高考物理专题复习讲义：专题十一磁场.doc

高三物理第十一章磁场教案第一讲：磁场的描述磁场对电流的作用基础知识一、磁场1.磁场的存在: 磁场是存在于磁体、电流和运动电荷周围的一种特殊的物质，我们看不到，但可以通过它的作用效果感知它的存在，并对它进行研究和描述．2、磁场的基本性质：是对处于其中的通电导线、运动电荷或磁体的磁极能施加力的作用说明：磁极之间、磁极与电流之间、电流与电流之间的相互作用力是通过磁场而产生的3、磁场的方向：规定磁场中任一点小磁针北极所受力的方向或小磁针静止时北极所指的方向二、磁场的描述1、磁感应强度：用来描述磁场的强弱和方向的物理量〔1〕磁感强度的定义式为：B=F/Il，其中电流元〔Il〕受的磁场力的大小与电流方向相关．因此采用电流与磁场方向垂直时受的最大力F来定义B〔2〕方向：即为该点磁场的方向〔3〕单位：特斯拉〔T〕2、磁感线：〔1〕用来形象描述磁场中各点磁感强度的假想曲线．〔2〕它的疏密程度表示磁场的强弱，而它上各点的切线方向那么表示该处磁场的方向．〔3〕特点：磁体外磁感线方向是由N极指向S极，内部反之；在空间不相交，不中断的闭合曲线3、几种曲型的磁场及磁感线分布特点〔1〕匀强磁场：磁感应强度处处相等，磁感线是平行等距的直线〔2〕磁体的磁场：条形磁铁，蹄形磁铁的磁场〔3〕电流的磁场：通电直导线、环形电流、通电螺线管的磁场〔4〕地磁场：地磁场与条形磁铁的磁性相似，地理的北极是地磁的南极，地磁场的水平分量总是由南极指向北极，竖直分量在南极半球向上，北半球向下，在赤道平面上磁场的方向水平向北。

三、磁通量1、磁通量的定义．穿过磁场中某一面积的磁感线条数称为穿过这一面积的磁通量．符号2、定义式为：=BS〔S为垂直于B的面积〕；单位Wb3、磁通量是描述某一面积内磁场的性质．由B= /S⊥可知磁感强度又可称为磁通密度．说明：〔1〕B与S不垂直，应把S投影到与B垂直的方向上．〔2〕两个不同方向的磁感线穿过同一面积时，求两部分磁通量按标量叠加，求代数和．四、磁场对电流的作用1．安培力：通电导线在磁场中受到的作用力叫安培力.〔1〕安培力的计算公式：F=BILsinθ；通电导线与磁场方向垂直时，即θ = 900，此时安培力有最大值；通电导线与磁场方向平行时，即θ=00，此时安培力有最小值，F min=0N；0°＜θ＜90°时，安培力F介于0和最大值之间.〔2〕左手定那么：伸开左手，使拇指跟其余的四指垂直且与手掌都在同一平面内，让磁感线垂直穿入手心，并使四指指向电流方向，这时手掌所在平面跟磁感线和导线所在平面垂直，大拇指所指的方向就是通电导线所受安培力的方向.说明：〔1〕安培力的方向总是与磁场方向和电流方向决定的平面垂直〔除了二者平行，安培力为0的情况〕．〔2〕安培力的计算只限于导线与B垂直和平行的两种情况.〔3〕安培力F、磁感应强度B、电流I三者方向的关系①I、B的方向，可惟一确定F的方向；②F 、B 的方向，且导线的位置确定时，可惟一确定I 的方向；③F 、I 的方向时，磁感应强度B 的方向不能惟一确定.2、安培力公式的适用条件；〔1〕一般只适用于匀强磁场；〔2〕导线垂直于磁场；〔3〕L 为导线的有效长度，即导线两端点所连直线的长度，相应的电流方向沿L 由始端流向末端；如下图，几种有效长度〔图中虚线所示〕；3、作用点：作用于磁场中这部分导线的中点4、产生原因：磁场对导线中运动电荷有力的作用，安培力就是磁场对导线中所有运动电荷的作用力的合力。

专题十一电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点一电磁感应中的动力学问题师生共研例1 如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T．一个质量为m＝1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动．金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m．求(g取10 m/s2)：(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小；(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小．【考法拓展1】在【例1】中，求金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ所经历的时间．【考法拓展2】在【例1】中，求金属棒由释放到ab连线滑过的距离x0.【考法拓展3】在【例1】中，求金属棒从开始到在磁场Ⅱ中达到稳定状态这段时间中电阻R产生的热量．练1 [2021·黑龙江大庆模拟](多选)在倾角θ＝30°的斜面上固定两根足够长的平行金属导轨MN、EF，间距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．有两根质量均为m、电阻均为R、长度均为L的金属棒ab、cd垂直导轨放置且与导轨接触良好，光滑的ab棒用平行于导轨的不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮与质量为2m的重物P连接，如图所示．初始时作用在ab棒上一个外力(题中未画出)使ab棒、重物P保持静止，cd棒也静止在导轨上且刚好不下滑．已知重力加速度大小为g，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现撤去外力，ab棒和重物P从静止开始运动，到cd棒刚好要向上滑动的过程中，则( )A．重物P向下做加速度不断减小的加速运动B．cd棒刚好要向上滑动时，ab棒中的电流大小I＝C．cd棒刚好要向上滑动时，重物P的速度大小为v＝D．重物P减少的重力势能等于ab棒、重物P增加的动能与ab、cd棒产生的焦耳热之和练2 [2020·全国卷Ⅰ](多选)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．经过一段时间后( )A．金属框的速度大小趋于恒定值B．金属框的加速度大小趋于恒定值C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值练3 如图所示，间距为L的两根平行金属导轨弯成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中．质量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑．某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去，经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q(导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g)，则下列判断错误的是( )A．导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流I＝B．导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a＝g－C．导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s＝D．导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q＝m－题后反思1．电磁感应中动力学问题的解题思路2．电磁感应中的动态分析导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合力变化加速度变化―→速度变化―→临界状态．考点二电磁感应中的能量问题多维探究1．能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．题型1|由焦耳定律求解焦耳热例 2 小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53 °，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N 拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小．(2)CD棒进入磁场时所受的安培力F A的大小．(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.题型2|由安培力做功求解焦耳热例3 如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行，且两线间距为d＝0.1 m，在cc′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g，总电阻为R＝1 Ω，边长也为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，不计其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热．