2025版南方凤凰台5A教案基础版物理第11章　电磁感应含答案1

2025版《南方凤凰台5A教案基础版物理第11章电磁感应含答案微专题17电磁感应中的电路和图像问题电磁感应中的电路与电荷量问题1．内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路．2．电磁感应中电路知识关系图3．解决电磁感应中的电路问题三步骤4．电磁感应中电荷量的两个计算公式(1)q＝eq\x\to(I)t(该公式适用于电流恒定的情况，若电流变化应用电流的平均值).(2)q＝eq\x\to(I)t＝neq\f(ΔΦ,R＋r).(2024·金陵中学)如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A铰链连接的长度为2a、电阻为eq\f(R,2)的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v.此时AB两端的电压大小为(D)A．Bav B．eq\f(Bav,6)C．eq\f(2Bav,3) D．eq\f(Bav,3)解析：导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，感应电动势大小为E＝B·2a·eq\f(v＋0,2)＝Bav，分析电路特点知，外电路相当于是eq\f(R,2)的两个电阻并联，则R并＝eq\f(\f(R,2),2)＝eq\f(R,4)，故此时AB两端的电压大小为U＝eq\f(\f(R,4),\f(R,2)＋\f(R,4))·E＝eq\f(Bav,3)，故选D.类题固法11．如图所示，有一个磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，一半径为r、电阻为2R的金属圆环放置在磁场中，金属圆环所在的平面与磁场垂直．金属杆Oa一端可绕环的圆心O旋转，另一端a搁在环上，电阻值为R；另一金属杆Ob一端固定在O点，另一端b固定在环上，电阻值也是R.已知Oa杆以角速度ω匀速旋转，所有接触点接触良好，Ob不影响Oa的转动，则下列说法中错误的是(C)A．流过Oa的电流可能为eq\f(Bωr2,5R)B．流过Oa的电流可能为eq\f(6Bωr2,25R)C．Oa旋转时产生的感应电动势的大小为Bωr2D．Oa旋转时产生的感应电动势的大小为eq\f(1,2)Bωr2解析：Oa旋转时产生的感应电动势的大小为E＝eq\f(1,2)Bωr2，D正确，C错误；当Oa旋转到与Ob共线但不重合时，等效电路如图甲所示，此时有Imin＝eq\f(E,2.5R)＝eq\f(Bωr2,5R)，当Oa与Ob重合时，环的电阻为0，等效电路如图乙所示，此时有Imax＝eq\f(E,2R)＝eq\f(Bωr2,4R)，所以eq\f(Bωr2,5R)≤I≤eq\f(Bωr2,4R)，A、B正确．2．如图所示，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(C)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，后增大解析：设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R－r，PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外＝eq\f(r(3R－r),r＋(3R－r))＝eq\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(3R,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3R,2)))\s\up12(2),3R)，当r＝eq\f(3R,2)时，R外max＝eq\f(3,4)R，此时，PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大，后减小，PQ中的电流为干路电流I＝eq\f(E,R外＋R内)，可知干路电流先减小，后增大，A错误；PQ两端的电压为路端电压U＝E－U内，因E＝Blv不变，U内＝IR先减小，后增大，所以路端电压先增大，后减小，B错误；拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路电流先减小，后增大，PQ上拉力的功率也先减小，后增大，C正确；线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为eq\f(3,4)R，小于内阻R，根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大，后减小，D错误．电磁感应中的图像问题1．图像问题图像类型(1)磁感应强度B，磁通量Φ，感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图像，即B-t图像、Φ-t图像、E-t图像和I-t图像(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随导体位移x变化的图像，即E-x图像和I-x图像问题类型(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量应用知识右手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律和相关数学知识等2．分析方法3．电磁感应中图像类选择题的两种常见解法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．(2023·如皋期末)如图所示，等边三角形金属框的一个边与有界磁场边界平行，金属框在外力F作用下以垂直于边界的速度匀速进入磁场，则线框进入磁场的过程中，线框中的感应电流i、外力大小F、线框中电功率的瞬时值P、通过导体某横截面的电荷量q与时间t的关系可能正确的是(C)ABCD解析：设线框边长为L0，则切割磁感线的有效长度为L＝L0－2eq\f(vt,tan60°)＝L0－eq\f(2\r(3)vt,3)，感应电流为I＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L0－\f(2\r(3)vt,3)))v,R)＝eq\f(BL0v,R)－eq\f(2\r(3)Bv2t,3R)，可知感应电流随时间均匀减小，A错误；金属框匀速运动，外力与安培力平衡，外力大小为F＝BIL＝eq\f(B2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L0－\f(2\r(3)vt,3)))\s\up12(2)v,R)可知，外力随时间的图像为抛物线，B错误；电功率为P＝I2R＝eq\f(B2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L0－\f(2\r(3)vt,3)))\s\up12(2)v2,R)可知，电功率随时间的图像为开口向上的抛物线，C正确；根据eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，q＝eq\x\to(I)t，得q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BΔS,R)，磁场通过线框的有效面积随时间变化关系为ΔS＝eq\f(1,2)(L＋L0)vt＝L0vt－eq\f(\r(3)v2t2,3)，得q＝eq\f(B,R)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L0vt－\f(\r(3)v2t2,3)))，可知通过导体某横截面的电荷量随时间的图像为开口向下的抛物线，D错误．类题固法21．如图所示，边长为2L的等边三角形区域abc内部的匀强磁场垂直纸面向里，b点处于x轴的坐标原点O；一与三角形区域abc等高的直角闭合金属线框ABC，∠ABC＝60°，BC边处在x轴上．现让线框ABC沿x轴正方向以恒定的速度穿过磁场，在t＝0时，线框B点恰好位于原点O的位置．规定逆时针方向为线框中感应电流的正方向，下列能正确表示线框中感应电流i随位移x变化关系的是(D)ABCD解析：线框从0～L过程，产生逆时针方向的电流，有效长度从0增大到eq\f(\r(3),2)L，故电流逐渐变大；从L～2L过程，产生逆时针方向的电流，有效长度从eq\f(\r(3),2)L逐渐减小到0，故电流逐渐变小；从2L～3L过程，产生顺时针方向的电流，有效长度从eq\r(3)L逐渐减小到0，故电流逐渐变小；故D正确．