选修3-2（高中物理旧教材同步讲义）第4章 专题强化3 电磁感应中的动力学及能量问题同步讲义

专题强化3电磁感应中的动力学及能量问题[学习目标]1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题．一、电磁感应中的动力学问题电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向．(2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小．(3)分析导体的受力情况(包括安培力)．(4)列动力学方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解．例1如图1所示，空间存在B＝0.5T、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＝0.2m，电阻R＝0.3Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1kg、接入电路的电阻r＝0.1Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好．(g＝10m/s2)图1(1)分析导体棒的运动性质；(2)求导体棒所能达到的最大速度；(3)试定性画出导体棒运动的速度－时间图象．答案(1)做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动(2)10m/s(3)见解析图解析(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：E＝BLv①回路中的感应电流I＝eq\f(E,R＋r)②导体棒受到的安培力F安＝BIL③导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根据牛顿第二定律有：F－μmg－F安＝ma④由①②③④得：F－μmg－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma⑤由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大，然后做匀速直线运动．(2)当达到最大速度时，有F－μmg－eq\f(B2L2vm,R＋r)＝0可得：vm＝eq\f(F－μmgR＋r,B2L2)＝10m/s(3)由(1)中分析可知，导体棒运动的速度－时间图象如图所示．例2如图2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，磁场方向垂直于斜面向下，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．(重力加速度为g)图2(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杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．答案(1)见解析图(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)解析(1)如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨向上．(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，则此时电路中的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)ab杆受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)根据牛顿第二定律，有mgsinθ－F安＝mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma则a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR).(3)当a＝0时，ab杆有最大速度vm，即mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R)，解得vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).电磁感应动力学问题中，要把握好受力情况、运动情况的动态分析.基本思路是：导体受外力运动eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))产生感应电动势eq\o(→,\s\up15(I＝\f(E,R＋r)))产生感应电流eq\o(→,\s\up7(F＝BIl))导体受安培力→合外力变化eq\o(→,\s\up7(F合＝ma))加速度变化→速度变化→感应电动势变化……→a＝0，v达到最大值.二、电磁感应中的能量问题1．电磁感应现象中的能量转化安培力做功eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(做正功：电能\o(→,\s\up7(转化))机械能，如电动机,做负功：机械能\o(→,\s\up7(转化))电能\o(→,\s\up7(电流),\s\do5(做功))焦耳热或其他形式的能量，如发电机))2．焦耳热的计算(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.(2)感应电流变化，可用以下方法分析：①利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安．②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量．3．解决电磁感应现象中的常用方法(1)动能定理涉及的功有：重力做功、摩擦力做功、安培力做功、拉力做功等．(2)能量守恒定律涉及的能：重力势能、电能、内能等．(3)功能关系安培力做功↔电能变化滑动摩擦力做功↔内能变化重力做功↔重力势能变化弹力做功↔弹性势能变化例3如图3所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，导轨间的距离L＝1.0m，下端连接R＝1.6Ω的电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0T．质量m＝0.5kg、电阻r＝0.4Ω的金属棒ab垂直放置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F＝5.0N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行且始终与导轨接触良好，当金属棒滑行s＝2.8m后速度保持不变．