题型3|由能量守恒或功能关系求解焦耳热例4 [2021·广州市模拟]如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg 的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v ­ t图象，其中AO是图象在O 点的切线，AB是图象的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100 m时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：(1)R的阻值；(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热．练4 [2020·济南模拟]如图所示，水平传送带上放置n个相同的正方形闭合导线圈，每个线圈的质量均为m，电阻均为R，边长均为L，线圈与传送带间的动摩擦因数均为μ，线圈与传送带共同以速度v0匀速向右运动．MN与PQ为匀强磁场的边界，平行间距为d(L<d)，速度v0方向与MN垂直．磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下．当线圈右侧边进入磁场时与传送带发生相对运动，线圈的右侧边到达边界PQ 时又恰好与传送带的速度相同．设传送带足够长，且线圈在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界．已知重力加速度为g，线圈间不会相碰．求：(1)线圈的右侧边刚进入磁场时，线圈的加速度大小；(2)线圈右侧边从MN运动到PQ经过的时间t；(3)n个线圈均通过磁场区域到恢复和传送带共速，线圈释放的焦耳热．练5 [2021·石嘴山模拟]如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L＝1 m，导轨间连接的定值电阻R＝3 Ω，导轨上放一质量为m＝0.1 kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r＝1 Ω，其余电阻不计，AB位置下方存在磁感应强度为B＝1 T 的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向里．重力加速度g取10 m/s2.现让金属杆从AB水平位置由静止释放，忽略空气阻力的影响，求：(1)金属杆的最大速度．(2)若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝0.6 J，此时金属杆下落的高度为多少？(3)达到最大速度后，为使ab杆中不产生感应电流，从该时刻开始，磁感应强度B′应怎样随时间t 变化？推导这种情况下B′与t的关系式．考点三电磁感应与动量的综合问题多维探究题型1|动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量．(1)求电荷量或速度：B lΔt＝mv2－mv1，q＝t.(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝Bl(3)求位移：－BIlΔt＝－＝0－mv0，即－x＝m(0－v0)．例5 [2020·山东潍坊期末] (多选)如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现给棒a一大小为v0、水平向右的初速度，假设导轨都足够长，两棒质量均为m，在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好．以下说法正确的是( )A．俯视时感应电流方向为顺时针B．棒b的最大速度为0.4v0C．回路中产生的焦耳热为0.1mD．通过回路中某一截面的电荷量为题型2|动量守恒定律在电磁感应中的应用例6 [2019·全国卷Ⅲ，19](多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图象中可能正确的是( )练6 [2020·山东阳谷二中期末](多选)如图所示，在高为h的桌面上固定着两根平行光滑金属导轨，导轨左段弯曲，右段水平，两部分平滑连接，导轨间距为L，电阻不计，在导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，ab、cd为两根相同的金属棒，质量均为m，长度均为L，电阻均为r.开始时cd静置于水平导轨上某位置，将ab从弯曲导轨上距离桌面高为h处由静止释放，cd离开导轨水平抛出，落地点ef距轨道末端的水平距离也为h，金属棒在运动过程中没有发生碰撞且与导轨接触良好，重力加速度为g.以下说法正确的是( )A．cd在导轨上的最大加速度为B．cd在导轨上的最大加速度为C．ab的落地点在ef的右侧D．电路中产生的热量为mgh练7 如图甲所示，两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平面轨道以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b.杆a、b电阻分别为R a＝2 Ω，R b＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现杆b以大小5 m/s的初速度(设为v0)开始向左滑动，同时由静止释放杆a.杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A．从杆a下滑到水平轨道时开始计时，a、b杆运动图象如图乙所示(以杆a运动方向为正)，其中m a＝2 kg，m b＝1 kg，g＝10 m/s2，求：(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b上产生的焦耳热．专题十一 电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点突破例1 解析：(1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度为v 0，由平衡条件得mgsin θ＝F 安① 而F 安＝B 0I 0L ，② I 0＝B 0Lv 0R ＋r③代入数据解得v 0＝2 m/s.④(2)金属棒滑过cd 位置时，其受力如图所示．由牛顿第二定律得 mgsin θ－F ′安＝ma ，⑤ 而F ′安＝B 1I 1L ，⑥ I 1＝B 1Lv 0R ＋r，⑦代入数据可解得a ＝3.75 m/s 2.⑧(3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v 1，则mgsin θ＝F ″安，⑨ 而F ″安＝B 1I 2L ○10 I 2＝B 1Lv 1R ＋r，⑪代入数据解得v 1＝8 m/s.⑫答案：(1)2 m/s (2)3.75 m/s 2 (3)8 m/s考法拓展1 解析：金属棒从静止开始到刚进入磁场Ⅰ的时间t 1＝v 0gsin θ＝0.4 s ，在磁场Ⅰ运动时间t 2＝x 1v 0＝0.5 s ，所以金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ所经历的时间为t ＝t 1＋t 2＝0.9 s.答案：0.9 s考法拓展2 解析：金属棒在未进入磁场前做初速度为0的匀加速直线运动a ＝gsin θ，由运动学公式得v 20＝2ax 0，代入数据解得x 0＝0.4 m. 答案：0.4 m考法拓展3 解析：金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ中达到稳定状态过程中，根据能量守恒得 mg(x 0＋x 1＋x 2)sin θ＝Q ＋12mv 21，Q R ＝R R ＋r Q ＝7.5 J.答案：7.5 J练1 解析：本题考查电磁感应中的楞次定律，通过分析安培力判断物体的运动状态，回路中的电流以及焦耳热．重物P 和ab 棒是一个系统，重物P 的重力不变，ab 棒的重力沿斜面向下的分力不变，而ab 棒切割磁感线的速度在增大，则沿斜面向下的安培力随之增大，则ab 与P 的加速度变小，所以重物P 向下做加速度不断减小的加速运动，A 正确；cd 棒刚开始恰好不下滑，则有mgsin θ＝μmgcos θ，cd 棒刚好要向上滑动时，则有BIL ＝mgsin θ＋μmgcos θ，联立解得I ＝mgBL ，B 正确；cd 棒刚好要向上滑动时，ab 棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝BLv 2R ，可得v ＝2mgRB 2L 2，C 正确；由能量守恒定律可知，重物P 减少的重力势能等于ab 棒、重物P 增加的动能、ab 棒增加的重力势能与ab 、cd 棒产生的焦耳热之和，D 错误．