专辑10 电磁感应-2021年高考5月北京市二模物理试题分项汇编（解析版）

1 2021 年高考 5 月北京市二模物理试题分项汇编 专题 10 电磁感应 1、（2021·北京市朝阳区高三下学期 5 月二模反馈）如图所示，铝管竖直置于水平桌面上，小磁体从铝管 正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。下列 选项正确的是（ ） A. 铝管中将产生竖直方向的感应电流 B. 磁体重力势能减少量和动能增加量的差值等于产生的内能 C. 磁体加速向下运动时处于失重状态，因此铝管对桌面的压力将逐渐减小 D. 若将铝管换成塑料管，磁体在管中运动时，管对桌面的压力等于铝管和磁体的重力之和 【答案】B 【解析】 A. 铝管中将产生水平方向的感应电流，A 错误； B. 根据能量守恒定律，磁体的机械能减少，管的内能增加，增加的内能等于磁体减少的机械能，所以，磁 体重力势能减少量和动能增加量的差值等于产生的内能，B 正确； C. 磁体加速向下运动时受到的磁场力向上，且逐渐增大，根据牛顿第三定律，铝管受到的磁场力向下逐渐 增大，因此铝管对桌面的压力将逐渐增大，C 错误； D. 若将铝管换成塑料管，磁体在管中运动时，不产生感应电流，磁体与管无作用力，管对桌面的压力等于 铝管的重力，D 错误。 故选 B。 2 2、（2021·北京市海淀区高三下学期 5 月二模）手机无线充电功能的应用为人们提供更大的便利。图 8 甲 为其充电原理的示意图，充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而 使手机内的感应线圈中产生感应电流。当充电板内的励磁线圈通入如图 8 乙所示的交变电流时（电流由 a 流入时的方向为正），不考虑感应线圈的自感，下列说法中正确的是 图 8 A．感应线圈中产生的是恒定电流 B．感应线圈中电流的方向总是与励磁线圈中电流方向相反 C．t1～t3 时间内，c 点电势始终高于 d 点电势 D．t3 时刻，感应线圈中电流的瞬时值最大 【答案】C 【解析】由乙图可知，励磁线圈中通过的是正弦变化的电流，电流的变化不是恒定的，所以在感应线 圈中产生的也是变化的电流，选项 A 错误； 在 0-t1 时间内，励磁线圈中的电流由 a 流入，并且在增强，故励磁线圈磁场增大，则根据楞次定律可知， 感应线圈产生向下的感应磁场，再由右手定则知道感应线圈的电流由 c 流入，二线圈的电流方向相反；在 t1-t2 时间内，励磁线圈中的电流仍由 a 流入，并且在减弱，故励磁线圈磁场减弱，则根据楞次定律可知，感 应线圈产生向上的感应磁场，再由右手定则知道感应线圈的电流由 d 流入，二线圈的电流方向相同，所以 二个线圈中的电流不总是相反的，选项 B 错误； 由上面可知，在 t1-t2 时间内，感应线圈的电流由 d 流入，c 流出，故 c 点的电势高于 d 点的电势；在 t2-t3 时间内，电流由 b 流入，磁场向下，且在增强，故感应线圈的磁场向上，电流由 d 流入，c 流出，c 的电势 高于 d 的电势，故选项 C 正确； t3 时刻，励磁线圈中的电流变化率为 0，因为该点的斜率为 0，故感应线圈中的感应电流也为 0，选项 D 3 错误。 3、（2021·北京市西城区高三下学期 5 月二模）如图 1 所示，地面上方高度为 d 的空间内有水平方向的匀强 磁场，质量为 m 的正方形闭合导线框 abcd 的边长为 l，从 bc 边距离地面高为 h 处将其由静止释放，已知 h > d > l。从导线框开始运动到 bc 边即将落地的过程中，导线框的 v-t 图像如图 2 所示。重力加速度为 g，不计空 气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是 l d B a b c d h 图 1 t v 0 t1 t2 t3 图 2 O A．t1~ t2 时间内导线框受到的安培力逐渐增大 B．磁场的高度 d 可以用 v-t 图中阴影部分的面积表示 C．导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量 D．