2025高考物理復(fù)習(xí)電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題課件教案練習(xí)題

第十一章電磁感應(yīng)素養(yǎng)提升課十五電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題提升點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題提升點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題內(nèi)容索引課時(shí)測(cè)評(píng)提升點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1．導(dǎo)體處在磁場(chǎng)中的兩種狀態(tài)及處理方法2．解答電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的“兩個(gè)對(duì)象”“四個(gè)分析”狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行分析考向1

“單棒＋電阻”模型類型無(wú)動(dòng)力型有動(dòng)力型模式初速度v0恒定v恒定a恒定F恒定P情景示意圖運(yùn)動(dòng)過(guò)程考向1

“單棒＋電阻”模型類型無(wú)動(dòng)力型有動(dòng)力型動(dòng)力學(xué)分析單桿受安培力F安，v↓→F安↓

→a↓，最后停止運(yùn)動(dòng)，v＝0單桿受外力F和安培力F安，v不變→F安不變→F不變單桿受外力F和安培力F安，v↑→F安↑→F↑，一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)類似于機(jī)車以恒定牽引力的方式啟動(dòng)，v↑→F安↑→a↓，直至a＝0，速度達(dá)最大vm＝類似于機(jī)車以恒定功率的方式啟動(dòng)，v↑→F安↑，F(xiàn)↓→a↓，直至a＝0，速度達(dá)最大vm＝(2023·云南大理一模)如圖(a)所示，兩根不計(jì)電阻、間距為L(zhǎng)的足夠長(zhǎng)平行光滑金屬導(dǎo)軌，豎直固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻。元件Z的U-I圖像如圖(b)所示，當(dāng)流過(guò)元件Z的電流大于或等于I0時(shí)，電壓穩(wěn)定為Um。質(zhì)量為m、不計(jì)電阻的金屬棒可沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中金屬棒始終水平且與導(dǎo)軌保持良好接觸。忽略空氣阻力及回路中的電流對(duì)原磁場(chǎng)的影響，重力加速度大小為g。為了方便計(jì)算，取I0＝

，Um＝

。以下計(jì)算結(jié)果只能選用m、g、B、L、R表示。例1(1)閉合開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度大小v1；答案：閉合開關(guān)S，金屬棒下落的過(guò)程中受豎直向下的重力、豎直向上的安培力作用，當(dāng)重力與安培力大小相等時(shí)，金屬棒的加速度為零，速度最大，則mg＝I1LB由法拉第電磁感應(yīng)定律得E1＝BLv1由歐姆定律得I1＝解得v1＝

。(2)斷開開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度大小v2；答案：當(dāng)重力與安培力大小相等時(shí)，速度最大，則mg＝I2LB解得I2＝I1＝由于I0＜I2斷開開關(guān)S后，當(dāng)金屬棒的速度達(dá)到最大時(shí)，元件Z兩端的電壓恒為Um＝此時(shí)定值電阻兩端的電壓為UR＝BLv2－Um又由歐姆定律得I2＝解得v2＝

。(3)先閉合開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒達(dá)到最大速度后，再斷開開關(guān)S。忽略回路中電流突變的時(shí)間，求S斷開瞬間金屬棒的加速度大小a。答案：開關(guān)S閉合，當(dāng)金屬棒的速度最大時(shí)，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝斷開開關(guān)S的瞬間，元件Z兩端的電壓為Um＝則定值電阻兩端的電壓為UR′＝E1－Um＝電路中的電流為I′＝金屬棒受到的安培力為F安＝I′LB對(duì)金屬棒由牛頓第二定律得mg－F安＝ma解得a＝

?？枷?