答案：ABC练2 解析：用水平恒力F 向右拉动金属框，bc 边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流i ，bc 边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为M ，加速度为a 1，由牛顿第二定律有F －BiL ＝Ma 1；导体棒MN 受到向右的安培力，向右做加速运动，设导体棒的质量为m ，加速度为a 2，由牛顿第二定律有BiL ＝ma 2.设金属框bc 边的速度为v 时，导体棒的速度为v ′，则回路中产生的感应电动势为E ＝BL(v －v ′)，由闭合电路欧姆定律i ＝E R ＝BL (v －v ′)R，F 安＝BiL ，可得金属框bc 边所受安培力和导体棒MN 所受的安培力均为F 安＝B 2L 2(v －v ′)R ，二者加速度之差Δa ＝a 1－a 2＝F －F 安M －F 安m ＝F M －F 安⎝ ⎛⎭⎪⎫1M ＋1m ，随着所受安培力的增大，二者加速度之差Δa 减小，当Δa 减小到零时，F M ＝B 2L 2(v －v ′)R ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1M ＋1m ，之后金属框和导体棒的速度之差Δv ＝v －v ′＝FRmB 2L 2(m ＋M )，保持不变．由此可知，金属框的速度逐渐增大，金属框所受安培力趋于恒定值，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受的安培力F 安＝B 2L 2(v －v ′)R 趋于恒定值，选项A 错误，BC 正确；导体棒到金属框bc 边的距离x ＝⎠⎛0t (v －v ′)dt ，随时间的增大而增大，选项D 错误．答案：BC练3 解析：cd 切割磁感线产生感应电动势为E ＝BLv 0，根据闭合电路欧姆定律得I ＝E 2R ＝BLv 02R ，故A 项错误．对于ab 棒：根据牛顿第二定律得mg －F f ＝ma ，又F f ＝μF N ，F N ＝BIL ，联立解得，加速度大小为a ＝g －μB 2L 2v 02mR ，故B 项正确．对于cd 棒，由公式q ＝ΔΦR 总得q ＝BLs 2R ，则得，s ＝2Rq BL，故C 项正确．设导体棒cd 在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q ，由于ab 的电阻与cd 相同，两者串联，则ab 产生的焦耳热也为Q.根据能量守恒得2Q ＋μmgs ＝12mv 20，又s ＝2Rq BL ，解得Q ＝14mv 20－μmgRqBL ，故D 项正确．综上所述，应选择A.答案：A例2 解析：(1)由牛顿第二定律a ＝F －mgsin θm ＝12 m/s 2进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4 m/s. (2)感应电动势E ＝Blv 感应电流I ＝BlvR安培力F A ＝IBl代入得F A ＝(Bl )2vR ＝48 N.(3)健身者做功W ＝F(s ＋d)＝64 J 由牛顿第二定律F －mgsin θ－F A ＝0 CD 棒在磁场区域做匀速运动 在磁场中运动的时间t ＝dv焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88 J.答案：(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J例3 解析：(1)金属线圈向下匀速进入磁场时，有mgsin θ＝μmgcos θ＋F 安 其中F 安＝BId ，I ＝ER，E ＝Bdv解得v ＝(mgsin θ－μmgcos θ)RB 2d2＝2 m/s. (2)设最高点离bb ′的距离为x ，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动，有v 2＝2ax ，mgsin θ－μmgcos θ＝ma 线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有E k1－E k ＝μmgcos θ·2x ，其中E k ＝12mv 2得E k1＝12mv 2＋v 2μmgcos θgsin θ－μgcos θ＝0.1 J.(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中， 有mgsin θ·2d －μmgcos θ·2d ＋W 安＝0 Q ＝－W 安解得Q ＝2mgd(sin θ－μcos θ)＝0.004 J. 答案：(1)2 m/s (2)0.1 J (3)0.004 J例4 解析：(1)由图乙得ab 棒刚开始运动瞬间a ＝2.5 m/s 2， 则F －F f ＝ma ， 解得F f ＝0.2 N.ab 棒最终以速度v ＝10 m/s 匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F －F f －F 安＝0.F 安＝BIL ＝BL Blv R ＝B 2L 2vR .联立可得R ＝B 2L 2vF －F f＝0.4 Ω.(2)由功能关系可得(F －F f )x ＝12mv 2＋Q ，解得Q ＝20 J.答案：(1)0.4 Ω (2)20 J练4 解析：(1)线圈刚进入磁场时有：E ＝BLv 0 根据闭合电路欧姆定律：I ＝ER所以安培力F ＝B 2L 2v 0R根据牛顿第二定律：F －μmg ＝ma. a ＝B 2L 2v 0mR －μg ，方向向左(2)根据动量定理，对线圈： μmgt －I 安＝0. 其中安培力的冲量：I 安＝F 安t ′＝B I －L ·t ′＝BLq q ＝ΔΦR ＝BL 2R .综上解得t ＝B 2L 3μmgR.(3)自线圈进入磁场到线圈右侧边到达PQ 过程中，对于单个线圈，根据动能定理得 μmgd －W 安＝0，所以克服安培力做功W 安＝μmgd单个线圈离开磁场的运动情况和进入磁场相同，W ′安＝W 安＝μmgd ， 所以对于n 个线圈有Q ＝2n μmgd答案：(1)B 2L 2v 0mR －μg (2)B 2L3μmgR(3)2n μmgd练5 解析：(1)设金属杆的最大速度为v m ，安培力与重力平衡，则有：F 安＝mg 又F 安＝BIL ，I ＝ER ＋r，E ＝BLv m 联立得：F 安＝B 2L 2v mR ＋r解得：v m ＝4 m/s(2)电路中产生的总焦耳热： Q 总＝R ＋r R Q ＝3＋13×0.6 J ＝0.8 J由能量守恒定律得：mgh ＝12mv 2m ＋Q 总解得：h ＝1.6 m(3)为使ab 杆中不产生感应电流，应使穿过回路平面的磁通量不发生变化， 在该时刻穿过回路平面的磁通量为： Φ1＝BLht 时刻的磁通量为： Φ2＝B ′L ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋v m t ＋12gt 2 由Φ1＝Φ2得：B ′＝Bhh ＋v m t ＋12gt2代入数据解得：B ′＝ 1.65t 2＋4t ＋1.6T答案：(1)4 m/s (2)1.6 m (3)B ′＝ 1.65t 2＋4t ＋1.6T例5 解析：本题考查电磁感应中的电荷量、能量等物理量的计算．棒a 向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可知，俯视时感应电流方向为逆时针，A 错误；在棒a 的速度由v 0减小到0.8v 0的过程中，棒a 减速，棒b 加速，对棒a ，由动量定理可得B I －·Lt ＝BqL ＝mv 0－0.8mv 0，对棒b ，由动量定理可得B I －·2Lt ＝mv ，联立可得v ＝0.4v 0，q ＝mv 05BL ，B 正确，D 错误；根据能量守恒定律可得Q ＝12mv 20－12m(0.8v 0)2＋12m(0.4v 0)2＝0.1mv 20，C 正确．答案：BC例6 解析：由楞次定律可知ab 棒做减速运动，cd 棒做加速运动，即v 1减小，v 2增加．回路中的感应电动势E ＝BL(v 1－v 2)，回路中的电流I ＝E R ＝BL (v 1－v 2)R ，回路中的导体棒ab 、cd 的加速度大小均为a ＝F m ＝BIL m ＝B 2L 2(v 1－v 2)mR ，由于v 1－v 2减小，可知a 减小，所以ab 与cd 的v ­ t 图线斜率减小，I 也非线性减小，所以A 、C 正确，B 、D 错误．答案：AC练6 解析：本题从动量和能量两个角度考查双棒问题．当cd 受到的安培力最大时，cd 在导轨上的加速度最大，即ab 刚进入磁场时，cd 在导轨上的加速度最大，设此时ab 的速度为v ，根据机械能守恒定律可得12mv 2＝mgh ，解得v ＝2gh ，此时回路中的感应电流I ＝BLv 2r ，cd 在导轨上的最大加速度a ＝BIL m ＝B 2L 22gh2mr，故A 正确，B 错误； 设cd 离开导轨时的速度为v 1，根据平抛运动规律可知，下落时间t ＝2h g ，则v 1＝h t＝gh2，设cd 离开导轨时ab 的速度为v ′，根据动量守恒定律可得mv ＝mv ′＋mv 1，解得v ′＝v 1＝gh2，所以ab 的落地点也在ef 处，故C 错误；电路中产生的热量Q ＝mgh －12mv ′2－12mv 21＝12mgh ，故D 正确．答案：AD练7 解析：(1)设杆a 刚滑到水平轨道时，杆b 的速度为v b ，杆a 在弧形轨道上运动的时间与杆b 从开始滑动到杆a 刚滑到水平轨道时所用时间相等，对杆b 应用动量定理有Bd I －t 1＝m b v b －m b v 0其中v 0＝－5 m/s ，v b ＝－2 m/s 解得t 1＝5 s.(2)设杆a 下滑到水平轨道时的速度为v a ，由杆a 下滑的过程中机械能守恒有 m a gh ＝12m a v 2a解得v a ＝5 m/s设两杆最后共同的速度为v ，两杆在水平轨道上运动过程中动量守恒，有 m a v a ＋m b v b ＝(m a ＋m b )v 解得v ＝83m/s对杆a 在水平轨道上运动过程应用动量定理有 －Bd I －t 2＝m a v －m a v a 又q ＝I －t 2解得q ＝73C.(3)由能量守恒定律得，两杆产生的总焦耳热Q 总＝m a gh ＋12m b v 20－12(m a ＋m b )v 2＝1616 J杆a 、b 串联，电流相等，则相同时间内产生的焦耳热与电阻成正比 故杆b 上产生的焦耳热Q ＝R b R a ＋R b Q 总＝1156J. 答案：(1)5 s (2)73 C (3)1156 J。

