2025届高考物理一轮复习第十一章电磁感应第53讲动力学能量和动量观点在电磁感应中的应用教学案新人教版

PAGE26-第53讲动力学、能量和动量观点在电磁感应中的应用实力命题点一电磁感应中的动力学问题1．电磁感应与动力学的联系在电磁感应现象中导体运动切割磁感线，产生感应电流，感应电流的大小与导体的运动速度有关，且感应电流使导体受到安培力的作用。解决电磁感应中的力学问题，一方面要考虑电磁学中的有关规律，另一方面还要考虑动力学中的有关规律，要将电磁学和动力学学问综合起来应用。2．电磁感应中动力学问题的分析导体一般不是做匀变速运动，而是经验一个动态改变过程再趋于一个稳定状态。动态分析的基本思路如下：3．两种状态处理(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态处理方法：依据平衡条件(合外力等于0)列式分析。(2)导体处于非平衡态——加速度不为0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、动量关系列式分析。如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的匀称直金属杆AB放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面对下。导轨和金属杆的电阻可忽视。让AB杆沿导轨由静止起先下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(1)由B向A方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出AB杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当AB杆的速度大小为v时，求此时AB杆中的电流大小及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，AB杆可以达到的最大速度值。解析(1)AB杆受力如图所示，重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直斜面对上；安培力F，沿斜面对上。(2)当AB杆速度为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路中电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)。AB杆受到的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，依据牛顿其次定律，有ma＝mgsinθ－F＝mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)，a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)。(3)当eq\f(B2L2v,R)＝mgsinθ时，AB杆达到最大速度vmax＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)。答案(1)图见解析(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)电磁感应中动力学问题的解题技巧(1)将安培力与其他力一起进行分析。(2)要特殊留意安培力的大小和方向都有可能改变，不像重力或其他力一样是恒力。(3)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口。1．(2024·天津高考)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面对下。现使磁感应强度随时间匀称减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab中的感应电流渐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．ab所受的静摩擦力渐渐减小答案D解析依据楞次定律，ab中感应电流方向由a到b，A错误；依据E＝eq\f(ΔB,Δt)·S，因为eq\f(ΔB,Δt)恒定，所以E恒定，依据I＝eq\f(E,R＋r)知，回路中的感应电流恒定，B错误；依据F＝BIl，由于B减小，安培力F减小，C错误；依据平衡条件，静摩擦力f＝F，故静摩擦力减小，D正确。2．(2024·辽宁省试验中学分校高考模拟)(多选)如图所示，水平放置的光滑金属长导轨MM′和NN′之间接有电阻R，导轨左、右两区域分别处在方向相反与轨道垂直的匀强磁场中，右侧区域足够长，方向如图。设左、右区域磁场的磁感应强度分别为B1和B2，虚线为两区域的分界线。一根金属棒ab放在导轨上并与其正交，棒和导轨的电阻均不计。金属棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左面区域中恰好以速度v做匀速直线运动，则()A．若B2＝B1，棒进入右面区域后先做加速运动，最终以速度2v做匀速运动B．若B2＝B1，棒进入右面区域中后仍以速度v做匀速运动C．若B2＝2B1，棒进入右面区域后先做减速运动，最终以速度eq\f(v,4)做匀速运动D．若B2＝2B1，棒进入右面区域后先做加速运动，最终以速度4v做匀速运动答案BC解析金属棒在水平向右的恒力作用下，在虚线左边区域中以速度v做匀速直线运动，恒力F与安培力平衡。