导线框产生的焦耳热大于 mgl 【答案】D 【解析】由图 2 可知，t1 是线框的 bc 边刚进入磁场时刻，t2 是线框全部进入磁场时刻，t3 时刻是 bc 边 落到地面的时刻；所以 t1~ t2 时间内，导线框的 bc 边在磁场中切割磁感线，它的速度减小，根据 F 安 =BIL= 2 2B L v R 可知，受到的安培力逐渐减小，选项 A 错误； v-t 图中阴影部分的面积 t2、t3 时刻间的位移， 该位移小于 d，相差一个线框的边长 l，选项 B 错误； 若没有磁场，导线框下落，根据机械能守恒可得：导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量，但 是现在线框进入磁场时有感应电流，会有焦耳热产生，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，选项 C 错误；在 t1 到 t2 的时间内，是线框产生焦耳热的，这段时间根据动能定理得：mgl+W 安= 1 2 mv22- 1 2 mv12，故 焦耳热 Q=-W 安= mgl+ 1 2 mv12- 1 2 mv22，因为 v1>v2，故 Q>mgl，选项 D 正确。 4 4、（2021·北京市西城区高三下学期 5 月二模）如图所示，线圈 A 通过滑动变阻器和开关连接到电源上， 线圈 B 的两端连到电流表上，把线圈 A 装在线圈 B 的里面。实验中观察到，开关闭合瞬间，电流表指针向 右偏转，则 — — A B A．开关断开瞬间，电流表指针不偏转 B．开关闭合瞬间，两个线圈中的电流方向可能同为顺时针或逆时针 C．开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表指针向右偏转 D．开关闭合，向上拔出线圈 A 的过程中，线圈 B 将对线圈 A 产生排斥力 【答案】C 【解析】由于开关闭合瞬间，电流表指针向右偏转，说明穿过线圈 B 的磁通量增加时，线圈中的感应 电流使得电流表向右偏转，故所有使 B 中磁通量增加的情况，电流表指针均向右偏，而所有使 B 中磁通量 减小的情况，电流表指针均向左偏； 则开关断开瞬间，穿过 B 的磁通量在减小，故电流表指针向左偏，选项 A 错误； 开关闭合瞬间，A 线圈中的电流增加，A 中产生的磁场增大，穿过 B 线圈的磁场也增大，根据楞次定 律可知，B 线圈产生的磁场与 A 线圈的相反，故两个线圈中的电流方向是相反的，选项 B 错误； 开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，电流增大，与开关闭合类似，故电流表指针向右偏转，选项 C 正确； 开关闭合，向上拔出线圈 A 的过程中，根据“来拒去留”的思想，线圈 B 将对线圈 A 产生吸引力，选项 D 错误。 5、（2021·北京市房山区高三下学期 5 月二模）磁电式仪表的基本组成部分是磁铁和线圈。缠绕线圈的骨 架常用铝框，铝框、指针固定在同一转轴上。线圈未通电时，指针竖直指在表盘中央；线圈通电时发生转 5 动，指针随之偏转，由此就能确定电流的大小。如图 9 所示，线圈通电时指针向右偏转，在此过程中，下 述说法中正确的是 铝框 指针 线圈 图 9 A．俯视看，线圈中通有逆时针方向的电流 B．穿过铝框的磁通量减少 C．俯视看，铝框中产生顺时针方向的感应电流 D．使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处 【答案】D 【解析】若线圈通电时指针向右偏转，则说明线圈右边受到向下的安培力，根据磁场方向，由左手定 则可以判断电流是指向纸面外的，那么俯视看，线圈中通有顺时针方向的电流，选项A错误； 现在的位置穿过铝框的磁通量较少，若偏过一定的角度后，穿过铝框的磁通量增加，选项B错误； 由于铝框右边受安培力向下运动，而右边框向下运动时又会切割磁感线，产生感应电流，由右手定则 可知，历边框产生向纸面里的感应电流，俯视看，是逆时针方向的感应电流，选项C错误； 使用铝框做线圈骨架，线圈在安培力作用下转动的时候，铝框在磁场中切割磁感线，产生感应电流， 电流又会对铝框的运动起到阻碍作用，起到阻尼的作用，能使表针尽快停在某一刻度处，选项 D 错误。 6、（2021·北京市顺义区高三下学期 5 月二模）如图所示，金属圆环 A 用绝缘软丝线悬挂，在 A 的正下方 附近同轴放置一个半径相同的橡胶圆盘 B，B 圆盘的边缘部分均匀带电。现使圆盘 B 由静止开始绕中心轴 旋转并逐渐增大转速，在此过程中，下列说法正确的是（ ） A. 金属环 A 有扩大半径的趋势，丝线受到拉力减小 6 B. 金属环 A 有缩小半径的趋势，丝线受到拉力减小 C. 金属环 A 有扩大半径的趋势，丝线受到拉力增大 D. 