专项培优20 电磁感应中的双导体棒和线框模型（解析版）-2025版高三物理寒假精*-品讲义

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 2三．不等距导轨双导体棒模型 19四．线框模型 48一.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？）1.如图所示，两条足够长的平行光滑金属导轨MN，PQ固定在绝缘水平桌面上，导轨间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，金属棒1与2均垂直于导轨放置并静止。已知两金属棒的材料相同、长度均为d，金属棒1的横截面积为金属棒2的两倍，电路中除两金属棒的电阻均不计。现使质量为m的金属棒2获得一个水平向右的瞬时速度，两金属棒从开始运动到状态稳定的过程中，下列说法正确的是（

）A．金属棒1的最大速度为 B．金属棒2的最小速度为C．金属棒1上产生的焦耳热为 D．金属棒2上产生的焦耳热为【答案】ACD【详解】AB．两金属棒的材料相同、长度均为d，金属棒1的横截面积为金属棒2的两倍，根据、可知、金属棒2在安培力作用下先减速后匀速，金属棒1在安培作用下先加速后匀速，状态稳定时两金属棒速度相同，一起做匀速运动。对整个系统由动量守恒定律得解得则金属棒1的最大速度和金属棒2的最小速度均为，故A正确，B错误；CD．运动过程中系统损失的动能转化为焦耳热，则由能量守恒得其中、解得、故CD正确；故选ACD。2．如图，两足够长、间距为的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间一区域存在竖直向下的匀强磁场，该区域左、右边界的间距为且均垂直于导轨。最初，边长为的正方形导体框和长为的金属棒均静止在导轨上，其质量分别为、，导体框每条边的电阻均为，金属棒的电阻为。现给导体框一水平向右、大小为的初速度，导体框与金属棒发生弹性碰撞，之后金属棒进入磁场，当金属棒刚离开磁场时速度大小为，此时导体框边恰好进入磁场。导体框的、边以及金属棒均与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻忽略不计。下列说法正确的是（）A．金属棒刚进入磁场时的速度大小为B．匀强磁场的磁感应强度大小为C．金属棒在磁场中运动的过程中，通过边电荷量的最大值为D．导体框离开磁场后的速度大小为【答案】BC【详解】A．导体框和金属棒发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有，解得，故A错误；BC．设金属棒在磁场中运动的过程中通过金属棒的最大电荷量为，对金属棒由动量定理，有解得金属棒在磁场中运动的过程中，回路中的总电阻结合解得则此段时间内通过导体框的电荷量为，导轨将、边短路，故通过边的电荷量为故BC正确；D．设导体框离开磁场后的速度大小为，对其从进入磁场到离开磁场的过程，由动量定理有其中，解得故D错误。故选BC。3.如图所示，两平行、光滑金属导轨水平放置相距为，空间中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量均为、电阻均为的两导体棒和静止置于金属导轨上，它们之间的距离也为，现给导体棒一向右的初速度，金属导轨足够长，在它们之后的运动过程中，以下说法正确的是（）A．导体棒和在运动过程中系统动量不守恒B．导体棒获得的最大速度为C．导体棒上产生的焦耳热为D．最终导体棒和之间的距离为【答案】BC【详解】A．导体棒和作为一个系统，系统所受合力为零，故系统动量守恒，故A错误；B．棒ab和cd在运动过程中始终受到等大反向的安培力，系统动量守恒，以向右的方向为正方向，当两者共速时，导体棒获得的最大速度，则有解得故B正确；C．导体棒达到最大速度的过程中，由能量守恒可得解得回路产生的焦耳热为导体棒ab杆上产生的焦耳热为故C正确；D．整个过程中对ab棒，由动量定理得流过导体棒的电荷量为又联立可得最终导体棒和之间的距离为故D错误。故选BC。4．如图所示，倾角为θ=37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，平行导轨间的距离为L，两导体棒ab、cd垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，现给导体棒ab一沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电阻均为R，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ=0.75，导轨电阻忽略不计，从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触。(1)求两根导体棒最终的速度；(2)整个过程中回路产生的焦耳热Q；(3)若导体棒ab运动之前，两根导体棒相距的距离为L0，要保证运动过程中两根导体棒不相撞，L0最小是多少？【答案】(1)0.5v0(2)(3)【详解】（1）由题意可知则对两棒的系统沿轨道方向的动量守恒，且最终稳定时两棒速度相同，则有：解得（2）根据能量守恒可知，系统减少的动能全部转化成焦耳热，则：解得（3）运动过程中，令ab、cd两根导体棒的速度分别为v1、v2，任意时刻则感应电动势：感应电流安培力大小以导体棒ab为研究对象，由动量定理可得：即有解得两根导体棒相对滑动的距离根据几何关系可得：L0的最小值为等于∆x，所以L0的最小值为5．如图，间距为L的平行光滑金属轨道与由倾斜和水平两部分平滑连接而成，且，倾斜轨道的倾角为，水平轨道足够长，轨道电阻不计。倾斜部分处于垂直轨道向上的匀强磁场中，其磁感应强度大小为B。已知金属细棒的质量均为m、电阻均为R、长度均为L。现将a棒从高度为h的位置由静止释放，当a棒到达时，立即将b棒也从位置由静止释放，当b棒到达时速度大小为，此时在水平轨道部分加竖直向下的匀强磁场。运动过程中金属细棒始终与下平行且与轨道接触良好，重力加速度为g。求：(1)b棒在倾斜轨道加速至速度时，其加速度大小；(2)b棒到达处时棒之间的距离；(3)若b棒到达处时棒间距离用表示，再经时间a棒继续向左运动距离为，此时棒之间的距离。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）b棒在斜轨道速度为时，加速度为a，由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律得b棒所受安培力对b棒由牛顿第二定律得联立解得（2）b棒下滑至EF处所需时间为t，平均电流为，对b棒由动量定理得由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律得此过程磁通量的变化量a棒下滑至EF过程中，由机械能守恒定律得b棒在斜轨道下滑过程中，a棒在水平轨道做匀速运动的位移为a、b棒的距离联立解得（3）b棒在水平轨道运动过程中，a、b棒受到的安培力大小相等、方向相反，以a、b棒为研究系统，由动量守恒定律得在极短时间内有在时间内，b棒向左运动距离为，得则a、b棒间的距离为联立得6．如图所示，间距均为m的光滑平行倾斜导轨与足够长光滑平行水平导轨在M、N处平滑连接，虚线MN右侧存在方向竖直向下、磁感应强度为T的匀强磁场。a、b是两根完全相同粗细均匀的金属棒，单棒质量为kg，电阻为Ω，a棒垂直固定在倾斜轨道上距水平面高m处；b棒与水平导轨垂直并处于静止状态，距离MN的距离m。现让a棒由静止释放，运动过程中与b棒始终没有接触且始终垂直于导轨；不计导轨电阻，重力加速度为m/s，求：(1)a棒刚进入磁场时b棒受到的安培力的大小；(2)稳定时b棒上产生的焦耳热；(3)稳定时a、b两棒间的间距d？【答案】(1)1N(2)0.4J(3)3.4m【详解】（1）下滑过程机械能守恒，设a棒刚进入水平磁场的速度为v，则有对回路有代入数据解得v=4m/s

