2023年高考物理（考点解读+命题热点突破）专题11电磁感应定律及其应用

PAGEPAGE1专题11电磁感应定律及其应用【考向解读】电磁感应是电磁学中最为重要的内容，也是高考命题频率最高的内容之一。题型多为选择题、计算题。主要考查电磁感应、楞次定律、法拉第电磁感应定律、自感等知识。本局部知识多结合电学、力学局部出压轴题，其命题形式主要是电磁感应与电路规律的综合应用、电磁感应与力学规律的综合应用、电磁感应与能量守恒的综合应用。复习中要熟练掌握感应电流的产生条件、感应电流方向的判断、感应电动势的计算，还要掌握本局部内容与力学、能量的综合问题的分析求解方法。预测高考根底试题重点考查法拉第电磁感应定律及楞次定律和电路等效问题．综合试题还是涉及到力和运动、动量守恒、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电学知识．主要的类型有滑轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁感应图象的问题等．此除日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼、超导技术这些在实际中有广泛的应用问题也要引起重视。【命题热点突破一】电磁感应图象问题例1、【2022·四川卷】如图1­所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图像可能正确的有()图1­图1­【答案】BC【解析】设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势E＝Blv，感应电流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(Bl,R＋r)v，即I∝v；安培力FA＝BIl＝eq\f(B2l2,R＋r)v，方向水平向左，即FA∝v；R两端电压UR＝IR＝eq\f(BlR,R＋r)v，即UR∝v；感应电流功率P＝EI＝eq\f(B2l2,R＋r)v2，即P∝v2.分析金属棒运动情况，由牛顿第二定律可得F合＝F－FA＝F0＋kv－eq\f(B2l2,R＋r)v＝F0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(B2l2,R＋r)))v，而加速度a＝eq\f(F合,m).因为金属棒从静止出发，所以F0>0，且F合>0，即a>0，加速度方向水平向右．(1)假设k＝eq\f(B2l2,R＋r)，F合＝F0，即a＝eq\f(F0,m)，金属棒水平向右做匀加速直线运动，有v＝at，说明v∝t，即I∝t，FA∝t，UR∝t，P∝t2，所以在此情况下没有选项符合；【变式探究】(2022·高考山东卷)如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，以下uab－t图象可能正确的选项是()甲乙ABCD【解析】圆环内磁场的变化周期为0.5T0，那么产生的感应电动势的变化周期也一定是0.5T0，四个图象中，只有C的变化周期是0.5T0，根据排除法可知，C正确．【答案】C【变式探究】如下图，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上．从t＝0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用I表示导线框中的感应电流(以逆时针方向为正)．那么以下表示I－t关系的图线中，正确的选项是()答案：D【总结提升】分析电磁感应图象问题要注意的四点(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何．(2)注意看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应．(3)注意观察图象的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的曲直是否和物理过程相对应．(4)优先采取排除法．【命题热点突破二】电磁感应电路问题的分析与计算例2、【2022·全国卷Ⅲ】如下图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，那么()图1­A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在t＝eq\f(T,8)时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等【答案】BC【变式探究】(2022·高考安徽卷)如下图，abcd为水平放置的平行“〞形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．那么()A．电路中感应电动势的大小为B．电路中感应电流的大小为C．金属杆所受安培力的大小为D．金属杆的热功率为【答案】B【变式探究】如下图，用同种电阻丝制成的正方形闭合线框1的边长与圆形闭合线框2的直径相等，m和n是1线框下边的两个端点，p和q是2线框水平直径的两个端点，1和2线框同时由静止开始释放并进入上边界水平、足够大的匀强磁场中，进入过程中m、n和p、q连线始终保持水平．当两线框完全进入磁场以后，下面说法正确的选项是()A．m、n和p、q电势的关系一定有Um＜Un，Up＜UqB．m、n和p、q间电势差的关系一定有Umn＝UpqC．进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q1＞Q2D．进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q1＝Q2解析：当两线框完全进入磁场以后，根据右手定那么知Un＞Um，Uq＞Up，A正确；两线框完全进入磁场后，由于两线框的速度关系无法确定，故不能确定两点间的电势差的关系，B错误；设m、n间距离为a，由Q＝eq\f(ΔΦ,R)，R＝eq\f(ρl,S)得进入磁场过程中流过1、2线框的电荷量都为eq\f(BaS,4ρ)，C错误，D正确．答案：AD【方法技巧】解决电磁感应中电路问题的思路(1)“源〞的分析：用法拉第电磁感应定律算出E的大小，用楞次定律或右手定那么确定感应电动势的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻r.(2)“路〞的分析：根据“等效电源〞和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．(3)根据E＝BLv或E＝neq\f(ΔФ,Δt)，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解．