【优化方案】2022届高三物理大一轮复习-第9章-第4节-电磁感应中的动力学和能量问题-教学讲义-

第四节电磁感应中的动力学和能量问题一、电磁感应现象中的动力学问题1．安培力的大小eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(安培力公式：F＝BIl,感应电动势：E＝Blv,感应电流：I＝\f(E,R)))⇒F＝eq\f(B2l2v,R)2．安培力的方向(1)先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定安培力方向．(2)依据楞次定律，安培力的方向确定和导体切割磁感线运动方向相反．1.(多选)(2022·高考四川卷)如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t)T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则()A．t＝1s时，金属杆中感应电流方向从C到DB．t＝3s时，金属杆中感应电流方向从D到CC．t＝1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1ND．t＝3s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2N答案：AC二、电磁感应中的能量转化1．过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．(2)感应电流在磁场中受安培力，若安培力做负功，则其他形式的能转化为电能；若安培力做正功，则电能转化为其他形式的能．(3)当感应电流通过用电器时，电能转化为其他形式的能．2．安培力做功和电能变化的对应关系“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；安培力做多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．2.(单选)如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽视的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，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，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()A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量答案：A考点一电磁感应中的动力学问题分析1．导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：依据平衡条件(合外力等于零)列式分析．2．导体的非平衡态——加速度不为零．处理方法：依据牛顿其次定律进行动态分析或结合功能关系分析．(2022·高考江苏卷)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d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的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并始终匀速滑到导轨底端.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，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.[解析](1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡：mgsinθ＝μmgcosθ解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tanθ.(2)在光滑导轨上感应电动势：E＝BLv感应电流：I＝eq\f(E,R)安培力：F安＝BIL受力平衡的条件是：F安＝mgsinθ解得导体棒匀速运动的速度v＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).(3)摩擦生热：Qf＝μmgdcosθ依据能量守恒定律知：3mgdsinθ＝Q＋Qf＋eq\f(1,2)mv2解得电阻产生的焦耳热Q＝2mgdsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4).[答案](1)tanθ(2)eq\f(mgRsinθ,B2L2)(3)2mgdsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)[总结提升]分析电磁感应中的动力学问题的一般思路(1)先进行“源”的分析——分别出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；(2)再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；(3)然后是“力”的分析——分析争辩对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力状况，尤其留意其所受的安培力；(4)最终进行“运动”状态的分析——依据力和运动的关系，推断出正确的运动模型．1.(单选)(2021·高考新课标全国卷Ⅱ)如图，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，可能正确描述上述过程的是()解析：选D.导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿其次定律可确定线框在磁场中的运动特点．线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由E＝BLv、I＝eq\f(E,R)及F＝BIL＝ma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D正确．考点二电磁感应中的能量问题1．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．2．能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法(2022·高考安徽卷)如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面对上．绝缘斜面上固定有“∧”外形的光滑金属导轨MPN(电阻忽视不计)，MP和NP长度均为2.5m，MN连线水平，长为3m．以MN中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3m、质量m为1kg、电阻R为0.3Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取10m/s2.(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8m处电势差UCD；(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出F－x关系图象；(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．[审题点睛](1)由于导轨电阻不计，因此导轨两端的电压为0，C、D两端的电压等于导轨外金属棒产生的电动势，留意UCD的正负．(2)回路中电流恒定，但CD的有效长度变化，金属杆所受安培力为变力，依据F－x图象求功．