2023届高三物理一轮复习最新试题汇编：牛顿运动定律与电磁综合
一、单选题
1．（2017高二下·池州期中）用同样的材料、不同粗细导线绕成两个质量面积均相同的正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，使它们从离有理想界面的匀强磁场高度为h的地方同时自由下落，如图所示．线圈平面与磁感线垂直，空气阻力不计，则（ ）
A．两线圈同时落地，线圈发热量相同
B．细线圈先落到地，细线圈发热量大
C．粗线圈先落到地，粗线圈发热量大
D．两线圈同时落地，细线圈发热量大
二、多选题
2．（2017·海南）如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界（虚线）均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均为磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距．若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能（ ）
A．始终减小 B．始终不变
C．始终增加 D．先减小后增加
三、综合题
3．（2018高二下·孝义期末）如图所示，水平面（纸面）内间距为 的平行金属导轨间接一电阻，质量为 、长度为 的金属杆置于导轨上。 时，金属杆在水平向右、大小为 的恒定拉力作用下由静止开始运动。 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为 。求：
（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
（2）电阻的阻值。
4．（2017·宜春模拟）如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距L，固定在水平绝缘桌面上，其中半径为R的 圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘垂直平齐．两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好．棒ab质量为2m，电阻为r，棒cd的质量为m，电阻为r，重力加速度为g，开始时棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上，棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为2：1．求：
（1）棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小；
（2）棒cd在水平导轨上的最大加速度；
（3）两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热．
5．（2017·黑龙江模拟）如图所示，匀强电场的场强E=4V/m，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向垂直纸面向里．一个质量为m=1g、带正电的小物块A，从M点沿绝缘粗糙的竖直壁无初速度下滑，当它滑行0.8m到N点时就离开壁做曲线运动．当A运动到P点时，恰好处于平衡状态，此时速度方向与水平成45°角，设P与M的高度差H为1.6m．求：
（1）A沿壁下滑时克服摩擦力做的功．
（2）P与M的水平距离s是多少？
6．（2017·黑龙江模拟）如图所示，质量为m=1kg，电荷量为q=5×10﹣2C的带正电的小滑块，从半径为R=0.4m的光滑绝缘 圆弧轨道上由静止自A端滑下．整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中．已知E=100V/m，水平向右；B=1T，方向垂直纸面向里．求：
（1）滑块到达C点时的速度；
（2）在C点时滑块对轨道的压力．（g=10m/s2）
7．（2017高二下·安徽期中）如图（a）所示，平行金属导轨MN、PQ光滑且足够长，固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.25m，电阻R=0.5Ω，导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感强度B=0.4T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，现用一外力F沿水平方向拉杆，使其由静止开始运动，理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图（b）所示．试分析与求：
（1）分析证明金属杆做匀加速直线运动；
（2）求金属杆运动的加速度；
（3）写出外力F随时间变化的表达式；
（4）求第2.5s末外力F的瞬时功率．
8．（2017高二下·莆田期中）如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r=0.5m的竖直半圆，两导轨间距离d=0.3m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1=0.2kg、m2=0.1kg，电阻分别为R1=0.1Ω，R2=0.2Ω．现让ab棒以v0=10m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；
（2）cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；
（3）cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W．
