《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理培优专练三 培优点2 电磁感应中的双杆模型含答案

大二轮刷题首选卷物理《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理培优点2电磁感应中的双杆模型题组一双杆在等距平行导轨上1.(2024·福建省龙岩市高三下3月一模)(多选)如图所示，水平面内固定有两根足够长的光滑平行导轨，导轨间距为l，电阻忽略不计。质量为m、电阻为R的导体棒MN与质量为2m、电阻为2R的导体棒PQ均垂直于导轨静止放置，两导体棒相距为d，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现让MN棒以初速度v水平向左运动，直至最终达到稳定状态，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则在此过程中()A．两导体棒任意时刻加速度均相同B．通过两导体棒的电荷量总是相等C．MN棒上所产生的热量为eq\f(mv2,3)D．最终稳定时两导体棒间的距离为d＋eq\f(2mvR,B2l2)答案：BD解析：两导体棒中电流时刻相等，根据q＝It可知，通过两导体棒的电荷量总是相等，B正确；根据左手定则及安培力公式F＝BIl可判断出，两导体棒所受安培力总是大小相等、方向相反，两导体棒质量不同，根据牛顿第二定律可知，到达稳定前，两导体棒任意时刻的加速度大小和方向均不同，A错误；经分析可知，MN棒受到的安培力向右，PQ棒受到的安培力向左，且大小相等，因此两导体棒组成的系统动量守恒，达到稳定状态后，回路中感应电流为零，两导体棒产生的感应电动势大小相等，两导体棒的速度大小相等，设为v′，根据动量守恒定律，有mv＝(m＋2m)v′，解得v′＝eq\f(v,3)，设导体棒运动过程中产生的总热量为Q总，MN棒上所产生的热量为Q，根据能量守恒定律，有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(m＋2m)v′2＋Q总，根据焦耳定律，有Q＝eq\f(R,R＋2R)Q总，解得Q＝eq\f(1,9)mv2，C错误；设从MN棒水平向左运动至达到稳定状态的过程中用时为t，两导体棒间的距离增加了Δx，由法拉第电磁感应定律可知，闭合回路的平均感应电动势eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,t)＝eq\f(BlΔx,t)，闭合回路的平均电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),3R)，对MN棒，根据动量定理，有－Beq\o(I,\s\up6(－))lt＝mv′－mv，联立解得Δx＝eq\f(2mvR,B2l2)，所以最终稳定时两导体棒间的距离为d′＝d＋Δx＝d＋eq\f(2mvR,B2l2)，D正确。2.(2024·黑龙江省齐齐哈尔市高三下三模)(多选)如图，方向竖直向上的匀强磁场中固定着两根位于同一水平面内的足够长平行金属导轨，导轨上静止着与导轨接触良好的两根相同金属杆1和2，两杆与导轨间的动摩擦因数相同且不为零，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用平行于导轨的恒力F拉金属杆2使其开始运动，在足够长时间里，下列描述两金属杆的速度v随时间t变化关系的图像中，可能正确的是()答案：BD解析：设两金属杆的质量均为m，电阻均为R，长度均为L，与导轨间的动摩擦因数均为μ，磁场的磁感应强度大小为B。恒力F作用在杆2上后，杆2做加速运动，开始时，杆2的速度较小，产生的感应电动势和感应电流较小，杆1、2所受安培力较小，杆1静止，设杆2的速度为v2，其产生的感应电动势为E＝BLv2，感应电流为I＝eq\f(E,2R)，杆1、2所受安培力大小均为F安＝BIL，联立解得F安＝eq\f(B2L2v2,2R)，对杆2由牛顿第二定律得F－F安－μmg＝ma2，解得杆2的加速度a2＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v2,2mR)－μg，随着杆2的速度v2增大，a2减小，杆2做加速度减小的加速运动，F安增大，杆1所受静摩擦力f1＝F安增大。若a2减小到0时f1＝F安≤μmg，则之后杆2匀速运动，杆1一直静止；若a2减小到大于0的某一值时f1＝F安＝μmg，则之后杆1开始运动，设杆1的速度为v1，电路中总感应电动势E′＝BL(v2－v1)，感应电流I′＝eq\f(E′,2R)，根据牛顿第二定律，对杆1有BI′L－μmg＝ma1，对杆2有F－BI′L－μmg＝ma2′，解得杆1的加速度a1＝eq\f(B2L2（v2－v1）,2mR)－μg，杆2的加速度a2′＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2（v2－v1）,2mR)－μg，速度不能突变，则加速度不能突变，故开始a2′较a1大，则v2－v1越来越大，a1增大，a2′减小，当a1＝a2′时，v2－v1不变，之后两杆以相同的加速度做匀加速直线运动。