2020年高考物理一轮复习文档第11章电磁感应第54讲

第54讲动力学、能量和动量观点在电磁感应中的应用考点一电磁感应中的动力学问题1．电磁感应与力学的联系在电磁感应现象中导体运动切割磁感线，产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用。因此，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起。解决电磁感应中的力学问题，一方面要考虑电磁学中的有关规律，另一方面还要考虑力学中的有关规律，要将电磁学和力学知识综合起来应用。2．解决电磁感应中力学问题的基本思路研究电磁感应现象中导体的运动，准确分析磁场对感应电流的安培力是关键。此类问题中的导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态。动态分析的基本思路如下：3．两种状态处理(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态处理方法：根据平衡条件(合外力等于0)列式分析。(2)导体处于非平衡态——加速度不为0处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆AB放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让AB杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(1)由B向A方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出AB杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当AB杆的速度大小为v时，求此时AB杆中的电流大小及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，AB杆可以达到的最大速度值。解析(1)如图所示，重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上。(2)当AB杆速度为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路中电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)。AB杆受到的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，根据牛顿第二定律，有ma＝mgsinθ－F＝mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)，a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)。(3)当eq\f(B2L2v,R)＝mgsinθ时，AB杆达到最大速度vmax＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)。答案(1)图见解析(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)方法感悟电磁感应中力学问题的解题技巧(1)将安培力与其他力一起进行分析。(2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化，不像重力或其他力一样是恒力。eq\a\vs4\al(3列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口。)(多选)如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，间距为l，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋于一个最大速度vm，除R外其余电阻不计，则()A．如果B变大，vm将变大B．如果α变大，vm将变大C．如果R变大，vm将变大D．如果m变小，vm将变大答案BC解析金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，在闭合电路中形成电流I＝eq\f(Blv,R)，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用，F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示。根据牛顿第二定律，得mgsinα－eq\f(B2l2v,R)＝ma，当a＝0时，v＝vm，解得vm＝eq\f(mgRsinα,B2l2)，故B、C正确。考点二电磁感应中的功能问题1．能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法2．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，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。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＝0.50m，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＝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。解析(1)由牛顿第二定律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＝BIl⑤代入得FA＝eq\f(Bl2v,R)＝48N⑥(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64J⑦由于F－mgsinθ－FA＝0⑧故CD棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t＝eq\f(d,v)⑨焦耳热Q＝I2Rt＝26.88J。答案(1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J方法感悟在利用能的转化和守恒定律解决电磁感应问题时，要注意分析安培力做功的情况，因为安培力的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，简单表示如下：eq\o(,\s\up17(W安>0),\s\do17(W安<0))电能其他形式能。1.