【優(yōu)化方案】2020-2021學(xué)年高二下學(xué)期物理3-2(人教版)第四章第五節(jié)課時(shí)作業(yè)

(A)一、單項(xiàng)選擇題1．如圖所示，一個(gè)帶正電的粒子在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大時(shí)，此粒子的動(dòng)能將()A．不變 B．增大C．削減 D．以上狀況都有可能解析：選B.當(dāng)磁場(chǎng)增加時(shí)，將產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母猩妶?chǎng)，帶正電粒子受電場(chǎng)力作用，動(dòng)能增大．2．如圖所示，平行導(dǎo)軌間有一矩形的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，細(xì)金屬棒PQ沿導(dǎo)軌從MN處勻速運(yùn)動(dòng)到M′N′的過(guò)程中，棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨時(shí)間t變化的圖象正確的是()解析：選A.當(dāng)PQ進(jìn)入磁場(chǎng)后，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，是確定值；而剛開頭運(yùn)動(dòng)和最終一段未切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故選A.3．如圖所示，金屬棒ab置于水平放置的光滑框架cdef上，棒與框架接觸良好，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于ab棒斜向下．從某時(shí)刻開頭磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，同時(shí)施加一個(gè)水平方向上的外力F使金屬棒ab保持靜止，則F()A．方向向右，且為恒力B．方向向右，且為變力C．方向向左，且為變力D．方向向左，且為恒力解析：選C.由E＝neq\f(ΔB,Δt)·S可知，因磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E恒定，由F安＝BIL，I＝eq\f(E,R)可知，ab棒受到的安培力隨B的減小均勻變小，由外力F＝F安可知，外力F也均勻變小，為變力，由左手定則可推斷F安水平方向上的重量向右，所以外力F水平向左，C正確．4．(2021·高考北京卷)如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動(dòng)，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1；若磁感應(yīng)強(qiáng)度增為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變?yōu)镋2.則通過(guò)電阻R的電流方向及E1與E2之比E1∶E2分別為()A．c→a,2∶1 B．a(chǎn)→c,2∶1C．a(chǎn)→c,1∶2 D．c→a,1∶2解析：選C.依據(jù)右手定則可知，電流的方向應(yīng)當(dāng)從N到M，即通過(guò)電阻的電流為從a到c，由電磁感應(yīng)定律E＝BLv得E1∶E2＝1∶2.5．(2021·高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)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)線框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)．t＝0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v-t圖象中，可能正確描述上述過(guò)程的是()解析：選D.t＝0線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，要做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，全部進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，出來(lái)時(shí)也要做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，所以D正確．6．矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直．規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直紙面對(duì)里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示．若規(guī)定順時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，下列i-t圖中正確的是()解析：選D.0～1s內(nèi)B垂直紙面對(duì)里均勻增大，則由楞次定律及法拉第電磁感應(yīng)定律可得線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，排解A、C選項(xiàng)；2s～3s內(nèi)，B垂直紙面對(duì)外均勻增大，同理可得線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，排解B選項(xiàng)，故選D.二、多項(xiàng)選擇題7．如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)有抱負(fù)界面，用力將矩形線圈從磁場(chǎng)中勻速拉出．在其他條件不變的狀況下()A．速度越大時(shí)，拉力做功越多B．線圈邊長(zhǎng)L1越大時(shí)，拉力做功越多C．線圈邊長(zhǎng)L2越大時(shí)，拉力做功越多D．線圈電阻越大時(shí)，拉力做功越多解析：選ABC.F勻速拉出線圈過(guò)程所做的功為W＝FL2，又F＝F安＝IBL1，I＝eq\f(BL1v,R)，所以W＝eq\f(B2L\o\al(2,1)L2v,R)，可知A、B、C正確，D錯(cuò)誤．8．如圖所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度vm，則()A．假如B變大，vm將變大B．假如α變大，vm將變大C．假如R變大，vm將變大D．假如m變小，vm將變大解析：選BC.金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，在閉合電路中形成電流I＝eq\f(Blv,R)，因此金屬桿從軌道上滑下的過(guò)程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力FA作用，F(xiàn)A＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，先用右手定則判定感應(yīng)電流方向，再用左手定則判定出安培力方向，受力分析如圖所示，依據(jù)牛頓其次定律，得mgsinα－eq\f(B2l2v,R)＝ma，當(dāng)a→0時(shí)，v→vm，解得vm＝eq\f(mgRsinα,B2l2)，故選BC.9．如圖所示，阻值為R的金屬棒從圖示位置ab分別以v1、v2的速度沿光滑導(dǎo)軌(電阻不計(jì))勻速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，則在這兩次過(guò)程中()A．回路電流I1∶I2＝1∶2B．