2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第10章 電磁感應(yīng) 第30講 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用練習(xí)（含解析）

《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第10章 電磁感應(yīng) 第30講 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用練習(xí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第10章 電磁感應(yīng) 第30講 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用練習(xí)（含解析）（11頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第30講 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用 [解密考綱]主要考查電磁感應(yīng)問題中涉及安培力的動(dòng)態(tài)分析和平衡問題；會(huì)分析電磁感應(yīng)中電路問題和能量轉(zhuǎn)化問題，會(huì)進(jìn)行相關(guān)計(jì)算． 1．(2019·宿州高三質(zhì)檢)(多選)如圖所示，在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中，有一由均勻?qū)Ь€制成的邊長為L的單匝正方形線框abcd，線框以恒定的速度v沿垂直磁場(chǎng)方向向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中線框cd邊始終與磁場(chǎng)右邊界平行，線框?qū)Ь€的總電阻為R.在線框離開磁場(chǎng)的過程中(　　) A．a(chǎn)、b之間的電壓為 B．線框受到安培力大小為 C．通過線框某處截面的電量為 D．線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為 BC　解析 在線框

2、離開磁場(chǎng)的過程中，ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，線框中的感應(yīng)電流為I＝＝，此時(shí)a、b之間的電壓為路端電壓U＝I×R＝，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由左手定則判斷知，ad與bc所受的安培力大小相等、方向相反，合力為零，則線框所受安培力的合力等于ab邊所受的安培力，為F＝BIL＝，故選項(xiàng)B正確；流過線框截面的電量為q＝It＝×＝，故選項(xiàng)C正確；線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為Q＝I2×t＝2××＝，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 2．(2019·廣東肇慶中學(xué)高三滾動(dòng)復(fù)習(xí))在空間存在著豎直向上的各處均勻的磁場(chǎng)，將一個(gè)不變形的單匝金屬圓線圈如圖甲所示放入磁場(chǎng)中，當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示時(shí)，下圖中能正

3、確表示線圈中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖線是(規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向?yàn)槿鐖D甲所示)(　　) B　解析 在0～1 s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E＝n＝n；根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向與圖示箭頭方向相同，為正值；在1～2 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零；在2～4 s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E′＝n＝n＝；根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向與圖示方向相反，為負(fù)值，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 3．如圖所示，閉合導(dǎo)線框向右勻速穿過垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾却笥诰€框尺寸，規(guī)定線框中逆時(shí)針方向的電流為正，則線框中電流i隨時(shí)間t變化的圖象可能正確的是　　(　　)

4、B　解析 線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流；線圈一半進(jìn)入磁場(chǎng)后有效長度減半，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減半，感應(yīng)電流減半；線圈出離磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，剛出離磁場(chǎng)時(shí)，有效長度為L，一半出離磁場(chǎng)時(shí)有效長度減半，則感應(yīng)電流減半；由以上分析可知，線框中電流i隨時(shí)間變化的圖線應(yīng)該為B． 4．(2019·煙臺(tái)高三診斷)(多選)如圖所示，空間直角坐標(biāo)系的xOz平面是光滑水平面，空間中有沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．現(xiàn)有兩塊平行的薄金屬板，彼此間距為d，構(gòu)成一個(gè)電容為C的電容器，電容器的下極板放在xOz平面上；在兩板之間焊接一根垂直于兩板的電阻不計(jì)的金屬桿MN，已知兩板和桿MN的總質(zhì)量為m，若

5、對(duì)桿MN施加一個(gè)沿x軸正方向的恒力F，兩金屬板和桿開始運(yùn)動(dòng)后，則(　　) A．金屬桿MN中存在沿M到N方向的感應(yīng)電流 B．兩金屬板間的電壓始終保持不變 C．兩金屬板和桿做加速度大小為的勻加速直線運(yùn)動(dòng) D．單位時(shí)間內(nèi)電容器增加的電荷量為 AD　解析 由右手定則可知，充電電流方向?yàn)橛蒑流向N，故選項(xiàng)A正確；設(shè)此裝置勻加速平移的加速度為a，則時(shí)間t后速度v＝at，MN切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝Bdat，即電容器兩板電壓U＝E＝Bdat，U隨時(shí)間增大而增大，電容器所帶電量Q＝CU＝CBdat，MN間此時(shí)有穩(wěn)定的充電電流I＝＝CBda，方向向下，根據(jù)左手定則可知，MN受到向左的安培力

