專題25 導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)問(wèn)題——歷年高考物理真題精選之黃金30題（解析版）

1、歷年高考物理真題精選之黃金30題專題25 導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)問(wèn)題一、單選題1（2021·北京·高考真題）如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平U型導(dǎo)體框左端連接一阻值為R的電阻，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab置于導(dǎo)體框上。不計(jì)導(dǎo)體框的電阻、導(dǎo)體棒與框間的摩擦。ab以水平向右的初速度v0開始運(yùn)動(dòng)，最終停在導(dǎo)體框上。在此過(guò)程中 （）A導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流的方向?yàn)镃電阻R消耗的總電能為D導(dǎo)體棒克服安培力做的總功小于【答案】 C【解析】AB導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則，可知電流方向?yàn)閎到a，再根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒向到向左的安培力，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可得

2、產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為感應(yīng)電流為故安培力為根據(jù)牛頓第二定律有可得隨著速度減小，加速度不斷減小，故導(dǎo)體棒不是做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；C根據(jù)能量守恒定律，可知回路中產(chǎn)生的總熱量為因R與r串聯(lián)，則產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，則R產(chǎn)生的熱量為故C正確；D整個(gè)過(guò)程只有安培力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，導(dǎo)體棒克服安培力做的總功等于，故D錯(cuò)誤。故選C。2（2018·全國(guó)·高考真題）如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì)。OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感

3、應(yīng)強(qiáng)度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定（過(guò)程）；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B（過(guò)程）。在過(guò)程、中，流過(guò)OM的電荷量相等，則等于（）ABCD2【答案】 B【解析】在過(guò)程中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E1根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I1 且q1I1t1在過(guò)程中，有E2根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I2，q2I2t2又q1q2，即所以故選B。3（2013·全國(guó)·高考真題）如圖，在光滑水平桌面上有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d（d>L）的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場(chǎng)方向豎直向下導(dǎo)

4、線框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)t0時(shí)導(dǎo)線框的右邊恰與磁場(chǎng)的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域下列v­t圖像中，可能正確描述上述過(guò)程的是（）ABCD【答案】 D【解析】線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由右手定則和左手點(diǎn)則可知線框受到向左的安培力，由于，則安培力減小，故線框做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)；同理可知線框離開磁場(chǎng)時(shí)，線框也受到向左的安培力，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)；線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，線框中沒有感應(yīng)電流，不再受安培力作用，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，本題選D4（2021·河北·高考真題）如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點(diǎn)

5、為坐標(biāo)原點(diǎn)，狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為，一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連，導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點(diǎn)開始以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，忽略所有電阻，下列說(shuō)法正確的是（）A通過(guò)金屬棒的電流為B金屬棒到達(dá)時(shí)，電容器極板上的電荷量為C金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電容器的上極板帶負(fù)電D金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，外力F做功的功率恒定【答案】 A【解析】C根據(jù)楞次定律可知電容器的上極板應(yīng)帶正電，C錯(cuò)誤；A由題知導(dǎo)體棒勻速切割磁感線，根據(jù)幾何關(guān)系切割長(zhǎng)度為L(zhǎng) = 2xtan，x = vt則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E = 2Bv2ttan由題圖可知電容器直接與電源相連，則電容器的電荷量為Q = CE = 2BCv2tt

6、an則流過(guò)導(dǎo)體棒的電流I = = 2BCv2tanA正確；B當(dāng)金屬棒到達(dá)x0處時(shí)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E = 2Bvx0tan則電容器的電荷量為Q = CE = 2BCvx0tanB錯(cuò)誤；D由于導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)則F = F安 = BIL由選項(xiàng)A可知流過(guò)導(dǎo)體棒的電流I恒定，但L與t成正比，則F為變力，再根據(jù)力做功的功率公式P = Fv可看出F為變力，v不變則功率P隨力F變化而變化；D錯(cuò)誤；故選A。二、多選題5（2020·全國(guó)·高考真題）如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺(tái)上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長(zhǎng)，整個(gè)金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的

7、導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬框，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后（）A金屬框的速度大小趨于恒定值B金屬框的加速度大小趨于恒定值C導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值D導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值【答案】 BC【解析】由bc邊切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，形成電流，使得導(dǎo)體棒MN受到向右的安培力，做加速運(yùn)動(dòng)，bc邊受到向左的安培力，向右做加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬框的bc邊和導(dǎo)體棒MN一起切割磁感線，設(shè)導(dǎo)體棒MN和金屬框的速度分別為、，則電路中的電動(dòng)勢(shì)電流中的電流金屬框和導(dǎo)體棒MN受到的安培力，與運(yùn)動(dòng)方向

8、相反，與運(yùn)動(dòng)方向相同設(shè)導(dǎo)體棒MN和金屬框的質(zhì)量分別為、，則對(duì)導(dǎo)體棒MN對(duì)金屬框初始速度均為零，則a1從零開始逐漸增加，a2從開始逐漸減小。當(dāng)a1a2時(shí)，相對(duì)速度大小恒定。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程用速度時(shí)間圖象描述如下。綜上可得，金屬框的加速度趨于恒定值，安培力也趨于恒定值，BC選項(xiàng)正確；金屬框的速度會(huì)一直增大，導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離也會(huì)一直增大，AD選項(xiàng)錯(cuò)誤。故選BC。6（2019·全國(guó)·高考真題）如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上t=0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂

9、直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示下列圖像中可能正確的是ABCD【答案】 AC【解析】ab棒向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，則受到向左的安培力，從而向右做減速運(yùn)動(dòng)，；金屬棒cd受向右的安培力作用而做加速運(yùn)動(dòng)，隨著兩棒的速度差的減小安培力減小，加速度減小，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，感應(yīng)電流為零，最終兩棒共速，一起做勻速運(yùn)動(dòng)，故最終電路中電流為0，故AC正確，BD錯(cuò)誤7（2021·遼寧·高考真題）如圖（a）所示，兩根間距為L(zhǎng)、足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置并固定，頂端接有阻值為R的電阻，垂直導(dǎo)軌平面存在變化規(guī)律如圖（b）所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，t=0時(shí)磁場(chǎng)方向

10、垂直紙面向里。在t=0到t=2t0的時(shí)間內(nèi)，金屬棒水平固定在距導(dǎo)軌頂端L處；t=2t0時(shí)，釋放金屬棒。整個(gè)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒的電阻不計(jì)，則（）A在時(shí)，金屬棒受到安培力的大小為B在t=t0時(shí)，金屬棒中電流的大小為C在時(shí)，金屬棒受到安培力的方向豎直向上D在t=3t0時(shí)，金屬棒中電流的方向向右【答案】 BC【解析】AB由圖可知在0t0時(shí)間段內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為根據(jù)閉合電路歐姆定律有此時(shí)間段的電流為在時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為，此時(shí)安培力為故A錯(cuò)誤，B正確；C由圖可知在時(shí)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里并逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏?，再由左手定則可知金屬棒受到的安培力方向豎直向上，故

11、C正確；D由圖可知在時(shí)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，金屬棒向下掉的過(guò)程中磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知金屬棒中的感應(yīng)電流方向向左，故D錯(cuò)誤。故選BC。8（2021·廣東·高考真題）如圖所示，水平放置足夠長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌和，與平行，是以O(shè)為圓心的圓弧導(dǎo)軌，圓弧左側(cè)和扇形內(nèi)有方向如圖的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，金屬桿的O端與e點(diǎn)用導(dǎo)線相接，P端與圓弧接觸良好，初始時(shí)，可滑動(dòng)的金屬桿靜止在平行導(dǎo)軌上，若桿繞O點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)內(nèi)從b到c勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，回路中始終有電流，則此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的有（）A桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定B桿受到的安培力不變C桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D桿中的電流逐漸減小【答案】 AD【解析】AOP轉(zhuǎn)

12、動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為因?yàn)镺P勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，所以桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，故A正確；BCD桿OP勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生的感應(yīng)電流由M到N通過(guò)MN棒，由左手定則可知，MN棒會(huì)向左運(yùn)動(dòng)，MN棒運(yùn)動(dòng)會(huì)切割磁感線，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)與原來(lái)電流方向相反，讓回路電流減小，MN棒所受合力為安培力，電流減小，安培力會(huì)減小，加速度減小，故D正確，BC錯(cuò)誤。故選AD。9（2012·四川·高考真題）半徑為a右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長(zhǎng)為2a的導(dǎo)體直桿，單位長(zhǎng)度電阻均為R0。圓環(huán)水平固定放置，整個(gè)內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

13、桿始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，桿的位置由確定，如圖所示。則（ ）A=0時(shí)，桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為B時(shí)，桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為C=0時(shí)，桿受的安培力大小為D時(shí)，桿受的安培力大小為【答案】 AD【解析】AC=0時(shí)，桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為 此時(shí)回路中的總電阻為 根據(jù)閉合電路歐姆定律可得桿產(chǎn)生的電流為 根據(jù)安培力公式可得此時(shí)桿所受安培力大小為 聯(lián)立解得 故A正確，C錯(cuò)誤；BD時(shí)，桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為 此時(shí)回路中的總電阻為 根據(jù)閉合電路歐姆定律可得桿產(chǎn)生的電流為 根據(jù)安培力公式可得此時(shí)桿所受安培力大小為 聯(lián)立解得 故B錯(cuò)誤，D正確。故選AD。10（2016·四川·高考真題）如圖所示，電阻不

14、計(jì)、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌左端接一定值電阻R質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運(yùn)動(dòng)，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F=F0+kv（F0、k是常量），金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好金屬棒中感應(yīng)電流為i，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應(yīng)電流的功率為P，它們隨時(shí)間t變化圖象可能正確的有ABCD【答案】 BC【解析】設(shè)金屬棒在某一時(shí)刻速度為v，由題意可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，環(huán)路電流，即；安培力，方向水平向左，即，；R兩端電壓，即；感應(yīng)電流功率，即分析金屬棒運(yùn)動(dòng)情況，由力的合成和牛

