選修3-2（高中物理舊教材同步講義）第4章 專(zhuān)題強(qiáng)化3 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)及能量問(wèn)題同步講義

專(zhuān)題強(qiáng)化3電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)及能量問(wèn)題[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.掌握電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的分析方法.2.理解電磁感應(yīng)過(guò)程中能量的轉(zhuǎn)化情況，能用能量的觀點(diǎn)分析和解決電磁感應(yīng)問(wèn)題．一、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題電磁感應(yīng)問(wèn)題往往與力學(xué)問(wèn)題聯(lián)系在一起，處理此類(lèi)問(wèn)題的基本方法是：(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向．(2)用閉合電路歐姆定律求回路中感應(yīng)電流的大?。?3)分析導(dǎo)體的受力情況(包括安培力)．(4)列動(dòng)力學(xué)方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解．例1如圖1所示，空間存在B＝0.5T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ是水平放置的平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌，其間距L＝0.2m，電阻R＝0.3Ω接在導(dǎo)軌一端，ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量m＝0.1kg、接入電路的電阻r＝0.1Ω的導(dǎo)體棒，已知導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2.從零時(shí)刻開(kāi)始，對(duì)ab棒施加一個(gè)大小為F＝0.45N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，過(guò)程中ab棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．(g＝10m/s2)圖1(1)分析導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；(2)求導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度；(3)試定性畫(huà)出導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖象．答案(1)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最終做勻速運(yùn)動(dòng)(2)10m/s(3)見(jiàn)解析圖解析(1)導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv①回路中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)②導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BIL③導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根據(jù)牛頓第二定律有：F－μmg－F安＝ma④由①②③④得：F－μmg－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma⑤由⑤可知，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當(dāng)加速度a減小到0時(shí)，速度達(dá)到最大，然后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．(2)當(dāng)達(dá)到最大速度時(shí)，有F－μmg－eq\f(B2L2vm,R＋r)＝0可得：vm＝eq\f(F－μmgR＋r,B2L2)＝10m/s(3)由(1)中分析可知，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖象如圖所示．例2如圖2甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻，一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于斜面向下，導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開(kāi)始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦．(重力加速度為g)圖2(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請(qǐng)?jiān)诖藞D中畫(huà)出ab桿下滑過(guò)程中某時(shí)刻的受力示意圖；(2)在加速下滑過(guò)程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，求此時(shí)ab桿中的電流及其加速度的大?。?3)求在下滑過(guò)程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值．答案(1)見(jiàn)解析圖(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)解析(1)如圖所示，ab桿受重力mg，方向豎直向下；支持力FN，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上；安培力F安，方向沿導(dǎo)軌向上．(2)當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，則此時(shí)電路中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)ab桿受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ－F安＝mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma則a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR).(3)當(dāng)a＝0時(shí)，ab桿有最大速度vm，即mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R)，解得vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).電磁感應(yīng)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題中，要把握好受力情況、運(yùn)動(dòng)情況的動(dòng)態(tài)分析.