產(chǎn)生的熱量Q1∶Q2＝1∶2C．通過(guò)任一截面的電荷量q1∶q2＝1∶2D．外力的功率P1∶P2＝1∶2解析：選AB.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Blv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,R)，大小與速度成正比，產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝eq\f(B2l2v2,R)·eq\f(l′,v)＝eq\f(B2l2l′v,R)，B、l、l′、R是一樣的，兩次產(chǎn)生的熱量比就是運(yùn)動(dòng)速度比．通過(guò)任一截面的電荷量q＝I·t＝eq\f(Blv,R)·eq\f(l′,v)＝eq\f(Bll′,R)，與速度無(wú)關(guān)，所以應(yīng)為1∶1.金屬棒運(yùn)動(dòng)中受磁場(chǎng)力的作用，為使棒勻速運(yùn)動(dòng)，外力大小要與磁場(chǎng)力相同，則外力的功率P＝Fv＝BIl·v＝eq\f(B2l2v2,R)，其中B、l、R相同，外力的功率與速度的平方成正比，應(yīng)為1∶4.故選AB.☆10.如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有兩根豎直放置的平行金屬導(dǎo)軌，頂端用一電阻R相連，兩導(dǎo)軌所在的豎直平面與磁場(chǎng)方向垂直．一根金屬棒ab以初速度v0沿導(dǎo)軌豎直向上運(yùn)動(dòng)，到某一高度后又向下運(yùn)動(dòng)返回到原動(dòng)身點(diǎn)．整個(gè)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌保持垂直且接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒間的摩擦及它們的電阻均可忽視不計(jì)．則在金屬棒整個(gè)上行與整個(gè)下行的兩個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．回到動(dòng)身點(diǎn)的速度v等于初速度v0B．上行過(guò)程中通過(guò)R的電荷量等于下行過(guò)程中通過(guò)R的電荷量C．上行過(guò)程中R上產(chǎn)生的熱量大于下行過(guò)程中R上產(chǎn)生的熱量D．上行的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于下行的運(yùn)動(dòng)時(shí)間解析：選BCD.金屬棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)，由右手定則和法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力公式可知金屬棒下行和上行時(shí)的受力狀況，如圖所示．由能量守恒定律可知，金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的焦耳熱，故金屬棒回到動(dòng)身點(diǎn)的速度v小于初速度v0，A錯(cuò)誤；設(shè)金屬棒上升的最大高度為h，上升過(guò)程中金屬棒所受的安培力比下降過(guò)程中的要大，R上產(chǎn)生的熱量等于金屬棒克服安培力做的功，由W＝Fh可知上升過(guò)程中產(chǎn)生的熱量比下降過(guò)程中產(chǎn)生的熱量要大，C正確；由電荷量的定義、歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律可得，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)可知，上行和下行過(guò)程中磁通量變化相等，則B正確；由牛頓其次定律可知a上＞a下，由位移公式x＝eq\f(1,2)at2可知，上行和下行的位移大小相等，則t上＜t下，D正確．故選BCD.三、非選擇題11．有一面積為100cm2的金屬環(huán)，電阻為0.1Ω，環(huán)中磁場(chǎng)變化規(guī)律如圖乙所示，且磁場(chǎng)方向垂直于環(huán)面對(duì)里，在t1～t2這段時(shí)間內(nèi)：(1)金屬環(huán)中自由電子定向移動(dòng)的方向如何？(2)通過(guò)金屬環(huán)的感應(yīng)電荷量為多少？解析：(1)由楞次定律知，金屬環(huán)中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，故自由電子定向移?dòng)的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍?2)q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)＝eq\f(nSB2－B1,R)＝eq\f(1×100×10－4×0.2－0.1,0.1)C＝1×10－2C.答案：(1)順時(shí)針(2)1×10－2C12．(2022·金華高二檢測(cè))均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，總電阻為R，總質(zhì)量為m.將其置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方h處，如圖所示．線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場(chǎng)邊界平行．當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)：(1)求線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大??；(2)求cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大??；(3)若此時(shí)線框加速度恰好為零，求線框下落的高度h所應(yīng)滿足的條件．解析：(1)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框速度v＝eq\r(2gh)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝BLeq\r(2gh).(2)此時(shí)線框中電流I＝eq\f(E,R)，cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U＝I·eq\f(3,4)R＝eq\f(3,4)BLeq\r(2gh).(3)安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2\r(2gh),R)依據(jù)牛頓其次定律mg－F＝ma，由a＝0，解得下落高度滿足h＝eq\f(m2gR2,2B4L4).答案：(1)BLeq\r(2gh)(2)eq\f(3,4)BLeq\r(2gh)(3)h＝eq\f(m2gR2,2B4L4)(B)一、單項(xiàng)選擇題1．內(nèi)壁光滑的塑料管彎成的圓環(huán)平放在水平桌面上，環(huán)內(nèi)有一帶負(fù)電的小球，整個(gè)裝置處在豎直向下的磁場(chǎng)中，如圖所示，當(dāng)磁場(chǎng)突然增加時(shí)小球()A．沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)B．沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)C．在原位置四周往復(fù)運(yùn)動(dòng)D．仍保持靜止?fàn)顟B(tài)解析：選A.