求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)图3(1)金属棒匀速运动时的速度大小v；(2)金属棒从静止到开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量QR.答案(1)4m/s(2)1.28J解析(1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I＝eq\f(BLv,R＋r)由平衡条件有F＝mgsinθ＋BIL联立并代入数据解得v＝4m/s.(2)设整个电路中产生的热量为Q，由动能定理得Fs－mgs·sinθ－W安＝eq\f(1,2)mv2，而Q＝W安，QR＝eq\f(R,R＋r)Q，联立并代入数据解得QR＝1.28J.例4(多选)如图4所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为θ，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直斜面向上．质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿斜面向上且与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑且始终与导轨接触良好，上升高度为h，重力加速度为g，在这个过程中()图4A．金属棒所受各力的合力所做的功等于零B．金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和C．恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AD解析棒匀速上升的过程中，恒力F做正功、重力G做负功、安培力F安做负功．根据动能定理得：W＝WF＋WG＋W安＝0，故A对，B错；恒力F与重力G的合力所做的功等于棒克服安培力做的功，而棒克服安培力做的功等于回路中电能(最终转化为焦耳热)的增加量，故C错，D对．1．(电磁感应中的动力学问题)如图5所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象不可能是下图中的()图5答案B解析S闭合时，若金属杆受到的安培力eq\f(B2l2v,R)＞mg，ab杆先减速再匀速，D项有可能；若eq\f(B2l2v,R)＝mg，ab杆匀速运动，A项有可能；若eq\f(B2l2v,R)＜mg，ab杆先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，mg－eq\f(B2l2v,R)＝ma中a不恒定，故B项不可能．2．(电磁感应中的动力学问题)(多选)如图6所示，有两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道，上端接有滑动变阻器R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下且始终与导轨接触良好．经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()图6A．如果B增大，vm将变大B．如果α变大(仍小于90°)，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解析金属杆由静止开始下滑的过程中，金属杆就相当于一个电源，与滑动变阻器R构成一个闭合回路，其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mgsinα－eq\f(B2L2v,R)＝ma所以金属杆由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动，当a＝0时达到最大速度vm，即mgsinα＝eq\f(B2L2vm,R)，可得：vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)，故由此式知选项B、C正确．3.(电磁感应中的能量问题)(多选)(2019·昆明市第一中学月考)如图7，一平行导轨静置于水平桌面上，空间中有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，粗糙平行导轨间距为L，导轨和阻值为R的定值电阻相连，质量为m的导体棒和导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为r，导体棒以初速度v0向右运动，运动距离s后停止，此过程中电阻R产生的热量为Q，导轨电阻不计，重力加速度为g，则()图7A．导体棒克服安培力做的功为eq\f(R＋r,R)QB．通过电阻R的电荷量为q＝eq\f(BLs,r＋R)C．导体棒与导轨间产生的摩擦热为eq\f(1,2)mv02－QD．导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝eq\f(v\o\al(2,0),2gs)－eq\f(r＋R,mgsR)Q答案ABD解析由功能关系可知，导体棒克服安培力做的功等于回路中产生的热量，R上产生的热量为Q，根据串联电路中焦耳热按电阻分配可知，W安＝Q焦＝eq\f(R＋r,R)Q，故A正确；根据公式q＝eq\f(ΔΦ,r＋R)＝eq\f(BLs,r＋R)可知，故B正确；由能量守恒可知，eq\f(1,2)mv02＝Q焦＋Q摩，所以导体棒与导轨间产生的摩擦热为Q摩＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(R＋r,R)Q，故C错误；由C项分析可知，Q摩＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(R＋r,R)Q＝μmgs，解得：μ＝eq\f(v\o\al(2,0),2gs)－eq\f(r＋R,mgsR)Q，故D正确．4．(电磁感应中的力电综合问题)(2020·怀化市高二期中)如图8甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.40Ω的电阻，质量为m＝0.01kg、电阻为r＝0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，g＝10m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：图8(1)判断金属棒两端a、b的电势高低；(2)磁感应强度B的大小；(3)0～1.5s内，电阻R上产生的热量．答案(1)a端电势低，b端电势高(2)0.1T(3)0.26J解析(1)由右手定则可知，ab中的感应电流由a流向b，ab相当于电源，则b端电势高，a端电势低．