“單棒＋電容”和“單棒＋電源”模型類型動(dòng)—電—?jiǎng)有碗姟獎(jiǎng)印娦湍Ｊ綗o(wú)動(dòng)力C充電式有動(dòng)力C充電式C放電式E放電式情景示意圖運(yùn)動(dòng)過(guò)程類型動(dòng)—電—?jiǎng)有碗姟獎(jiǎng)印娦蛣?dòng)力學(xué)分析棒受到安培力，v↓→E感＝BLv↓，電容不斷充電，帶電荷量q↑→UC↑，直至E感＝UC，回路電流I＝0，棒不再受安培力作用而保持勻速運(yùn)動(dòng)對(duì)棒有：F－ILB＝maa＝對(duì)電容器有：I＝Δq＝C·ΔuΔu＝BLΔv聯(lián)立解得a＝

，故棒一直做勻加速運(yùn)動(dòng)S剛閉合時(shí)，回路中放電電流I最大，棒所受安培力F安最大。隨著C不斷放電，帶電荷量q↓→UC↓，棒受到安培力，v↑→E感＝BLv↑，直至E感＝UC，回路電流I＝0，棒不再受安培力作用而保持勻速運(yùn)動(dòng)S剛閉合時(shí)，回路中電流I最大。棒所受安培力F安最大，隨著棒的速度v↑→E感＝BLv↑→

I↓→F安＝ILB↓→a↓，直至E感＝E時(shí)，I＝0，a＝0，速度達(dá)最大vm＝如圖所示，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L(zhǎng)。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求：例2(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；答案：Q＝CBLv設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv平行板電容器兩極板之間的電勢(shì)差為U＝E設(shè)此時(shí)電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有C＝

，聯(lián)立可得Q＝CBLv。(2)金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系。答案：設(shè)金屬棒的速度大小為v時(shí)，經(jīng)歷的時(shí)間為t，通過(guò)金屬棒的電流為I，金屬棒受到的磁場(chǎng)力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為F＝ILB＝CB2L2a設(shè)在時(shí)間間隔t～t＋Δt內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，則ΔQ＝CBLΔv按定義有I＝

，ΔQ也是平行板電容器極板在時(shí)間間隔t～t＋Δt內(nèi)增加的電荷量，由上式可得，Δv為金屬棒的速度變化量，金屬棒所受到的摩擦力方向沿導(dǎo)軌斜面向上，大小為Ff＝μFN，F(xiàn)N是金屬棒對(duì)于導(dǎo)軌的正壓力的大小，有FN＝mgcosθ，金屬棒在時(shí)刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－F－Ff＝ma，即mgsinθ－μmgcosθ＝CB2L2a＋ma聯(lián)立上式可得

a＝由題意可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，t時(shí)刻金屬棒的速度大小為v＝

?？枷?線框穿越磁場(chǎng)模型(2023·河南南陽(yáng)開學(xué)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，存在一個(gè)水平長(zhǎng)3L、豎直高2L的長(zhǎng)方形區(qū)域abcd，區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中沒(méi)有畫出)。一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的勻質(zhì)正方形剛性導(dǎo)線框ABCD從圖示位置處在外力作用下以水平速度v0勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)立即撤去外力，直到導(dǎo)線框開始出磁場(chǎng)時(shí)再恢復(fù)外力讓導(dǎo)線框沿直線勻速離開。已知L＝0.2m，m＝0.02kg、電阻R＝0.4Ω，B＝1T，v0＝2m/s，重力加速度g＝10m/s2，從導(dǎo)線框開始出磁場(chǎng)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)。求：例3(1)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中外力F1；答案：0.2N，斜向左上與水平方向成45°導(dǎo)線框進(jìn)入時(shí)，有E＝BLv0

FA＝ILB＝

由平衡條件得F1＝

，方向斜向左上與水平方向成45°。(2)導(dǎo)線框開始出磁場(chǎng)時(shí)A點(diǎn)的位置及速度；答案：a點(diǎn)2m/s，斜向左下與水平方向成45°導(dǎo)線框在磁場(chǎng)內(nèi)做平拋運(yùn)動(dòng)，若AD邊恰能從ad邊出磁場(chǎng)，有t1＝導(dǎo)線框在豎直方向下落的高度h＝

