2进入磁场的同时，由静止释放金
属杆
1，下列说法正确的是
（
）
A．两金属杆向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
mg2r＋R
B．回路中感应电动势的最大值为BL
v1－0＝v2
C．磁场中金属杆1与金属杆2所受的安培力大小、方向均不相同
D．金属杆1与2的速度之差为2gh
答案B
解析根据右手定则判断知金属杆2产生的感应电流方向向右，则流过电阻R的电流方向从b→a，故选项A错误；当金属杆2在磁场中
匀速下降时，速度最大，产生的感应电动势最大，由平衡条件得BIL
＝mg，又I＝Em，联立得感应电动势的最大值为
Em＝
mg2r＋R
，
BL
2r＋R
故选项B正确；根据左手定则判断得知两杆所受安培力的方向均向
上，方向相同，由公式F＝BIL可知安培力的大小也相同，故选项
C
错误；金属杆2刚进入磁场时的速度为v＝2gh；在金属杆2进入磁场后，由于两个金属杆任何时刻受力情况相同，因此任何时刻两者的加速度也都相同，在相同时间内速度的增量也必相同，即
－v，则得：
v2－v1＝v＝2gh，故选项D错误。
4．如图所示，在光滑水平面上方有一有界匀强磁场区域，磁感应强
度为
B，磁场宽度大于
L。
有两个相同的矩形线框，长为
L
L，宽为2，
按图中方式放置。
甲线框到磁场左边界的距离为L，在恒力2F作用
下由静止开始向右运动；乙线框到磁场左边界的距离为2L，在恒力
F作用下由静止开始向右运动。
下列说法中正确的是（）
A．甲线框进入磁场与离开磁场时，感应电流的方向一定相反，安培力的方向也一定相反
B．若甲线框进入磁场后恰好做匀速运动，则乙线框进入磁场后一定做减速运动
C．甲线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热一定大于乙线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热
D．穿过磁场的过程中，通过两线框横截面的电荷量相同答案BCD
解析根据楞次定律知，甲线框进入磁场与离开磁场时感应电流的方向一定相反，而安培力阻碍导体的相对运动，故安培力的方向一定相同，A错误；对甲、乙两线框的受力分析和运动规律分析可知，甲、乙两线框进入磁场时的速度大小相同，则安培力大小相同，若甲线框
进入磁场时恰好做匀速运动，说明安培力大小为2F，大于乙线框受到的拉力，则乙线框进入磁场时一定做减速运动，B正确；在进入和
穿出磁场的整个过程中，甲线框的安培力均大于乙线框的安培力（进入瞬间安培力大小相等），而克服安培力做功的位移相同，故甲线框克服安培力做功较多，甲线框产生较多的焦耳热，C正确；通过导体
ΔΦ
截面的电荷量q＝R，磁通量的变化量相同，则电荷量也相同，所
以D正确。
5．有一半径为R，电阻率为ρ，密度为d的均匀圆环落入磁感应强度为B的径向磁场中，圆环的截面半径为r（r?
R）。
如图所示，当圆
环在加速下落时某一时刻的速度为v，则（）
A．此时整个圆环的电动势E＝2Bvπr
Bπr2v
B．忽略电感的影响，此时圆环中的电流I＝
ρ
B2v
C．此时圆环的加速度a＝ρd
ρgd
D．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝B2
答案
BD
解析
此时整个圆环垂直切割径向磁感线，电动势
E＝2BvπR，选项
A错误；此时圆环中的电流I＝
E＝
2BvπRBπr2
v
，选项B正确；
2Rρ
＝
ρ
2πRρ
πr2
r2
对圆环根据牛顿第二定律得mg－F安＝ma，F
安＝BI·2Rπ＝
2
2
2
Rv
B
2
2πBr
v
ρ
，m＝dπr2·2Rπ，则a＝g－
，选项C错误；如果径向磁
ρd
场足够长，当a＝0时圆环的速度最大，即g－
B2vm
ρgd
＝0，则vm＝
B
2，
ρd
选项D正确。
6.水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时，ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程
（）
A．安培力对ab棒所做的功不相等
B．电流所做的功相等
C．产生的总内能相等
D．通过ab棒的电荷量相等
答案AC
解析导轨光滑时，只有安培力做功，安培力做功等于动能变化量，导轨粗糙时，安培力与摩擦力做功之和等于动能的变化量，所以两种情况中动能变化量相等，故A正确、B错误。
两种情况中金属棒的动
ΔΦBS
能最终全部转化为内能，C正确。
通过ab棒的电荷量Q＝R＝R，
光滑时比粗糙时ab棒运动的路程长，故S大，通过的电荷量Q多，故D错误。
7．如图所示平行的金属双轨与电路处在垂直纸面向里的匀强磁场B中，一金属杆放在金属双轨上，在恒定外力F作用下做匀速运动，
则在开关S（）
A．闭合瞬间通过金属杆的电流增大
B．闭合瞬间通过金属杆的电流减小
C．闭合后金属杆先减速后匀速
D．闭合后金属杆先加速后匀速
答案AC
解析金属杆做切割磁感线运动，相当于电源。
在开关S闭合瞬间，
外电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，干路电流增加，即通过金属杆的电流增加，故A正确，B错误；开关S闭合前，拉力和安培力平衡，开关S闭合后，电流增加，根据安培力公式F＝BIL，安培力增加，故拉力小于安培力，金属杆做减速运动，感应电动势减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，当加速度减为零时，速度减小到最小值，最后匀速运动，故C正确，D错误。
8.如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为
L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h。