6、F安＝BIL＝CB2d2a，以整個(gè)裝置為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得F－F安＝ma，即F－CB2d2a＝ma，解得a＝，方向沿＋x方向，則單位時(shí)間內(nèi)電容器增加的電荷量為＝CBda＝，故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤，D正確． 5．(2019·漳州高三模擬)(多選)如圖所示，質(zhì)量為m、電阻為R的單匝矩形線框靜止于粗糙斜面上，線框邊長ab＝L、ad＝2L，虛線MN過ad、bc邊中點(diǎn)．斜面傾角為θ，線框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(μ>tan θ)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．從某時(shí)刻起，在MN右側(cè)加一方向垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按B＝kt(k>0)的規(guī)律均勻變化．一段時(shí)間后，線框沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，ab邊

7、剛好勻速穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，重力加速度為g，則 (　　) A．線框剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bcda B．線框剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框中的電功率為P＝ C．線框離開磁場(chǎng)的過程中安培力所做的功W＝mv2 D．線框從開始運(yùn)動(dòng)到穿出磁場(chǎng)過程中通過導(dǎo)線截面的電量q＝ AD　解析 磁場(chǎng)均勻增加，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda，選項(xiàng)A正確；線框剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流為I＝＝＝，則線框中的電功率為P＝I2R＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；線框下滑過程中有重力、摩擦力、安培力三力做功，且重力小于摩擦力，根據(jù)動(dòng)能定理，安培力做功大于動(dòng)能變化量，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)ab開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，由平衡條件得mgsin θ ＋

8、B′IL＝μmgcos θ，運(yùn)動(dòng)過程中通過的電荷量為q＝＝，聯(lián)立上式解得q＝，選項(xiàng)D正確． 6．(2019·合肥一中高考沖刺卷)(多選)如圖甲所示，在傾角為θ的光滑斜面上分布著垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，以垂直于斜面向上為磁感應(yīng)強(qiáng)度正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示．一質(zhì)量為m、電阻為R的矩形金屬框從t＝0時(shí)刻由靜止釋放，t3時(shí)刻的速度為v，移動(dòng)的距離為L，重力加速度為g，線框面積為S，t1＝t0、t2＝2t0、t3＝3t0.在金屬框下滑的過程中，下列說法正確的是　　　　　　(　　) A．t1～t3時(shí)間內(nèi)金屬框中的電流方向不變 B．0～t3時(shí)間內(nèi)金屬框做勻加速直線運(yùn)動(dòng) C

9、．0～t3時(shí)間內(nèi)金屬框做加速度逐漸減小的直線運(yùn)動(dòng) D．0～t3時(shí)間內(nèi)金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為 ABD　解析 根據(jù)B-t圖象可知，t1～t3時(shí)間內(nèi)B-t線的斜率不變，則金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小方向不變，則電流方向不變，選項(xiàng)A正確；0～t3時(shí)間內(nèi)金屬框所受安培力的合力為零，則向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝S＝，則0～t3時(shí)間內(nèi)金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝·2t0＝，選項(xiàng)D正確． 7．(2019·西寧高三一模)(多選)如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．足夠長的光滑傾斜導(dǎo)軌固定于磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌寬度為L，傾角為θ，電阻不計(jì)，其下端與電阻R連接．電阻為r的導(dǎo)體棒