9．（2017高二下·公安期中）如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角α=30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R．两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡的电阻RL=4R，定值电阻R1=2R，电阻箱电阻调到使R2=12R，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，试求：
（1）金属棒下滑的最大速度为多大？
（2）当金属棒下滑距离为S0时速度恰好达到最大，求金属棒由静止开始下滑2S0的过程中，整个电路产生的焦耳热Q？
10．（2017高二上·牡丹江期末）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值未知的电阻R．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．
（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；
（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该稳定速度的大小；
（3）在上问中，若R=2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
四、解答题
11．（2020高二上·运城期末）如图所示，间距为20 、倾角为37°的两根光滑金属导轨间，有磁感应强度为1.0T，方向竖直向上的匀强磁场，导轨上垂直于导轨放有质量为0.04 的金属棒，在与导轨连接的电路中，变阻器 的总电阻为12Ω，电阻 也为12Ω，导轨和金属棒电阻均不计，电源内阻为2.0Ω。变阻器的滑动头在正中间时，金属棒恰静止在导轨上。 ， ， 。求：此时金属棒中的电流大小和电源电动势大小。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】由v= 得知，两个线圈进入磁场时的速度相等．
根据牛顿第二定律得：mg﹣F=ma，得
a=g﹣
又安培力F=
得 a=g﹣
将R= ，m=ρ密 4LS代入上式得
a=g﹣
可见，上式各量都相同，则两个线圈下落过程中加速度始终相同，运动情况相同，故运动时间相同，同时落地．根据能量守恒定律得：Q=mgH﹣ ，下落的总高度H和落地速度v都相同，则发热量也相同．故A正确．
故选A
【分析】根据牛顿第二定律、安培力公式F= 、电阻定律、密度公式结合，推导出线框的加速度的表达式，分析加速度与导线截面积的关系，判断加速度的大小，分析线框的运动情况，就能确定下落时间的关系．根据能量守恒定律分析线圈发热量的关系．
2．【答案】C,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】解：A、导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁场产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加速运动，故A错误、D正确；
B、当ab边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动，故A错误；
C、当ab边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故始终加速运动，故C正确；
故选：CD
【分析】ab边进入磁场切割磁感线产生感应电流，线框ab边受到安培力，根据受力分析判断出导体框的运动即可判断
3．【答案】（1）解：设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
ma=F-μmg①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v=at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为
E=Blv③
联立①②③式可得
E=Blt0④
（2）解：设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I，根据欧姆定律
I= ⑤
式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为
f=BIl⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F–μmg–f=0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R= ⑧
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】根据牛顿第二定律，F-mg=ma，可以求a。v=at0可以求出v。根据E=Blv，可以求出电动势。根据欧姆定律，R=，进入磁场匀速，有F=mg+f其中安培力f=BIl所以可求电阻R。
4．【答案】（1）解：设ab棒进入水平导轨的速度为v，ab棒从圆弧导轨滑下机械能守恒：
2mgR= ×2mv2
解得：v=
两棒离开导轨时，设ab棒的速度为v1，cd棒的速度为v2．
两棒离开导轨后做平抛运动的时间相等，由平抛运动水平位移x=v0t可知
v1：v2=x1：x2=2：1
两棒均在水平导轨上运动时，系统的合外力为零，遵守动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
2mv=2mv1+mv2
联立解得 v1= ，v2=
（2）解：ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大．
ab棒刚进入水平导轨时，设此时回路的感应电动势为E，则
E=BLv
感应电流 I=
cd棒受到的安培力为：F=BIL
根据牛顿第二定律，cd棒有最大加速度为
a=
联立解得：a=
（3）解：根据能量守恒，两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为