(2)由题图乙x－t图象可知，t＝1.5s时金属棒的速度为：v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(11.2－7,2.1－1.5)m/s＝7m/s金属棒匀速运动时所受的安培力大小为：F＝BIL又I＝eq\f(E,R＋r)，E＝BLv根据平衡条件有：F＝mg联立并代入数据解得：B＝0.1T(3)0～1.5s时间内，金属棒的重力势能减小，转化为金属棒的动能和电路的内能．设电路中产生的总焦耳热为Q根据能量守恒定律有：mgx＝eq\f(1,2)mv2＋Q代入数据解得：Q＝0.455J故R产生的热量为QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝0.26J1．如图1所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框中导线的电阻都忽略不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则()图1A．ef将向右做非匀减速运动，最后停止B．ef将向右做匀减速运动，最后停止C．ef将向右做匀速运动D．ef将做往返运动答案A解析ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到速度减小为0停止运动，由F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)＝ma知，ef做的是加速度逐渐减小的减速运动，故A正确．2．如图2所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t图象中，能正确描述上述过程的是()图2答案D解析导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E＝BLv、I＝eq\f(E,R)、F安＝BIL得F安＝eq\f(B2L2v,R)，随着v的减小，安培力F安减小，根据F安＝ma知，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，线框受到向左的安培力，根据F安＝eq\f(B2L2v,R)＝ma可知，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D正确．3.如图3所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度大小关系为()图3A．a1>a2>a3>a4B．a1＝a2＝a3＝a4C．a1＝a3>a2>a4D．a1＝a3>a2＝a4答案C4.(多选)(2019·天津市武清区等五区县高二下期中)如图4所示，正方形闭合导线框abcd，置于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场上方h处．线框由静止自由下落(不计空气阻力)，线框平面始终在竖直平面内，且dc边与磁场的上边界平行，则下列说法正确的是()图4A．dc边刚进入磁场时，线框中产生的感应电动势一定最大B．线框进入磁场的过程中一定做减速运动C．线框进入磁场的过程中加速度不可能变大D．线框从释放到完全进入磁场的过程中，线框减少的重力势能等于它增加的动能与产生的焦耳热之和答案CD解析线框在磁场中所受安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R).线框刚进入磁场时，若mg>F，则线框具有向下的加速度，做加速运动，速度增大，E＝BLv增大，则当cd边刚进入磁场时，线框中产生的感应电动势不是最大，故A错误；线框刚进入磁场时，若mg>F，mg－eq\f(B2L2v,R)＝ma，a>0，线框做加速运动，v增大，则合力减小，a减小；若mg<F，则mg－eq\f(B2L2v,R)＝ma，a<0，线框减速运动，v减小，则合力减小，a减小；若mg＝F，则a＝0，v不变，即线框做匀速直线运动，故线框进入磁场的过程其加速度可能变小，可能为零，不可能变大，故C正确．根据能量守恒定律知，线框从释放到完全进入磁场的过程中，线框减少的重力势能等于它增加的动能与产生的焦耳热之和，故D正确．5．如图5所示，质量为m的金属圆环用不可伸长的细线悬挂起来，金属圆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，关于线的拉力大小，下列说法中正确的是(重力加速度为g)()图5A．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，并保持恒定答案A解析根据楞次定律知圆环中感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则判断可知圆环所受安培力方向竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有FT＝mg＋F安，得FT>mg；根据法拉第电磁感应定律知，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔB,RΔt)S，可知I为恒定电流，由F安＝BIL可知，B减小，则F安减小，故由FT＝mg＋F安知FT减小，选项A正确．6．如图6所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()图6A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2答案A解析根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝eq\f(B2l\o\al(