＝0.2m＝L，AD邊也恰好落到ad邊，可以知道導(dǎo)線框的A點(diǎn)從磁場(chǎng)區(qū)域的a點(diǎn)離開磁場(chǎng)，如圖甲所示可知vy＝gt1＝2m/s導(dǎo)線框開始出磁場(chǎng)時(shí)A點(diǎn)的速度v＝

m/s，方向斜向左下與水平方向成45°。(3)導(dǎo)線框出磁場(chǎng)過(guò)程中安培力F2隨時(shí)間t的變化關(guān)系式；答案：導(dǎo)線框出磁場(chǎng)時(shí)，所受安培力如圖乙所示

導(dǎo)線框出磁場(chǎng)過(guò)程中安培力F2隨時(shí)間t的變化關(guān)系式為F2＝

。(4)導(dǎo)線框出磁場(chǎng)過(guò)程中流過(guò)截面的電荷量。答案：0.1C導(dǎo)線框出磁場(chǎng)過(guò)程中流過(guò)截面的電荷量

返回提升點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題1．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化2．求解焦耳熱Q的三種方法考向1應(yīng)用功能關(guān)系解決能量問(wèn)題

如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長(zhǎng)度也為l、電阻均為R，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。MN兩端通過(guò)開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈固定相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場(chǎng)，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。PQ的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)、電阻忽略不計(jì)。例4(1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；答案：

方向水平向右設(shè)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝

，則E＝k設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并＝閉合S時(shí)，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝設(shè)PQ中的電流為IPQ，有IPQ＝

設(shè)PQ受到的安培力為F安，有F安＝IPQlB保持PQ靜止，由受力平衡，有F＝F安聯(lián)立解得F＝方向水平向右。(2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過(guò)程中流過(guò)PQ的電荷量為q，求該過(guò)程安培力做的功W。答案：設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過(guò)程中，PQ運(yùn)動(dòng)的位移為x，所用時(shí)間為Δt，回路中的磁通量變化量為ΔΦ，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

，有

其中ΔΦ＝Blx設(shè)PQ中的平均電流為

根據(jù)電流的定義得

由動(dòng)能定理，有Fx＋W＝

聯(lián)立解得W＝

規(guī)律總結(jié)用能量觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問(wèn)題的一般步驟考向2應(yīng)用能量守恒定律解決能量問(wèn)題(多選)(2023·廣西桂林一模)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)光滑導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，底端接阻值為R的電阻，其他電阻均可忽略。將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個(gè)固定的輕彈簧下端，彈簧勁度系數(shù)為k，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?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，第一次達(dá)到最大速度v時(shí)，回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q。重力加速度為g。若金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，則A．金屬棒和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．金屬棒第一次達(dá)到最大速度時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為C．金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到最后靜止，電阻R上產(chǎn)生的總熱量為D．金屬棒第一次達(dá)到最大速度時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能小于

例5√√金屬棒從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放后，速度逐漸增大，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，金屬棒受到豎直向上的安培力，安培力做負(fù)功，故金屬棒和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；金屬棒第一次達(dá)到最大速度時(shí)，受到重力、彈簧的彈力和安培力，處于平衡狀態(tài)，則有F＋F安＝mg，安培力為F安＝ILB，導(dǎo)體切割磁感線，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝

，彈簧的彈力為F＝kx1，聯(lián)立解得x1＝

，故B正確；金屬棒最后靜止時(shí)，安培力為零，受重力和彈簧彈力，則有mg＝kx2，根據(jù)動(dòng)能定理有mgx2－W－

＝0，由功能關(guān)系可知回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝W，聯(lián)立解得Q′＝