当B2＝B1时，棒进入右边区域后，棒切割磁感线产生的感应电动势大小与感应电流大小均没有改变，棒所受安培力的大小和方向也没有改变，与恒力F仍旧平衡，则棒进入右边区域后，以速度v做匀速直线运动，故A错误，B正确；当B2＝2B1时，棒进入右边区域后，棒产生的感应电动势和感应电流均变大，所受的安培力也变大，恒力没有改变，则棒先减速运动，随着速度减小，感应电动势和感应电流减小，棒受到的安培力减小，当安培力与恒力再次平衡时棒做匀速直线运动，设此时棒匀速运动的速度大小为v′。在左侧磁场中F＝eq\f(B\o\al(2,1)L2v,R)，在右侧磁场中匀速运动时，有F＝eq\f(B\o\al(2,2)L2v′,R)＝eq\f(2B12L2v′,R)，则v′＝eq\f(v,4)，即棒最终以速度eq\f(v,4)做匀速直线运动，故C正确，D错误。实力命题点二电磁感应中的功能问题1．电磁感应中的功能关系eq\x(\a\al(其他形式,的能量))eq\o(→,\s\up7(克服安培),\s\do5(力做功))eq\x(\a\al(电,能))eq\o(→,\s\up7(电流做功))eq\x(\a\al(焦耳热或其他,形式的能量))2．解题的一般步骤(1)确定探讨对象(导体棒或回路)。(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化。(3)依据功能关系或能量守恒定律列式求解。3．求焦耳热Q的三种方法(2024·山东济宁一模)如图所示，有一倾斜的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角为θ＝30°，导轨间距为L，接在两导轨间的电阻为R，在导轨的中间矩形区域内存在垂直斜面对上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为2L。一质量为m、有效电阻为0.5R的导体棒从距磁场上边缘2L处由静止释放，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持与导轨垂直。不计导轨的电阻，重力加速度为(1)求导体棒刚进入磁场时的速度v0；(2)若导体棒离开磁场前已达到匀速，求导体棒通过磁场的过程中，电阻R上产生的焦耳热QR。解析(1)导体棒从静止下滑距离2L的过程中，由动能定理得：mg·2Lsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得：v0＝eq\r(2gL)。(2)设导体棒匀速运动的速度为v，则此时导体棒在磁场中切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLv产生的感应电流为I＝eq\f(E,R＋0.5R)受到的安培力为F安＝BIL导体棒做匀速运动，故由平衡条件得：mgsinθ＝F安联立解得：v＝eq\f(3mgR,4B2L2)导体棒从起先释放到刚离开磁场的过程中，由能量守恒定律得：mg·4Lsinθ＝eq\f(1,2)mv2＋Q总则电阻R上产生的热量为QR＝eq\f(Q总,1.5R)×R解得：QR＝eq\f(4,3)mgL－eq\f(3m3g2R2,16B4L4)。答案(1)eq\r(2gL)(2)eq\f(4,3)mgL－eq\f(3m3g2R2,16B4L4)在利用能的转化和守恒定律解决电磁感应问题时，要留意分析安培力做功的状况，因为安培力的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，简洁表示如下：电能eq\o(,\s\up7(W安>0),\s\do5(W安<0))其他形式的能。(2024·江西景德镇高三下学期十校联合模拟)(多选)如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面对外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，导轨间距L＝1m。一质量m＝2kg、阻值r＝2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止起先从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v­x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，则从起点发生x＝1m位移的过程中(g＝10m/s2)()A．金属棒克服安培力做的功W1＝0.25JB．金属棒克服摩擦力做的功W2＝5JC．整个系统产生的总热量Q＝4.25JD．拉力做的功W＝9.25J答案AC解析由题图乙得：v＝2x，金属棒所受的安培力FA＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝eq\f(B2L2·2x,R＋r)，代入得：FA＝0.5x，则知FA与x是线性关系。当x＝0时，安培力FA＝0，当x＝1m时，安培力FA＝0.5N，则金属棒从起点发生x＝1m位移的过程中，安培力做功为：WA＝eq\f(FA1＋FA2,2)x＝－0.25J，即金属棒克服安培力做的功为：W1＝0.25J，故A正确；金属棒克服摩擦力做的功为：W2＝μmgx＝0.2×2×10×1J＝4J，故B错误；金属棒克服安培力做的功等于产生的电热，金属棒克服摩擦力做的功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量Q＝W1＋W2＝4.25J，C正确；依据动能定理得：W－W2－W1＝eq\f(1,2)mv2，其中v＝2m/s，代入解得拉力做的功为W＝8.25J，故D错误。实力命题点三电磁感应中的动量问题1．