《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理培優(yōu)專(zhuān)練三 培優(yōu)點(diǎn)2 電磁感應(yīng)中的雙桿模型含答案

大二輪刷題首選卷物理《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理培優(yōu)點(diǎn)2電磁感應(yīng)中的雙桿模型題組一雙桿在等距平行導(dǎo)軌上1.(2024·福建省龍巖市高三下3月一模)(多選)如圖所示，水平面內(nèi)固定有兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為l，電阻忽略不計(jì)。質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒MN與質(zhì)量為2m、電阻為2R的導(dǎo)體棒PQ均垂直于導(dǎo)軌靜止放置，兩導(dǎo)體棒相距為d，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)讓MN棒以初速度v水平向左運(yùn)動(dòng)，直至最終達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，則在此過(guò)程中()A．兩導(dǎo)體棒任意時(shí)刻加速度均相同B．通過(guò)兩導(dǎo)體棒的電荷量總是相等C．MN棒上所產(chǎn)生的熱量為eq\f(mv2,3)D．最終穩(wěn)定時(shí)兩導(dǎo)體棒間的距離為d＋eq\f(2mvR,B2l2)答案：BD解析：兩導(dǎo)體棒中電流時(shí)刻相等，根據(jù)q＝It可知，通過(guò)兩導(dǎo)體棒的電荷量總是相等，B正確；根據(jù)左手定則及安培力公式F＝BIl可判斷出，兩導(dǎo)體棒所受安培力總是大小相等、方向相反，兩導(dǎo)體棒質(zhì)量不同，根據(jù)牛頓第二定律可知，到達(dá)穩(wěn)定前，兩導(dǎo)體棒任意時(shí)刻的加速度大小和方向均不同，A錯(cuò)誤；經(jīng)分析可知，MN棒受到的安培力向右，PQ棒受到的安培力向左，且大小相等，因此兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后，回路中感應(yīng)電流為零，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，兩導(dǎo)體棒的速度大小相等，設(shè)為v′，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有mv＝(m＋2m)v′，解得v′＝eq\f(v,3)，設(shè)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的總熱量為Q總，MN棒上所產(chǎn)生的熱量為Q，根據(jù)能量守恒定律，有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(m＋2m)v′2＋Q總，根據(jù)焦耳定律，有Q＝eq\f(R,R＋2R)Q總，解得Q＝eq\f(1,9)mv2，C錯(cuò)誤；設(shè)從MN棒水平向左運(yùn)動(dòng)至達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過(guò)程中用時(shí)為t，兩導(dǎo)體棒間的距離增加了Δx，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，閉合回路的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,t)＝eq\f(BlΔx,t)，閉合回路的平均電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),3R)，對(duì)MN棒，根據(jù)動(dòng)量定理，有－Beq\o(I,\s\up6(－))lt＝mv′－mv，聯(lián)立解得Δx＝eq\f(2mvR,B2l2)，所以最終穩(wěn)定時(shí)兩導(dǎo)體棒間的距離為d′＝d＋Δx＝d＋eq\f(2mvR,B2l2)，D正確。2.(2024·黑龍江省齊齊哈爾市高三下三模)(多選)如圖，方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中固定著兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上靜止著與導(dǎo)軌接觸良好的兩根相同金屬桿1和2，兩桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同且不為零，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力?，F(xiàn)用平行于導(dǎo)軌的恒力F拉金屬桿2使其開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，在足夠長(zhǎng)時(shí)間里，下列描述兩金屬桿的速度v隨時(shí)間t變化關(guān)系的圖像中，可能正確的是()答案：BD解析：設(shè)兩金屬桿的質(zhì)量均為m，電阻均為R，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。恒力F作用在桿2上后，桿2做加速運(yùn)動(dòng)，開(kāi)始時(shí)，桿2的速度較小，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流較小，桿1、2所受安培力較小，桿1靜止，設(shè)桿2的速度為v2，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv2，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,2R)，桿1、2所受安培力大小均為F安＝BIL，聯(lián)立解得F安＝eq\f(B2L2v2,2R)，對(duì)桿2由牛頓第二定律得F－F安－μmg＝ma2，解得桿2的加速度a2＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v2,2mR)－μg，隨著桿2的速度v2增大，a2減小，桿2做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)安增大，桿1所受靜摩擦力f1＝F安增大。