2,ab)v,R)lbc＝eq\f(B2Sv,R)lab同理Q2＝eq\f(B2Sv,R)lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R)t＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)，故q1＝q2，因此A正确．7．(多选)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7所示．金属棒和导轨的电阻不计．现将金属棒从轻弹簧原长位置由静止释放，则()图7A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB．金属棒向下运动时，流过电阻的电流方向为a→bC．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝eq\f(B2L2v,R)D．电阻上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量答案AC解析释放瞬间，金属棒只受重力作用，所以其加速度等于重力加速度，选项A正确；金属棒向下切割磁感线，由右手定则可知，流过电阻的电流方向为b→a，选项B错误；当金属棒的速度为v时，感应电流I＝eq\f(BLv,R)，则安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，选项C正确；由能量守恒可知，重力势能的减少量等于轻弹簧弹性势能的增加量与电阻上产生的总热量之和，选项D错误．8.如图8所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，金属棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，金属棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于()图8A．金属棒的机械能增加量B．金属棒的动能增加量C．金属棒的重力势能增加量D．电阻R上产生的热量答案A解析金属棒加速上升时受到重力、拉力F及安培力．根据功能关系可知，力F与安培力做功的代数和等于金属棒的机械能的增加量，A正确．9．如图9所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接．右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g.则金属棒穿过磁场区域的过程中()图9A．流过金属棒的最大电流为eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．通过金属棒的电荷量为eq\f(BdL,R)C．克服安培力所做的功为mghD．金属棒产生的焦耳热为eq\f(1,2)mg(h－μd)答案D解析金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝eq\f(1,2)mv2，金属棒到达平直部分时的速度v＝eq\r(2gh)，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，则最大感应电动势E＝BLv，最大感应电流I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A错误；通过金属棒的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BdL,2R)，故B错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理有：mgh－W安－μmgd＝0－0，则克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，故C错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q′＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)W安＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，故D正确．10.(多选)(2019·福州市质量检测)如图10所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，水平放置两条平行长直导轨MN，导轨间距为L.导轨左端接一电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦．现对金属杆施加一个与其垂直的水平方向恒力F使金属杆从静止开始运动．在运动过程中，金属杆速度大小v、恒力F的功率P、金属杆与导轨形成的回路中磁通量Φ等各量随时间变化图象正确的是()图10答案AD解析根据牛顿第二定律知，杆的加速度为：a＝eq\f(F－FA,m)＝eq\f(F－BIL,m)＝eq\f(F－\f(B2L2v,R),m)，由于速度增大，则加速度减小，可知杆做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度等于零时，速度最大，则有F＝FAm＝eq\f(B2L2vm,R)，解得vm＝eq\f(FR,B2L2)，以后做匀速直线运动，故A正确；恒力F的功率为P＝Fv，且Pm＝Fvm＝eq\f(B2L2v\o\al(2,m),R)，因开始阶段v－t关系不是线性关系，故选项B错误；随速度的增大，感应电动势增大，则根据E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，回路磁通量的变化率增加；当速度最大时磁通量的变化率不变，即Φ－t图线的斜率先增大后不变，故选项C错误，D正确．11.如图11所示，abcd区域中存在一个垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度为B，bc边距地面高度为eq\f(L,2)，正方形绝缘线圈MNPQ竖直放置，质量为m，边长为L，总电阻为R，PQ边与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在水平恒力F的作用下向右做直线运动通过磁场区域，下列说法正确的是()图11A．线圈进入磁场过程中感应电流的方向沿QMNPB．线圈MN边完全处于磁场中运动时，MQ两点间电势差为0C．线圈进入磁场的过程中通过线圈导线某横截面的电荷量为eq\f(BL2,2R)D．线圈进入磁场过程中若F＝eq\f(B2L2v,4R)＋μmg，则线圈将以速度v做匀速直线运动答案C解析由右手定则可以判断，线圈进入磁场过程中感应电流的方向沿QPNM，A错误；线圈MN边完全处于磁场中运动时，磁通量不变，则回路中电流为零，MQ两点间电势差大小为eq\f(1,2)BLv，B错误；由q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)可得，线圈进入磁场过程中通过线圈导线某横截面的电荷量q＝eq\f(BL2,2R)，C正确；线圈进入磁场过程中MN受向下的安培力，则线圈所受的向左的摩擦力大于μmg，NP受到的向左的安培力大小为F安＝B·eq\f(\f(1,2)BLv,R)·eq\f(L,2)＝eq\f(B2L2v,4R)，因此，线圈进入磁场过程中若所受摩擦力和安培力的合力大于拉力F＝eq\f(B2L2v,4R)＋μmg，线圈将减速进入磁场，D错误．12．(2019·成都市双流中学高二月考)如图12所示，两根等高的四分之一光滑圆弧轨道，半径为r、间距为L，图中Oa水平，Oc竖直，在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到