高三物理第十一章磁场本章考试大纲专题一 磁场 磁感应强度 磁通量【达标指要】知道磁场的基本特性，熟练掌握和运用安培定则判断电流产生的磁场方向，深刻理解磁感应强度概念，掌握磁感应强度叠加原理，【名题精析】例1．如图11-1-1所示，两个完全相同的通电圆环A 、B 圆心O 重合、圆面相互垂直的放置，通电电流相同，电流方向如图所示，设每个圆环在其圆心O 处独立产生的磁感应强度为B 0，则O 处的磁感应强度大小为（ ）A ．0B ．2B 0C ．2B 0D ．无法确定分析与解：根据右手螺旋定则可知，图中A 环在圆心O 处产生的磁感应强度的方向是垂直纸面向里，B 环在圆心O 处产生的磁感应强度的方向是竖直向下．根据平行四边形定则可知，圆心OB 0．例2．如图11-1-2甲所示，根据小磁针的指向，画出线圈的绕线方向． 分析与解：首先由小磁针静止时N 极的指向可以确定，绕在蹄形铁芯上的线圈通电后，产生的磁场磁感线，是从铁芯左方到右方，即蹄形铁芯左方为N 极，右方为S 极，再根据电源标出电流方向，铁芯左方上端为N 极，由安培定则可知，铁芯左方线圈中电流方向如图所示，由此可知左侧线圈中的绕线方向如图所示．同理，铁芯右侧上端为S 极，根据安培顶则可知，线圈中电流方向如图所示，故线圈绕线方向如图11-1-2乙所示．例3．如图11-1-3所示，面积为S 的矩形线圈abcd ，处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与线框平面成θ角，当线框以ab 为轴顺时针方向转过90°时，穿过abcd 面的磁通量变化量△Φ为（ ）A ．BS cos θB ．-BS (sin θ＋cos θ)C ．BS sin θD ．BS分析与解：磁通量由磁感应强度矢量在垂直于线框方向上的分量决定，开始时B 与线框平面成θ角，磁通量φ1=Bs sin θ，线框平面按题意方向转动时，磁通量减少，当转过90°时，磁通量为负值，Φ2=-Bs cos θ，可见，磁通量的变化量为△Φ=Φ2-Φ1=-BS cos θ-BS sin θ=-BS (cos θ+sin θ)．【思路点拨】例1、例2考查了安培定则的应用、空间磁感线分布及矢量合成的平行四边形法则． 例3中应注意：磁通量Φ=BS 的适用条件、物理量的分解．【益智演练】1．如图11-1-4所示，ab 是水平面上一个圆的直径，在过ab 的竖直面内有一根通电导线ef ，且ef 平行于ab ，当ef 竖直向上平移时，穿过圆面积的磁通量将A ．逐渐变大图11-1-1图11-1-3图11-1-4e fI甲乙图11-1-2B ．逐渐变小C ．始终为零D ．不为零，但始终保持不变2．如图11-1-5所示，一带负电的金属环绕轴OO ′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是( ) A ．N 极竖直向上 B ．N 极竖直向下 C ．N 极沿轴线向左D ．N 极沿轴线向右3．在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线，如图11-1-6所示，四根导线中电流i 4=i 3＞i 2＞i 1，要使O点磁场增强，应切断哪一根导线中的电流（ ） A ．i 1B ．i 2C ．i 3D ．i 44．在磁感应强度为B 0，竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直纸面向里，如图11-1-7所示，a 、b 、c 、d 是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中A ．b 、d 两点的磁感应强度大小相等B ．a 、b 两点的磁感应强度大小相等C ．c点的磁感应强度的值最小 D ．b 点的磁感应强度的值最大5．有一束电子流沿x 轴正方向高速运动，如图11-1-8所示，电子流在z 轴上的P 点处所产生的磁场方向是沿( ) A ．y 轴正方向 B ．y 轴负方向 C ．z 轴正方向D ．z 轴负方向 6．在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态，突然发现小磁针N 极向东偏转，由此可知A ．一定是小磁针正东方向上有一条形磁铁的N 极靠近小磁针B ．一定是小磁针正东方向上有一条形磁铁的S 极靠近小磁针C ．可能是小磁针正上方有电子流自南向北水平通过D ．可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过 7．关于磁感应强度的说法中，正确的是 ( )A ．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零B ．一小段通电导体在磁场中某处受到的磁场力越小，说明该处的磁感应强度越小C ．磁场中某点的磁感应强度方向，就是放在该点的一小段通电导体的受力方向D ．磁场中某点的磁感应强度的大小和方向与放在该点的通电导线受力情况无关8．下列说法正确的是 ( )A ．一小段通电导线放在磁场A 处时，受到的磁场力比放在B 处大，说明A 处磁感应强度比B 处磁感应强度大´图11-1-5图11-1-63i 4图11-1-8B ．由B =ILF可知，某处磁感应强度大小与放入该处的通电导线IL 乘积成反比 C ．B 总与F 和I 垂直，但F 、I 之间可以不垂直D ．小磁针N 极所受磁场力方向就是该处磁感应强度的方向9．有一小段通电导线，长为1cm ，电流强度为5A ，把它置于磁场中某点，受到的磁场力为0.1 N ，则该点的磁感应强度B 一定是（ ） A ．B =2 T B ．B ≤2 TC ．B ≥2 TD ．以上情况都有可能10．关于磁场和磁感线的描述，下列哪些是正确的 ( )A ．磁感线从磁体的N 极出发到磁体的S 极终止B ．自由转动的小磁针放在通电螺线管内部，其N 极指向螺线管的北极C ．磁感线是互不相交的闭合曲线D ．两条磁感线的空隙处不存在磁场11．关于磁现象的电本质，下列说法正确的是 ( )A．磁铁的磁场和电流的磁场都是电荷的运动产生的B ．一切磁作用都可以归纳为是运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用C ．根据安培的分子电流假说，在外界磁场作用下，铁磁性物体内部分子电流取向变得大致相同时，物体就被磁化，两端就形成磁极D．为了使永久磁体保持磁性，要定期让它受到高温或猛烈的撞击，促使分子电流易于获得一致取向12．如图11-1-9所示，M 1与M 2为两根原未被磁化的铁棒，现将它们分别放置于如图所示的位置，则被通电螺线管产生的磁场磁化( ) A ．M 1的左端为N 极，M 2的右端为N 极 B ．M 1和M 2的左端均为N 极C ．M 1的右端为N 极，M 2的左端为N 极D ．M 1和M 2的右端均为N 极13．世纪20年代，以塞贝克（数学家）为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流，安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假设：地球磁场是由绕地球的环形电流引起的．该假设中的电流方向是A．由西向东垂直磁子午线 B ．由东向西垂直磁子午线 C．由南向北沿磁子午线D ．由赤道向两极沿磁子午线方向（注：磁子午线是地球磁场N 极与S 极在地球表面的连线）14．如图11-1-10所示，框架面积为S ，框架平面与磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直，则穿过线圈平面的磁通量为_______；若使框架绕轴OO ′转过60°角，则穿过线框平面的磁通量为_______；若从初始位置转过90°角，则穿过线框平面的磁通量为_______；若从初始位置转过120°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为_______．