综上，B、D可能正确，A、C错误。3.(2024·河北省张家口市高三下三模)(多选)如图所示，两根足够长的金属直导轨平行固定于倾角为θ的斜面上，两导轨间距为L，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中；质量为m的金属条a和质量为2m的金属棒b垂直导轨放置，金属条a与导轨间的动摩擦因数为2tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属棒b与导轨间无摩擦，两者接入导轨之间的电阻均为R。现将a、b同时由静止释放，运动过程中a、b与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。下列说法中正确的是()A．金属条a开始运动时b的加速度大小a＝eq\f(gsinθ,2)B．金属条a开始运动时b的速度大小v＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)C．回路中的最终电流I＝eq\f(4mgsinθ,3BL)D．稳定后回路中的电功率P＝eq\f(32R（mgsinθ）2,9B2L2)答案：ACD解析：设金属条a与导轨间的动摩擦因数为μ，金属条a开始运动时的电流为i，对a由平衡条件有mgsinθ＋BiL＝μmgcosθ，由法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可知，i＝eq\f(BLv,2R)，联立解得此时b的速度大小v＝eq\f(\a\vs4\al(2mgRsinθ),B2L2)，由牛顿第二定律可知，此时b的加速度大小a＝eq\f(\a\vs4\al(2mgsinθ－BiL),2m)＝eq\f(gsinθ,2)，A正确，B错误；最终a、b达到稳定状态时速度差恒定，以相同的加速度am运动，由牛顿第二定律，对a有mgsinθ＋BIL－μmgcosθ＝mam，对b有2mgsinθ－BIL＝2mam，联立解得回路中的最终电流I＝eq\f(\a\vs4\al(4mgsinθ),3BL)，则稳定后回路中的电功率P＝I2·2R＝eq\f(\a\vs4\al(32R（mgsinθ）2),9B2L2)，C、D正确。4．(2024·辽宁高考)(多选)如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g。两棒在下滑过程中()A．回路中的电流方向为abcdaB．ab中电流趋于eq\f(\a\vs4\al(\r(3)mg),3BL)C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1D．两棒产生的电动势始终相等答案：AB解析：两导体棒均沿导轨向下滑动，根据右手定则可知，ab中产生的感应电动势从a到b，cd中产生的感应电动势从c到d，则回路中的电流方向为abcda，故A正确；设回路中的总电阻为R，电流为i，ab的加速度大小为aab，cd的加速度大小为acd，对ab、cd进行受力分析，并沿导轨方向和垂直导轨方向进行正交分解，在沿导轨方向，根据牛顿第二定律，对ab有2mgsin30°－2BiLcos30°＝2maab，对cd有mgsin30°－BiLcos30°＝macd，故aab＝acd，即ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，故C错误；由C项分析可知，两导体棒的速度大小始终相等，设为v，则由法拉第电磁感应定律可知，ab产生的感应电动势大小为Eab＝2BL·vcos30°＝eq\r(3)BLv，cd产生的感应电动势大小为Ecd＝BLvcos30°＝eq\f(\r(3),2)BLv，则Eab≠Ecd，D错误；由A、D项分析可知，回路中的总感应电动势大小为E＝Eab＋Ecd＝eq\f(3\r(3),2)BLv，随着导体棒速度v的增大，回路中的总感应电动势E增大，回路中的电流i＝eq\f(E,R)增大，导体棒受到的安培力在增大，当ab所受安培力沿导轨向上的分力与ab所受重力沿导轨向下的分力平衡时，设闭合回路中的电流为I，对ab有2mgsin30°＝2BILcos30°，则mgsin30°＝BILcos30°，即此时cd也受力平衡，则此后导体棒ab、cd将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值且最大，解得I＝eq\f(\r(3)mg,3BL)，即ab中电流趋于eq\f(\r(3)mg,3BL)，故B正确。5．(2024·江西高考)如图a所示，绝缘水平面上固定一光滑平行金属导轨，导轨左右两端分别与两粗糙的倾斜平行金属导轨平滑连接，两侧导轨倾角分别为θ1、θ2，导轨间距均为l＝2m，水平导轨所在区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5T。现有两均匀金属细棒甲和乙，质量分别为m1＝6kg和m2＝2kg，接入导轨的电阻均为R＝1Ω。左、右两侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因数分别为μ1＝eq\f(3,20)、μ2＝eq\f(44,183)。