15、頓第二定律可得：，即加速度，因?yàn)榻饘侔魪撵o止出發(fā)，所以，且，即，加速度方向水平向右（1）若，即，金屬棒水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)有，說(shuō)明，也即是，所以在此情況下沒有選項(xiàng)符合（2）若，隨v增大而增大，即a隨v增大而增大，說(shuō)明金屬棒做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，速度與時(shí)間呈指數(shù)增長(zhǎng)關(guān)系，根據(jù)四個(gè)物理量與速度的關(guān)系可知B選項(xiàng)符合；（3）若，隨v增大而減小，即a隨v增大而減小，說(shuō)明金屬棒在做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)四個(gè)物理量與速度關(guān)系可知C選項(xiàng)符合11（2021·福建·高考真題）如圖，P、Q是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌足

16、夠長(zhǎng)且電阻可忽略不計(jì)。圖中矩形區(qū)域有一方向垂直導(dǎo)軌平面向上、感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在時(shí)刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場(chǎng)邊界、進(jìn)入磁場(chǎng)，速度大小均為；一段時(shí)間后，流經(jīng)a棒的電流為0，此時(shí)，b棒仍位于磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b相同材料制成，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，電阻分別為R和，a棒的質(zhì)量為m。在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則（）A時(shí)刻a棒加速度大小為B時(shí)刻b棒的速度為0C時(shí)間內(nèi)，通過(guò)a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍D時(shí)間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】 AD【解析】A由題知，a進(jìn)入磁場(chǎng)的速度方向向右，b的速度方向向左，根據(jù)右手定則可知，a產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是E到F，b產(chǎn)

17、生的感應(yīng)電流方向是H到G，即兩個(gè)感應(yīng)電流方向相同，所以流過(guò)a、b的感應(yīng)電流是兩個(gè)感應(yīng)電流之和，則有對(duì)a，根據(jù)牛頓第二定律有解得故A正確；B根據(jù)左手定則，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流過(guò)a、b的電流一直相等，故兩個(gè)力大小相等，則a與b組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。由題知，時(shí)刻流過(guò)a的電流為零時(shí)，說(shuō)明a、b之間的磁通量不變，即a、b在時(shí)刻達(dá)到了共同速度，設(shè)為v。由題知，金屬棒a、b相同材料制成，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，電阻分別為R和，根據(jù)電阻定律有，解得已知a的質(zhì)量為m，設(shè)b的質(zhì)量為，則有，聯(lián)立解得取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有解得故B錯(cuò)誤；C在時(shí)間內(nèi)，根據(jù)因通過(guò)兩棒的電流時(shí)刻相等，所用時(shí)間相同

18、，故通過(guò)兩棒橫截面的電荷量相等，故C錯(cuò)誤；D在時(shí)間內(nèi)，對(duì)a、b組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒有解得回路中產(chǎn)生的總熱量為對(duì)a、b，根據(jù)焦耳定律有因a、b流過(guò)的電流一直相等，所用時(shí)間相同，故a、b產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，即又解得a棒產(chǎn)生的焦耳熱為故D正確。故選AD。12（2021·山東·高考真題）如圖所示，電阻不計(jì)的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上。區(qū)域、中磁場(chǎng)方向均垂直斜面向上，區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，區(qū)中為勻強(qiáng)磁場(chǎng)。阻值恒定的金屬棒從無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域中a處由靜止釋放，進(jìn)入?yún)^(qū)后，經(jīng)b下行至c處反向上行。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好。在第一次下行和上行的過(guò)程中，以下敘述正確

19、的是（）A金屬棒下行過(guò)b時(shí)的速度大于上行過(guò)b時(shí)的速度B金屬棒下行過(guò)b時(shí)的加速度大于上行過(guò)b時(shí)的加速度C金屬棒不能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)D金屬棒能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)，但不能回到a處【答案】 ABD【解析】AB在I區(qū)域中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，所以導(dǎo)體棒上的感應(yīng)電流恒為導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域后，導(dǎo)體切割磁感線，產(chǎn)生一個(gè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，因?yàn)閷?dǎo)體棒到達(dá)點(diǎn)后又能上行，說(shuō)明加速度始終沿斜面向上，下行和上行經(jīng)過(guò)點(diǎn)的受力分析如圖設(shè)下行、上行過(guò)b時(shí)導(dǎo)體棒的速度分別為，則下行過(guò)b時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流為下行過(guò)b時(shí)導(dǎo)體棒上的電流為下行過(guò)b時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可知上行過(guò)b時(shí)，切割磁感線的產(chǎn)出的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為上行過(guò)b時(shí)導(dǎo)

