2014届高考物理最新14大专题深度解析快速提分训练专题十 电磁感应与能量变化
14年高考物理分类解析-10电磁感应
十．电磁感应1.（2014年 安徽卷）20．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。
如图所示，一个半径为r 的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B ，环上套一带电量为+q 的小球。
已知磁感应强度B 随时间均匀增加，其变化率为k ，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是A ．0B ．212r qk C ．22r qk π D ．2r qk π 【答案】D【解析】由法拉第电磁感应定律得感生电动势：22B E r k r t tππ∆Φ∆===∆∆，而电场力做功W qU =，小球在环上运动一周U=E ，故2W r qk π=。
D 正确。
2.（2014年 安徽卷）23．（16分） 如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5T ，其方向垂直于倾角θ为300的斜面向上。
绝缘斜面上固定有“Λ”形状的光滑金属导轨MPN （电阻忽略不计），MP 和NP 长度均为2.5m 。
MN 连线水平。
长为3m 。
以MN 的中点O 为原点、OP 为x 轴建立一坐标系Ox 。
一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3m ，质量m 为1kg ，电阻R 为0.3Ω，在拉力F 的作用下，从MN 处以恒定的速度v =1m/s 在导轨上沿x 轴正向运动（金属杆与导轨接触良好）。
g 取10m/s 2。
（1）求金属杆CD 运动过程中产生的感应电动势E 及运动到x =0.8m 电势差U CD ； （2）推导金属杆CD 从MN 处运动到P 点过程中拉力F 与位置坐标x 的关系式，并在图2中画出F-x 关系图象；（3）求金属杆CD 从MN 处运动到P 点的全过程产生的焦耳热。
【答案】（1）1.5V -0.6V （2）12.5 3.75(02)=-≤≤F x x 如图 （3）7.5J 【解析】（1）金属杆CD 在匀速运动中产生的感应电动势() 1.5===E Blv l d E V （D 点电势高）当x =0.8m 时，金属杆在导轨间的电势差为零。
2014年高考物理分类汇编(高考真题 模拟新题)电磁感应
L单元电磁感应电磁感应现象、楞次定律14．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( )A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化14．D [解析] 本题考查了感应电流产生的条件．产生感应电流的条件是：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流．本题中的A、B选项都不会使电路中的磁通量发生变化，不满足产生感应电流的条件，故不正确．C选项虽然在插入条形磁铁瞬间电路中的磁通量发生变化，但是当人到相邻房间时，电路已达到稳定状态，电路中的磁通量不再发生变化，故观察不到感应电流．在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量的变化，产生感应电流，因此D选项正确．8．(16分)[2014·重庆卷] 某电子天平原理如题8图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接，当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量，已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g.问题8图(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C 端还是从D 端流出？(2)供电电流I 是从C 端还是D 端流入？求重物质量与电流的关系．(3)若线圈消耗的最大功率为P ，该电子天平能称量的最大质量是多少？8．[答案] (1)从C 端流出 (2)从D 端流入2nBIL g (3)2nBL g P R本题借助安培力来考查力的平衡，同时借助力的平衡来考查受力平衡的临界状态．[解析] (1)感应电流从C 端流出．(2)设线圈受到的安培力为F A ，外加电流从D 端流入．由F A ＝mg 和F A ＝2nBIL得m ＝2nBL gI (3)设称量最大质量为 m 0.由m ＝2nBL gI 和P ＝I 2R 得m 0＝2nBL g P R15．、[2014·广东卷] 如图8所示，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管Q 竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )A ．在P 和Q 中都做自由落体运动B ．在两个下落过程中的机械能都守恒C ．在P 中的下落时间比在Q 中的长D ．落至底部时在P 中的速度比在Q 中的大15．C [解析] 磁块在铜管中运动时，铜管中产生感应电流，根据楞次定律，磁块会受到向上的磁场力，因此磁块下落的加速度小于重力加速度，且机械能不守恒，选项A 、B 错误；磁块在塑料管中运动时，只受重力的作用，做自由落体运动，机械能守恒，磁块落至底部时，根据直线运动规律和功能关系，磁块在P 中的下落时间比在Q 中的长，落至底部时在P 中的速度比在Q 中的小，选项C 正确，选项D 错误．20．[2014·全国卷] 很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率( )A．均匀增大B．先增大，后减小C．逐渐增大，趋于不变D．先增大，再减小，最后不变20．C [解析] 本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律．