（2）系统稳定时ab棒共速，设共同速度为；系统动量守恒，能量守恒有根据能量守恒定律有由于电阻相等，则解得J（3）设a棒在水平轨道上运动时任意时刻回路电流为I，在极短时间内，a棒的速度增量为，对a棒使用动量定理有根据得又，得解得代入数据解得m7．如图所示，左侧圆弧光滑导轨与右侧足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直。图中虚线de右侧存在方向竖直向上、范围足够大的匀强磁场，绝缘棒a垂直于圆弧导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h=1.8m，之后与静止在虚线de处的金属棒b发生弹性碰撞，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞，已知金属棒b和绝缘棒a的质量均为m=3kg，金属棒c质量是金属棒b质量的一半，重力加速度取g=10m/s2，求：（1）绝缘棒a与金属棒b碰撞后瞬间两棒的速度大小；（2）金属棒b进入磁场后，其加速度为最大加速度的一半时的速度大小；（3）整个过程两金属棒b、c上产生的总焦耳热。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）绝缘棒a从静止释放到与属棒b碰撞前过程，根据动能定理可得解得碰撞前瞬间绝缘棒a的速度大小为绝缘棒a与金属棒b发生弹性碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒可得联立解得碰撞后瞬间两棒的速度大小分别为，（2）金属棒b刚进入磁场时，加速度最大，则有设金属棒b进入磁场后，其加速度为最大加速度的一半时，金属棒b、c的速度大小分别为、，金属棒b、c组成的系统满足动量守恒，则有此时回路的总电动势为根据题意有联立解得（3）当金属棒b、c速度相等时，回路的总电动势为0，回路电流为0，金属棒受到安培力为0，可知最终两棒以相同的速度做匀速直线运动，根据动量守恒可得解得最终共同速度为根据能量守恒可知，整个过程两金属棒b、c上产生的总焦耳热为解得8．如图，倾斜平行轨道与水平面间的夹角为。水平轨道足够长，两轨道宽度均为，在处平滑连接，使导体棒a从倾斜轨道运动到水平轨道上时速度大小不变。过的虚线包含虚线边界右侧水平轨道上有磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场。导体棒a、b的质量均为，两棒与轨道始终垂直且接触良好，两棒接入轨道的电阻。初始时刻，导体棒a在倾斜轨道上离的距离为处由静止释放，导体棒b静止在水平轨道上并锁定，且导体棒b到位置的水平距离为。不计一切摩擦阻力，导体棒a、b不会发生碰撞，轨道电阻不计。，，。求：（1）导体棒a滑到倾斜轨道底端位置时受到的安培力大小；（2）导体棒a从位置到最后停止的过程中，导体棒a上产生的焦耳热；（3）若导体棒a滑到倾斜轨道底端，位置时，立即解除对导体棒b的锁定，导体棒a、b运动稳定时，导体棒a、b相距的距离。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）导体棒a在倾斜轨道上运动的过程，由动能定理有由法拉第电磁感应定律有由闭合电路欧姆定律有导体棒a滑到倾斜轨道底端位置时受到的安培力解得导体棒a在水平轨道上受向左的安培力做减速运动，最后速度减为零，根据能量守恒有又可得解得若导体棒a滑到倾斜轨道底端位置时，立即解除对导体棒b的锁定，导体棒a做减速运动，导体棒b做加速运动，最终二者以相同速度做匀速运动，设共同速度为，以导体棒a和b为系统，由动量守恒定律有以导体棒a为研究对象，由动量定理有根据法拉第电磁感应定律由闭合电路欧姆定律导体棒a与导体棒b运动稳定时，相距的距离解得9．在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，与磁场方向垂直的水平面内有两根固定的足够长的平行金属导轨，导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，相距为d，构成一矩形回路。导轨间距为l，导体棒的质量都为m，电阻都为R，导轨部分电阻可忽略不计。设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0。（1）从开始运动到最终稳定，求电路中产生的电能；（2）求cd棒开始运动的加速度和cd棒速度减为0.8v0时的加速度大小；（3）求两棒之间的最大距离。【答案】（1）；（2），；（3）【详解】（1）对两根导体棒ab和cd构成的系统，所受外力的合力为0，根据动量守恒定律有从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能解得（2）cd棒开始运动时，回路的感应电动势此时回路的感应电流对cd棒进行分析，根据牛顿第二定律有解得cd棒速度减为0.8v0时，对两根导体棒ab和cd构成的系统，根据动量守恒定律有解得此时回路的感应电动势此时回路的感应电流根据牛顿第二定律有解得（3）结合上述，对导体棒ab进行分析，根据动量定理有其中感应电流的平均值为从开始运动到最终稳定过程，两导体棒的相对位移则两棒之间的最大距离解得10.如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，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，在导轨间的电阻均为，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。若两杆在磁场内未相撞且N杆出磁场时的速度，求：（1）M杆刚进磁场时的安培力F；（2）从M杆进入磁场到N杆离开磁场过程中系统产生的焦耳热Q；（3）初始时刻N到ab边的最小距离x。【答案】（1）6N，方向水平向左；（2）2J；（3）0.5m【详解】（1）由于平行长直金属导轨光滑，故M杆刚进磁场时的速度为则此时切割磁感线产生的感应电动势为则此时感应电流为根据右手定则可知感应电流的方向为a到b，则M杆刚进磁场时的安培力大小为根据左手定则可知安培力的方向为水平向左。