【命题热点突破三】电磁感应过程中的动力学问题例3、【2022·全国卷Ⅰ】如图1­，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，金属棒ab(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．图1­【答案】(1)mg(sinθ－3μcosθ)(2)(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)(2)由安培力公式得F＝BIL⑥这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为ε＝BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得I＝eq\f(ε,R)⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)⑨【变式探究】如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，沿x轴方向B与x成反比，如图乙所示．顶角θ＝45°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触．t＝0时，导体棒位于顶点O处，导体棒的质量为m＝1kg，回路接触点总电阻恒为R＝0.5Ω，其余电阻不计．回路电流I与时间t的关系如图丙所示，图线是过原点的直线．求：(1)t＝2s时回路的电动势E；(2)0～2s时间内流过回路的电荷量q和导体棒的位移x1；(3)导体棒滑动过程中水平外力F的瞬时功率P(单位：W)与横坐标x(单位：m)的关系式．(2)流过回路的电荷量q＝eq\x\to(I)teq\x\to(I)＝eq\f(I,2)解得：q＝eq\f(k1t2,2)当t＝2s时，q＝4C由欧姆定律得：I＝eq\f(Blv,R)l＝xtan45°根据B－x图象可知：B＝eq\f(k2,x)(k2＝1T·m)解得：v＝eq\f(k1R,k2)t由于eq\f(k1R,k2)＝1m/s2，再根据v＝v0＋at，可得a＝1m/s2可知导体棒做匀加速直线运动那么0～2s时间内导体棒的位移x1＝eq\f(1,2)at2＝2m.答案：(1)2V(2)4C2m(3)P＝4x＋eq\r(2x)(W)【总结提升】电磁感应中的动力学问题的解题思路(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向．(2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向．(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．【命题热点突破四】用动力学和能量观点解决电磁感应综合问题例4、【2022·浙江卷】小明设计的电磁健身器的简化装置如图1­10所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56m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＝2.0T．质量m＝4.0kg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＝0.24m．一位健身者用恒力F＝80N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10m/s2，sin53°＝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FA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.图1­10【答案】(1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J【解析】(1)由牛顿定律a＝eq\f(F－mgsinθ,m)＝12m/s2①进入磁场时的速度v＝eq\r(2as)＝2.4m/s②【变式探究】如图甲所示，MN、PQ是相距d＝1m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好,ab的质量m＝0.1kg、电阻R＝1Ω；MN、PQ的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；灯泡电阻RL＝3Ω,定值电阻R1＝7Ω，调节电阻箱使R2＝6Ω，重力加速度g＝10m/s2.现断开开关S，在t＝0时刻由静止释放ab，在t＝0.5s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上;图乙所示为ab的速度随时间变化图象．(1)求斜面倾角α及磁感应强度B的大小；(2)ab由静止下滑x＝50m(此前已到达最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热；(3)假设只改变电阻箱R2的值，当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？(2)由能量转化关系有mgxsinα＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q(2分)代入数据解得Q＝mgxsinα－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝28.2J．(1分)(3)改变电阻箱R2的值后，ab匀速下滑时有mgsinα＝BdI(1分)所以I＝eq\f(mgsinα,Bd)＝0.6A(1分)通过R2的电流为I2＝eq\f(RL,RL＋R2)I(1分)R2消耗的功率为P＝Ieq\o\al(2,2)R2(1分)联立解得P＝I2eq\f(Req\o\al(2,L)R2,〔RL＋R2〕2)＝I2eq\f(Req\o\al(2,L),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(RL,\r(R2))＋\r(R2)))\s\up12(2))(1分)当eq\f(RL,\r(R2))＝eq\r(R2)，即R2＝RL＝3Ω时，R2消耗的功率最大，(1分)所以Pm＝0.27W．(2分)【答案】(1)37°1T(2)28.2J(3)3Ω0.27W【方法技巧】求解焦耳热的三个途径①感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W克安．②感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q＝I2Rt.