专题20 电磁感应中的双导体棒和线框模型-2024版高三物理培优-模型与方法

2024版高三物理培优——模型与方法专题20电磁感应中的双导体棒和线框模型目录TOC\o"1-3"\h\u一.无外力等距双导体棒模型 1二．有外力等距双导体棒模型 14三．不等距导轨双导体棒模型 23四．线框模型 37一.无外力等距双导体棒模型【模型如图】1．电路特点棒2相当于电源；棒1受安培力而加速起动,运动后产生反电动势.2．电流特点：随着棒2的减速、棒1的加速，两棒的相对速度变小，回路中电流也变小。时：电流最大，。时：电流3．两棒的运动情况安培力大小：两棒的相对速度变小,感应电流变小,安培力变小.棒1做加速度变小的加速运动，棒2做加速度变小的减速运动，最终两棒具有共同速度。4．两个规律(1)动量规律：两棒受到安培力大小相等方向相反,系统合外力为零,系统动量守恒.(2)能量转化规律：系统机械能的减小量等于内能的增加量.（类似于完全非弹性碰撞）两棒产生焦耳热之比：；5．几种变化：(1)初速度的提供方式不同(2)磁场方向与导轨不垂直(3)两棒都有初速度（两棒动量守恒吗？）(4)两棒位于不同磁场中（两棒动量守恒吗？）【模型演练1】（2023春·江西赣州·高三兴国平川中学校联考阶段练习）如图所示，MN、PQ是相距为的两平行光滑金属轨道，倾斜轨道MC、PD分别与足够长的水平直轨道CN、DQ平滑相接。水平轨道CN、DQ处于方向竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中。质量、电阻、长度的导体棒a静置在水平轨道上，与a完全相同的导体棒b从距水平轨道高度的倾斜轨道上由静止释放，最后恰好不与a相撞，运动过程中导体棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度g取。下列说法正确的是（）

A．棒b刚进入磁场时的速度大小为B．棒b刚进入磁场时，棒a所受的安培力大小为C．整个过程中，通过棒a的电荷量为D．棒a的初始位置到CD的距离为【答案】D【详解】A．棒b从静止释放到刚进入磁场过程，根据动能定理可得解得棒b刚进入磁场时的速度大小为故A错误；B．棒b刚进入磁场时，产生的电动势为回路电流为棒a所受的安培力大小为故B错误；C．棒b进入磁场后，两棒组成的系统满足动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速直线运动，则有解得两棒最终的速度大小为对棒a，根据动量定理可得又联立可得整个过程中，通过棒a的电荷量为故C错误；D．由题意可知棒b最后恰好不与a相撞，则有解得可知棒a的初始位置到CD的距离为，故D正确。故选D。【模型演练2】（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）如图所示，水平面上固定有足够长的两平行光滑金属导轨，导轨间的正方形区域abcd有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，该区域边长为L=1m。导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接。质量为的金属棒P和另一根质量为的金属棒Q分别静置在导轨上的不同位置，如下图所示。现将金属棒P从离水平面高度h（单位为米）处静止释放。若两棒发生碰撞，则所有碰撞均为弹性碰撞。已知两金属棒的电阻值均为，重力加速度取，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计，两根金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。下列说法正确的是（）A．P刚进入磁场时受到的安培力F的大小为B．每当P完整穿过磁场区域，P的速率就减小5m/sC．当，P和Q不会发生碰撞D．当，P和Q恰好不发生第二次碰撞【答案】ACD【详解】A．刚进入磁场时的速度产生的感应电动势和电流的大小所受安培力的大小方向水平向左，故A正确；B．第一次穿过磁场区域产生的平均感应电动势平均感应电流规定向右为正，设第一次到达cd边时的速度为，则对由动量定理可得所以只要完整穿过磁场区域，那么P的速度的大小就减小故B错误；C．分类讨论如下：①当从静止释放运动到cd边速度恰好为0时，那么两棒恰好一次碰撞都不发生。设从高度为H的位置释放，则有解得②当从静止释放后，第二次向右到达cd的速度等于与Q第一次碰撞后的速度，则此时恰好不发生两次碰撞。设刚进入磁场时的速度为，第一次碰撞前的速度为，碰撞后的速度为，碰撞后Q的速度为，第二次向右到达cd的速度为，则有从高度为H的位置释放第一次穿过磁场区域后有第一次碰撞，由动碰静可得碰撞后再次向右到达cd的过程有又由临界条件解得故当碰撞次数为1次，故CD正确。故选ACD。【模型演练3】（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）如图所示，固定足够长的间距为L的平行光滑金属导轨由水平段和倾角为的倾斜段平滑相接构成，正方形区域内存在垂直于倾斜导轨向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场；水平导轨间从EF向右区域内存在一个竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小也为B。一根质量为m、阻值为R、长度为L的金属棒a在倾斜导轨上磁场区域的上边界AB处由静止释放，经过时间t穿过区域后，与水平导轨上另一根质量为2m、阻值为R、长度为L的静止在EF左侧的金属棒b发生弹性碰撞。已知两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，两金属棒碰撞后金属棒a运动至倾斜导轨底端时被固定，不再上滑，不计导轨电阻，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（