竖直圆筒相当于闭合电路，磁铁穿过闭合电路，产生感应电流，根据楞次定律，磁铁受到向上的阻碍磁铁运动的安培力，开始时磁铁的速度小，产生的感应电流也小，安培力也小，磁铁加速运动，随着速度的增大，产生的感应电流增大，安培力也增大，直到安培力等于重力的时候，磁铁匀速运动．所以C正确．3．（2014·浙江效实中学摸底）如图X212所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化，下列说法正确的是( )图X212A．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小B．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大C．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变3．AD [解析] 由法拉第电磁感应定律可知，感应电流的大小取决于磁通量的变化率，与磁感应强度的增与减无关，选项A、D正确．4．（2014·石家庄二检）法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图X213所示，用紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是( )。
(福建专用)2014届高考物理三轮 典型专题检测卷 电磁感应规律及其应用
电磁感应规律及其应用一、选择题（本题共8小题，每小题8分，共64分。
每小题只有一个选项正确）1.朝南的钢窗原来关着，今将它突然朝外推开，转过一个小于90°的角度，考虑到地球磁场的影响，则钢窗活动的一条边中（西边）（）A.有自下而上的微弱电流B.有自上而下的微弱电流C.有微弱电流，方向是先自上而下，后自下而上D.有微弱电流，方向是先自下而上，后自上而下2.（2013·北京高考）如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。
则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为（）A.c→a，2∶1B.a→c，2∶1C.a→c，1∶2D.c→a，1∶23.（2013·孝感一模）如图甲所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的铜圆环，规定从上向下看时，铜环中的感应电流I沿顺时针方向为正方向。
图乙表示铜环中的感应电流I随时间t变化的图像，则磁场B随时间t变化的图像可能是图中的（）一只电压表，用来测自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路解体时应先（）A.断开S1B.断开S2C.拆除电流表D.拆除电阻R5.（2013·烟台一模）如图甲所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应角三角形导线框ABC（BC边的长度为a）从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中感应电流i、BC两端的电压U BC与线框移动的距离x的关系图像正确的是（）6.假设两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，如图所示，一导线与两导轨相连，磁感应强度的大小为B的匀强磁场与导轨平面垂直。
一电阻为R、质量为m的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。
导体棒进入磁场后速度减小，最终稳定时离磁场上边缘的距离为H，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。
2014年高考新课标卷 物理含答案
2014年高考新课标Ⅰ卷真题理综物理部分解析版14．D本题考察电磁感应现象中感应电流产生的条件，其中的选项C 把物理学史中科学家失败的做法也融入了进来，变相地考察了物理学史的知识。
15．B考察了安培力的大小与方向，安培力的大小与导线在磁场中的放置方式有密切的有关系：当垂直于磁场放置时受到的力最大，平行于磁场放置时不受安培力，即不平行也不垂直时介于最大和零之间；安培力的方向总是即垂直于磁场又垂直于导线，即，安培力的方向总是垂直于导线与磁场所决定的平面。
选项D 中将导线从中点折成直角，但不知折的方式如何，若折后导线仍在垂直于磁场的平面内，则力将变为原来的22倍；若折后导线另一部分平行于磁场，则力减小为原来的一半；若折后导线另一部分即不平行也不垂直于磁场，则力将介于这两者间。
如果导线开始时并不垂直于磁场，则情况更为复杂。
16．D考察带电粒子在磁场中运动的半径公式以及动能与动量的关系。
qBm v r =k mE mv p 2==由上面两式可得qrmE B k2=已知动能为2倍关系，而r 也为2倍关系，所以2:2:=下上B B 。
17．A考察受力分析，牛顿运动定律，以及力的合成与分解。
设橡皮筋的伸长量为x ，受力分析如图所示，由牛顿第二定律有ma kx =θsin （1）mg kx =θcos （2）小球稳定在竖直位置时，形变量为0x ，由平衡条件有mg kx =0 （3）对（2）（3）两式可知，θcos 0x x =而悬点与小球间的高度差分别为00x l +与()θcos 0x l + 可见()θcos 000x l x l +>+ 所以小球的高度一定升高。
18．C考察法拉第电磁感应定律。
cd 间产生稳定的周期性变化的电压，则产生感应电流的磁场的变化是均匀的，根据题目所给信息知道，ab 中电流的变化应该是均匀的。
只有C 选项有此特点，因此选择C 项。
19．BD考察角追及和万有引力定律。
由引力提供向心力可知22ωmr rMm G= 相邻两次冲日的时间间隔XD t ωωπ-=2其中D ω表示的是地球的公转角速度，X ω表示的是行星的公转角速度。
2014届高考物理一轮复习备考典题精炼：第十章 专题9 电磁感应中的动力学和能量问题(粤教版).pdf