磁場(chǎng)突然增加時(shí)，激發(fā)出逆時(shí)針?lè)较虻母猩妶?chǎng)，對(duì)負(fù)電荷的作用力為順時(shí)針，故小球沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)．2．如圖，一個(gè)半徑為L(zhǎng)的半圓形硬導(dǎo)體AB以速度v在水平U形框架上勻速滑動(dòng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，回路電阻為R0，半圓形硬導(dǎo)體AB的電阻為r，其余電阻不計(jì)，則半圓形導(dǎo)體AB切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小及AB之間的電勢(shì)差分別為()A．BLveq\f(BLvR0,R0＋r) B．πBLvBLvC．BLv2BLv D．2BLveq\f(2BLvR0,R0＋r)解析：選D.AB的等效長(zhǎng)度是直徑2L，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為2BLv，AB間的電勢(shì)差是外電壓，依據(jù)閉合電路歐姆定律，U＝eq\f(E,R0＋r)R0＝eq\f(2BLvR0,R0＋r).故選D.3．(2022·高考新課標(biāo)全國(guó)卷)如圖，均勻磁場(chǎng)中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場(chǎng)邊緣重合；磁場(chǎng)方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.使該線框從靜止開頭繞過(guò)圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化．為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動(dòng)半周過(guò)程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)解析：選C.導(dǎo)線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(1,2)B0R2ω；導(dǎo)線框不動(dòng)而磁場(chǎng)發(fā)生變化得到同樣的電動(dòng)勢(shì)，由E＝eq\f(1,2)πR2·eq\f(ΔB,Δt)得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π).☆4.(2021·高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在水平面(紙面)內(nèi)有三根相同的均勻金屬棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a點(diǎn)接觸，構(gòu)成“V”字型導(dǎo)軌．空間存在垂直于紙面的均勻磁場(chǎng)．用力使MN向右勻速運(yùn)動(dòng)，從圖示位置開頭計(jì)時(shí)，運(yùn)動(dòng)中MN始終與∠bac的平分線垂直且和導(dǎo)軌保持良好接觸．下列關(guān)于回路中電流i與時(shí)間t的關(guān)系圖線，可能正確的是()解析：選A.設(shè)a到MN的垂直距離為x＝x0＋vt，由相像比知eq\f(L0,L)＝eq\f(x0,x0＋vt)，由電阻定律R＝ρeq\f(L,S)，eq\f(R0,R)＝eq\f(x0,x0＋vt)，由電磁感應(yīng)定律E＝BLv，I＝eq\f(E,R)知eq\f(I0,I)＝1∶1，A正確．5.(2021·高考安徽卷)如圖所示，足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5m，電阻忽視不計(jì)，其上端接一小燈泡，電阻為1Ω.一導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.2kg，接入電路的電阻為1Ω，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.8T．將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)體棒MN的運(yùn)動(dòng)速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6)()A．2.5m/s1W B．5m/s1WC．7.5m/s9W D．15m/s9W解析：選B.把立體圖轉(zhuǎn)為平面圖，由平衡條件列出方程是解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵．對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析作出截面圖，如圖所示，導(dǎo)體棒共受四個(gè)力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力．由平衡條件得mgsin37°＝F安＋Ff①Ff＝μFN②FN＝mgcos37°③而F安＝BIL④I＝eq\f(E,R＋r)⑤E＝BLv⑥聯(lián)立①～⑥式，解得v＝eq\f(mgsin37°－μcos37°R＋r,B2L2)代入數(shù)據(jù)得v＝5m/s.小燈泡消耗的電功率為P＝I2R⑦由⑤⑥⑦式得P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLv,R＋r)))2R＝1W．故選項(xiàng)B正確．甲6．(2022·山東日照高二月考)在xOy平面內(nèi)有一條拋物線金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的拋物線方程為y2＝4x，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)里，一根足夠長(zhǎng)的金屬棒ab垂直于x軸從坐標(biāo)原點(diǎn)開頭，以恒定速度v沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中始終與金屬導(dǎo)軌保持良好接觸形成閉合回路，如圖甲所示．則圖乙所示圖象中能表示回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小隨時(shí)間變化的圖象是()乙解析：選B.金屬棒ab沿x軸以恒定速度v運(yùn)動(dòng)，因此x＝vt，則金屬棒在回路中的有效長(zhǎng)度l＝2y＝4eq\r(x)＝4eq\r(vt)，由電磁感應(yīng)定律得回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv＝4Beq\r(v3t)，即E2∝t，選項(xiàng)B正確．7．如圖所示，兩塊水平放置的金屬板間距離為d，用導(dǎo)線與一個(gè)n匝線圈連接，線圈置于方向豎直向上的磁場(chǎng)B中．兩板間有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的油滴恰好處于平衡狀態(tài)，則線圈中的磁場(chǎng)B的變化狀況和磁通量變化率分別是()A．正在增加；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,q)B．正在減弱；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq)C．正在減弱；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,q)D．