）

A．金属棒a穿过区域的过程中，通过回路的电荷量为B．金属棒a穿过区域的过程中，产生的焦耳热为C．碰撞后瞬间金属棒a速度的大小为D．金属棒b最终停在EF的右边处【答案】AD【详解】A．根据电荷量的计算公式有故A正确；B．根据功能关系可知金属棒a穿过区域的过程中，产生的焦耳热小于，故B错误；C．金属棒a穿过区域的过程中，根据动量定理有ab碰撞过程中根据动量守恒定律及能量守恒定律有解得碰撞后瞬间金属棒a速度的大小为故C错误；D．对金属棒b根据动量定理有解得故D正确；故选AD。【模型演练4】（2023春·河南·高三校联考阶段练习）如图（a），水平面内有两根足够长的光滑平行固定金属导轨，间距为d。导轨所在空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。同种材料制成、粗细均匀、长度均为d的两导体棒M、N静止放置在导轨上。已知M的质量为m，阻值为R，导轨电阻不计。现给M棒一水平向右的初速度v₀，其速度随时间变化关系如图（b）所示，两导体棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是（）

A．导体棒N的质量为 B．导体棒N的阻值为C．在0~t₁内，导体棒M产生的热量为 D．在0~t₁内，通过导体棒M的电荷量为

【答案】BD【详解】A．导体棒M、N受到的安培力大小相等，方向相反，所以两导体棒组成的系统动量守恒，且两导体棒最终速度大小相等，有解得故A错误；B．设导体棒的密度为ρ，电阻率为ρ0，两导体棒横截面积为和导体棒M的阻值为导体棒N的阻值为故B正确；C．在0~t₁内回路产生的总热量为所以导体棒M产生的焦耳热为故C错误；D．由动量定理可知，在0~t₁内导体棒N有通过导体棒M的电荷量解得故D正确。故选BD。【模型演练5】如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T．在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L＝1m，电阻可忽略不计．质量均为m＝1kg，电阻均为R＝2.5Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好．先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度a＝0.4m/s2向右做匀加速直线运动，5s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度vm做匀速直线运动．(1)求棒MN的最大速度vm；(2)当棒MN达到最大速度vm时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，两棒最终均匀速运动．求解除PQ棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热．(3)若PQ始终不解除锁定，当棒MN达到最大速度vm时，撤去拉力F，棒MN继续运动多远后停下来？(运算结果可用根式表示)【答案】(1)2eq\r(5)m/s(2)5J(3)40eq\r(5)m【解析】(1)棒MN做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F－BIL＝ma棒MN做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E＝BLv棒MN做匀加速直线运动，5s时的速度为：v＝at1＝2m/s在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：I＝eq\f(E,2R)联立上述式子，有：F＝ma＋eq\f(B2L2at,2R)代入数据解得：F＝0.5N5s时拉力F的功率为：P＝Fv代入数据解得：P＝1W棒MN最终做匀速运动，设棒最大速度为vm，棒受力平衡，则有：eq\f(P,vm)－BImL＝0Im＝eq\f(BLvm,2R)代入数据解得：vm＝2eq\r(5)m/s(2)解除棒PQ后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v′，则有：mvm＝2mv′设从PQ棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)×2mv′2代入数据解得：Q＝5J；(3)棒以MN为研究对象，设某时刻棒中电流为i，在极短时间△t内，由动量定理得：－BiL△t＝m△v对式子两边求和有：∑(－BiLΔt)＝∑(mΔvm)而△q＝i△t对式子两边求和，有：∑Δq＝∑(iΔt)联立各式解得：BLq＝mvm，又对于电路有：q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),2R)t由法拉第电磁感应定律得：eq\x\to(E)＝eq\f(BLx,t)又q＝eq\f(BLx,2R)代入数据解得：x＝40eq\r(5)m【模型演练6】（2023·安徽芜湖·统考二模）如图所示，和是两根足够长且电阻不计的固定光滑平行金属轨道，其中和为轨道的水平部分，和是倾角的倾斜部分。在右侧空间中存在磁感应强度大小，方向坚直向上的匀强磁场，不计导体棒在轨道连接处的动能损失。将质量，单位长度电阻值的导体棒于倾斜导轨上，距离斜面轨道底端高度，另一完全相同的导体棒静止于水平导轨上，导轨间距均为，导体棒长度均为。时，导体棒从静止释放，到两棒最终稳定运动过程中，棒未发生碰撞，且两导体棒始终与导轨保持垂直，g取。求：（1）棒刚滑到斜面轨道底端时回路中产生的电流；（2）两导体棒的最终速度大小；（3）从开始计时到两棒最终稳定运动过程中，通过回路的电荷量。