动量定理在电磁感应现象中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安＝Beq\x\to(I)Lt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R总)Δt＝neq\f(ΔΦ,ΔtR总)Δt＝neq\f(ΔΦ,R总)，磁通量改变量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。假如安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更便利。2．动量守恒定律在电磁感应现象中的应用在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，假如两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满意动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较便利。(2024·山东德州高三期末)如图所示，宽度为L的光滑固定金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，水平部分足够长，倾斜部分与水平面的夹角为30°。导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，倾斜部分处于斜向上与导轨平面垂直的匀强磁场中，两磁场的磁感应强度大小均为B。导体棒ab和cd分别置于导轨的倾斜部分上和水平部分上并保持静止，现将导体棒ab在距导轨水平部分高度为h处释放，导体棒ab在到达MN处之前已达到稳定的运动状态，在导体棒ab到达MN时再释放导体棒cd，导体棒ab在MN处由倾斜部分进入水平部分时无能量损失。已知导体棒ab质量为m，电阻为r，导体棒cd质量也为m，电阻为2r，导轨电阻忽视不计，当地重力加速度为g，求：(1)导体棒ab到达MN之前稳定运动时的速度大小；(2)整个过程中导体棒ab产生的焦耳热；(3)整个过程中通过导体棒ab某一横截面的电荷量。解析(1)导体棒ab到达MN之前稳定时，由平衡条件得mgsin30°＝ILBI＝eq\f(BLv,3r)联立得：v＝eq\f(3mgr,2B2L2)。(2)导体棒ab进入水平部分后，ab和cd组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv＝2mv′导体棒ab和cd最终各自的速度大小相同，都为v′＝eq\f(3mgr,4B2L2)对ab和cd组成的系统，整个过程中能量守恒，由能量守恒定律得mgh＝2×eq\f(1,2)mv′2＋Q导体棒ab产生的焦耳热Qab＝eq\f(1,3)Q得Qab＝eq\f(1,3)mgh－eq\f(3m3g2r2,16B4L4)。(3)导体棒ab自起先运动至到达MN的过程中，通过导体棒ab某一横截面的电量q1＝eq\x\to(I)Δteq\x\to(I)＝eq\f(E,3r)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)ΔΦ＝BLeq\f(h,sin30°)得q1＝eq\f(2BLh,3r)导体棒ab进入导轨的水平部分后，导体棒cd仅在安培力作用下向左加速运动，最终匀速，对导体棒cd的运动过程运用动量定理：BLeq\x\to(I)1Δt1＋BLeq\x\to(I)2Δt2＋BLeq\x\to(I)3Δt3＋……＝mv′－0q2＝eq\x\to(I)1Δt1＋eq\x\to(I)2Δt2＋eq\x\to(I)3Δt3＋……得q2＝eq\f(3m2gr,4B3L3)整个过程中通过导体棒ab某一横截面的电荷量q＝q1＋q2＝eq\f(2BLh,3r)＋eq\f(3m2gr,4B3L3)。答案(1)eq\f(3mgr,2B2L2)(2)eq\f(1,3)mgh－eq\f(3m3g2r2,16B4L4)(3)eq\f(2BLh,3r)＋eq\f(3m2gr,4B3L3)对导体在安培力作用下的非匀变速直线运动，用动力学观点不易处理，可考虑用能量、动量的观点处理。1．(2024·重庆三诊)(多选)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽视不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停在导轨上。下列说法正确的是()A．ab杆将做匀减速运动直到静止B．ab杆速度减为eq\f(v0,3)时，ab杆加速度大小为eq\f(B2L2v0,6mR)C．ab杆速度减为eq\f(v0,3)时，通过电阻的电量为eq\f(mv0,3BL)D．ab杆速度减为eq\f(v0,3)时，ab杆走过的位移为eq\f(4mRv0,3B2L2)答案BD解析ab棒水平方向上受与运动方向相反的安培力，安培力大小为FA＝eq\f(B2L2v,2R)，加速度大小为：a＝eq\f(FA,m)＝eq\f(B2L2v,2mR)，由于速度减小，所以ab棒做加速度减小的变减速运动直到静止，故A错误；当ab棒的速度为eq\f(v0,3)时，安培力为：F＝eq\f(B2L2\f(v0,3),2R)，所以加速度大小为：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v0,6mR)，故B正确；对ab棒，由动量定理得：－Beq\x\to(I)L·Δt＝meq\f(v0,3)－mv0，即BLq＝eq\f(2,3)mv0，解得：q＝eq\f(2mv0,3BL)，所以通过电阻的电量为eq\f(2mv0,3BL)，故C错误；由q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(B·Lx,2R)，解得ab杆走过的位移：x＝eq\f(2Rq,BL)＝eq\f(4mRv0,3B2L2)，故D正确。