图11-1-9图11-1-1015．如图11-1-11所示，放在通电螺线管内部中间处的小磁针，静止时N 极指向右，试判定电源的正负极．16．在同一个平面内有六根彼此绝缘的通电导线，其中电流强度的大小相同，方向如图11-1-12所示．A 、B 、C 、D 四个区域均为面积相同的正方形，其中指向纸外的磁场最强的区域是_______区．17．一般情况下，金属都有电阻．电阻是导体的属性之一．当条件发生改变时，其属性也会发生改变．（1）实验表明，某些金属当温度降低到某一定值时，其电阻突然降为零，这种现象叫做 现象．（2）图11-1-13所示为磁悬浮现象，将某种液态物质倒入金属盘后，能使金属盘达到转变温度，在金属盘上方释放一永磁体，当它下落到盘上方某一位置时即产生磁悬浮现象．试根据下表列出的几种金属的转变温度和几种液态物质的沸点数据，判断所倒入的液态物质应是_______，金属盘的材料应是_______．（3）试分析说明磁悬浮现象的原因．（4）利用上述现象，人们已设计成磁悬浮高速列车．列车车厢下部装有电磁铁，运行所需槽形导轨底部和侧壁装有线圈，用以提供_______．这种列车是一般列车运行速度的3~4倍，能达到这样高速的原因是_ __．【学后反思】磁场是磁极或电流周围产生的一种特殊物质，磁场和电场是两种不同的物质．磁场的电本质是由电荷图11-1-11图11-1-12ABC D图11-1-13的运动产生．磁场分布在立体空间，掌握磁感线分布的立体图、纵、横截面图的画法对分析问题很有帮助．【参考答案】1．C 2．C 3．D 4．AC 5．A 6．C 7．D 8．D 9．C 10．BC 11．ABC 12．A 13．B 14．BS，BS/2，0，3BS/2 15．左“+”16．B 17．（1）超导；（2）液氦，铅；（3）金属盘上方下落的永磁体，在金属盘中感应出电流，由于是超导体，所以该电流很大，产生强大磁场，与上方下落的永磁体互相排斥．永磁体受到这个强磁力平衡了自身的重力时，就会处于悬浮状态；（4）强磁场，消除了摩擦．。

专题十一、线框在磁场中的运动问题问题分析线框在磁场中的运动问题是电磁感应定律的具体应用问题，是历年高考考查的重点和难点，具有很强的综合性，线框进出磁场过程可以分为三个阶段：“进磁场”阶段、“在磁场中平动”阶段、“出磁场”阶段．不同的阶段，线框的运动规律不同，分析问题时需要区别对待，当然，这里的线框可以是矩形的，可以是圆形的，也可以是扇形或三角形的，还可以是其他形状的．线框在磁场中的运动问题，需要考虑两方面：一方面是电磁学的有关规律，即法拉第电磁感应定律、楞次定律、左手定则、右手定则、安培力的计算公式等；另一方面是电磁学与力学的综合，线框在磁场中的运动透视的解题思路如下：(l)分析线框的运动情况，判断闭合回路中电磁感应情况，根据相关规律求出电源电动势和电源内阻；(2)分析电路结构，求出电路的息电阻和相关的电阻，再求出电路中的电流和安培力；(3)分析线框中切割磁感线的边的受力情况，求出合力；(4)结合电磁学与力学的相关规律，判断出线框的具体运动规律；(5)根据能量守恒与转化的关系，分析题目所要求的相关问题．透视1 考查线框在磁场中的摆动问题线框系在细线的一端，细线的另一端固定在某一点，线框由于某种原因在磁场中来回摆动，在摆动的过程中，线框切割磁感线，线框中有感应电动势和感应电流产生．这类试题一般需要考生判断感应电动势的大小、感应电流的大小和方向、安培力的大小和方向等．可以利用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向，利用左手定则判断安培力的方向，在运用楞次定律时，一定要注意该定律中“阻碍”的含义．【题1】如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是( )A. a→b→c→d→aB. d→c→b→a→dC.先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD.先是a →b →c →d →a ，后是d →c →b →a →d【解析】在闭合线框从右端摆动到最低点这一过程中，穿过线框的磁感线逐渐减少，根据楞次定律可知，线框中产生感应电流以阻碍原磁场的减少，故线框中感应电流的方向为d →c →b →a →d ；在闭合线框从最低点摆动到莰左端这一过程中，穿过线框的磁感线逐渐增多，根据楞次定律可知，线框中产生感应电流以阻碍原磁场的增多，故线框中感应电流的方向为d →c →b →a →d ，由以上分析可知，线框中感应电流的方向为d →c →b →a →d ，B 正确，A 、C 、D 错误．透视2 考查线框在磁场中的旋转问题线框绕某一点在磁场中做圆周运动，即绕某点旋转，线框会切割磁感线，产生感应电流，这与交流电的产生原理有点相似．这类问题，可以与交变电流的相关知识结合，考查考生对知识的整合能力，【题2】如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B ．电阻为R 、半径为L 、圆心角为o 45的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度叫匀速转动(O 轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为 ( )A ．22BL R ωBCD ．24BL Rω【解析】易错：在求线框中感应电动势的最大值时发生错误，认为最大值为2m E BL ω=，最后得出感应电流的有效值为22BL Rω，错选A;不会利用交变电流有效值的定义计算有效值，而是根据正弦交变电流的有效值与最大值的关系计算，，错选C ．正解：白于线框以角速度ω匀速转动，产生的感应电动势最大值为22BL ω，故线框中感应电流的最大值为2m 2BL I Rω=，以逆时针方向为正方向，故线框内产生的感应电流按如图所示规律变化．根据电流有效值的定义可知，224m T I RT I R =⋅，联立以上各式解得24BL I Rω=，由以上分析可知，正确答案为D ．点评 在求有效值问题时，一定要判断交变电流是不是按照正弦或者余弦规律变化的．如果不是，那么就不能利用最大值与有效值的关系来求有效值，不要乱套公式．透视3 考查线框在磁场中的竖直下落问题线框从某一高度自由下落，下落一段距离后进入磁场，然后经过磁场从另一边出磁场，在进入磁场和出磁场这两个阶段，线框切割磁感线，产生感应电动势和感应电流．这类试题通常考查线框的速度、受到的安培力、产生的热量等，需要用到牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律、安培力的计算公式等．处理问题时，应当分“进磁场”、“在磁场中运动”、“出磁场”三个阶段分析线框的运动情况．需要注意的是线框完全进入磁场后，不产生感应电动势和感应电流，线框做自由落体运动.【题3】如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两边长相等的单匝闭合正方形线圈I 和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（I 为细导线）．两线圈在距磁场上界面h 高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到她面，运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界，设线圈I 、Ⅱ落地时的速度大小分别为1v 、2v ，在磁场中运动时产生的热量分别为1Q 、2Q ，不计空气阻力，则 ( )A. 12v v <，12Q Q <B. 12v v =，12Q Q =C. 12v v <，12Q Q >D. 12v v =，12Q Q <【解析】根据题意可知，两线圈在距磁场上界面h 高处由静止开始自由下落，线圈到达磁场上边界时具有相同的速度剐，进入磁场后，两线圈切割磁感线产生感应电流，此时线圈受到磁场的安培力为F BIl =，又Blv I R =，故22B l v F R=；又线圈的电阻4l R Sρ=，其中ρ为材料的电阻率，l 为线圈的边长，所以安培力为24B lvS F ρ=，此时加速度mg F F a g m m-==-，设0ρ为该材料的密度，则04m S l ρ=⋅，加速度2016B v a g ρρ=-是定值，故线圈I 和Ⅱ在进入磁场时同步运动，当两线圈全部进入磁场后，感应电流为零，不再受到安培力的作用，只在重力的作用下竖直下落，加速度为g ．因此，线圈I 和Ⅱ落地时速度相等，即12v v =，由能量的转化与能量守恒定律可知，21()2Q mg h H mv =+-，其中H 为磁场区域的高度，由于线圈I 为细导线，质量m 小，产生的热量小，所以12Q Q <，由以上分析可知，选项D 正确．透视4 考查线框在磁场中的水平移动问题线框在磁场中水平运动是高考中最常见的一类问题，也是该透视中考得最多的一类．线框在磁场中水平移动问题通常与图像相结合，综合性比较强，难度较大，考查考生分析问题、处理问题的能力．