基本思路是：導(dǎo)體受外力運(yùn)動(dòng)eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\o(→,\s\up15(I＝\f(E,R＋r)))產(chǎn)生感應(yīng)電流eq\o(→,\s\up7(F＝BIl))導(dǎo)體受安培力→合外力變化eq\o(→,\s\up7(F合＝ma))加速度變化→速度變化→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變化……→a＝0，v達(dá)到最大值.二、電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化安培力做功eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(做正功：電能\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))機(jī)械能，如電動(dòng)機(jī),做負(fù)功：機(jī)械能\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))電能\o(→,\s\up7(電流),\s\do5(做功))焦耳熱或其他形式的能量，如發(fā)電機(jī)))2．焦耳熱的計(jì)算(1)電流恒定時(shí)，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.(2)感應(yīng)電流變化，可用以下方法分析：①利用動(dòng)能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安．②利用能量守恒定律，焦耳熱等于其他形式能量的減少量．3．解決電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的常用方法(1)動(dòng)能定理涉及的功有：重力做功、摩擦力做功、安培力做功、拉力做功等．(2)能量守恒定律涉及的能：重力勢(shì)能、電能、內(nèi)能等．(3)功能關(guān)系安培力做功?電能變化滑動(dòng)摩擦力做功?內(nèi)能變化重力做功?重力勢(shì)能變化彈力做功?彈性勢(shì)能變化例3如圖3所示，足夠長(zhǎng)的平行光滑U形導(dǎo)軌傾斜放置，所在平面的傾角θ＝37°，導(dǎo)軌間的距離L＝1.0m，下端連接R＝1.6Ω的電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，所在空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T．質(zhì)量m＝0.5kg、電阻r＝0.4Ω的金屬棒ab垂直放置于導(dǎo)軌上，現(xiàn)用沿導(dǎo)軌平面且垂直于金屬棒、大小為F＝5.0N的恒力使金屬棒ab從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上滑行且始終與導(dǎo)軌接觸良好，當(dāng)金屬棒滑行s＝2.8m后速度保持不變．求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)圖3(1)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v；(2)金屬棒從靜止到開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量QR.答案(1)4m/s(2)1.28J解析(1)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I＝eq\f(BLv,R＋r)由平衡條件有F＝mgsinθ＋BIL聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v＝4m/s.(2)設(shè)整個(gè)電路中產(chǎn)生的熱量為Q，由動(dòng)能定理得Fs－mgs·sinθ－W安＝eq\f(1,2)mv2，而Q＝W安，QR＝eq\f(R,R＋r)Q，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得QR＝1.28J.例4(多選)如圖4所示，兩根電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾角為θ，導(dǎo)軌下端接有電阻R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直斜面向上．質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬棒ab在沿斜面向上且與棒垂直的恒力F作用下沿導(dǎo)軌勻速上滑且始終與導(dǎo)軌接觸良好，上升高度為h，重力加速度為g，在這個(gè)過(guò)程中()圖4A．金屬棒所受各力的合力所做的功等于零B．金屬棒所受各力的合力所做的功等于mgh和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和C．恒力F與重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和D．恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱答案AD解析棒勻速上升的過(guò)程中，恒力F做正功、重力G做負(fù)功、安培力F安做負(fù)功．根據(jù)動(dòng)能定理得：W＝WF＋WG＋W安＝0，故A對(duì)，B錯(cuò)；恒力F與重力G的合力所做的功等于棒克服安培力做的功，而棒克服安培力做的功等于回路中電能(最終轉(zhuǎn)化為焦耳熱)的增加量，故C錯(cuò)，D對(duì)．1．(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題)如圖5所示，MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌，已知導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，且電阻不計(jì)，ab是一根與導(dǎo)軌垂直且始終與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿，開(kāi)始時(shí)，將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，讓桿ab由靜止開(kāi)始自由下落，過(guò)段時(shí)間后，再將S閉合，若從S閉合開(kāi)始計(jì)時(shí)，則金屬桿ab的速度v隨時(shí)間t變化的圖象不可能是下圖中的()圖5答案B解析S閉合時(shí)，若金屬桿受到的安培力eq\f(B2l2v,R)＞mg，ab桿先減速再勻速，D項(xiàng)有可能；若eq\f(B2l2v,R)＝mg，ab桿勻速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)有可能；若eq\f(B2l2v,R)＜mg，ab桿先加速再勻速，C項(xiàng)有可能；由于v變化，mg－eq\f(B2l2v,R)＝ma中a不恒定，故B項(xiàng)不可能．2．