2.足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1Ω，轨道的电阻不计。平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面对上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示。若使b棒以初速度v0＝10m/s起先向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10m/s2，求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小。答案(1)5m/s(2)1.25J(3)1.25N解析(1)在安培力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达到最大速度。选两棒为探讨对象，依据动量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v解得c棒的最大速度为：v＝eq\f(mb,mb＋mc)v0＝eq\f(1,2)v0＝5m/s。(2)从b棒起先运动到两棒速度相等的过程中，系统削减的动能转化为电能，两棒中产生的总焦耳热为：Q＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5J因为Rb＝Rc，所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc＝eq\f(Q,2)＝1.25J。(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从最低点上升到最高点的过程，由机械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mcv2－eq\f(1,2)mcv′2＝mcg·2R解得v′＝3m/s在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿其次定律得mcg＋F＝mceq\f(v′2,R)解得F＝1.25N由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25N，方向竖直向上。课时作业1．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，假如线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为()A．a1>a2>a3>a4B．a1＝a3>a2>a4C．a1＝a3>a4>a2D．a4＝a2>a3>a1答案B解析未进磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1＝a3＝g。线框在图2位置时，受到重力和向上的安培力，且已知F安<mg，所以a2＝eq\f(mg－F安,m)<g。而由于线框完全在磁场中时做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2位置时的速度，依据F安＝eq\f(B2L2v,R)及a＝eq\f(mg－F安,m)可得a4<a2；故线圈在1、2、3、4位置时的加速度关系为：a1＝a3>a2>a4，B正确。2．如图，甲、乙两图为与匀强磁场垂直放置的两个金属框架，乙图除了一个电阻为零、自感系数为L的线圈外，其他部分与甲图都相同，导体AB以相同的加速度向右做匀加速直线运动。若位移相同，则()A．甲图中外力做功多 B．两图中外力做功相同C．乙图中外力做功多 D．无法推断答案A解析乙图电路中有线圈，故乙图中的感应电流小于甲图中的感应电流，乙图导体AB受到的安培力要小于甲图中导体AB受到的安培力，若位移相同，则甲图中AB克服安培力做的功大于乙图中AB克服安培力做的功，依据动能定理得W外－W安＝eq\f(1,2)mv2－0，因为导体AB以相同的加速度向右做匀加速直线运动，通过的位移相等，则末动能相等，所以甲图中外力做的功大于乙图中外力做的功，故A正确，B、C、D错误。3．如图所示，光滑绝缘水平面上嵌入一无限长通电直导线；一质量为0.02kg的金属环在该平面内以大小为v0＝2m/s、方向与电流方向成60°角的初速度滑出，则()A．金属环最终将静止在水平面上的某处B．金属环最终沿垂直导线方向做匀速直线运动C．金属环所受安培力方向始终和运动方向相反D．金属环中产生的电能最多为0.03J答案D解析通电直导线右侧有垂直于金属环平面的磁场，金属环向右运动，磁通量减小，依据“来拒去留”可知，所受的安培力将阻碍金属圆环远离通电直导线，即安培力垂直直导线向左，与运动方向并非相反，安培力使金属环在垂直导线方向做减速运动，当其垂直导线方向的速度减为零时，只剩下沿导线方向的速度v1，穿过金属环的磁通量不变，环中无感应电流，金属环以速度v1做匀速直线运动，故A、B、C错误；由题意知：沿导线方向的分速度v1＝v0·cos60°＝1m/s，依据能量守恒定律解得，金属环中产生的电能为：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入数值解得：Q＝0.03J，故环中最多产生0.03J的电能，故D正确。4.(多选)如图所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行于磁场边界，短轴小于d。