鲁科版（2019）高中物理 选择性必修第二册 单元复习题(二)word含答案

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单元素养评价(二)
(第2章)
(90分钟　100分)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对箱内人员的伤害。当轿厢坠落到图示位置时，关于该装置，以下说法正确的是 (　　)
A.从下往上看，金属线圈A中的感应电流沿逆时针方向
B.从下往上看，金属线圈B中的感应电流沿顺时针方向
C.金属线圈B对轿厢下落有阻碍作用，A没有阻碍作用
D.金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势
【解析】选D。当电梯坠落至如题干图位置时，闭合金属线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从下往上看是顺时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从下往上看是逆时针方向，故A、B错误；结合A的分析可知，当电梯坠落至如题干图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C错误；闭合线圈A中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，故D正确。
2.无线充电技术是指不用传统的充电电源线连接到需要充电的终端设备上而能传输电能的技术。如图甲是手机无线充电的实景图，图乙是充电原理示意图，充电板a、b端接交流电源后其内部的励磁线圈产生交变磁场，激发手机内的感应线圈c、d中产生感应电流，当充电板内的励磁线圈中通入图丙所示的交变电流时，感应线圈中的电流随时间的变化图像可能是 (　　)
【解析】选B。分析图丙可知，励磁线圈中电流按余弦规律变化，电流周围产生磁场，则B∝iab，根据楞次定律可知，在感应线圈中产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知，icd∝∝，感应电流icd按正弦规律变化，故C、D错误；分析图丙中前个周期，a到b的电流减小，根据安培定则可知，产生竖直向上减小的磁场，根据楞次定律可知，感应线圈中产生竖直向上的感应磁场，根据安培定则可知，感应电流由d到c，故前周期icd为负值，故B正确，A错误。
【补偿训练】
　　 (多选)磁悬浮高速列车在我国上海已投入运行数年。如图所示就是磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环。将超导圆环B水平放在磁铁A上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A的上方空中，则
(　　)
A.在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流消失
B.在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流仍存在
C.若A的N极朝上，B中感应电流的方向为顺时针方向(从上往下看)
D.若A的N极朝上，B中感应电流的方向为逆时针方向(从上往下看)
【解析】选B、C。在B放入磁场的过程中，穿过B的磁通量增加，B中将产生感应电流，因为B是超导体，没有电阻，所以感应电流不会消失，故A错误，B正确；若A的N极朝上，在B放入磁场的过程中，磁通量增加，根据楞次定律可判断B中感应电流的方向为顺时针，C正确，D错误。
3.如图所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　)
A.Ua>Uc，金属框中无电流
B.Ub>Uc，金属框中电流沿a-b-c-a方向移动
C.Ubc=-Bl2ω，金属框中无电流
D.Ubc=-Bl2ω，金属框中电流沿a-c-b-a方向移动
【解析】选C。金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误。转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua4.如图所示，线圈L与小灯泡D并联后接到电源上。闭合开关S，稳定后，通过线圈的电流为I1，通过小灯泡D的电流为I2。断开开关S，发现小灯泡D闪亮一下再熄灭。下列说法正确的是 (　　)
A.断开开关S前后，通过线圈的电流方向不变
B.断开开关S前后，通过小灯泡的电流方向不变
C.断开开关S，发现小灯泡D闪亮一下再熄灭，是小灯泡D发生了自感
D.断开开关S前后，通过小灯泡两次的电流是一样大的
【解析】选A。在断开开关后，线圈中将产生自感电动势，所以线圈中的电流不会发生突变，通过线圈的电流方向不变；而灯泡的电路中没有自感，所以电流可以发生突变；由于灯泡与线圈构成回路，所以断开开关前后，通过小灯泡的电流方向相反，由于小灯泡D闪亮一下，说明断开开关S瞬间通过小灯泡的电流更大，故A正确，B、C、D错误。
5.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于纸面向里的匀强磁场中，在磁场以变化率k均匀减弱的过程中，下列说法正确的是 (　　)
A.电压表的读数为
B.线框产生的感应电动势大小为kL2
C.电容器所带的电荷量为零
D.回路中电流为零
【解析】选D。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A错误，D正确。由法拉第电磁感应定律得：E=S=k·L2=kL2，故B错误；线圈产生恒定的感应电动势给电容器充电，则电容器的电量不为零。故C错误。
6.如图甲所示是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术的原理图，其原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得物件内部是否断裂及位置的信息。如图乙所示的是一个由带铁芯的线圈L、开关S和电源连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起。对以上两个实例的理解正确的是 (　　)