（2）由MN组成的系统动量守恒，设N杆刚离开磁场时M杆的速度为，则则N杆刚离开磁场时M杆的速度根据能量守恒，从M杆进入磁场到N杆离开磁场过程中系统产生的焦耳热（3）当N杆出磁场时，M杆恰好与N杆接触但未发生碰撞，则这种情况时，初始时刻细金属杆N到ab的距离最小，则当N出磁场时，对N杆列动量定理可得则通过N杆的电荷量所以同时，还可得可解得二．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，，，，1.如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨平面虚线左侧存在竖直向下的匀强磁场，虚线右侧存在竖直向上的匀强磁场，虚线左右两侧磁场的磁感应强度大小均为B，导体棒ab和cd均垂直于导轨静止放置在导轨上。某时刻起，保持ab静止，对cd施加大小为F的水平向右的恒力，经过时间t导体棒cd的加速度变为0，此时立即将该恒力撤掉，同时释放ab。已知两导轨的间距为L，导体棒ab的质量为m、接入电路的电阻为R；cd的质量为2m、接入电路的电阻也为R，其余电阻不计，两导体棒运动时均与导轨垂直且接触良好。对两导体棒的运动过程，下列说法正确的是（

）A．撤掉恒力后，导体棒ab和cd的总动量先减小后不变B．导体棒ab和cd间的距离先逐渐增大，最后保持不变C．导体棒ab的最大速度为D．导体棒cd从开始运动到速度最大的过程，整个回路产生的焦耳热为【答案】AC【详解】AB．撤掉恒力时有解得此时cd水平向右的最大速度为之后两导体棒均受到向左的安培力，总动量水平向右减小，在安培力的作用下cd向右减速，ab自静止开始向左加速，当两者速度大小相等时总电动势为0，受到的安培力均为0，之后两导体棒分别以大小相等的速度向相反的方向做匀速运动，它们间的距离一直增大，总动量保持不变，故A正确，B错误；C．撤掉恒力后，同一时刻两导体棒中的电流相等，所受安培力大小相等，由牛顿第二定律可知，ab的加速度大小是cd加速度大小的2倍，因此同一过程ab的速度变化量大小是cd的速度变化量大小的2倍，则解得导体棒ab的最大速度故C正确；D．导体棒cd从开始运动到速度最大的过程，对cd有对整个系统有解得整个回路产生的焦耳热为故D错误。故选AC。2．如图所示，光滑平行导轨放在绝缘的光滑水平面上，导轨间距为L，导轨左端通过硬质导线连接阻值为R的定值电阻，导轨、硬质导线及电阻的总质量为m。空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量也为m的金属棒垂直导轨放置，金属棒在水平向右、大小为F的恒力作用下由静止开始运动，经过一段时间t（未知）后金属棒的速度大小为2v，导轨的速度大小为v，然后立即撤去外力。除定值电阻外，其余电阻均忽略不计，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，则下列说法正确的是（）A．恒力作用过程中对系统做的功等于撤去恒力时系统的动能B．恒力作用的总时间为C．恒力作用的过程中金属棒相对导轨运动的位移大小为D．撤去恒力后经过足够长的时间定值电阻上产生的焦耳热为【答案】BD【详解】A．根据能量守恒可知，恒力作用过程中对系统做的功等于撤去恒力时系统的动能以及电阻发热产生的热能之和，故A错误；B．对整体，根据动量定理解得故B正确；C．对电阻和导轨，根据动量定理则通过导体横截面电荷量又解得故C错误；D．撤去恒力后经过足够长的时间，整体匀速运动，根据动量守恒最终速度根据能量守恒定值电阻上产生的焦耳热故D正确。故选BD。3．如图所示，和为同一水平面内足够长的平行金属导轨，导轨间距为1m，空间存在竖直向下的磁场，左、右两侧磁场的磁感应强度大小分别为、。质量均为0.2kg的金属杆a、b位于两侧，且距足够远，垂直于导轨放置，对a杆施加一水平向左大小为5N的恒力F使其从静止开始运动。已知两杆在运动过程中始终与导轨垂直并良好接触，两杆与导轨构成的回路的总电阻始终为0.5Ω，两杆与导轨间的动摩擦因数均为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。下列说法正确的是（）A．若将b杆锁定在导轨上，a杆的最终速度为0.5m/sB．b杆刚要运动时，a杆的速度大小为0.25m/sC．足够长时间后，回路的面积保持不变D．足够长时间后，回路的电流为1.8A【答案】ABD【详解】A．若将b杆锁定在导轨上，a杆产生感应电动势感应电流安培力a杆加速运动，由牛顿第二定律当加速度减小到零时，a杆做匀速直线运动，即可得a杆稳定速度m/s故A正确；B．b杆刚要运动时，则b杆所受安培力a、b两杆串联，电流相等，可知电路中电流A电动势V由可知此时a杆的速度m/s故B正确；D．b杆解除锁定后，设某时刻a、b两杆的速度分别为、，回路中产生的感应电动势回路中总电流a杆的加速度b杆的加速度a、b两杆均加速运动，a杆加速快，可知增大，则电流i增大，减小，增大，当与增加的一样快时，即时，回路中电流达到稳定，代入数据，可得m/s，m/s，A故D正确；C．根据前面分析足够长时间后，由于b的加速度大，最后速度大于a，回路面积逐渐减小。故C错误。故选ABD。4．如图所示，间距为0.5m的两平行光滑金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，虚线AB的左、右两侧均存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小分别为、。长度为0.5m、质量为1kg、阻值为0.2Ω的导体棒a静止在AB左侧导轨上，长度为0.5m、质量为1kg、阻值为0.8Ω的导体棒b静止在AB右侧导轨上。时刻起，b在大小为0.6N、方向水平向右的恒力F作用下由静止开始运动。已知两棒始终与导轨垂直且接触良好，且a始终未越过虚线AB，导轨电阻均不计。下列说法正确的是（