若a2減小到0時(shí)f1＝F安≤μmg，則之后桿2勻速運(yùn)動(dòng)，桿1一直靜止；若a2減小到大于0的某一值時(shí)f1＝F安＝μmg，則之后桿1開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，設(shè)桿1的速度為v1，電路中總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝BL(v2－v1)，感應(yīng)電流I′＝eq\f(E′,2R)，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)桿1有BI′L－μmg＝ma1，對(duì)桿2有F－BI′L－μmg＝ma2′，解得桿1的加速度a1＝eq\f(B2L2（v2－v1）,2mR)－μg，桿2的加速度a2′＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2（v2－v1）,2mR)－μg，速度不能突變，則加速度不能突變，故開(kāi)始a2′較a1大，則v2－v1越來(lái)越大，a1增大，a2′減小，當(dāng)a1＝a2′時(shí)，v2－v1不變，之后兩桿以相同的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。綜上，B、D可能正確，A、C錯(cuò)誤。3.(2024·河北省張家口市高三下三模)(多選)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的金屬直導(dǎo)軌平行固定于傾角為θ的斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；質(zhì)量為m的金屬條a和質(zhì)量為2m的金屬棒b垂直導(dǎo)軌放置，金屬條a與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2tanθ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，金屬棒b與導(dǎo)軌間無(wú)摩擦，兩者接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R?，F(xiàn)將a、b同時(shí)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中a、b與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，重力加速度為g。下列說(shuō)法中正確的是()A．金屬條a開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)b的加速度大小a＝eq\f(gsinθ,2)B．金屬條a開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)b的速度大小v＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)C．回路中的最終電流I＝eq\f(4mgsinθ,3BL)D．穩(wěn)定后回路中的電功率P＝eq\f(32R（mgsinθ）2,9B2L2)答案：ACD解析：設(shè)金屬條a與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬條a開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流為i，對(duì)a由平衡條件有mgsinθ＋BiL＝μmgcosθ，由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律可知，i＝eq\f(BLv,2R)，聯(lián)立解得此時(shí)b的速度大小v＝eq\f(\a\vs4\al(2mgRsinθ),B2L2)，由牛頓第二定律可知，此時(shí)b的加速度大小a＝eq\f(\a\vs4\al(2mgsinθ－BiL),2m)＝eq\f(gsinθ,2)，A正確，B錯(cuò)誤；最終a、b達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)速度差恒定，以相同的加速度am運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，對(duì)a有mgsinθ＋BIL－μmgcosθ＝mam，對(duì)b有2mgsinθ－BIL＝2mam，聯(lián)立解得回路中的最終電流I＝eq\f(\a\vs4\al(4mgsinθ),3BL)，則穩(wěn)定后回路中的電功率P＝I2·2R＝eq\f(\a\vs4\al(32R（mgsinθ）2),9B2L2)，C、D正確。4．(2024·遼寧高考)(多選)如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L(zhǎng)，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時(shí)由靜止釋放，兩棒在下滑過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)。導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，重力加速度大小為g。兩棒在下滑過(guò)程中()A．回路中的電流方向?yàn)閍bcdaB．a(chǎn)b中電流趨于eq\f(\a\vs4\al(\r(3)mg),3BL)C．a(chǎn)b與cd加速度大小之比始終為2∶1D．兩棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)始終相等答案：AB解析：兩導(dǎo)體棒均沿導(dǎo)軌向下滑動(dòng)，根據(jù)右手定則可知，ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)從a到b，cd中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)從c到d，則回路中的電流方向?yàn)閍bcda，故A正確；設(shè)回路中的總電阻為R，電流為i，ab的加速度大小為aab，cd的加速度大小為acd，對(duì)ab、cd進(jìn)行受力分析，并沿導(dǎo)軌方向和垂直導(dǎo)軌方向進(jìn)行正交分解，在沿導(dǎo)軌方向，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)ab有2mgsin30°－2BiLcos30°＝2maab，對(duì)cd有mgsin30°－BiLcos30°＝macd，故aab＝acd，即ab與cd加速度大小之比始終為1∶1，故C錯(cuò)誤；由C項(xiàng)分析可知，兩導(dǎo)體棒的速度大小始終相等，設(shè)為v，則由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為Eab＝2BL·vcos30°＝eq\r(3)BLv，cd產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為Ecd＝BLvcos30°＝eq\f(\r(3),2)BLv，則Eab≠Ecd，D錯(cuò)誤；由A、D項(xiàng)分析可知，回路中的總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝Eab＋Ecd＝eq\f(3\r(3),2)BLv，隨著導(dǎo)體棒速度v的增大，回路中的總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E增大，回路中的電流i＝eq\f(E,R)增大，導(dǎo)體棒受到的安培力在增大，當(dāng)ab所受安培力沿導(dǎo)軌向上的分力與ab所受重力沿導(dǎo)軌向下的分力平衡時(shí)，設(shè)閉合回路中的電流為I，對(duì)ab有2mgsin30°＝2BILcos30°，則mgsin30°＝BILcos30°，即此時(shí)cd也受力平衡，則此后導(dǎo)體棒ab、cd將勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)電路中的電流達(dá)到穩(wěn)定值且最大，解得I＝eq\f(\r(3)mg,3BL)，即ab中電流趨于eq\f(\r(3)mg,3BL)，故B正確。