金版教程物理2025高考科学复习解决方案第十一章 磁场感应第11章 核心素养提升含答案

《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第十一章磁场感应《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第十一章磁场感应第十一章核心素养提升[科学思维提炼]1．对称、联想的思想：从“电生磁”到“磁生电”的思想启发。2．归纳法(1)“探究感应电流产生的条件”的实验。(2)“探究影响感应电流方向的因素”的实验。3．演绎推理思维：根据楞次定律推导出右手定则，根据能量守恒定律从左手定则也可得出右手定则。4．比较思维：比较左手定则、右手定则的异同点。5．等效法(1)分析导体切割磁感线产生感应电动势中导体的有效长度。(2)分析电磁感应中的电路问题时画“等效电路”，确定“等效电源”“外电路”。6．假设法：分析电磁感应现象中电路中电势高低时，若电路不闭合，先假设电路闭合，然后进行分析。7．特殊位置法：分析电磁感应中图像问题的一种常用方法。8．微元法：利用动量定理求解电磁感应中的杆模型问题。9．平均值法：利用动量定理求解电磁感应中的杆模型问题。10．图解法：求解电磁感应中的杆模型问题。11．守恒思想的体现及应用(1)能量守恒在楞次定律中的理解：感应电流的能量(电能)不能无中生有，来自于外力克服磁场力做功。(2)电动机转动时，线圈中产生感应电动势(即反电动势)，阻碍线圈转动，如果要使线圈维持原来的转动，电源就要向电动机提供能量，这正是电能转化为其他形式能的过程。(3)能量守恒定律、动量守恒定律在求解电磁感应问题中的应用。[素养提升集训]一、选择题(本题共5小题)1.(2021·北京高考)某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是()A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用答案D解析未接导线时，表针晃动过程中表内线圈切割磁感线，会产生感应电动势，但因未连成闭合回路，没有感应电流，所以线圈不受安培力，故A、B错误；接上导线后，表针晃动过程中表内线圈产生感应电流，根据楞次定律可知，表针晃动减弱是因为表内线圈受到阻碍线圈转动的安培力的作用，故C错误，D正确。2．零刻度在表盘正中间的电流计，非常灵敏，通入电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力作用达到平衡时，指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上的扇形铝框或扇形铝板，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是()答案D解析磁场加在左侧，当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，所以A、C方案不合理；磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B方案不合理；磁场在铝板中间，无论指针偏转角度大还是小，都会在铝板上产生感应电流，起到电磁阻尼的作用，指针会很快停下，便于读数，D方案合理。3.(2021·山东高考)迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行。系绳卫星由两子卫星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示。在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为r。导体绳所受的安培力克服大小为f的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上。已知卫星离地平均高度为H，导体绳长为L(L≪H)，地球半径为R，质量为M，轨道处磁感应强度大小为B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自转的影响。据此可得，电池电动势为()A．BLeq\r(\f(GM,R＋H))＋eq\f(fr,BL) B．BLeq\r(\f(GM,R＋H))－eq\f(fr,BL)C．BLeq\r(\f(GM,R＋H))＋eq\f(BL,fr) D．BLeq\r(\f(GM,R＋H))－eq\f(BL,fr)答案A解析根据万有引力提供卫星绕地运行的向心力，有Geq\f(Mm,（R＋H）2)＝meq\f(v2,（R＋H）)，可得卫星做圆周运动的线速度v＝eq\r(\f(GM,R＋H))；根据法拉第电磁感应定律可知，导体绳产生的感应电动势大小为E′＝BLv，由右手定则可知感应电动势的方向与电池电动势的方向相反，因导体绳中的电流方向向下，则电池电动势大于导体绳切割磁感线产生的感应电动势；因导体绳所受阻力f与安培力F平衡，可得f＝F＝Beq\f(E－E′,r)L，联立解得E＝BLeq\r(\f(GM,R＋H))＋eq\f(fr,BL)，故选A。4.(2023·全国乙卷)一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图a所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图b和图c所示，分析可知()A．图c是用玻璃管获得的图像B．在铝管中下落，小磁体做匀变速运动C．