【答案】（1）0.1A；（2）0.5m/s；（3）3.125C【详解】（1）棒从斜面轨道滑到底端，根据动能定理，有切割产生的感应电动势为根据闭合电路欧姆定律，有联立解得（2）因为两导体棒所受的安培力始终大小相等、方向相反，所以将两棒组成的系统作为研究对象，由动量守恒得解得（3）从棒刚进入磁场到与棒共速，对导体棒，由动量定理得代入数据解得【模型演练7】（2023·全国·校联考模拟预测）如图所示，间距L=1m的粗糙倾斜金属轨道与水平面间的夹角，在其顶端与阻值为2R的定值电阻相连，间距相同的光滑金属轨道固定在水平面上，两轨道都足够长且在处平滑连接，至间是绝缘带，保证倾斜轨道与水平轨道间电流不导通。倾斜轨道处有垂直轨道向上、磁感应强度大小为的匀强磁场，水平轨道处有竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。两根导体棒1、2的质量均为m=0.1kg，两棒接入电路部分的电阻均为R。初始时刻，导体棒1放置在倾斜轨道上，且距离足够远，导体棒2静置于水平轨道上。已知倾斜轨道与导体棒1间的动摩擦因数，R=1Ω。现将导体棒1由静止释放，运动过程中未与导体棒2发生碰撞。，，重力加速度g取，两棒与轨道始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，不计金属棒1经过时的机械能损失。求：（1）导体棒1滑至瞬间，导体棒2的加速度大小；（2）整个运动过程中通过导体棒2的电荷量。【答案】（1）；（2）0.12C【详解】（1）导体棒1在倾斜轨道匀速时的电流受力分析可知解得导体棒1滑至瞬间解得（2）导体棒1、2最终在水平轨道上以相同的速度匀速运动，利用动量守恒对导体棒2利用动量定理则【模型演练8】（2023·福建宁德·校考三模）如图所示，相距的平行轨道由两部分组成，其中圆弧轨道光滑，水平轨道粗糙。水平轨道区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度。光滑导体棒的质量，电阻；另一导体棒的质量，电阻，放置在足够长的水平轨道上，导体棒与水平导轨间的动摩擦因数，光滑足够长斜面的倾角，斜面顶端固定一轻质光滑小定滑轮，滑轮与水平轨道等高。一绝缘轻绳绕过滑轮一端与导体棒相连，另一端与处于斜面上的小物块相连，且与物块恰好均保持静止（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。现让棒从距水平轨道高为处由静止释放，在之后的运动过程中，棒恰好能与水平轨道上的棒相遇，全程两棒均未出磁场区域。已知重力加速度，求：（1）小物块的质量；（2）导体棒的初始位置与水平轨道最左端间的距离；（3）整个过程中，导体棒产生的焦耳热。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）棒与物块静止，有得（2）当棒进入磁场时，由动能定理得棒恰好能与水平轨道上的棒相遇时，设速度为，系统动量守恒，得对棒分析，由动量定理得且联立得（3）相遇前，对系统由能量守恒定律得且代入数据得二．有外力等距双导体棒模型【模型如图】1．电路特点：棒2相当于电源，棒1受安培力而起动.2．运动分析：某时刻回路中电流：安培力大小：。棒1：棒2：最初阶段，,只要,；；；；当时，恒定，恒定，恒定，两棒匀加速3．稳定时的速度差，，，，【模型演练1】（2023·河北张家口·统考三模）如图所示，水平固定的两足够长平行金属导轨处于足够大的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于轨道平面竖直向上（未画出），轨道间距为L、导体棒ab、cd用绝缘细线连接，垂直导轨放置且与导轨接触良好，接入电路的电阻均为R。现给导体棒cd施加平行于导轨方向的恒力F，使之以速度做匀速运动。某时刻剪断导体棒间的细线，从剪断细线开始计时，经过时间t，导体棒cd达到最大速度，ab仍具有一定的速度。已知两导体棒质量均为m，与导轨间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。从剪断细线到导体棒cd达到最大速度的过程中，下列说法正确的（）A．导体棒ab、cd组成的系统动量守恒B．导体棒cd的最大速度为C．通过ab的电荷量为D．ab、cd相对滑动的距离为【答案】AC【详解】A．导体棒ab、cd组成的系统两个导体棒时刻受到等大反向的安培力，系统所受外力的矢量和为0，所以系统动量守恒，故A正确；B．导体棒cd达到最大速度时，对导体棒cd受力分析可知由，，根据动量守恒定律有联立可得，故B错误；C．以导体棒ab为研究对象，由动量定理，联立可得故C正确；D．由电荷量的推导公式得故D错误。故选AC。【模型演练2】（2023·广东清远·校考模拟预测）如图所示，间距为的两光滑平行金属导轨固定在水平绝缘台上，导轨足够长且电阻不计，质量分别为、的金属棒垂直导轨静止放置，导轨间金属棒的电阻均为，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中。现用水平恒力向右拉金属棒，运动过程中始终垂直导轨并与导轨保持良好接触，最终运动保持稳定状态，则（）

A．所受的安培力大小为B．中电流为C．和的速度差恒为D．和之间的距离保持恒定【答案】AC【详解】A．根据题意可知，运动保持稳定状态后，的加速度相同，对整体，由牛顿第二定律有对由牛顿第二定律有解得故A正确；B.设中电流为，根据安培力公式有解得故B错误；CD．根据题意，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律有解得可知，a和b之间的距离不断增大，故D错误，C正确。故选AC。【模型演练3】（2023春·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）某物理小组想出了一种理想化的“隔空”加速系统，该系统通过利用其中一个金属棒在磁场中运动产生感应电流从而使另一个金属棒获得速度，这样就避免了直接对其进行加速时所带来的磨损和接触性损伤，该加速系统可以建模抽象为在足够长的固定水平平行导轨上放有两个金属棒和,磁感应强度的匀强磁场与导轨所在水平面垂直，方向竖直向下，导轨电阻很小，可忽略不计。如图为模型俯视图，导轨间的距离，每根金属棒质量均为，电阻都为，可在导轨上无摩擦滑动，滑动过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，在时刻，两金属棒都处于静止状态，现有一与导轨平行、大小为恒力作用于金属棒上，使金属棒在导轨上滑动，经过，金属棒的加速度，求：（1）此时金属棒的加速度是多少？（2）此时两金属棒的速度各是多少？（3）金属棒和的最大速度差是多少？