(2018·唐山统考)(多选)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域。区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场边界MN、PQ、GH均平行于斜面底边，MP、PG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，下滑过程中ab边始终与斜面底边平行。t1时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到PQ与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动。重力加速度为g，下列说法中正确的是()A．当ab边刚越过PQ时，导线框的加速度大小为a＝gsinθB．导线框两次做匀速直线运动的速度之比v1∶v2＝4∶1C．从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做的功等于机械能的减少量D．从t1到t2的过程中，有eq\f(mv\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2)机械能转化为电能答案BC解析线框在区域Ⅰ内做匀速直线运动，其合力为零，则mgsinθ＝F安＝eq\f(B2L2v1,R)；线框的ab边刚越过PQ时，两边都在切割磁感线，都受到沿斜面向上的安培力F安′＝BI′L＝B·eq\f(2BLv1,R)·L＝eq\f(2B2L2v1,R)，则F合＝mgsinθ－2F安′＝mgsinθ－4×eq\f(B2L2v1,R)＝ma，a＝－3gsinθ，A错误；线框再次匀速时，其合力也为零，则mgsinθ－4×eq\f(B2L2v2,R)＝0，则eq\f(v1,v2)＝eq\f(4,1)，B正确；从t1到t2的过程中，安培力做负功，重力做正功，克服安培力所做的功等于线框机械能的减少量，减少的动能和重力势能转化为电能，即E电＝ΔE机减＝mgh＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,1)－\f(1,2)mv\o\al(2,2)))，C正确，D错误。2.(2015·天津高考)如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求：(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下边界间的距离H。答案(1)4(2)eq\f(Q,mg)＋28l解析(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，有E1＝B·2l·v1①设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)②设此时线框所受安培力为F1，有F1＝BI1·2l③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有F1＝mg④由①②③④式得v1＝eq\f(mgR,4B2l2)⑤设ab边将离开磁场时，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝eq\f(mgR,B2l2)⑥由⑤⑥式得eq\f(v2,v1)＝4⑦(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有mg·2l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑧线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2l＋H)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋Q⑨由⑦⑧⑨式得H＝eq\f(Q,mg)＋28l。考点三电磁感应中的动量问题1．动量定理在电磁感应现象中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安＝Beq\x\to(I)Lt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R总)Δt＝neq\f(ΔΦ,ΔtR总)Δt＝neq\f(ΔΦ,R总)，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便。2．动量守恒定律在电磁感应现象中的应用在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。(2018·哈尔滨模拟)如图所示竖直面内，水平线OO′下方足够大的区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度为B，一个单匝均匀正方形导体框，边长为L，质量为m，总电阻为r，从ab边距离边界OO′为L的位置由静止释放，已知从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场所用时间为t，重力加速度为g，空气阻力不计，导体框不翻转。求：(1)ab边刚进入磁场时，ba间电势差的大小Uba；(2)cd边刚进入磁场时，导体框的速度。解析(1)设ab边刚进入磁场时的速度为v1，根据机械能守恒定律可得：mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)根据法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势为：E1＝BLv1此时的感应电流为：I＝eq\f(E1,r)所以ba间电势差的大小Uba＝I·eq\f(3,4)r＝eq\f(3,4)E1＝eq\f(3BL,4)eq\r(2gL)。(2)从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的过程中，根据动量定理可得：mgt－Beq\x\to(I)Lt＝mv2－mv1其中Beq\x\to(I)Lt＝eq\f(B2L2\x\to(v)t,r)＝eq\f(B2L3,r)解得：v2＝gt－eq\f(B2L3,mr)＋eq\r(2gL)。答案(1)eq\f(3BL,4)eq\r(2gL)(2)gt－eq\f(B2L3,mr)＋eq\r(2gL)方法感悟应用动量定理还可以由动量变化来求解变力的冲量。如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1Ω，轨道的电阻不计。