在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短答案A解析小磁体在铝管中下落时，由于铝是导体，由电磁感应原理可知，铝管中会产生涡流，小磁体受到铝管本身及漆包线的电磁阻力作用，小磁体在玻璃管中下落时，由于玻璃是绝缘体，玻璃管中不会产生涡流，小磁体只在经过各匝漆包线过程产生电磁感应现象，受到电磁阻力作用。则小磁体在如图a所示的铝管中下落时，经过各匝漆包线时，漆包线中感应电流的峰值可能不变，而小磁体在如图a所示的玻璃管中下落时，经过各匝漆包线时，漆包线中感应电流的峰值会增大，故图b是用铝管获得的图像，图c是用玻璃管获得的图像，A正确；在铝管中下落时，由图b可知，各脉冲电流的峰值大小相等，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可知，小磁体经过各匝漆包线时的速度相等，则小磁体做的不是匀变速运动，B错误；在玻璃管中下落时，由图c可知，脉冲电流的峰值不断增大，则小磁体经过各匝漆包线时受到的电磁阻力在不断变大，C错误；由前面分析可知，小磁体在铝管中下落过程中受到的电磁阻尼大于其在玻璃管中下落过程中受到的电磁阻尼，则用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，D错误。5.(多选)电磁轨道炮是利用电磁驱动发射超高速弹丸的一种新型武器，由于普通电源允许通过的最大电流不够大，因此提供的安培力不够大，所以可利用如图所示的装置，先用电源给超级储能电容器充满电，再利用电容器放电提供的强大电流推动金属弹丸高速射出。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场(未画出)中，弹丸MN和导轨间的摩擦不计，导轨足够长。已知导轨间距为l，电源电动势为E，电容器C原来不带电，弹丸电阻为R，质量为m，导轨电阻可忽略不计，电容器两端的电压为U时，电容器储存的电场能为E电＝eq\f(1,2)CU2。下列说法正确的是()A．弹丸MN刚开始运动时的加速度大小为eq\f(BlE,mR)B．弹丸MN先做匀加速运动，最终做匀速运动C．MN离开导轨后，电容器所带电荷量为eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)D．MN从开始运动到离开导轨，MN发出的电热为eq\f(CE2,2)－eq\f(B2l2C2E2,2（m＋B2l2C）)答案ACD解析根据题意，电容器充电结束后，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I0，有I0＝eq\f(E,R)，设MN受到的安培力为F0，有F0＝I0lB，由牛顿第二定律，有F0＝ma0，联立解得a0＝eq\f(BlE,mR)，A正确；弹丸开始运动后，切割磁感线产生感应电动势E感＝Blv，通过MN的电流I＝eq\f(UC－Blv,R)，弹丸受安培力F＝BIl，做加速运动，v增大，电容器放电，UC减小，则I减小，F减小，a减小，当Blv＝UC时，I＝0，F＝0，弹丸做匀速运动，B错误；当电容器充电完毕时，设电容器所带电荷量为q0，有q0＝CE，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′＝Blvmax，此时电容器所带电荷量q＝CE′，弹丸从开始运动到离开导轨的过程中，设通过MN的平均电流为eq\o(I,\s\up6(－))，MN受到的平均安培力为eq\o(F,\s\up6(－))，有eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\o(I,\s\up6(－))lB，由动量定理，有eq\o(F,\s\up6(－))Δt＝mvmax－0，又eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝Δq＝q0－q，联立以上各式，可得vmax＝eq\f(BlCE,m＋B2l2C)，q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)，C正确；MN从开始运动到离开导轨，设MN发出的电热为Q，根据能量守恒定律可知，eq\f(1,2)CE2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＋Q＋eq\f(1,2)CE′2，联立可解得Q＝eq\f(CE2,2)－eq\f(B2l2C2E2,2（m＋B2l2C）)，D正确。二、非选择题(本题共2小题)6．(2022·辽宁高考)如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。(1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；(2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为eq\f(v0,3)，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到ab的最小距离x；(3)初始时刻，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1)，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。答案(1)eq\f(B2L2v0,2R)方向水平向左(2)①eq\f(mv0,3BL)②eq\f(2mv0R,3B2L2)(3)2≤k<3解析(1)细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的感应电动势大小为E＝BLv0由闭合电路欧姆定律知，电流的大小为I＝eq\f(E,2R)由右手定则知电流方向为a→b所受的安培力大小为F＝BIL联立得F＝eq\f(B2L2v0,2R)由左手定则可知F的方向水平向左。