）A．时刻，b的加速度大小为B．a的最大加速度为C．导体棒a消耗电功率的最大值为1.152WD．a、b加速度相等时，二者速度之比大于1：3【答案】BCD【详解】A.初始时，两导体棒的速度均为0，回路中的感应电动势为0，导体棒所受安培力也为0，则由牛顿第二定律可得，导体棒b的加速度故A错误。B.设某时刻导体棒a的速度为、导体棒b的速度为，由法拉第电磁感应定律可得，回路中的感应电动势则回路中的电流导体棒a所受的安培力导体棒b所受的安培力由牛顿第二定律可得，导体棒a的加速度导体棒b的加速度随着导体棒速度差的增大，导体棒a的加速度逐渐增大、导体棒b的加速度逐渐减小，直到两棒的加速度恒定，稳定时，即恒定，取稳定后一小段时间，则有代入数据可得又两导体棒质量相等，即由于两导体棒中电流时刻相等，且两导体棒长度相等，则有联立可得，导体棒a的加速度为，导体棒b的加速度为，故B正确。C.稳定时回路中的电流，为回路中的最大电流，则导体棒a消耗电功率的最大值为故C正确。D.作出a、b加速度随时间变化的关系图像，如图所示图线与坐标横轴围成的面积表示对应时间内导体棒速度的变化量，结合面积关系可知，a、b加速度相等时，二者速度之比大于1：3，故D正确。5.如图甲所示，固定在同一水平面上足够长的光滑平行金属导轨，，间距，导轨的分界线左右足够大区域内，分别有方向竖直向上和竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小分别为和。长度均为的导体棒a和b位于导轨上两侧，a的质量，a、b电阻分别为、，导轨电阻不计。初始时刻锁定a，同时给b施加一水平外力，测得b两端电压随时间变化的图像如图乙所示。时撤去外力，同时解除a的锁定，一段时间后，a棒以大小为的速度做匀速直线运动。a、b始终垂直于导轨且均与导轨接触良好，重力加速度取。求：（1）内a、b所受安培力大小之比；（2）末b的速度大小；（3）内外力的冲量大小。【答案】（1）1:2；（2）；（3）【详解】（1）内a、b所受安培力大小之比（2）导体棒b切割磁场，有根据闭合电路欧姆定律联立，解得由乙图可知，末b的速度大小满足解得（3）根据（2）中分析可知结合乙图可知解得则该段时间内导体棒b做初速度为零的匀加速直线运动，有由设解除导体棒a锁定时间后，其速度为，由动量定理可得，两导体棒匀速运动时，回路中电流为零，可得联立，解得内，分析导体棒b，根据动量定理，可得联立，解得6.如图所示，两根足够长的金属直导轨水平平行放置，导轨间距为，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现将质量均为的金属棒a、b垂直导轨放置，a、b金属棒接入导轨之间的电阻分别为R、3R，。a棒光滑，b棒与轨道间动摩擦因数，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g=10m/s2，当给a棒施加水平向右恒定的拉力，则：（1）a棒速度v0为多大时，b棒开始运动？此时a棒的加速度大小为多少？（2）从b棒运动开始计时，经过时间，a，b棒速度之比，求此时b棒的速度vb的大小；t0时间内流过b棒的电量为q，求时间t0内a棒相对于b棒运动的距离Δx。【答案】（1）4m/s，1m/s2；（2）3m/s，44m【详解】（1）b棒开始运动时解得根据闭合电路欧姆定律得解得根据法拉第电磁感应定律得解得根据牛顿第二定律得解得（2）对a棒，根据动量定理得对b棒，根据动量定理得解得根据解得根据上式得解得7．某实验装置原理如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。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，电阻可忽略不计。质量均为电阻均为的金属导体棒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在水平拉力F作用下，由静止开始以加速度向右做匀加速直线运动，2s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度做匀速直线运动，已知。求：（1）2s时，安培力的大小，拉力F的大小和拉力的瞬时功率；（2）棒MN的最大速度；（结果保留两位小数）；（3）当棒MN达到最大速度时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，则撤去拉力后两金属棒之间距离增加量∆x的最大值是多少？（结果保留两位小数）。【答案】（1）0.2N，0.4N，0.16W；（2）0.57W；（3）0.57m【详解】（1）金属棒MN在2s末时的速度为所受安培力由牛顿第二定律得所以拉力的功率为（2）金属棒MN达到最大速度vm时，金属棒MN受力平衡，即保持拉力的功率不变，即解得（3）撤去拉力后，对金属棒PQ、MN组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得解得对PQ棒，由动量定理得解得撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量的最大值为三．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－01．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。下列说法正确的是（）A．弹簧伸展过程中，回路中产生逆时针方向的电流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】C【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，故A错误；B．任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQBI·2d方向向左，MN所受安培力FMN＝2BI·d方向向右，可知两棒及轻质绝缘弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m，PQ速率为v时，根据动量守恒定律2mvmv′解得v′2v此时回路中的感应电流故MN所受安培力大小为FMN2BId＝故B错误；C．根据动量守恒定律2mvmv′知整个运动过程中，任意时刻MN与PQ的速率都有v′2v故MN与PQ的速率之比始终为2∶1，时间相同，故路程比等于速率比，故MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；D．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，时间相同，由动量守恒可得mx12mx2x1x2L可得最终MN向左移动x1PQ向右移动x2则整个运动过程中，通过MN的电荷量为故D错误。故选C。2．如图所示，两水平平行金属导轨由宽轨、，窄轨、两部分组成，宽轨部分间距为2L，窄轨部分间距为L。现将两根材料相同、横截面积相同的金属棒ab、cd分别静置在宽轨和窄轨上。金属棒ab的质量为m，电阻为R，长度为2L，金属棒cd的长度为L，两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。除金属棒的电阻之外其余电阻不计，宽轨和窄轨都足够长。金属导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给金属棒ab水平向右的初速度，此后金属棒ab始终在宽轨磁场中运动，金属棒cd始终在窄轨磁场中运动，不计一切摩擦。下列说法正确的是（）A．金属棒ab刚开始运动时，ab棒中的电流方向为b→aB．当两金属棒匀速运动时，ab棒的速度为C．金属棒ab从开始运动到匀速的过程中，通过ab棒的电荷量为D．金属棒ab从开始运动到匀速的过程中，ab棒中产生的热量为【答案】C【详解】A．