Q= ×2mv2﹣（ ×2mv12+ mv22）
联立解得，Q= mgR
【知识点】平抛运动；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）ab棒在圆弧上下滑的过程中机械能守恒，由此可求得ab棒刚进入磁场时的速度．棒ab和棒cd离开导轨做平抛运动，根据平抛运动的规律和水平位移之比列式，可求得棒ab和棒cd离开导轨时速度大小之比．两棒都在轨道上运动时系统的合外力为零，遵守动量守恒，由动量守恒定律列式，联立即可求解．（2）MN棒刚进入水平导轨时，MN棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大．根据MN棒从圆弧导轨滑下机械能定恒求解进入磁场之前的速度大小，由E=BLv、I= 、F=BIL结合求出安培力，即可由牛顿第二定律求解最大加速度．（3）两棒开导轨做平抛运动，根据平抛运动的规律和水平位移之比求解，根据根据动量定恒和能量定恒求解两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热．
5．【答案】（1）解：小物体A下落至N点时开始离开墙壁，说明这时小物体A与墙壁之间已无挤压，弹力为零．
故有：qE=qvNB
∴vN= = =2m/s
对小物体A从M点到N点的过程应用动能定理，这一过程电场力和洛仑兹力均不做功，应有：
mgh﹣Wf克=
∴Wf克=mgh﹣ =10﹣3×10×0.8﹣ ×10﹣3×22=6×10﹣3 （J）
（2）解：小物体离开N点做曲线运动到达P点时，受力情况如图所示，由于θ=45°，物体处于平衡状态，建立如图的坐标系，可列出平衡方程．
qBvpcos45°﹣qE=0 （1）
qBvpsin45°﹣mg=0 （2）
由（1）得 vp= =2 m/s
由（2）得 q= =2.5×10﹣3 c
N→P过程，由动能定理得mg（H﹣h）﹣qES=
代入计算得 S=0.6 m
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【分析】对小球进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的状态．
6．【答案】（1）解：滑块滑动过程中洛伦兹力不做功，
由动能定理得：mgR﹣qER= mvC2
得vC= = =2 m/s
（2）解：在C点，受到四个力作用，如右图所示，由牛顿第二定律与圆周运动知识得
FN﹣mg﹣qvCB=m
得：FN=mg+qvCB+m =20.1 N；
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为20.1 N
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）对滑块滑动过程中，由动能定理，即可求解；（2）在C点受力分析，由牛顿第二定律，结合向心力表达式与牛顿第三定律，即可求解．
7．【答案】（1）解： ，
U∝v，因U随时间均匀变化，
故v也随时间均匀变化，金属杆做匀加速直线运动
（2）解：
解得： （m/s2）
（3）解：F=F安
（4）解：P=Fv=（0.04t+0.24）at=2.04W
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律，求出感应电动势；再根据闭合电路可求出电阻两端的电压，从而分析得出速度与时间的关系，即可求解；（2）根据电压与时间的关系，从而确定速度与时间的关系式，进而得出加速度的大小；（3）根据牛顿第二定律，与安培力大小表达式，即可求解；（4）由功率的表达式，从而得出安培力的功率，即可求解．
8．【答案】（1）解：ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，
根据导体棒切割磁场有：E=Bdv0 ①
闭合电路欧姆定律：I= ②
牛顿第二定律：F安=m2a0 ③
安培力公式：F安=BId ④
联立①②③④式代入题给数据得：a0= = =30m/s2
（2）解：设cd棒刚进入圆形轨道时的速度为v2，ab开始运动至cd即将进入圆弧轨道的过程，
对ab和cd组成的系统运用动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2 ⑤
ab棒进入圆轨道至最高点的过程，对cd棒运用动能定理得：﹣m2g 2r= ﹣ ⑥
在半圆轨道的P点对cd棒运用牛顿第二定律可得：m2g=m2⑦
⑤⑥⑦式子联立得：v1= = =7.5m/s ⑧
（3）解：cd棒进入半圆轨道前对ab棒运用动能定理可得：W= ﹣ ⑨
⑧⑨联立代入题给数据得：W= =4.375J
【知识点】法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）利用法拉第电磁感应定律求解cd棒切割磁场产生的感应电动势，根据闭合电路定律求出流过ab棒的电流，进而求出ab棒所受安培力，再用牛顿第二定律即可求出ab棒的加速度；（2）把ab棒和cd棒建立系统，运用动量守恒定律；对cd棒进入竖直半圆轨道运动的过程运用动能定理，最高点重力恰好提供cd棒做圆周运动的向心力，运用牛顿第二定律，联立即可求解cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；（3）对ab棒运用动能定理即可．
9．【答案】（1）解：当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，达到最大时，则根据平衡条件有
mgsinθ=F安
又 F安=ILB，I= ，E=BLvm
R总=R1+ +R=2R+ +R=6R
联立解得最大速度：vm=
（2）解：由能量守恒知，mg 2S0sin30°=Q+
解得，Q=mgS0﹣ =mgS0﹣