(2)①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝m·eq\f(v0,3)－0且通过回路的电荷量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt联立解得q＝eq\f(mv0,3BL)。②分析可知，N出磁场前，M与N的间距一直减小，设从M进入磁场至N刚出磁场，两杆在磁场中相对运动的最大位移大小为Δx，有eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(BL·Δx,Δt)整理可得q＝eq\f(BL·Δx,2R)联立可得Δx＝eq\f(2mv0R,3B2L2)若两杆在磁场内刚好不相撞，则初始时刻N到ab的距离最小，为x＝Δx＝eq\f(2mv0R,3B2L2)。(3)初始时刻，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1)，则N到cd时的速度大小仍为eq\f(v0,3)，设此时M的速度为v1，根据动量守恒定律可知mv0＝mv1＋m·eq\f(v0,3)解得v1＝eq\f(2,3)v0由(2)分析可知，此时M到cd的距离为s＝(k－1)x若要使M能出磁场，则M到达cd的速度v2>0若要保证M出磁场后不与N相撞，则M到达cd的速度v2≤eq\f(v0,3)对M根据动量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))1L·Δt1＝mv2－mv1q1＝eq\o(I,\s\up6(－))1·Δt1＝eq\f(BL·s,2R)联立解得2≤k<3。7．(2023·新课标卷)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图a所示。(1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图b所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。答案(1)eq\f(B2L3,mR0)(2)eq\f(3B4L6,25mReq\o\al(2,0))解析(1)金属框进入磁场过程中，有eq\o(E,\s\up6(－))1＝BLeq\o(v,\s\up6(－))1eq\o(v,\s\up6(－))1＝eq\f(L,t1)eq\o(I,\s\up6(－))电流1＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))1,4R0)所受安培力的冲量大小I1＝Beq\o(I,\s\up6(－))电流1Lt1联立得I1＝eq\f(B2L3,4R0)同理，金属框离开磁场过程中所受安培力的冲量大小I2＝eq\f(B2L3,4R0)由动量定理并结合题意可知－I1－I2＝eq\f(mv0,2)－mv0联立解得金属框的初速度大小v0＝eq\f(B2L3,mR0)。(2)设金属框左侧边经过磁场左边界时的速度为v1，由于金属框上、下边被短路，则金属框进入磁场过程电路中的总电阻R总＝R0＋eq\f(R1·R0,R1＋R0)金属框进入磁场的过程，根据(1)同理可知，金属框所受安培力的冲量大小I1′＝eq\f(B2L3,R总)根据动量定理有－I1′＝mv1－mv0联立解得v1＝eq\f(2B2L3,5mR0)设此过程回路中产生的总热量为Q1，根据能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Q1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)由串并联电路规律可知，R1、金属框左侧边、金属框右侧边中电流之比为1∶2∶3，结合焦耳定律可知，三者产生的热量之比为2∶4∶9，则此阶段R1产生的热量QR1＝eq\f(2,15)Q1联立解得QR1＝eq\f(7B4L6,125mReq\o\al(2,0))此后金属框完全进入磁场中，则金属框左右两边均作为电源，等效电路图如图此时回路的总电阻R总′＝R1＋eq\f(R0,2)设金属框右侧边到达磁场右边界时的速度为v2，根据动量定理同理有－eq\f(B2L3,R总′)＝mv2－mv1联立解得v2＝0，即此时金属框恰好静止设此过程回路中产生的总热量为Q2，根据能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝Q2由串并联电路规律可知，R1、金属框左侧边、金属框右侧边中电流之比为2∶1∶1，结合焦耳定律可知，三者产生的热量之比为8∶1∶1，则此阶段R1产生的热量QR1′＝eq\f(4,5)Q2联立解得QR1′＝eq\f(8B4L6,125mReq\o\al(2,0))则在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量QR1总＝QR1＋QR1′＝eq\f(3B4L6,25mReq\o\al(2,0))。热点概述：电磁感应中的“杆和导轨、导线框”运动模型，是导体切割磁感线运动过程中动力学与电磁学知识的综合应用，此类问题是高考命题的重点。