第章 (课时活页卷)一、单项选择题 1．如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中( ) A．穿过线框的磁通量保持不变 B．线框中感应电流方向保持不变 C．线框所受安培力的合力为零 D．线框的机械能不断增大 【答案】 B 【解析】 当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可得产生的感应电流的方向为顺时针且方向不发生变化，A错误，B正确；因线框上下两边所在处的磁场强弱不同，线框所受的安培力的合力一定不为零，C项错误；整个线框所受的安培力的合力竖直向上，对线框做负功，线框的机械能减小，D错误． 2．如图所示，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑经一段时间后闭合开关S，则S闭合后( ) A．导体棒ef的加速度一定大于g B．导体棒ef的加速度一定小于g C．导体棒ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同 D．导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒 【答案】 D 【解析】 开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑．闭合开关时有一定的初速度v0，若此时F安>mg，则F安－mg＝ma；若F安<mg，则mg－F安＝ma，F安不确定，A、B错误．无论闭合开关时初速度多大，导体棒最终的安培力和重力平衡，故C错误．根据能量守恒定律可知D正确． 3．如图所示，光滑的“∏”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好．磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中不正确的有( ) A．若B2＝B1，金属棒进入B2区域后将加速下滑 B．若B2＝B1，金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑 C．若B2B1，金属棒进入B2区域后可能先减速后匀速下滑 【答案】 A 【解析】 若B2＝B1，金属棒进入B2区域后，磁场反向，回路电流反向，由左手定则知：安培力并没有反向，大小也没有变，故金属棒进入B2区域后，mg－＝0，仍将保持匀速下滑，B对；若B20，金属棒进入B2区域后可能先加速后匀速下滑，故C也对；同理，若B2>B1，金属棒进入B2区域后mg－<0，可能先减速后匀速下滑，故D也对． 4．如图所示是磁悬浮列车运行原理模型．两根平行直导轨间距为L，磁场磁感应强度B1＝B2，方向相反，同时以速度v沿直导轨向右匀速运动．导轨上金属框电阻为R，运动时受到的阻力为f.则金属框运动的最大速度表达式为( ) A．vm＝ B．vm＝ C．vm＝ D．vm＝ 【答案】 C 【解析】 当金属框受到的安培力和阻力平衡时速度最大，根据E＝BL(v－vm)，I＝，F安＝BIL,2F安＝f，解得vm＝，故C正确． 二、双项选择题5．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( ) A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝ D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少 【答案】 AC 【解析】 金属棒刚释放时，弹簧处于原长，此时弹力为零，又因此时速度为零，所以也不受安培力作用，金属棒只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，故A项对；金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，则电阻等效为外电路，其电流方向为b→a，故B错；金属棒速度为v时，安培力大小为F＝BIL，I＝，由以上两式得：F＝，故C对；金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒速度不为零时的动能以及电阻R上产生的热量，故D错． 6．如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R、质量为m的金属棒ab(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中( ) A．恒力F做的功等于电路产生的电能 B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能 C．克服安培力做的功等于电路中产生的电能 D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和 【答案】 CD 【解析】 在此运动过程中做功的力有拉力、摩擦力和安培力，三力做功之和为棒ab动能的增加量，其中安培力做功将机械能转化为电能，故选项C、D是正确． 7．如图所示的电路中，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑h高度的过程中，以下说法正确的是( ) A．作用在金属棒上各力的合力做功为零 B．重力做功将机械能转化为电能 C．重力与恒力F做功的代数和等于电阻R上产生的焦耳热 D．金属棒克服安培力做功等于重力与恒力F做的总功与电阻R上产生的焦耳热之和 【答案】 AC 【解析】 由于金属棒匀速下滑，故作用在棒上的各个力的合力做功为零，故A项对；克服安培力做功将机械能转化为电能，故B错误；由动能定理得WG－WF－W安＝0，变形可得WG－WF＝W安，可知C正确，D错误． 8．在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着一个磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向上的匀强磁场，磁场的宽度均为L.