2．如图所示，竖直放置的U形光滑导轨与一电容器串联，导轨平面有垂直于纸面的匀强磁场，金属棒ab与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑．电容C足够大，原来不带电，不计一切电阻．设金属棒的速度为v、动能为Ek、两端的电压为Uab、电容器上的电荷量为q，它们与时间t、位移x的关系图像正确的是(B)ABCD解析：设导轨间距为L，释放后电容器充电，电路中充电电流i，棒受到向上的安培力，设瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律得mg－BiL＝ma，i＝eq\f(ΔQ,Δt)＝eq\f(C·ΔU,Δt)＝eq\f(C·BLΔv,Δt)＝CBLa，由此得mg－BLCBLa＝ma，解得a＝eq\f(mg,m＋B2L2C)，可见加速度不变，做匀加速直线运动，即v＝at，Uab＝BLv＝BLat，故A、C错误；根据Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m·2ax，故B正确；根据q＝CUab＝BCLat，与时间成正比，即与位移不是正比关系，故D错误．配套精练一、选择题1．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中(C)A．导体框中产生的感应电流方向相反B．导体框ad边两端电势差之比为1∶3C．导体框中产生的焦耳热之比为1∶3D．通过导体框截面的电荷量之比为1∶3解析：将线圈拉出磁场的过程中，穿过线圈的磁通量都减小，由楞次定律判断出感应电流的方向都沿逆时针方向，A错误；设正方形的边长为L，线圈以v运动时，dc边产生的感应电动势为E1＝BLv，ad边两端电势差为U1＝eq\f(1,4)E1＝eq\f(1,4)BLv；线圈以3v运动时，ad边产生感应电动势为E2＝3BLv，ad边两端电势差为U2＝eq\f(3,4)E2＝eq\f(9,4)BLv，电势差之比为U1∶U2＝1∶9，B错误；线圈以v运动时，产生的焦耳热为Q1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E1,R)))eq\s\up12(2)·R·eq\f(L,v)＝eq\f(B2L3v,R)，线圈以3v运动时，产生的焦耳热为Q2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E2,R)))eq\s\up12(2)·R·eq\f(L,3v)＝eq\f(3B2L3v,R)，焦耳热之比为Q1∶Q2＝1∶3，C正确；将线圈拉出磁场的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量相同，根据q＝eq\f(ΔΦ,R)可知，通过导体框截面的电荷量相同，D错误．2．(2023·金陵中学)如图所示，宽为2L的两条平行虚线间存在垂直纸面向里的匀强磁场．金属线圈位于磁场左侧，线圈平面与磁场方向垂直，af、de、bc边与磁场边界平行，ab、bc、cd、de边长为L，ef、fa边长为2L.线圈向右匀速通过磁场区域，以de边刚进入磁场时为计时零点，则线圈中感应电流随时间变化的图线可能正确的是(感应电流的方向顺时针为正)(A)ABCD解析：第一阶段：从de边进入磁场到bc边将进入磁场这段时间内，de边切割磁感线产生感应电动势大小为E1＝BLv，感应电流方向为逆时针即负方向，设此阶段的电流大小为I1；第二阶段：从bc边进入磁场到af边将进入磁场这段时间内，de、bc边一起切割磁感线产生总的感应电动势大小为E2＝2BLv，感应电流大小I2＝2I1，方向仍为逆时针即负方向；第三阶段：从de边离开磁场到bc边将离开磁场这段时间内，bc、af边一起切割磁感线产生总的感应电动势大小为E3＝BLv，感应电流大小I3＝I1，方向为顺时针即正方向；第四阶段：从bc边离开磁场到af边将离开磁场这段时间内，af边切割磁感线产生的感应电动势大小为E4＝2BLv，感应电流大小I4＝2I1，方向仍为顺时针即正方向．综上，感应电流随时间变化的图线如选项A图所示，故选A.3．(2023·宿迁期末)如图所示，倾斜放置的光滑平行足够长的金属导轨MN、PQ间静置一根质量为m的导体棒，阻值为R的电阻接在M、P间，其他电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向下．t＝0时对导体棒施加一个沿导轨平面向上的力F，使得导体棒能够从静止开始向上做匀加速直线运动，则在导体棒向上运动的过程中，施加的力F、力F的功率P、产生的感应电流I、电阻R上产生的热量Q随时间变化的图像正确的是(A)ABCD解析：导体棒向上做匀加速运动，则F－eq\f(B2L2at,R)＝ma，即F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma，故A正确；力F的功率P＝Fv＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(B2L2a,R)t＋ma))at＝eq\f(B2L2a2,R)t2＋ma2t，则P-t图像为开口向上的抛物线，故B错误；产生的感应电流I＝eq\f(BLat,R)，则I-t图像是过原点的直线，故C错误；电阻R上产生的热量Q＝I2Rt＝eq\f(B2L2a2t3,R)，则Q-t图像一定不是过原点的直线，故D错误．4．(2023·金陵中学)如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F.下列说法中错误的是(A)A．电阻R1的电功率为eq\f(Fv,3)B．电阻R2的电功率为eq\f(Fv,6)C．整个装置因摩擦而产生的热功率为μmgvcosθD．整个装置消耗的机械功率为(F＋μmgcosθ)v解析：设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻均为R，电路中感应电动势为E＝BLv，R1、R2并联电阻大小为R′＝eq\f(R·R,R＋R)＝eq\f(R,2)，ab中感应电流为I＝eq\f(E,R＋R′)，解得ab所受安培力为F＝eq\f(2B2L2v,3R)，电阻R1消耗的热功率为P1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I,2)))eq\s\up12(2)R＝eq\f(B2L2v2,9R)＝eq\f(1,6)Fv，电阻R2消耗的功率与R1消耗的功率相等，故A错误，B正确；整个装置因摩擦而消耗的热功率为P2＝μmgcosθ·v＝μmgvcosθ，故C正确；整个装置消耗的机械功率为P3＝Fv＋P2＝(F＋μmgcosθ)v，故D正确．5．(2023·南通适应性考试)如图所示，竖直向下的匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有电容器，金属棒静止在导轨上，棒与导轨垂直，t＝0时，棒受到水平向右的恒力F作用，t＝t0时，撤去F，则棒的速度v、电容器所带的电荷量q、棒中安培力的冲量I、棒克服安培力做的功W与时间t的关系图像正确的是(D)ABCD解析：设某一时刻t，根据牛顿第二定律有F－F安＝ma，设该时刻电流大小为i，则F安＝BiL，F－BiL＝ma，在很短时间间隔内ΔQ＝i·Δt，ΔQ＝C·ΔU，ΔU＝BL·Δv，联立可得i＝BLCeq\f(Δv,Δt)＝BLCa，结合前式可得F－B2L2Ca＝ma，可得a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，v＝at＝eq\f(F·t,m＋B2L2C)，可知t0之前金属棒做匀加速运动，即v-t图像为一倾斜直线．撤去力F后感应电动势等于电容器两端电压，电容器不再充电，电流为零，开始做匀速运动，A错误；由上面分析可知eq\f(ΔQ,Δt)＝i＝BLCa，t0之前q-t图像为倾斜直线，t0之后电容器不充放电，电荷量不变，B错误；安培力的冲量I＝BiL·t＝B2L2Ca·t，加速度a定值，可知I-t图线为一倾斜直线，C错误；棒克服安培力做的功W＝F安v·t＝B2L2Ca2t2，D正确．6．