【答案】（1）；（2），（3）【详解】（1）恒力作用于杆，使其在导轨上向右加速运动，切割磁感线产生感应电流，根据右手定则知电流方向为，电流流经，根据左手定则受安培力水平向左，受到的安培力水平向右，它们都做加速运动，对由牛顿第二定律得对由牛顿第二定律得联立解得（2）设某时刻速度为，速度为，根据法拉第电磁感应定律有在时，对由牛顿第二定律得整理得带入数据得由于作用于两根杆的安培力等大反向，所以作用于两杆系统的合力为水平恒力,对系统由动量定理得带入数据得联立解得，（3）杆做加速度减小的加速运动，杆做加速度增大的加速运动，最终共加速度，设两金属棒的共同加速度为，对系统有对杆有其中联立解得【模型演练4】（2023·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）在水平面上固定有两光滑平行金属导轨，如图（a）所示。虚线MN左侧存在着竖直向下的匀强磁场，导体棒垂直静止在导轨上且接触良好，导体棒用轻质绝缘杆相连，三根导体棒的长度以及导轨宽度均为。现固定导体棒，对导体棒施加一个与其垂直的力，使导体棒做匀加速直线运动，随导体棒速度的变化图像如图（b）所示，经时间撤去拉力，同时释放导体棒，经过一段时间三根导体棒运动状态达到稳定，此时导体棒间的距离。已知三根导体棒质量相同，均为，电阻相同，均为，其余电阻不计。求：（1）磁场的磁感应强度和撤去拉力时导体棒的速度；（2）从撤去到运动状态达到稳定过程中导体棒上产生的焦耳热；（3）导体棒穿出磁场时的速度和轻杆对导体棒拉力的大小。

【答案】（1），；（2）；（3），【详解】（1）设导体棒任意时刻速度为，根据法拉第电磁感应定律有电流根据牛顿第二定律有整理得结合图（b）有解得则时导体棒的速度（2）设导体棒撤去拉力后达到的稳定状态时速度为，根据动量守恒定律有解得设导体棒上产生的焦耳热为，根据功能关系有解得（3）把导体棒看成一根棒，设导体棒穿出磁场时速度为，穿出磁场后，在任意极短时间内，对导体棒根据动量定理有对从穿出磁场到穿出磁场整个过程有解得此时导体棒切割磁感线产生的电动势电流对导体棒整体有轻杆对导体棒的拉力解得【模型演练5】（2023·湖北·模拟预测）如图，两条足够长的平行金属导轨间距L＝0.5m，与水平面的夹角θ＝30°，处于磁感应强度B＝0.2T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。导轨上的a、b两根导体棒质量分别为ma＝0.3kg、mb＝0.1kg，电阻均为R＝0.1Ω。现将a、b棒由静止释放，同时用大小为2N的恒力F沿平行导轨方向向上拉a棒。导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，取重力加速度g＝10m/s2.已知当a棒中产生的焦耳热Qa＝0.12J时，其速度va＝1.0m/s，求：（1）此时b棒的速度大小；（2）此时b棒的加速度大小；（3）a棒从静止释放到速度达到1.0m/s所用的时间。

【答案】（1）3m/s；（2）；（3）0.768s【详解】（1）设a、b棒受到的安培力大小为F安，则对a、b棒由牛顿第二定律分别，有联立可得所以有可解得（2）设此电路产生的感应电动势为E，电流为I，则有联立解得（3）设此过程a、b棒位移分别为、，由（1）的分析可得根据能量守恒有对a棒根据动量定理有其中安培力的冲量可得联立代入数据可解得三．不等距导轨双导体棒模型1.a棒减速，b棒加速，E＝BL1va－BL2vb由va↓vb↑⇒E↓⇒F安↓⇒a↓，当BL1va＝BL2vb时，a＝0，两棒匀速2.动力学观点：最终速度3.能量观点：动能转化为焦耳热4.动量观点：BIL1t＝mv0－mvaBIL2t＝mvb－0【模型演练1】（2023·福建泉州·福建省德化第一中学校联考一模）如图，水平面内固定着足够长的光滑平行导轨，导轨宽度是导轨宽度的2倍，导轨宽度为L，导轨处于方向垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，金属棒PQ和MN分别垂直导轨放置在导轨段和段上，金属棒PQ和MN的质量之比为2:1，长度分别为2L和L，两金属棒电阻均为R。现给金属棒MN一个向右的初速度，运动过程中两棒始终没有离开各自的导轨段，并与导轨接触良好，其余部分的电阻均不计，则（）A．运动过程中金属棒PQ和MN的加速度大小之比为1:2B．运动过程中金属棒PQ和MN所受的安培力的冲量大小之比为2:1C．运动到速度稳定时金属棒PQ和MN的速度之比为1:2D．运动到速度稳定时金属棒PQ和MN两端的电压之比为2:1【答案】BC【详解】A．运动过程中对PQ有对MN有所以运动过程中加速度大小之比为1∶1，故A错误；B．因为运动过程中PQ所受安培力大小为MN的两倍，在相同时间内安培力的冲量大小之比，故B正确；C．金属棒运动到速度稳定时有故运动到速度稳定时，金属棒PQ和MN的速度之比故C正确；D．P、M两点电势相等，Q、N两点电势相等，任意时刻都有即金属棒PQ和MN两端的电压之比为1∶1，故D错误。故选BC。【模型演练2】（2023·全国·高三专题练习）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的足（）

A．弹簧伸展过程中、回路中产生顺时针方向的电流B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为【答案】AC【详解】A．弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；B．任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力方向向左；MN受安培力方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m，PQ速率为v时，则解得回路的感应电流MN所受安培力大小为选项B错误；C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得可得则最终MN位置向左移动PQ位置向右移动因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理可得选项C正确；D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右移动，则选项D错误。故选AC。【模型演练3】（2023春·湖南·高三长郡中学校联考阶段练习）如图所示，光滑的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨处在垂直于水平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，左侧导轨间的距离为，右侧导轨间的距离为L，导体棒1、2垂直放置于导轨之间，导体棒1放置在左侧导轨上，导体棒2放置在右侧导轨上，且与导轨接触良好，导体棒1、2的材料相同，且两棒的电阻相等。初始时导体棒2静止在导轨上，导体棒1以初速度开始向右运动，导体棒1始终在宽导轨上，导轨都足够长，导体棒2的质量为m，导轨电阻不计，则（）