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场区时，线框做加速运动；当ab边滑过JP位置时，线框恰好以速度v做匀速直线运动，从ab进入GH到JP的过程中，重力对线框做功为W1，线框克服安培力做功为W2，从cd进入GH到JP的过程中，重力对线框做功为W3，线框克服安培力做功为W4，下列说法中正确的有( ) A．线框通过磁场的整个过程中，线框的机械能守恒 B．从ab由GH滑到JP的过程中，W1－W2＝mv2 C．线框通过磁场的整个过程中，线框获得的电能为W2＋W4 D．从cd进入GH到JP的过程中，W3＞W4 【答案】 BC 【解析】 线框通过磁场的整个过程中，由于产生了电能，故线框的机械能减少．从ab进入GH滑到JP的过程中，根据动能定理有：W1－W2＝mv2.线框克服安培力做功，将机械能转化为电能，克服安培力做了多少功，就有多少机械能转化为电能，故线框通过磁场的整个过程中，线框获得的电能为W2＋W4.从cd进入GH到JP的过程中，线框做匀速运动，动能不变，故W3＝W4.9．如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移．下图中正确的是( ) 【答案】 BD 【解析】 c棒在未进入磁场前做自由落体运动，加速度为重力加速度；进入磁场后，d棒开始做自由落体运动，在d棒进入磁场前的这段时间内，c棒运动了2h，此过程c棒做匀速运动，加速度为零；d棒进入磁场后，c、d棒均以相同速度切割磁感线，回路中没有感应电流，它们均只受重力直至c棒出磁场；而且c棒出磁场后不再受安培力，也只受重力，故B正确，A错．d棒自开始下落2h的过程中，只受重力，机械能守恒，动能与位移的关系是线性的；在c棒出磁场后，d棒切割磁感线且受到比重力大的安培力，完成在磁场余下的2h的位移，动能减小，安培力也减小，合力也减小，在Ekdxd图像中Ekd的变化趋势越来越慢；在d棒出磁场后，只受重力，机械能守恒，Ekdxd图像中的关系又是线性的，且斜率与最初相同，均等于重力，故D正确，C错． 三、非选择题 10．如图所示，两根竖直的平行光滑导轨MN、PQ，相距为L.在M与P之间接有定值电阻R.金属棒ab的质量为m，水平搭在导轨上，且与导轨接触良好．整个装置放在水平匀强磁场中，磁感应强度为B.金属棒和导轨电阻不计，导轨足够长．若开始就给ab竖直向下的拉力F，使其由静止开始向下做加速度为a(a＞g)的匀加速运动，试求出拉力F与时间t的关系式． 【答案】 F＝m(a－g)＋t 【解析】 经过时间t，ab的速度为v＝at t时刻的安培力F安＝BIL＝BL＝t 由牛顿第二定律得：F＋mg－F安＝ma 解之得F＝m(a－g)＋t. 11．如图所示，两平行长直金属导轨置于竖直平面内，间距为L，导轨上端有阻值为R的电阻、质量为m的导体棒垂直跨放在导轨上，并搁在支架上，导轨和导体棒电阻不计，接触良好，且无摩擦．在导轨平面内有一矩形区域的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B.开始时导体棒静止，当磁场以速度v匀速向上运动时，导体棒也随之开始运动，并很快达到恒定的速度，此时导体棒仍处在磁场区域内，试求： (1)导体棒的恒定速度． (2)导体棒以恒定速度运动时，电路中消耗的电功率． 【答案】 (1)v－ 向上 (2) 【解析】 (1)设导体棒速度为v′，有 E＝BL(v－v′) F安＝BIL＝＝ 导体棒受力平衡有：mg＝F安 联立解得：v′＝v－mg 方向向上 (2)P＝ 联立得：P＝. 12.在拆装某种大型电磁设备的过程中，需将设备内部的处于强磁场中的线圈先闭合，然后再提升直至离开磁场，操作时通过手摇轮轴A和定滑轮O来提升线圈．假设该线圈可简化为水平长为L、上下宽度为d的矩形线圈，其匝数为n，总质量为M，总电阻为R.磁场的磁感应强度为B，如图所示．开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐，若转动手摇轮轴A，在时间t内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场．求此过程中： (1)流过线圈中每匝导线横截面的电荷量是多少？ (2)在转动轮轴时，人至少需做多少功？(不考虑摩擦影响) 【答案】 (1) (2)Mgd＋【解析】 (1)在匀速提升的过程中线圈运动速度v＝ 线圈中感应电动势E＝nBLv 产生的感应电流I＝ 流过导线横截面的电荷量q＝It 联立得q＝. (2)匀速提升的过程中，要克服重力和安培力做功，即 W＝WG＋W安 又WG＝Mgd W安＝nBILd 联立得 W＝Mgd＋.。
2014高考物理考前押题 电磁感应现象及电磁感应规律的应用
2014高考物理考前押题：电磁感应现象及电磁感应规律的应用(在1～9题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～9题有多项符合题目要求．)1．如图4－9－19所示，虚线MN 表示正方形金属框的一条对称轴，A 、B 、C 是三个磁感线均匀分布的有界磁场区，区内磁感应强度随时间变化的规律都满足B ＝kt ，金属框按照图示方式处在磁场中，测得金属框在A 区中的感应电流为I0，在B 区和C 区内感应电流分别为IB 、IC ，以下判断中正确的是( )．图4－9－19A ．IB ＝2I0，IC ＝2I0 B ．IB ＝2I0，IC ＝0C ．IB ＝0，IC ＝0D ．IB ＝I0，IC ＝0解析 A 、B 、C 的磁通量分别为ΦA ＝B L22，ΦB ＝BL2和ΦC ＝0，由法拉第电磁感应定律得，EA ＝k L22，EB ＝kL2和EC ＝0.回路的电阻一定，由I ＝E R，可知IB ＝2I0，IC ＝0，则选项B 正确．答案 B2．如图4－9－20，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R 的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为( )．图4－9－20A ．c→a,2∶1B ．A→c,2∶1C ．A→c,1∶2D ．c→a,1∶2解析 用右手定则判断出两次金属棒MN 中的电流方向为N→M，所以电阻R 中的电流方向a→c.