现给导体框一个初速度v0(v0垂直磁场边界)，已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1；导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2。下列说法正确的是()A．导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向B．导体框进出磁场都是做匀变速直线运动C．Q1>Q2D．Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))答案ACD解析导体框离开磁场时，磁通量减小，依据楞次定律得，感应电流的方向为顺时针方向，故A正确；导体框在进出磁场时，速度改变，则感应电动势改变，产生的感应电流改变，则所受的安培力改变，加速度改变，则导体框做的是非匀变速运动，故B错误；因为导体框进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，则进入磁场时导体框产生的电流要比离开磁场时产生的电流大，则进入磁场过程中安培力较大，依据克服安培力做的功等于产生的焦耳热可知Q1>Q2，C正确；由能量守恒定律可知，导体框进入磁场过程中产生的焦耳热与离开磁场过程中产生的焦耳热之和等于导体框的机械能减小量，即Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))，D正确。5.(多选)如图所示，甲、乙两个完全相同的正方形线圈，在距地面同一高度处由静止起先释放，A、B是边界范围、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场，只是A的区域比B的区域离地面高一些，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，则()A．甲先落地B．乙先落地C．甲线圈受安培力的冲量较大D．乙线圈落地速度较小答案BD解析线圈穿过磁场区域过程受到的安培力是变力，设受到的平均安培力为F，穿过磁场的时间为Δt，下落全过程的时间为t，落地速度为v，安培力的冲量I安＝Beq\x\to(I)LΔt＝BLq，而q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)，所以线圈受安培力的冲量相等，故C错误。线圈进入磁场克服安培力做的功W＝Beq\x\to(I)L2，乙线圈进入磁场时速度较大，平均电流较大，线圈克服安培力做功较多，即产生的热量较多；依据能量守恒定律得知乙线圈落地时的速度较小，D正确。对全过程，由动量定理得：mgt－Beq\x\to(I)LΔt＝mv，所以t＝eq\f(mv＋BLq,mg)，因为v乙<v甲，所以t乙<t甲，即乙线圈先落地，故B正确，A错误。6．(多选)如图所示，两光滑平行倾斜导轨PQ、EF所在平面与水平面的夹角为θ，匀强磁场垂直于导轨所在平面斜向下，导轨下端接一电阻R，质量为m的导体棒用平行于导轨的细线拴住置于导轨上，线的另一端跨过光滑定滑轮挂着一个质量为M的砝码，按住导体棒，整个装置处于静止状态，放手后，导体棒被细线拉着沿导轨向上运动一段位移s后，速度恰好达到最大值v(导体棒及导轨电阻忽视不计)，在此过程中()A．细线的拉力始终等于MgB．导体棒做加速度渐渐减小的加速运动C．细线的拉力与安培力的合力对导体棒做的功等于导体棒增加的机械能D．电阻R产生的热量Q＝Mgs－mgssinθ－eq\f(1,2)mv2答案BC解析对于导体棒，从静止释放后先做加速运动，随着速度增大，由公式F安＝eq\f(B2L2v,R)知，导体棒所受的安培力增大，对砝码、导体棒分析可得Mg－T＝Ma，T－mgsinθ－F安＝ma，解得a＝eq\f(Mg－mgsinθ－F安,M＋m)，当F安增大时加速度减小，则导体棒和砝码都做加速度渐渐减小的加速运动，加速运动时细线的拉力小于砝码的重力，A错误，B正确；对于导体棒，依据功能关系可知除重力之外，细线的拉力与安培力的合力对导体棒做的功等于导体棒增加的机械能，C正确；对于系统，依据能量守恒定律得：电阻R产生的热量Q＝Mgs－mgssinθ－eq\f(1,2)(m＋M)v2，D错误。7．如图，两金属杆ab、cd的长度均为L＝1m，电阻分别为Rab＝0.2Ω、Rcd＝0.8Ω，质量分别为mab＝0.5kg、mcd＝0.2kg，用两根质量及电阻均可忽视且不行伸长的松软导线将两杆连接成闭合回路，悬挂在水平光滑绝缘圆棒两侧，两金属杆都保持水平，整个装置处在与回路平面垂直的匀强磁场中，匀强磁场磁感应强度B＝0.5T，重力加速度g＝10m/s2。释放两金属杆，经过一段时间后，金属杆ab匀速下落，不计导体棒间的安培力，求：(1)金属杆ab匀速下落时，导线上的拉力大小；(2)金属杆ab匀速下落的速度大小。答案(1)1.75N(2)3m/s解析(1)设导线上的拉力大小为T，回路中感应电流为I。对金属杆ab，有：mabg＝BIL＋2T对金属杆cd，有：2T＝BIL＋mcdg联立解得T＝1.75N。(2)设金属杆ab匀速下落的速度为v，则回路中的感应电动势为：E＝2BLv。感应电流为：I＝eq\f(E,Rab＋Rcd)结合mabg＝BIL＋2T，解得：v＝3m/s。8．(2024·全国卷Ⅱ)(多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽视不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场起先计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间改变的图象可能正确的是()答案AD解析PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsinθ＝BI1L，又I1＝eq\f(BLv,R总)，故PQ做匀速运动，电流恒定；由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同。