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．如图甲、乙、丙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向里的匀强磁场中，导轨足够长。现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙、丙三种情形下关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动
B．图乙中，ab棒先做加速度越来越大的减速运动，最终静止
C．图丙中，ab棒先做初速度为v0的变减速运动，然后反向做变加速运动，最终做匀速运动
D．三种情形下导体棒ab最终都匀速运动
2．如图所示，水平光滑直导轨ac、bd间距为L，导轨间有一半径为的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，导轨右侧接定值电阻R，长为L、电阻也为R的导体棒在变力F作用下，从导轨左侧以速度匀速穿过圆形磁场，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒通过圆形磁场的过程中，c点电势低于d点电势
B．电阻R两端的最大电压是
C．通过电阻R的最大电流是
D．导体棒穿过圆形磁场过程中，通过电阻R的电荷量为
3．如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域内，现有一边长为l（lA．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：1
4．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
5．如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a＝0.05m，电源的电动势为E＝3V，内阻r＝0.1Ω，限流电阻R0＝4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为1.5V，则（　　）
A．由上往下看，液体做顺时针旋转
B．液体所受的安培力做负功
C．闭合开关10s，液体具有的内能是4.5J
D．闭合开关后，液体电热功率为0.081W
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．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
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，为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为，导轨电阻不计。已知金属杆倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为，保持金属杆以速度沿平行于的方向滑动金属杆滑动过程中与导轨接触良好。则
A．金属杆的热功率为
B．电路中感应电动势的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．电路中感应电流的大小为
10．如图所示，半径分别为2d和d的光滑半圆形圆弧导轨放在竖直面内，两圆弧圆心均在O点，导轨右端接有阻值为R的电阻。一质量为m、电阻为R、长为d的金属棒AB搭在导轨的左端且处于水平状态，金属棒AB通过绝缘轻杆连在O点的固定转轴上，两导轨间充满垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。将金属棒由静止释放，金属棒绕O点转动，不计转轴处摩擦，不计导轨电阻，金属棒转动过程中始终与导轨接触良好，当金属棒AB第一次转到竖直位置时，金属棒转动的角速度为ω，则下列说法正确的是（　　）
A．金属棒转动过程中A点电势始终高于B点
B．金属棒第一次转到竖直位置时，金属棒AB两端的电压为
C．从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中，通过电阻R的电量为
D．从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中，金属棒减少的重力势能等于回路中产生的焦耳热
11．某同学设计了飞船登陆地外星球的电磁阻尼缓冲装置，其模拟器如图所示。模拟器由船舱主体、光滑导轨、缓冲弹簧、绝缘缓冲底座、绝缘缓冲底座上的线圈以及固定在船舱主体上的超导线圈（图中未画出）组成。其中导轨固定在船舱主体下端，绝缘缓冲底座上的线圈为竖直绕在绝緣底座上的单匝闭合线圈，超导线圈产生水平方向的磁场。已知绝缘底座与地面接触后速度迅速减为零，导轨与线圈接触良好，则关于电磁阻尼缓冲装置分析正确的是（　　）
A．船舱主体下端MN必须是导体，不能与导轨绝缘