典型单杆模型示意图动力学观点运动图像能量观点v0≠0导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，杆ab初速度为v0，质量为m，电阻不计导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，做减速运动，v⇒F安⇒a，当v＝0时，F＝0，a＝0，杆保持静止动能全部转化为内能：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，杆ab初速度为v0，质量为m，电阻不计导体杆速度为v时，感应电流I＝eq\f(BLv－UC,R)，导体杆受安培力F安＝BIL，做减速运动，v，电容器充电，UC，F安，a，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，杆匀速运动eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(根据q＝CU、U＝BLvm、,－B\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝mvm－mv0、,q＝\o(I,\s\up6(－))Δt，可得,vm＝\f(mv0,m＋B2L2C)))导体杆的部分动能转化为电阻的电热和电容器的电场能：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q＋ECv0＝0导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻不计S闭合，杆ab受安培力F安＝eq\f(BLE,r)，此时a＝eq\f(BLE,mr)，杆ab速度v⇒感应电动势BLv⇒回路中电流I⇒安培力F安＝BIL⇒加速度a，当BLv＝E时，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)电源输出的电能转化为动能：W电＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻不计，拉力F恒定开始时a＝eq\f(F,m)，杆ab速度v⇒感应电动势E＝BLv⇒电流I⇒安培力F安＝BIL，由F－F安＝ma知a，当a＝0时，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为电阻产生的电热：WF＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻为R电容器充满电后，S合向2，导体杆受安培力运动，产生电动势E＝BLv，回路中电流I＝eq\f(UC－BLv,R)，导体杆受安培力F安＝BIL，做加速运动，v，电容器放电UC减小，F安，a，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，杆匀速运动eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(根据Δq＝q0－q＝,CE－CBLvm、,B\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝mvm－0、,Δq＝\o(I,\s\up6(－))Δt，,可得vm＝\f(BLCE,m＋B2L2C)))电容器的部分电场能转化为电阻的电热和导体杆的动能：EC0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q＋ECm导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻不计，拉力F恒定开始时a＝eq\f(F,m)，杆ab速度v⇒感应电动势E＝BLv，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E′＝BL(v＋Δv)，Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv，电流I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLeq\f(Δv,Δt)＝CBLa，安培力F安＝BLI＝CB2L2a，F－F安＝ma，a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，所以杆以恒定的加速度匀加速运动(若回路有电阻，则杆不做匀加速运动)F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为电容器的电场能：WF＝eq\f(1,2)mv2＋EC注：(1)在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解速度、位移、电荷量，以及除安培力之外恒力的作用时间。(2)若光滑导轨倾斜放置，要考虑导体杆受到重力沿导轨斜面向下的分力作用，分析方法与表格中受外力F时的情况类似，这里就不再赘述。(2020·海南高考)(多选)如图，足够长的间距d＝1m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度L＝1m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B＝0.5T，方向如图所示。一根质量ma＝0.1kg、阻值R＝0.5Ω的金属棒a以初速度v0＝4m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量mb＝0.2kg、阻值R＝0.5Ω的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则()A．金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动B．金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流C．金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为0.25JD．