，故C錯(cuò)誤；金屬棒開始運(yùn)動(dòng)到第一次達(dá)到最大速度，由能量守恒有mgx1＝

mv2＋Ep＋Q，即Ep＝

，可得Ep＜

mv2－Q，故D正確。故選BD。(2023·廣東深圳期末)如圖所示，正方形單匝線框abcd邊長(zhǎng)L＝0.4m，每邊電阻相同，總電阻R＝0.16Ω。一根足夠長(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)繩跨過(guò)兩個(gè)輕小光滑定滑輪，一端連接正方形線框，另一端連接物體P，手持物體P使二者在空中保持靜止，線框處在豎直面內(nèi)。線框的正上方有一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域的上、下邊界水平平行，間距也為L(zhǎng)＝0.4m，磁感線方向垂直于線框所在平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1.0T，磁場(chǎng)的下邊界與線框的上邊ab相距h＝1.6m。現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，線框向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終在同一豎直面內(nèi)，ab邊保持水平，剛好以v＝4.0m/s的速度進(jìn)入磁場(chǎng)并勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)，重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力。例4(1)線框ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab為多少？答案：1.2V線框ab邊以v＝4.0m/s的速度進(jìn)入磁場(chǎng)并勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv＝1×0.4×4V＝1.6V因?yàn)閍、b兩點(diǎn)間作為等效電源，則a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為外電壓Uab＝

E＝1.2V。(2)線框勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q為多少？答案：3.2J線框進(jìn)入磁場(chǎng)后立即做勻速運(yùn)動(dòng)，并勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)，線框受安培力F安＝ILB根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝聯(lián)立解得F安＝4N所以克服安培力做功W安＝F安×2L＝4×2×0.4J＝3.2J。而Q＝W安，故該過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝3.2J。(3)若在線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，立即給物體P施加一豎直向下的力F，使線框保持進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度勻加速運(yùn)動(dòng)穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，已知此過(guò)程中力F做功WF＝3.6J，求ab邊上產(chǎn)生的焦耳熱Qab為多少？答案：0.9J設(shè)線框出磁場(chǎng)區(qū)域的速度大小為v1，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系有

而根據(jù)牛頓第二定律可知a＝聯(lián)立整理得

線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中，力F和安培力都是變力，根據(jù)動(dòng)能定理有WF－W安′＋(M－m)g·2L＝

聯(lián)立解得WF－W安′＝0而W安′＝

Q′，故Q′＝3.6J又因?yàn)榫€框每邊產(chǎn)生的熱量相等，故ab邊上產(chǎn)生的焦耳熱Qab＝

Q′＝0.9J。返回課時(shí)測(cè)評(píng)1．如圖所示，在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場(chǎng)與線框平面垂直，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及線框的電阻不計(jì)，開始時(shí)，給ef一個(gè)向右的初速度，則A．ef將減速向右運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速運(yùn)動(dòng)B．ef將勻減速向右運(yùn)動(dòng)，最后停止C．ef將勻速向右運(yùn)動(dòng)D．ef將往返運(yùn)動(dòng)√ef向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，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)，由F＝ILB＝

＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終停止運(yùn)動(dòng)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。2．兩根足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L(zhǎng)，頂端接阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場(chǎng)上邊界某處由靜止釋放，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)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，如圖所示。不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是A．金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閍→bB．金屬棒剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)一定做加速運(yùn)動(dòng)C．金屬棒的速度為v時(shí)，金屬棒所受的安培力大小為D．金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時(shí)，電阻R的熱功率為

√當(dāng)金屬棒在磁場(chǎng)中向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)楞次定律可判斷通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閎→a，A錯(cuò)誤；由于無(wú)法確定金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)安培力的大小與重力的大小關(guān)系，故無(wú)法確定金屬棒的運(yùn)動(dòng)情況，B錯(cuò)誤；金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，產(chǎn)生的感應(yīng)電流是I＝

，金屬棒所受的安培力大小F＝ILB＝

，C錯(cuò)誤；金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時(shí)，F(xiàn)＝I′LB＝mg，可求得P＝I′2R＝

