判断错误的是（　　）
A．导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流
B．导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小
C．导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为
D．导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为
8．如图所示，左端接有阻值为R的定值电阻且足够长的平行光滑导轨CE、DF的间距为L，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中，一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置且静止，导轨的电阻不计。某时刻给导体棒ab一个水平向右的瞬时冲量I，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程中（　　）
A．导体棒做匀减速直线运动直至停止运动
B．电阻R上产生的焦耳热为
C．通过导体棒ab横截面的电荷量为
D．导体棒ab运动的位移为
9．如图所示，固定于水平绝缘面上的平行金属导轨不光滑，除R外其他电阻均不计，垂直于导轨平面有一匀强磁场。当质量为m的金属棒cd在水平恒力F作用下由静止向右滑动过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．水平恒力F对cd棒做的功等于电路中产生的电能
B．只有在cd棒做匀速运动时，F对cd棒做的功才等于电路中产生的电能
C．无论cd棒做何种运动，它克服磁场力做的功一定不等于电路中产生的电能
D．R两端电压始终等于cd棒中的感应电动势
10．有一种监控火车运行的装置，其原理是在火车头车厢底部安装上能产生匀强磁场的磁铁，当其经过固定在轨道间的线圈时便会产生电信号，传输到控制中心，就可了解火车的运行情况，原理图如图甲所示。当某列火车通过该线圈时，控制中心得到线圈中电流大小随时间变化的图像如图乙所示。已知匀强磁场的磁感应强度为B，磁场宽度为l（磁场的宽度小于线圈宽度），线圈所在回路电阻为R，下列有关说法正确的是（　　）
A．由I-t图像可知，火车做匀速运动
B．因，故火车做变加速运动
C．时间内线圈中的电流方向如图甲所示
D．火车做匀加速运动且加速度大小为
11．如图（a），边长为d的单匝正方形导线框固定在水平纸面内，线框的电阻为R。虚线MN恰好将线框分为左右对称的两部分，在虚线MN左侧的空间内存在与纸面垂直的匀强磁场，规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图（b）。虚线MN右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小恒为。下列说法正确的是（　　）
A．时刻，线框中产生的感应电动势大小为
B．时刻，线框所受安培力的合力为0
C．时刻，线框受到的安培力大小为
D．在内通过线框导线横截面的电荷量为
12．空间中存在竖直向下的匀强磁场，有两根相互平行的金属导轨（足够长）水平放置，如图所示（俯视图）。导轨上静止放置着两金属棒AB、CD，某时刻在AB棒上施加一恒力F，使AB棒向左运动，导轨对金属棒的摩擦力不计，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是（　　）
A．回路中有顺时针方向的电流
B．磁场对金属棒AB的作用力向左
C．金属棒CD一直做加速直线运动
D．金属棒AB先做加速度减小的加速运动，之后做匀速直线运动
13．如图所示，水平面上足够长的光滑平行金属导轨，左侧接定值电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。金属杆MN以某一初速度沿导轨向右滑行，且与导轨接触良好，导轨电阻不计。则金属杆在运动过程中，速度大小v、流过的电量q与时间t或位移x的关系图像错误的是（　　）
A． B．
C． D．
14．如图甲所示，一矩形金属线圈abcd固定于匀强磁场中，匀强磁场的方向始终垂直纸面向里，磁感应强度大小B随时间t变化的图像如图乙所示。规定向右为安培力F的正方向，则线圈的cd边受到的安培力F随时间t变化的图像为（　　）
A． B．
C． D．