平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示。若使b棒以初速度v0＝10m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10m/s2，求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小。答案(1)5m/s(2)1.25J(3)1.25N解析(1)在安培力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达到最大速度。选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v解得c棒的最大速度为：v＝eq\f(mb,mb＋mc)v0＝eq\f(1,2)v0＝5m/s。(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为：Q＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5J因为Rb＝Rc，所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc＝eq\f(Q,2)＝1.25J。(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：eq\f(1,2)mcv2－eq\f(1,2)mcv′2＝mcg·2R解得v′＝3m/s在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcg＋F＝mceq\f(v′2,R)解得F＝1.25N由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25N，方向竖直向上。课后作业[巩固强化练]1．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为()A．a1>a2>a3>a4 B．a1＝a3>a2>a4C．a1＝a3>a4>a2 D．a4＝a2>a3>a1答案B解析未进磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1＝a3＝g。线框在图2位置时，受到重力和向上的安培力，且已知F安<mg，所以a2＝eq\f(mg－F安,m)<g。而由于线框完全在磁场中时做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2位置时的速度，根据F安＝eq\f(B2L2v,R)及a＝eq\f(mg－F安,m)可得a4<a2；故关系为：a1＝a3>a2>a4，B正确。2.(多选)如图所示，两光滑平行倾斜导轨PQ、EF所在平面与水平面的夹角为θ，匀强磁场垂直于导轨所在平面斜向下，导轨下端接一电阻R，质量为m的导体棒用平行于导轨的细线拴住置于导轨上，线的另一端跨过光滑定滑轮挂着一个质量为M的砝码，按住导体棒，整个装置处于静止状态，放手后，导体棒被细线拉着沿导轨向上运动一段位移s后，速度恰好达到最大值v(导体棒及导轨电阻忽略不计)，在此过程中()A．细线的拉力始终等于MgB．导体棒做加速度逐渐减小的加速运动C．细线的拉力与安培力的合力对导体棒做的功等于导体棒增加的机械能D．电阻R产生的热量Q＝Mgs－mgssinθ－eq\f(1,2)mv2答案BC解析对于导体棒，从静止释放后先做加速运动，随着速度增大，由公式F安＝eq\f(B2L2v,R)知，导体棒所受的安培力增大，对砝码、导体棒分析可得Mg－T＝Ma，T－mgsinθ－F安＝ma，解得a＝eq\f(Mg－mgsinθ－F安,M＋m)，当F安增大时加速度减小，则导体棒和砝码都做加速度逐渐减小的加速运动，加速运动时细线的拉力小于砝码的重力，A错误，B正确；对于导体棒，根据功能关系可知除重力之外，细线的拉力与安培力的合力对导体棒做的功等于导体棒增加的机械能，C正确；对于系统，根据能量守恒得：电阻R产生的热量Q＝Mgs－mgssinθ－eq\f(1,2)(m＋M)v2，D错误。3.(多选)如图所示，两根相距为d的足够长的光滑金属导轨固定在水平面上，导轨电阻不计。磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，长度略大于d的两导体棒M、N平行地放在导轨上，导体棒的电阻均为R、质量均为m，开始两导体棒静止，现给导体棒M一个平行导轨向右的瞬时冲量I，整个过程中导体棒与导轨接触良好，下列说法正确的是()A．回路中始终存在逆时针方向的电流B．棒N的最大加速度为eq\f(B2Id2,2m2R)C．回路中的最大电流为eq\f(BId,2mR)D．棒N获得的最大速度为eq\f(I,m)答案BC解析根据右手定则可知开始回路中电流方向为逆时针，当两个导体棒以相同的速度匀速运动时，回路中的电流强度为零，故A错误；当M开始运动的瞬间，N的加速度最大，根据动量定理可得I＝mv，解得v＝eq\f(I,m)，根据牛顿第二定律可得：eq\f(B2d2v,2R)＝ma，解得a＝eq\f(B2Id2,2m2R)，故B正确；回路中的最大电流为I流＝eq\f(E,2R)＝eq\f(Bdv,2R)＝eq\f(BId,2mR)，故C正确；N速度最大时二者的速度相等，根据动量守恒定律可得：mv＝2mv′，解得v′＝eq\f(v,2)＝eq\f(I,2m)，故D错误。4．(多选)如图甲所示，电阻不计且间距L＝1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R＝2Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m＝0.1kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平。已知杆ab进入磁场时的速度v0＝1m/s，下落0.3m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10m/s2，则()A．匀强磁场的磁感应强度为2TB．杆ab下落0.3m时金属杆的速度为1m/sC．杆ab下落0.3m的过程中R上产生的热量为0.2JD．杆ab下落0.3m的过程中通过R的电荷量为0.25C答案AD解析当金属杆进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b。由乙图知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a1＝10m/s2，方向竖直向上。