由电动势公式E ＝Blv 可知：E1E2＝Blv 2Blv ＝12，故选项C 正确． 答案 C3．如图4－9－21所示，边长为L 、电阻不计的n 匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P 、U ，线框及小灯泡的总质量为m ，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l ，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平．线框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光．则( )．图4－9－21A ．有界磁场宽度l<LB ．磁场的磁感应强度应为mgU PLC ．线框匀速穿越磁场，速度恒为P mgD ．线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为mgL解析 因线圈穿越磁场过程中小灯泡正常发光，故线圈匀速穿越磁场，且线框长度L 和磁场宽度l 相同，A 错；匀速穿越，故重力和安培力相等，mg ＝nBIL ＝nB P U L ，得B ＝mgU nPL，B 错；匀速穿越，重力做功的功率等于电功率，即mgv ＝P ，得v ＝P mg，C 对；线框穿越磁场时，通过的位移为2L ，且重力做功完全转化为焦耳热，故Q ＝2mgL ，D 错．答案 C4．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E －t 关系如图4－9－22所示．如果只将刷卡速度改为v02，线圈中的E －t 关系图可能是 ( )．图4－9－22解析 当以不同速度刷卡时，磁卡的不同的磁化区经过线圈时，线圈内的磁通量的变化量ΔΦ是相同的，刷卡速度由v0变为v02时，完成相同磁通量变化的时间Δt 变为原来的2倍，由E ＝n ΔΦΔt 得线圈产生的感应电动势相应的都变为原来的12，故D 选项正确． 答案 D5．两根相距为L 的足够长的金属弯角光滑导轨如图4－9－23 所示放置，它们有一边在水平面内，另一边与水平面的夹角为37°.质量均为m 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路总电阻为2R ，整个装置处于磁感应强度大小为B ，方向竖直向上的匀强磁场中．当ab 杆在平行于水平导轨的拉力F 作用下以速度v 沿导轨匀速运动时，cd 杆恰好处于静止状态，重力加速度为g ，以下说法正确的是( )．图4－9－23A ．ab 杆所受拉力F 的大小为mg sin 37°B ．回路中电流为mgsin 37°BLC ．回路中电流的总功率为mgvsin 37°D ．m 与v 大小的关系为m ＝B2L2v 2Rgtan 37°解析 对cd 杆，BILcos 37°＝mgsin 37°，对ab 杆，F ＝BIL ，联立解出ab 杆所受拉力F的大小为F ＝mgtan 37°，故A 错；回路中电流为I ＝mgtan 37°BL，故B 错；回路中电流的总功率为Fv ＝mgvtan 37°，故C 错；I ＝BLv 2R ，又I ＝mgtan 37°BL ，故m ＝B2L2v 2Rgtan 37°，故D 对．答案 D6．如图4－9－24所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R ，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m ，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用．金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑高度h 的过程中，以下说法正确的是( )．图4－9－24A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零B ．重力做的功等于系统产生的电能C ．金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热D ．金属棒克服恒力F 做的功等于电阻R 上产生的焦耳热解析 根据动能定理，合力做的功等于动能的增量，故A 对；重力做的功等于重力势能的减少，重力做的功等于克服F 所做的功与产生的电能之和，而克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，所以B 、D 错，C 对．答案 AC7．如图4－9－25所示，一个闭合三角形导线框ABC 位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中( )．图4－9－25A ．导线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBAB ．导线框的磁通量为零时，感应电流却不为零C ．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D ．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动解析 根据安培定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外，下方的磁场方向垂直于纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC 在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当增大到BC 边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当增大到A 点与导线重合时，达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向内，再向外，最后向内，所以导线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，选项A 正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，选项B 正确；根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，选项C 、D 错误．