B．只增加导轨长度，可能使缓冲弹簧接触地面前速度为零
C．只增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小
D．只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小
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，间距为的两平行光滑竖直金属导轨、足够长，底部Q、N之间连有一阻值为的电阻，磁感应强度为的匀强磁场与导轨平面垂直。导轨的上端P、M分别与横截面积为的10匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小均匀变化的匀强磁场平行。开关K闭合后，质量为、电阻值为的金属棒恰能保持静止，金属棒始终与导轨接触良好，其余部分电阻不计，g取。下列说法正确的是（　　）
A．磁场均匀减小
B．磁场的变化率为
C．金属棒中的电流为
D．断开K之后，金属棒下滑的最大速度为
14．如图所示,一根足够长的直导线水平放置,通以向右的恒定电流,在其正上方O点用细丝线悬挂一铜制圆环。将圆环从a点无初速度释放,圆环在直导线所处的竖直平面内运动,经过最低点b和最右侧点c后返回,下列说法正确的是（　　）
A．从a到c的过程中圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针
B．运动过程中圆环受到的安培力方向始终沿竖直方向
C．圆环从b到c的时间等于从c到b的时间
D．圆环从b到c产生的热量等于从c到b产生的热量
15．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g。下列选项正确的是（　）
A．P=2mgvsinθ
B．P=3mgvsinθ
C．当导体棒速度达到时加速度大小为gsinθ
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
二、填空题
16．如图所示，100匝的线圈（为表示线圈的绕向，图中只画了两匝）两端A、B与一个电压表相连，线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场，线圈中的磁通量按图乙所示的规律变化。
（1）电压表的读数是______V
（2）电压表的正接线柱应该与______(填“A”或“B”)端相接
17．如图（a），质量为0.01kg、电阻为0.1Ω的正方形金属线框abcd位于竖直平面内。线框下方有一垂直于线框所在平面的匀强磁场，其水平边界MN与线框bc边平行。图（b）是线框从距MN某一高度处由静止开始下落，直到ad边恰好进入磁场区域过程的v-t图像。则匀强磁场的磁感应强度大小为______T，0~0.2s时间内线框上产生的焦耳热为______J。（空气阻力恒定，重力加速度g=10m/s2）
18．两根长度相度、材料相同、电阻分别为R和2R的细导线，围成一直径为d的圆环，P、Q为其两个接点，在圆环所围成的区域内，存在垂直于圆指向纸面里的匀强磁场。磁场的磁感强度的大小随时间增大，变化率为恒定值k。已知圆环中的感应电动势是均匀分布的。设MN为圆环上的两点，MN间的弧长为半圆弧PMNQ的一半。整个圆环的感应电动势大小为____________，MN两点间的电势差UM-UN为____。
19．如图所示，质量为m阻值为R的金属棒从H高的弧形轨道由静止释放，水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场强度大小为B，质量也为m阻值也为R金属棒处于水平导轨上，运动过程中棒与棒不相撞，已知重力加速度g，平行导轨间距L，水平导轨足够长，不计一切摩擦，求：
（1）棒固定，棒刚进入磁场时的电流___________？
（2）棒固定，棒进入磁场后运动的位移___________？
（3）棒不固定，棒与棒最终速度___________？___________？
（4）棒不固定，整个过程中电能的生成量___________？电热的生成量___________？
三、解答题
20．如图所示，导线全部为裸导线，半径为r的圆形导线框内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上无摩擦地自左向右匀速滑动，电路中的定值电阻为R，其余部分电阻忽略不计．试求MN从圆环的左端滑到右端的过程中电阻R上通过的电荷量。
21．如图所示，有两条相距的平行光滑金属轨道，轨道在、之间水平，其中左侧轨道的倾斜角，右侧轨道为弧线，在轨道的上端接有阻值的定值电阻。、之间存在竖直向下的磁场（PM、QN边界上无磁场），磁感应强度的变化情况如图所示，、之间的距离。一质量为、导轨间有效阻值为的导体棒从时刻无初速度释放，初始位置与水平轨道间的高度差。导体棒静置于磁场左边界的水平轨道处，该导体棒的质量也为，有效阻值。导体棒下滑后平滑进入水平轨道（转角处无机械能损失），并与导体棒发生弹性碰撞。运动中两导体棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨电阻。重力加速度取。求：