(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題)(多選)如圖6所示，有兩根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金屬軌道，上端接有滑動(dòng)變阻器R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一根質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬桿從軌道上由靜止滑下且始終與導(dǎo)軌接觸良好．經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度vm，則()圖6A．如果B增大，vm將變大B．如果α變大(仍小于90°)，vm將變大C．如果R變大，vm將變大D．如果m變小，vm將變大答案BC解析金屬桿由靜止開(kāi)始下滑的過(guò)程中，金屬桿就相當(dāng)于一個(gè)電源，與滑動(dòng)變阻器R構(gòu)成一個(gè)閉合回路，其受力情況如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsinα－eq\f(B2L2v,R)＝ma所以金屬桿由靜止開(kāi)始做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)a＝0時(shí)達(dá)到最大速度vm，即mgsinα＝eq\f(B2L2vm,R)，可得：vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)，故由此式知選項(xiàng)B、C正確．3.(電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題)(多選)(2019·昆明市第一中學(xué)月考)如圖7，一平行導(dǎo)軌靜置于水平桌面上，空間中有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，粗糙平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌和阻值為R的定值電阻相連，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒的電阻為r，導(dǎo)體棒以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)距離s后停止，此過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的熱量為Q，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，則()圖7A．導(dǎo)體棒克服安培力做的功為eq\f(R＋r,R)QB．通過(guò)電阻R的電荷量為q＝eq\f(BLs,r＋R)C．導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間產(chǎn)生的摩擦熱為eq\f(1,2)mv02－QD．導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(v\o\al(2,0),2gs)－eq\f(r＋R,mgsR)Q答案ABD解析由功能關(guān)系可知，導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的熱量，R上產(chǎn)生的熱量為Q，根據(jù)串聯(lián)電路中焦耳熱按電阻分配可知，W安＝Q焦＝eq\f(R＋r,R)Q，故A正確；根據(jù)公式q＝eq\f(ΔΦ,r＋R)＝eq\f(BLs,r＋R)可知，故B正確；由能量守恒可知，eq\f(1,2)mv02＝Q焦＋Q摩，所以導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間產(chǎn)生的摩擦熱為Q摩＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(R＋r,R)Q，故C錯(cuò)誤；由C項(xiàng)分析可知，Q摩＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(R＋r,R)Q＝μmgs，解得：μ＝eq\f(v\o\al(2,0),2gs)－eq\f(r＋R,mgsR)Q，故D正確．4．(電磁感應(yīng)中的力電綜合問(wèn)題)(2020·懷化市高二期中)如圖8甲所示，足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1m，一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.40Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.01kg、電阻為r＝0.30Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上．現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開(kāi)始下滑，下滑過(guò)程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線(xiàn)，AB段為直線(xiàn)，g＝10m/s2(忽略ab棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)原磁場(chǎng)的影響)，求：圖8(1)判斷金屬棒兩端a、b的電勢(shì)高低；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(3)0～1.5s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量．答案(1)a端電勢(shì)低，b端電勢(shì)高(2)0.1T(3)0.26J解析(1)由右手定則可知，ab中的感應(yīng)電流由a流向b，ab相當(dāng)于電源，則b端電勢(shì)高，a端電勢(shì)低．(2)由題圖乙x－t圖象可知，t＝1.5s時(shí)金屬棒的速度為：v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(11.2－7,2.1－1.5)m/s＝7m/s金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的安培力大小為：F＝BIL又I＝eq\f(E,R＋r)，E＝BLv根據(jù)平衡條件有：F＝mg聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：B＝0.1T(3)0～1.5s時(shí)間內(nèi)，金屬棒的重力勢(shì)能減小，轉(zhuǎn)化為金屬棒的動(dòng)能和電路的內(nèi)能．設(shè)電路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q根據(jù)能量守恒定律有：mgx＝eq\f(1,2)mv2＋Q代入數(shù)據(jù)解得：Q＝0.455J故R產(chǎn)生的熱量為QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝0.26J1．如圖1所示，在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形導(dǎo)線(xiàn)框abcd，線(xiàn)框處于水平面內(nèi)，磁場(chǎng)與線(xiàn)框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無(wú)摩擦地滑動(dòng)．