这类问题所涉及的图像常见的有B t -图像、q t -图像、E t -图像、I t -图像和a x -图像，有时还会出现E x -图像和I x -图像．解题思路为：根据电磁感应现象分析感应电动势和感应电流，然后分析线框的安培力、合力、加速度和速度，最后再具体分析线框的感应电动势．当线框完全进入磁场达到稳定时，线框的安培力为零，加速度为零，速度不变．【题4】如图所示，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L ．边长为L 的正方形线框abcd 的bc 边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图 ( )【解析】根据题意可知，线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域，由感应电动势公式E BLv =与运动学公式v at =可得E BLat =，BLa I t R=，故感应电流I 随时间t 均匀变化，在0～1t 时间内，感应电流均匀增大；在1t ～2t 时间内，根据右手定则可以判断出线框的ad边与bc 边产生的感应电流方向相同，为顺时针方向，总感应电流为两者大小相加，故线圈中的电流变大，方向与0～1t 时间内电流方向相反；在2t ～3t 时间内，线圈bc 边离开磁场，只有ad 边产生感应电流，此时感应电流的大小比1t ～2t 时间内的电流小，方向为逆时针方向；在0～1t 和2t ～3t 时间内，I t -图像的斜率相同，故A 正确，B 错误．由于线框做匀加速运动，其位移为212x at =，则t =I =在0～L 内，I x -图像为一段曲线；在L ～2L 内，线框中的电流为ad 边与bc 边产生的感应电流之和，方向为顺时针方向；在2L ～3L 内，bc 边已经离开磁场，不产生感应电流，只有ad 边产生感应电流，故C 正确，D 错误，由以上分析可知，正确答案为A 、C ．点评 做题时，一定要清楚题目需要我们判断的是什么样的图像，否则就容易出错，如本题就容易将I x -图像当成I t -图像．。

专题十一电磁感应考点1电磁感应现象及楞次定律的应用1.[2017湖北荆州期末]如图所示,大圆导线环A中通有逆时针方向的电流,另在导线环所在平面内有一个圆B,它的一半面积在A环内,另一半面积在A环外,则穿过圆B的磁通量()A.为零B.垂直环面向里C.垂直环面向外D.条件不足,无法判断2.[2017广州结业考试]如图所示,正方形线圈abcd位于纸面内,边长为L,匝数为N,过ab中点和cd中点的连线OO'恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上,磁感应强度为B,此时穿过线圈的磁通量为Φ,若线圈绕OO'轴逆时针转过60°的过程中,磁通量的变化量为ΔΦ,则Φ和ΔΦ的大小是( )A.,B.,C.BL2,D.NBL2,3.[2018湖北部分重点中学检测]如图所示,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,使圆盘以角速度ω逆时针匀速转动,下列说法正确的是()A.回路中不会产生感应电流B.回路中会产生大小不变、方向变化的感应电流C.回路中电流的大小和方向都周期性变化,周期为D.回路中电流方向不变,从b导线流进电流表4.[2014大纲卷,20,6分]很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放,形成一根长的竖直圆筒.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5.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置.(1)将图中所缺的导线补接完整.(2)[多选]如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上开关后,下列说法正确的是()A.将原线圈迅速插入副线圈的过程中,电流计指针向右偏转B.将原线圈插入副线圈后,电流计指针一直偏在零点右侧C.原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时,电流计指针将向右偏转D.原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时,电流计指针将向左偏转6.物理课上,老师做了一个奇妙的“跳环实验”.如图所示,她把一个带铁芯的线圈L、开关S 和电源用导线连接起来后,将一金属套环置于线圈L上,且使铁芯穿过套环.闭合开关S的瞬间,套环立刻跳起.某同学另找来器材再探究此实验.他连接好电路,经重复实验,线圈上的套环均未动.对比老师演示的实验,下列四个选项中,导致套环未动的原因可能是()A.线圈接在了直流电源上B.电源电压过高C.所选线圈的匝数过多D.所用套环的材料与老师的不同7.如图为一种早期发电机的原理示意图,该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成,两磁极相对于线圈平面对称,在磁极绕转轴匀速转动的过程中,磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOY运动(O是线圈中心).则( )A.从X到O,电流由E经G流向F,线圈的面积有收缩的趋势B.从X到O,电流由F经G流向E,线圈的面积有扩张的趋势C.从O到Y,电流由F经G流向E,线圈的面积有收缩的趋势D.从O到Y,电流由E经G流向F,线圈的面积有扩张的趋势8.[多选]如图所示,在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中,有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd,用绝缘轻质细杆悬挂在O点,并可绕O点左右摆动.金属线框从图示位置的右侧某一位置由静止释放,在摆动到左侧最高点的过程中,细杆和金属线框平面始终处于同一平面,且垂直纸面.则下列说法中正确的是()A.线框中感应电流的方向先是d→c→b→a→d,后是a→b→c→d→aB.线框中感应电流的方向是d→c→b→a→dC.穿过线框的磁通量先变大后变小D.穿过线框的磁通量先变小后变大考点2法拉第电磁感应定律及其应用9.[2017广西南宁模拟]下列图中能产生感应电流的是()10.[2018福建龙岩检测]如图所示,圆形导体线圈a平放在水平桌面上,在a的正上方固定一竖直螺线管b,二者轴线重合,螺线管与电源和滑动变阻器连接成闭合回路.若将滑动变阻器的滑片P向下滑动,下列表述正确的是()A.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B.穿过线圈a的磁通量变小C.线圈a有扩张的趋势D.线圈a对水平桌面的压力F N将增大11.[2017黑龙江哈尔滨检测][多选]某电磁冲击钻的原理图如图所示,若突然发现钻头M向右运动,则可能是()A.开关S闭合瞬间B.开关S由闭合到断开的瞬间C.开关S已经是闭合的,滑动变阻器滑片P向左迅速滑动D.开关S已经是闭合的,滑动变阻器滑片P向右迅速滑动12.[多选]如图所示,矩形线框abcd由静止开始运动,若要使线框中产生感应电流,则线框的运动情况应该是()A.向右平动(ad边还没有进入磁场)B.向上平动(ab边还没有离开磁场)C.以bc边为轴转动(ad边还没有转入磁场)D.以ab边为轴转动(转角不超过90°)13.[多选]如图所示,两个线圈套在同一个铁芯上,线圈的绕向在图中已经标出.左线圈连着平行导轨M和N,导轨电阻不计,在垂直导轨方向上放着金属棒ab,金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中,下列说法中正确的是()A.当金属棒ab向右匀速运动时,a点电势高于b点,c点电势高于d点B.当金属棒ab向右匀速运动时,b点电势高于a点,c点与d点等电势C.当金属棒ab向右加速运动时,b点电势高于a点,c点电势高于d点D.当金属棒ab向右加速运动时,b点电势高于a点,d点电势高于c点14.[2017福建师大附中阶段测试]在半径为r、电阻为R的圆形导线框内,以直径为界,左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场.以垂直纸面向外的磁场为正,两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示,则0~t0时间内导线框中( )A.没有感应电流B.感应电流方向为逆时针C.感应电流大小为D.感应电流大小为15.[2017北京海淀区期中]如图所示,A、B、C是3个完全相同的灯泡,L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计),则( )A.S闭合时,A灯立即亮,然后逐渐熄灭B.S闭合时,B灯立即亮,然后逐渐熄灭C.电路接通稳定后,3个灯亮度相同D.电路接通稳定后,S断开时,C灯立即熄灭16.