20、體棒上的電流為根據(jù)牛頓第二定律可知比較加速度大小可知由于段距離不變，下行過(guò)程中加速度大，上行過(guò)程中加速度小，所以金屬板下行過(guò)經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)的速度大于上行經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)的速度，AB正確；CD導(dǎo)體棒上行時(shí)，加速度與速度同向，則導(dǎo)體棒做加速度減小的加速度運(yùn)動(dòng)，則一定能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)。由AB分析可得，導(dǎo)體棒進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)（下行進(jìn)磁場(chǎng)）的速度大于出磁場(chǎng)區(qū)（下行進(jìn)磁場(chǎng)）的速度，導(dǎo)體棒在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)做加速度相同的減速運(yùn)動(dòng)則金屬棒不能回到處，C錯(cuò)誤，D正確。故選ABD。13（2020·海南·高考真題）如圖，足夠長(zhǎng)的間距的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在一個(gè)寬度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，

21、方向如圖所示一根質(zhì)量，阻值的金屬棒a以初速度從左端開始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后，與另一根質(zhì)量，阻值的原來(lái)靜置在導(dǎo)軌上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則（ ）A金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)回路中有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流C金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為D金屬棒a最終停在距磁場(chǎng)左邊界處【答案】 BD【解析】A金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)受到安培力的作用，做減速運(yùn)動(dòng)，由于速度減小，感應(yīng)電流減小，安培力減小，加速度減小，故金屬棒a做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B根據(jù)右手定則可知，金屬棒a第一次

22、穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)回路中有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，故B正確；C電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為平均電流為金屬棒a受到的安培力為規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得解得對(duì)金屬棒第一次離開磁場(chǎng)時(shí)速度金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒a機(jī)械能的減少量，即聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)得由于兩棒電阻相同，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱相同，則金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱故C錯(cuò)誤；D規(guī)定向右為正方向，兩金屬棒碰撞過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得金屬棒a反彈的速度為設(shè)金屬棒a最終停在距磁場(chǎng)左邊界處，則從反彈進(jìn)入磁場(chǎng)到停下來(lái)的過(guò)程，電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為平均電流為金屬棒a受到的安培力為規(guī)定向右為正方向，對(duì)

23、金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得故D正確。故選BD。14（2019·全國(guó)·高考真題）如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，到MN離開磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹梗鬟^(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是（）ABCD【答案】 AD【解析】根據(jù)圖像可知，設(shè)PQ進(jìn)入磁場(chǎng)勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)，兩根導(dǎo)體棒的總電阻為R；

24、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律可得PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)電流保持不變，根據(jù)右手定則可知電流方向QP；如果PQ離開磁場(chǎng)時(shí)MN還沒有進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)電流為零；當(dāng)MN進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)也是勻速運(yùn)動(dòng)，通過(guò)PQ的感應(yīng)電流大小不變，方向相反；如果PQ沒有離開磁場(chǎng)時(shí)MN已經(jīng)進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)電流為零，當(dāng)PQ離開磁場(chǎng)時(shí)MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，電流逐漸減小，通過(guò)PQ的感應(yīng)電流方向相反；故選AD。15（2018·江蘇·高考真題）如圖所示，豎直放置的形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng)，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)、的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)和時(shí)的速度相等金屬桿在導(dǎo)軌間

25、的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g金屬桿（ ）A剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度方向豎直向下B穿過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間C穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgdD釋放時(shí)距磁場(chǎng)上邊界的高度h可能小于【答案】 BC【解析】本題考查電磁感應(yīng)的應(yīng)用，意在考查考生綜合分析問(wèn)題的能力由于金屬棒進(jìn)入兩個(gè)磁場(chǎng)的速度相等，而穿出磁場(chǎng)后金屬桿做加速度為g的加速運(yùn)動(dòng)，所以金屬感進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)應(yīng)做減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)金屬桿受力分析，根據(jù)可知，金屬桿做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，其進(jìn)出磁場(chǎng)的v-t圖象如圖所示，由于0t1和t1t2圖線與t軸包圍的面積相等（都為d），所以t1>（t2-t1），選項(xiàng)B正確；

26、從進(jìn)入磁場(chǎng)到進(jìn)入磁場(chǎng)之前過(guò)程中，根據(jù)能量守恒，金屬棒減小的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以Q1=mg2d，所以穿過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為4mgd，選項(xiàng)C正確；若金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng)，則，得，有前面分析可知金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大于，根據(jù)得金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)的高度應(yīng)大于，選項(xiàng)D錯(cuò)誤三、解答題16（2021·天津·高考真題）如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌、間距，其電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成角，N、Q兩端接有的電阻。一金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，兩端與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知的質(zhì)量，電阻，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。在平行于導(dǎo)軌向上的

27、拉力作用下，以初速度沿導(dǎo)軌向上開始運(yùn)動(dòng)，可達(dá)到最大速度。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中拉力的功率恒定不變，重力加速度。（1）求拉力的功率P；（2）開始運(yùn)動(dòng)后，經(jīng)速度達(dá)到，此過(guò)程中克服安培力做功，求該過(guò)程中沿導(dǎo)軌的位移大小x?！敬鸢浮?（1）；（2）【解析】（1）在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于拉力功率恒定，做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大時(shí)，加速度為零，設(shè)此時(shí)拉力的大小為F，安培力大小為，有設(shè)此時(shí)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有設(shè)回路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律，有受到的安培力由功率表達(dá)式，有聯(lián)立上述各式，代入數(shù)據(jù)解得（2）從速度到的過(guò)程中，由動(dòng)能定理，有代入數(shù)據(jù)解得17（2017·浙