(3)外力做功使金属杆CD的机械能增加和产生焦耳热．[解析](1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势E＝Blv，l＝d，解得E＝1.5V当x＝0.8m时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l外，则l外＝d－eq\f(OP－x,OP)d，OP＝eq\r(MP2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MN,2)))2)＝2m得l外＝1.2m由右手定则推断D点电势高，故CD两端电势差UCD＝－Bl外v＝－0.6V.(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是l＝eq\f(OP－x,OP)d＝3－eq\f(3,2)x对应的电阻R1＝eq\f(l,d)R电流I＝eq\f(Blv,R1)杆受到的安培力为F安＝BIl＝7.5－3.75x依据平衡条件得F＝F安＋mgsinθF＝12.5－3.75x(0≤x≤2)画出的F－x图象如图所示．(3)外力F所做的功WF等于F－x图线下所围的面积．即WF＝eq\f(5＋12.5,2)×2J＝17.5J而杆的重力势能增加量ΔEp＝mgOPsinθ故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5J.[答案](1)1.5V－0.6V(2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)图象见解析(3)7.5J[方法提升]在解决电磁感应中的能量问题时，首先进行受力分析，推断各力做功和能量转化状况，再利用功能关系或能量守恒定律列式求解．2.(多选)(2021·石家庄模拟)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为d，两区域分别存在垂直斜面对下和垂直斜面对上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从l1上方确定高度处由静止开头沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开头以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g.在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是()A．线框中感应电流的方向不变B．线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间C．线框以速度v2做匀速直线运动时，发热功率为eq\f(m2g2R,4B2d2)sin2θD．线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，削减的机械能ΔE机与重力做功WG的关系式是ΔE机＝WG＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解析：选CD.线框从释放到穿出磁场的过程中，由楞次定律可知感应电流方向先沿abcda后沿adcba再沿abcda方向，A项错；线框第一次匀速运动时，由平衡条件有BI′d＝mgsinθ，I＝eq\f(Bdv1,R)，解得v1＝eq\f(mgRsinθ,B2d2).其次次匀速运动时，由平衡条件有2BI′d＝mgsinθ，I′＝eq\f(2Bdv2,R)，解得v2＝eq\f(mgRsinθ,4B2d2).线框ab边匀速通过区域Ⅰ，先减速再匀速通过区域Ⅱ，而两区域宽度相同，故通过区域Ⅰ的时间小于通过区域Ⅱ的时间，B项错；由功能关系知线框其次次匀速运动时发热功率等于重力做功的功率，即P＝mgv2sinθ＝eq\f(m2g2Rsin2θ,4B2d2)，C项正确；线框从进入磁场到其次次匀速运动过程中，损失的重力势能等于该过程中重力做的功，动能损失量为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，所以线框机械能损失量为ΔE机＝WG＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，D项正确．物理模型——电磁感应中的“双杆”模型1．模型分类“双杆”模型分为两类：一类是“一动一静”，甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要留意问题包含着一个条件：甲杆静止、受力平衡．另一种状况是两杆都在运动，对于这种状况，要留意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减．2．分析方法通过受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态．对于收尾状态则有恒定的速度或者加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解．(14分)(2022·高考天津卷)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面对下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面对上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开头下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2.问：(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开头下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．[审题点睛](1)ab刚好不下滑，隐含Ffm＝mgsinθ，方向沿斜面对上，ab刚要向上滑动时，隐含F安＝Ffm＋mgsinθ，摩擦力方向沿斜面对下．(2)由于ab中的电流变化，产生的热量要用功能关系(能量守恒)结合电路学问求解．eq\a\vs4\al([规范解答])—————————该得的分一分不丢！(1)由右手定则可知cd中的电流由d到c，故ab中的电流由a流向b.(1分)(2)开头放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①(1分)设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②(1分)设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝eq\f(E,R1＋R2)③(1分)设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④(1分)此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面对下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤(2分)综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5m/s.(1分)(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q总＋eq\f(1,2)m2v2(2分)又Q＝eq\f(R1,R1＋R2)Q总(2分)解得Q＝1.3J．