5．(2024·江西高考)如圖a所示，絕緣水平面上固定一光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌左右兩端分別與兩粗糙的傾斜平行金屬導(dǎo)軌平滑連接，兩側(cè)導(dǎo)軌傾角分別為θ1、θ2，導(dǎo)軌間距均為l＝2m，水平導(dǎo)軌所在區(qū)域存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T?，F(xiàn)有兩均勻金屬細(xì)棒甲和乙，質(zhì)量分別為m1＝6kg和m2＝2kg，接入導(dǎo)軌的電阻均為R＝1Ω。左、右兩側(cè)傾斜導(dǎo)軌與兩棒的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝eq\f(3,20)、μ2＝eq\f(44,183)。初始時(shí)刻，乙靜止在水平導(dǎo)軌上，與水平導(dǎo)軌左端P1P2的距離為d，甲從左側(cè)傾斜導(dǎo)軌高度h＝4m的位置靜止滑下。水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，兩棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌接觸良好且保持垂直。若兩棒發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞。不計(jì)空氣阻力和導(dǎo)軌的電阻。(g取10m/s2，sinθ1＝0.6，sinθ2＝0.8)(1)求甲剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)乙的加速度大小和方向；(2)為使乙第一次到達(dá)水平導(dǎo)軌右端Q1Q2之前甲和乙不相碰，求d的最小值；(3)若乙前兩次在右側(cè)傾斜導(dǎo)軌上相對(duì)于水平導(dǎo)軌的豎直高度y隨時(shí)間t的變化如圖b所示(t1、t2、t3、t4、b均為未知量)，乙第二次進(jìn)入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌之前與甲發(fā)生碰撞，甲在0～t3時(shí)間內(nèi)未進(jìn)入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌，求d的取值范圍。答案：(1)2m/s2水平向右(2)24m(3)eq\f(356,11)m<d<eq\f(696,11)m解析：(1)設(shè)甲剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v0，此時(shí)乙的加速度大小為a乙0。甲從靜止運(yùn)動(dòng)至P1P2處的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有m1gh－μ1m1gcosθ1·eq\f(h,sinθ1)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)－0甲剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E0＝Blv0根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，此時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小I0＝eq\f(E0,2R)對(duì)乙由牛頓第二定律有BI0l＝m2a乙0聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得a乙0＝2m/s2。根據(jù)楞次定律和安培定則可知，此時(shí)回路中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?俯視)，結(jié)合左手定則可知，此時(shí)乙所受安培力方向水平向右，則加速度方向水平向右。(2)甲和乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，兩金屬細(xì)棒受到的安培力大小相等、方向相反，甲、乙兩金屬細(xì)棒組成的系統(tǒng)受到的合力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，若兩者共速時(shí)恰不相碰，則d有最小值d0。設(shè)兩者共速時(shí)的速度為v共，從甲進(jìn)入磁場(chǎng)至兩者共速所用時(shí)間為Δt，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v共對(duì)乙根據(jù)動(dòng)量定理有Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝m2v共－0其中平均電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)回路中磁通量的變化量ΔΦ＝Bld0聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得d0＝24m。