28、江·高考真題）為了探究電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)速與彈簧伸長(zhǎng)量之間的關(guān)系，小明設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置.半徑為l的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一根長(zhǎng)也為l，電阻為R的金屬棒ab一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸00"上，由電動(dòng)機(jī)A帶動(dòng)旋轉(zhuǎn)在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面，大小為B1、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)另有一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質(zhì)彈簧懸掛在豎直平面內(nèi)，并與固定在豎直平面內(nèi)的“U”型導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)軌間距為l，底部接阻值也為R的電阻，處于大小為B2、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中從圓形金屬導(dǎo)軌引出導(dǎo)線和通過(guò)電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線經(jīng)開關(guān)S與“U”型導(dǎo)軌連接當(dāng)開關(guān)S斷

29、開，棒cd靜止時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x0；當(dāng)開關(guān)S閉合，電動(dòng)機(jī)以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，棒cd再次靜止時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量變?yōu)閤（不超過(guò)彈性限度）不計(jì)其余電阻和摩擦等阻力，求此時(shí)（1）通過(guò)棒cd的電流Icd（2）電動(dòng)機(jī)對(duì)該裝置的輸出功率P；（3）電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)角速度與彈簧伸長(zhǎng)量x之間的函數(shù)關(guān)系.【答案】 （1） ；（2）；（3）【解析】（1）S斷開時(shí)，cd棒靜止，有mgkx0S閉合時(shí)，cd棒靜止，有mgB2Icdlkx聯(lián)立解得Icd（2）回路總電阻R總RRR總電流I2Icd電動(dòng)機(jī)對(duì)該裝置的輸出功率PI2R總（3）由法拉第電磁感應(yīng)定律得回路總電流聯(lián)立解得18（2021·海南·高考真題）如圖，間距為

30、l的光滑平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌左端接有阻值為R的定值電阻，一質(zhì)量為m的金屬桿放在導(dǎo)軌上。金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)金屬桿內(nèi)自由電子沿桿定向移動(dòng)的速率為u0。設(shè)金屬桿內(nèi)做定向移動(dòng)的自由電子總量保持不變，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，除了電阻R以外不計(jì)其它電阻。（1）求金屬桿中的電流和水平外力的功率；（2）某時(shí)刻撤去外力，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，自由電子沿金屬桿定向移動(dòng)的速率變?yōu)椋螅海╥）這段時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；（ii）這段時(shí)間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動(dòng)的距離?！敬鸢浮?（1）I = ，P = ；

31、（2）（i）Q = mv02，（ii）d = 【解析】（1）金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E = Blv0則金屬桿中的電流I = = 由題知，金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)則有F = F安 = BIl = 根據(jù)功率的計(jì)算公式有P = Fv0 = （2）（i）設(shè)金屬桿內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為n，金屬桿的橫截面積為S，則金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流由微觀表示為I = nSeu0 = 則解得nSe = 此時(shí)電子沿金屬桿定向移動(dòng)的速率變?yōu)椋瑒tI = nSe = 解得v = 則能量守恒有mv = mv02 - Q解得Q = mv02（ii）由（i）可知

32、在這段時(shí)間內(nèi)金屬桿的速度由v0變到，則根據(jù)動(dòng)量定理有- Bql×Dt = m - mv0 = - BlnSe = - BlnSe×d（取向右為正）由于nSe = 化簡(jiǎn)得d = 19（2021·湖北·高考真題）如圖（a）所示，兩根不計(jì)電阻、間距為L(zhǎng)的足夠長(zhǎng)平行光滑金屬導(dǎo)軌，豎直固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻。元件Z的圖像如圖（b）所示，當(dāng)流過(guò)元件Z的電流大于或等于時(shí)，電壓穩(wěn)定為Um。質(zhì)量為m、不計(jì)電阻的金屬棒可沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中金屬棒始終水平且與導(dǎo)軌保持良好接觸。忽略空氣阻力及

33、回路中的電流對(duì)原磁場(chǎng)的影響，重力加速度大小為g。為了方便計(jì)算，取，。以下計(jì)算結(jié)果只能選用m、g、B、L、R表示。（1）閉合開關(guān)S。，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v1；（2）斷開開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v2；（3）先閉合開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒達(dá)到最大速度后，再斷開開關(guān)S。忽略回路中電流突變的時(shí)間，求S斷開瞬間金屬棒的加速度大小a。【答案】 （1）；（2）；（3）【解析】（1）閉合開關(guān)S，金屬棒下落的過(guò)程中受豎直向下的重力、豎直向上的安培力作用，當(dāng)重力與安培力大小相等時(shí)，金屬棒的加速度為零，速度最大，則由法拉第電磁感應(yīng)定律得由歐姆定律得解得（2）由第（