A．初始状态，导体棒1两端的电压为 B．导体棒1最终以速度匀速运动C．系统稳定后两棒的电动势均为 D．从静止开始到系统稳定导体棒2的发热量为【答案】BD【详解】A．初始状态，导体棒1的电动势为导体棒1两端的电压为外电压，故两端的电压为选项A错误；B．导体棒1向右运动过程中由左手定则和右手定则可知其受到向左的安培力，故导体棒1向右做减速运动，导体棒2向右加速运动，最终状态时两棒均匀速运动，则速度满足由于导体棒1、2的材料相同，电阻相等，由电阻定律可知导体棒1与导体棒2的横截面积之比为2：1，由质量可知导体棒1的质量为，由安培力公式可知导体棒1所受安培力的大小为导体棒2所受安培力大小的2倍，即由动量定理可知则由动量定理可知解得选项B正确；C．由B选项可知系统稳定后两棒的电动势都为，选项C错误；D．回路内的发热量为由于两棒电阻相同，故导体棒2的发热量为选项D正确。故选BD。【模型演练4】（2023·海南·统考模拟预测）如图所示，水平金属导轨左右两部分宽度分别是和，导轨处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为，两根导体棒的质量分别为和，有效电阻分别是和，垂直于导轨放置在其左右两部分上，不计导轨电阻，两部分导轨都足够长，与导轨间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。若在水平拉力作用下向右做匀速直线运动，运动中与导轨垂直且接触良好，而恰好保持静止，则（）

A．做匀速直线运动的速度大小为B．做匀速直线运动的速度大小为C．水平拉力大小为D．水平拉力大小为【答案】AC【详解】AB．根据题意，设做匀速直线运动的速度大小为，则有感应电流为对M棒受力分析，由平衡条件有联立解得故B错误，A正确；CD．设水平拉力大小为，对棒受力分析，由平衡条件有解得故D错误，C正确。故选AC。【模型演练5】（2023·山东·模拟预测）如图所示，固定在水平面内的光滑不等距平行轨道处于竖直向上、大小为B的匀强磁场中，ab段轨道宽度为2L，bc段轨道宽度是L，ab段轨道和bc段轨道都足够长，将质量均为m、接入电路的电阻均为R的金属棒M和N分别置于轨道上的ab段和bc段，且与轨道垂直。开始时金属棒M和N均静止，现给金属棒M一水平向右的初速度，不计导轨电阻，则（）A．M棒刚开始运动时的加速度大小为B．金属棒M最终的速度为C．金属棒N最终的速度为D．整个过程中通过金属棒的电量为【答案】CD【详解】A．由法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律得由牛顿第二定律得联立解得故A错误；BC．最终回路中的电流为0，有对金属棒M和N分别应用动量定理得联立解得故B错误；C正确；D．又联立解得故D正确。故选CD。【模型演练6】（2023·福建·模拟预测）如图所示，固定在水平绝缘桌面上的光滑金属导轨，宽处间距为L，窄处间距为，导轨所在区域分布有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。由同种材料制成、横截面积相同的金属杆cd（长为L）和ef（长为），分别垂直导轨宽处和窄处静止放置，两杆与导轨始终接触良好。现给金属杆cd水平向右、大小为的初速度，不考虑杆cd进入导轨窄处后的运动过程。已知金属杆ef的质量为m、电阻为R，不计导轨电阻。在金属杆cd开始运动后的足够长时间内，下列说法正确的是（）

A．回路中的最大电流为 B．金属杆cd的最小速度为C．回路中产生的焦耳热为 D．通过杆某一横截面的电荷量为【答案】AC【详解】A．当cd杆刚开始运动时，回路中的总电动势此时回路中的总电动势最大，结合题述和电阻定律可知，cd杆质量为、电阻为，故回路中的最大电流为故A正确；B．当时，回路中没有电流，金属杆不再受到安培力，开始做匀速直线运动，此时金属杆cd的速度最小，有可知设从开始到达到这一状态所用时间为t，根据动量定理有解得故B错误；C．由能量守恒定律可得解得故C正确；D．由动量定理可知则解得故D错误。故选AC。【模型演练7】（2023·湖南·模拟预测）如图所示，光滑水平导轨分为宽窄两段（足够长，电阻不计），相距分别为0.5m和0.3m，两个材料、粗细都相同的导体棒分别放在两段导轨上，导体棒长度分别与导轨等宽，已知放在窄端的导体棒的质量为0.6kg，电阻为0.3Ω，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为1T，现用的水平向右的恒力拉动，一段时间后，回路中的电流保持不变，下列说法正确的是（）