初始时刻，乙静止在水平导轨上，与水平导轨左端P1P2的距离为d，甲从左侧倾斜导轨高度h＝4m的位置静止滑下。水平导轨足够长，两棒运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直。若两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞。不计空气阻力和导轨的电阻。(g取10m/s2，sinθ1＝0.6，sinθ2＝0.8)(1)求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和方向；(2)为使乙第一次到达水平导轨右端Q1Q2之前甲和乙不相碰，求d的最小值；(3)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图b所示(t1、t2、t3、t4、b均为未知量)，乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0～t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围。答案：(1)2m/s2水平向右(2)24m(3)eq\f(356,11)m<d<eq\f(696,11)m解析：(1)设甲刚进入磁场时的速度大小为v0，此时乙的加速度大小为a乙0。甲从静止运动至P1P2处的过程，根据动能定理有m1gh－μ1m1gcosθ1·eq\f(h,sinθ1)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)－0甲刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势大小E0＝Blv0根据闭合电路欧姆定律可知，此时产生的感应电流大小I0＝eq\f(E0,2R)对乙由牛顿第二定律有BI0l＝m2a乙0联立并代入数据，解得a乙0＝2m/s2。根据楞次定律和安培定则可知，此时回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，结合左手定则可知，此时乙所受安培力方向水平向右，则加速度方向水平向右。(2)甲和乙在磁场中运动的过程中，两金属细棒受到的安培力大小相等、方向相反，甲、乙两金属细棒组成的系统受到的合力为零，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则d有最小值d0。设两者共速时的速度为v共，从甲进入磁场至两者共速所用时间为Δt，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v共对乙根据动量定理有Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝m2v共－0其中平均电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)平均感应电动势eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)回路中磁通量的变化量ΔΦ＝Bld0联立并代入数据，解得d0＝24m。(3)根据题意，乙第一次到达Q1Q2前甲、乙未发生碰撞，根据(2)问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨上运动稳定，甲、乙相对位移为Δx＝d0＝24m，且稳定时的速度v共＝6m/s乙第一次在右侧倾斜导轨上向上运动的过程中，设乙的加速度大小为a上，向上运动的位移大小为x上，根据牛顿第二定律有m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2＝m2a上根据运动学规律有0－veq\o\al(2,共)＝－2a上x上乙第一次在右侧倾斜导轨上向下运动的过程中，设乙的加速度大小为a下，向下运动的位移大小为x下，末速度大小为v2，根据牛顿第二定律有m2gsinθ2－μ2m2gcosθ2＝m2a下根据运动学规律有veq\o\al(2,2)－0＝2a下x下又x上＝x下联立并代入数据，解得v2＝5m/s根据题意，此后甲、乙发生碰撞结合成一个整体，设整体以大小为v共1的速度经过Q1Q2进入右侧倾斜导轨，甲、乙结合体第一次在右侧倾斜导轨上向上运动的过程中，加速度大小仍为a上，设向上滑动的位移大小为x上′，根据运动学规律有0－veq\o\al(2,共1)＝－2a上x上′由题图b结合几何关系可知，x上＝4.84x上′联立并代入数据，解得v共1＝eq\f(30,11)m/s因(m1＋m2)v共1>m2v2，则甲、乙结合体不会进入左侧倾斜导轨。设乙刚返回水平导轨时甲的速度大小为v1，乙返回水平导轨后与甲相互作用的过程，以水平向右为正方向，对甲、乙组成的系统，根据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v共1代入数据解得v1＝eq\f(175,33)m/s乙返回水平导轨后，分析可知，若乙在Q1Q2处恰与甲发生碰撞，则d有最小值dmin。