R，D正確。3．(多選)(2024·河南信陽(yáng)模擬)如圖所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框a、b的邊長(zhǎng)均為l，電阻均為R，質(zhì)量分別為3m和m。它們分別系在一跨過(guò)兩個(gè)定滑輪的輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直豎直面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。開始時(shí)，線框b的上邊與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的下邊界重合，線框a的下邊到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上邊界的距離為l，現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，a、b兩個(gè)線框開始做勻速運(yùn)動(dòng)。不計(jì)一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，則A．a(chǎn)、b兩個(gè)線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為B．線框a從下邊進(jìn)入磁場(chǎng)到上邊離開磁場(chǎng)所用時(shí)間為C．從開始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mglD．從開始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，兩線框共克服安培力做功為√√設(shè)兩線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，此時(shí)輕繩上的張力大小為FT，則對(duì)a有FT＝3mg－IlB，對(duì)b有FT＝mg，其中I＝

，E＝Blv，解得v＝

，故A正確；線框a完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框b剛好開始出磁場(chǎng)，線框b完全出磁場(chǎng)時(shí)，線框a開始出磁場(chǎng)，則線框a通過(guò)磁場(chǎng)的全過(guò)程都以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，則線框a從下邊進(jìn)入磁場(chǎng)到上邊離開磁場(chǎng)所用時(shí)間為t＝

，故B錯(cuò)誤；從開始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框a產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由功能關(guān)系有3mgl－mgl＝Q，得Q＝2mgl，故C錯(cuò)誤；設(shè)兩線框從開始運(yùn)動(dòng)至a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，兩線框共克服安培力做的功為W，此過(guò)程中左、右兩線框分別向上、向下運(yùn)動(dòng)2l的距離，對(duì)這一過(guò)程，由能量守恒定律有6mgl＝2mgl＋

·4mv2＋W，解得W＝4mgl－

，故D正確。故選AD。4．(多選)(2022·全國(guó)甲卷)

如圖，兩根相互平行的光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，整個(gè)系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。開始時(shí)，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關(guān)S后，A．通過(guò)導(dǎo)體棒MN電流的最大值為B．導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運(yùn)動(dòng)C．導(dǎo)體棒MN速度最大時(shí)所受的安培力也最大D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱√√MN在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中為非純電阻，MN上的電流瞬時(shí)值為i＝

，當(dāng)閉合的瞬間，Blv＝0，此時(shí)MN可視為純電阻R，此時(shí)反電動(dòng)勢(shì)最小，故電流最大，Imax＝

，故A正確；

u＞Blv時(shí)，導(dǎo)體棒加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到最大值之后，電容器與MN及R構(gòu)成回路，由于一直處于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN的最終速度為零，

故B錯(cuò)誤；MN在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中為非純電阻電路，MN上的電流瞬時(shí)值為i＝

，當(dāng)u＝Blv時(shí)，MN上的電流瞬時(shí)為零，安培力為零，此時(shí)MN速度最大，故C錯(cuò)誤；

在MN加速度階段，由于MN反電動(dòng)勢(shì)存在，故MN上的電流小于電阻R

上的電流，電阻R消耗的電能大于MN上消耗的電能(即ER＞EMN)，故加速過(guò)程中，QR＞QMN；在MN減速為零的過(guò)程中，電容器的電流和導(dǎo)體棒的電流都流經(jīng)電阻R形成各自的回路，因此可知此時(shí)也是電阻R的電流大，綜上分析可知全過(guò)程中電阻R上的熱量大于導(dǎo)體棒上的熱量，故D正確。故選AD。5．(2024·北京海淀模擬)如圖所示，AB、CD為兩個(gè)平行的、不計(jì)電阻的水平光滑金屬導(dǎo)軌，置于方向垂直導(dǎo)軌平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。AB、CD的間距為L(zhǎng)，左右兩端均接有阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)且電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，并與輕質(zhì)彈簧組成彈簧振動(dòng)系統(tǒng)。開始時(shí)，彈簧處于自然長(zhǎng)度，導(dǎo)體棒MN具有水平向左的初速度v0，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，導(dǎo)體棒MN第一次運(yùn)動(dòng)到最右端，這一過(guò)程中A、C間的電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則A．導(dǎo)體棒水平方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)B．初始時(shí)刻導(dǎo)體棒所受的安培力大小為C．當(dāng)導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最右端時(shí)，彈簧具有的彈性勢(shì)能為