情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsinθ＝BI1L、I1＝eq\f(BLv,R总)及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故I­t图象如图A所示。情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，两棒在重力沿导轨方向的分力作用下均加速直至PQ离开磁场。当PQ离开磁场时，MN在磁场中的速度大于匀速运动时的速度，MN为电源，由右手定则知PQ中的电流方向与MN未进入磁场时相反，设此时PQ中电流大小为I2，由E＝BLv′，I2＝eq\f(E,R总)，BI2L－mgsinθ＝ma>0知，MN减速，且随v′减小，I2减小，a减小，I2与v′成正比，故I2随t减小得越来越慢，直至匀速，这时I2＝I1，I­t图象如图D所示。9．(2024·全国卷Ⅲ)(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是()答案AC解析导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流，导体棒ab受安培力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度变大，如图所示，感应电流I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(Blv1－v2,R总)，安培力F＝F′＝BIl＝eq\f(B2l2v1－v2,R总)＝ma，随着v1减小，v2增大，则F＝F′减小，两棒的加速度大小a减小，直到v1＝v2＝v共，a＝0，两棒做匀速运动，两棒组成的系统动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝eq\f(v0,2)，A正确，B错误。由前面分析知，v1－v2随时间减小得越来越慢，最终为0，则感应电流I＝eq\f(Blv1－v2,R总)随时间减小得越来越慢，最终为0，C正确，D错误。10．(2024·江苏高考)(多选)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。金属杆()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4mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于eq\f(m2gR2,2B4L4)答案BC解析由于金属杆进入两个磁场时的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的加速运动，所以金属杆进入磁场Ⅰ、Ⅱ时都做减速运动，A错误；对金属杆受力分析，依据eq\f(B2L2v,R)－mg＝ma可知，金属杆在磁场中做加速度减小的减速运动，其进出磁场的v­t图象如图所示，由于0～t1和t1～t2图线与t轴包围的面积相等(都为d)，所以t1>(t2－t1)，B正确；从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，依据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1＝mg·2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则eq\f(B2L2v,R)－mg＝0，得v＝eq\f(mgR,B2L2)，由前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于eq\f(mgR,B2L2)，依据h＝eq\f(v2,2g)得金属杆进入磁场的高度应大于eq\f(m2g2R2,2gB4L4)＝eq\f(m2gR2,2B4L4)，D错误。11.(2024·黑龙江齐齐哈尔一模)如图所示，边长为L、电阻为R的正方形线框abcd放在光滑绝缘水平面上，其右边有一磁感应强度大小为B、方向竖直向上的有界匀强磁场，磁场的宽度为L。线框的ab边与磁场的左边界相距为L，且与磁场边界平行，线框在某一水平恒力作用下由静止向右运动，ab边进入磁场时线框恰好起先做匀速运动，依据题给信息，下列物理量可以求出的是()A．外力的大小B．匀速运动的速度大小C．通过磁场区域的过程中产生的焦耳热D．进入磁场的过程中通过线框某横截面的电荷量答案D解析线框匀速时产生的感应电动势：E＝BLv，依据闭合电路欧姆定律可得：I＝eq\f(E,R)，ab边受到的安培力大小为：FA＝BIL，依据共点力的平衡可得：FA＝F，解得：v＝eq\f(FR,B2L2)，由于拉力F不知道，也不能求出，所以v无法求出，A、B错误；线框通过磁场过程，由能量守恒定律得：3FL＝Q＋eq\f(1,2)mv2，由于F和v不知道，所以通过磁场区域的过程中产生的焦耳热无法求解，C错误；线框进入磁场过程中通过线框某横截面的电荷量：q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)，故D正确。12．