设乙第一次在右侧倾斜导轨上运动的过程，甲运动的时间为Δt1，位移大小为Δx1，以水平向右为正方向，对甲根据动量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))1lΔt1＝m1v1－m1v共其中平均感应电流eq\o(I,\s\up6(－))1＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))1,2R)平均感应电动势eq\o(E,\s\up6(－))1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)回路中磁通量的变化量ΔΦ1＝BlΔx1联立并代入数据，解得Δx1＝eq\f(92,11)m根据位移关系有dmin－Δx＝Δx1代入数据解得dmin＝eq\f(356,11)m乙返回水平导轨后，分析可知，若两者共速时恰好碰撞，则d有最大值dmax。设乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，所用时间为Δt2，甲、乙间距的减少量为Δx2，以水平向右为正方向，对乙根据动量定理有Beq\o(I,\s\up6(－))2lΔt2＝m2v共1－(－m2v2)其中平均感应电流eq\o(I,\s\up6(－))2＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))2,2R)平均感应电动势eq\o(E,\s\up6(－))2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)回路中磁通量的变化量ΔΦ2＝BlΔx2联立并代入数据，解得Δx2＝eq\f(340,11)m根据位移关系有dmax－Δx－Δx1＝Δx2代入数据解得dmax＝eq\f(696,11)m综上所述，d的取值范围为eq\f(356,11)m<d<eq\f(696,11)m。题组二双杆在不等距平行导轨上6.(2024·江西省上饶市高三一模)(多选)如图所示，导体棒a、b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l、2l，导体棒a、b的质量分别为m、2m，接入电路的电阻分别为R和2R，其余部分电阻均忽略不计。导体棒a、b均处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，a、b两导体棒均以v0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a始终在窄轨上运动，导体棒b始终在宽轨上运动，直到两导体棒达到稳定状态。则该过程中()A．导体棒中的最大电流为Im＝eq\f(Blv0,3R)B．a棒运动初始瞬间的加速度方向水平向左C．电路中产生的焦耳热Q＝eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)D．通过导体棒a的某一横截面的电荷量q＝eq\f(mv0,3Bl)答案：ACD解析：开始时回路中感应电动势最大，为Em＝B·2lv0－Blv0＝Blv0，导体棒中的感应电流最大，为Im＝eq\f(Em,3R)＝eq\f(Blv0,3R)，A正确；由楞次定律知，开始瞬间闭合回路中的感应电流沿顺时针方向，根据左手定则可知，a棒运动初始瞬间所受安培力方向水平向右，则其加速度方向水平向右，B错误；二者稳定时，回路中没有感应电流，二者产生的感应电动势大小相等，即Blva＝B·2lvb，设达到稳定状态之前两导体棒运动的时间为t，回路中的平均电流为eq\o(I,\s\up6(－))，以向右为正方向，根据动量定理，对a有Beq\o(I,\s\up6(－))lt＝mva－mv0，对b有－Beq\o(I,\s\up6(－))·2lt＝2mvb－2mv0，联立解得va＝eq\f(4,3)v0，vb＝eq\f(2,3)v0，对整个系统，由能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,b)＋Q，解得Q＝eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)，C正确；结合C项分析，可知通过导体棒a的某一横截面的电荷量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(m（va－v0）,Bl)＝eq\f(mv0,3Bl)，D正确。7.(2023·辽宁高考)(多选)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，处于竖直向上的匀强磁场中，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。