(2023·扬州中学考前模拟)空间中存在如图所示的磁场，Ⅰ、Ⅱ区域的宽度均为2R，磁感应强度均为B(Ⅰ区域垂直纸面向里，Ⅱ区域垂直纸面向外)，半径为R的圆形导线圈在外力作用下以速度v匀速通过磁场区域，设任意时刻导线圈中电流为I(逆时针为正)，导线圈所受安培力为F(向左为正)，从导线圈刚进入Ⅰ区域开始将向右运动的位移记为x，则下列图像正确的是(D)ABCD解析：当圆环在磁场Ⅰ区域向右运动过程中，设圆环切割磁感线的有效长度为l，则有(R－x)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))eq\s\up12(2)＝R2整理得l＝2eq\r(－(x－R)2＋R2)，则圆环产生的感应电动势为E＝Blv，感应电流为I＝eq\f(E,R阻)＝eq\f(2Bv\r(－(x－R)2＋R2),R阻)，可知电流与位移不成线性相关，B错误；当圆环圆心运动到Ⅰ、Ⅱ区域的边界时，此时产生的感应电流大小为I′＝eq\f(2E,R阻)＝eq\f(4Bv\r(－(x－R)2＋R2),R阻)，即x＝3R的电流大小为x＝R的电流的两倍，方向沿着顺时针方向，A错误；通过分析可知，除了x＝2R、x＝4R、x＝6R三个特殊位置，电流为0，受力为0，在0<x<6R区域内，圆环受力方向水平向左，若圆环在x＝R位置受力为F0，则圆环在x＝3R处，由于电流变为2倍，圆环左右半圆均受力，因此圆环受力为4F0，C错误，D正确．二、非选择题7．(2023·盐城期末)如图所示，电阻不计的矩形导线圈abcd，在ab间接电阻为R的均匀电阻丝甲，线圈放在方向垂直于线圈平面、磁感应强度为B的匀强磁场中．现有电阻为eq\f(1,2)R的金属棒PQ刚好架在导线圈上，PQ长度为L，并以恒定速度v从ad边滑向bc边．PQ在滑动过程中与导线圈的接触良好．求：(1)PQ产生的感应电动势E.答案：BLv解析：PQ产生的感应电动势为E＝BLv(2)甲消耗电功率的最大值Pmax.答案：eq\f(4B2L2v2,9R)解析：当金属棒滑上甲后，令甲左端电阻为Rx，则甲右端电阻为R－Rx，左右两端并联，则并联电阻为R并＝eq\f(Rx(R－Rx),Rx＋R－Rx)＝eq\f(Rx(R－Rx),R)由于0≤Rx≤R，可知0≤R并≤eq\f(R,4)甲消耗电功率为P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,\f(1,2)R＋R并)))eq\s\up12(2)R并＝eq\f(E2,\f(R2,4R并)＋R并＋R)可知，当R并＝eq\f(R,4)时，甲消耗功率最大，则有Pmax＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,\f(1,2)R＋\f(1,4)R)))eq\s\up12(2)·eq\f(1,4)R结合上述解得Pmax＝eq\f(4B2L2v2,9R)(3)PQ所受安培力的最小值Fmin.答案：eq\f(4B2L2v,3R)解析：根据上述可知，通过金属棒的电流I＝eq\f(E,\f(1,2)R＋R并)金属棒所受安培力F＝BIL解得F＝eq\f(B2L2v,\f(1,2)R＋R并)可知，当R并＝eq\f(R,4)时，金属棒所受安培力最小Fmin＝eq\f(B2L2v,\f(1,2)R＋\f(1,4)R)＝eq\f(4B2L2v,3R)8．(2023·海安中学模拟)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距l＝0.6m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表V，电阻为r＝2Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1＝2Ω，R2＝1Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDFE内有竖直向上的磁场，CE＝0.2m，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场区域内运动的过程中电压表的示数始终保持不变．求：甲乙(1)t＝0.1s时电压表的示数．答案：0.3V解析：设磁场宽度为d＝CE，在0～0.2s的时间内，有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)ld＝0.6V此时，R1与金属棒并联后再与R2串联R＝R并＋R2＝1Ω＋1Ω＝2ΩU＝eq\f(E,R)R并＝0.3V(2)恒力F的大小．答案：0.27N解析：金属棒进入磁场后，R1与R2并联后再与r串联，有I′＝eq\f(U,R1)＋eq\f(U,R2)＝0.45AFA＝BI′l＝1×0.45×0.6N＝0.27N由于金属棒进入磁场后电压表的示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有F＝FA＝0.27N(3)从t＝0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量．答案：0.09J解析：在0～0.2s的时间内有Q＝eq\f(E2,R)t＝0.036J金属棒进入磁场后，有R′＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＋r＝eq\f(8,3)ΩE′＝I′R′＝1.2VE′＝Blv，得v＝2m/st′＝eq\f(d,v)＝eq\f(0.2,2)s＝0.1sQ′＝E′I′t′＝0.054JQ总＝Q＋Q′＝0.036J＋0.054J＝0.09J补不足、提能力，老师可增加训练：《抓分题·基础天天练》《一年好卷》。微专题18电磁感应中的动力学和能量问题电磁感应中的动力学问题1．解决电磁感应中的动力学问题的一般思路2．两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析3．电磁感应中的动力学临界问题(1)解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析寻找过程中的临界状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件．(2)基本思路是导体受外力运动eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))感应电动势eq\o(→,\s\up7(I＝\f(E),\s\do5(R)＝\f(Blv,R)))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→临界状态→列式求解．(2023·南京三模)如图所示，“”形金属导轨固定在水平桌面上，金属棒ab垂直置于导轨上，方形区域内存在着垂直于桌面向下的匀强磁场，当磁场在驱动力作用下水平向右运动，会驱动金属棒运动．已知导轨间距为d，电阻不计，金属棒质量为m，接入电路中的电阻为R，磁感应强度为B，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：(1)金属棒ab刚要运动时的磁场速度v0.答案：eq\f(μmgR,B2d2)解析：导体棒相对磁场向左运动，切割磁感线产生的电动势为E＝Bdv0回路中电流为I＝eq\f(Bdv0,R)金属棒受安培力大小为F＝BId＝eq\f(B2d2v0,R)金属棒刚要运动时，金属棒所受安培力和摩擦力平衡，即μmg＝eq\f(B2d2v0,R)，解得v0＝eq\f(μmgR,B2d2)(2)使磁场以第(1)问中速度v0做匀速运动的驱动力功率P.答案：eq\f(μ2m2g2R,B2d2)解析：根据牛顿第三定律，磁场受到金属棒的反作用力F′＝F＝μmg则为维持磁场匀速运动，应提供外力F外＝μmg外力做功功率为P＝F外v0＝eq\f(μ2m2g2R,B2d2)类题固法11．如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B、方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面．纸面内磁场上方有一个质量为m、总电阻为R、边长为L的正方形导线框abcd(由均匀材料制成)，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距．导线框从ab边距磁场上边界为h处自由下落，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是(B)A．ab边刚进入磁场时，受到的安培力大小为eq\f(B2L2\r(gh),R)B．