15．如图所示，两条足够长、电阻不计的平行导轨放在同一水平面内，相距l。磁感应强度大小为B的范围足够大的匀强磁场垂直于导轨平面向下。两根质量均为m、电阻均为r的导体杆a、b与两导轨垂直放置且接触良好，开始时两杆均静止。已知b杆光滑，a杆与导轨间最大静摩擦力大小为F0.现对b杆施加一与杆垂直且大小随时间按图乙所示规律变化的水平外力F，已知在t1时刻，a杆开始运动，此时拉力大小为F1，下列说法正确的是（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）
A．当a杆开始运动时，b杆的速度大小为
B．在0~t1这段时间内，b杆所受安培力的冲量大小为
C．在t1~t2这段时间内，a、b杆的总动量增加了
D．a、b两杆最终速度将恒定，且两杆速度大小之差等于t1时刻b杆速度大小
二、填空题
16．如图所示，矩形线圈abcd质量为m，宽为h，在竖直平面内由静止自由下落，其下方有如图所示的匀强磁场，磁场上、下边界水平，宽度也为h，线圈ab边进入磁场就做匀速运动，那么，在线圈穿过磁场的全过程中，产生的电热是________。
17．如图所示，相同材料做成的两线框a、b，导线截面积之比为，边长之比为，以相同速度匀速进入同一匀强磁场，则一边进入时两线框中感应电动势之比为________，感应电流之比为_________，所受安培力之比为________，为维持其匀速运动所加的外力的功率之比为_______，拉进磁场的全过程中外力做功之比为_________，拉进磁场的全过程中通过某一截面的电荷量之比为_________．
18．如图所示，边长为L的正方形线圈abcd有n匝，总电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直．将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场，那么拉力F等于________，ab边产生的焦耳热Q等于________于，通过ab的电荷量等于________．
19．用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示．当磁场以10 T/s的变化率增强时，线框中a、b两点间的电势差是Uab＝_____ V
三、解答题
20．如图，电阻不计的金属导轨水平平行放置，导轨间距为l，处于磁感应强度为B、方向竖直的匀强磁场中。质量均为m、长度均为l、电阻均为r的导体棒ab和cd垂直置于导轨上，它们与导轨间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。某时刻起给ab施加一水平恒力F作用，当ab的位移为x时cd棒开始运动，运动过程中导体棒与导轨始终保持良好接触。求：
（1）此时ab棒的加速度；
（2）此过程中产生的电能。
21．如图，两根电阻不计、平行光滑金属导轨相距L＝0.5m水平放置，一端与阻值R＝0.3Ω的电阻相连。导轨x＞0一侧存在沿x方向变化的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，x＝0处磁场的磁感应强度B0＝1T。一根质量m＝0.1kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从x＝0处以初速度v0＝2m/s沿导轨向右运动，运动过程中速度v与位移x满足关系，且通过电阻的电流强度保持不变。求：
（1）金属棒运动时，通过电阻R的电流强度；
（2）导轨x＞0一侧磁感应强度Bx随x变化关系；
（3）金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中电阻R上产生的热量。
22．如图所示，宽度为L的水平平行光滑的金属轨道，左端接动摩擦因数为μ、倾角为θ的斜面轨道（斜面轨道下端与水平光滑轨道之间有一小圆弧平滑连接），右端连接半径为r的光滑半圆轨道，水平轨道与半圆轨道相切。水平轨道所在的区域处在磁感应强度大小为B的竖直向上的匀强磁场中。一根质量为m的金属杆a置于水平轨道上，另一根质量为M的金属杆b从斜面轨道上与水平轨道高度为h处由静止释放，当金属杆b滑入水平轨道某位置时，金属杆a刚好到达半圆轨道最高点（b始终运动且a、b未相撞），并且a在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为mg（g为重力加速度），此过程中通过金属杆a的电荷量为q，a、b杆的电阻分别为R1、R2，其余部分电阻不计。求：
（1）金属杆b在水平轨道上运动时的最大加速度am；
（2）在金属杆b由静止释放到金属杆a运动到半圆轨道最高点的过程中，系统产生的焦耳热Q。