③感应电路中产生的焦耳热可通过能量守恒定律列方程求解．【变式探究】如下图，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向向下．当导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上．假设两导体棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g，在此过程中导体棒EF上产生的焦耳热为Q，求：(1)导体棒MN受到的最大摩擦力；(2)导体棒EF上升的最大高度．(2)导体棒EF上升过程MN一直静止，对系统由能量的转化和守恒定律知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh＋2Q解得：h＝eq\f(mveq\o\al(2,0)－4Q,2mg).答案：(1)eq\f(B2L2v0,2R)＋mgsinθ(2)eq\f(mveq\o\al(2,0)－4Q,2mg)【易错提醒】用动力学和能量观点解决电磁感应综合问题极易从以下几点失分：①不会分析电源和电路结构，求不出电动势、电流等电学量；②错误分析导体(或线圈)受力情况，尤其是安培力的大小和方向；③不能正确地把机械运动过程、电磁感应过程和能量转化过程相联系；④思维混乱，错用公式，求不出结果．可以从以下几点进行防范：①从“三个角度〞看问题，即力与运动角度(动力、阻力、加速度、匀速还是变速)，电磁感应角度(电动势、电流、磁场强弱和方向、动生电还是电生动)，能量转化角度(什么力做了什么功、什么能转化成什么能)；②从“四个分析〞理思路，即“源〞、“路〞、“力〞、“能〞的分析，以力的分析为核心，力找对了，导体的运动情况和电磁感应过程就根本清楚了；③从“五个定律〞搞突破，即电磁感应定律、楞次定律、欧姆定律、牛顿第二定律、能量守恒定律．【高考真题】1．【2022·北京卷】如图1­所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响．以下说法正确的选项是()图1­A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向2．【2022·江苏卷】电吉他中电拾音器的根本结构如图1­所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，以下说法正确的有()图1­A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B．取走磁体，电吉他将不能正常工作C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．磁振动过程中，线圈中的电流方向不断变化3．【2022·全国卷Ⅱ】法拉第圆盘发电机的示意图如图1­所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，以下说法正确的选项是()图1­A．假设圆盘转动的角速度恒定，那么电流大小恒定B．假设从上向下看，圆盘顺时针转动，那么电流沿a到b的方向流动C．假设圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，那么电流方向可能发生变化D．假设圆盘转动的角速度变为原来的2倍，那么电流在R上的热功率也变为原来的2倍【答案】AB【解析】将圆盘看成由无数辐条组成，各辐条都在切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，当圆盘顺时针转动时(从上往下看)，根据右手定那么可判断，圆盘上感应电流从边缘向中心，流过电阻R的电流方向从a到b，B正确；由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv＝eq\f(1,2)BL2ω，而I＝eq\f(E,R)，故A正确，C错误；当角速度ω变为原来的2倍时，感应电动势E＝eq\f(1,2)BL2ω变为原来的2倍，感应电流I变为原来的2倍，电流在R上的热动率P＝I2R变为原来的4倍，D错误．4．【2022·全国卷Ⅲ】如下图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，那么()图1­A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在t＝eq\f(T,8)时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等5．【2022·江苏卷】据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号〞空间站飞过太阳的瞬间．照片中，“天宫一号〞的太阳帆板轮廓清晰可见．如下图，假设“天宫一号〞正以速度v＝7.7km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L＝20m，地磁场的磁感应强度垂直于v，MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T，将太阳帆板视为导体．图1­(1)求M、N间感应电动势的大小E；(2)在太阳帆板上将一只“1.5V，0.3W〞的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻．试判断小灯泡能否发光，并说明理由；(3)取地球半径R＝6.4×103km，地球外表的重力加速度g＝9.8m/s2，试估算“天宫一号〞距离地球外表的高度【答案】(1)1.54V(2)不能，理由见解析(3)4×106．【2022·浙江卷】如图1­2所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3l图1­2A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为3∶1【答案】B【解析】由楞次定律可判断，两线圈中产生的感应电流均沿逆时针方向，选项A错误；由E＝neq\f(ΔB,Δt)S，S＝l2，R＝ρeq\f(l,S)，I＝eq\f(E,R)，P＝eq\f(E2,R)，可知Ea：Eb＝9：1，Ia：Ib＝3：1，Pa：Pb＝27：1，选项B正确，选项C、D错误．7．【2022·全国卷Ⅰ】如图1­，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，金属棒ab(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．