10、ab，從導(dǎo)軌頂端由靜止釋放，ab棒始終與導(dǎo)軌垂直，則ab棒(　　) A．所受安培力方向沿導(dǎo)軌斜向上 B．下滑的最大速度vm＝ C．下滑的最大速度vm＝ D．在達(dá)到最大速度之前，減少的重力勢(shì)能大于回路中產(chǎn)生的電能 CD　解析 導(dǎo)體棒ab從頂端靜止釋放，下滑過程中，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路產(chǎn)生感應(yīng)電流，由楞次定律知ab棒中感應(yīng)電流由b到a，由左手定則知ab棒受到的安培力水平向右，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；下滑速度最大時(shí)，加速度等于零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLvmcos θ，感應(yīng)電流I＝＝cos θ，安培力F安＝BIL＝cos θ，根據(jù)平衡條件，沿斜面合力為零，則mgsin θ＝F安cos θ

11、，即mgsin θ＝cos2θ，解得vm＝，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)能量守恒，在達(dá)到最大速度之前，減少的重力勢(shì)能等于增加的動(dòng)能和回路中產(chǎn)生的電能，所以減少的重力勢(shì)能大于回路中產(chǎn)生的電能，故選項(xiàng)D正確． 8．(2019·南平高三質(zhì)檢)(多選)如圖所示，一匝數(shù)為n，邊長為L，質(zhì)量為m，電阻為R的正方形導(dǎo)體線框abcd，與一質(zhì)量為3m的物塊通過輕質(zhì)細(xì)線跨過兩定滑輪相連．在導(dǎo)體線框上方某一高處有一寬度為L的上、下邊界水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里．現(xiàn)將物塊由靜止釋放，當(dāng)ad邊從磁場(chǎng)下邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)—切摩擦．重力加速度為g.則(　　) A．線

12、框ad邊進(jìn)入磁場(chǎng)之前線框加速度a＝2g B．從線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)到完全離開磁場(chǎng)的過程中，通過線框的電荷量q＝ C．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程線框產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝4mgL D．線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v＝ CD　解析 在線框ad邊進(jìn)入磁場(chǎng)之前，有3mg－T＝3ma，T－mg＝ma，解得a＝g，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)q＝n可得從線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)到完全離開磁場(chǎng)的過程中，通過線框的電荷量為q＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中和穿出磁場(chǎng)過程中的總熱量等于過程中的重力勢(shì)能減小量，故Q＝2×(3mgL－mgL)＝4mgL，選項(xiàng)C正確；ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以有T＝3mg，T＝mg＋F安，F(xiàn)安＝nBI

13、L，I＝，聯(lián)立解得v＝，選項(xiàng)D正確． 9．(2019·上饒高三模擬)空間存在著如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN為磁場(chǎng)理想邊界，光滑水平面上有一個(gè)邊長為a，質(zhì)量為m，電阻為R的金屬正方形線框，從圖中Ⅰ位置以速度2v沿垂直于磁場(chǎng)方向開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到分別有一半面積在兩個(gè)磁場(chǎng)中的如圖Ⅱ位置時(shí)，線框的速度為v，則下列說法錯(cuò)誤的是(　　) A．在圖中位置Ⅱ時(shí)線框中的電功率為 B．此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2 C．在圖中位置Ⅱ時(shí)線框的加速度為 D．此過程中通過線框截面的電荷量為 C　解析 在圖中位置Ⅱ時(shí)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝2Bav，線框中的電功率為P＝＝，選項(xiàng)A正確；根據(jù)能量守恒定律

14、可得線框中產(chǎn)生的電能為Q＝m(2v)2－mv2＝mv2，選項(xiàng)B正確；在圖中位置Ⅱ時(shí)線框所受的安培力的合力F＝2BIa＝2Ba·＝，由牛頓第二定律得a＝＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；此過程中通過線框截面的電量為q＝＝，選項(xiàng)D正確． 10．(2019·鄭州高三質(zhì)檢)(多選)如圖所示，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻，平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)