导线框通过磁场上边界的过程中，下落的速度可能一直增大C．导线框通过磁场上边界的过程中，下落的速度一定一直减小D．导线框通过磁场下边界的过程中，下落的速度一定一直减小解析：导线框开始做自由落体运动有v2＝2gh，ab边刚进入磁场时有E＝BLv，I＝eq\f(E,R)，此时受到的安培力大小F＝BIL＝eq\f(B2L2\r(2gh),R)，A错误；若导线框进入磁场的过程中，受到的安培力一直小于其受到的重力，则导线框的速度增大，B正确，C错误；导线框通过磁场下边界时，受到的安培力可能小于其受到的重力，下落的速度可能增大，D错误．2．如图所示，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，不计一切摩擦，则(C)A．金属框的速度逐渐增大，最终趋于恒定B．金属框的加速度逐渐减小，最终为零C．导体棒所受安培力逐渐增大，最终趋于恒定D．导体棒到金属框bc边的距离逐渐增大，最终趋于恒定解析：设金属框的质量为M、导体棒的质量为m，导体棒的电阻为R.当金属框在恒力F作用下向右加速时，bc边产生由c指向b的感应电流，线框的加速度为a1，对线框，由牛顿第二定律有F－BIL＝Ma1；导体棒MN中感应电流从M向N，在感应电流安培力作用下向右加速，加速度为a2，对导体棒MN，由牛顿第二定律有BIL＝ma2，当线框和导体棒MN都运动后，则a2从零开始增加，a1从eq\f(F,M)开始减小，当a1＝a2＝a，速度之差恒定，线框速度为v1，MN速度为v2，感应电流为I＝eq\f(BL(v1－v2),R)，电流不变，此后金属框与MN的速度差维持不变，加速度不变，veq\a\vs4\al(-)t图像如图所示，所以金属框的速度逐渐增大，加速度逐渐减小，最后做匀加速直线运动；导体棒所受安培力逐渐增大，最终趋于恒定，故A、B错误，C正确；MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框，MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误．电磁感应中的能量、焦耳热问题1．用能量观点解答电磁感应问题的一般步骤2．能量转化及热量的求法(1)能量转化(2)求解热量Q的三种方法(2023·泰州期末)如图所示，在匀强磁场中有一水平放置的平行金属导轨，导轨间距为d，长为3L，在导轨的中部刷有一段长为L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的导体棒在大小为F的恒力作用下由静止从导轨的左端运动，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨右端．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，导轨及导体棒电阻不计．求：(1)导体棒匀速运动的速度大小v.答案：eq\f(FR,B2d2)解析：导体在非涂层段做匀速运动时，产生的感应电动势为E＝Bdv回路中的感应电流为I＝eq\f(E,R)导体棒所受安培力大小为F＝BId解得v＝eq\f(FR,B2d2)(2)整个运动过程中，流过电阻的电荷量q及电阻产生的焦耳热Q.答案：eq\f(2BLd,R)2FL－eq\f(mF2R2,2B4d4)解析：导体棒在两个非涂层段运动时电阻内有电流通过q＝eq\x\to(I)Δteq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)流过电阻的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(2BLd,R)在绝缘涂层F－f＝0根据能量守恒定律有Q＝F·3L－fL－eq\f(1,2)mv2＝2FL－eq\f(mF2R2,2B4d4)类题固法21．(2023·无锡期末)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上放置着单匝矩形金属线框，其中MN长为L1，PM长为L2，金属线框的质量为m，其电阻恒为R，垂直于斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律为B＝B0＋kt(其中B0、k均大于零).t＝0时刻将线框由斜面顶端静止释放，若斜面很长，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法中正确的是(C)A．线框先加速运动，最后匀速运动B．线框产生的焦耳热等于机械能的减少量C．t＝t0时线框的热功率为eq\f((L1L2k)2,R)D．t＝t0时重力的瞬时功率为mg2t0sinθ解析：线框上下两边所受的安培力大小相等，方向相反，可以知道线框所受的合力大小恒定，线框做匀加速直线运动，故A错误；对于线框，只有重力做功，机械能守恒，根据能量守恒知，磁场能转化为焦耳热，故B错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝L1L2k，t＝t0时线框的热功率为P＝eq\f(E2,R)＝eq\f((L1L2k)2,R)，故C正确；t＝t0时线框竖直方向速度为vy＝gt0sin2θ，重力的瞬时功率为PG＝mgvy＝mg2t0sin2θ，故D错误．2．如图所示，MN、PQ为间距L＝0.5m、足够长的平行导轨，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，N、Q间连接有一个阻值R＝1Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0＝1T．将一根质量为m＝0.5kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度．金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，金属棒沿导轨下滑过程中始终与NQ平行，不计金属棒和导轨的电阻(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).(1)求金属棒到达cd处的速度大小．答案：4m/s解析：当金属棒达到稳定速度vm时感应电动势E＝B0Lvm，I＝eq\f(E,R)安培力FA＝B0IL且FA＋μmgcosθ＝mgsinθ代入数据解得vm＝4m/s(2)已知金属棒从NQ运动到cd过程中，通过电阻的电荷量为2.5C，求此过程中电阻R产生的热量Q.答案：1.0J解析：电荷量为q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B0Ls,R)代入数据解得s＝5m从开始释放到达cd，设克服安培力做功为WF，由动能定理得mgssin37°－μmgscos37°－WF＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0根据功能关系知，产生的热量Q总＝WF＝1.0J配套精练一、选择题1．(2023·南京一中)在一水平通电直导线的正下方，有一半圆形光滑圆弧轨道．一导体圆环自轨道左侧的A点无初速度释放，则下列说法中正确的是(A)A．圆环最终停在轨道的最低点BB．圆环能滑到轨道右侧与A点等高处CC．圆环运动过程中机械能守恒D．圆环在运动过程中感应电流方向一直是顺时针方向解析：由于圆环运动的范围内，各处的磁感应强度不同，所以圆环运动的过程中机械能不断转化为电能，故圆环的机械能会越来越小，最终停在最低点B，故A正确，C错误；因为圆环在运动的过程中，有感应电流，对整个过程由能量守恒定律得，重力势能转化为电能，故不能上升到右侧与C点等高处，故B错误；圆环来回运动，磁通量不断变化，所以感应电流方向不断变化，故D错误．2．如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN的右侧存在磁感应强度B＝2T的匀强磁场，MN的左侧有一质量m＝0.1kg的矩形线圈abcd，bc边长L1＝0.2m，电阻R＝2Ω.t＝0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图像如图乙所示．下列说法中错误的是(C)A．恒定拉力大小为0.05NB．线圈在第2s内的加速度大小为1m/s2C．线圈ab边长L2＝0.5mD．