[2013海南高考,10,5分][多选]如图所示,在水平光滑桌面上,两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上,且每个小线圈都各有一半面积在金属框内.在金属框接通逆时针方向电流的瞬间( )A.两小线圈会有相互靠拢的趋势B.两小线圈会有相互远离的趋势C.两小线圈中感应电流都沿顺时针方向D.左边小线圈中感应电流沿顺时针方向,右边小线圈中感应电流沿逆时针方向17.[2015上海高考,24,4分]如图所示,一无限长通电直导线固定在光滑水平面上,金属环质量为0.02 kg,在该平面上以v0=2 m/s、与导线成60°角的初速度运动,其最终的运动状态是,环中最多能产生J的电能.考点3电磁感应中的四大问题（电路、图象、动力学及能量）18.[2018陕西第一次摸底检测][多选]半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内,一长为r、电阻为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上面,BA的延长线通过圆导轨中心O,装置的俯视图如图所示,整个装置位于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,方向竖直向下.在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器.金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触,导轨电阻不计.下列说法正确的是()A.金属棒中电流从B流向AB.金属棒两端电压为Bωr2C.电容器的M板带负电D.电容器所带电荷量为CBωr219.[2017豫南九校第五次质检][多选]如图所示,用粗细均匀的电阻丝绕制的矩形导线框abcd 处于匀强磁场中,另一种材料的导体棒MN可与导线框保持良好的接触并做无摩擦滑动,导体棒MN在外力作用下从导线框左端开始做切割磁感线的匀速运动,一直滑到右端,在这个过程中导线框上消耗的电功率的变化情况可能为( )A.逐渐增大B.先增大后减小C.先减小后增大D.先增大后减小,再增大,接着再减小20.[2017山西晋中检测]如图所示,匝数n=100匝、横截面积S=0.2 m2、电阻r=0.5 Ω的圆形线圈MN处于垂直纸面向里的匀强磁场内,磁感应强度随时间按B=(0.6+0.02t)T的规律变化.处于磁场外的电阻R1=3.5 Ω,R2=6 Ω,电容C=30 μF,开关S开始时未闭合,求:(1)闭合S后,线圈两端M、N两点间的电压U MN和电阻R2消耗的电功率;(2)闭合S一段时间后又断开S,则S断开后通过R2的电荷量为多少?21.[2015上海高考,32,14分]如图(a),两相距L=0.5 m的平行金属导轨固定于水平面上,导轨左端与阻值R=2 Ω的电阻连接,导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场.质量m=0.2 kg 的金属杆垂直置于导轨上,与导轨接触良好,导轨与金属杆的电阻可忽略.杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动,并始终与导轨垂直,其v-t图象如图(b)所示.在15 s时撤去拉力,同时使磁场随时间变化,从而保持杆中电流为0.求:(1)金属杆所受拉力的大小F;(2)0~15 s内匀强磁场的磁感应强度大小B0;(3)15~20 s内磁感应强度随时间的变化规律.图(a) 图(b)22.[2017宁夏银川模拟]如图所示,金属轨道分为粗糙的水平段和光滑的圆弧段两部分,O点为圆弧的圆心,半径R=1 m.两轨道之间的宽度为0.5 m,匀强磁场方向竖直向上,磁感应强度大小为0.5 T.质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于轨道上的M点,当在金属细杆内通以恒为2 A的电流时,金属细杆沿轨道由静止开始运动.已知金属细杆与水平段轨道间的动摩擦因数μ=0.6,N、P为导轨上的两点,ON竖直、OP水平,且|MN|=1 m,g取10 m/s2,则()A.金属细杆开始运动时的加速度大小为4 m/s2B.金属细杆运动到P点时的速度大小为 m/sC.金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为8 m/s2D.金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为 0.75 N23.[2017辽宁沈阳模拟]如图所示,水平地面上方正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ,分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)而成.两线圈在距磁场上边界h高处由静止开始自由下落,再进入磁场,最后落到地面.运动过程中,线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界.设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2,在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力,则()A.v1<v2,Q1<Q2B.v1=v2,Q1=Q2C.v1<v2,Q1>Q2D.v1=v2,Q1<Q224.[2018河南郑州第一次质量预测][多选]两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置,顶端接一电阻R,导轨所在平面与匀强磁场垂直.将一根金属棒与下端固定的轻弹簧的上端绝缘拴接,金属棒和导轨接触良好,重力加速度为g,如图所示.现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则()A.金属棒运动到最低点的加速度大小小于gB.从释放到最低点的过程中,闭合回路产生的热量等于金属棒重力势能的减少量C.当弹簧弹力大小等于金属棒的重力时,金属棒下落的速度最大D.金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于由静止释放时的高度答案1.C穿过圆B的磁通量分为两部分,一部分是环A内部的,方向垂直纸面向外,另一部分是环A 外部的,方向垂直纸面向里,且两者面积相等,又因通电导线环A的磁场的磁感线是内部密集、外部稀疏,所以穿过圆B的合磁通量是垂直环面向外的,选项C正确.2.A 初始时刻,线圈在匀强磁场中的有效面积为L2,此时的磁通量Φ=BL2,绕OO'轴逆时针转过60°时,线圈在磁场中的有效面积为L2cos 60°=L2,此时的磁通量Φ'=BL2,故该逆时针转动过程中磁通量的变化量的大小ΔΦ=|Φ'-Φ|=BL2.3.D圆盘转动可等效看成无数径向导体切割磁感线,有效切割长度为圆盘的半径,由右手定则可知,每个导体的电流方向均从边缘指向圆心,即回路中电流方向不变,从b导线流进电流表,A错误,D正确;圆盘转动产生的感应电动势为E=BL2ω,L为圆盘半径,B、L、ω不变,则E 不变,感应电流大小为I=,可知电流大小不变,B、C错误.4.C对磁铁受力分析,可知磁铁重力不变,磁场力随速率的增大而增大,当重力等于磁场力时,磁铁匀速下落,所以C项符合题意.5.(1)如图所示(2)AD6.D解答本题的关键是明确产生感应电流的条件.闭合开关瞬间,只要套环中产生感应电流,套环就会跳起.套环未动,可能是绝缘材料制成的,不能产生感应电流,选项D正确.7.D在磁极绕转轴从X到O匀速转动时,穿过线圈平面的磁通量向上且增大,根据楞次定律可知线圈中产生顺时针(从上向下看)方向的感应电流,电流由F经G流向E,由于穿过线圈的磁通量增大,所以线圈的面积有收缩的趋势,以阻碍磁通量的增大,选项A、B错误;在磁极绕转轴从O到Y匀速转动时,穿过线圈平面的磁通量向上且减小,根据楞次定律可知线圈中产生逆时针(从上向下看)方向的感应电流,电流由E经G流向F,由于穿过的磁通量减小,所以线圈的面积有扩张的趋势,以阻碍磁通量的减小,选项C错误,D正确.8.BD线框从题图示位置的右侧摆到最低点的过程中,穿过线框的磁通量减小,由楞次定律可判断感应电流的方向为d→c→b→a→d,线框在最低点时方向变化,从最低点到左侧最高点的过程中,穿过线框的磁通量增大,由楞次定律可判断感应电流的方向为d→c→b→a→d.故选项B、D正确.9.B根据产生感应电流的条件可知,A中,电路没闭合,无感应电流;B中,电路闭合,且垂直磁感线的平面的面积增大,即闭合电路的磁通量增大,有感应电流;C中,穿过闭合线圈的磁通量相互抵消,合磁通量恒为零,无感应电流;D中,闭合回路的磁通量不发生变化,无感应电流.