图1­【答案】(1)mg(sinθ－3μcosθ)(2)(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)【解析】(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2，对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsinθ＝μN1＋T＋F①N1＝2mgcosθ②对于cd棒，同理有mgsinθ＋μN2＝T③N2＝mgcosθ④联立①②③④式得F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤8．【2022·全国卷Ⅱ】如图1­所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．图1­【答案】(1)Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))(2)eq\f(B2l2t0,m)【解析】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得ma＝F－μmg①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E＝Blv③联立①②③式可得E＝Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))④9．【2022·四川卷】如图1­所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图像可能正确的有()图1­图1­【答案】BC【解析】设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势E＝Blv，感应电流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(Bl,R＋r)v，即I∝v；安培力FA＝BIl＝eq\f(B2l2,R＋r)v，方向水平向左，即FA∝v；R两端电压UR＝IR＝eq\f(BlR,R＋r)v，即UR∝v；感应电流功率P＝EI＝eq\f(B2l2,R＋r)v2，即P∝v2.分析金属棒运动情况，由牛顿第二定律可得F合＝F－FA＝F0＋kv－eq\f(B2l2,R＋r)v＝F0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(B2l2,R＋r)))v，而加速度a＝eq\f(F合,m).因为金属棒从静止出发，所以F0>0，且F合>0，即a>0，加速度方向水平向右．(3)假设k<eq\f(B2l2,R＋r)，F合随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合；综上所述，B、C选项符合题意．9．【2022·浙江卷】小明设计的电磁健身器的简化装置如图1­10所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56m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＝2.0T．质量m＝4.0kg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＝0.24m．一位健身者用恒力F＝80N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10m/s2，sin53°＝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FA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.图1­10【答案】(1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J【解析】(1)由牛顿定律a＝eq\f(F－mgsinθ,m)＝12m/s2①进入磁场时的速度v＝eq\r(2as)＝2.4m/s②(2)感应电动势E＝Blv③感应电流I＝eq\f(Blv,R)④安培力FA＝IBl⑤代入得FA＝eq\f(〔Bl〕2v,R)＝48N⑥10．【2022·全国卷Ⅲ】如图1­所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．图1­【答案】(1)eq\f(kt0S,R)(2)B0lv0(t－t0)＋kSt(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R)(2)当t>t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有f＝F⑦式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力．设此时回路中的电流为I，F的大小为F＝B0Il⑧此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑫在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑬由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为Et＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔΦt,Δt)))⑭由欧姆定律有I＝eq\f(Et,R)⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f＝(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R)⑯【2022·上海·24】1．如下图，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.02kg，在该平面上以、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。1．【答案】匀速直线运动；0.03【2022·浙江·16】2．如下图为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，外表镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在金属极板中间，那么A．乒乓球的左侧感应出负电荷B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C．乒乓球共受到电场力，重力和库仑力三个力的作用D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞2．