【知识点】能量守恒定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）金属棒ab先加速下滑，所受的安培力增大，加速度减小，后匀速下滑，速度达到最大．由闭合电路欧姆定律、感应电动势和安培力公式推导出安培力的表达式，根据平衡条件求解最大速度．（2）当金属棒下滑直到速度达到最大的过程中，金属棒的机械能减小转化为内能，根据能量守恒定律求解电热Q．
10．【答案】（1）解：金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma ①
由①式解得a=10×（O.6﹣0.25×0.8）m/s2=4m/s2②
故金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s2．
答：金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s2；
（2）解：设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡
mgsinθ一μmgcosθ一F=0 ③
此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率：P=Fv ④
由③、④两式解得 ⑤
故当金属棒下滑速度达到稳定时，棒的速度大小为10m/s．
答：该稳定速度的大小为10m/s；
（3）解：设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B ⑥
P=I2R ⑦
由⑥、⑦两式解得： ⑧
磁场方向垂直导轨平面向上．
故磁感应强度的大小为0.4T，方向垂直导轨平面向上．
答：若R=2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，磁感应强度的大小为0.4T；方向垂直导轨平面向上
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）开始下滑时，速度为零，无感应电流产生，因此不受安培力，故根据牛顿第二定律可直接求解结果．（2）金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒所受合外力为零，根据平衡条件求出安培力，然后根据公式P=Fv求解．（3）结合第（2）问求出回路中的感应电流，然后根据电功率的公式求解．
11．【答案】解：由图可知， 与 的右半部分并联后，与 的左半部分串联，则可知金属棒中的电流由里向外，由左手定则可知金属棒受安培力水平向左；对棒受力分析如图所示
由平衡条件，可得
解得金属棒中的电流大小为
的右半部分中电流为
故 左半部分电压
故路端电压
由闭合电路的欧姆定律可得
【知识点】安培力；共点力的平衡；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】 金属棒静止，说明受力平衡，做出受力分析图，进行力的合成，求出金属棒受到的安培力的大小；由安培力公式可求得导体棒中的电流，通过闭合电路的欧姆定律可求得电源的电动势．
1 / 12023届高三物理一轮复习最新试题汇编：牛顿运动定律与电磁综合
一、单选题
1．（2017高二下·池州期中）用同样的材料、不同粗细导线绕成两个质量面积均相同的正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，使它们从离有理想界面的匀强磁场高度为h的地方同时自由下落，如图所示．线圈平面与磁感线垂直，空气阻力不计，则（ ）
A．两线圈同时落地，线圈发热量相同
B．细线圈先落到地，细线圈发热量大
C．粗线圈先落到地，粗线圈发热量大
D．两线圈同时落地，细线圈发热量大
【答案】A
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】由v= 得知，两个线圈进入磁场时的速度相等．
根据牛顿第二定律得：mg﹣F=ma，得
a=g﹣
又安培力F=
得 a=g﹣
将R= ，m=ρ密 4LS代入上式得
a=g﹣
可见，上式各量都相同，则两个线圈下落过程中加速度始终相同，运动情况相同，故运动时间相同，同时落地．根据能量守恒定律得：Q=mgH﹣ ，下落的总高度H和落地速度v都相同，则发热量也相同．故A正确．
故选A
【分析】根据牛顿第二定律、安培力公式F= 、电阻定律、密度公式结合，推导出线框的加速度的表达式，分析加速度与导线截面积的关系，判断加速度的大小，分析线框的运动情况，就能确定下落时间的关系．根据能量守恒定律分析线圈发热量的关系．
二、多选题
2．（2017·海南）如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界（虚线）均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均为磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距．若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能（ ）
A．始终减小 B．始终不变
C．始终增加 D．先减小后增加
【答案】C,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】解：A、导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁场产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加速运动，故A错误、D正确；
B、当ab边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动，故A错误；
C、当ab边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故始终加速运动，故C正确；
故选：CD
【分析】ab边进入磁场切割磁感线产生感应电流，线框ab边受到安培力，根据受力分析判断出导体框的运动即可判断
三、综合题