金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知ab棒中的电流方向为a→b。故A错误；B．依题意，金属棒cd的质量为，电阻为匀速运动时，两棒切割产生的电动势大小相等得末速度对ab棒对cd棒解得则，故B错误；C．根据联立，解得故C正确；D．由能量关系，整个过程中产生的热量又联立，解得故D错误。故选C。3.如图所示，光滑水平金属导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为，左侧导轨间距为，右侧导轨间距为，导轨均足够长。质量为的导体棒和质量为的导体棒均垂直于导轨放置，处于静止状态。的电阻为，的电阻为，两棒始终在对应的导轨部分运动，两棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。现给一水平向右的初速度，则此后的运动过程中，下列说法正确的是（）A．和组成的系统动量守恒B．两棒最终以相同的速度做匀速直线运动C．最终的速度为D．从获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为【答案】CD【详解】A．导体棒ab和cd的长度不一样，所以受到的安培力大小不相等，系统合力不为零，所以导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故A错误；BC．根据题意可知，当导体棒ab和cd产生的电动势相等时，两棒都做匀速直线运动，则有对导体棒ab，规定水平向右为正方向，由动量定理可得对导体棒cd，规定水平向右为正方向，由动量定理可得联立解得，故B错误，C正确；D．由能量守恒定律得，整个回路产生的焦耳热解得故D正确。故选CD。4．如图，两根足够长的光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为2L和L，左侧是电阻不计的金属导轨，右侧是绝缘轨道。左侧处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B0；右侧以O为原点，沿导轨方向建立x轴，沿Ox方向存在分布规律为B=B0+kx（k>0）的竖直向下的磁场（图中未标出）。一质量为m、阻值为R、三边长度均为L的U形金属框，左端紧靠静置在绝缘轨道上（与金属导轨不接触）。导体棒a、b质量均为m，电阻均为R，分别静止在立柱左右两侧的金属导轨上。现同时给导体棒a，b大小相同的水平向右的速度v0，当导体棒b运动至时，导体棒a中已无电流（a始终在宽轨上）。导体棒b与U形金属框碰撞后连接在一起构成回路，导体棒a、b、金属框与导轨始终接触良好，导体棒a被立柱挡住没有进入右侧轨道。下列说法正确的是（）A．导体棒a到达立柱时的速度大小为v0B．导体棒b到达时的速度大小为v0C．导体棒b与U形金属框碰撞后连接在一起后做匀减速运动D．导体棒b与U形金属框碰撞后，导体棒b静止时与的距离为【答案】BD【详解】AB．设b到达时的速度为，此时a的速度为，电路中刚好无电流，则由动量定理可知解得故A错误，B正确；C．碰撞后，由于磁场是变化的感应电流也是变化的，安培力的大小不是一个恒定的值，加速度不恒定，故C错误；D．设碰后的共同速度为，则右侧的磁感应强度比左边区域的磁感应强度大从碰撞共速到停止的过程中，电路中的平均电流结合动量定理可知其中解得故D正确。故选BD。5．如图所示，光滑水平平行导轨置于方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左侧的间距为L，右侧的间距为2L，导轨足够长。长度为L、质量为m的导体棒ab和长度为2L、质量为2m的导体棒cd均垂直左、右两侧的导轨放置，处于静止状态。绝缘轻弹簧的一端固定，另一端与导体棒ab的中点连接，ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，两导体棒运动中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。开始时弹簧处于原长状态，现瞬间给cd一水平向右的初速度，则此后的运动过程中，下列说法正确的是A．导体棒ab获得的最大加速度大小为B．导体棒cd先减速后匀速运动C．最终导体棒ab停在初始位置D．最终导体棒ab产生的热量为【答案】AC【详解】A．开始瞬间，导体棒ab速度为零，此时回路中的感应电动势最大，感应电流最大，导体棒ab所受安培力最大，此时弹簧处于原长，故加速度也最大，有求得故A正确；BC．整个过程中，cd棒初始的动能全部转化为回路中的焦耳热，ab、cd棒最终均静止，电路中没有感应电流，ab棒受到的安培力为零，弹簧恢复到原长，ab棒停在初始位置，故B错误，C正确；D．由上述分析可知，整个系统产生的热量为由电路结构知，ab棒最终产生的热量为故D错误。故选AC。6．如图所示，水平面内的光滑平行导轨由宽度为的平行导轨和宽度为L的平行导轨连接而成，图中虚线右侧的导轨处在垂直于水平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感强度大小为B，金属棒垂直放置在虚线左侧的宽导轨上，金属棒垂直放置在窄导轨上，和的质量分别为和接入两导轨间的电阻分别为，虚线右侧的宽导轨和窄导轨均足够长，导轨电阻不计，运动过程中两金属棒始终与导轨接触良好，给金属棒向右的初速度，则下列说法正确的是（）A．最终金属棒的速度大小为B．最终金属棒的动量大小为C．整个过程，通过金属棒的电量为D．整个过程，金属棒中产生的焦耳热为【答案】BD【详解】AB．最终两金属棒均做匀速直线运动，设的最终速度分别为，由于回路中没有感应电流，磁通量不变，则根据动量定理解得,则最终金属棒的动量大小为故A错误，B正确；C．由解得通过金属棒的电量选项C错误；D．设金属棒中产生的焦耳热为，则解得故D正确。故选BD。7．如图所示，两宽度不等的光滑平行金属导轨水平固定放置，窄轨间距为L、宽轨间距为2L，导体棒ab、cd分别垂直放置在两导轨上，质量均为m、电阻均为R，导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，已知两导轨均足够长、电阻不计，现让两导体棒均以大小为v0的初速度平行于导轨水平向右运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且接触良好，ab棒始终未滑离窄轨，在导体棒运动的过程中，下列说法正确的是（）A．导体棒ab的最大速度为B．回路中的最大电流为C．导体棒ab产生的焦耳热最多为D．通过导体棒ab的电荷量最多为【答案】AD【详解】A．稳定时电路中电流为0，ab棒速度最大，有所以取向右为正方向，根据动量定理可得，对ab棒对cd棒解得，故A项正确；C．对整个过程根据能量守恒，有导体棒ab产生的焦耳热最多为解得故C项错误；D．对ab棒又因为解得通过导体棒ab的电荷量最多为故D项正确；B．导体棒刚开始运动时，感应电动势最大，感应电流最大，由闭合电路欧姆定律可得故B项错误。故选AD。8．两根材料相同的光滑金属棒和垂直放置在足够长的水平导轨上，导轨电阻忽略不计，棒的质量为，a棒的横截面积是棒的2倍，两金属棒与导轨接触良好，导轨左边间距是右边间距的3倍，棒长恰好分别等于导轨的间距，两导轨所在的区域处于竖直向下的匀强磁场中。有一根不可伸长的绝缘轻质细线一端系在金属棒的中点，另一端绕过轻小光滑的定滑轮与质量也为的重物相连，线的水平部分与导轨平行且足够长，离地面足够高。由静止释放重物，两金属棒始终在各自的轨道上运动，当重物下落的距离为、经历的时间为且重物的速度为时恰好达到稳定状态，重力加速度为，下列说法正确的是（