（1）在0～2s内，通过导体棒b的电荷量；
（2）导体棒b进入磁场瞬间受到的安培力大小；
（3）导体棒b最终静止的位置离PM的距离。
22．近年来，我国在航空母舰的电磁弹射技术方面取得重大突破，第一艘带有电磁弹射系统的国产航母即将亮相。小明同学经过研究，设计了一种电磁弹射系统，其简化模型如图乙所示。舰载机质量为7m，用绝缘弹性装置锁定在一个匝数N匝，边长为L的正方形金属线框上，线框质量m，总电阻为R。xoy平面代表轨道平面，x轴与轨道平行，轨道光滑，宽也为L。磁场与轨道平面垂直，平面内x坐标相同的点磁感应强度相同，大小按图丙的规律随时间变化，t=0时刻磁场的这种变化方式以磁场相对线圈恒定的传播速度沿+x方向传播，此时刻线框所在的位置沿x方向各点的磁场分布如图丁所示。经2T时间线框及舰载机的速度达到v，磁场停止传播，同时解除锁定，框中弹性装置在极短的时间里把舰载机弹出，舰载机以2v速度水平起飞，求：
（1）t=0时刻线框中感应电流的大小和方向；
（2）t=时，舰载机的加速度大小：
（3）在线框开始运动到停止的整个过程中，金属线框产生的焦耳热。
23．如图所示，光滑平行金属导轨由左、右两侧的倾斜轨道与中间的水平轨道平滑连接而成，导轨间距，在左侧倾斜轨道上端连接有阻值的定值电阻，水平轨道间有磁感应强度方向竖直向上、大小的匀强磁场．质量、电阻、长度与导轨间距相等的金属棒放在左侧倾斜轨道上由静止释放，金属棒释放的位置离水平轨道的高度，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，金属棒第一次出磁场时到达右侧倾斜轨道的最大高度，取重力加速度大小，不计金属导轨电阻，金属棒通过倾斜轨道与水平轨道交界处无机械能损失，求：
（1）金属棒第一次穿过磁场的过程中，定值电阻上产生的焦耳热；
（2）水平轨道的长度d；
（3）金属棒第一次从右边进入磁场后能够到达左侧倾斜轨道的最大高度。
24．如图所示，宽为L的光滑导轨由与水平面成α角的足够长倾斜部分及足够长水平部分组成，两部分导轨平滑连接，导轨上端通过单刀双掷开关S可以分别接入电动势为E的电源或直接短路。质量为m、电阻为R、长为L的金属杆垂直于导轨静止放置。空间存在着匀强磁场，不计导轨电阻和电原内阻。求：
（1）开关S与1接通时金属杆恰好静止，求磁感应强度B的最小值及相应的方向；
（2）将开关S断开，让杆ab由静止开始下滑，经过一段时间后，再将S掷向2。若从S与2接通时开始计时，请画出金属杆在倾斜部分轨道运动时速度随时间变化的可能图像，并结合图像对金属杆的受力和运动变化情况作出解释；
（3）金属棒在水平导轨上滑行的距离。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
A．题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；
B．题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B错误；
C．题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做变减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做变加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，故C正确；
D．由以上分析可知，故D错误。
故选C。
2．B
【解析】
【详解】
A．根据右手定则可知，导体棒通过圆形磁场的过程中，通过导体棒内的电流方向是，所以c点电势高于d点电势，故A错误；
C．当导体棒经过圆形磁场的直径时，ab棒产生的感应电动势最大，为
所以通过电阻R的最大电流为
故C错误；
B．导体棒运动到圆形磁场的中间位置时的感应电流最大，根据
知，此时电阻R两端的电压是最大的，为
故B正确；
D．导体棒穿过圆形磁场过程中，通过电阻R的电荷量为
故D错误。
故选B。
3．C
【解析】
【分析】
【详解】
设导线框完全滑入时速度为v，对导线框滑入过程，由动量定理有
在滑入磁场的某极短时间内有
故滑入磁场的整个过程位移为l，满足
导线框滑出磁场过程有
联立解得
据能量守恒可得，线框滑进磁场过程中产生的热量为
线框滑出磁场过程中产生的热量为
故
C正确。
故选C。
4．D
【解析】
【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。
5．D
【解析】
【详解】
A．由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转；A错误；
B．受到的安培力使液体旋转，故安培力做正功，B错误；
C．回路电流
液体的等效电阻为R＝0.9Ω，10s内液体的热能为
C错误；