在第2s内流过线圈的电荷量为0.2C解析：在第1s末，i1＝eq\f(E,R)，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F＝ma1，联立得F＝0.05N，A正确；在第2s内，由图像分析知线圈做匀加速直线运动，第2s末i2＝eq\f(E′,R)，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1m/s2，B正确；在第2s内，veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2L2，得L2＝1m，C错误；q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL1L2,R)＝0.2C，D正确．3．如图所示，磁感应强度为B的有界匀强磁场的宽度为L，一质量为m、电阻为R、边长为d(d<L)的正方形金属线圈竖直放置．线圈由静止释放，进入磁场过程中做匀速运动，完全离开磁场前已做匀速运动．已知重力加速度为g，下列说法中错误的是(C)A．进、出磁场过程中电流方向不同B．进、出磁场过程中通过线圈某一横截面的电荷量相等C．通过磁场的过程中产生的热量为mgLD．MN边离开磁场时的速度大小为eq\f(mgR,B2d2)解析：根据楞次定律得进磁场时感应电流为逆时针方向，出磁场时感应电流为顺时针方向，A正确；q＝neq\f(ΔΦ,R)，且进、出磁场时磁通量变化相同，通过线圈某截面的电荷量相等，B正确；离开磁场时匀速，有mg＝F安＝Beq\f(Bdv,R)d，得出v＝eq\f(mgR,B2d2)，D正确；同理可得进入磁场时速度v′＝eq\f(mgR,B2d2)＝v，进、出磁场过程中，根据动能定理有mg(L＋d)＋W安＝0，得出Q＝－W安＝mg(L＋d)，C错误．4．如图所示，间距为L，足够长的光滑导轨倾斜放置，与水平面倾角为θ，其上端连接一个定值电阻R，匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面．将质量为m的金属棒ab在导轨上无初速度释放，当ab棒下滑到稳定状态时，通过电阻R的电荷量为q.导轨和金属棒的电阻均不计，重力加速度为g.下列说法中错误的是(D)A．ab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动B．ab棒由开始释放到达到稳定状态的过程中，金属棒在导轨上发生的位移为eq\f(qR,BL)C．ab棒下滑到稳定状态时，金属棒的速度v＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)D．若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时，电阻R的电功率将变为原来的2倍解析：由牛顿运动定律mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma可知，下滑过程中速度v增大，加速度a减小，故A正确；由q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)，可得ab棒由开始释放到达到稳定状态的过程中，金属棒在导轨上发生的位移为x＝eq\f(qR,BL)，故B正确；ab棒下滑到稳定状态时加速度为0，即mgsinθ＝eq\f(B2L2v,R)，解得速度v＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)，故C正确；电阻R消耗的功率等于安培力功率P＝Fv＝mgsinθv＝eq\f((mgsinθ)2R,B2L2)，所以若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时，电阻R消耗的功率将变为原来的4倍，故D错误．5．(2023·北京卷)如图所示，光滑水平面上的正方形导线圈，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出．线圈的边长小于磁场宽度．下列说法中正确的是(D)A．线圈进磁场的过程中电流方向为顺时针方向B．线圈出磁场的过程中做匀减速直线运动C．线圈在进和出的两过程中产生的焦耳热相等D．线圈在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等解析：线圈进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A错误；线圈出磁场的过程中，根据E＝Blv，I＝eq\f(E,R)，联立有FA＝eq\f(B2L2v,R)＝ma，线圈出磁场过程中由左手定则可知线圈受到的安培力向左，则v减小，线圈做加速度减小的减速运动，B错误；由能量守恒定律得线圈产生的焦耳热Q＝FAL，其中线圈进、出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C错误；线圈在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q＝eq\x\to(I)t，其中eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，eq\x\to(E)＝BLeq\f(x,t)，则联立有q＝eq\f(BL,R)x，由于线圈在进和出的两过程中位移均为L，则线圈在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D正确．6．如图所示，在光滑水平面内固定一个无限长直导线，导线中通有恒定电流，在其右侧有一个质量为m的正方形导体框，以初速度v在水平面内运动，v的方向与电流方向成60°，则(C)A．导体框最终停止在水平面上B．导体框运动过程中受到的安培力与速度方向相反C．整个运动过程中导体框产生的焦耳热为eq\f(3,8)mv2D．整个运动过程中导体框产生的焦耳热为eq\f(1,2)mv2解析：导体框在沿导线方向运动时不产生感应电流，远离导线运动过程中穿过导体框的磁通量减小，产生顺时针方向的感应电流，最终导体框的运动状态为匀速沿导线运动，故A错误；导体框在沿导线方向运动时不产生感应电流，远离导线运动过程中产生感应电流，所以导体框受到的安培力的方向水平向左，与速度方向不在同一直线上，故B错误；沿导线方向分速度为v1＝vcos60°＝eq\f(1,2)v，根据动能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2＝WA，解得Q＝－WA＝eq\f(3,8)mv2，故C正确，D错误．7．(2023·金陵中学)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，则金属杆(B)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2mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于eq\f(m2gR2,2B4L4)解析：由题意可知，金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，在磁场Ⅰ和Ⅱ之间做加速度为g的加速运动，所以金属杆在磁场Ⅰ中应该做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误；由A中分析可知，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，而随着速度的减小，金属杆在磁场Ⅰ中的加速度也减小，而金属杆在两个磁场间做匀加速运动，又因为金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，金属杆在磁场Ⅰ中运动的平均速度小于在磁场间运动的平均速度，两段位移相同，故穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确；由于导轨光滑，根据能量守恒定律可知，在运动过程中，金属杆减小的重力势能全部转化为焦耳热和杆的动能，同时进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以从进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ的过程中，所产生的焦耳热为Q＝2mgd，由于经过两磁场间不产生焦耳热，故通过磁场Ⅰ产生的热量为Q，通过磁场Ⅱ与通过磁场Ⅰ产生的焦耳热相同，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，故C错误；假设金属杆进入磁场Ⅰ后做匀速运动，则有mg＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，v＝eq\f(mgR,B2L2)，在磁场Ⅰ的上方，重力势能转化为金属杆的动能，即mgh＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgR,B2L2)))eq\s\up12(2)，解得h＝eq\f(m2gR2,2B4L4)，由上述分析可知，金属杆在进入磁场Ⅰ做减速运动，所以金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度应该大于eq\f(m2gR2,2B4L4)，故D错误．