A．在整个运动过程中，两棒的距离先变大后不变B．回路中稳定的电流大小为5AC．若在回路中的电流不变后某时刻，的速度为4m/s，则的速度为20m/sD．若在回路中的电流不变后某时刻，的速度为4m/s，则整个装置从静止开始运动了3.5s【答案】BC【详解】A．由题意可知，的质量，电阻，分析可知，当电流不变时，有即故所以的加速度始终比的大，两棒的距离一直变大，故A错误；B．当电流不变时，由牛顿第二定律可知解得故B正确；C．当时，由可知故C正确；D．分别对两导体棒根据动量定理有联立解得故D错误。故选BC。【模型演练8】（2023·河北邯郸·统考三模）两金属棒a、b垂直放置在如图所示足够长的光滑水平导轨上，金属棒a、b的质量分别为m和2m，电阻分别为r1和r2，导轨左边间距为l，右边间距为3l，两导轨所在的区域处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B。两金属棒与导轨接触良好且运动时始终与导轨垂直。某时刻金属棒a受到水平向右的恒力F作用，a始终在导轨MN上运动，b始终在导轨PQ上运动，不计导轨电阻，经过足够长的时间后，下列说法正确的是（）A．金属棒a与b均做匀变速直线运动且距离保持不变B．金属棒a的加速度为C．流过金属棒a的电流大小为D．回路中的感应电动势保持不变，大小为【答案】BC【详解】A．由于金属棒a和b整体受恒定的拉力作用，则最终的稳定状态是两棒都将有固定的加速度值，可得金属棒受恒定的安培力，即回路中有恒定的电流，进而得出回路有恒定的电动势。设金属棒a和b的速度分别为和，由闭合电路的欧姆定律知电流的变化率因为恒定，所以可得因为最终两金属棒都做匀加速运动，且加速度不同，两棒的距离逐渐减小，A错误；B．对金属棒a由牛顿第二定律得对金属棒b由牛顿第二定律得可解得，B正确；C．将加速度的结果带入公式解得C正确；D．由可知D错误。故选BC。【模型演练9】（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）如图所示，导体棒、水平放置于足够长的光滑平行金属导轨上，导轨左右两部分的间距分别为，，导体棒、的质量分别为、，接入电路的电阻分别为和，其余部分电阻均忽略不计。导体棒、均处于方向竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中，、两导体棒均以的初速度同时水平向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，导体棒始终在窄轨上运动，导体棒始终在宽轨上运动，直到两导体棒达到稳定状态。求：（1）导体棒中的最大电流。（2）稳定时导体棒和的速度。（3）电路中产生的焦耳热及该过程中流过导体棒的某一横截面的电荷量。

【答案】（1）；（2），方向向右，，方向向右；（3）【详解】（1），两导体棒均以的初速度同时向右运动时，导体棒中的电流最大，此时回路中的感应电动势为则导体棒中的最大电流（2）当两导体棒产生的感应电动势相等时，回路中的电流为零，且达到稳定状态，设此时导体棒的速度为，导体棒的速度为，则有可得两导体棒从开始运动到达到稳定状态过程中，对导体棒，由动量定理得对导体棒，由动量定理得联立解得（3）由能量守恒定律得解得对导体棒，由动量定理可得又联立解得四．线框模型（空气阻力不计）【模型演练1】如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度刚好减为0，那么当线圈完全进入磁场时，其速度大小()A．大于eq\f(v0,2) B．等于eq\f(v0,2)C．小于eq\f(v0,2) D．以上均有可能【答案】B【解析】通过线圈横截面的电荷量：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程：－Beq\x\to(I)at＝mv－mv0，线圈离开磁场过程：－Beq\x\to(I)at＝0－mv，由于q＝eq\x\to(I)t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝eq\f(v0,2)，故选B.【模型演练2】（2023·江苏·模拟预测）如图，空间等距分布无数个垂直纸面向里的匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度大小，每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为。现有一个边长、质量，电阻的单匝正方形线框，以的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，下列说法正确的是（

）A．线框刚进入第一个磁场区域时，加速度大小为B．线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为C．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为D．线框从开始进入磁场到竖直下落过程中能穿过5个完整磁场区域【答案】C【详解】A．根据题意可得联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力为则线框的加速度大小为故A错误；B．由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量计算公式可知解得通过线框的电荷量为穿过磁场区域过程中线框磁通量变化量为零，所以通过线框的电荷量为零，故B错误；C．当线框水平速度减为零时竖直下落，线框受到安培力的合力水平向左，安培力对线框做的负功等于电路中产生的焦耳热，由功能关系可得故C正确；D．水平方向安培力大小为设水平向右为正，由水平方向动量定理可得解得线框穿过1个完整磁场区域，有安培力作用的水平距离为2l，则有则线框从开始进入磁场到竖直下落过程中能穿过6个完整磁场区域，故D错误。故选C。【模型演练3】（2023·浙江·校联考模拟预测）如图所示，由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（）

A．甲产生的焦耳热比乙多 B．甲加速运动，乙减速运动C．甲和乙都加速运动 D．甲减速运动，乙加速运动【答案】C【详解】设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，线圈材料密度为，质量为m，横截面积为S，电阻率为，线圈在磁场中运行速度为，线圈刚进入磁场时速度为，有感应电动势为线圈电阻为感应电流为线圈所受的安培力由牛顿第二定律有联立解得加速度为BCD．可知线圈在磁场中运动的加速度与匝数、横截面积无关，则甲乙线圈进入磁场时，具有相同的加速度。当时，甲和乙都做加速运动，当时，甲和乙都做减速运动，故BD错误；C正确。A．线圈的热功率甲乙线圈在磁场中运动速度相同，热功率也一样，甲产生的焦耳热与乙一样多，故A错误。故选C。【模型演练4】（2023·安徽·模拟预测）如图，相距的水平虚线间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。磁场上方有一质量为、电阻为、边长为的正方形线框，线框距磁场上边界处由静止释放，边刚进入磁场时的速度与边刚出磁场时的速度相等。线框向下运动的过程中，线框平面始终与磁场垂直且边保持水平，已知重力加速度为，下列说法正确的是（）