故选项B正确.10.D通过螺线管b的电流沿顺时针方向(俯视),根据右手螺旋定则判断出螺线管b所产生的磁场方向竖直向下,滑片P向下滑动,接入电路的电阻减小,电流增大,所产生的磁场的磁感应强度增强,根据楞次定律,线圈a中产生的感应电流产生的感应磁场方向竖直向上,再由右手螺旋定则可得线圈a中的电流沿逆时针方向(俯视),A选项错误;由于螺线管b中的电流增大,所产生的磁感应强度增强,线圈a的磁通量应变大,B选项错误;根据楞次定律,线圈a将阻碍磁通量的增大,因此,线圈a有缩小趋势,线圈a对水平桌面的压力增大,C选项错误,D选项正确.11.AC当开关S闭合瞬间,左线圈上有了电流,产生磁场,而对于右线圈来说,磁通量增加,由楞次定律可知,为了阻碍磁通量的增加,钻头M向右运动远离左边线圈,故A正确;当开关S由闭合到断开的瞬间,穿过右线圈的磁通量减少,为了阻碍磁通量的减少,钻头M要向左运动靠近左边线圈,故B错误;开关S闭合时,当滑动变阻器滑片P向左迅速滑动时,回路的电阻减小,回路的电流增大,产生的磁场增强,穿过右线圈的磁通量增加,为了阻碍磁通量的增加,钻头M向右运动远离左边线圈,故C正确;当滑动变阻器的滑片P向右迅速滑动时,回路的电阻增大,回路的电流减小,产生的磁场减弱,穿过右线圈的磁通量减少,为了阻碍磁通量的减少,钻头M向左运动靠近左边线圈,故D错误.12.AD选项A和D所描述的情况中,线框在磁场中的有效面积S均发生变化(A情况下S增大,D 情况下S减小),穿过线框的磁通量均改变,由产生感应电流的条件知线框中会产生感应电流.而选项B、C所描述的情况中,线框中的磁通量均不改变,不会产生感应电流.13.BD当金属棒ab向右匀速运动切割磁感线时,金属棒产生恒定的感应电动势,由右手定则判断通过金属棒的电流方向为a→b,根据电流从电源(ab相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点,可以判断b点电势高于a点;又因左线圈中的感应电动势恒定,则感应电流也恒定,所以穿过右线圈的磁通量保持不变,右线圈中不产生感应电流.当ab向右加速运动时,由右手定则可推断φb>φa,又由E=Blv可知ab产生的感应电动势不断增大,那么左回路中的感应电流也不断增大,由安培定则可判断铁芯中的磁感线方向沿逆时针方向,并且磁感应强度不断增强,所以右线圈中向上的磁通量不断增加,由楞次定律可判断,从上向下看右线圈中的感应电流方向应沿顺时针方向,因此d点电势高于c点.故选项B、D正确.14.C由右手定则,可知左、右两侧产生的感应电动势为串联,感应电流方向为顺时针,A、B错误.回路的感应电动势E=E1+E2,E1=·=E2,即E=πr2·,则感应电流大小I= = ,故C 正确,D错误.15.A 因线圈L的直流电阻可忽略不计,S闭合时,A灯立即亮,然后逐渐熄灭,A正确.S闭合时,B灯先不太亮,然后亮,B错误.电路接通稳定后,B、C灯亮度相同,A灯不亮,C错误.电路接通稳定后,S断开时,C灯逐渐熄灭,D错误.16.BC 电流接通瞬间,金属框周围磁场从无到有,且内强外弱,小线圈为阻碍磁通量的增加有向外运动的趋势,所以两小线圈会有相互远离的趋势,A错误,B正确.根据磁场叠加原理,可知两侧小线圈中的磁场方向竖直向上,由楞次定律,可知两侧小线圈中的感应电流都沿顺时针方向,C正确,D错误.17.匀速直线运动0.03解析:由无限长通电直导线周围的磁场分布可知,圆环在垂直导线的方向上受安培力,做减速运动,在沿导线方向上受力平衡,做匀速直线运动,最终圆环沿导线方向做匀速直线运动,最多能产生的电能为W=ΔE k=m(v0sin 60°)2 J=0.03 J.18.AB根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A,选项A正确;金属棒转动时产生的电动势为E=Br=Bωr2,切割磁感线的金属棒相当于电源,金属棒两端电压相当于电源的路端电压,因而U=E=Bωr2,选项B正确;金属棒A端相当于电源正极,电容器M板带正电,选项C错误;由C=可得电容器所带电荷量为Q=CBωr2,选项D错误.19.BCD导体棒MN相当于电源,等效电路图如图甲所示.由于导体棒MN的运动,外电路的电阻是变化的,设导体棒MN左侧电阻为R1,右侧电阻为R2,导线框的总电阻为R=R1+R2,所以外电路的并联总电阻R外==,由于R1+R2=R为定值,故当R1=R2时,R外最大.在闭合电路中,外电路上消耗的电功率P外与外电阻R外有关,P外=·R外=.可见,当R外=r时,P外有最大值,P外随R外的变化图象如图乙所示.根据题意,在R外由零到R max再到零的过程中,结合图象讨论P外变化的情况有:(1)若R外的最大值R max<r,则导线框上消耗的电功率先增大后减小;(2)若R外的最大值R max>r,且R外的最小值R min<r,则导线框上消耗的电功率先增大后减小,再增大,接着再减小;(3)若R外的最小值R min>r,则导线框上消耗的电功率先减小后增大.综上所述,B、C、D正确.图甲图乙20.(1)0.38 V 9.6×10-3 W (2)7.2×10-6 C解析:(1)线圈产生的感应电动势E=n=n S=100×0.02×0.2 V=0.4 V回路中的电流I== A=0.04 A线圈两端M、N两点间的电压U MN=0.4 V-0.04×0.5 V=0.38 V电阻R2消耗的电功率P2=I2R2=0.042×6 W=9.6×10-3 W.(2)闭合S一段时间后,电路稳定,电容器相当于开路,其两端电压U C等于R2两端的电压,即U C=IR2=0.04×6 V=0.24 V电容器充电后所带电荷量Q=CU C=30×10-6×0.24 C=7.2×10-6 C当S再次断开后,电容器放电,通过R2的电荷量为7.2×10-6 C.21.(1)0.24 N(2)0.4 T(3)B(t)=(T)解析:(1)由v-t关系图可知在0~10 s时间内杆尚未进入磁场,因此F-μmg=ma1①由题图(b)可得a1=0.4 m/s2由题意可知在15~20 s时间内杆仅在摩擦力作用下运动则有μmg=ma2②由题图(b)可知a2=0.8 m/s2联立①②并代入数据解得F=0.24 N.(2)在10~15 s时间内杆在磁场中做匀速直线运动,因此有F=μmg+,把F=0.24 N,μmg=0.16 N代入解得B0=0.4 T.(3)由题意可知在15~20 s时间内通过回路的磁通量不变,设杆在10~15 s内运动距离为d,15 s 后运动距离为x.B(t)L(d+x)=B0Ld,其中d=20 mx=4(t-15)-0.4(t-15)2(m)由此可得B(t)==(T).22.D金属细杆在水平方向受到安培力作用,安培力大小F安=BIL=0.5×2×0.5 N=0.5 N,金属细杆开始运动的加速度为a==10 m/s2,A错误;对金属细杆从M点到P点的运动过程,安培力做功W=F安×(MN+OP)=1 J,重力做功W G=-mg×ON=-0.5 J,由动能定理得W+W G=mv2,解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v= m/s,B错误;金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度,水平方向的向心加速度大小为a'==20 m/s2,C错误;在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F,水平向右的安培力F安,由牛顿第二定律得F-F安=,解得F=1.5 N,每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N,由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为 0.75 N,D正确.23.D由于从同一高度下落,故两线圈到达磁场上边界时具有相同的速度v,线圈下端的边切割磁感线产生感应电流,同时受到安培力F=的作用,又R=ρ(ρ为材料的电阻率,l为线圈的边长),所以安培力F=,此时线圈加速度a=g-,且m=ρ0S·4l(ρ0为材料的密度),所以加速度a=g-是定值,与线圈质量无关,故线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动,落地时速度大小相等,即v1=v2.由能量守恒定律可得Q=mg(h+H)-mv2(H是磁场区域的高度),线圈Ⅰ为细导线,则质量m小,故产生的热量小,所以Q1<Q2,D符合题意.24.AD金属棒从弹簧原长位置由静止释放时,金属棒的加速度a=g,如果没有磁场,根据简谐运动的规律,金属棒在最低点的加速度大小与释放时的加速度大小相等,即a=g;有磁场时,由于电磁感应,金属棒下落过程中会受到安培力的阻碍作用,金属棒的下落高度小于没有磁场时下落的高度,弹簧的弹力小于没有磁场时弹簧的弹力,因此金属棒在最低点的加速度大小小于g,选项A正确.根据能量守恒定律得知,回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与弹簧弹性势能增加量之差,选项B错误.金属棒向下运动的过程中,受到重力、弹簧的弹力和安培力三个力作用,当三力平衡时,速度最大,即当弹簧弹力、安培力之和等于金属棒的重力时,金属棒下落速度最大,选项C错误.由于产生内能,由能量守恒定律得知,金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度,选项D正确.。