(2分)[答案](1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J[总结提升]分析“双杆”模型问题时，要留意双杆之间的制约关系，即“动杆”与“被动杆”之间的关系，需要留意的是，最终两杆的收尾状态的确定是分析该类问题的关键．3.(多选)(2021·唐山模拟)如图所示，水平传送带带动两金属杆a、b匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面对下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场宽度为L，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d，两金属杆质量均为m，两杆与导轨接触良好．当金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a离开磁场时，金属杆b恰好进入磁场，则()A．金属杆b进入磁场后做加速运动B．金属杆b进入磁场后做匀速运动C．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgLD．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为eq\f(mgL,2)解析：选BC.两杆从导轨顶端进入磁场过程中，均只有重力做功，故进入磁场时速度大小相等，金属杆a进入磁场后匀速运动，b进入磁场后，a离开磁场，金属杆b受力与金属杆a受力状况相同，故也做匀速运动，A项错，B项正确；两杆匀速穿过磁场，削减的重力势能转化为回路的电热，即Q＝2mgLsin30°＝mgL，C项正确，D项错．1．(多选)(2021·江西八校联考)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，使其由静止开头向右做匀加速运动，经过时间1s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时马上将拉力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变化的图象如图乙所示．则()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：选ABD.在第1s末，i1＝eq\f(E,R)，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F＝ma1，联立得F＝0.05N，A项正确．在第2s内，由图象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项正确．在第2s内，veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2L2，得L2＝1m，C项错误．q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL1L2,R)＝0.2C，D项正确．2．(多选)(2021·河南三市联考)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻．质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，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，如图所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g，则()A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→bB．金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为eq\f(B2L2v,R＋r)C．金属棒的最大速度为eq\f(mgR＋r,BL)D．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))2R解析：选BD.金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律知，流过电阻R的电流方向为b→a，选项A错误；金属棒的速度为v时，金属棒中感应电动势E＝BLv，感应电流I＝eq\f(E,R＋r)，所受的安培力大小为F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，选项B正确；当安培力F＝mg时，金属棒下滑速度最大，金属棒的最大速度为v＝eq\f(mgR＋r,B2L2)，选项C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R和r的总热功率为P＝mgv＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))2(R＋r)，电阻R的热功率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))2R，选项D正确．3．(多选)(2021·扬州模拟)如图所示，平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则()A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为eq\f(B2l2v,R)B．上滑过程中电流做功放出的热量为eq\f(1,2)mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)C．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为eq\f(1,2)mv2D．上滑过程中导体棒损失的机械能为eq\f(1,2)mv2－mgssinθ解析：选BD.上滑过程中，开头时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为eq\f(B2l2v,2R)，A错；依据能量守恒，上滑过程中电流做功放出的热量为eq\f(1,2)mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)，B对；上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于电流做功产生的热，也是eq\f(1,2)mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)，C错；上滑过程中导体棒损失的机械能为eq\f(1,2)mv2－mgssinθ，D对．4．(单选)如图所示，宽为2L且上、下边界都水平的匀强磁场区域的正上方有一个高为L的闭合矩形线框由静止从某高度释放，线框竖直下落过程中，下边始终保持水平，磁感应强度方向垂直线框平面对里，线框第一次从某高度由静止下落后，恰好匀速进入磁场，其次次调整下落高度后，线框恰好匀速穿过磁场下边界，用I1、I2分别表示第一次、其次次在整个进出磁场区域的过程中线框的感应电流大小，则下列反映线框的感应电流随位移变化的图象中可能正确的是()解析：选A.线框第一次进入磁场先做匀速运动，产生恒定电流，完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，线框中无感应电流，而出磁场时，做减速运动，线框中产生渐渐减小的感应电流，但刚出磁场时速度不小于进入磁场时速度，即x＝3L时，感应电流不小于I0，A对，B错；线框其次次出磁场时做匀速运动，产生恒定电流，因线框在完全进入磁场后有一段匀加速运动过程，所以线框在进入磁场过程中将始终做加速运动且感应电流确定小于I0，C、D错．