正在增加；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq)解析：選B.油滴平衡有mg＝qeq\f(UC,d)，UC＝eq\f(mgd,q)，電容器上極板必帶負(fù)電，那么螺線管下端相當(dāng)于電源正極，由楞次定律知，磁場(chǎng)B正在減弱，又E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，UC＝E，可得eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,nq).故選B.二、多項(xiàng)選擇題8．(2022·武漢外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高二檢測(cè))如圖所示，兩條平行虛線之間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里，虛線間的距離為l.金屬圓環(huán)的直徑也是l.圓環(huán)從左邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，以垂直于磁場(chǎng)邊界的恒定速度v穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域．則下列說(shuō)法正確的是()A．感應(yīng)電流的大小先增大后減小再增大再減小B．感應(yīng)電流的方向先逆時(shí)針后順時(shí)針C．金屬圓環(huán)受到的安培力先向左后向右D．進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值eq\x\to(E)＝eq\f(1,2)πBlv解析：選AB.在圓環(huán)進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)圓環(huán)的磁通量漸漸增大，依據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，感?yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，有效長(zhǎng)度先增大后減小，所以感應(yīng)電流先增大后減小，同理可以推斷出磁場(chǎng)時(shí)的狀況，A、B兩項(xiàng)正確；依據(jù)左手定則可以推斷，進(jìn)入磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力都向左，C項(xiàng)錯(cuò)誤；進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·\f(1,4)πl(wèi)2,\f(l,v))＝eq\f(1,4)πBlv，D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選AB.9．兩根足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L(zhǎng)，底端接阻值為R的電阻．將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個(gè)固定的輕彈簧下端，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，如圖所示．除電阻R外其余電阻不計(jì)．現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，則()A．釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB．金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閍→bC．金屬棒的速度為v時(shí)，所受的安培力大小為F＝eq\f(B2L2v,R)D．電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢(shì)能的削減解析：選AC.在金屬棒下落過(guò)程中受重力、彈簧彈力和安培力作用，但釋放瞬間，彈簧彈力為零，安培力也為零，只受重力作用，所以加速度等于重力加速度g，故選項(xiàng)A正確．依據(jù)楞次定律(或右手定則)可以推斷，電阻R中的電流方向?yàn)閎→a，故B選項(xiàng)錯(cuò)．金屬棒速度為v時(shí)，金屬棒中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，回路中電流I＝eq\f(E,R)，安培力F＝ILB＝eq\f(B2L2v,R)，故選項(xiàng)C正確．依據(jù)能量守恒定律，金屬棒重力勢(shì)能的削減量一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能，一部分轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故D選項(xiàng)錯(cuò)．10．(2022·高考山東卷)如圖所示，相距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到v時(shí)開頭勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)對(duì)導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)．導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項(xiàng)正確的是()A．P＝2mgvsinθB．P＝3mgvsinθC．當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到eq\f(v,2)時(shí)加速度大小為eq\f(g,2)sinθD．在速度達(dá)到2v以后勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功解析：選AC.當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到v時(shí)開頭勻速運(yùn)動(dòng)，有eq\f(B2L2v,R)＝mgsinθ.當(dāng)導(dǎo)體棒以速度2v勻速運(yùn)動(dòng)，有eq\f(B2L22v,R)＝mgsinθ＋F，可得F＝mgsinθ，故F的功率為2mgvsinθ.當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到eq\f(v,2)，有mgsinθ－eq\f(B2L2v,2R)＝ma，可得a＝eq\f(g,2)sinθ.當(dāng)導(dǎo)體棒以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，依據(jù)能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上產(chǎn)生的焦耳熱，故選AC.三、非選擇題11．如圖所示，正方形閉合線圈邊長(zhǎng)為0.2m，質(zhì)量為0.1kg，電阻為0.1Ω，在傾角為30°的斜面上的砝碼質(zhì)量為0.4kg，勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T，不計(jì)一切摩擦，砝碼沿斜面下滑線圈開頭進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，它恰好做勻速運(yùn)動(dòng)．(g取10m/s2)(1)求線圈勻速上升的速度；(2)在線圈勻速進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，砝碼對(duì)線圈做了