(3)根據(jù)題意，乙第一次到達(dá)Q1Q2前甲、乙未發(fā)生碰撞，根據(jù)(2)問(wèn)可知，從甲剛進(jìn)入磁場(chǎng)至甲、乙第一次在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定，甲、乙相對(duì)位移為Δx＝d0＝24m，且穩(wěn)定時(shí)的速度v共＝6m/s乙第一次在右側(cè)傾斜導(dǎo)軌上向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，設(shè)乙的加速度大小為a上，向上運(yùn)動(dòng)的位移大小為x上，根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2＝m2a上根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有0－veq\o\al(2,共)＝－2a上x(chóng)上乙第一次在右側(cè)傾斜導(dǎo)軌上向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，設(shè)乙的加速度大小為a下，向下運(yùn)動(dòng)的位移大小為x下，末速度大小為v2，根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2－μ2m2gcosθ2＝m2a下根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有veq\o\al(2,2)－0＝2a下x下又x上＝x下聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得v2＝5m/s根據(jù)題意，此后甲、乙發(fā)生碰撞結(jié)合成一個(gè)整體，設(shè)整體以大小為v共1的速度經(jīng)過(guò)Q1Q2進(jìn)入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌，甲、乙結(jié)合體第一次在右側(cè)傾斜導(dǎo)軌上向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，加速度大小仍為a上，設(shè)向上滑動(dòng)的位移大小為x上′，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有0－veq\o\al(2,共1)＝－2a上x(chóng)上′由題圖b結(jié)合幾何關(guān)系可知，x上＝4.84x上′聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得v共1＝eq\f(30,11)m/s因(m1＋m2)v共1>m2v2，則甲、乙結(jié)合體不會(huì)進(jìn)入左側(cè)傾斜導(dǎo)軌。設(shè)乙剛返回水平導(dǎo)軌時(shí)甲的速度大小為v1，乙返回水平導(dǎo)軌后與甲相互作用的過(guò)程，以水平向右為正方向，對(duì)甲、乙組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v共1代入數(shù)據(jù)解得v1＝eq\f(175,33)m/s乙返回水平導(dǎo)軌后，分析可知，若乙在Q1Q2處恰與甲發(fā)生碰撞，則d有最小值dmin。設(shè)乙第一次在右側(cè)傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，甲運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為Δt1，位移大小為Δx1，以水平向右為正方向，對(duì)甲根據(jù)動(dòng)量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))1lΔt1＝m1v1－m1v共其中平均感應(yīng)電流eq\o(I,\s\up6(－))1＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))1,2R)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\o(E,\s\up6(－))1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)回路中磁通量的變化量ΔΦ1＝BlΔx1聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得Δx1＝eq\f(92,11)m根據(jù)位移關(guān)系有dmin－Δx＝Δx1代入數(shù)據(jù)解得dmin＝eq\f(356,11)m乙返回水平導(dǎo)軌后，分析可知，若兩者共速時(shí)恰好碰撞，則d有最大值dmax。設(shè)乙從返回水平導(dǎo)軌到與甲碰撞前瞬間的過(guò)程，所用時(shí)間為Δt2，甲、乙間距的減少量為Δx2，以水平向右為正方向，對(duì)乙根據(jù)動(dòng)量定理有Beq\o(I,\s\up6(－))2lΔt2＝m2v共1－(－m2v2)其中平均感應(yīng)電流eq\o(I,\s\up6(－))2＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))2,2R)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\o(E,\s\up6(－))2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)回路中磁通量的變化量ΔΦ2＝BlΔx2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得Δx2＝eq\f(340,11)m根據(jù)位移關(guān)系有dmax－Δx－Δx1＝Δx2代入數(shù)據(jù)解得dmax＝eq\f(696,11)m綜上所述，d的取值范圍為eq\f(356,11)m<d<eq\f(696,11)m。題組二雙桿在不等距平行導(dǎo)軌上6.(2024·江西省上饒市高三一模)(多選)如圖所示，導(dǎo)體棒a、b水平放置于足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌左、右兩部分的間距分別為l、2l，導(dǎo)體棒a、b的質(zhì)量分別為m、2m，接入電路的電阻分別為R和2R，其余部分電阻均忽略不計(jì)。導(dǎo)體棒a、b均處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，a、b兩導(dǎo)體棒均以v0的初速度同時(shí)水平向右運(yùn)動(dòng)，兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸，導(dǎo)體棒a始終在窄軌上運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒b始終在寬軌上運(yùn)動(dòng)，直到兩導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。則該過(guò)程中()A．導(dǎo)體棒中的最大電流為Im＝eq\f(Blv0,3R)B．a(chǎn)棒運(yùn)動(dòng)初始瞬間的加速度方向水平向左C．電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)D．