金属环 A 有缩小半径的趋势，丝线受到拉力增大 【答案】B 【解析】 带电圆盘 B 加速转动时，形成的电流逐渐增大，磁场增强，穿过金属圆环 A 的磁通量增大，根据楞次定律 感应电流产生的磁场要阻碍原磁通量的变化，所以金属圆环 B 有缩小半径的趋势，金属圆环 A 有向上远离 A 的运动趋势，所以丝线受到拉力减小。 故选 B。 7、（2021·北京市首都师大附中高三下学期 4 月月考） 1916 年，斯泰瓦和托尔曼发现，不带电的闭合金属 圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴转动，在转速度变化时，线圈中会有电流通过，这一现象可解释 为：当线圈转速度变化时，由于惯性，自由电子与线圈有相对运动，取金属线圈为参照物，正离子晶格相 对静止，由于惯性影响，可等效为自由电子受到一个沿线圈切线方向的“力” 1F ，但正离子晶格对自由电 子的作用力 2F 不允许自由电子无限制地增大速度， 1F 和 2F 会达到平衡，其效果是自由电子相对金属线圈有 定向运动，已知 1F 与线圈角速度的变化率 a 成正比， 2F 与自由相对正离子晶格的速度成正比，下列说法正 确的是（ ） A. 若线圈加速转动， a 越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同 B. 若线圈加速转动， a 越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反 C. 若线圈减速转动， a 越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同 D. 若线圈减速转动， a 越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反 【答案】A 【解析】 7 AB．若线圈加速转动，即正离子晶格合线圈波长相对静止加速转动，自由电子相对于正离子晶格向后运动， 由于规定正电荷定向运动的方向为电流方向，负电荷定向运动的方向和电流方向相反，所以电流方向与线 圈转动方向相同；α越大，即线圈角速度的变化率越大，电流越大，故 A 正确、B 错误； CD．若线圈减速转动，即正离子晶格合线圈波长相对静止减速转动，自由电子相对于正离子晶格向前运动， 由于规定正电荷定向运动的方向为电流方向，负电荷定向运动的方向和电流方向相反，所以电流方向与线 圈转动方向相反；α越大，即线圈角速度的变化率越大，电流越大，故 CD 错误． 8、（2021·北京市首都师大附中高三下学期 4 月月考）铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确 定火车的位置，能产生匀强磁场的磁铁被安装在火车首节车厢下面，如图所示（俯视图）．当它经过安放在 两铁轨间的线圈时，便会产生一个电信号，通过和线圈相连的电压传感器被控制中心接收，从而确定火车 的位置．现一列火车以加速度 a 驶来，则电压信号关于时间的图像为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 火车做匀加速运动，速度为 0v v at  ，以火车为参照系，线圈是运动的，线圈左（或右）边切割磁感线 产生的感应电动势为 E BLv ，线圈两端的电压 0u E BLv BLv BLat    ，由此可知，u 随时间均匀增 8 大．线圈完全磁场中时，磁通量不变，没有感应电流产生．由于火车做加速运动，通过线圈左边的时间长， 通过线圈右边的时间短，由图象可知，D 正确． 【点睛】本题关键掌握感应电动势切割式 E BLv 和匀变速直线运动的速度公式，得到电压的表达式是解题 的关键，这也是研究图象问题常用的方法：得到解析式，再研究图象的意义． 9、（2021·北京市首都师大附中高三下学期 4 月月考）如图甲所示，10 匝铜导线制成的线圈两端 M、N 与 一电压表相连，线圈内磁场方向垂直纸面向里，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示，下列说法中正确的 是（ ） A. 电压表的正接线柱接线圈的 N 端 B. 线圈中磁通量的变化量为 1.5Wb C. 线圈中磁通量的变化率为 1.5Wb/s D. 