金属棒a最终停在距磁场左边界0.8m处[答案]BD[解析]金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，则感应电流减小，金属棒a所受的安培力减小，加速度减小，故金属棒a第一次穿过磁场时做加速度减小的减速直线运动，故A错误。根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确。金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的平均感应电动势为eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLd,Δt)，平均感应电流为eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)，金属棒a受到的安培力大小的平均值为eq\o(F,\s\up6(－))＝Beq\o(I,\s\up6(－))d，规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))d·Δt＝mava－mav0，解得金属棒a第一次离开磁场时的速度大小为va＝1.5m/s；金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即Q＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)，代入数据得Q＝0.6875J，由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热为Qb＝eq\f(Q,2)＝0.34375J，故C错误。规定向右为正方向，对两金属棒碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mava＝mava′＋mbvb，eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mava′2＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)，联立并代入数据解得金属棒a碰后的速度为va′＝－0.5m/s；设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均感应电动势为eq\o(E,\s\up6(－))′＝eq\f(ΔΦ′,Δt′)＝eq\f(B（L－x）d,Δt′)，平均感应电流为eq\o(I,\s\up6(－))′＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))′,2R)，金属棒a受到的平均安培力大小为eq\o(F,\s\up6(－))′＝Beq\o(I,\s\up6(－))′d，规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得Beq\o(I,\s\up6(－))′d·Δt′＝0－mava′，联立并代入数据解得x＝0.8m，故D正确。典型双杆模型1．初速度不为零，不受其他水平外力的作用光滑的平行导轨光滑不等距导轨示意图质量mb＝ma电阻rb＝ra长度Lb＝La质量mb＝ma电阻rb＝ra长度Lb＝2La动力学观点杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为vb∶va＝1∶2运动图像能量观点一部分动能转化为内能：Q＝－ΔEk动量观点两杆组成的系统动量守恒两杆组成的系统动量不守恒对单杆可以用动量定理2.初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用光滑的平行导轨不光滑的平行导轨示意图质量mb＝ma电阻rb＝ra长度Lb＝La质量mb＝ma电阻rb＝ra长度Lb＝La摩擦力Ffb＝Ffa动力学观点开始时，两杆受安培力做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动开始时，若Ff<F≤2Ff，则a杆先变加速后匀速运动；b杆静止。若F>2Ff，a杆先变加速后匀加速运动，b杆先静止后变加速最后和a杆同时做匀加速运动，且加速度相同运动图像能量观点F做的功转化为两杆的动能和内能：WF＝ΔEk＋QF做的功转化为两杆的动能和内能(包括电热和摩擦热)：WF＝ΔEk＋Q电＋Qf动量观点两杆组成的系统动量不守恒对单杆可以用动量定理两杆组成的系统动量不守恒对单杆可以用动量定理注：对于不在同一平面上运动的双杆的问题，动量守恒定律不适用，可以用牛顿运动定律、能量观点、动量定理进行解决。(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[答案]BC[解析]金属框在力F的作用下向右运动，bc边切割磁感线产生感应电动势，在回路MNcb中有感应电流，使得导体棒MN受到向右的安培力而向右做加速运动，bc边受到向左的安培力。当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2，导体棒的电阻为R，金属框的宽度为L，磁感应强度为B，则电路中的总电动势E＝BL(v2－v1)，电路中的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL（v2－v1）,R)，金属框受到的安培力F安框＝BIL＝eq\f(B2L2（v2－v1）,R)，与运动方向相反；导体棒MN受到的安培力F安MN＝BIL＝eq\f(B2L2（v2－v1）,R)，与运动方向相同。