由牛顿第二定律得：BI1L－mg＝ma1，又I1＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)，代入数据解得：B＝2.0T，故A正确；由a～h图象知h＝0.3m时a＝0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，有mg－BIL＝0，其中I＝eq\f(BLv,R)，联立得：v＝0.5m/s，故B错误；杆ab下落0.3m的过程中，由能量守恒有mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Q，代入数据得：Q＝0.2875J，故C错误；金属杆自由下落的高度h0＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝0.05m，金属杆下落0.3m的过程中通过R的电荷量为：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BΔS,R)＝eq\f(BLh－h0,R)，代入数据得：q＝0.25C，故D正确。5.(多选)如图所示，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处由静止开始释放，A、B是边界范围、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场，只是A的区域比B的区域离地面高一些，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，则()A．甲先落地B．乙先落地C．甲线圈受安培力的冲量较大D．乙线圈落地速度较小答案BD解析线圈穿过磁场区域过程受到的安培力是变力，设受到的平均安培力为F，穿过磁场的时间为Δt，下落全过程的时间为t，落地速度为v，安培力的冲量I安＝Beq\x\to(I)LΔt＝BLq，而q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)，所以线圈受安培力的冲量相等，故C错误。线圈进入磁场克服安培力做的功W＝Beq\x\to(I)L2，乙线圈进入磁场时速度较大，平均电流较大，线圈克服安培力做功较多，即产生的热量较多；根据能量守恒定律得知乙线圈落地时的速度较小，D正确。对全过程，由动量定理得：mgt－Beq\x\to(I)LΔt＝mv，所以t＝eq\f(mv＋BLq,mg)，因为v乙<v甲，所以t乙<t甲，即乙线圈先落地，故B正确，A错误。6.(多选)如图所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行于磁场边界，短轴小于d。现给导体框一个初速度v0(v0垂直磁场边界)，已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1；导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2。下列说法正确的是()A．导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向B．导体框进出磁场都是做匀变速直线运动C．Q1>Q2D．Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))答案ACD解析导体框离开磁场时，磁通量减小，根据楞次定律得，感应电流的方向为顺时针方向，故A正确。导体框在进出磁场时，速度变化，则感应电动势变化，产生的感应电流变化，则所受的安培力变化，加速度变化，则导体框做的是非匀变速运动，故B错误。因为进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，则进入磁场时产生的电流要比出磁场时产生的电流大，则进入磁场过程中安培力大，根据克服安培力做功等于产生的焦耳热可知Q1>Q2，C正确。由能量守恒定律可知，导体框进入磁场过程中产生的焦耳热与离开磁场过程中产生的焦耳热之和等于导体框的机械能减小量，即Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))，D正确。7.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，两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线圈1和2，其边长L1＝2L2，在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再逐渐完全进入磁场，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1、2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，通过线圈截面的电荷量分别为q1、q2，不计空气阻力，则()A．v1<v2，Q1>Q2，q1>q2 B．v1＝v2，Q1＝Q2，q1＝q2C．v1<v2，Q1>Q2，q1＝q2 D．v1＝v2，Q1<Q2，q1<q2答案A解析线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流，受到磁场的安培力大小为：F＝eq\f(B2L2v,R)，由电阻定律有：R＝ρeq\f(4L,S)(ρ为材料的电阻率，S为线圈导线的横截面积)，线圈的质量为m＝ρ0S·4L(ρ0为材料的密度)。当线圈的下边刚进入磁场时其加速度为：a＝eq\f(mg－F,m)＝g－eq\f(F,m)；联立解得加速度a＝g－eq\f(B2v,16ρρ0)；则知，线圈1和2进入磁场时，速度相同，加速度相同，线圈1由于边长较长还没有全部进入磁场时，线圈2已完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而线圈1仍先做加速度小于g的变加速运动，完全进入磁场后才做加速度为g的匀加速运动，所以落地速度关系为v1<v2。由能量守恒可得：Q＝mg(h＋H)－eq\f(1,2)mv2(H为磁场区域的高度)，因为m1>m2，v1<v2，所以可得Q1>Q2。根据q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,ρ\f(4L,S))＝eq\f(BLS,4ρ)∝L知，q1>q2，A正确。[真题模拟练]8．