电压表的读数为 5V 【答案】D 【解析】 线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致 出现感应电动势，产生感应电流，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，从而得出电压表读数， 再由楞次定律判定感应电流方向． A、由楞次定律可得：感应电流的方向为逆时针，则 M 端比 N 端的电势高，所以电压表“+”接线柱接 M 端，故 A 错误； B、磁通量的变化需要时间，由于未说明变化时间，故 B 错误； C、磁通量的变化率为： 0.15 0.10 Wb/s 0.5Wb/s0.1t    ，C 错误； 9 D、根据法拉第电磁感应定律： 10 0.5V 5VE n t感     ，所以电压表读数为 5V，D 正确． 故选 D． 【点睛】由法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，而感应电流的方向则由楞次定律判定．同时穿过 磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极到正极． 10、（2021·北京市丰台区高三下学期 5 月二模）在某个趣味物理小实验中，几位同学手拉手与一节电动势 为 1.5V 的干电池、导线、电键、一个有铁芯的多匝线圈按如图所示方式连接，实验过程中人会有触电的感 觉。下列说法正确的是（ ） A. 人有触电感觉是在电键闭合瞬间 B. 人有触电感觉时流过人体的电流大于流过线圈的电流 C. 断开电键时流过人的电流方向从 B→A D. 断开电键时线圈中的电流突然增大 【答案】C 【解析】 因为断电瞬间多匝线圈产生较大的自感电动势，所以人有触电感觉，此时人与线圈组成一个闭合回路，则 两者电流总是相等，线圈中的电流方向不变还是从左到右，但是流过人的电流方向从 B→A，根据楞次定律 可知，自感电动势是阻碍电流的减小，但不是阻止，所以线圈中的电流是逐渐减小的，所以 ABD 错误；C 正确； 故选 C。 11、（2021·北京市首都师大附中高三下学期 4 月月考）如图所示，两根倾斜放置与水平面成 30°角的平行 10 导电轨道间距为 l，导轨间接一电阻的阻值为 R，整个空间分布着匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上， 磁感应强度为 B，一质量为 m、电阻也为 R 的金属杆 ab，以某一初速度沿轨道上滑，直至速度减为零．已 知上述过程中电阻 R 产生的热量为 Q，其最大瞬时电功率为 P，设轨道摩擦及电阻都不计，ab 杆向上滑动 的过程中始终与轨道保持垂直且接触良好． （1）请分析说明向上滑动的过程中，ab 杆的加速度变化情况； （2）求金属杆 ab 上滑的初速度 v0； （3）求金属杆 ab 上滑的最大距离 x． 【答案】（1）ab 杆沿轨道向上做减速运动，速度越来越小，加速度 a 越来越小．（2） 0 2 PR Bl v （3） 2 2 2 2 4 4mRP QB lx mgB l  【解析】 根据速度的变化，结合加速度的表达式得出加速度的变化，下滑过程中，列出加速度的表达式，抓住加速 度的方向与速度方向的关系判断速度的变化，从而得出加速度的变化． （1）由牛顿第二定律 sinmg BIl ma   ，得 sin 2 Blmg B l maR   v ， ab 杆沿轨道向上做减速运动，速度越来越小，加速度 a 越来越小 （2）设 ab 杆上滑的初速度为 v0，则 ab 杆产生的感应电动势 E=Blv0 通过电阻 R 的电流为 2 EI R  R 上的最大功率为 P=I2R 11 解得 0 2 PR Bl v （3）在 ab 杆上滑的全过程中，R 上产生的热量为 Q，则 ab 杆上产生的热量也为 Q．全过程电路产生的总 热量 2Q Q总 当 ab 杆速度为零时，ab 杆向上滑动的最大距离为 x，根据能量转化和守恒定律 2 0 1 sin302 m mgx Q   总v 解得： 2 2 2 2 4 4mRP QB lx mgB l  【点睛】本题考查了电磁感应与力学的综合运用，解决本题的关键会根据受力分析运动规律，得出加速度 和速度的变化，难度中等． 12、（2021·北京市丰台区高三下学期 5 月二模）在物理学的研究过程中，对变速运动的研究是从最简单的 变速直线运动开始的。最简单的变速直线运动，速度应该是均匀变化的。速度随时间均匀变化的直线运动 叫做匀变速直线运动，加速度 0tv va t  为一定值。