(2024·河南开封高三上第一次模拟)(多选)如图所示，在竖直平面内固定有光滑平行导轨，间距为L，下端接有阻值为R的电阻，空间存在与导轨平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒ab与上端固定的弹簧相连并垂直导轨放置。初始时，导体棒静止，现给导体棒竖直向下的初速度v0，导体棒起先沿导轨往复运动，运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。若导体棒电阻r与电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是()A．导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反B．初始时刻导体棒两端的电压Uab＝BLv0C．若导体棒起先运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，则通过电阻R的电量为eq\f(BLh,2R)D．若导体棒起先运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，此过程导体棒克服弹力做的功为W，则电阻R上产生的焦耳热Q＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)mgh－W答案AC解析导体棒竖直向下运动时，由右手定则推断可知：ab中产生的感应电流方向从b→a，由左手定则推断得知ab棒受到的安培力竖直向上；导体棒竖直向上运动时，由右手定则推断可知：ab中产生的感应电流方向从a→b，由左手定则推断得知ab棒受到的安培力竖直向下，所以导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反，故A正确；导体棒起先运动的初始时刻，ab棒产生的感应电动势为E＝BLv0，由于r＝R，所以导体棒两端的电压Uab＝eq\f(1,2)E＝eq\f(1,2)BLv0，故B错误；导体棒起先运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，则通过电阻R的电量为q＝eq\f(nΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLh,2R)，故C正确；由于导体棒运动过程中R和r都产生焦耳热，所以导体棒起先运动后速度第一次为零时，依据能量守恒定律得知产生的焦耳热Q热＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh－W，又R＝r，所以电阻R上产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)Q热＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)mgh－eq\f(1,2)W，故D错误。13．(2024·湖南怀化高考一模)(多选)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匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1＝B、B2＝2B。一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从图中实线位置起先向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为eq\f(v,2)，则下列结论中正确的是()A．此过程中通过线框横截面的电量为eq\f(3Ba2,2R)B．此过程中回路产生的电能为eq\f(3,4)mv2C．此时线框的加速度为eq\f(9B2a2v,2mR)D．此时线框中的电功率为eq\f(9B2a2v,2R)答案AC解析依据q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,R)，ΔΦ＝Φ2－Φ1＝eq\f(3,2)Ba2，可得通过线框横截面的电荷量为q＝eq\f(3Ba2,2R)，故A正确；由能量守恒定律得，此过程中回路产生的电能为：E＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)meq\f(v,2)2＝eq\f(3,8)mv2，故B错误；此时感应电动势为：E＝2Ba·eq\f(v,2)＋Ba·eq\f(v,2)＝eq\f(3,2)Bav，线框中的电流为：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3Bav,2R)，由牛顿其次定律得：2BIa＋BIa＝ma加，解得：a加＝eq\f(9B2a2v,2mR)，故C正确；此时线框的电功率为：P＝I2R＝eq\f(9B2a2v2,4R)，故D错误。14．(2024·北京高考)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形匀称金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：(1)感应电动势的大小E；(2)拉力做功的功率P；(3)ab边产生的焦耳热Q。答案(1)BLv(2)eq\f(B2L2v2,R)(3)eq\f(B2L3v,4R)解析(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv。(2)线框中的感应电流I＝eq\f(E,R)拉力大小等于安培力大小F＝BIL拉力的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2v2,R)。