3．（2018高二下·孝义期末）如图所示，水平面（纸面）内间距为 的平行金属导轨间接一电阻，质量为 、长度为 的金属杆置于导轨上。 时，金属杆在水平向右、大小为 的恒定拉力作用下由静止开始运动。 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为 。求：
（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
（2）电阻的阻值。
【答案】（1）解：设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
ma=F-μmg①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v=at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为
E=Blv③
联立①②③式可得
E=Blt0④
（2）解：设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I，根据欧姆定律
I= ⑤
式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为
f=BIl⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F–μmg–f=0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R= ⑧
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】根据牛顿第二定律，F-mg=ma，可以求a。v=at0可以求出v。根据E=Blv，可以求出电动势。根据欧姆定律，R=，进入磁场匀速，有F=mg+f其中安培力f=BIl所以可求电阻R。
4．（2017·宜春模拟）如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距L，固定在水平绝缘桌面上，其中半径为R的 圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘垂直平齐．两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好．棒ab质量为2m，电阻为r，棒cd的质量为m，电阻为r，重力加速度为g，开始时棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上，棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为2：1．求：
（1）棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小；
（2）棒cd在水平导轨上的最大加速度；
（3）两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热．
【答案】（1）解：设ab棒进入水平导轨的速度为v，ab棒从圆弧导轨滑下机械能守恒：
2mgR= ×2mv2
解得：v=
两棒离开导轨时，设ab棒的速度为v1，cd棒的速度为v2．
两棒离开导轨后做平抛运动的时间相等，由平抛运动水平位移x=v0t可知
v1：v2=x1：x2=2：1
两棒均在水平导轨上运动时，系统的合外力为零，遵守动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
2mv=2mv1+mv2
联立解得 v1= ，v2=
（2）解：ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大．
ab棒刚进入水平导轨时，设此时回路的感应电动势为E，则
E=BLv
感应电流 I=
cd棒受到的安培力为：F=BIL
根据牛顿第二定律，cd棒有最大加速度为
a=
联立解得：a=
（3）解：根据能量守恒，两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为
Q= ×2mv2﹣（ ×2mv12+ mv22）
联立解得，Q= mgR
【知识点】平抛运动；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）ab棒在圆弧上下滑的过程中机械能守恒，由此可求得ab棒刚进入磁场时的速度．棒ab和棒cd离开导轨做平抛运动，根据平抛运动的规律和水平位移之比列式，可求得棒ab和棒cd离开导轨时速度大小之比．两棒都在轨道上运动时系统的合外力为零，遵守动量守恒，由动量守恒定律列式，联立即可求解．（2）MN棒刚进入水平导轨时，MN棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大．根据MN棒从圆弧导轨滑下机械能定恒求解进入磁场之前的速度大小，由E=BLv、I= 、F=BIL结合求出安培力，即可由牛顿第二定律求解最大加速度．（3）两棒开导轨做平抛运动，根据平抛运动的规律和水平位移之比求解，根据根据动量定恒和能量定恒求解两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热．
5．（2017·黑龙江模拟）如图所示，匀强电场的场强E=4V/m，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向垂直纸面向里．一个质量为m=1g、带正电的小物块A，从M点沿绝缘粗糙的竖直壁无初速度下滑，当它滑行0.8m到N点时就离开壁做曲线运动．当A运动到P点时，恰好处于平衡状态，此时速度方向与水平成45°角，设P与M的高度差H为1.6m．求：
（1）A沿壁下滑时克服摩擦力做的功．
（2）P与M的水平距离s是多少？
【答案】（1）解：小物体A下落至N点时开始离开墙壁，说明这时小物体A与墙壁之间已无挤压，弹力为零．
故有：qE=qvNB
∴vN= = =2m/s