A.涡流探伤技术运用了电流的热效应，跳环实验演示了自感现象
B.涡流探伤技术所探测的物件必须是导电材料，但是跳环实验所用的套环可以是塑料的
C.金属探伤时接的是交流电，跳环实验装置中接的是直流电
D.涡流探伤技术和跳环实验两个实例中的线圈所连接的电源可以都是恒压直流电源
【解析】选C。跳环实验演示线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，属于楞次定律的演示实验，故A错误；无论是涡流探伤技术，还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流产生的条件是在金属导体内，故跳环实验所用的套环不可以是塑料的，故B错误；金属探伤时，线圈中一定要通交变电流，进而才能产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中才会发生电磁感应现象产生涡流，在演示楞次定律的实验中，线圈可以接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，故C正确，D错误。
7.如图，间距为L、长度为2L的“”形金属框abcd水平固定，其电阻可忽略。MN是可沿ab、cd滑动的金属杆，其电阻不可忽略。整个装置处于竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B0。现使MN从ab、cd的中点匀速滑动到其左端点位置并固定(过程Ⅰ)；再让磁感应强度的大小从B0均匀地增大到B1(过程Ⅱ)。已知在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过MN的电荷量相等，则B1等于 (　　)
A.1.5B0　　　　 　 B.2.0B0
C.2.5B0 D.3.0B0
【解析】选A。流过MN的电荷量：q=Δt=Δt=，过程Ⅰ与Ⅱ中，ΔΦ相等，则有B0(2L2-L2)=2(B1-B0)L2，解得：B1=1.5B0，故A正确，B、C、D错误。
【补偿训练】
　　 (2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于(　　)
A. B. C. D.2
【解析】选B。由q=t、=、=n解得：q=n。过程Ⅰ中流过OM的电荷量q1==；过程Ⅱ中流过OM的电荷量q2==。而q1=q2，即=，解得=。
8.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la=3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则 (　　)
A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B.a、b线圈中感应电动势之比为81∶1
C.a、b线圈中感应电流之比为9∶1
D.a、b线圈中电功率之比为27∶1
【解题指南】解答本题可从以下四个方面考虑：
(1)根据楞次定律可以判断出线圈中的电流方向。
(2)根据法拉第电磁感应定律可以计算出它们的感应电动势之比。
(3)根据电阻定律可以先计算出它们的电阻之比，然后根据欧姆定律可以计算出它们的感应电流之比。
(4)根据电功率的公式可以计算出它们的电功率之比。
【解析】选D。根据楞次定律可判断感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，应为垂直纸面向外，根据安培定则可以判断感应电流方向为逆时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势为E=n=nS，因为两个线圈在同一个磁场中，所以磁感应强度的变化率()相同，所以两线圈中的感应电动势之比为它们的面积之比，即===，故B错误；根据电阻定律R=ρ可知两线圈的电阻之比为==，所以根据欧姆定律I=可知，线圈中的电流之比为==，故C错误；线圈中的电功率P=EI，所以两线圈中的电功率之比为==，故D正确。
【补偿训练】
　　 如图，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R的直角形金属导轨aob(在纸面内)，磁场方向垂直于纸面向里，另有两根金属导轨c、d分别平行于oa、ob放置。保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计。现经历以下四个过程：①以速率v移动d，使它与ob的距离增大一倍；②再以速率v移动c，使它与oa的距离减小一半；③然后再以速率2v移动c，使它回到原处；④最后以速率2v移动d，使它也回到原处。设上述四个过程中通过电阻R的电量的大小依次为Q1、Q2、Q3和Q4，则 (　　)
A.Q1=Q2=Q3=Q4　　　 B.Q1=Q2=2Q3=2Q4
C.2Q1=2Q2=Q3=Q4 D.Q1≠Q2=Q3≠Q4
【解析】选A。由法拉第电磁感应定律得E==，所以感应电流为I==，通过电阻R的电荷量为Q=IΔt=，设开始时d与ob，c与oa的距离分别为ld和lc：①以速率v移动d时ΔS=lcld，Q1=。②以速率v移动c时ΔS=2ld×lc =lcld，Q2=。③以速率2v移动c时ΔS=2ld×lc=lcld，Q3=。④以速率2v移动d时ΔS=lcld，Q4=。通过以上分析：可得Q1=Q2=Q3=Q4。故正确答案为A。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9.(2019·全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图(a)所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内 (　　)
A.圆环所受安培力的方向始终不变
B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C.圆环中的感应电流大小为