34、1）問(wèn)得由于斷開開關(guān)S后，當(dāng)金屬棒的速度達(dá)到最大時(shí)，元件Z兩端的電壓恒為此時(shí)定值電阻兩端的電壓為回路中的電流為又由歐姆定律得解得（3）開關(guān)S閉合，當(dāng)金屬棒的速度最大時(shí)，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為斷開開關(guān)S的瞬間，元件Z兩端的電壓為則定值電阻兩端的電壓為電路中的電流為金屬棒受到的安培力為對(duì)金屬棒由牛頓第二定律得解得20（2020·浙江·高考真題）如圖甲所示，在水平面內(nèi)，固定放置著間距為l的兩平行金屬直導(dǎo)軌，其間連接有阻值為R的電阻，電阻兩端連接示波器（內(nèi)阻可視為無(wú)窮大），可動(dòng)態(tài)顯示電阻R兩端的電壓。兩導(dǎo)軌間存在大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。時(shí)一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l的導(dǎo)體棒在

35、外力F作用下從。位置開始做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，觀察到示波器顯示的電壓隨時(shí)間變化的波形是如圖乙所示的正弦曲線。取，則簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的平衡位置在坐標(biāo)原點(diǎn)O。不計(jì)摩擦阻力和其它電阻，導(dǎo)體棒始終垂直導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)。（提示：可以用圖象下的“面積”代表力F所做的功）（1）求導(dǎo)體棒所受到的安培力隨時(shí)間t的變化規(guī)律；（2）求在0至0.25T時(shí)間內(nèi)外力F的沖量；（3）若時(shí)外力，求外力與安培力大小相等時(shí)棒的位置坐標(biāo)和速度?！敬鸢浮?（1） （2） （3） 和；和【解析】（1）由顯示的波形可得安培力隨時(shí)間變化規(guī)律：（2）安培力的沖量：由動(dòng)量定理，有：解得：（3）棒做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，有：當(dāng)時(shí)：當(dāng)時(shí)，設(shè)，根據(jù)動(dòng)能定理：解得：和；和21（2019&

36、#183;海南·高考真題）如圖，一水平面內(nèi)固定有兩根平行的長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為l；兩根相同的導(dǎo)體棒AB、CD置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直，長(zhǎng)度均為l；棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力）：整個(gè)裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下。從時(shí)開始，對(duì)AB棒施加一外力，使AB棒從靜止開始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，直到時(shí)刻撤去外力，此時(shí)棒中的感應(yīng)電流為；已知CD棒在時(shí)刻開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩棒均與導(dǎo)軌接觸良好。兩棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。重力加速度大小為g。（1）求AB棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小；（2）求撤去外力時(shí)CD棒的速度大小；（3）撤去外力后，CD

37、棒在時(shí)刻靜止，求此時(shí)AB棒的速度大小。【答案】 （1）；（2）；（3）【解析】（1）設(shè)AB棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，在t=t0時(shí)刻AB棒的速度為v0=at0，此時(shí)對(duì)CD棒：聯(lián)立解得：（2）在t1時(shí)刻，AB棒的速度；此時(shí)解得（3）撤去外力后到CD棒靜止，對(duì)CD棒由動(dòng)量定理： ，對(duì)AB棒：聯(lián)立解得：22（2019·天津·高考真題）如圖所示，固定在水平面上間距為的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒和長(zhǎng)度也為、電阻均為，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好兩端通過(guò)開關(guān)與電阻為的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場(chǎng)，磁通量變化率為常量圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向

38、下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的質(zhì)量為，金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，電阻忽略不計(jì)（1）閉合，若使保持靜止，需在其上加多大的水平恒力，并指出其方向；（2）斷開，在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為的加速過(guò)程中流過(guò)的電荷量為，求該過(guò)程安培力做的功【答案】 （1），方向水平向右；（2）【解析】（1）設(shè)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，由法拉第電磁感應(yīng)定律，則 設(shè)與并聯(lián)的電阻為，有 閉合時(shí)，設(shè)線圈中的電流為，根據(jù)閉合電路歐姆定律得 設(shè)中的電流為，有 設(shè)受到的安培力為，有 保持靜止，由受力平衡，有 聯(lián)立式得 方向水平向右（2）設(shè)由靜止開始到速度大小為的加速過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)的位移為，所用時(shí)間為，回路中的磁通量變化為，平均感應(yīng)電動(dòng)

39、勢(shì)為，有 其中 設(shè)中的平均電流為，有 根據(jù)電流的定義得 由動(dòng)能定理，有 聯(lián)立式得 23（2016·全國(guó)·高考真題）如圖，兩條相距的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面（紙面）內(nèi)，其左端接一阻值為的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為隨時(shí)間的變化關(guān)系為，式中為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域左邊界（虛線）與導(dǎo)軌垂直，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向也垂直于紙面向里。某時(shí)刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，在時(shí)刻恰好以速度越過(guò)，此后向右做勻速運(yùn)動(dòng)，金屬棒與導(dǎo)軌始終