对小物体A从M点到N点的过程应用动能定理，这一过程电场力和洛仑兹力均不做功，应有：
mgh﹣Wf克=
∴Wf克=mgh﹣ =10﹣3×10×0.8﹣ ×10﹣3×22=6×10﹣3 （J）
（2）解：小物体离开N点做曲线运动到达P点时，受力情况如图所示，由于θ=45°，物体处于平衡状态，建立如图的坐标系，可列出平衡方程．
qBvpcos45°﹣qE=0 （1）
qBvpsin45°﹣mg=0 （2）
由（1）得 vp= =2 m/s
由（2）得 q= =2.5×10﹣3 c
N→P过程，由动能定理得mg（H﹣h）﹣qES=
代入计算得 S=0.6 m
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【分析】对小球进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的状态．
6．（2017·黑龙江模拟）如图所示，质量为m=1kg，电荷量为q=5×10﹣2C的带正电的小滑块，从半径为R=0.4m的光滑绝缘 圆弧轨道上由静止自A端滑下．整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中．已知E=100V/m，水平向右；B=1T，方向垂直纸面向里．求：
（1）滑块到达C点时的速度；
（2）在C点时滑块对轨道的压力．（g=10m/s2）
【答案】（1）解：滑块滑动过程中洛伦兹力不做功，
由动能定理得：mgR﹣qER= mvC2
得vC= = =2 m/s
（2）解：在C点，受到四个力作用，如右图所示，由牛顿第二定律与圆周运动知识得
FN﹣mg﹣qvCB=m
得：FN=mg+qvCB+m =20.1 N；
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为20.1 N
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）对滑块滑动过程中，由动能定理，即可求解；（2）在C点受力分析，由牛顿第二定律，结合向心力表达式与牛顿第三定律，即可求解．
7．（2017高二下·安徽期中）如图（a）所示，平行金属导轨MN、PQ光滑且足够长，固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.25m，电阻R=0.5Ω，导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感强度B=0.4T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，现用一外力F沿水平方向拉杆，使其由静止开始运动，理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图（b）所示．试分析与求：
（1）分析证明金属杆做匀加速直线运动；
（2）求金属杆运动的加速度；
（3）写出外力F随时间变化的表达式；
（4）求第2.5s末外力F的瞬时功率．
【答案】（1）解： ，
U∝v，因U随时间均匀变化，
故v也随时间均匀变化，金属杆做匀加速直线运动
（2）解：
解得： （m/s2）
（3）解：F=F安
（4）解：P=Fv=（0.04t+0.24）at=2.04W
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律，求出感应电动势；再根据闭合电路可求出电阻两端的电压，从而分析得出速度与时间的关系，即可求解；（2）根据电压与时间的关系，从而确定速度与时间的关系式，进而得出加速度的大小；（3）根据牛顿第二定律，与安培力大小表达式，即可求解；（4）由功率的表达式，从而得出安培力的功率，即可求解．
8．（2017高二下·莆田期中）如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r=0.5m的竖直半圆，两导轨间距离d=0.3m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1=0.2kg、m2=0.1kg，电阻分别为R1=0.1Ω，R2=0.2Ω．现让ab棒以v0=10m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；
（2）cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；
（3）cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W．
【答案】（1）解：ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，
根据导体棒切割磁场有：E=Bdv0 ①
闭合电路欧姆定律：I= ②
牛顿第二定律：F安=m2a0 ③
安培力公式：F安=BId ④
联立①②③④式代入题给数据得：a0= = =30m/s2
（2）解：设cd棒刚进入圆形轨道时的速度为v2，ab开始运动至cd即将进入圆弧轨道的过程，
对ab和cd组成的系统运用动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2 ⑤
ab棒进入圆轨道至最高点的过程，对cd棒运用动能定理得：﹣m2g 2r= ﹣ ⑥
在半圆轨道的P点对cd棒运用牛顿第二定律可得：m2g=m2⑦
⑤⑥⑦式子联立得：v1= = =7.5m/s ⑧
（3）解：cd棒进入半圆轨道前对ab棒运用动能定理可得：W= ﹣ ⑨
⑧⑨联立代入题给数据得：W= =4.375J
【知识点】法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）利用法拉第电磁感应定律求解cd棒切割磁场产生的感应电动势，根据闭合电路定律求出流过ab棒的电流，进而求出ab棒所受安培力，再用牛顿第二定律即可求出ab棒的加速度；（2）把ab棒和cd棒建立系统，运用动量守恒定律；对cd棒进入竖直半圆轨道运动的过程运用动能定理，最高点重力恰好提供cd棒做圆周运动的向心力，运用牛顿第二定律，联立即可求解cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；（3）对ab棒运用动能定理即可．