桿ef及線(xiàn)框中導(dǎo)線(xiàn)的電阻都忽略不計(jì)．開(kāi)始時(shí)，給ef一個(gè)向右的初速度，則()圖1A．ef將向右做非勻減速運(yùn)動(dòng)，最后停止B．ef將向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，最后停止C．ef將向右做勻速運(yùn)動(dòng)D．ef將做往返運(yùn)動(dòng)答案A解析ef向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，會(huì)受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小為0停止運(yùn)動(dòng)，由F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)＝ma知，ef做的是加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，故A正確．2．如圖2所示，在光滑水平桌面上有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的正方形導(dǎo)線(xiàn)框；在導(dǎo)線(xiàn)框右側(cè)有一寬度為d(d＞L)的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的邊界與導(dǎo)線(xiàn)框的一邊平行，磁場(chǎng)方向豎直向下．導(dǎo)線(xiàn)框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)導(dǎo)線(xiàn)框的右邊恰與磁場(chǎng)的左邊界重合，隨后導(dǎo)線(xiàn)框進(jìn)入并通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域．下列v－t圖象中，能正確描述上述過(guò)程的是()圖2答案D解析導(dǎo)線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線(xiàn)框受到向左的安培力作用，根據(jù)E＝BLv、I＝eq\f(E,R)、F安＝BIL得F安＝eq\f(B2L2v,R)，隨著v的減小，安培力F安減小，根據(jù)F安＝ma知，導(dǎo)線(xiàn)框做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)．整個(gè)導(dǎo)線(xiàn)框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，無(wú)感應(yīng)電流，導(dǎo)線(xiàn)框做勻速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)線(xiàn)框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，線(xiàn)框受到向左的安培力，根據(jù)F安＝eq\f(B2L2v,R)＝ma可知，導(dǎo)線(xiàn)框做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)D正確．3.如圖3所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)存在于虛線(xiàn)框內(nèi)，矩形線(xiàn)圈豎直下落．如果線(xiàn)圈中受到的磁場(chǎng)力總小于其重力，則它在1、2、3、4位置時(shí)的加速度大小關(guān)系為()圖3A．a(chǎn)1>a2>a3>a4B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4C．a(chǎn)1＝a3>a2>a4D．a(chǎn)1＝a3>a2＝a4答案C4.(多選)(2019·天津市武清區(qū)等五區(qū)縣高二下期中)如圖4所示，正方形閉合導(dǎo)線(xiàn)框abcd，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方h處．線(xiàn)框由靜止自由下落(不計(jì)空氣阻力)，線(xiàn)框平面始終在豎直平面內(nèi)，且dc邊與磁場(chǎng)的上邊界平行，則下列說(shuō)法正確的是()圖4A．dc邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定最大B．線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中一定做減速運(yùn)動(dòng)C．線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中加速度不可能變大D．線(xiàn)框從釋放到完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線(xiàn)框減少的重力勢(shì)能等于它增加的動(dòng)能與產(chǎn)生的焦耳熱之和答案CD解析線(xiàn)框在磁場(chǎng)中所受安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R).線(xiàn)框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，若mg>F，則線(xiàn)框具有向下的加速度，做加速運(yùn)動(dòng)，速度增大，E＝BLv增大，則當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不是最大，故A錯(cuò)誤；線(xiàn)框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，若mg>F，mg－eq\f(B2L2v,R)＝ma，a>0，線(xiàn)框做加速運(yùn)動(dòng)，v增大，則合力減小，a減小；若mg<F，則mg－eq\f(B2L2v,R)＝ma，a<0，線(xiàn)框減速運(yùn)動(dòng)，v減小，則合力減小，a減小；若mg＝F，則a＝0，v不變，即線(xiàn)框做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程其加速度可能變小，可能為零，不可能變大，故C正確．根據(jù)能量守恒定律知，線(xiàn)框從釋放到完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線(xiàn)框減少的重力勢(shì)能等于它增加的動(dòng)能與產(chǎn)生的焦耳熱之和，故D正確．5．如圖5所示，質(zhì)量為m的金屬圓環(huán)用不可伸長(zhǎng)的細(xì)線(xiàn)懸掛起來(lái)，金屬圓環(huán)有一半處于水平且與環(huán)面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，從某時(shí)刻開(kāi)始，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，則在磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小的過(guò)程中，關(guān)于線(xiàn)的拉力大小，下列說(shuō)法中正確的是(重力加速度為g)()圖5A．大于環(huán)重力mg，并逐漸減小B．