二、非选择题8．(2023·如皋期末)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定于倾角θ＝37°的斜面上，在整个导轨平面内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场．现将质量m＝0.5kg、电阻r＝1Ω的金属棒ab从导轨某处静止释放，当棒ab沿导轨下滑的位移x＝3m时达到最大速度．已知导轨宽度L＝1m，磁感应强度B＝2T，电阻R1＝12Ω，电阻R2＝4Ω，导轨自身电阻不计，棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：(1)棒ab能达到的最大速度vm.答案：3m/s解析：外电路总电阻为R＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＝3Ω速度达最大时，有mgsinθ＝BIL由闭合电路欧姆定律可得I＝eq\f(BLvm,R＋r)解得vm＝3m/s(2)棒ab加速过程中，整个电路产生的焦耳热．答案：6.75J解析：由能量守恒定律可得mgxsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q解得Q＝6.75J9．(2023·南通期末)如图甲所示，质量m＝0.1kg、电阻R＝1Ω的单匝等腰直角三角形线框用细绳悬挂于A点，三角形的直角边长为a＝2eq\r(2)m，MN为三角形两边的中点．从零时刻起，在MN连线上方加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小按图乙规律变化．在t＝2s时细绳恰好被拉断，线框向下运动，穿出磁场时速度为v＝2m/s，取g＝10m/s2.求：甲乙(1)0～2s内，绳中拉力F随时间t的变化关系．答案：F＝(2t＋1)N解析：0～2s内，磁场随时间均匀变化B＝t(T)线框中有恒定电流I＝eq\f(\f(ΔB,Δt)S,R)对线框受力分析F＝BIL＋mg线框在磁场中有效面积S＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)＝1m2等效长度L＝eq\f(1,2)×eq\f(a,sin45°)＝2m解得F＝(2t＋1)N(2)从零时刻到线框全部离开磁场，线框中产生的总热量Q.答案：2.8J解析：0～2s内，线框中热量Q1＝I2Rt＝2J绳断后，线框中热量为Q2，有mg×eq\f(1,2)×asin45°＝Q2＋eq\f(1,2)mv2解得Q＝Q1＋Q2＝2J＋0.8J＝2.8J10．如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度D＝0.55m．有一边长L＝0.4m、质量m1＝0.6kg、电阻R＝2Ω的正方形均匀导体线圈abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量m2＝0.4kg的物体相连．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线圈从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求线圈abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力大小．答案：2.4N解析：线圈还未进入磁场的过程中，以线圈为研究对象，由牛顿第二定律得m1gsinθ－T＝m1a以物体为研究对象，由牛顿第二定律得T－μm2g＝m2a联立解得T＝2.4N，a＝2m/s2(2)当ab边刚进入磁场时，线圈恰好做匀速直线运动，求线圈刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x.答案：0.25m解析：线圈刚进入磁场时恰好做匀速直线运动有m1gsinθ－eq\f(B2L2v,R)－T＝0，T－μm2g＝0解得v＝1m/s线圈进入磁场前做匀加速直线运动，有v2＝2ax解得x＝0.25m(3)在(2)问中的条件下，若cd边离开磁场边界PQ时，速度大小为2m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量．答案：0.1J解析：线圈从开始运动到cd边恰好离开磁场边界PQ时，对整体有m1gsinθ(x＋D＋L)－μm2g(x＋D＋L)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,1)＋Q解得Q＝0.4J根据焦耳定律有Q＝I2Rtab边产生的热量Qab＝I2eq\f(R,4)t，所以Qab＝eq\f(1,4)Q＝0.1J补不足、提能力，老师可增加训练：《抓分题·基础天天练》《一年好卷》。微专题19动量观点在“杆＋导轨”模型中的应用单杆模型1．“单杆＋电阻”模型情景示例1情景示例2水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为s时，速度达到v应用技巧初、末速度已知的变加速运动，在动量定理列出的式子中q＝eq\x\to(I)Δt，s＝eq\x\to(v)Δt；若已知q或s可求末速度用动量定理求时间需有其他条件参与．若已知运动时间，也可求q、s、v中的某个物理量求电荷量q－Beq\x\to(I)LΔt＝0－mv0，q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(mv0,BL)求位移s－eq\f(B2L2\x\to(v),R)Δt＝0－mv0，s＝eq\x\to(v)Δt＝eq\f(mv0R,B2L2)求运动时间－Beq\x\to(I)LΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0q＝eq\x\to(I)Δt－eq\f(B2L2\x\to(v),R)Δt＋mgsinθ·Δt＝mv－0s＝eq\x\to(v)Δt2．“单杆＋电容器”模型无外力充电式无外力放电式基本模型规律导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C电路特点导体棒相当于电源，电容器充电电容器放电，相当于电源，导体棒受安培力而运动电流特点安培力为阻力，导体棒减速，E减小，有I＝eq\f(BLv－UC,R)，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，导体棒匀速运动电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm运动特点和最终特征导体棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零导体棒做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0最终速度电容器充电电荷量q＝CU最终电容器两端电压U＝BLv对棒应用动量定理mv－mv0＝－Beq\x\to(I)L·Δt＝－BLq解得v＝eq\f(mv0,m＋B2L2C)电容器充电电荷量Q0＝CE放电结束时电荷量Q＝CU＝CBLvm电容器放电电荷量ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm对棒应用动量定理mvm－0＝Beq\x\to(I)L·Δt＝BLΔQ解得vm＝eq\f(BLCE,m＋B2L2C)v-t图像如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，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)向里的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法中正确的是(B)甲乙A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动解析：题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据eq\x\to(F)安＝Beq\x\to(I)L，有eq\x\to(F)安t＝Beq\x\to(I)Lt＝qBL＝mΔv，得q＝eq\f(mΔv,BL)，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量，故C错误．