【答案】D【解析】从图中可知金属板右侧连接电源正极，所以电场水平向左，故乒乓球上的电子移动到右侧，即乒乓球的右侧感应出负电荷，A错误；乒乓球右侧带负电，受到的电场力向右，乒乓球左侧带正电，受到的电场力向左，因为左右两侧感应出的电荷量相等，所以受到的电场力相等，乒乓球受到扰动后，最终仍会静止，不会吸附到左极板上，B错误；乒乓球受到重力和电场力作用，库仑力即为电场力，C错误；用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，乒乓球带正电，在电场力作用下，与左极板接触，然后乒乓球带负电，又在电场力作用下，运动到右极板，与右极板接触后乒乓球带正电，在电场力作用下，运动到左极板，如此重复，即乒乓球会在两极板间来回碰撞，D正确。【2022·海南·2】3．如下图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小ε，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折弯，置于磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为，那么等于〔〕A．1/2B．C．1D．3．【答案】B【2022·上海·20】5．如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功，磁场力对导体棒做功，磁铁克服磁场力做功，重力对磁铁做功，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为。那么A．B．C．D．5．【答案】BCD【2022·重庆·4】6．题4图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为，面积为.假设在到时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由均匀增加到，那么该段时间线圈两端a和b之间的电势差A．恒为B．从0均匀变化到C．恒为D．从0均匀变化到6．【答案】C【解析】穿过线圈的磁场均匀增加，将产生大小恒定的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得，而等效电源内部的电流由楞次定理知从，即b点是等效电源的正极，即，应选C。【2022·全国新课标Ⅱ·15】7．如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。bc边的长度为l。以下判断正确的选项是A．Ua>Uc，金属框中无电流B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a-b-c-aC．Ubc=-1/2Bl²ω，金属框中无电流D．Ubc=1/2Bl²w，金属框中电流方向沿a-c-b-a7．【答案】C【2022·全国新课标Ⅰ·19】8．1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验〞。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如下图。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。以下说法正确的选项是A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动8．【答案】AB【解析】圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A对，圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流产生，选项B对。圆盘转动过程中，圆盘位置，圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C错。圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D错。【2022·福建·18】9．如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中〔〕A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大9．【答案】C【2022·北京·20】10．利用所学物理知识，可以初步了解常用的公交一卡通〔IC卡〕的工作原理及相关问题。IC卡内部有一个由电感线圈L和电容C构成的LC的振荡电路。公交卡上的读卡机〔刷卡时“嘀〞的响一声的机器〕向外发射某一特定频率的电磁波。刷卡时，IC卡内的线圈L中产生感应电流，给电容C充电，到达一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输。以下说法正确的选项是〔〕A．IC卡工作场所所需要的能量来源于卡内的电池B．仅当读卡器发射该特定频率的电磁波时，IC卡才能有效工作C．假设读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，在线圈L中不会产生感应电流D．IC卡只能接收读卡器发射的电磁波，而不能向读卡机传输自身的数据信息10．【答案】B【2022·安徽·19】11．如下图，abcd为水平放置的平行“〞形光滑金属导轨，间距为l。导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动〔金属杆滑动过程中与导轨接触良好〕。那么A．电路中感应电动势的大小为B．电路中感应电流的大小为C．金属杆所受安培力的大小为D．金属杆的热功率为11．【答案】B【解析】导体棒切割磁感线产生感应电动势，故A错误；感应电流的大小，故B正确；所受的安培力为，故C错误；金属杆的热功率，故D错误。1.〔2022上海〕17．如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形。那么磁场〔〕〔A〕逐渐增强，方向向外〔B〕逐渐增强，方向向里〔C〕逐渐减弱，方向向外〔D〕逐渐减弱，方向向里【答案】CD2.【2022·新课标全国卷Ⅰ】在法拉第时代，以下验证“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【答案】D【解析】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．此题中的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，电路已到达稳定状态，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．