40、相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計(jì)，求：（1）在到時(shí)間間隔內(nèi)，流過(guò)電阻的電荷量的絕對(duì)值；（2）在時(shí)刻（）穿過(guò)回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小?！敬鸢浮?（1） ；（2）【解析】（1）在金屬棒未越過(guò)MN之前，t時(shí)刻穿過(guò)回路的磁通量為設(shè)在從t時(shí)刻到的時(shí)間間隔內(nèi)，回路磁通量的變化量為，流過(guò)電阻R的電荷量為，由法拉第電磁感應(yīng)有由歐姆定律有由電流的定義有聯(lián)立可得由可得，在t=0到t=的時(shí)間間隔內(nèi)，流過(guò)電阻R的電荷量q的絕對(duì)值為（2）當(dāng)時(shí)，金屬棒已越過(guò)MN，由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動(dòng)，則有式中f是外加水平恒力，F(xiàn)是勻強(qiáng)磁場(chǎng)施加的安培力，設(shè)此時(shí)回路中的電流為I，F(xiàn)的大小為此時(shí)金屬棒與M

41、N之間的距離為勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過(guò)回路的磁通量為回路的總磁通量為式中仍如式所示，則在時(shí)刻t（）穿過(guò)回路的總磁通量為在t到的時(shí)間間隔內(nèi)，總磁通量的改變?yōu)橛煞ɡ陔姶鸥袘?yīng)定律得，回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為由歐姆定律有聯(lián)立可得24（2019·浙江·高考真題）（加試題）如圖所示，傾角=370、間距l(xiāng)0.1m的足夠長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌底端接有阻值R=0.1的電阻，質(zhì)量m=0.1kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.45建立原點(diǎn)位于底端、方向沿導(dǎo)軌向上的坐標(biāo)軸x在0.2mx0.8m區(qū)間有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)從t=0時(shí)刻起，棒ab在沿x軸正方向的外力F作用下從x=0處由靜止開始沿斜面向

42、上運(yùn)動(dòng)，其速度與位移x滿足v=kx（可導(dǎo)出a=kv）k=5s-1當(dāng)棒ab運(yùn)動(dòng)至x1=0.2m處時(shí)，電阻R消耗的電功率P=0.12W，運(yùn)動(dòng)至x2=0.8m處時(shí)撤去外力F，此后棒ab將繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，最終返回至x=0處棒ab始終保持與導(dǎo)軌垂直，不計(jì)其它電阻，求：（提示：可以用Fx圖象下的“面積”代表力F做的功（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?）外力F隨位移x變化的關(guān)系式；（3）在棒ab整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q【答案】 （1）；（2）無(wú)磁場(chǎng)區(qū)間：；有磁場(chǎng)區(qū)間：；（3）【解析】（1）由E=Blv，解得（2）無(wú)磁場(chǎng)區(qū)間： ，a=5v=25x有磁場(chǎng)區(qū)間：（3）上升過(guò)程中克服安培力做功（梯形面積）撤去外力后

43、，棒ab上升的最大距離為s，再次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，則：解得v=2m/s由于故棒再次進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)；下降過(guò)程中克服安培力做功：25（2015·四川·高考真題） 如圖所示，金屬導(dǎo)軌MNC和PQD，MN與PQ平行且間距為L(zhǎng)，所在平面與水平面夾角為，N、Q連線與MN垂直，M、P間接有阻值為R的電阻；光滑直導(dǎo)軌NC和QD在同一水平面內(nèi)，與NQ的夾角都為銳角。均勻金屬棒ab和ef質(zhì)量均為m，長(zhǎng)均為L(zhǎng)，ab棒初始位置在水平導(dǎo)軌上與NQ重合；ef棒垂直放在傾斜導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（較?。?，由導(dǎo)軌上的小立柱1和2阻擋而靜止?？臻g有方向豎直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出）。兩金屬棒

44、與導(dǎo)軌保持良好接觸。不計(jì)所有導(dǎo)軌和ab棒的電阻，ef棒的阻值為R，最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，忽略感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)，重力加速度為g。（1）若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，給ab棒一個(gè)垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平導(dǎo)軌上沿運(yùn)動(dòng)方向滑行一段距離后停止，ef棒始終靜止，求此過(guò)程ef棒上產(chǎn)生的熱量；（2）在（1）問(wèn)過(guò)程中，ab棒滑行距離為d，求通過(guò)ab棒某橫截面的電荷量；（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平導(dǎo)軌上向右勻速運(yùn)動(dòng)，并在NQ位置時(shí)取走小立柱1和2，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ef棒始終靜止。求此狀態(tài)下最強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度及此磁場(chǎng)下ab棒運(yùn)動(dòng)的最大距離。【答案】 （1）；（2）；（3） ，方向豎直