）A．恰好达到稳定状态时，棒的瞬时速度为B．达到稳定状态后，棒和棒以共同的加速度做匀加速运动C．达到稳定状态时，细线中的拉力大小为D．从开始运动至刚好达到稳定状态的过程中棒产生的焦耳热为【答案】ACD【详解】A．依题意，a棒的横截面积是棒的2倍，a棒的长度是棒的3倍，根据可知根据可知由动量定理，可得，联立，解得故A正确；BC．设稳定后，a、b棒的速度大小分别为、，则回路中的电动势为回路中的电流为到稳定状态后，电路中的电流恒定，即电动势恒定，则导体棒的加速度恒定，令a、b加速度分别为a1、a2，则有则有对a、b、c进行受力分析，如图所示对a棒受力分析对b棒受力分析对c受力分析解得，，故B错误；C正确；D．根据能量守恒定律，可知从开始运动至刚好达到稳定状态的过程中，电路中产生的焦耳热为棒产生的焦耳热为联立，解得故D正确。故选ACD。9．某科技小组利用物理知识研究一款无接触驱动的游戏装置，如图所示，导轨a、b由半径为的四分之一光滑圆弧平行导轨与水平导轨组成，其右端与水平导轨c、d良好衔接，导轨a、b部分宽度为，导轨c、d部分宽度为，金属棒Р与金属棒Q上分别固定有绝缘卡通玩偶，营造出猫追老鼠的氛围，两者将随金属棒始终无翻转水平运动，金属棒Р与“猫”总质量为，金属棒Q与“老鼠”总质量为，接入导轨间的电阻大小均为，Q棒静止在c、d导轨上并被锁定，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现将Р棒从圆弧导轨圆心等高处无初速释放，经过时间Р棒到达圆弧轨道最低点，此时Р棒对导轨压力为其重力的两倍，金属棒与轨道接触良好，不考虑一切摩擦，重力加速度为g取10m/s2，则（）A．从释放Р棒到运动至圆弧轨道最低点过程中通过金属棒的电荷量为0.3CB．在Q棒一直锁定下，要使Р棒不能带“猫”进入c、d轨道，则a、b轨道水平部分长度至少为2mC．当Р棒到达圆弧最低点时，若Q棒立即解除锁定，水平导轨均足够长，且P棒始终在ab上运动，Q棒始终在cd上运动，则两金属棒运动稳定时速度大小分别为m/s，m/sD．Р棒在导轨ab的水平部分运动过程，两者运动状态第一次稳定后，Р棒进入cd导轨时，若此时距Q棒1m，则此后两者将会相碰【答案】BC【详解】A．从释放P捧到运动至圆弧轨道最低点过程中通过金属棒的电荷量故A错误；B．导体棒P到达圆弧导轨最低点时速度为，由牛顿第二定律有且解得在Q棒一直锁定下，P棒将减速到停，由动量定理为平均电流，由为平均感应电动势，联立可得解得故B正确；C．解除锁定后，P棒做减速运动，，Q棒做加速运动，两棒最终均做匀速运动，回路中电流为零，设两棒最终速度分别为和，由于即由动量定理对P棒有对Q棒有得故C正确；D．P棒在导轨ab的水平部分运动过程两者运动状态第一次稳定后速度小于Q棒，上到cd轨道后虽然加速，但距离还会加大，最后速度相等，不可能碰上，故D错误。故选BC。10．如图，足够长的两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距分别为2L和L，导轨间分布着方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B、2B。t=0时，导体棒PQ、MN在导轨上分别以大小为v0、的速度相向运动；t=t0时，MN向左的速度减小为零；最终两导体棒达到稳定运动状态。已知PQ、MN的质量分别为2m、m，两导体棒接入回路中的电阻都为R。整个过程中两导体棒始终与导轨垂直并接触良好，且只在各自的一侧导轨上运动，其他电阻不计。下列说法正确的是（

）A．t=0时，导体棒PQ的加速度大小为B．整个运动过程，回路中产生的焦耳热为C．0~t0时间内，通过导体棒PQ的电荷量为D．0~t0时间内，两导体棒运动路程之和为【答案】BCD【详解】A．t=0时，两导体棒切割磁感线回路产生总感应电动势为电流为对导体棒PQ有则PQ的加速度大小为故A错误；B．经过足够长时间，回路中最终态总感应电动势为零，有得根据动量守恒定律对系统由能量守恒定律得解得故B正确；C．0~t0时间内，MN棒向左的速度为零时，由动量定理有求得故C正确；D．0~t0时间内其中所以故D正确；故选BCD。四．线框模型（空气阻力不计）1.如图所示，正方形线框边长，质量，电阻，水平放置在粗糙绝缘水平面上，开始时线框边紧靠匀强磁场左边界，平行的边界与之间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁场宽度为，磁感应强度大小，现对线框施加一水平向右的拉力F，使线框以的加速度由静止开始匀加速进入匀强磁场，当线框边到达磁场左边界时，撤去拉力，当线框边到达磁场右边界时，线框速度恰好减为零。已知重力加速度g取，线框与水平面间的动摩擦因数，下列说法正确的是（）A．整个过程中线框达到的最大速度为B．整个过程中线框中感应电流的最大值为C．线框进入磁场过程中拉力的功率与时间的函数关系为D．线框从边刚离开边界到边抵达边界经历的时间为【答案】C【详解】A．线框先以加速，撤去拉力后，线框在摩擦力作用下减速，则在撤去拉力时线框速度最大，由运动学公式得解得故A错误；B．当线框速度最大时，其感应电动势最大由欧姆定律得联立解得故B错误；C．线框进入磁场得过程中，由牛顿第二定律得其中，代入数据得则线框进入磁场过程中拉力的功率与时间的函数关系为故C正确；D．在撤去拉力后到ab边刚到达PQ的过程中，由牛顿第二定律得由运动学得解得ab边到达PQ时线框速度线框从ab边离开PQ到cd边抵达PQ的过程中，由动量定理得其中由微元法可知解得故D错误。故选C。2．如图所示，水平面内有一边长为0.2m的正方形单匝线圈abcd，线圈由粗细均匀的同种材料制成，线圈的电阻为，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5T。在水平拉力作用下，线圈以8m/s的速度向右匀速穿过磁场区域。下列说法正确的是（）A．线圈进入磁场过程中bc边的电流方向由b指向cB．线圈离开磁场过程中b点电势低于c点电势C．线圈穿过磁场区域过程中克服安培力做功为0.16JD．线圈穿过磁场区域过程中感应电流在bc边产生的焦耳热为0.08J【答案】D【详解】A．根据右手定则知，线圈进入磁场过程中bc边的电流方向由c指向b，故A错误；B．根据右手定则知，线圈离开磁场过程中电流方向由d指向a，故b点电势高于c点电势，故B错误；C．