答案 AB8．如图4－9－26所示，足够长的光滑斜面上中间虚线区域内有一垂直于斜面向上的匀强磁场，一正方形线框从斜面底端以一定初速度上滑，线框越过虚线进入磁场，最后又回到斜面底端，则下列说法中正确的是( )．图4－9－26A ．上滑过程线框中产生的焦耳热等于下滑过程线框中产生的焦耳热B ．上滑过程线框中产生的焦耳热大于下滑过程线框中产生的焦耳热C ．上滑过程线框克服重力做功的平均功率等于下滑过程中重力的平均功率D ．上滑过程线框克服重力做功的平均功率大于下滑过程中重力的平均功率解析 考查电磁感应中的功能关系，本题关键是理解上滑经过磁场的末速度与下滑经过磁场的初速度相等，由切割磁感线的效果差别，得A 错，B 对．因过程中有能量损失，上滑平均速度大于下滑平均速度，用时t 上<t 下．重力做功两次相同由P ＝W t可知C 错，D 对． 答案 BD9．如图4－9－27所示，间距l ＝0.4 m 的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，正方形区域abcd 内匀强磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，方向垂直于斜面．甲、乙两金属杆电阻R相同、质量均为m ＝0.02 kg ，垂直于导轨放置．起初，甲金属杆处在磁场的上边界ab 上，乙在甲上方距甲也为l 处．现将两金属杆同时由静止释放，并同时在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F ，使甲金属杆始终以a ＝5 m/s2的加速度沿导轨匀加速运动，已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，取g ＝10 m/s2，则( )．图4－9－27A ．每根金属杆的电阻R ＝0.016 ΩB ．甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4 sC ．甲金属杆在磁场中运动过程中F 的功率逐渐增大D ．乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是0.1 W解析 由牛顿第二定律可得乙金属杆的加速度a2＝gsin 30°＝5 m/s2，与甲在磁场中的加速度相同，当乙刚进入磁场时，甲恰离开磁场，由平衡条件知，mgsin 30°＝B2l2vm 2R，而vm ＝2a2l ＝2 m/s ，解得R ＝0.064 Ω，甲在磁场中运动的时间t ＝vm a＝0.4 s ，则选项A 错误，B 正确；甲在磁场中，由牛顿第二定律得，F ＋mgsin 30°－B2l2v 2R ＝ma ，则F ＝B2l2v 2R，F 的功率P ＝Fv ＝B2l2v22R随v 的增大而增大，选项C 正确；乙在磁场中做匀速运动，安培力的功率P′＝B2l2v2m 2R＝0.2 W ，则选项D 错误． 答案 BC10．(2013·重庆卷，7)小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如图4－9－28所示．在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的读数为G1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计．直铜条AB 两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R.若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v 在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的读数为G2，铜条在磁场中的长度为L.图4－9－28(1)判断铜条所受安培力的方向，G1和G2哪个大．(2)求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小．解析 (1)铜条所受安培力的方向可由左手定则判断为竖直向上．由牛顿第三定律知，铜条会对磁铁有向下的压力，因此G2＞G1.(2)由题意知：F 安＝G2－G1，F 安＝BILI ＝BLv R解得B ＝1L G2－G1R v答案 (1)向上，G2＞G1 (2)F 安＝G2－G1，B ＝1L G2－G1R v 11．如图4－9－29所示，一对光滑的平行金属导轨(电阻不计)固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为L ，左端接有阻值R 的电阻，一质量为m 、长度为L 的金属棒MN 放置在导轨上，棒的电阻为r ，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B ，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速运动，保持外力的功率P 不变，经过时间t 导体棒最终做匀速运动．求：图4－9－29(1)导体棒匀速运动时的速度是多少？(2)t 时间内回路中产生的焦耳热是多少？解析 (1)I ＝Blv R ＋r① F 安＝BIl ②F ＝F 安③P ＝Fv ④由①②③④得：v ＝ PR ＋r B2l2＝PR ＋r Bl(2)由能量守恒得：Pt ＝Q ＋12mv2 Q ＝Pt －12mv2＝Pt －mPR ＋r 2B2l2答案 (1)PR ＋r Bl (2)Pt －mPR ＋r 2B2l212．如图4－9－30所示，一边长为a 的正方形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面向里，导线框的左端通过导线接一对水平放置的金属板，两板间的距离为d ，板长l ＝3d.t ＝0时，磁场的磁感应强度从B0开始均匀增加，同时，在金属板的左侧有一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以v0的初速度沿两板间的中线向右射入两板间，恰好从下板的边缘射出，忽略粒子的重力作用．求：图4－9－30(1)粒子在板间运动过程，两板间的电势差．(2)粒子从两板间离开瞬间，磁感应强度B 的大小．解析 (1)射入的粒子在两板间运动，有l ＝3d ＝v0t ①qUd＝ma0②y ＝12a0t2＝d 2 ③由以上各式解得两板间的电势差U ＝mv209q④ (2)由法拉第电磁感应定律得U ＝ΔΦΔt ＝a2ΔB Δt⑤ 因磁感应强度均匀增大，所以有ΔB Δt ＝B －B0t⑥ 由以上各式解得粒子从板间离开瞬间，磁感应强度B ＝B0＋mv0d 3qa2⑦ 答案 (1)mv209q(2)B0＋mv0d 3qa2。