通過(guò)導(dǎo)體棒a的某一橫截面的電荷量q＝eq\f(mv0,3Bl)答案：ACD解析：開(kāi)始時(shí)回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，為Em＝B·2lv0－Blv0＝Blv0，導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電流最大，為Im＝eq\f(Em,3R)＝eq\f(Blv0,3R)，A正確；由楞次定律知，開(kāi)始瞬間閉合回路中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较颍鶕?jù)左手定則可知，a棒運(yùn)動(dòng)初始瞬間所受安培力方向水平向右，則其加速度方向水平向右，B錯(cuò)誤；二者穩(wěn)定時(shí)，回路中沒(méi)有感應(yīng)電流，二者產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，即Blva＝B·2lvb，設(shè)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)之前兩導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，回路中的平均電流為eq\o(I,\s\up6(－))，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理，對(duì)a有Beq\o(I,\s\up6(－))lt＝mva－mv0，對(duì)b有－Beq\o(I,\s\up6(－))·2lt＝2mvb－2mv0，聯(lián)立解得va＝eq\f(4,3)v0，vb＝eq\f(2,3)v0，對(duì)整個(gè)系統(tǒng)，由能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,b)＋Q，解得Q＝eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)，C正確；結(jié)合C項(xiàng)分析，可知通過(guò)導(dǎo)體棒a的某一橫截面的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(m（va－v0）,Bl)＝eq\f(mv0,3Bl)，D正確。7.(2023·遼寧高考)(多選)如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長(zhǎng)度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長(zhǎng)度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時(shí)刻兩棒靜止，兩棒中點(diǎn)之間連接一壓縮量為L(zhǎng)的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個(gè)過(guò)程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是()A．彈簧伸展過(guò)程中，回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏鰾．PQ速率為v時(shí)，MN所受安培力大小為eq\f(4B2d2v,3R)C．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)MN的電荷量為eq\f(BLd,3R)答案：AC解析：分析可知，兩棒所受安培力始終大小相等、方向相反，所以?xún)砂艉蛷椈山M成的系統(tǒng)所受合力始終為0，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則可知MN、PQ運(yùn)動(dòng)方向始終相反，故彈簧伸展過(guò)程中，MN沿導(dǎo)軌向左運(yùn)動(dòng)，PQ沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)楞次定律可知，回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏?，A正確；設(shè)MN質(zhì)量為m，PQ質(zhì)量為2m，則PQ速率為v時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv＝mv′，解得MN速率為v′＝2v，因PQ、MN運(yùn)動(dòng)方向始終相反，則此時(shí)回路中的感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(2Bdv′＋B·2dv,3R)＝eq\f(2Bdv,R)，MN所受安培力大小為FMN＝2BId＝eq\f(4B2d2v,R)，B錯(cuò)誤；由前面分析知，兩棒同時(shí)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)、同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，且MN的速率始終為PQ的2倍，則整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，MN與PQ的路程之比為2∶1，C正確；兩棒最后停止時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，此時(shí)兩棒間距增加了L，由動(dòng)量守恒定律有meq\o(v,\s\up6(－))1＝2meq\o(v,\s\up6(－))2，方程兩邊同時(shí)乘以運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，可得mx1＝2mx2，又x1＋x2＝L，可解得整個(gè)過(guò)程MN向左運(yùn)動(dòng)的位移大小x1＝eq\f(2L,3)，PQ向右運(yùn)動(dòng)的位移大小x2＝eq\f(L,3)，則整個(gè)過(guò)程通過(guò)MN的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(ΔΦ,R總)＝eq\f(2B·\f(2L,3)·d＋B·\f(L,3)·2d,3R)＝eq\f(2BLd,3R)，D錯(cuò)誤。培優(yōu)點(diǎn)3電磁感應(yīng)中的導(dǎo)線框模型題組一只在安培力作用下運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)線框模型1.(2024·陜西省安康市高三下三模)(多選)如圖所示，在絕緣光滑水平面上存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的寬度為2L，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)體框abcd以初速度v1滑行進(jìn)入磁場(chǎng)，當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框的速度為v2，當(dāng)cd邊離開(kāi)右側(cè)邊界的瞬間速度為v3，以下說(shuō)法正確的是()A．導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程和離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中流過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量大小相等B．