23．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨CD、EF倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为θ=37°，两导轨间距为L，导轨下端分别连着电容为C的电容器和阻值R=3r的定值电阻。一根质量为m、电阻为r的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间、另一端跨过轻质定滑轮与质量M=3.6m的重物相连。金属棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨电阻不计，初始状态用手托住重物使轻绳恰处于伸直状态，由静止释放重物，求：（sin 37°=0.6，重力加速度大小为g，不计滑轮摩擦）
（1）若S1闭合，S2断开，电阻R的最大瞬时热功率；
（2）若S1和S2均闭合，当金属棒速度达到最大值时，遇到障碍物突然停止运动，金属棒停止运动后，通过金属棒的电荷量；
（3）若S1断开、S2闭合，请通过计算判断重物的运动性质。
24．如图所示，绝缘矩形平面与水平面夹角为，底边水平，分界线、、均与平行，与、与间距均为L，分界线以上平面光滑，与间的区域内有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感强度大小为B。将一质量为m、总电阻为R、边长为L的正方形闭合金属框放于斜面上，边与平行且与其距离为，金属框各边与以下斜面间的动摩擦因数，无初速释放金属框后，金属框全程紧贴斜面运动，设重力加速度为g。
（1）若金属框的边刚越过边界瞬间速度大小为，求此时金属框的加速度大小a；
（2）求金属框的边刚越过边界瞬间速度大小与间的关系；
（3）为了使金属框的边能够离开磁场，且金属框最终能够静止在斜面上，求的取值范围。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】
当圆环运动到题中图示位置时，根据几何关系可知圆环切割磁感线的有效长度为，产生的感应电动势
设圆环的总电阻为，电路中的电流
圆环处于题中图示位置时，外电路的电阻值
根据欧姆定律可知
根据右手定则可知，a点的电势高于b点的电势，则a，b两点的电势差
故选B。
2．D
【详解】
A．当线框完全进入磁场时，穿过线框的磁通量不再变化，线框没有感应电流，不再受到安培力，将在重力作用下加速向下运动，故A错误；
B．若线框下边界刚进入磁场时的速度较大，满足
受到的安培力可能会大于重力，从而减速运动，故B错误；
C．当安培力等于重力时，线框必然匀速运动，速度大小不再改变，电流大小不再改变，安培力不会超过重力，不会出现减速情况，故C错误；
D．若线框进入磁场时安培力小于重力，线框做加速运动，完全进入到ab边到达NN'过程中线框只受重力作用，线框仍然加速，故D正确。
故选D。
3．C
【详解】
由于电容器C的上极板带正电且电荷量逐渐增多，可知矩形线圈MNPQ的感应电流方向为顺时针且在增大，根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量可能是向里的减小或向外的增大，且变化的越来越快，根据安培定则可知，通电直导线中电流为向上的减小或向下的增大，且变化越来越快，由图可知，只有在时间内，电流是向上的减小并变化的越来越快。
故选C。
4．D
【详解】
从t=0开始，线框的位移从0到l，导线框切割磁感线的有效长度线性增加，感应电流也线性增加；线框的位移从l到2l，线框完全进入磁场，无感应电流；线框的位移从2l到3l，导线框切割磁感线的有效长度线性减少，感应电流也线性减小，故D正确，ABC错误。
故选D。
5．D
【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。
6．C
【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。
7．D
【详解】
A．cd切割磁感线产生感应电动势，闭合回路产生感应电流
故A正确，不符合题意；
B．ab匀加速下滑时
联立解得
故B正确，不符合题意；
C．根据电荷量公式
则
故C正确，不符合题；
D．两个金属棒电阻相同，产生的焦耳热相同，因此
解得
故D错误，符合题意。
故选D。
8．C
【详解】
A．导体棒获得向右的瞬时初速度后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab受到向左的安培力，向右减速运动，由
可知，由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动直至停止运动，A错误；