下列说法正确的是()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eq\f(4B2d2v,3R)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eq\f(BLd,3R)答案：AC解析：分析可知，两棒所受安培力始终大小相等、方向相反，所以两棒和弹簧组成的系统所受合力始终为0，系统动量守恒，则可知MN、PQ运动方向始终相反，故弹簧伸展过程中，MN沿导轨向左运动，PQ沿导轨向右运动，根据楞次定律可知，回路中产生顺时针方向的电流，A正确；设MN质量为m，PQ质量为2m，则PQ速率为v时，根据动量守恒定律有2mv＝mv′，解得MN速率为v′＝2v，因PQ、MN运动方向始终相反，则此时回路中的感应电流大小为I＝eq\f(2Bdv′＋B·2dv,3R)＝eq\f(2Bdv,R)，MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝eq\f(4B2d2v,R)，B错误；由前面分析知，两棒同时开始运动、同时停止运动，且MN的速率始终为PQ的2倍，则整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1，C正确；两棒最后停止时，弹簧处于原长状态，此时两棒间距增加了L，由动量守恒定律有meq\o(v,\s\up6(－))1＝2meq\o(v,\s\up6(－))2，方程两边同时乘以运动时间t，可得mx1＝2mx2，又x1＋x2＝L，可解得整个过程MN向左运动的位移大小x1＝eq\f(2L,3)，PQ向右运动的位移大小x2＝eq\f(L,3)，则整个过程通过MN的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(ΔΦ,R总)＝eq\f(2B·\f(2L,3)·d＋B·\f(L,3)·2d,3R)＝eq\f(2BLd,3R)，D错误。培优点3电磁感应中的导线框模型题组一只在安培力作用下运动的导线框模型1.(2024·陕西省安康市高三下三模)(多选)如图所示，在绝缘光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁场的宽度为2L，边长为L的正方形导体框abcd以初速度v1滑行进入磁场，当cd边刚进入磁场时线框的速度为v2，当cd边离开右侧边界的瞬间速度为v3，以下说法正确的是()A．导体框进入磁场过程和离开磁场过程中流过导体横截面的电荷量大小相等B．导体框进入磁场过程中导体框的加速度逐渐减小C．导体框进入磁场过程中产生的热量等于导体框离开磁场过程中产生的热量D．v2＝eq\f(v1＋v3,2)答案：ABD解析：由楞次定律的推论可知，导体框进入磁场过程中受到阻碍导体框前进的安培力而速度降低，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，导体框中的感应电流减小，则导体框所受安培力减小，加速度逐渐减小，B正确；设导体框的电阻为R，导体框进入磁场过程用时为Δt，则在此过程中，根据法拉第电磁感应定律，可知平均感应电动势eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(BL2,Δt)，根据闭合电路欧姆定律，可知平均感应电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，根据电流定义式，可知流过导体横截面的电荷量q1＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，联立解得q1＝eq\f(BL2,R)，同理可知，导体框离开磁场过程流过导体横截面的电荷量q2＝eq\f(BL2,R)＝q1，A正确；设导体框的质量为m，对导体框进入磁场过程由动量定理可得－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝mv2－mv1，由A项分析可知eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(BL2,ΔtR)，联立得v1－v2＝eq\f(B2L3,mR)，同理可得v2－v3＝eq\f(B2L3,mR)＝v1－v2，解得v2＝eq\f(v1＋v3,2)，D正确；由能量守恒定律可知，导体框进入磁场过程产生的热量Q1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，同理，导体框离开磁场过程产生的热量Q2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，则eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2),veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,3))＝eq\f(（v1＋v2）（v1－v2）,（v2＋v3）（v2－v3）)＝eq\f(v1＋v2,v2＋v3)>1，即导体框进入磁场过程中产生的热量大于导体框离开磁场过程中产生的热量，C错误。2．(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))。题组二在安培力和其他力作用下运动的导线框模型3.(2024·全国甲卷)(多选)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在t＝0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是()答案：AC解析：设虚线区域内磁场的磁感应强度大小为B，线框的质量为M，电阻为R，上下边框长度为L，物块的质量为m，细绳上的拉力大小为T，以初速度的反方向为加速度的正方向，设线框与物块的加速度均为a。