D．當(dāng)導(dǎo)體棒再次回到初始位置時(shí)，A、C間的電阻R的熱功率小于√導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，安培力做功，電阻產(chǎn)生焦耳熱，則棒和彈簧的機(jī)械能有損失，則當(dāng)棒再次回到初始位置時(shí)速度小于v0，導(dǎo)體棒水平方向做的不是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，則導(dǎo)體棒回到初始位置時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＜BLv0，根據(jù)電功率公式P＝

可知，A、C間的電阻R的熱功率P＜

，故A錯(cuò)誤，D正確；根據(jù)公式E＝BLv0，R并＝

，F(xiàn)＝ILB可得，初始時(shí)刻導(dǎo)體棒所受的安培力大小為F＝

，故B錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最右端時(shí)，設(shè)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，根據(jù)能量守恒定律有Ep＋2Q＝

，解得Ep＝

，故C錯(cuò)誤。6．(多選)(2024·湖北黃岡模擬)如圖所示，水平虛線L1、L2之間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁場(chǎng)區(qū)域的高度為h。豎直平面內(nèi)有一質(zhì)量為m的直角梯形線框，其底邊水平，上、下邊長(zhǎng)之比為1∶4，高為2h的線框ABCD在磁場(chǎng)邊界L2的下方h處，受到豎直向上的拉力F＝2mg作用，從靜止開始運(yùn)動(dòng)(上升過(guò)程中底邊始終水平，線框平面始終與磁場(chǎng)方向垂直)，當(dāng)AB邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度恰好為零，且在DC邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)前的一段時(shí)間內(nèi)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，下列正確的是A．AB邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的速度為B．AB邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框中感應(yīng)電流的瞬時(shí)電功率為

C．DC邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框加速度的大小為

D．從線框開始運(yùn)動(dòng)到DC邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱為√√設(shè)AB邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v0，線框的電阻為R，AB＝l，則CD＝4l，根據(jù)動(dòng)能定理Fh－mgh＝

，解得v0＝

，A錯(cuò)誤；AB邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度恰好為零，則此時(shí)安培力的大小為F安＝F－mg＝mg，線框中感應(yīng)電流的瞬時(shí)電功率為P＝F安v0＝mg，B正確；AB剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度為0，則有F＝mg＋

，設(shè)DC邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)前勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度為v1，線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度為1.5l，線框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有F＝mg＋

，聯(lián)立解得v1＝

，從線框開始運(yùn)動(dòng)到CD邊進(jìn)入磁場(chǎng)前瞬間，根據(jù)能量守恒定律得F·3h－mg·3h－Q＝

，聯(lián)立解得Q＝mgh，D正確；CD剛進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度為2.5l，F(xiàn)1＝I1·2.5lB，由閉合電路歐姆定律得I1＝