根据导体切割磁感线产生的感应电动势计算公式可得根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流为线圈以8m/s的速度向右匀速穿过磁场区域，拉力的大小等于安培力，即根据功能关系可知，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即等于拉力F做的功，所以线圈穿过磁场区域过程中克服安培力做功为故C错误；D．线框穿越磁场的整个过程中产生的热量线圈穿过磁场区域过程中感应电流在bc边产生的焦耳热为故D正确。故选D。3．如图所示，光滑绝缘水平桌面上有一均质正方形金属线框abcd，线框以速度v进入一个有明显边界的匀强磁场（磁场的宽度大于线框的边长），当线圈全部进入磁场区域时，速度减小到。下列说法中正确的是（）A．线框进入磁场时与离开磁场时均做匀减速直线运动B．线框能全部穿出磁场C．线框进入磁场时与离开磁场时产生的热量之比为8∶1D．线框进入磁场时与离开磁场时通过线框某截面的电荷量之比为1∶2【答案】C【详解】A．线框进入磁场时与离开磁场时受安培力大小为F=BIL=BL==ma随着速度减小，安培力逐渐减小，加速度减小，所以线框进入磁场时与离开磁场时做变减速直线运动，故A错误；BD．假设线圈能全部穿出磁场，线圈刚全部进入磁场时速度为，刚离开磁场时速度为v'，线圈进入磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得-BI1L·t1=m-mv通过线圈的电荷量q1=I1t1=线圈离开磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得-BI2L·t2=mv'-m通过线圈的电荷量q2=I2t2=联立解得v'=-所以线圈不能全部穿出磁场，则v'=0，代入上式可知故BD错误；C．线圈进入磁场的过程，根据能量守恒定律有Q1=mv2-m线圈离开磁场的过程，根据能量守恒定律有Q2=m解得故C正确。故选C。4.如图所示，在竖直平面内的MM'和NN'之间存在垂直平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，MM'和NN'之间的距离为h，在MM'上方高h处一长度为2L、宽度为L的矩形导体线框从静止开始下落。已知h>L，线框的质量为m，电阻为R，线框下落过程中ab边始终保持水平，不考虑空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．线框进入磁场的过程中线框中电流方向是a→b→c→d→aB．线框在完全进入匀强磁场后有可能做匀速直线运动C．若线框刚进入匀强磁场区域时做匀速直线运动，则线框中电流的功率为D．线框进入磁场的过程中通过导线截面的电荷量为【答案】CD【详解】A．线框在进入磁场的过程中，线框内的磁通量增大，根据楞次定律，线框中产生的感应电流方向为逆时针方向，即a→d→c→b→a，故A错误；B．在线框完全进入匀强磁场后，线框中的磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，只受重力作用，线框做加速度为g的加速运动，故B错误；C．若线框刚进入匀强磁场区域时做匀速直线运动，则有线框dc边所受安培力大小等于重力，即解得线框中电流的功率故C正确；D．根据法拉第电磁感应定律有又有，联立解得故D正确。故选CD。5．如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间，L3、L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈abcd，宽度cd=L=0.5m，质量为0.1kg，电阻为2Ω，将其从图示位置由静止释放（cd边与L1重合），线圈速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1~t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向（重力加速度g取10m/s2）。则（）A．在0~t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25CB．线圈匀速运动的速度大小为8m/sC．线圈的长度为1mD．0~t3时间内，线圈产生的热量为1.8J【答案】ABD【详解】B．由题图可知，在t2~t3时间内，线圈向下做匀速直线运动，受力平衡，则根据平衡条件有mg=BIL而联立，解得v2=8m/s故B正确；C．t1~t2时间内线圈一直做匀加速直线运动，则知线圈内磁通量变化为零，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，仅在重力作用下运动，以cd边与L2重合时为初状态，以ab边与L3重合时为末状态，设磁场的宽度为d，则线圈长度为2d，线圈下降的位移为3d，则有其中v2=8m/s，t=0.6s，代入解得d=1m所以线圈的长度为L'=2d=2m故C错误；A．在0~t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为故A正确；D．0~t3时间内，根据能量守恒定律可得故D正确。故选ABD。6．如图所示，光滑水平面上一个正方形导线框以垂直于一边的速度穿过平行边界的匀强磁场区域（磁场宽度大于线框边长），已知导线框进入磁场前速度为v1，穿出磁场后速度为v2，忽略导线框电流产生的磁场，下列说法正确的是（）A．线框穿越磁场的全过程克服安培力做的功等于线框产生的电热与损失的动能之和B．线框进入磁场的过程与穿出磁场的过程受到安培力的冲量相等C．线框完全在磁场中运动时的速度为D．线框完全在磁场中运动时的电流不为0且恒定不变【答案】BC【详解】A．根据动能定理可知，线框穿越磁场的全过程中只有安培力做功，则克服安培力做的功等于线框损失的动能，故A错误；B．线框进入磁场的过程中，有线框穿出磁场的过程中，有故B正确；C．线框进入磁场的过程中，有线框穿出磁场的过程中，有联立可得故C正确；D．线框完全进入磁场后，磁通量不发生变化，没有感应电流，不受安培力，则线框做匀速直线运动，故D错误。故选BC。7．有一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示。区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，二者宽度分别为L、H，且H＞L。导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．导线框离开区域Ⅱ的速度大于B．导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为g，方向竖直向上C．导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为mgHD．