15、軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中(重力加速度為g)(　　) A．金屬棒中的最大電流為 B．金屬棒克服安培力做的功為mgh C．通過金屬棒的電荷量為 D．金屬棒產(chǎn)生的電熱為mg(h－μd) CD　解析 金屬棒下滑過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh＝mv2，金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度為v＝，金屬棒到達(dá)水平面后做減速運(yùn)動(dòng)，剛到達(dá)水平面時(shí)的速度最大，最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，則最大感應(yīng)電流為I＝＝，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得mgh－WB－μmgd＝0－0，克服安培力做功WB＝mgh－μmgd，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；感應(yīng)電荷量為q＝Δt＝＝，故選項(xiàng)C正確；克服安培力做功轉(zhuǎn)

16、化為焦耳熱，電阻與導(dǎo)體棒電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Q棒＝Q＝WB＝mg(h－μd)，故選項(xiàng)D正確． 11．(2019·濟(jì)寧高三模擬)如圖所示，足夠長的“U”形光滑導(dǎo)軌固定在傾角為30°的斜面上，導(dǎo)軌的寬度L＝0.5 m，其下端與R＝1 Ω的電阻連接，質(zhì)量為m＝0.2 kg的導(dǎo)體棒(長度也為L)與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻均不計(jì)．磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在的平面，用一根與斜面平行的不可伸長的輕繩跨過定滑輪將導(dǎo)體棒和質(zhì)量為M＝0.4 kg的重物相連，重物離地面足夠高．使導(dǎo)體棒從靜止開始沿導(dǎo)軌上滑，當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌上滑t＝1 s時(shí)，其速度達(dá)到最大(取g＝

17、10 m/s2)．求： (1)導(dǎo)體棒的最大速度vm； (2)導(dǎo)體棒從靜止開始沿軌道上滑時(shí)間t＝1 s的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱是多少？ 解析 (1)速度最大時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLvm， 感應(yīng)電流I＝， 安培力FA＝BIL， 導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時(shí)由平衡條件得Mg＝mgsin 30°＋FA， 聯(lián)立解得vm＝3 m/s. (2)設(shè)繩中拉力為T，對(duì)導(dǎo)體棒沿斜面方向由動(dòng)量定理得 Tt－mgsin θ·t－BLt＝mvm， 對(duì)重物M由動(dòng)量定理得Mgt－Tt＝Mvm， 即Mgt－mgsin 30°·t－BLq＝(M＋m)v－0， 解得1 s內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷

18、量q＝1.2 C， 電量q＝＝， 解得1 s內(nèi)導(dǎo)體棒上滑位移由能量守恒定律得 Mgx＝mgxsin 30°＋(M＋m)v2＋Q， 解得Q＝0.9 J. 答案 (1)3 m/s　 (2)0.9 J 12．(2019·湖北八市高三聯(lián)考)如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L傾斜置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上，斷開開關(guān)S，將長也為L的金屬棒ab在導(dǎo)軌上由靜止釋放．經(jīng)時(shí)間t，金屬棒的速度大小為v1，此時(shí)閉合開關(guān)，最終金屬棒以大小為v2的速度沿導(dǎo)軌勻速運(yùn)動(dòng)．已知金屬棒的質(zhì)量為m，電阻為r，其它電阻均不計(jì)，重力加速度為g. (1)求導(dǎo)軌與水平面夾角α的正弦值及磁場(chǎng)

19、的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (2)若金屬棒的速度從v1增至v2歷時(shí)Δt，求該過程中流經(jīng)金屬棒的電荷量． 解析 (1)開關(guān)斷開時(shí)，金屬棒在導(dǎo)軌上勻加速下滑， 由牛頓第二定律有mgsin α＝ma， 由勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有v1＝at， 解得sin α＝， 開關(guān)閉合后，金屬棒在導(dǎo)軌上做變加速運(yùn)動(dòng)，最終以v2勻速， 勻速時(shí)mgsin α＝BIL， 又有I＝， 解得B＝. (2)在金屬棒變加速運(yùn)動(dòng)階段，根據(jù)動(dòng)量定理可得 mgsin αΔt－BLΔt＝mv2－mv1， 其中Δt＝q， 聯(lián)立上式可得q＝(v1t＋v1Δt－v2t). 答案 (1)　 　(2)(v1t＋v1Δt－v2t)