初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差
为2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计。
则下列说法中正确的是
（）
A．线框进入磁场时的速度为2gh
B2L2
B．线框的电阻为2mg2gh
C．线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝2mgh
D．线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝4mgh
答案ABD
解析从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场，由机械能守恒定律得
v
2
，解得线框刚进入磁场时的速度
v＝2gh，
3mg×2h＝mg×2h＋4m
2
故A对；线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，故受合力
为零，
＝
＋
，＝BLv
，解得线框的电阻
＝B2L2
2gh，故
3mgBIL
mgI
R
R
2mg
B对；线框匀速通过磁场的距离为
2h，产生的热量等于系统重力势
能的减少量，即Q＝3mg×2h－mg×2h＝4mgh，故C错，D对。
二、非选择题（本题共2小题，共36分）
9．[2017·山东淄博二模]（18分）如图所示，一个质量为m、电阻不计的足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距为L，空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。
另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与MN平行的绝缘细线系在定
点A。
已知，细线能承受的最大拉力为T0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R。
现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动。
（1）求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0及细线断裂时框架的
瞬时速度v0大小；
（2）若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦
耳热Q。
T0RT0R
2
2
mT0R
答案
（1）B2L2aB2L2
（2）
4B4L4
解析
（1）细线断裂时，对棒有
T0＝F安，F安＝BIL
E
I＝R，E＝BLv0，v0＝at0
联立解得
T0RT0R
t0＝B2L2a，v0＝B2L2。
（2）在细线断裂时立即撤去拉力，框架向右减速运动，棒向右加速运
动，直至二者速度相同，设二者最终速度大小为v，撤去拉力F时，
T0R
框架的速度v0＝B2L2，由系统动量守恒可得
mv0＝2mv
v0T0R
解得v＝2＝2B2L2
撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路
中产生的总焦耳热为
Q＝12mv20－12·2mv2
mT20R2
解得Q＝4B4L4。
10．[2017·西上饶联考江]（18分）如图甲所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一竖直面（纸面）内，其上端接一阻值为R的电阻；在两导轨间OO′下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应
强度为B。
现使电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自OO′位置释放，向下运动距离d后速度不再变化。
（棒ab与导轨始终保持良好的电接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计）
（1）求棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热；
d
（2）棒ab从静止释放经过时间t0下降了2，求此时刻的速度大小；
（3）如图乙所示，在OO′上方区域加一面积为S的垂直于纸面向里的磁场，棒ab由静止开始自OO′上方某一高度处释放，自棒ab运动
到OO′位置开始计时，B′随时间t的变化关系B′＝kt，式中k为已知常量；棒ab以速度v0进入OO′下方磁场后立即施加一竖直外
力使其保持匀速运动。
求在t时刻穿过回路的总磁通量和电阻
R的电
功率。
答案
（1）mgd－
m3g2R＋r2
（2）gt0－
B2l2d
2B4l4
＋
2mRr
Blv0＋ks2R
（3）Blv0t＋kts
R＋r2
解析
（1）金属棒受到的安培力
B2l2v
F＝BIl＝
R＋r
金属棒做匀速运动时速度达到稳定，由平衡条件得
B2l2v＝mg
R＋r
根据能量守恒定律有mgd＝Q＋12mv2，
m3g2R＋r2
解得Q＝mgd－2B4l4。
（2）通过金属棒横截面的电荷量
E
ΔΦ
t0＝ΔΦ＝
Bl×d
Bld
q＝It0＝
t0＝t0
2
＝
R＋r
R＋r
R＋r
R＋r
2R＋r
对金属棒，由动量定理得（mg－BIl）t0＝mv。
解得v＝gt0－
B2l2d
。
2mR＋r
（3）磁通量Φ＝Blv0t＋kts
由法拉第电磁感应定律得
E＝
ΔΦ
＋ks
t
＝Blv0
电路电流
I
＝E
，电功率
＝
2R
R＋r
PI
解得P＝
Blv0＋ks2R
R＋r
。
2
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