导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为【答案】CD【详解】A．导线框恰好匀速离开区域Ⅱ，根据平衡条件得解得故A错误；B．导线框从匀速进入区域Ⅰ到即将进入区域Ⅱ之间一直做匀速运动，由平衡条件和电磁感应定律可得导线框下边刚进入磁场区域Ⅱ时，上下边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律有导线框所受安培力由牛顿第二定律有解得方向竖直向上，故B错误；C．设导线框完全离开区域Ⅰ时速度为v′，从完全离开区域Ⅰ到开始离开区域Ⅱ的过程中，由动能定理得导线框进入区域Ⅱ的过程，根据能量守恒定律可得联立解得导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为故C正确；D．导线框自开始进入区域Ⅰ至开始进入区域Ⅱ的时间导线框自开始进入区域Ⅱ至开始离开区域Ⅱ过程中，由动量定理得解得导线框自开始离开区域Ⅱ至刚完全离开区域Ⅱ的时间故导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为故D正确。故选CD。8．如图所示，在光滑绝缘的水平面上方有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场区域，磁场宽度均为L。一个边长为L、电阻为R、匝数为N的正方形金属线框，在水平外力作用下沿垂直磁场方向在水平面上匀速运动，线框的速度始终为v，从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ（线框分别有一半面积在两个磁场中）过程中，下列说法正确的是（

）A．线框刚进入左侧磁场时线框中感应电流方向为逆时针B．在位置Ⅱ时外力F为C．在位置Ⅱ时线框中的电功率为D．从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中线框的磁通量先增大后减小【答案】ACD【详解】AD．线框刚进入左侧磁场时，穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框中感应电流方向为逆时针；线框从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，线框的磁通量先增大后减小，故AD正确；BC．线框在位置Ⅱ时，根据右手定则知线框左右边同时切割磁感线产生的电流同向，所以总电流为线框左右边所受安培力的方向均向左，根据受力平衡可得外力F为此时线框中的电功率为故B错误，C正确。故选AD。9．如图所示，虚线MN右侧有垂直于水平面向上的匀强磁场，质量、电阻、边长的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小的初速度向右运动并进入匀强磁场。已知线框的右边框与匀强磁场的边界MN平行，线框的左边框刚进入匀强磁场时的速度大小为，关于金属线框进入匀强磁场的过程，下列说法正确的是（）A．金属线框中有顺时针方向的感应电流 B．金属线框的加速度大小保持不变C．金属线框中产生的焦耳热为0.2J D．通过金属线框某横截面的电荷量为【答案】AD【详解】A．金属线框进入匀强磁场过程中，穿过金属线框的磁通量向外增加，由楞次定律可知，金属线框中有顺时针方向的感应电流，故A正确；B．金属线框进入匀强磁场过程中，由左手定则可知，安培力方向水平向左，故金属线框做减速运动，安培力大小为由牛顿第二定律有可知金属线框的加速度逐渐减小，故B错误；C．根据能量守恒有故C错误；D．金属线框进入匀强磁场过程，取水平向右为正方向，根据动量定理有其中联立解得则通过金属线框某横截面的电荷量为故D正确。故选AD。10．如图所示，匀强磁场I、Ⅱ的磁场方向均沿水平方向垂直纸面向外，两磁场边界水平，磁场宽度均为，磁场I下边界到磁场Ⅱ上边界的距离为，磁场I的磁感应强度大小为。边长为电阻为的单匝正方形金属线框位于垂直于磁场的竖直平面内，开始时边到磁场上边界距离为，由静止释放金属线框，线框在向下运动的过程中始终在竖直面内，且边始终水平，线框分别匀速穿过磁场I、Ⅱ。重力加速度大小为，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（

）A．线框经过磁场I产生的焦耳热等于经过磁场Ⅱ产生的焦耳热B．磁场Ⅱ的磁感应强度大小为C．金属线框的质量为D．线框经过磁场I、Ⅱ产生的总焦耳热为【答案】AC【详解】A．线框分别匀速穿过磁场Ⅰ、Ⅱ，则根据功能关系知线框经过磁场Ⅰ产生的焦耳热为2mgL，等于经过磁场Ⅱ产生的焦耳热2mgL，故A正确；C．静止释放金属线框到ab边开始进入磁场Ⅰ，根据动能定理有匀速穿过磁场Ⅰ，则，解得故C正确；B．从cd出磁场Ⅰ到ab进磁场Ⅱ过程，根据动能定理有匀速穿过磁场Ⅱ，则，解得磁场Ⅱ的磁感应强度大小故B错误；D．线框经过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的总焦耳热为故D错误。故选AC。11．如图所示，水平的平行虚线间距为，其间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。在距磁场上边界处有一矩形金属线圈，线圈边长分别为和，线圈质量为，电阻为。现将线圈由静止释放，线圈在运动过程中上下边始终与磁场上下边平行，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度恰好相等，重力加速度为，则（）A．线圈刚进入磁场时的感应电流B．线圈在进入磁场的过程中先做加速运动，再做减速运动C．线圈在进入磁场的过程中的最小速度D．线圈离开磁场的过程中产生的焦耳热【答案】AD【详解】A．线圈进入磁场时的速度由动能定理得解得线圈刚进入磁场时产生的感应电动势线圈刚进入磁场时的感应电流故A正确；B．当线圈完全进入磁场后将做匀加速运动，但线圈要离开磁场时速度却和刚进入磁场时一样，说明线圈在进入磁场的时候必须先做减速运动，故B错误；C．由B选项的分析可知当线圈完全进入磁场瞬间时速度最小，然后做匀加速到刚要离开磁场。由于线圈在进入磁场的过程中速度不一定减小到使得线框做匀速运动，则线圈速度最小时重力不一定正好等于安培力，故线圈在进入磁场的过程中的最小速度不一定为。线圈从最小速度到下边缘刚穿出磁场时，由动能定理得解得线圈在进入磁场的过程中的最小速度故C错误；D．由对称性知线圈完全离开磁场瞬间的速度与完全进入磁场瞬间的速度相等，由能量守恒得线圈离开磁场的过程中产生的焦耳热故D正确。故选AD。12．光滑水平面上有一边长的单匝均匀正方形导线框abcd，质量，电阻。在竖直方向存在有平行边界的匀强磁场，ab边恰好位于磁场左边界上，其俯视图如图一所示。时，线框以初速在恒力F的作用下进入匀强磁场，已知线框从Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中的图像如图2所示，且在时，则（）A．时线框中的感应电动势为1.5VB．线框在离开磁