3.【2022·新课标全国卷Ⅰ】如图(a)所示，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上．在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示．线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，那么以下描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的选项是()【答案】C4.【2022·江苏卷】如下图，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()A.eq\f(Ba2,2Δt)B.eq\f(nBa2,2Δt)C.eq\f(nBa2,Δt)D.eq\f(2nBa2,Δt)【答案】B【解析】根据法拉第电磁感应定律知E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB·S,Δt)，这里的S指的是线圈在磁场中的有效面积，即S＝eq\f(a2,2)，故E＝neq\f(〔2B－B〕S,Δt)＝eq\f(nBa2,2Δt)，因此B项正确．5.【2022·山东卷】如下图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻．以下表达正确的选项是()A．FM向右B．FN向左C．FM逐渐增大D．FN逐渐减小【答案】BCD6．【2022·四川卷】如下图，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t)T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．那么()A．t＝1s时，金属杆中感应电流方向从C到DB．t＝3s时，金属杆中感应电流方向从D到CC．t＝1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1ND．t＝3s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2N【答案】AC【解析】由于B＝(0.4－0.2t)T，在t＝1s时穿过平面的磁通量向下并减少，那么根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向从C到D，A正确．在t＝3s时穿过平面的磁通量向上并增加，那么根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向仍然是从C到D，B错误．由法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)Ssin30°＝0.1V，由闭合电路的欧姆定律得电路电流I＝eq\f(E,R)＝1A，在t＝1s时，B＝0.2T，方向斜向下，电流方向从C到D，金属杆对挡板P的压力水平向右，大小为FP＝BILsin30°＝0.1N，C正确．同理，在t＝3s时，金属杆对挡板H的压力水平向左，大小为FH＝BILsin30°＝0.1N，D错误．7.【2022·安徽卷】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．如下图，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，环上套一带电荷量为＋q的小球．磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，假设小球在环上运动一周，那么感生电场对小球的作用力所做功的大小是()A．0B.eq\f(1,2)r2qkC．2πr2qkD．πr2qk【答案】D8.【2022·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【答案】C【解析】此题考查楞次定律、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．9.【2022·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，那么小磁块()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【答案】C10.【2022·江苏卷】如下图，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．假设要缩短上述加热时间，以下措施可行的有()A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯【答案】AB【解析】根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，增加线圈的匝数n，提高交流电源的频率即缩短交流电源的周期(相当于减小Δt)，这两种方法都能使感应电动势增大应选项A、B正确．将金属杯换为瓷杯，那么没有闭合电路，也就没有感应电流；取走线圈中的铁芯，那么使线圈中的磁场大大减弱，那么磁通量的变化率减小．感应电动势减小．应选项C、D错误．11.【2022·新课标Ⅱ卷】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、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如下图．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．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体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．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小g.求(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小：(2)外力的功率．