，由牛頓第二定律得a＝

，解得a＝g，C錯(cuò)誤。故選BD。7．(多選)(2024·云南大理聯(lián)考)如圖所示，圖甲中虛線下方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖乙中虛線邊界上、下方有方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均相同?，F(xiàn)有兩個(gè)完全相同的正方形金屬線框P和Q分別從不同高度靜止下落，兩線框都剛好勻速經(jīng)過(guò)虛線邊界，忽略空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是A．P、Q金屬框經(jīng)過(guò)虛線邊界過(guò)程，金屬框上產(chǎn)生的熱量之比為1∶1B．P、Q金屬框初始位置距磁場(chǎng)虛線邊界的距離之比為4∶1C．P、Q金屬框經(jīng)過(guò)虛線邊界過(guò)程，受到的安培力之比為2∶1D．P、Q金屬框經(jīng)過(guò)虛線邊界過(guò)程，流過(guò)金屬框橫截面的電量之比為1∶2√√P、Q金屬框剛好勻速經(jīng)過(guò)虛線邊界，兩金屬框受到的安培力均等于重力，所以受到的安培力之比為1∶1，故C錯(cuò)誤；由能量守恒可得，減小的重力勢(shì)能均全部轉(zhuǎn)化為金屬框上產(chǎn)生的熱量，而P、Q金屬框經(jīng)過(guò)虛線邊界過(guò)程中減小的重力勢(shì)能相等，故金屬框上產(chǎn)生的熱量之比為1∶1，故A正確；P、Q金屬框經(jīng)過(guò)虛線邊界過(guò)程中，P金屬框受力情況為mg＝

，Q金屬框受力情況為mg＝

，而金屬框到達(dá)虛線邊界前均只受重力，機(jī)械能守恒，則mgh1＝

，可得v1∶v2＝4∶1，h1∶h2＝16∶1，故B錯(cuò)誤；流過(guò)金屬框橫截面的電量為q＝

，可得q1∶q2＝ΔΦ1∶ΔΦ2＝1∶2，故D正確。故選AD。8．(2021·河北高考)如圖所示，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為θ，一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連，導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點(diǎn)開始以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，忽略所有電阻，下列說(shuō)法正確的是A．通過(guò)金屬棒的電流為2BCv2tanθB．金屬棒到達(dá)x0時(shí)，電容器極板上的電荷量為BCvx0tanθC．金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電容器的上極板帶負(fù)電D．金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，外力F做功的功率恒定√根據(jù)楞次定律可知，電容器的上極板應(yīng)帶正電，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由題意可知導(dǎo)體棒勻速切割磁感線，根據(jù)幾何關(guān)系可知，切割長(zhǎng)度L＝2xtanθ，x＝vt，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝2Bv2ttanθ，由題圖可知電容器直接與電源相連，則電容器極板上的電荷量Q＝CE＝2BCv2ttanθ，則流過(guò)導(dǎo)體棒的電流I＝

＝2BCv2tanθ，A項(xiàng)正確；當(dāng)金屬棒到達(dá)x0處時(shí)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝2Bvx0tanθ，則電容器極板上的電荷量Q′＝CE′＝2BCvx0tanθ，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由于導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，則F＝F安＝ILB，由A項(xiàng)可知流過(guò)導(dǎo)體棒的電流I恒定，但L與t成正比，則F為變力，再根據(jù)力做功的功率公式P＝Fv，可看出F為變力，v不變，則功率P隨力F變化而變化，D項(xiàng)錯(cuò)誤。9．(10分)(2022·湖北高考)如圖所示，高度足夠的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。正方形單匝線框abcd的邊長(zhǎng)L＝0.2m、回路電阻R＝1.6×10

－3Ω、質(zhì)量m＝0.2kg。線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，線框的ad邊與磁場(chǎng)左邊界平齊，ab邊與磁場(chǎng)下邊界的距離也為L(zhǎng)?，F(xiàn)對(duì)線框施加與水平向右方向成θ＝45°角、大小為4N的恒力F，使其在圖示豎直平面內(nèi)由靜止開始運(yùn)動(dòng)。從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動(dòng)；dc邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，bc邊恰好到達(dá)磁場(chǎng)右邊界。重力加速度大小取g＝10m/s2，求：(1)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大小；答案：20m/s2

10m/s2ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，對(duì)線框進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得在水平方向有Fcosθ＝max在豎直方向有

Fsinθ

－

mg＝may

代入數(shù)據(jù)解得ax＝20m/s2，ay＝10m/s2。(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和線框進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱；答案：2T

0.4Jab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始，ab邊在豎直方向切割磁感線；ad邊和bc邊的上部分也開始進(jìn)入磁場(chǎng)，且在水