始終等于環(huán)重力mgC．小于環(huán)重力mg，并保持恒定D．大于環(huán)重力mg，并保持恒定答案A解析根據(jù)楞次定律知圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍儆勺笫侄▌t判斷可知圓環(huán)所受安培力方向豎直向下，對(duì)圓環(huán)受力分析，根據(jù)受力平衡有FT＝mg＋F安，得FT>mg；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔB,RΔt)S，可知I為恒定電流，由F安＝BIL可知，B減小，則F安減小，故由FT＝mg＋F安知FT減小，選項(xiàng)A正確．6．如圖6所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線(xiàn)框abcd，ab邊長(zhǎng)大于bc邊長(zhǎng)，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)外，線(xiàn)框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場(chǎng)，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行于MN進(jìn)入磁場(chǎng)，線(xiàn)框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過(guò)線(xiàn)框?qū)w橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行于MN進(jìn)入磁場(chǎng)，線(xiàn)框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過(guò)線(xiàn)框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則()圖6A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2答案A解析根據(jù)功能關(guān)系知，線(xiàn)框上產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝eq\f(B2l\o\al(

2,ab)v,R)lbc＝eq\f(B2Sv,R)lab同理Q2＝eq\f(B2Sv,R)lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R)t＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)，故q1＝q2，因此A正確．7．(多選)兩根足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L(zhǎng)，底端接阻值為R的電阻．將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個(gè)固定的輕彈簧下端，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，如圖7所示．金屬棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)．現(xiàn)將金屬棒從輕彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，則()圖7A．釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB．金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過(guò)電阻的電流方向?yàn)閍→bC．金屬棒的速度為v時(shí)，所受的安培力大小為F＝eq\f(B2L2v,R)D．電阻上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢(shì)能的減少量答案AC解析釋放瞬間，金屬棒只受重力作用，所以其加速度等于重力加速度，選項(xiàng)A正確；金屬棒向下切割磁感線(xiàn)，由右手定則可知，流過(guò)電阻的電流方向?yàn)閎→a，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)金屬棒的速度為v時(shí)，感應(yīng)電流I＝eq\f(BLv,R)，則安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，選項(xiàng)C正確；由能量守恒可知，重力勢(shì)能的減少量等于輕彈簧彈性勢(shì)能的增加量與電阻上產(chǎn)生的總熱量之和，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．8.如圖8所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無(wú)摩擦，金屬棒與導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直，金屬棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時(shí)間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于()圖8A．金屬棒的機(jī)械能增加量B．金屬棒的動(dòng)能增加量C．金屬棒的重力勢(shì)能增加量D．電阻R上產(chǎn)生的熱量答案A解析金屬棒加速上升時(shí)受到重力、拉力F及安培力．根據(jù)功能關(guān)系可知，力F與安培力做功的代數(shù)和等于金屬棒的機(jī)械能的增加量，A正確．9．如圖9所示，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接．右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻．平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m、接入電路的電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度為g.則金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中()圖9A．流過(guò)金屬棒的最大電流為eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．通過(guò)金屬棒的電荷量為eq\f(BdL,R)C．克服安培力所做的功為mghD．