5．(多选)如图所示，光滑平行的金属导轨宽度为L，与水平方向成θ角倾斜固定，导轨之间布满了垂直于导轨平面的足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨上垂直导轨放置着质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b，二者都被垂直于导轨的挡板拦住保持静止，金属导轨电阻不计，现对b棒施加一垂直于棒且平行于导轨平面对上的牵引力F，并在极短的时间内将牵引力的功率从零调为恒定的P.为了使a棒沿导轨向上运动，P的取值可能为(重力加速度为g)()A.eq\f(2m2g2R,B2L2)·sin2θ B.eq\f(3m2g2R,B2L2)·sin2θC.eq\f(7m2g2R,B2L2)·sin2θ D.eq\f(5m2g2R,B2L2)·sin2θ解析：选CD.以b棒为争辩对象，由牛顿其次定律可知F－mgsinθ－eq\f(BLv,2R)BL＝ma，以a棒为争辩对象，由牛顿其次定律可知eq\f(BLv,2R)BL－mgsinθ＝ma′，则F>2mgsinθ，v>eq\f(2Rmgsinθ,B2L2)，故P＝Fv>eq\f(4m2g2R,B2L2)sin2θ，由此可得选项C、D正确，选项A、B错误．6．(单选)(2021·高考安徽卷)如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5m，电阻忽视不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6)()A．2.5m/s1W B．5m/s1WC．7.5m/s9W D．15m/s9W解析：选B.小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动．此时：F安＝eq\f(B2l2v,R总)对棒满足：mgsinθ－μmgcosθ－eq\f(B2l2v,R棒＋R灯)＝0由于R灯＝R棒则：P灯＝P棒再依据功能关系：mgsinθ·v－μmgcosθ·v＝P灯＋P棒联立解得v＝5m/s，P灯＝1W，所以B项正确．一、单项选择题1．如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开头下落，最终落在水平地面上．磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触．若不计空气阻力．重力加速度为g，下列说法中正确的是()A．在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)B．磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力先竖直向上后竖直向下C．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变D．磁铁落地时的速率确定等于eq\r(2gh)解析：选A.当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，依据楞次定律可推断圆环中感应电流的方向为逆时针(从上向下看圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，依据楞次定律可推断圆环中感应电流的方向为顺时针(从上向下看圆环)，A正确；依据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可推断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，B错误；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，C错误；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v＝eq\r(2gh)，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，依据能量守恒定律可知，其落地速度确定小于eq\r(2gh)，D错误．2.竖直平面内有一外形为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是y＝x2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是()A．mgb B.eq\f(1,2)mv2C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋eq\f(1,2)mv2解析：选D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，由能量守恒可得产生的焦耳热等于削减的机械能，即Q＝eq\f(1,2)mv2＋mgb－mga＝mg(b－a)＋eq\f(1,2)mv2.3.(2021·高考福建卷)如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程外形不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不行能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律()解析：选A.由题意可知，线框先做自由落体运动，最终做匀加速直线运动．若ab边刚进入磁场时，速度较小，线框内产生的感应电流较小，线框所受安培力小于重力，则线框进入磁场的过程做加速度渐渐减小的加速运动，图象C有可能；若线框进入磁场时的速度较大，线框内产生的感应电流较大，线框所受安培力大于重力，则线框进入磁场时做加速度渐渐减小的减速运动，图象B有可能；若线框进入磁场时的速度合适，线框所受安培力等于重力，则线框匀速进入磁场，图象D有可能；由分析可知本题应选A.4.(2021·南昌模拟)如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框沿垂直磁场方向，以速度v从图示位置向右运动，当线框中心线AB运动到与PQ重合时，线框的速度为eq\f(v,2)，则()A．此时线框的电功率为eq\f(4B2L2v2,R)B．此时线框的加速度为eq\f(4B2L2v,mR)C．此过程通过线框截面的电荷量为eq\f(BL2,R)D．此过程回路产生的电能为0.75mv2解析：选C.在题图中虚线位置，线框产生的电动势E＝eq\f(BLv,2)＋eq\f(BLv,2)＝BLv，电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，由牛顿其次定律可知，线框的加速度a＝eq\f(F,m)＝2×eq\f(BIL,m)＝eq\f(2B2L2v,mR)，B错误；线框的电功率P＝I2R＝eq\f(B2L2v2,R)，A错误；由法拉第电磁感应定律和电流的定义，可得此过程通过线框截面的电荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)，C正确；由能量守恒定律可得，回路产生的电能W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)meq\f(v2,4)＝eq\f(3,8)mv2，D错误．5．如图甲所示，电阻不计且间距L＝1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R＝2Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面对里的匀强磁场，现将质量m＝0.1kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平，已知杆ab进入磁场时的速度v0＝1m/s，下落0.3m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10m/s2，则()A．