若某种变速运动的速度 v 是随位移 x 均匀变化的，请解 答以下问题： （1）类比匀变速直线运动中加速度 a 的定义，给出速度随位移均匀变化的运动中加速度 a 的定义，使 a 也 为定值；写出 a 的单位；并在图甲中画出初速度为 v0，末速度为 v1 的 v—x 图像； （2）如图乙所示，质量为 m 的金属棒放在宽度为 L 的光滑导轨上，整个装置处于磁感应强度大小为 B 的 匀强磁场中，回路的电阻可等效为 R，且在金属棒运动过程中保持不变。给导体棒一个初速度 v0，证明金属 棒运动的速度 v 随位移 x 均匀变化； （3）请从两个角度分析（2）中导体棒的加速度   va t 的变化情况。 12 【答案】（1） 0v va x   ，s-1， ；（2）见解析；（3）见解析 【解析】 (1)类比匀加速直线运动中加速度 a 的定义，可知 0v va x   根据单位制可得 a 的单位为 s-1 v—x 图像如图所示 (2)在导体棒速度从 v0 变为 v 的过程中取一极小时间∆t，设在这一段时间内，导体棒的速度从 vi 变为 vit，因 为时间极短，可认为这一段时间内安培力为一定值，根据动量定理可得 -BIL∆t= mvit-mvi 电路中电流为 iBLvI R  联立可得 13 2 2 0 B L x mv mvR   整理，得 2 2 0 B Lv v xmR   因此导体棒的运动速度 v 随位移 x 均匀变化 (3)方法一：根据牛顿第二定律 =安 安， ，F Blva F BIL Im R   所以 2 2B L va mR  所以随着速度的逐渐减小，加速度 a 也逐渐减小。 方法二：根据加速度定义式，有 va t    a 为定值，且以相同的 v ， x 相同， v 变小， t 变大，所以随着速度的逐渐减小，加速度 a 也逐渐减 小。 13、（2021·北京市房山区高三下学期 5 月二模）如图 21 所示，足够长的 U 形光滑导体框水平放置，宽度 为 L，一端连接的电阻为 R。导体框所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。电阻为 r 的 导体棒 MN 放在导体框上，其长度恰好等于导体框的宽度，且相互接触良好。其余电阻均可忽略不计。在 水平拉力作用下，导体棒向右匀速运动，速度大小为 v。 图 21 R M N v B 图 22 v t0 14 （1）请根据法拉第电磁感应定律推导导体棒匀速运动时产生的感应电动势的大小E=BLv； （2）求回路中感应电流I和导体棒两端的电压U； （3）若在某个时刻撤去拉力，请在图22中定性画出撤去拉力后导体棒运动的v-t图像。 【答案】（1）推导过程略；（2） ER R r ；（3）图像如图所示。 【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律 E=n t   ， MN 与导轨组成闭合回路匝数 n=1 (2 分) 时间△t 内 MN 运动的距离△x=v△t，闭合回路△φ=Bv△tL（2 分）； 代入得 E=BLv（2 分）； (2）MN 产生电动势 E=BLv，由闭合电路欧姆定律 I= E R r 得路端电压 U=IR= ER R r ；(2 分) （3）撤去拉力后，导体棒在安培力作用下做加速度逐渐减小的减速运动，最终速度减为 0，v-t 图像如 图所示(2 分) 14、（2021·北京市东城区高三下学期 5 月二模）如图所示，一边长为 L、阻值为 R 的正方形金属线框，放 在光滑绝缘的水平面上，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，它的一边与磁场的 边界 MN 重合。线框在一大小为 F 的水平恒力作用下由静止开始向左运动，并最终以恒定的速度匀速离开 磁场区域，线框离开磁场的全过程所用时间为 t0。 M N B （1）线框中感应电流的方向是顺时针还是逆时针？ （2）求线框匀速运动时速度的大小 v； 15 （3）求被拉出磁场的过程中，线框中的平均感应电动势 E 。 【答案】（9 分）（1）逆时针；（2） 2 2 FR B L ＝v ；（3） 2 0 BLE t  。 【解析】（1）逆时针； （2） 当线框匀速运动时外力 F 与安培力大小相等， 因此有 F BIL＝ ， BLI R ＝ v ，得 2 2 FR B L ＝v 。 （3）由 E t   ，得 2 0 BLE t  。 