线框穿过磁场的过程中，由牛顿第二定律，对线框有Mg＋F安－T＝Ma，对物块有T－mg＝ma，其中线框所受安培力大小F安＝BIL，线框中电流大小I＝eq\f(E,R)，线框产生的感应电动势大小E＝BLv，联立解得a＝eq\f(B2L2v,（M＋m）R)＋eq\f(M－m,M＋m)g。根据四个选项中的v­t图，只考虑t＝0时线框速度开始减小的情况。根据表达式a＝eq\f(B2L2v,（M＋m）R)＋eq\f(M－m,M＋m)g可知，可以分三种情况分析v的变化的可能性：(1)M>m，线框进入磁场的过程，随着v的减小，a逐渐减小且趋于某个非零值，线框完全进入磁场运动时，a>0且恒定，线框做匀减速直线运动，分析四个选项的图，可知没有与这种情况对应的图。(2)M<m，线框进入磁场的过程，随着v的减小，a逐渐减小，如果v能减小到某个非零值，从而使a＝0，则之后线框做匀速直线运动，线框完全进入磁场运动时，a<0，做匀加速直线运动，分析四个选项的图，可知没有与这种情况对应的图。(3)M＝m，线框进入磁场的过程，随着v的减小，a逐渐减小且趋于0，若进入磁场的过程线框速度能减小到0，则之后线框静止，A符合这种情况；若进入磁场的过程线框速度不能减小到0，则完全进入磁场运动时，a＝0，线框做匀速直线运动，线框离开磁场的过程，随着v的减小，a逐渐减小，若离开磁场的过程线框速度能减小到0，则之后线框静止，分析四个选项的图，可知没有与这种情况对应的图；若离开磁场的过程线框速度不能减小到0，则线框完全离开磁场运动时，a＝0，做匀速直线运动，分析四个选项的图，可知C符合这种情况。综上所述，A、C可能正确，B、D不可能正确。4.(2023·山东省聊城市高三下三模)(多选)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v1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v2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t，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h＝eq\f(m2gR2,2B4d4)B．v1∶v2＝2∶1C．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q＝eq\f(m（gt＋v1－v2）,Bd)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Q＝2mgd＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)答案：AD解析：线框由静止释放到线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ过程，做自由落体运动，设线框下边缘刚进入磁场区域Ⅰ时速度大小为v1，有2gh＝veq\o\al(2,1)，线框刚进入磁场区域Ⅰ时，线框产生的感应电动势大小E1＝Bdv1，线框中的感应电流大小I1＝eq\f(E1,R)，线框所受安培力大小F1＝BI1d，由于线框匀速进入磁场区域Ⅰ，由平衡条件可得F1＝mg，联立解得释放时线框下边缘距磁场上边界距离h＝eq\f(\a\vs4\al(m2gR2),2B4d4)，A正确；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v2做匀速直线运动，同理可知线框产生的总感应电动势大小E2＝2Bdv2，线框中的感应电流大小I2＝eq\f(E2,R)，线框所受安培力大小F2＝2BI2d，由平衡条件可得F2＝mg，联立解得v1∶v2＝4∶1，B错误；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，由动量定理得－eq\o(F,\s\up6(－))′t＋mgt＝mv2－mv1，其中eq\o(F,\s\up6(－))′＝2Beq\o(I,\s\up6(－))′d，由电流的定义式有q＝eq\o(I,\s\up6(－))′·t，联立解得该过程通过线框导体横截面的电荷量q＝eq\f(m（gt＋v1－v2）,2Bd)，C错误；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，由能量守恒定律有mg·2d＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得线框中产生的总热量Q＝2mgd＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，D正确。5．(2024·陕西省商洛市高三下第三次尖子生学情诊断)(多选)如图所示，距离为L的竖直虚线PQ、MN之间存在沿水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。