A．线框边刚要进入磁场时，线框的速度大小为B．线框边刚要出磁场时，线框的加速度大小为C．线框进入磁场的过程中，安培力的冲量大小为D．线框穿过磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为【答案】AD【详解】A．从释放到cd刚进磁场，有解得从cd刚进磁场到ab刚进磁场，有从ab刚进磁场到cd刚出磁场，有解得ab刚进磁场的速度故A正确；B．cd边刚进入磁场时的速度与cd边刚出磁场时的速度相等，由对称性可知ab边刚进、刚出磁场时的速度v2也相同，ab边进磁场到cd边出磁场在重力作用下加速，则cd边进磁场到ab边进磁场为减速才能使cd边刚进、刚出磁场速度相同；ab边刚出磁场时有解得故B错误；C．线框进入磁场的过程中，设向下为正，有故C错误；D．线框穿过磁场的过程中，由能量守恒解得故D正确。故选AD。【模型演练4】(多选)(2021·四川内江铁路中学月考)如图所示，空间有一个方向水平的有界磁场区域，一个矩形线框，自磁场上方某一高度下落，然后进入磁场，进入磁场时，导线框平面与磁场方向垂直，则在进入过程中导线框可能的运动情况是()A．加速度变小的加速下落B．加速度变小的减速下落C．匀速下落D．匀加速下落【答案】ABC【解析】线框进入磁场过程中受到的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，如果eq\f(B2L2v,R)<mg，线框受到的合力向下，线框向下做加速运动，由牛顿第二定律得：mg－eq\f(B2L2v,R)＝ma，a＝g－eq\f(B2L2v,mR)，由于速度v增大，a减小，线框向下做加速度变小的加速运动，选项A正确，D错误；如果eq\f(B2L2v,R)>mg，线框受到的合力向上，线框向下做减速运动，由牛顿第二定律得：eq\f(B2L2v,R)－mg＝ma，a＝eq\f(B2L2v,mR)－g，由于速度v减小，a减小，线框向下做加速度变小的减速运动，选项B正确；如果eq\f(B2L2v,R)＝mg，线框将向下做匀速直线运动，选项C正确．【模型演练5】（2023·河南许昌·禹州市高级中学校考模拟预测）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，磁场范围足够大，磁感应强度的大小左边为2B，右边为3B，一个竖直放置的宽为L、长为3L、质量为m、电阻为r的矩形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到虚线位置（在左边磁场中的长度为L、在右边磁场中的长度为2L）时，线框的速度为，则下列判断正确的是（）

A．此时线框中电流方向为逆时针，电功率为B．此过程中通过线框截面的电量为C．此时线框的加速度大小为D．此过程中线框克服安培力做的功为【答案】AD【详解】A．在图示位置根据右手定则可知，线框中电流方向为逆时针，线框产生的电动势为线圈电流为则电功率为故A正确；B．此过程中磁通量的变化为此过程中通过线框截面的电量为故B错误；C．线圈受到的安培力大小为此时线框的加速度大小为故C错误；D．由动能定理得可得此过程中线框克服安培力做的功为故D正确。故选AD。【模型演练6】（2023·黑龙江大庆·大庆中学校考模拟预测）某高中科研兴趣小组利用课余时间进行研究电磁阻尼效果的研究性学习实验示意图如图甲所示，虚线MN右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，边长为1m、质量为0.1kg、电阻为0.2Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN与线框的右边框平行。从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v随滑行的距离x变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是（

）

A．图乙中B．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零C．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.15JD．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为2.3C【答案】AC【详解】A．线框中的磁通量发生变化时，线框中会产生感应电流，线框会受到力的作用，从而速度发生改变，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，不产生感应电流，线框的速度就不变，所以图乙中的，故A正确；B．线框进入磁场过程中，安培力大小为由图乙可知，速度减小，线框受到的安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，因此线框做加速度减小的减速运动，线框完全进入磁场区域，加速度突变为零，故B错误；C．根据能量守恒可得，线框减少的动能全部转化为焦耳热，则有其中，，代入数据可得故C正确；D．线框进入磁场过程中，取水平向右为正，根据动量定理可得又即结合图像乙可知，当时，，代入解得通过线框截面的电量为代入数据解得故D错误。故选AC。【模型演练7】（2023·山东·高三专题练习）如图，纸面在竖直平面内，水平方向上有两宽度均为d的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度大小均为B，磁场的上下边界水平，区域Ⅰ内磁场方向为垂直于纸面向里，区域Ⅱ内磁场方向为垂直于纸面向外。一质量为m，边长为d的单匝正方形金属线框，其总电阻为R，将线框从下边缘距磁场上边界距离h处由静止释放，线框下边水平且线框平面始终与磁场方向垂直，当线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ时，恰好以速度做匀速直线运动。当线框下边缘进入磁场区域Ⅱ但还未穿出磁场区域Ⅱ的某一时刻，线框开始以速度做匀速直线运动。已知线框下边缘穿过磁场区域Ⅱ的时间为，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A．释放时线框下边缘距磁场上边界距离B．C．从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅱ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中通过线框导体横截面的电荷量D．从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中线框中产生的总热量【答案】AD【详解】A．当线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ时，恰好以速度做匀速直线运动释放时线框下边缘距磁场上边界距离A正确；B．当线框下边缘进入磁场区域Ⅱ但还未穿出磁场区域Ⅱ的某一时刻，线框开始以速度做匀速直线运动联立解得B错误；C．从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅱ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中，由动量定理安培力冲量通过线框导体横截面的电荷量C错误；D．从线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ到线框下边缘刚穿出磁场区域Ⅱ过程中，由能量守恒线框中产生的总热量D正确。故选AD。【模型演练8】（2023春·湖南常德·高三汉寿县第一中学校考阶段练习）如图所示，在平面直角坐标系中，竖直向下，水平。在第一象限（空间足够大）存在垂直平面向外的磁场区域，磁感应强度沿y轴正方向不变，沿x轴正方向按照（且为已知常数）规律变化。一个质量为m、边长为L的正方形导线框，电阻为R，初始时一边与x轴重合，一边与y轴重合。将导线框以速度沿x轴正方向抛出，整个运动过程中导线框的两邻边分别平行两个坐标轴。从导线框开始运动到速度恰好竖直向下的过程中，导线框下落高度为h，重力加速度为g，则在此过程中，下列说法正确的是（）