设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，加速度分别为a1、a2，则对导体棒MN，有eq\f(B2L2（v2－v1）,R)＝m1a1，对金属框，有F－eq\f(B2L2（v2－v1）,R)＝m2a2。导体棒MN和金属框的初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从eq\f(F,m2)开始逐渐减小，当a1＝a2时，相对速度v2－v1＝eq\f(FRm1,B2L2（m1＋m2）)，之后a1、a2不变，v2－v1恒定，整个运动过程用速度—时间图像描述如图所示。综上可得，经过一段时间后，金属框和导体棒的加速度大小趋于恒定值，所受安培力的大小也趋于恒定值，B、C正确；金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，A、D错误。典型导线框模型示意图动力学观点能量观点动量观点在安培力作用下穿越磁场(磁场宽度足够大)以进入磁场时为例，设运动过程中某时刻导线框的速度为v，加速度大小为a，则a＝eq\f(B2L2v,mR)，a与v方向相反，导线框做减速运动，v↓⇒a↓，即导线框做加速度减小的减速运动，最终匀速运动(全部进入磁场)或静止(导线框离开磁场过程的分析相同)部分(或全部)动能转化为焦耳热：Q＝－ΔEk动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过导线横截面的电荷量和除安培力之外恒力作用的时间：(1)求电荷量或速度：－Beq\o(I,\s\up6(－))·LΔt＝mv2－mv1，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt；(2)求位移：－eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－))Δt,R总)＝mv末－mv0，即－eq\f(B2L2x,R总)＝mv末－mv0；(3)求时间：①－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间；②－eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－))Δt,R总)＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－eq\f(B2L2x,R总)＋F其他·Δt＝mv2－mv1若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁场(磁场宽度足够大)以进入磁场的过程为例，设运动过程中某时刻导线框的速度为v，加速度为a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)。(1)若进入磁场时eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v,mR)，则导线框匀速运动；(2)若进入磁场时eq\f(F,m)>eq\f(B2L2v,mR)，则导线框做加速度减小的加速运动(直至匀速)；(3)若进入磁场时eq\f(F,m)<eq\f(B2L2v,mR)，则导线框做加速度减小的减速运动(直至匀速)(导线框离开磁场过程的分析相同)力F做的功等于导线框的动能变化量与回路中产生的焦耳热之和：WF＝ΔEk＋Q如图1所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m的正方形闭合导线框abcd的边长为l，从bc边距离地面高为h处将其由静止释放，已知h>d>l。从导线框开始运动到bc边即将落地的过程中，导线框的v­t图像如图2所示。重力加速度为g，不计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是()A．t1～t2时间内导线框受到的安培力逐渐增大B．磁场的高度d可以用v­t图中阴影部分的面积表示C．导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量D．导线框产生的焦耳热大于mgl[答案]D[解析]由图2可知，0～t1时间内，导线框自由下落，t1～t2时间内导线框切割磁感线进入磁场，做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后，做匀加速运动。t1～t2时间内对导线框受力分析可知，F安－mg＝ma，a减小，则安培力在减小，A错误；根据题意可知，t1时刻bc边开始进入磁场，t3时刻bc边即将到达地面，所以磁场高度d为t1～t3时间内导线框的位移大小，即v­t图线t1～t3部分与t轴所围面积，而不是图2中阴影部分面积，B错误；根据题意可知，安培力做负功，所以重力势能减少量等于动能增加量和克服安培力做功之和，C错误；由前面分析可知t1～t2时间内F安>mg且W安＝F安l，所以在下降过程中导线框产生的焦耳热Q＝W安>mgl，D正确。1.(多选)如图所示，在水平面上有两根足够长的平行导轨，右端接有阻值为R的定值电阻，处于垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场中，两轨道间距为L。质量为m、电阻为r的金属棒ab静置于导轨上，棒ab在水平向左的恒力F的作用下开始运动，运动中与轨道垂直且接触良好，经过一段时间后，以速度v开始做匀速运动，随后撤去外力F，导轨的电阻不计，棒ab与导轨间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则()A．外力F的大小为eq\f(B2L2v,R＋r)＋μmgB．