专题10 电磁感应-2014高考物理模拟题精选分类解析(第06期)(原卷版) Word版含解析.pdf
1.．（2014年3月北京市海淀区高三适应性训练）电子感应加速器的基本原理如图所示。
在上、下两个电磁铁形成的异名磁极之间有一个环形真空室。
图甲为侧视图，图乙为真空室的俯视图。
电磁铁中通以交变电流，使两极间的磁场周期性变化，从而在真空室内产生感生电场，将电子从电子枪右端注入真空室，电子在感生电场的作用下被加速，同时在洛伦兹力的作用下，在真空室中沿逆时针方向（图乙中箭头方向）做圆周运动。
由于感生电场的周期性变化使电子只能在某段时间内被加速，但由于电子的质量很小，故在极短时间内被加速的电子可在真空室内回旋数10万以至数百万次，并获得很高的能量。
若磁场的磁感应强度B（图乙中垂直纸面向外为正）随时间变化的关系如图丙所示，不考虑电子质量的变化，则下列说法中正确的是 2. 2014河北省唐山一模）如图所示，水平传送带带动两金属杆匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场宽度为L，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d，两金属杆a、b质量 B．金属杆b进入磁场后做匀速运动 C．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL/2 D. 两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL 3.（20分）（2014山东省青岛二模）如图所示，两条平行的金属导轨相距L=lm，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN和PQ的质量均为m=0.2kg，电阻分别为RMN=1Ω和RPQ=2Ω．MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t=0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a=1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态．t=3s时，PQ棒消耗的电功率为8W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动．求： 5．(16分) （3）金属杆刚进入磁场时，M、N两端的电压大小。
2014届高三名校物理试题解析分项汇编(新课标Ⅰ版)(第01期)专题10 电磁感应(解析版)Word版含解析
备注：新课标Ⅰ卷专版所选试题和新课标Ⅱ卷专版所选试题不重复，欢迎同时下载使用。
专题10 电磁感应（解析版）一、单项选择题1.【2014·河南省六市高中毕业班第二次联考】关于物理学家的贡献，下列说法中正确的是A．卡文迪许利用扭秤实验首先较准确地测定了静电力常量B．库仑提出了库仑定律，并最早通过实验测得元电荷e的数值C．第谷通过对行星运动的观测数据进行分析，得出了开普勒行星运动定律D．法拉第发现了电磁感应现象2．【2013·湖北省黄冈市高三5月适应性考试】人类发现电和磁的关系，经历了漫长的岁月。
1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了通电导线下小磁针的偏转现象从而发现了电流的磁效应。
1831年，英国物理学家法拉第发现磁铁穿过闭合线圈时，线圈中有电流产生从而发现了电磁感应现象，下列相关说法正确的是A.给小磁针上方的导线通电，小磁针就会发生偏转B.导线下方小磁针偏转的角度大小只与电流的强弱有关C.线圈中感应电流的强弱与磁铁穿过线圈的速度大小有关D.线圈横截面积越大磁铁穿过时产生的感应电流越强2．C 解析：当小磁针指向与磁感线平行时小磁针不会偏转，故A错误；磁针偏转的角度大小与电流的强弱和磁性有关，故B错误；当磁铁穿过线圈的速度变大磁通量变化快感应电动势变大，电流变大，故C正确；穿过线圈的磁通量是磁铁内部的磁感线与磁铁和线圈之间的磁感线之差，故线圈面积越大电流越弱，D错误。
考点：磁场对磁体的作用，法拉第电磁感应定律.3．【2014·江西省江西师大附中高三开学摸底考试】如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是（）A．大于环重力mg，并逐渐减小B．始终等于环重力mgC．小于环重力mg，并保持恒定D．大于环重力mg，并保持恒定4．【2014·湖北省武汉市部分学校新高三起点调研测试】如图所示，光滑水平面上存在一有界匀强磁场，圆形金属线框在水平拉力的作用下，通过磁场的左边界MN。
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专题十 电磁感应与能量变化
一、选择题
1．边长为a 的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中．现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图5所示，则下列图象与这一过程相符合的是
( )．
图5
解析 该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点