9．（2017高二下·公安期中）如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角α=30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R．两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡的电阻RL=4R，定值电阻R1=2R，电阻箱电阻调到使R2=12R，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，试求：
（1）金属棒下滑的最大速度为多大？
（2）当金属棒下滑距离为S0时速度恰好达到最大，求金属棒由静止开始下滑2S0的过程中，整个电路产生的焦耳热Q？
【答案】（1）解：当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，达到最大时，则根据平衡条件有
mgsinθ=F安
又 F安=ILB，I= ，E=BLvm
R总=R1+ +R=2R+ +R=6R
联立解得最大速度：vm=
（2）解：由能量守恒知，mg 2S0sin30°=Q+
解得，Q=mgS0﹣ =mgS0﹣
【知识点】能量守恒定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）金属棒ab先加速下滑，所受的安培力增大，加速度减小，后匀速下滑，速度达到最大．由闭合电路欧姆定律、感应电动势和安培力公式推导出安培力的表达式，根据平衡条件求解最大速度．（2）当金属棒下滑直到速度达到最大的过程中，金属棒的机械能减小转化为内能，根据能量守恒定律求解电热Q．
10．（2017高二上·牡丹江期末）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值未知的电阻R．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．
（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；
（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该稳定速度的大小；
（3）在上问中，若R=2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
【答案】（1）解：金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma ①
由①式解得a=10×（O.6﹣0.25×0.8）m/s2=4m/s2②
故金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s2．
答：金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s2；
（2）解：设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡
mgsinθ一μmgcosθ一F=0 ③
此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率：P=Fv ④
由③、④两式解得 ⑤
故当金属棒下滑速度达到稳定时，棒的速度大小为10m/s．
答：该稳定速度的大小为10m/s；
（3）解：设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B ⑥
P=I2R ⑦
由⑥、⑦两式解得： ⑧
磁场方向垂直导轨平面向上．
故磁感应强度的大小为0.4T，方向垂直导轨平面向上．
答：若R=2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，磁感应强度的大小为0.4T；方向垂直导轨平面向上
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）开始下滑时，速度为零，无感应电流产生，因此不受安培力，故根据牛顿第二定律可直接求解结果．（2）金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒所受合外力为零，根据平衡条件求出安培力，然后根据公式P=Fv求解．（3）结合第（2）问求出回路中的感应电流，然后根据电功率的公式求解．
四、解答题
11．（2020高二上·运城期末）如图所示，间距为20 、倾角为37°的两根光滑金属导轨间，有磁感应强度为1.0T，方向竖直向上的匀强磁场，导轨上垂直于导轨放有质量为0.04 的金属棒，在与导轨连接的电路中，变阻器 的总电阻为12Ω，电阻 也为12Ω，导轨和金属棒电阻均不计，电源内阻为2.0Ω。变阻器的滑动头在正中间时，金属棒恰静止在导轨上。 ， ， 。求：此时金属棒中的电流大小和电源电动势大小。
【答案】解：由图可知， 与 的右半部分并联后，与 的左半部分串联，则可知金属棒中的电流由里向外，由左手定则可知金属棒受安培力水平向左；对棒受力分析如图所示
由平衡条件，可得
解得金属棒中的电流大小为
的右半部分中电流为
故 左半部分电压
故路端电压
由闭合电路的欧姆定律可得
【知识点】安培力；共点力的平衡；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】 金属棒静止，说明受力平衡，做出受力分析图，进行力的合成，求出金属棒受到的安培力的大小；由安培力公式可求得导体棒中的电流，通过闭合电路的欧姆定律可求得电源的电动势．
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