匀速运动时，棒ab两端的电压为BLvC．若撤去外力后，又经过位移x，棒ab停止运动，则撤去外力后棒ab运动的时间t＝eq\f(v,μg)－eq\f(B2L2x,μmg（R＋r）)D．若撤去外力后，又经过位移x，棒ab停止运动，则撤去外力后回路中产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)mv2－μmgx答案ACD解析棒ab匀速运动时，根据平衡条件有F＝FA＋μmg，其中FA＝BIL，I＝eq\f(E,R＋r)，E＝BLv，联立解得F＝eq\f(B2L2v,R＋r)＋μmg，故A正确；棒ab匀速运动时，感应电动势为E＝BLv，棒ab两端的电压为U＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(R,R＋r)·BLv，故B错误；从撤去外力到棒ab停止运动，根据动量定理有－IA－μmgt＝0－mv，其中IA＝Beq\o(I,\s\up6(－))Lt，eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,t)，ΔΦ＝BLx，联立可解得t＝eq\f(v,μg)－eq\f(B2L2x,μmg（R＋r）)，故C正确；从撤去外力到棒ab停止运动，根据能量守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝Q＋μmgx，可得Q＝eq\f(1,2)mv2－μmgx，故D正确。2．(2021·河北高考)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是()A．通过金属棒的电流为2BCv2tanθB．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθC．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定答案A解析由题知金属棒匀速切割磁感线，则t时间内金属棒的位移x＝vt，根据几何关系知金属棒的有效切割长度为l＝2xtanθ，则金属棒上产生的感应电动势为E＝Blv＝2Bv2ttanθ，忽略所有电阻，则电容器极板上的电荷量为Q＝CE＝2BCv2ttanθ，通过金属棒的电流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝2BCv2tanθ，A正确；当金属棒到达x0处时，所用时间t0＝eq\f(x0,v)，则电容器极板上的电荷量为Q0＝2BCv2t0tanθ＝2BCvx0tanθ，B错误；根据右手定则可知，金属棒中电流方向为流向电容器上极板，则电容器的上极板带正电，C错误；由于金属棒做匀速运动，则F＝F安＝IlB，由A项分析可知流过金属棒的电流I恒定，l与t成正比，则F安为变力，F为变力，再根据P＝Fv，v不变，可知外力F做功的功率P变化，D错误。3．(2021·福建高考)(多选)如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t＝t2，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则()A．t1时刻a棒加速度大小为eq\f(2B2L2v0,3mR)B．t2时刻b棒的速度为0C．t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍D．t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为eq\f(2,9)mveq\o\al(2,0)答案AD解析由题知，t1时刻，a棒进入磁场的速度方向向右，b棒的速度方向向左，根据右手定则可知，a棒产生的感应电动势和b棒产生的感应电动势在回路中均为逆时针方向，所以流过金属棒a、b的感应电流I＝eq\f(2BLv0,R＋2R)＝eq\f(2BLv0,3R)，对a棒，根据牛顿第二定律有BIL＝ma，解得a＝eq\f(2B2L2v0,3mR)，故A正确；金属棒a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，根据电阻定律有R＝ρeq\f(L,S)，2R＝ρeq\f(L,S′)，解得b棒的横截面积S′＝eq\f(1,2)S，已知a棒的质量为m，设b棒的质量为m′，则有m＝ρ密V＝ρ密SL，m′＝ρ密V′＝ρ密S′L，联立解得m′＝eq\f(1,2)m，根据左手定则，可知a棒受到的安培力向左，b棒受到的安培力向右，由于流过金属棒a、b的电流一直相等，故两个力大小始终相等，则a与b组成的系统动量守恒，由题知，t2时刻流过a棒的电流为0，说明金属棒a、b在t2时刻均在磁场中且达到了共同速度，设为v，取向右为正方向，根据系统动量守恒有mv0－eq\f(1,2)mv0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)m))v，解得v＝eq\f(1,3)v0，故B错误；在t1～t2时间内，根据q＝It及金属棒a、b串联构成回路，可知通过两棒横截面的电荷量相等，故C错误；在t1～t2时间内，对金属棒a、b组成的系统，根据能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m))veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)m))v2＋Q总，解得回路中产生的总热量为Q总＝eq\f(2,3)mveq\o\al(2,0)，根据焦耳定律Q＝I2Rt，因金属棒a、b中的电流一直相等，所用时间相同，故金属棒a、b产生的热量与电阻成正比，即Qa