D．玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，则液体热功率为
D正确。
故选D。
6．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。
7．D
【解析】
【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。
8．C
【解析】
【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．A
【解析】
【详解】
A．根据公式，可得金属杆的热功率为
A正确；
B．根据公式，可得导体棒切割磁感线产生感应电动势为
B错误；
C．根据安培力公式，可得棒所受的安培力为
C错误；
D．根据欧姆定律，可得感应电流的大小为
D错误。
故选A。
10．C
【解析】
【详解】
A．金属棒转动过程中，切割磁感线逆时针转动，根据右手定则，可以判断出A点电势始终低于B点，A错误；
B．金属棒第一次转到竖直位置时，转动的角速度为，则电动势
此时AB两端的电压为路端电压，则有
B错误；
C．从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中，通过电阻R的电量为
C正确；
D．根据能量守恒可知，减少的重力势能等于回路中产生的焦耳热和金属棒的动能之和，故D错误。
故选C。
11．C
【解析】
【详解】
A．题中缓冲装置是利用绝缘缓冲底座上的线圈感应出感应电流，与船舱主体上的超导线圈互感发生相互作用，从而让船舱主体缓冲的，不是船舱主体下端MN切割磁感线发生感应相互作用的，所以MN无需是导体，可以与导轨绝缘，故A错误；
B．绝缘缓冲底座上的线圈ab边切割磁感线，线圈回路磁通量变化，形成感应电流，磁场对ab边的安培力向下，根据牛顿第三定律，ab边对超导线圈的力向上，超导线圈固定在船舱主体上，对船舱主体和导轨
当缓冲底座着地后，船舱主体开始做加速度减小的减速运动，当导轨足够长，船舱主体可能达到收尾速度，之后匀速下降到地面，故B错误；
C．当船舱主体所受安培力等于重力时，有
解得
可见：只增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小（收尾速度越小）；只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触地面前速度增大，故C正确，D错误。
故选C。
【命题意图】
本题以电磁阻尼缓冲装置为载体，考查电磁感应中动力学问题，考查学生的理解能力和推理分析能力，学科素养重点考查了科学思维中的科学推理，突出对基础性、应用性和综合性的考查要求。
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．B
【解析】
【详解】
A．金属棒ab保持静止，受到的安培力与重力平衡，则知金属杆ab受到的安培力方向竖直向上，由左手定则判断可知，金属棒中电流方向由a→b，线圈中感应电流方向由M→P，线圈中感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，由楞次定律判断可知，磁场B2均匀增大，故A错误；
C．金属棒ab保持静止，根据平衡条件得
解得金属棒中的电流
故C错误；
B．根据闭合电路欧姆定律得线圈产生的感应电动势为
根据法拉第电磁感应定律得
解得
故B正确；
D．断开K之后，金属棒ab先向下做加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件得
解得金属棒ab下滑的最大速度为
故D错误。
故选B。
14．B
【解析】
【详解】
A．由安培定则知，直导线上方磁场方向垂直纸面向外，圆环从a到b的过程中磁通量增加，由楞次定律和安培定则可得，线圈中感应电流方向是顺时针；圆环从b到c的过程中磁通量减小，由楞次定律和安培定则可得，线圈中感应电流方向是逆时针，A错误；
B．圆环从a到b的运动过程中，将环分解为若干个小的电流元，上半环的左右对称部分所受合力向下，下半环的左右对称部分所受合力向上，下半环所在处的磁场比上半环所在处的磁场强，则整个环所受安培力的方向向上，同理可知，圆环从b到c的运动过程中所受安培力的方向向下，进一步分析可知，B正确；
C．圆环从b到c的过程与圆环从c到b的过程中经同一位置时从b到c的速率大于从c到b的速率，则圆环从b到c的时间小于从c到b的时间，C错误；
D．圆环从b到c的过程与从c到b的过程中经同一位置时从b到c的速率大于从c到b的速率，则圆环经同一位置时从b到c过程所受安培力大于从c到b过程所受安培力，故圆环从b到c过程克服安培力做的功大于圆环从c到b过程克服安培力做的功，则圆环从b到c产生的热量大于从c到b产生的热量，D错误。
故选B。
15．A
【解析】
【分析】
【详解】
AB．当导体棒的速度达到v时，对导体棒进行受力分析如下图所示
则
所以
当导体棒的速度达到2v时，对导体棒进行受力分析如下图所示