(2018·江苏高考)(多选)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆()A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于eq\f(m2gR2,2B4L4)答案BC解析由于金属杆进入两个磁场时的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的加速运动，所以金属杆进入磁场Ⅰ、Ⅱ时都做减速运动，A错误；对金属杆受力分析，根据eq\f(B2L2v,R)－mg＝ma可知，金属杆在磁场中做加速度减小的减速运动，其进出磁场的v­t图象如图所示，由于0～t1和t1～t2图线与t轴包围的面积相等(都为d)，所以t1>(t2－t1)，B正确；从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1＝mg·2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则eq\f(B2L2v,R)－mg＝0，得v＝eq\f(mgR,B2L2)，由前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于eq\f(mgR,B2L2)，根据h＝eq\f(v2,2g)得金属杆进入磁场的高度应大于eq\f(m2g2R2,2gB4L4)＝eq\f(m2gR2,2B4L4)，D错误。9．(2017·天津高考)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab中的感应电流逐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．ab所受的静摩擦力逐渐减小答案D解析根据楞次定律，ab中感应电流方向由a到b，A错误；根据E＝eq\f(ΔB,Δt)·S，因为eq\f(ΔB,Δt)恒定，所以E恒定，根据I＝eq\f(E,R＋r)知，回路中的感应电流恒定，B错误；根据F＝BIl，由于B减小，安培力F减小，C错误；根据平衡条件，静摩擦力f＝F，故静摩擦力减小，D正确。10．(2018·湖南师大附中高三模拟)(多选)如图所示，正方形导线框ABCD、abcd的边长均为L，电阻均为R，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。开始时导线框ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合，导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为L。现将系统由静止释放，当导线框ABCD刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，不计摩擦和空气阻力，则()A．两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FT＝mgB．系统匀速运动的速度大小v＝eq\f(mgR,B2L2)C．两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热Q＝2mgL－eq\f(3m3g2R2,2B4L4)D．导线框abcd的ab边通过磁场的时间t＝eq\f(3B2L3,mgR)答案BC解析两线框刚开始做匀速运动时，线框ABCD全部进入磁场，由平衡知识可知，轻绳上的张力FT＝2mg，A错误；对线框abcd可知，两线框刚开始做匀速运动时，线框abcd的上边ab刚进入磁场，此时mg＋eq\f(B2L2v,R)＝2mg，即系统匀速运动的速度大小v＝eq\f(mgR,B2L2)，B正确；由能量守恒定律可知，两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热等于两个线框的机械能的减小量，即Q＝2mg·2L－mg·2L－eq\f(1,2)·3mv2＝2mgL－eq\f(3m3g2R2,2B4L4)，C正确；ab边刚进入磁场时，mg＋FA＝2mg，匀速运动至cd边完全进入磁场时，CD边穿出磁场受安培力FA，故仍有mg＋FA＝2mg，继续做匀速运动，故导线框abcd在磁场中匀速运动，ab边通过磁场的时间t＝eq\f(2L,v)＝eq\f(2B2L3,mgR)，D错误；故选B、C。11.(2018·江苏高考)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小v；(2)通过的电流大小I；(3)通过的电荷量Q。答案(1)eq\r(2as)(2)eq\f(mgsinθ－a,dB)(3)eq\f(\r(2as)mgsinθ－a,dBa)解析(1)金属棒做匀加速直线运动v2＝2as，解得v＝eq\r(2as)。(2)金属棒所受安培力F安＝IdB，金属棒所受合力F＝mgsinθ－F安，由牛顿运动定律F＝ma，解得I＝eq\f(mgsinθ－a,dB)。(3)金属棒的运动时间t＝eq\f(v,a)，通过金属棒的电荷量Q＝It，联立解得Q＝eq\f(\r(2as)mgsinθ－a,dBa)。12．(2018·天津高考)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？答案(1)M接电源正极，理由见解析(2)eq\f(2BEl,mR)(3)见解析解析(1)列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极。(2)由题意，启动时ab、cd并联，电阻均为R，由并联电路知ab、cd中电流均为I＝eq\f(E,R)①每根金属棒受到的安培力F0＝BIl②设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝2F0③根据牛顿第二定律有F＝ma④联立①②③④式得a＝eq\f(2BEl,mR)⑤(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)⑥其中ΔΦ＝Bl2⑦设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有I′＝eq\f(E1,2R)⑧设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝BI′l⑨以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲＝－F′Δt⑩同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有I0＝2I冲⑪设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有I总＝0－mv0⑫联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得eq\f(I总,I0)＝eq\f(mv0R,B2l3)⑬讨论：若eq\f(I总,I0)恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若eq\f(I总,I0)不是整数，设eq\f(I总,I0)的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场。