D.圆环中的感应电动势大小为
【解题指南】解答本题可从以下四个方面考虑：
(1)根据楞次定律判断圆环中的感应电流方向。
(2)根据左手定则判断圆环所受安培力的方向。
(3)根据法拉第电磁感应定律计算圆环中的感应电动势大小。
(4)根据闭合电路欧姆定律计算圆环的感应电流大小。
【解析】选B、C。在t=0到t=t0的时间间隔内，磁感应强度的方向垂直纸面向里且逐渐减弱，根据楞次定律可知圆环中的感应电流沿顺时针方向，且圆环所受安培力的方向水平向左；在t=t0到t=t1的时间间隔内，磁感应强度的方向垂直纸面向外且逐渐增强，根据楞次定律可知圆环中的感应电流沿顺时针方向，且圆环所受安培力的方向水平向右，故选项A错误，B正确；圆环中的感应电动势大小为E===·=，故选项D错误；圆环中的感应电流大小为I===，故选项C正确。
10.在农村，背负式喷雾器是防治病虫害不可缺少的重要农具，其主要由压缩空气装置、橡胶连接管、喷管和喷嘴等组成。给作物喷洒农药的情景如图甲所示，摆动喷管，可将药液均匀喷洒在作物上。一款喷雾器的喷管和喷嘴均由金属制成，喷管摆动过程可简化为图乙所示，设ab为喷管，b端有喷嘴，总长为L。某次摆动时，喷管恰好绕ba延长线上的O点以角速度ω在纸面内沿逆时针方向匀速摆动，且始终处于垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，若Oa距离为，则喷管在本次摆动过程中 (　　)
A.a端电势高
B.b端电势高
C.a、b两端的电势差为BL2ω
D.a、b两端的电势差为BL2ω
【解析】选A、D。喷管绕ba延长线上的O点以角速度ω在纸面内沿逆时针方向匀速摆动，根据右手定则可知a端的电势高，故A正确、B错误；根据法拉第电磁感应定律可得，E=BL，所以ab两端的电势差为Uab=BL=BL2ω，故C错误、D正确。
11.(2019·全国卷Ⅱ)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是 (　　)
【解析】选A、D。如果PQ进入磁场时加速度为零，PQ做匀速运动，感应电流恒定。若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量Φ不变，无感应电流。由于PQ、MN从同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，但方向相反，A正确，B错误。若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量Φ不变，无感应电流，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于在磁场中的速度比进磁场时的速度大，故电流比PQ进入磁场时电流大，此后PQ做减速运动，电流减小，故C错误，D正确。
12.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μ，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为
C.克服安培力所做的功为mgh
D.金属棒产生的焦耳热为
【解析】选A、B、D。金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，金属棒到达水平面时的速度v=，金属棒到达水平面后做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势为：E=BLv，根据闭合电路的欧姆定律可得最大感应电流为：I==，故A正确；整个过程中通过金属棒的电荷量q=Δt=·Δt==，故B正确；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh-WA-μmgd=0-0，克服安培力做功：WA=mgh-μmgd，故C错误；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：QR=Q=WA=，故D正确。
【补偿训练】
　　 如图所示，光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半。设磁场宽度大于线圈宽度，那么 (　　)
A.线圈恰好在刚离开磁场的地方停下
B.线圈在磁场中某位置停下
C.线圈在未完全离开磁场时即已停下
D.线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来
【解析】选D。线圈冲入匀强磁场中，产生感应电流，线圈受安培力作用做减速运动，动能减少。同理，线圈冲出匀强磁场时，动能也减少，进出磁场时减少的动能都等于安培力做的功。由于进入时的速度大，故感应电流大，安培力大，安培力做的功多，减少的动能多；冲出时速度小，故感应电流小，安培力小，安培力做的功少，减少的动能少。所以，出磁场时仍然有动能，线圈离开磁场后将继续运动，不会停下来，只有D正确。
三、实验题：本题共2小题，共14分。
13.(6分)如图所示，在图(1)中，G为指针在中央的灵敏电流计，连接在直流电路中时的偏转情况。今使它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图(2)中的条形磁铁的运动方向是_________；图(3)中电流计的指针将向_________偏转；图(4)中的条形磁铁上端为_________极。?
【解析】图(1)可知，当电流从电流计的左接线柱流入时，指针向左偏。
图(2)中指针向左偏，可知感应电流的方向是顺时针，根据楞次定律知，条形磁铁向下插入。
图(3)当条形磁铁N极向下插入时，根据楞次定律，可知，感应电流方向逆时针，则指针向右偏；
图(4)中可知指针向右偏，则有感应电流的方向逆时针，由楞次定律可知，条形磁铁S极向上拔出，则上端为N极。
答案：向下插入　右　N
14.(8分)某兴趣小组的一同学将电池组、滑动变阻器、带铁芯的原线圈A、副线圈B、电流计及开关按图示方式连接来研究电磁感应现象。
(1)将原线圈A插入副线圈B中，闭合开关瞬间，副线圈中感应电流与原线圈中电流的方向_______ (选填“相同”或“相反”)。?