匀强磁场的磁感应强度为1TB．杆ab下落0.3m时金属杆的速度为1m/sC．杆ab下落0.3m的过程中R上产生的热量为0.2JD．杆ab下落0.3m的过程中通过R的电荷量为0.25C解析：选D.在杆ab刚进入磁场时，有eq\f(B2L2v0,R)－mg＝ma，由题图乙知，a的大小为10m/s2，解得B＝2T，选项A错误．杆ab下落0.3m时杆做匀速运动，则有eq\f(B2L2v′,R)＝mg，解得v′＝0.5m/s，选项B错误．在杆ab下落0.3m的过程中，依据能量守恒，R上产生的热量为Q＝mgh－eq\f(1,2)mv′2＝0.2875J，选项C错误．通过R的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B·ΔS,R)＝0.25C，选项D正确．☆6.如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，置于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，今有一质量为m、有效电阻为r的金属杆垂直于导轨放置并由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度vm时，运动的位移为x，则以下说法中正确的是()A．金属杆所受导轨的支持力大于mgcosαB．金属杆下滑的最大速度vm＝eq\f(mgR＋rsinα,B2L2cosα)C．在此过程中电阻R上产生的焦耳热为mgxsinα－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)D．在此过程中流过电阻R的电荷量为eq\f(BLx,R＋r)解析：选A.由于磁感应强度方向竖直向上，依据右手定则及左手定则，金属杆受水平向右的安培力、重力及支持力，A正确；当金属杆受力平衡时，速度最大，故有eq\f(B2L2vmcosα,R＋r)＝mgtanα，得vm＝eq\f(mgR＋rsinα,B2L2cos2α)，B错误；由能量守恒定律可得mgxsinα＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q总，则电阻R上产生的焦耳热QR＝eq\f(R,R＋r)Q总＝eq\f(R,R＋r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgxsinα－\f(1,2)mv\o\al(2,m)))，C错误；流过电阻R的电荷量为Q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLxcosα,R＋r)，D错误．二、多项选择题7．如图所示，边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平．线框从图示位置开头静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光．则()A．有界磁场宽度l<LB．磁场的磁感应强度应为eq\f(mgU,nPL)C．线框匀速穿越磁场，速度恒为eq\f(P,mg)D．线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为mgL解析：选BC.因线框穿越磁场的过程中小灯泡正常发光，故线框匀速穿越磁场，且线框长度L和磁场宽度l相同，A错误；因线框匀速穿越磁场，故重力和安培力相等，mg＝nBIL＝nBeq\f(P,U)L，得B＝eq\f(mgU,nPL)，B正确；线框匀速穿越磁场，重力做功的功率等于电功率，即mgv＝P，得v＝eq\f(P,mg)，C正确；线框穿越磁场时，通过的位移为2L，且重力做功完全转化为焦耳热，故Q＝2mgL，D错误．8.如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面对下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后()A．金属棒ab、cd都做匀速运动B．金属棒ab上的电流方向是由b向aC．金属棒cd所受安培力的大小等于2F/3D．两金属棒间距离保持不变解析：选BC.对两金属棒ab、cd进行受力分析和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律推断金属棒ab上的电流方向由b到a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为争辩对象有：F＝3ma，隔离金属棒cd分析其受力，则有：F－F安＝ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安＝eq\f(2,3)F，C正确．9．(2021·内蒙古包头测评)如图，在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连．质量为m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上(图中未画出)，磁感应强度的大小为B.导体棒的中点系一个不行伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开头释放物块，用h表示物块下落的高度(物块不会触地)，g表示重力加速度，其他电阻不计，则()A．电阻R中的感应电流方向由a到cB．物块下落的最大加速度为gC．若h足够大，物块下落的最大速度为eq\f(mgR,B2l2)D．通过电阻R的电荷量为eq\f(Blh,R)解析：选CD.题中导体棒向右运动切割磁感线，由右手定则可得回路中产生顺时针方向的感应电流，则电阻R中的电流方向由c到a，A错误；对导体棒应用牛顿其次定律有：T－F安＝ma，又F安＝Beq\f(Blv,R)l，再对物块应用牛顿其次定律有：mg－T＝ma，则联立可得：a＝eq\f(g,2)－eq\f(B2l2v,2mR)，则物块下落的最大加速度am＝eq\f(g,2)，B错误；当a＝0时，速度最大为vm＝eq\f(mgR,B2l2)，C正确；下落h的过程，回路中的面积变化量ΔS＝lh，则通过电阻R的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BΔS,R)＝eq\f(Blh,R)，D正确．10．在仁川亚运会上，100m赛跑跑道两侧设有跟踪仪，其原理如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L＝0.5m，一端通过导线与阻值为R＝0.5Ω的电阻连接．导轨上放一质量为m＝0.5kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽视不计．匀强磁场方向竖直向下．用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，使杆运动．当转变拉力的大小时，相对应的速度v也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持全都．已知v和F的关系如图乙．(取重力加速度g＝10m/s2)则()A．金属杆受到的拉力与速度成正比B．该磁场的磁感应强度为1TC．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小D．导轨与金属杆之间的动摩擦因数μ＝0.4解析：选BCD.由题图乙可知拉力与速度是一次函数，但不成正比