类题固法11．(2023·赣榆中学)如图所示，同一水平面上固定两根间距为L、足够长的平行光滑导轨PQ和MN，QN端接阻值为R的定值电阻，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．一个质量为m的导体棒，以平行于导轨的初速度v0开始向左运动，经过位移s停下，棒始终与导轨垂直且接触良好，其他电阻忽略不计．下列说法中错误的是(D)A．该过程中导体棒加速度一直减小B．该过程中回路因电流热效应产生的热量为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C．磁感应强度大小为eq\f(1,L)eq\r(\f(mv0R,s))D．导体棒滑过位移eq\f(s,2)时，受到的安培力为eq\f(mveq\o\al(2,0),4s)解析：该过程中导体棒做减速运动，速度减小，产生的感应电动势减小，回路中电流减小，安培力减小，加速度减小，故A正确；根据能量守恒定律可知该过程中减小的动能全部转化为因电流热效应产生的热量，说明因电流热效应产生的热量为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故B正确；取整个过程为研究对象，由动量定理可得－Beq\x\to(I)LΔt＝0－mv0，回路中流过电荷量q＝eq\x\to(I)Δt，由法拉第电磁感应定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLs,Δt)，由闭合电路欧姆定律可得eq\x\to(I)＝eq\f(E,R)，联立以上各式解得B＝eq\f(1,L)eq\r(\f(mv0R,s))，故C正确；由电磁感应定律可解得导体棒滑过位移eq\f(s,2)时平均电流eq\x\to(I)＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)＝eq\f(BL·\f(s,2),ΔtR)＝eq\f(BLs,2ΔtR)，由动量定理可得－Beq\x\to(I)LΔt＝mv－mv0，此时安培力大小F安＝BIL＝Beq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)，联立可解得F安＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2s)，故D错误．2．(2024·南京一中)如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L＝0.4m，其下端连接一个定值电阻R＝2Ω，其他电阻不计．两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T．一质量为m＝0.02kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求导体棒下滑的最大速度．答案：6m/s解析：速度最大时，合力为零，根据平衡条件可得mgsinθ＝F安＝BIL由闭合电路欧姆定律可得I＝eq\f(E,R)根据法拉第电磁感应定律有E＝BLvm代入数据解得vm＝6m/s(2)求ab棒下滑过程中电阻R消耗的最大功率．答案：0.72W解析：当速度最大时，感应电流最大，电功率最大，根据电功率的计算公式可得P＝I2R＝eq\f(B2L2veq\o\al(2,m),R)＝0.72W(3)若导体棒从静止经t＝1.4s加速到v＝4m/s的过程中，求R产生的热量Q.答案：0.368J解析：从静止经t＝1.4s加速到v＝4m/s的过程中，根据动量定理mgtsinθ－Beq\x\to(I)Lt＝mv且q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(BLx,R)解得x＝4.4m由能量守恒定律得mgxsinθ＝eq\f(1,2)mv2＋Q解得Q＝0.368J双杆模型两类双杆模型(不计摩擦)类型不受外力受到恒力模型图运动图像运动过程杆MN受安培力的作用做加速度减小的减速运动，杆PQ受安培力的作用做加速度减小的加速运动．稳定时，两杆以相同的速度做匀速直线运动杆PQ做加速度逐渐减小的加速运动，杆MN做加速度逐渐增大的加速运动．最终两杆以相同的加速度做匀加速直线运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点杆MN动能的减少量＝杆PQ动能的增加量＋焦耳热外力做的功＝杆PQ的动能＋杆MN的动能＋焦耳热(2023·常州期末)如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，放置在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感生电流产生的磁场，则(D)A．导体棒L1的最终速度为v0B．导体棒L2产生的焦耳热为eq\f(3mveq\o\al(2,0),8)C．通过导体棒横截面的电荷量为eq\f(mv0,Bd)D．两导体棒的初始距离最小为eq\f(mv0r,B2d2)解析：导体棒L1、L2最终以相同的速度做匀速直线运动，设共同速度为v1，水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2)，故A错误；设导体棒L1、L2在整个过程中产生的焦耳热为Q总，根据能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Q总＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,1)，解得Q总＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，导体棒L1、L2的电阻都为r，因此导体棒L2产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)Q总＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，故B错误；对导体棒L1，由动量定理得Beq\x\to(I)dt＝mv1，因为q＝eq\x\to(I)t，故Bdq＝mv1，因此通过导体棒横截面的电荷量为q＝eq\f(mv1,Bd)＝eq\f(mv0,2Bd)，故C错误；当导体棒L1、L2速度相等时距离为零，则两棒初始距离最小，设最小初始距离为x，则通过导体棒横截面的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),2r)Δt＝eq\f(ΔΦ,Δt·2r)Δt＝eq\f(Bdx,2r)＝eq\f(mv0,2Bd)，解得x＝eq\f(mv0r,B2d2)，故D正确．类题固法21．如图所示，两根质量均为m的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒单位长度的电阻相同，不计导轨电阻．现用水平恒力F向右拉CD棒，在CD棒向右运动距离为s的过程中，AB棒上产生的热量为Q，此时AB棒和CD棒的速度大小均为v，此时立即撤去拉力F.设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，则下列说法中正确的是(C)A．v的大小等于eq\r(\f(Fs－Q,m))B．撤去拉力F后，AB棒的最终速度大小为eq\f(6,5)v，方向向右C．撤去拉力F后，CD棒的最终速度大小为eq\f(3,5)v，方向向右D．