20、 13．(2019·河南中原名校高三質(zhì)檢)如圖所示，兩足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L＝0.5 m，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌上端跨接一阻值為R＝0.4 Ω的定值電阻．距導(dǎo)軌頂端MP的距離為d＝0.5 m的CD(CD∥MP)下方有方向垂直于導(dǎo)軌向上磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0＝1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)將金屬棒從CD處由靜止釋放．已知金屬棒的質(zhì)量為m＝0.2 kg、電阻為r＝0.1 Ω，在運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒始終與CD保持平行，且與導(dǎo)軌接觸良好．當(dāng)金屬棒沿導(dǎo)軌下滑距離d時(shí)(圖中EF的位置)速度剛好達(dá)到最大．已知重力加速度為g＝10 m/s2.試求： (1)金屬棒速度達(dá)到的最大值

21、vm和從CD下滑到EF的過程中金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q； (2)為了使金屬棒經(jīng)EF后回路中不再產(chǎn)生感應(yīng)電流，可使磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小發(fā)生變化．試寫出磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的表達(dá)式(從金屬棒到EF處開始計(jì)時(shí))． 解析 (1)當(dāng)金屬棒的合力為零時(shí)速度最大，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I＝， 根據(jù)平衡條件得 mgsin θ＝B0IL， 聯(lián)立解得vm＝＝2 m/s； 由能量守恒定律得，該過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為 Q總＝mgdsin θ－mv＝0.1 J， 其中金屬棒中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝Q總＝0.02 J. (2)由于回路中沒有感應(yīng)電流，所以金屬棒將做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t其位移為x＝vmt

22、＋gt2sin θ＝2t＋2.5t2， 為了使回路中不再產(chǎn)生感應(yīng)電流，則回路中的磁通量不發(fā)生變化Φt＝Φ0， 即B(x＋d)L＝B0dL， 解得B＝. 答案 (1)2 m/s　0.02 J　 (2)B＝ 14．(2019·上海奉賢區(qū)高三二模)如圖所示，兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，間距為L.以MN為界的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向均垂直導(dǎo)軌平面向里，上方區(qū)域的磁感強(qiáng)度大小為B0，下方區(qū)域的磁感強(qiáng)度大小為2B0.金屬棒a、b分處上、下磁場(chǎng)，質(zhì)量分別為2m和m，電阻均為R，與導(dǎo)軌接觸良好，并可沿導(dǎo)軌無摩擦地運(yùn)動(dòng)．導(dǎo)軌上端連接一阻值為R的電阻和電鍵K，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．重力加速度為g. (

23、1)若電鍵K斷開，當(dāng)a棒在豎直方向勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，b棒恰好靜止，請(qǐng)判斷a棒的運(yùn)動(dòng)方向，并說明理由； (2)在第(1)問中，a棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)所需豎直方向的外力F的大小和方向； (3)若將a棒固定，將b棒由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)穩(wěn)定后再閉合電鍵K.請(qǐng)說明閉合電鍵后，b棒運(yùn)動(dòng)的速度和加速度情況，請(qǐng)求出b棒的最終速度． 解析 (1)當(dāng)b棒靜止時(shí)，受到向上的安培力作用，由左手定則可知b棒中的電流向右，a中的感應(yīng)電流向左，由右手定則可知，a棒向上運(yùn)動(dòng)． (2)對(duì)b棒有mg＝2B0IL， 對(duì)a棒F＝B0IL＋2mg， 聯(lián)立解得F＝mg，方向豎直向上． (3)開始電鍵K斷開時(shí)，當(dāng)b棒穩(wěn)定后滿足 mg＝F安＝2B0IL＝2B0L， 解得v1＝； 當(dāng)K閉合后，回路的電阻減小，電流會(huì)變大，作用在b上的安培力會(huì)變大，則b棒將做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)最后勻速運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)， 滿足 mg＝F安＝2B0I′L＝2B0L，解得v2＝. 答案 (1)向上運(yùn)動(dòng)　(2)mg　方向豎直向上　(3)見解析　 11