(2)该同学发现：在原线圈A放在副线圈B中的情况下，将开关接通的瞬间电流计指针向右偏转，则开关闭合后将变阻器的滑片P快速向接线柱C移动过程中，电流计指针将_________(选填“左偏”“右偏”或“不偏”)。?
(3)若要看到电流计的指针向右偏转，请你说出两种具体做法：
①　______________________________________。?
②　______________________________________。?
【解析】(1)将原线圈A插入副线圈B中，闭合开关瞬间，穿过副线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，副线圈中感应电流与原线圈中电流的方向相反。
(2)在原线圈A放在副线圈B中的情况下，将开关接通时，通过副线圈的磁通量增大，接通开关的瞬间电流计指针向右偏转，这说明通过副线圈的磁通量增大时，线圈产生的感应电流使电流计指针向右偏转；当开关闭合后将变阻器的滑片P快速向接线柱C移动过程中，线圈A中电流增大，产生的磁场增大，穿过副线圈的磁通量增大，电流计指针将右偏。
(3)要使电流计指针向右偏，穿过副线圈的磁通量应增大，由电路图可知，此时应该：滑动变阻器滑片向右滑动，或闭合开关瞬间。
答案：(1)相反　 (2)右偏　(3)①滑动变阻器滑片向右滑动　②闭合开关瞬间
四、计算题：本题共4小题，共46分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位。
15.(8分)如图甲所示，圆形线圈匝数n=100匝、面积S=0.03 m2、阻值r=1 Ω，线圈中心区域有垂直纸面的圆形匀强磁场，面积S′=0.02 m2，取图示的磁场方向为正方向，顺时针方向为电流正方向，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，线圈外接一定值电阻R=3 Ω，电压表为理想电表。
(1)求在t=0.1 s时线圈中的感应电动势并判断A、B哪端与电压表的“+”接线柱相连。
(2)通过计算在图丙中画出0～1.0 s时间内线圈中感应电流随时间变化的图线。
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可知，在0～0.2 s内，感应电动势：
E1=n=nS′=100××0.02 V=12 V， (1分)
由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，A端与电压表的“+”接线柱相连。
(1分)
(2)由图乙所示图像可知，0～0.2 s内和0.8～1.0 s感应电流大小都是：I1== A=3 A， (1分)
由楞次定律可知，感应电流方向均为顺时针方向； (1分)
0.2～0.8 s内感应电动势：E2=n=nS′=100××0.02 V=8 V，
(1分)
感应电流：I2== A=2 A， (1分)
由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，
I-t图像如图所示；
(2分)
答案：(1)12 V　A端
(2)见解析图
16.(8分)把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，一长度为2a，电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触，当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，求：
(1)棒上电流的大小及棒两端的电压UMN。
(2)在圆环和金属棒上消耗的总热功率。
【解析】(1)把切割磁感线的金属棒看成一个具有内阻为R，感应电动势为E的电源，两个半圆环看成两个并联电阻，画出等效电路如图所示。
(2分)
等效电源电动势为E=Blv=2Bav， (1分)
外电路的总电阻为R外==R， (1分)
棒上电流大小为I===， (1分)
根据分压原理，棒两端的电压为
UMN=IR外=Bav。 (1分)
(2)圆环和金属棒上消耗的总热功率为
P=IE=。 (2分)
答案：(1)　Bav　(2)
17.(14分)如图所示，竖直放置的光滑金属导轨水平间距为L，导轨下端接有阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属细杆ab与竖直悬挂的绝缘轻质弹簧相连，弹簧上端固定。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中。现使细杆从弹簧处于原长位置由静止释放，向下运动距离为h时达到最大速度vm，此时弹簧具有的弹性势能为Ep。导轨电阻忽略不计，细杆与导轨接触良好，重力加速度为g，求：