撤去拉力F后，整个回路产生的热量为eq\f(1,5)mv2解析：根据动能定理可知Fs－Q总＝eq\f(1,2)·2mv2，根据AB棒上产生的热量可知Q总＝3Q，可解得v＝eq\r(\f(Fs－3Q,m))，A错误；最终稳定后，AB的速度方向向左，CD的速度方向向右，则有BlvAB＝B·2lvCD，分别对两根金属棒列动量定理，则有Beq\x\to(I)lt＝m(vAB－v)，－2BIlt＝m(vCD－v)，根据公式q＝eq\x\to(I)t，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，联立可解得vAB＝eq\f(6,5)v，vCD＝eq\f(3,5)v，B错误，C正确；根据能量守恒可知Q＝eq\f(1,2)·2mv2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mveq\o\al(2,AB)＋\f(1,2)mveq\o\al(2,CD)))＝eq\f(1,10)mv2，D错误．2．(2024·南师附中)如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左侧部分水平，右侧部分为半径r＝0.5m的竖直半圆，两导轨间距离d＝0.3m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d的金属棒ab、cd均垂直置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝0.2kg、m2＝0.1kg，电阻分别为R1＝0.3Ω、R2＝0.2Ω.现让ab棒以v0＝10m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入半圆轨道后，恰好能通过轨道最高位置PP′，cd棒进入半圆轨道前两棒未相碰，取g＝10m/s2，求：(1)cd棒通过轨道最高位置PP′的速度大小v及cd棒刚进入半圆轨道瞬间的速度大小v2.答案：eq\r(5)m/s5m/s解析：cd棒在轨道最高位置由重力提供向心力，有m2g＝m2eq\f(v2,r)解得v＝eq\r(5)m/scd棒从刚进入半圆轨道到通过轨道最高位置的过程中机械能守恒eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝m2g·2r＋eq\f(1,2)m2v2解得v2＝5m/s(2)cd棒进入半圆轨道前，cd棒上产生的焦耳热Q.答案：1.25J解析：cd棒与ab棒组成的系统动量守恒，设cd棒刚进入半圆轨道时ab的速度大小为v1，规定向右为正方向m1v0＝m1v1＋m2v2解得v1＝7.5m/s根据能量守恒有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋Q′根据电路特点有cd棒进入半圆轨道前，cd棒上产生的焦耳热Q＝eq\f(R2,R1＋R2)Q′解得Q＝1.25J(3)cd棒刚进入半圆轨道时，与初始时刻相比，两棒间距变化量Δx.答案：eq\f(25,9)m解析：根据动量定理可得－Beq\x\to(I)dt＝m1v1－m1v0则－Bqd＝m1v1－m1v0解得q＝eq\f(5,3)C根据法拉第电磁感应定律可知平均电动势eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BdΔx,t)平均电流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R1＋R2)电荷量q＝eq\x\to(I)t解得Δx＝eq\f(25,9)m配套精练一、选择题1．(2023·如皋期末)如图所示，足够长的间距为L的光滑平行导轨水平放置，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上．金属棒a、b垂直静止放置在水平导轨上，棒a的质量为m、电阻为R，棒b的质量为2m、电阻为2R.现给棒a一水平向右的初速度v，至两棒达到稳定状态的过程中(B)A．棒a、b的加速度大小始终相等，方向相反B．安培力对棒a、b的冲量大小相等，方向相反C．通过金属棒a、b横截面的电荷量之比为2∶1D．棒a、b达到稳定后均做速度为eq\f(v,2)的匀速直线运动解析：金属棒a、b受到的安培力大小相等，由于金属棒a、b质量不同，则加速度大小不同，故A错误；金属棒a、b受到的安培力大小相等，方向相反，冲量I＝Ft，则安培力对棒a、b的冲量大小相等，方向相反，故B正确；通过金属棒a、b的电流相等，电荷量q＝It，通过金属棒a、b横截面的电荷量之比为1∶1，故C错误；根据动量守恒mv＝(m＋2m)v1，金属棒a、b达到稳定后均做速度为v1＝eq\f(v,3)的匀速直线运动，故D错误．2．如图所示，一质量为2m的足够长的光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc边平行且和长为L的bc边垂直，整个金属框电阻可忽略．一根阻值为R、质量为m的导体棒MN置于金属框上，装置始终处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框向右的初速度v0，运动时MN始终与金属框保持良好接触且与bc边平行，则整个运动过程中(C)A．感应电流方向为M→b→c→N→MB．导体棒的最大速度为eq\f(v0,2)C．通过导体棒的电荷量为eq\f(2mv0,3BL)D．导体棒产生的热量为eq\f(5,6)mveq\o\al(2,0)解析：通过MNcb平面的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针，即为M→N→c→b→M，故A错误；对导体棒和金属框为整体由动量守恒有2mv0＝(m＋2m)v，解得v＝eq\f(2,3)v0，即导体棒的最大速度为eq\f(2v0,3)，故B错误；对导体棒由动量定理有Beq\x\to(I)Lt＝m·eq\f(2v0,3)，即BLq＝eq\f(2mv0,3)，解得q＝eq\f(2mv0,3BL)，故C正确；由能量守恒有Q＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×(m＋2m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2v0,3)))2＝eq\f(mveq\o\al(2,0),3)，故D错误．3．(2023·南通第三次调研)如图所示，两光滑平行长直金属导轨水平固定放置，导轨间存在竖直向下的匀强磁场．两根相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，处于静止状态．t＝0时刻，对cd棒施加水平向右的恒力F，棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计．两棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd随时间t变化的关系图像可能正确的是(C)解析：金属棒cd在恒力F作用下由静止开始加速，此时金属棒ab、cd加速度aab＝0，acd＝eq\f(F,m)，之后回路中出现感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向，金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力作用下开始加速，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F安＝eq\f(B2L2,R总)(vcd－vab)，逐渐增大，金属棒cd加速度减小，金属棒ab加速度增大，当acd＝aab时，vcd－vab不再变化，回路中的电流不再变化，安培力不变，两棒加速度不变，但是两金属棒的速度仍在增大，故C符合题意，A、B、D不符合题意．4．如图所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为1m，左端通过导线连接一个R＝1.5Ω的定值电阻．整个导轨处在磁感应强度大小B＝0.4T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，质量m＝0.2kg、长度L＝1m、电阻r＝0.5Ω的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好，在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力F，使其静止开始运动．拉力F的功率P＝2W保持不变，当金属杆的速度v＝5m/s时撤去拉力F.下列说法中正确的是(C)A