A．导线框受到的安培力总是与运动方向垂直B．导线框下落高度为h时的速度小于C．整个过程中导线框中产生的热量为D．导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为【答案】CD【详解】A．根据右手定则可知，线框将产生顺时针方向的电流，根据左手定则可知左边框产生方向向右的安培力，右边框产生方向向左的安培力，上边框产生方向向下的安培力，下边框产生方向向上的安培力，再根据磁场的分布规律可知左边框产生的安培力小于右边框产生的安培力，上、下边框产生的安培力大小相等，可知导线框受到向左的安培力的作用，即沿x轴负方向的安培力作用，而不是与运动方向垂直，故A错误；B．导线框在竖直方向所受安培力的合力为零，可知导线框在竖直方向做自由落体运动，下落高度为h时的速度满足运动学关系可得故B错误；C．当导线框速度恰好竖直向下时，说明导线框在水平方向速度减小为零，又导线框在竖直方向所受合力与重力大小相等，即导线框在竖直方向满足机械能守恒，所以下落过程中导线框中产生的热量大小等于水平方向动能的损失，大小为，故C正确；D．设导线框在时间t时的水平分速度大小为，水平位移为x，则在此时刻导线框产生感应电动势大小为导线框内的感应电流大小为所以导线框受到安培力的大小又根据可得导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为故D正确。故选CD。【模型演练9】（2023·湖北·模拟预测）如图所示，光滑绝缘水平桌面上，虚线右侧有竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度大小为1T，虚线左侧有一长、宽的矩形金属框，其质量为、电阻为，边与平行。第一次，让金属框沿水平桌面、垂直方向以的初速度冲入磁场区域；第二次，让金属框在水平向右的外力作用下以的速度匀速进入磁场区域。下列说法正确的是（）A．进入磁场的过程中，金属框中的电流方向为B．前、后两次进入磁场的过程中，通过金属框横截面的电荷量之比为C．前、后两次进入磁场的过程中，金属框中的焦耳热之比为D．金属框前、后两次进入磁场过程的时间之比为【答案】BC【详解】A．根据右手定则可知，进入磁场的过程中，金属框中的电流方向为，A错误；B．线框进入磁场的过程中，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的平均感应电动势为平均感应电流为则通过金属框横截面的电荷量可知前、后两次进入磁场的过程中，通过金属框横截面的电荷量之比为，B正确；C．第一次进入时，设线框进入磁场后的速度为，根据动量定理得解得v=1m/s则线框进入磁场过程中，安培力做功则第一次进入时，金属框中的焦耳热为第二次进入时，根据题意有，，则第二次进入时，金属框中的焦耳热为可知前、后两次进入磁场的过程中，金属框中的焦耳热之比为3:5，C正确；D．根据上述分析可知，线框第一次完全进入磁场之后的速度为v=1m/s，假如线框匀减速进入，则根据公式解得线框第一次进入磁场时，做加速度减小的减速运动，则所用时间由于第二次匀速进入，则运动时间为则金属框前、后两次进入磁场过程的时间之比大于5:3，D错误。故选BC。【模型演练10】（2023·上海·统考模拟预测）如图（a），线框位于倾斜角的斜面上，斜面上有一长度为的单匝矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为，已知线框边长，，总电阻，现对线框施加一沿斜面向上的力使之运动。斜面上动摩擦因数，线框速度随时间变化如图（b）所示。（重力加速度取）（1）求外力大小；（2）求长度；（3）求回路产生的焦耳热。

【答案】（1）1.5N；（2）0.5m；（3）0.4J【详解】（1）由图（b）可知在0~0.4s内线框做匀加速运动，加速度为根据牛顿第二定律有代入数据可得（2）由图（b）可知线框cf匀速进入磁场，则有其中联立可得，（3）线框穿过磁场过程中回路产生的焦耳热等于过程中安培力做的功，即【模型演练11】（2023·全国·高三专题练习）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）；（2）【详解】（1）金属框进入磁场过程中有则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为且有联立有（2）设金属框的初速度为v0，则金属框进入磁场时的末速度为v1，向右为正方向。由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，故电路中的总电再根据动量定理有解得则在此过程中根据能量守恒有解得其中此后线框完全进入磁场中，则线框左右两边均作为电源，且等效电路图如下

则此时回路的总电阻设线框刚离开磁场时的速度为v2，再根据动量定理有解得v2=0则说明线框刚离开磁场时就停止运动了，则再根据能量守恒有其中则在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量【模型演练12】（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考三模）光滑绝缘水平桌面上有一边长为L的矩形线圈abcd，其质量为m，其各边电阻相等，线圈ab边以速度v进入一个有明显边界的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，如图所示，磁场的宽度大于L。当线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于ab边进入磁场前时的一半，求：（1）ab边刚进入磁场瞬间，a、b两点的电压是多少？（2）判断线圈能否全部穿出磁场，并叙述理由；（3）线圈从开始进入磁场到完全出磁场的整个过程中安培力对线框做的总功。

【答案】（1）；（2）能全部穿出磁场，见解析；（3）【详解】（1）ab边刚进入磁场瞬间产生的瞬时感应电动势为切割磁感线的ab边相当于电源，则可知，a、b两点的电压为路端电压，设每条边的电阻为r，根据闭合电路的欧姆定律可得则（2）由题意可知，线圈全部进入磁场后动能变为原来的一半，则可知线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度，根据安培力可知，出磁场时所受安培力小于进磁场时所受安培力，设进磁场时的平均安培力为，出磁场时的平均安培力为，则根据动能定理，有显然不为零，