(1)细杆达到最大速度vm时，通过R的电流大小I。
(2)细杆达到最大速度vm时，弹簧的弹力大小F。
(3)上述过程中，R上产生的焦耳热Q。
【解题指南】解答本题可从以三个方面考虑：
(1)根据E=BLv求解速度最大时的感应电动势，再结合闭合电路欧姆定律求解电流大小。
(2)细杆达到最大速度时，处于平衡状态，以此列式求解弹力大小。
(3)整个过程根据能量守恒求解总热量，再根据电阻的大小分析R上产生的焦耳热Q。
【解析】(1)细杆达到最大速度时的感应电动势为：E=BLvm(1分)
根据闭合电路欧姆定律有：I= (1分)
可得：I= (2分)
(2)细杆向下运动h时根据平衡条件：
mg=F+BIL (2分)
可得：F=mg- (2分)
(3)由能量守恒得：
mgh=Ep+m+Q总 (2分)
且Q=Q总 (2分)
可得电阻R上产生的焦耳热为：Q=(mgh-Ep-m) (2分)
答案：(1)　(2)mg-
(3)(mgh-Ep-m)
18.(16分)如图甲所示，倾角为θ=37°足够长的倾斜导体轨道与光滑水平轨道平滑连接。轨道宽度d=0.5 m，电阻忽略不计。在水平轨道平面内有水平向右的匀强磁场，倾斜轨道平面内有垂直于倾斜轨道向下的匀强磁场，大小都为B，现将质量m=0.4 kg、电阻R=1 Ω的两个相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道的顶端，同时由静止释放。导体cd下滑过程中加速度a和速度v的关系如图乙所示。cd棒从开始运动到最大速度的过程中流过cd棒的电荷量q=0.4 C(sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10 m/s2)，求：
(1)cd和倾斜轨道之间的动摩擦因数。
(2)ab对水平轨道的最大压力。
(3)cd棒从开始运动到速度最大的过程中ab棒上产生的焦耳热。
【解析】(1)由图乙所示图像可知，刚释放导体棒cd时，加速度：a=5 m/s2，
对导体棒cd，由牛顿第二定律得：
mgsinθ-μmgcosθ=ma (2分)
代入数据解得：μ=0.125 (1分)
(2)由图乙所示图像可知，a=0时cd棒速度达到最大，此时电路中的电流最大，此时cd速度：v=1 m/s，ab安培力达到最大，对水平轨道压力也达到最大，
由平衡条件得：
对导体棒cd：mgsinθ=F安培+μmgcosθ (2分)
对导体棒ab：FN=mg+F安培 (2分)
代入数据解得：FN=6 N，F安培=2 N
由牛顿第三定律可知，ab对轨道的压力：FN′=FN=6 N (1分)
(3)导体棒所受安培力大小：
F安培=BId=， (2分)
代入数据解得：B=4 T，
通过导体棒cd的电荷量：q=Δt=Δt=Δt==， (2分)
代入数据解得，cd从释放到最大速度下滑的距离：x=0.4 m，
cd从开始运动到速度最大的过程中，
由能量守恒定律得：mgxsinθ=μmgxcosθ+mv2+Q (2分)
ab棒上产生的焦耳热：Qab=Q (1分)
代入数据解得：Qab=0.3 J(1分)
答案：(1)0.125　 (2)6 N，方向竖直向下
(3)0.3 J
【补偿训练】
　　 如图甲所示，光滑平行金属导轨水平放置，间距为1 m，其间有竖直向上的匀强磁场，两相同的导体棒垂直导轨放置，导体棒质量均为0.5 kg，电阻均为4 Ω，导体棒与导轨接触良好。锁定CD棒，在AB棒上加一水平向右的拉力，使AB棒从静止开始做匀加速直线运动，拉力随时间的变化规律如图乙所示，运动9 m后撤去拉力，导轨足够长且电阻不计，求：
(1)AB棒匀加速运动的加速度及磁场的磁感应强度大小。
(2)撤去拉力后AB棒运动的最大距离。
(3)若撤去拉力的同时解除对CD棒的锁定，之后CD棒产生的焦耳热。
【解析】(1)设磁感强度为B，t时刻的电动势为E，电路中的电流为I，
E=BLv
v=at
由闭合电路欧姆定律：I=
由牛顿第二定律F-BIL=ma
解得：F=ma+t
由图乙可知，t=0时刻F=1 N，故ma=1 N，a=2 m/s2
图像斜率：k==1，解得：B=2 T
(2)棒运动的最大速度为vm，则=2ax
撤去拉力后AB棒减速运动，设经时间Δt，运动x′停止
对AB棒由动量定理-BLΔt=0-mvm
=
ΔΦ=BLx′
解得x′=6 m
(3)对系统由动量守恒：mvm=2mv′
系统产生的焦耳热为Q，m-×2mv′2=Q
CD棒产生的热量为Q′==2.25 J
答案：(1)2 m/s2　2 T　(2)6 m　(3)2.25 J
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