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mg(h－μd)答案D解析金屬棒沿彎曲部分下滑過(guò)程中，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh＝eq\f(1,2)mv2，金屬棒到達(dá)平直部分時(shí)的速度v＝eq\r(2gh)，金屬棒到達(dá)平直部分后做減速運(yùn)動(dòng)，剛到達(dá)平直部分時(shí)的速度最大，則最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，最大感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A錯(cuò)誤；通過(guò)金屬棒的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BdL,2R)，故B錯(cuò)誤；金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理有：mgh－W安－μmgd＝0－0，則克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，故C錯(cuò)誤；克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，定值電阻與金屬棒的電阻相等，通過(guò)它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱：Q′＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)W安＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，故D正確．10.(多選)(2019·福州市質(zhì)量檢測(cè))如圖10所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置兩條平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌MN，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng).導(dǎo)軌左端接一電阻R，金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，金屬桿和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，桿與導(dǎo)軌間接觸良好且無(wú)摩擦．現(xiàn)對(duì)金屬桿施加一個(gè)與其垂直的水平方向恒力F使金屬桿從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，金屬桿速度大小v、恒力F的功率P、金屬桿與導(dǎo)軌形成的回路中磁通量Φ等各量隨時(shí)間變化圖象正確的是()圖10答案AD解析根據(jù)牛頓第二定律知，桿的加速度為：a＝eq\f(F－FA,m)＝eq\f(F－BIL,m)＝eq\f(F－\f(B2L2v,R),m)，由于速度增大，則加速度減小，可知桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度等于零時(shí)，速度最大，則有F＝FAm＝eq\f(B2L2vm,R)，解得vm＝eq\f(FR,B2L2)，以后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A正確；恒力F的功率為P＝Fv，且Pm＝Fvm＝eq\f(B2L2v\o\al(2,m),R)，因開(kāi)始階段v－t關(guān)系不是線(xiàn)性關(guān)系，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；隨速度的增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，則根據(jù)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，回路磁通量的變化率增加；當(dāng)速度最大時(shí)磁通量的變化率不變，即Φ－t圖線(xiàn)的斜率先增大后不變，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．11.如圖11所示，abcd區(qū)域中存在一個(gè)垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，bc邊距地面高度為eq\f(L,2)，正方形絕緣線(xiàn)圈MNPQ豎直放置，質(zhì)量為m，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，總電阻為R，PQ邊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在水平恒力F的作用下向右做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，下列說(shuō)法正確的是()圖11A．線(xiàn)圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中感應(yīng)電流的方向沿QMNPB．線(xiàn)圈MN邊完全處于磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，MQ兩點(diǎn)間電勢(shì)差為0C．線(xiàn)圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)線(xiàn)圈導(dǎo)線(xiàn)某橫截面的電荷量為eq\f(BL2,2R)D．線(xiàn)圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中若F＝eq\f(B2L2v,4R)＋μmg，則線(xiàn)圈將以速度v做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)答案C解析由右手定則可以判斷，線(xiàn)圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中感應(yīng)電流的方向沿QPNM，A錯(cuò)誤；線(xiàn)圈MN邊完全處于磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁通量不變，則回路中電流為零，MQ兩點(diǎn)間電勢(shì)差大小為eq\f(1,2)BLv，B錯(cuò)誤；由q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)可得，線(xiàn)圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)線(xiàn)圈導(dǎo)線(xiàn)某橫截面的電荷量q＝eq\f(BL2,2R)，C正確；線(xiàn)圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中MN受向下的安培力，則線(xiàn)圈所受的向左的摩擦力大于μmg，NP受到的向左的安培力大小為F安＝B·eq\f(\f(1,2)BLv,R)·eq\f(L,2)＝eq\f(B2L2v,4R)，因此，線(xiàn)圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中若所受摩擦力和安培力的合力大于拉力F＝eq\f(B2L2v,4R)＋μmg，線(xiàn)圈將減速進(jìn)入磁場(chǎng)，D錯(cuò)誤．12．(2019·成都市雙流中學(xué)高二月考)如圖12所示，兩根等高的四分之一光滑圓弧軌道，半徑為r、間距為L(zhǎng)，圖中Oa水平，Oc豎直，在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)有一根長(zhǎng)度稍大于L、質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬棒從軌道的頂端ab處由靜止開(kāi)始下滑，到達(dá)軌道底端cd時(shí)受到