的间距，根据几何关系有l 有＝233x ，所以E 电动势＝Bl 有v ＝233B v x ∝x ，选项
A 错误，
B 正确；F 外力＝B 2l 2有v R ＝4B 2x 2v 3R ∝x 2，选项
C 错误；P 外力功率＝F 外力v ∝F
外力∝x 2，选项D 错误．
答案 B
2．如图6所示，水平虚线MN 的上方有一垂直纸面向里的匀强磁场，矩形导线框abcd 从MN 下方某处以v 0的速度竖直上抛，向上运动高度H 后垂直进入匀强磁场，此过程中导线框的ab 边始终与边界MN 平行．不计空气阻力，在导线框从抛出到速度减为零的过程中，以下四个图象中可能正确反映导线框的速度与时间关系的是 ( )．
图6
解析 线框进磁场前为匀减速运动，进磁场后受到重力和向下的安培力，mg ＋B 2l 2v R ＝ma ，因其向上减速运动，v 减小，a 减小，可知C 项正确．
答案 C
3．矩形导线框abcd 放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图7甲所示．磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图象如图乙所示．t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0～4 s 时间内，导线框ad 边所受安培力随时间变化的图象(规定向左为安培力的正方向)可能是下图中的 ( )．
图7
解析根据图乙，又E＝ΔΦ
Δt＝S
ΔB
Δt和I＝
E
R可知，在0～4 s时间内的感应电流
大小恒定．根据楞次定律可知，在0～2 s时间内，电流顺时针方向；在2～4 s时间内，电流逆时针方向；根据左手定则可知ad边所受安培力方向：在0～
1 s时间向左，在1～
2 s时间向右，在2～
3 s时间向左，在3～
4 s时间向右．从
而排除A、C选项．尽管电流大小不变，可F cd＝BL cd I，B均匀变化时，安培力均匀变化，因此B错，D对．
答案 D
4．如图8所示，在矩形有界匀强磁场区域ABCD内有一质量可以忽略不计、电阻为R的闭合导线框abcd.线框在外力F的作用下，从图示位置匀速向右离开磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，电路中的电流为I1，cd边受的安培力为F1，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，电路中的电流为I2，cd边受的安培力为F2，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则()．
图8
A．I1∶I2＝3∶1 B．F1∶F2＝1∶1
C．W1∶W2＝3∶1 D．q1∶q2＝1∶3
解析 设线框ad 边的长度为s ，由线框匀速运动时有v ＝s t .第一次用0.3 s 拉
出线框、第二次用0.9 s 拉出线框，两次的时间比为t 1t 2
＝13. 设线框ab 边的长度为L ，则感应电动势为E ＝BL v ，感应电流为I ＝E R ，解上
述各式得I ＝BLs Rt ，所以两次的电流之比为I 1I 2
＝31，故选A. cd 边受安培力为F 安＝BIL ，解上述各式得F ＝B 2L 2s Rt ，所以两次所受安培力之
比为F 1F 2
＝31，故不选B. 拉力做的功为W ＝Fs ，解上述各式得W ＝B 2L 2s 2Rt ，所以两次做功之比为W 1W 2
＝31，故选C.
流过的电荷量为q ＝It ，解上述各式得q ＝BLs R ，所以两次的电荷量比为q 1q 2
＝11，故不选D.
答案 AC
5．如图9所示，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，ab 棒的速度大小为v ，则ab 棒在这一过程中
( )．
图9
A ．运动的平均速度大小为12v
B ．下滑的位移大小为qR BL
C．产生的焦耳热为qBL v
D．受到的最大安培力大小为B2L2v
R sin θ
解析本题考查金属棒切割磁感线的电磁感应现象，意在考查考生应用法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、能量守恒定律解决电磁感应综合问题的能
力．分析ab棒的受力情况，有mg sin θ－B2L2v
R＝ma，分析可得ab棒做加速
度减小的加速运动，故其平均速度不等于初末速度的平均值，A错误；设ab
棒沿斜面下滑的位移为x，则电荷量q＝IΔt＝ΔΦ
Δt·
1
RΔt＝
ΔΦ
R＝
BxL
R，解得位移
x＝qR
BL，B正确；根据能量守恒定律可知，产生的焦耳热等于ab棒机械能的
减少量，Q＝mgqR sin θ
BC－
1
2m v
2，ab棒受到的最大安培力为
B2L2v
R，C、D错误．
答案 B
二、计算题
6．如图10所示，两根竖直放置在绝缘面上的金属框架．框架的上端接有电容为C的电容器．框架上有一质量为m、长为l的金属棒，平行于地面放置，与框架接触良好无摩擦，棒离桌面高度为h.磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面相垂直，开始时电容器不带电．自静止起将棒释放，求棒从释放到落到地面所需要的时间？
图10
解析设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为：E＝Bl v①
平行板电容器两板间的电势差为U＝E②
设此时电容器极板上积累的电荷为Q，按定义有：
C＝Q U③
联立①②③式得Q＝CBl v④
设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义电流为I＝ΔQ Δt⑤
ΔQ也是Δt电容器极板上增加的电荷量，由④式得ΔQ＝CBlΔv⑥
式中Δv为速度的变化量，按定义有a＝Δv Δt⑦
对金属棒由牛顿第二定律得BIl－mg＝ma⑧
联立⑤⑥⑦⑧式解得a＝
mg
m＋B2l2C
⑨
由⑨式知金属棒向下做匀加速直线运动．
由位移公式得h＝1
2at
2○
10
联立⑨⑩式得金属棒到地面所用时间为
t＝2h(m＋CB2l2)
mg.⑪
答案2h(m＋CB2l2)
mg。