【答案】(1)从C端流向D端eq\f(3ωBr2,2R)(2)eq\f(3,2)μmgωr＋eq\f(9ω2B2r4,4R)(2)在竖直方向有mg－2N＝0⑤式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为N，两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为f＝μN⑥在Δt时间内，导体棒在内、外圆轨上扫过的弧长为l1＝rωΔt⑦和l2＝2rωΔt⑧克服摩擦力做的总功为Wf＝f(l1＋l2)⑨在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为WR＝I2RΔt⑩根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt时间内做的功为W＝Wf＋WR⑪外力的功率为P＝eq\f(W,Δt)⑫由④至12式得P＝eq\f(3,2)μmgωr＋eq\f(9ω2B2r4,4R)⑬12.【2022·安徽卷】(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30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“A〞形状的光滑金属导轨的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中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系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/s2.图1图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处电势差UCD；(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Fx关系图像；(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)－0.6V(2)略(3)7.5J(2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是l＝eq\f(OP－x,OP)d＝3－eq\f(3,2)x对应的电阻R1为R1＝eq\f(l,d)R，电流I＝eq\f(Blv,R1)杆受的安培力F安＝BIl＝7.5－3.75x根据平衡条件得F＝F安＋mgsinθF＝12.5－3.75x(0≤x≤2)画出的Fx图像如下图．(3)外力F所做的功WF等于Fx图线下所围的面积，即WF＝eq\f(5＋12.5,2)×2J＝17.5J而杆的重力势能增加量ΔEp＝mgsinθ故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5J13.【2022·北京卷】(20分)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识．如下图，固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F作用下，在导线框上以速度v做匀速运动，速度v与恒力F方向相同；导线MN始终与导线框形成闭合电路．导线MN电阻为R，其长度L恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度为B.忽略摩擦阻力和导线框的电阻．(1)通过公式推导验证：在Δt时间内，F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电，也等于导线MN中产生的热量Q;(2)假设导线MN的质量m＝8.0g、长度L＝0.10m，感应电流I＝1.0A，假设一个原子奉献一个自由电子，计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve(下表中列出一些你可能会用到的数据)；阿伏伽德罗常数NA6.0×1023mol－1元电荷e1.6×10－19C导线MN的摩尔质量μ6.0×10－2kg/mol(3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的剩余局部)的碰撞．展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此根底上，求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的表达式．【答案】(1)略(2)7.8×10－6m/s(3)＝evB【解析】(1)导线产生的感应电动势E＝BLv导线匀速运动，受力平衡F＝F安＝BIL在Δt时间内，外力F对导线做功W＝FvΔt＝F安vΔt＝BILvΔt电路获得的电能W电＝qE＝IEΔt＝BILvΔt可见，F对导线MN做的功等于电路获得的电能W电；导线MN中产生的热量Q＝I2RΔt＝IΔt·IR＝qE＝W电可见，电路获得的电能W电等于导线MN中产生的热量Q.(2)导线MN中具有的原子数为N＝eq\f(m,μ)NA因为一个金属原子奉献一个电子，所以导线MN中的自由电子数也是N.导线MN单位体积内的自由电子数n＝eq\f(N,SL)其中，S为导线MN的横截面积．因为电流I＝nveSe所以ve＝eq\f(I,nSe)＝eq\f(IL,Ne)＝eq\f(ILμ,mNAe)解得ve＝7.8×10－6m/s.方法二：能量解法S设电子从导线的一端到达另一端经历的时间为t，在这段时间内，通过导线一端的电子总数N＝eq\f(It,e)电阻上产生的焦耳热是由于克服金属离子对电子的平均作用力f做功产生的．在时间t内，总的焦耳热Q＝NfL根据能量守恒定律，有Q＝W电＝EIt＝BLvIt所以f＝evB方法三：力的平衡解法因为电流不变，所以假设电子以速度ve相对导线做匀速直线运动．因为导线MN的运动，电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用f洛＝evB沿导线方向，电子只受到金属离子的平均作用力f和f洛作有，二力平衡，即f＝f洛＝evB.14.【2022·江苏卷】如下图，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他局部的电阻均不计，重力加速度为g.求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.【答案】(1)tanθ(2)eq\f(mgRsinθ,B2L2)(3)2mgdsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)【解析】(1)在绝缘涂层上受力平衡mgsinθ＝μmgcosθ解得μ＝tanθ.(2)在光滑导轨上感应电动势E＝Blv感应电流I＝eq\f(E,R)安培力F安＝BLI受力平衡F安＝mgsinθ解得v＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)(3)摩擦生热QT＝μmgdcosθ能量守恒定律3mgdsinθ＝Q＋QT＋eq\f(1,2)mv2