有一质量为m、电阻为R的直角三角形金属线框ACD，∠C＝90°，AC边长为3L，CD边长为1.5L，线框底边AC在光滑绝缘的水平面上，给金属线框一个水平向右的初速度，CD边出磁场前瞬间线框的加速度大小为a，线框始终在竖直平面内运动，AC边一直不离开水平面，则下列判断正确的是()A．CD边出磁场前瞬间，线框的速度大小为eq\f(maR,B2L2)B．CD边出磁场后瞬间，线框的加速度大小为eq\f(1,2)aC．在CD边刚出磁场到A点刚要进磁场过程中，线框对水平面的压力大于线框重力D．在CD边刚出磁场到A点刚要进磁场过程中，线框的速度减少量为eq\f(B2L3,2mR)答案：AD解析：设CD边出磁场前瞬间，线框的速度大小为v，由几何关系可知，CD边出磁场前瞬间，线框切割磁感线的有效长度为L，则线框中感应电动势大小为E＝BLv，则线框中的感应电流I＝eq\f(E,R)，线框所受安培力F＝BIL，由牛顿第二定律可得F＝ma，联立解得v＝eq\f(maR,B2L2)，A正确；由几何关系可知，CD边出磁场后瞬间，线框切割磁感线的有效长度为0.5L，类比A项分析可得eq\f(B2（0.5L）2v,R)＝ma′，解得CD边出磁场后瞬间，线框的加速度大小a′＝eq\f(1,4)a，B错误；从CD边刚出磁场到A点刚要进磁场过程中，根据楞次定律、左手定则可知，AC边所受安培力竖直向下，AD边所受安培力垂直AD向上，将AD边所受安培力沿竖直方向和水平方向进行分解，竖直方向上的分力与AC边所受安培力平衡，则线框受到的安培力水平向左，对水平面的压力始终等于线框重力，C错误；在CD边刚出磁场到A点刚要进磁场过程中，穿过线框的磁通量变化量ΔΦ＝B·eq\f(1,2)(L＋1.5L)·L－B·eq\f(1,2)·0.5L·L＝BL2，根据动量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))·0.5L·Δt＝－mΔv，又因为q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)·Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，解得该过程线框的速度减少量Δv＝eq\f(B2L3,2mR)，D正确。6.(2024·四川省达州市高三下二诊)(多选)如图所示，宽度为L、磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，上、下边界水平，左右区域足够长。甲、乙两完全相同的线圈边长为L。甲从某一高度由静止开始下落，以v0匀速通过磁场，乙从同一高度以初速度v0水平抛出，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平，不计空气阻力。则()A．离开磁场时乙的速度为甲的速度的2倍B．从开始进入磁场到刚好离开磁场的过程中，线圈甲、乙产生的焦耳热相同C．从开始进入磁场到刚好离开磁场的过程中，通过甲、乙两线圈横截面的电荷量相同D．刚进入磁场时，线圈乙产生的感应电动势为甲产生的感应电动势的eq\r(2)倍答案：BC解析：线圈乙穿过磁场的过程中，受到的安培力在水平方向上合力为0，故线圈乙在水平方向上始终以v0匀速运动；线圈乙穿过磁场的过程中，沿水平方向切割磁感线，会在线圈的左、右两边产生大小相等、(在回路中)方向相反的感应电动势，对线圈中的感应电动势和感应电流没有影响，可知线圈甲、乙在竖直方向上的运动情况相同，均以v0匀速通过磁场，产生的感应电动势和感应电流相同，穿过磁场区域所用时间相同，因此线圈甲、乙产生的焦耳热相同，通过甲、乙两线圈横截面的电荷量相同，离开磁场时线圈乙的速度大小为v乙＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,0))＝eq\r(2)v0，是甲的eq\r(2)倍，故A、D错误，B、C正确。7．(2024·陕西省铜川市高三下三模)(多选)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B＝1T，每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为d＝1m。现有一个边长l＝0.5m、质量m＝0.2kg、电阻R＝1Ω的单匝正方形线框，以v0＝8m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，g取10m/s2，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10m/s2B．线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为1CC．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6.4JD．线框从开始进入磁场到竖直下落过程中能穿过6个完整磁场区域答案：CD解析：设线框刚进入第一个磁场区域时加速度大小为a1，由法拉第电磁感应定律可知，线框产生的感应电动势为E1＝Blv0，由闭合电路欧姆定律知，感应电流为I1＝eq\f(E1,R)，安培力在竖直方向上的