(3)线框ab边电阻Rab＝eq\f(R,4)时间t＝eq\f(L,v)ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝eq\f(B2L3v,4R)。15．(2024·天津高考)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下匀称增加的磁场，磁通量改变率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面对下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽视不计。(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止起先到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。答案(1)eq\f(Bkl,3R)，方向水平向右(2)eq\f(1,2)mv2－eq\f(2,3)kq解析(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，则E＝k①设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并＝eq\f(R,2)②闭合S时，设线圈中的电流为I，依据闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R并＋R)③设PQ中的电流为IPQ，有IPQ＝eq\f(1,2)I④设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl⑤PQ保持静止，由受力平衡，有F＝F安⑥联立①②③④⑤⑥式得F＝eq\f(Bkl,3R)⑦由楞次定律和右手螺旋定则得PQ中的电流方向为由Q到P，再由左手定则得PQ所受安培力的方向水平向左，则力F的方向水平向右。(2)设PQ由静止起先到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt′，回路中的磁通量改变为ΔΦ′，平均感应电动势为eq\x\to(E)，有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ′,Δt′)⑧其中ΔΦ′＝Blx⑨设PQ中的平均感应电流为eq\x\to(I)，有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)⑩依据电流的定义式得eq\x\to(I)＝eq\f(q,Δt′)⑪由动能定理，有Fx＋W＝eq\f(1,2)mv2－0⑫联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(2,3)kq。⑬16．(2024·江西省红色七校高三联考)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，磁感应强度大小为B＝2T。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。金属杆从静止起先下落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。(1)求金属杆刚进入磁场时的速度大小v0；(2)求金属杆从静止起先下落0.3m的过程中，在电阻R上产生的热量Q；(3)在图丙的坐标系中，定性画出回路中的电流随时间改变的图线，并说明图线与坐标轴围成的图形的面积的物理意义(以金属杆进入磁场时为计时起点)。答案(1)1.0m/s(2)0.2875J(3)见解析解析(1)进入磁场后，依据右手定则可知金属杆ab中电流的方向由a到b，由左手定则可知，杆ab所受的安培力方向竖直向上。刚进入磁场时，由牛顿其次定律得mg－BI0L＝其中a＝－10m/s2，I0＝eq\f(E0,R)＝eq\f(BLv0,R)联立并代入数据解得v0＝1.0m/s。(2)由题图乙知h＝0.3m时，a＝0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，设此时金属杆的速度为v1，有BI1L＝mg，其中I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(BLv1,R)联立并代入数据解得v1＝eq\f(mgR,B2L2)＝0.5m/s从起先到下落0.3m的过程中，由能量守恒定律有mgh＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)得到Q＝mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝0.2875J。(3)回路中的电流随时间改变的图线如图所示面积的物理意义是：某段时间内通过电阻的电荷量。17．(2024·天津高考)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能干脆转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽视不计，ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面对下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽视不计，列车启动后电源自动关闭。(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；(3)列车减速时，