则
联立解得
功率
故A正确，B错误；
C．当导体棒速度达到时，对导体棒受力分析如下图所示
联立解得
故C错误；
D．当导体棒的速度达到2v时，安培力等于拉力和重力沿下面向下的分力之和。根据功和能量的关系，以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力和重力做功之和，故D错误。
故选A。
16． 50 A
【解析】
【详解】
（1）[1]由图得到，磁通量的变化率
根据法拉第电磁感应定律得
（2）[2]由楞次定律判定，感应电流方向为逆时针方向，线圈等效于电源，而电源中电流由低电势流向高电势，故A端的电势高于B端电势，A端应该与电压表的“+”的接线柱连接。
17． 1.25 0.0064
【解析】
【详解】
[1]根据题意分析，导线框由静止开始下落到bc边刚好进入磁场的过程中，导线框受到重力和恒定的空气阻力，所导线框做匀加速直线运动，在bc边进入磁场中开始，导线框受到重力、恒定的空气阻力和安培力，导线框的加速度发生变化。综上和图（b）分析，导线框由静止开始下落到bc边刚好进入磁场的过程为0~0.1s的过程，则有
0.1s~0.2s过程为导线框bc边刚好进入磁场到ad边恰好进入磁场的运动过程，则导线框做匀速直线运动，即安培力等于重力和空气阻力的合力，则
由图导线框做匀速直线运动的速度
则导线框的边长
联立解得
[2]0~0.2s时间内线框上产生的电流
导线框中有电流的时间
则0~0.2s时间内线框上产生的焦耳热为
18．
【解析】
【详解】
[1]根据法拉第电磁感应定律
[2]电动势均匀分布在整个环路内，方向是逆时针，根据闭合电路欧姆定律可知电路中的电流为
两点间电势差为
解得
19．
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]棒固定时，棒进入水平轨道时速度为，有
棒刚进入磁场时的感应电动势为
棒刚进入磁场时的电流为
联立解得
(2)[2]由动量定理可得
， ， ，
联立解得
(3)[3][4]棒不固定，两棒最终一起做匀速直线动动，由动量守恒定律可得
解得
则
(4)[5][6]由能量守恒定律可得，整个过程中动能减小转化为电能，再转化为内能产生热量，则有
解得
20．
【解析】
【详解】
MN从圆环的左端滑到右端的过程中，有
ΔΦ=B·ΔS=B·πr2
所用时间为
所以
==
通过电阻R的平均电流为
==
通过R的电荷量为
q=·Δt=
21．（1）1C；（2）30N；（3）m
【解析】
【详解】
（1）导体棒下滑过程中，有
由运动学公式得
解得
故在内，通过导体棒一直静止
根据法拉第电磁感应定律得感生电动势为
根据闭合电路欧姆定律得
又
，，
通过导体棒的电量为
联立得
（2）导体棒与导体棒碰撞前的速度为
棒与棒发生弹性碰撞，依据动量守恒定律得
由能量守恒得
解得
，
进入磁场时，磁场不再变化，电动势
又
，
根据安培力公式
解得
（3）导体棒直到静止，由动量定理得
即
又
解得
因为
故导体棒最终静止的位置距为
22．（1），逆时针方向；（2）；（3）。
【解析】
【详解】
(1)线框中产生的感应电动势大小
由欧姆定律知
线框中电流逆时针方向；
(2)由图丙可得，t=时
B=
线框中感应电流大小
线框受到的安培力大小
F=2NBIL
根据牛顿第二定律
解得
(3)第一阶段线框在电流正弦交流电，电流有效值
根据焦耳定律可得
设舰载机弹出时线框的速度为，由动量守恒定律
解得
由能量守恒定律得
整个过程线框产生的总热量
23．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）设金属棒第一次进入磁场时的速度大小为，第一次离开磁场时的速度大小为，根据机械能守恒定律有
从金属棒第一次进入磁场到第一次离开磁场，根据功能关系有
根据焦耳定律可知，定值电阻上产生的热量
解得
（2）从金属棒第一次进入磁场到第一次离开磁场的过程中，对任意一个很短的时间分析，根据牛顿第二定律有
综合可得
解得
（3）设金属棒第二次进入磁场时的速度大小为，第二次离开磁场时的速度大小为，则
根据机械能守恒定律有
解得
24．（1），垂直于倾斜部分导轨斜向上；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）ab杆平衡时
可得
方向垂直于倾斜部分导轨斜向上
（2）若导轨恰好匀速
可得此时
①若开关闭合瞬间导轨速度，则导轨做匀速直线运动
②若开关闭合瞬间导轨速度，则导轨受到安培力大于重力沿斜面的分力，杆做减速运动
当v减小，a也减小，最终当v=v0后，保持匀速直线运动
③若开关闭合瞬间导轨速度，则导轨受到重力沿斜面的分力大于安培力，杆做加速运动
当v增大，a也增大，最终当v=v0后，保持匀速直线运动
（3）金属杆以v0速度进入水平导轨后由动量定理
左右两边对时间累积可得
可得
答案第1页，共2页
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