B．导体棒减少的动能
根据能量守恒定律可得
又根据串并联电路知识可得
B错误；
C．根据动量定理可得
可得
C正确；
D．由于
将
代入可得，导体棒ab运动的位移
D错误。
故选C。
9．D
【详解】
AB．外力始终要克服摩擦力做功，所以水平恒力F对cd棒做的功要大于电路中产生的电能，故AB错误；
C．在任何情况下，克服磁场力所做的功都等于电路中产生的电能，故C错误；
D．因为电源cd无内阻，所以R两端电压始终等于cd棒中的感应电动势，故D正确。
故选D。
10．D
【详解】
AB．由图像可知，电流均匀增加，根据
可知火车做匀加速运动，故AB错误；
C．由右手定则可知，电流方向与图乙所示方向相反，故C错误；
D．由
可得
因两段电流图像斜率
相同，故做匀加速直线运动，故D正确。
故选D。
11．C
【详解】
A．时刻线框中产生的感应电动势大小
故A错误；
B．时刻的感应电流为
虚线MN左、右侧磁感应强度均为，线框左边受安培力为
方向向右，线框右边受安培力为
方向仍向右，线框上、下边所受安培力的合力为0，整个线框所受安培力的合力为
方向向右，故B错误；
C．时，虚线MN左侧磁感应强度为，线框左边受到的安培力大小为
方向向右，线框右边受到的安培力大小仍为，方向仍向右，线框上、下边所受安培力的合力为0，整个线框所受安培力的合力为
方向向右，故C正确；
在内，通过线框某横截面的电荷量为
故D错误。
故选C。
12．C
【详解】
A．由右手定则可知，回路中有逆时针方向的电流，故A错误；
B．根据左手定则可知，磁场对金属棒AB的作用力向右，故B错误；
CD．金属棒CD受到水平向左的安培力，做加速运动，切割磁感线，产生顺时针方向的感应电流，两金属棒产生的感应电流方向相反，设回路总电阻为R，可得
由于刚开始金属棒速度v1较大，故回路总电流沿逆时针方向，对AB由牛顿第二定律可得
随着两金属棒的加速，速度差逐渐增大到某一值后保持不变，故金属棒先做加速度减小的加速运动，之后做匀加速直线运动；
对金属棒CD由牛顿第二定律可得
可知金属棒CD的加速度先增大后再保持不变，故金属棒CD一直做加速直线运动。故C正确，D错误。
故选C。
13．B
【详解】
设导轨宽度为L、金属杆的质量为m、电阻为r
A．对金属杆根据牛顿第二定律可得
其中
则有
所以加速度随着速度的减小而减小，根据
可知v-t图象的斜率减小，A正确；
B．取初速度方向为正方向，根据动量定理可得
解得
由于加速度逐渐减小，则q-t图象的斜率减小，B错误；
C．取初速度方向为正方向，在很短的一段时间 内，根据动量定理可得
即
解得
所以v-x图象为一条倾斜的直线，C正确；
D．根据电荷量的计算公式可得
所以q-x图象是一条倾斜的直线，D正确。
故选B。
14．C
【详解】
根据法拉第电磁感应定律
可知，整个过程中感应电流大小不变，和内的感应电流方向相反，根据
可知，内安培力先减小后增大，和内安培力方向相反，故ABD错误，C正确。
故选C。
15．D
【详解】
A．在整个运动过程中，a、b两杆所受安培力大小相等，当a杆开始运动时，所受的安培力大小等于最大静摩擦力F0，则
联立可得
＝F0
解得b杆的速度大小为
v＝
故选项A错误；
B．对b杆由动量定理得
IF－I安＝mv
解得
故选项B错误；
C．在t1~t2这段时间内，外力F对a、b杆的冲量为
因a杆受摩擦力作用，可知a、b杆所受合力的总冲量小于，即a、b杆的总动量增加量小于，选项C错误；
D．由于最终外力F＝F0，故此时对两杆整体，合力为零，两杆所受的安培力均为F0，处于稳定状态，因开始时b杆做减速运动，a杆做加速运动，故a、b两杆最终速度将恒定，速度大小之差满足
即
Δv＝v
速度大小之差等于t1时刻b杆速度大小，选项D正确。
故选D。
16．2mgh
【详解】
由于线圈ab边进入磁场就做匀速运动，说明线圈的速度不再发生变化，动能不再改变，线圈下降的过程中，重力势能不断减少，安培力做负功，由于动能没有发生变化，那么，减少的重力势能等于克服安培力做的功，即电热，因为线圈下降了2h，则重力势能减少2mgh，产生的电热即为2mgh。
17．
【详解】
由电阻定律可知，
[1]由公式可知，一边进入时两线框中感应电动势之比为1：2；
[2]由公式
可知，电流之为
[3]由安培力公式可知，安培力之比为
[4]由于两线框做匀速直线运动，所以外力与安培力相等，由于速度相向，所以
【点睛】
外力功率相等，即为1：1；
[5]由公式可知，外力做功之比为
[6]由公式
所以电量之比
18．
【详解】
[1]因为线圈被匀速拉出所以：
感应电动势的大小：
根据闭合欧姆定律得：
则安培力：