45、向上或豎直向下均可，【解析】（1）設(shè)ab棒的初動(dòng)能為Ek，ef棒和電阻R在此過(guò)程產(chǎn)生熱量分別為Q和Q1，有Q+Q1=Ek且根據(jù)并聯(lián)電路特點(diǎn)和焦耳定律QI2Rt可知，電阻R和ef棒中產(chǎn)生的焦耳熱相等Q=Q1由題意Ek=得（2）設(shè)在題設(shè)的過(guò)程中，ab棒滑行的時(shí)間為t，掃過(guò)的導(dǎo)軌間的面積為S，通過(guò)S的磁通量為，ab棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E，ab棒中的電流為I，通過(guò)ab棒某截面的電荷量為q，則且=BS電流又有由圖所示聯(lián)立解得（3）ab棒滑行距離為x時(shí)，ab棒在導(dǎo)軌間的棒長(zhǎng)Lx為L(zhǎng)x=L2xcot此時(shí)ab棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)Ex為E=Bv2Lx流過(guò)ef棒的電流Ix為Ix=ef棒所受安培力Fx為Fx=BIxL聯(lián)立解得

46、可得，F(xiàn)x在x=0和B為最大值Bm時(shí)有最大值F1。由題意知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1為最大值的受力分析如圖所示，圖中fm為最大靜摩擦力，有F1cos=mgsin+（mgcos+F1sin）聯(lián)立得Bm就是題目所求最強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，該磁場(chǎng)方向可豎直向上，也可豎直向下可知，B為Bm時(shí)，F(xiàn)x隨x增大而減小，x為最大xm時(shí)，F(xiàn)x為最小值，如圖可知F2cos+（mgcos+F2sin）=mgsin聯(lián)立得26（2014·江蘇·高考真題）如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，長(zhǎng)為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，在導(dǎo)

47、軌的中部刷有一段長(zhǎng)為d的薄絕緣涂層勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計(jì)，重力加速度為g求：（1）導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v；（3）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q【答案】 （1）tan；（2）v；（3）Q2mgdsin【解析】（1）導(dǎo)體棒在絕緣涂層上滑動(dòng)時(shí)，受重力mg、導(dǎo)軌的支持力N和滑動(dòng)摩擦力f作用，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有：mgsinf，Nmgcos根據(jù)滑動(dòng)摩擦定律有：f

48、N聯(lián)立以上三式解得：tan（2）導(dǎo)體棒在光滑導(dǎo)軌上滑動(dòng)時(shí)，受重力mg、導(dǎo)軌的支持力N和沿導(dǎo)軌向上的安培力FA作用，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有：FAmgsin根據(jù)安培力大小公式有：FAILB根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：EBLv聯(lián)立以上各式解得：v（3）由題意可知，只有導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌光滑段滑動(dòng)時(shí)，回路中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，因此對(duì)導(dǎo)體棒在第1、3段d長(zhǎng)導(dǎo)軌上滑動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律有：Q2mgdsin解得：Q2mgdsin27（2017·浙江·高考真題）間距為的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖所示，傾角為的導(dǎo)軌處于大小為，方向垂直導(dǎo)軌平面向上的

49、勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)間中，水平導(dǎo)軌上的無(wú)磁場(chǎng)區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3的“聯(lián)動(dòng)雙桿”（由兩根長(zhǎng)為的金屬桿，和，用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的剛性絕緣桿連接而成），在“聯(lián)動(dòng)雙桿”右側(cè)存在大小為，方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)間，其長(zhǎng)度大于L，質(zhì)量為，長(zhǎng)為的金屬桿，從傾斜導(dǎo)軌上端釋放，達(dá)到勻速后進(jìn)入水平導(dǎo)軌（無(wú)能量損失），桿與“聯(lián)動(dòng)雙桿”發(fā)生碰撞后桿和合在一起形成“聯(lián)動(dòng)三桿”，“聯(lián)動(dòng)三桿”繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間并從中滑出，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，桿、和與導(dǎo)軌始終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直已知桿、和電阻均為不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，忽略磁場(chǎng)邊界效應(yīng)求：（1）桿在傾斜導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大??；（2）聯(lián)動(dòng)三桿進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間II前的速度大??；（

50、3）聯(lián)動(dòng)三桿滑過(guò)磁場(chǎng)區(qū)間II產(chǎn)生的焦耳熱 【答案】 （1） （2） 1.5m/s （3）0.25J【解析】沿著斜面正交分解，最大速度時(shí)重力分力與安培力平衡（1）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)電流安培力勻速運(yùn)動(dòng)條件代入數(shù)據(jù)解得：（2）由動(dòng)量守恒定律解得：（3）進(jìn)入B2磁場(chǎng)區(qū)域，設(shè)速度變化大小為，根據(jù)動(dòng)量定理有解得：出B2磁場(chǎng)后“聯(lián)動(dòng)三桿”的速度為根據(jù)能量守恒求得：綜上所述本題答案是：（1） （2） 1.5m/s （3）0.25J28（2018·天津·高考真題）真空管道超高速列車的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝置圖1是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡(jiǎn)化模型，圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計(jì)，ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直，長(zhǎng)度均為l，電阻均為R的金屬棒，通過(guò)絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m列車啟動(dòng)前，ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示，為使列車啟動(dòng)，需在M、N間連接電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)，列車啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉（1）要使列車向右運(yùn)行