13．(2017·天津高考)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。答案(1)垂直于导轨平面向下(2)eq\f(BlE,mR)(3)eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)解析(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝eq\f(E,R)①设MN受到的安培力为F，有F＝IlB②由牛顿第二定律，有F＝ma③联立①②③式得a＝eq\f(BlE,mR)④(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0＝CE⑤开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝Blvmax⑥依题意有E′＝eq\f(Q,C)⑦设在此过程中MN的平均电流为eq\x\to(I)，MN上受到的平均安培力为eq\x\to(F)，有eq\x\to(F)＝eq\x\to(I)lB⑧由动量定理，有eq\x\to(F)Δt＝mvmax－0⑨又eq\x\to(I)Δt＝Q0－Q⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)。14．(2019·山西吕梁高三期末)如图，两条足够长、间距为d的平行光滑金属直轨道MN、PQ与水平面成θ角，EF上方存在垂直导轨平面的如图乙所示的匀强磁场，磁感应强度在0～T时间内按余弦规律变化(周期为T、最大值为B0)，T时刻后稳定为B0。t＝0时刻，正方形金属框ABCD在沿平行导轨向上的恒定外力作用下静止于导轨上。T时刻撤去外力，金属框将沿导轨下滑，金属框在CD边、AB边经过EF时的速度分别为v1和v2。已知金属框质量为m、边长为d、每条边电阻为R，框中磁场按余弦规律变化时产生的正弦式交变电流的峰值Em＝eq\f(2πB0d2,T)，求：(1)CD边刚过EF时，A、B两点间的电势差；(2)从撤去外力到AB边经过EF的总时间；(3)从0时刻到AB边经过EF的过程中产生的焦耳热。答案(1)－eq\f(3,4)B0dv1(2)eq\f(v2,gsinθ)＋eq\f(B\o\al(2,0)d3,4mgRsinθ)(3)eq\f(π2B\o\al(2,0)d4,2TR)＋mgdsinθ＋eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2))解析(1)由法拉第电磁感应定律知，CD边刚过EF时产生的电动势E＝B0dv1由楞次定律知A点电势低于B点，故UAB＝－eq\f(3,4)E即UAB＝－eq\f(3,4)B0dv1。(2)撤去外力后金属框在重力沿导轨向下的分力mgsinθ作用下下滑，金属框穿过EF时，由于电磁感应而受到沿导轨向上的安培力。设所求时间为t，金属框在某一时刻的速度为v，电流为i，则i＝eq\f(B0dv,4R)，金属框所受安培力F＝－B0di＝－eq\f(B\o\al(2,0)d2,4R)v安培力的冲量IA＝∑FΔt＝－∑eq\f(B\o\al(2,0)d2,4R)vΔt＝－eq\f(B\o\al(2,0)d3,4R)由动量定理得mgsinθt＋IA＝mv2－0解得t＝eq\f(v2,gsinθ)＋eq\f(B\o\al(2,0)d3,4mgRsinθ)。(3)0～T，交流电的有效值E′＝eq\f(\r(2),2)Em此过程产生的焦耳热Q1＝eq\f(E′2,R总)T＝eq\f(π2B\o\al(2,0)d4,2TR)金属框出磁场的过程中，Q2＝－WA结合动能定理：mgdsinθ＋WA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)得：Q2＝mgdsinθ＋eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2))总焦耳热为：Q＝Q1＋Q2＝eq\f(π2B\o\al(2,0)d4,2TR)＋mgdsinθ＋eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2))。15．(2018·衡水中学5月冲刺模拟考试)如图a超级高铁(Hyperloop)是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染的特点。如图b，已知管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ，两导轨间距为eq\r(3)r；运输车的质量为m，横截面是半径为r的圆。运输车上固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体棒1和2，每根导体棒的电阻为R，每段长度为D的导轨的电阻也为R。其他电阻忽略不计，重力加速度为g。(1)如图c，当管道中的导轨平面与水平面成θ＝30°角时，运输车恰好能无动力地匀速下滑。求运输车与导轨间的动摩擦因数μ；(2)在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力。①当运输车由静止离站时，在导体棒2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为E的直流电源，此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B，垂直导轨平面向下的匀强磁场中，如图d。求刚接通电源时运输车的加速度的大小；(电源内阻不计，不考虑电磁感应现象)②当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B，宽度为D的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反。求运输车以速度v0从如图e位置通过距离D后的速度v。答案(1)eq\f(\r(3),6)(2)①eq\f(4\r(3)rBE,11mR)②v0－eq\f(3B2r2D,mR)解析(1)分析运输车的受力，将运输车的重力分解，如图1，设轨道对运输车的支持力为N1、N2，如图2。由垂直导轨平面方向合力为零及几何关系有N1＝mgcosθ，N2＝mgcosθ，又f1＝μN1，f2＝μN2，运输车匀速下滑，故mgsinθ