[2]由题意可知在匀速拉出的过程中ab之间的电阻为：，所以ab边产生的焦耳热为：
[3]通过ab的电荷量：
19．-0.1
【详解】
题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流产生，把左半部分线框看成电源，其电动势为E，内电阻为r/2，画出等效电路如图所示．
则a、b两点间的电势差即为电源的路端电压，设l是边长，且依题意知．由得；所以，由于a点电势低于b点电势，故Uab=-0.1 V．
20．（1）；（2）
【详解】
（1）当cd棒开始运动时，安培力为
FA = μmg
以ab棒为研究对象，根据牛顿第二定律可得
F﹣FA﹣μmg = ma
解得
a =
（2）当ab的位移为x时ab棒的速度为v，则有
FA = BIL = = μmg
解得
v =
根据动能定理可得
Fx﹣μmgx﹣WA =
则产生的电能为
E = WA = Fx﹣μmgx﹣
21．（1）2.5A；（2）；（3）3.75J
【详解】
（1）金属棒在运动过程中通过电阻的电流

（2）由通过电阻的电流保持不变，可知金属棒切割磁感线产生的感应电动势始终相等，所以
B0Lv0=BxLvx
解得
（3）金属棒在x处所受安培力的大小
F=BxIL=（x+1）IL=1.25＋1.25x
由于安培力与x成线性变化，所以在x=0到x=2m过程中克服安培力做功：

克服安培力做功等于在此过程中回路中产生的热量
Q=W=5J
因此 电阻R上产生的热量
22．（1）；（2）BLq﹣3mgr﹣
【详解】
（1）金属杆b在倾斜轨道上运动，由牛顿第二定律，有
Mgsinθ﹣μMgcosθ = Ma1
解得
a1 = gsinθ﹣μgcosθ
设金属杆b刚滑到水平轨道时速度为vb1，对金属杆b在斜面轨道上下滑的过程。由匀变速直线运动规律，有
又
x =
解得
vb1 =
金属杆b刚滑到水平轨道时速度最大，产生的感应电动势最大，最大值为
E = BLvb1
金属杆b中最大电流为
I =
受到的最大安培力为
F安 = BIL
由牛顿第二定律有
F安 = mam
解得
am =
（2）金属杆b进入匀强磁场区域后做变速运动，设在t时间内，速度变化为v金属杆a到达半圆轨道最高点时金属杆b的速度为vb2，则由动量定理有
﹣BILt = Mv
又
q = It，v = vb2﹣vb1
即有
﹣BLq = Mvb2﹣Mvb1
解得
vb2 =
根据牛顿第三定律得：轨道对金属杆a向下的压力为
FN = mg
设金属杆a运动到半圆轨道最高点的速度为va。由牛顿第二定律，有
mg + FN = m
据题有
FN = mg
解得
va =
由能量关系有：有
= + + mg2r + Q
解得
Q = BLq﹣3mgr﹣
23．（1）（2）（3）重物做初速度为零的匀加速直线运动
【详解】
（1）S1闭合，S2断开时，重物由静止释放后拉动金属棒沿导轨向上做加速运动，金属棒受到沿导轨向下的安培力作用，速度最大时，感应电动势最大，感应电流最大，则电阻R的瞬时热功率最大，当金属棒速度最大时有
得
联立解得
（2）S1和S2均闭合时，电容器两极板间的最大电压
电容器所带的最大电荷量
金属棒停止运动后，电容器开始放电，此时电阻R与金属棒并联
通过金属棒的电荷量
（3）S1断开、S2闭合时，设从释放重物开始经时间t金属棒的速度大小为v，加速度大小为a，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的安培力
方向沿导轨向下，设在t~（t＋Δt）时间内流经金属棒的电荷量为ΔQ，ΔQ也是平行板电容器在t~（t＋Δt）时间内增加的电荷量，感应电动势
平行板电容器所带电荷量
故
，
则
设绳中拉力为FT，由牛顿第二定律，对金属棒有
对重物有
解得
可知a为常数，则重物做初速度为零的匀加速直线运动。
24．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）边刚越过边界瞬间速度大小为时的感应电动势为
则有安培力
根据牛顿第二定律得
解得
（2）金属杆从开始到穿过边界，摩擦力做功为，设cd边越过长度为，利用微元法，由数学知识则有则有
故
由动能定理
解得
（3）金属框的边能够离开磁场，即边过PQ时速度大于零，由动量定理得
带入解得
且金属框最终能够静止在斜面上即ab边不能穿过PQ，否则它将匀速运动下去，则由动量定理得
带入解得
综上所述金属框的边能够离开磁场，且金属框最终能够静止在斜面上，的取值范围为
答案第1页，共2页
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