15、（2021·北京市朝阳区高三下学期 5 月二模）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨水平放置，间 距为 L，一端与阻值为 R 的电阻相连。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为 B。一根质量 为 m 的金属棒置于导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。t=0 时金属棒以初速度 v0 沿导轨 向右运动，不计空气阻力，不计导轨及金属棒的电阻。求： （1）t=0 时金属棒产生的感应电动势大小 E； （2）t=0 时金属棒所受安培力的大小 F； （3）t=0 之后的整个运动过程中电阻 R 产生的热量 Q。 【答案】（9 分）（1） 0BLvE  ；（2） R vLBF 0 22  ；（3） 2 02 1 mvQ  。 【解析】（1） 由法拉第电磁感应定律得 0BLvE  （3 分） （2） 由闭合电路欧姆定律 R EI  及 F=BIL 得 R vLBF 0 22  （3 分） （3） 由功能关系 2 02 1 mvQ  （3 分） 16、（2021·北京市海淀区高三下学期 5 月二模）如图 16 所示，MN、PQ 为两足够长的光滑平行金属导轨， 16 两导轨的间距 L=1.0m，导轨所在平面与水平面间夹角θ=37°，N、Q 间连接一阻值 R=0.3Ω的定值电阻，在 导轨所在空间内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度 B=0.2T。将一根质量 m=0.1kg 的金属棒 ab 垂直于 MN、PQ 方向置于导轨上，金属棒与导轨接触的两点间的电阻 r=0.2Ω，导轨的电阻可忽略不计。现 由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。重力加速度 g 取 10m/s2，已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8。求金属棒沿导轨： 17 图 16 R M Q b aB Pθ θ N 18 （1）开始下滑时的加速度大小 a； （2）下滑过程中的最大速度大小 v； （3）以最大速度下滑时，电阻 R 的电功率大小 P。 【答案】（9 分）（1）6m/s2；（2）7.5m/s；（3）2.7W。 【解析】（1）金属棒沿导轨开始下滑时，根据牛顿第二定律有 mgsin37°=ma …………（2 分） 解得 a= gsin37°=6m/s2 …………………（1 分） （2）当金属棒的加速度为 0 时，速度达到最大，此时有 mgsin37°=BIL……………（1 分） 由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有 BLI R r   v …………………（2 分） 联立解得 v=7.5m/s …………………（1 分） （3）电阻 R 的电功率 P=I2R=2.7W ………（2 分） 17、（2021·北京市朝阳区高三下学期 5 月二模反馈）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨水平放置， 间距为 L，一端与阻值为 R 的电阻相连。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为 B。一根质 量为 m 的金属棒置于导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。t=0 时金属棒以初速度 v0 沿导 轨向右运动，不计空气阻力，不计导轨及金属棒的电阻。求： （1）t=0 时金属棒产生的感应电流 I 的大小； （2）t=0 时金属棒的加速度大小 a； （3）t=0 之后的整个运动过程中通过金属棒的电量 q。 【答案】（1） 0BLvI R  ；（2） 2 2 0B L va mR  ；（3） 0mvq BL  【解析】 19 （1）由法拉第电磁感应定律得 0E BLv 由闭合电路欧姆定律 EI R  解得 0BLvI R  （2）由于 F=BIL 由牛顿第二定律 F ma 解得 2 2 0B L va mR  （3）对金属棒，由动量定理有   0  LBi Δt =0 - mv 又   q i Δt 所以 0mvq BL  20