導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中導(dǎo)體框的加速度逐漸減小C．導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量等于導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量D．v2＝eq\f(v1＋v3,2)答案：ABD解析：由楞次定律的推論可知，導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中受到阻礙導(dǎo)體框前進(jìn)的安培力而速度降低，由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知，導(dǎo)體框中的感應(yīng)電流減小，則導(dǎo)體框所受安培力減小，加速度逐漸減小，B正確；設(shè)導(dǎo)體框的電阻為R，導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程用時(shí)為Δt，則在此過(guò)程中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可知平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(BL2,Δt)，根據(jù)閉合電路歐姆定律，可知平均感應(yīng)電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，根據(jù)電流定義式，可知流過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量q1＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，聯(lián)立解得q1＝eq\f(BL2,R)，同理可知，導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程流過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量q2＝eq\f(BL2,R)＝q1，A正確；設(shè)導(dǎo)體框的質(zhì)量為m，對(duì)導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程由動(dòng)量定理可得－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝mv2－mv1，由A項(xiàng)分析可知eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(BL2,ΔtR)，聯(lián)立得v1－v2＝eq\f(B2L3,mR)，同理可得v2－v3＝eq\f(B2L3,mR)＝v1－v2，解得v2＝eq\f(v1＋v3,2)，D正確；由能量守恒定律可知，導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的熱量Q1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，同理，導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程產(chǎn)生的熱量Q2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，則eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2),veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,3))＝eq\f(（v1＋v2）（v1－v2）,（v2＋v3）（v2－v3）)＝eq\f(v1＋v2,v2＋v3)>1，即導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量大于導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量，C錯(cuò)誤。2．(2023·新課標(biāo)卷)一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的正方形金屬細(xì)框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩虛線為磁場(chǎng)邊界，如圖a所示。(1)使金屬框以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬框的左、右邊框始終與磁場(chǎng)邊界平行，金屬框完全穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。(2)在桌面上固定兩條光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場(chǎng)邊界垂直，左端連接電阻R1＝2R0，導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖b所示。讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量。答案：(1)eq\f(B2L3,mR0)(2)eq\f(3B4L6,25mReq\o\al(2,0))解析：(1)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，有eq\o(E,\s\up6(－))1＝BLeq\o(v,\s\up6(－))1eq\o(v,\s\up6(－))1＝eq\f(L,t1)eq\o(I,\s\up6(－))電流1＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))1,4R0)所受安培力的沖量大小I1＝Beq\o(I,\s\up6(－))電流1Lt1聯(lián)立得I1＝eq\f(B2L3,4R0)同理，金屬框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中所受安培力的沖量大小I2＝eq\f(B2L3,4R0)由動(dòng)量定理并結(jié)合題意可知－I1－I2＝eq\f(mv0,2)－mv0聯(lián)立解得金屬框的初速度大小v0＝eq\f(B2L3,mR0)。(2)設(shè)金屬框左側(cè)邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v1，由于金屬框上、下邊被短路，則金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程電路中的總電阻R總＝R0＋eq\f(R1·R0,R1＋R0)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，根據(jù)(1)同理可知，金屬框所受安培力的沖量大小I1′＝eq\f(B2L3,R總)根據(jù)動(dòng)量定理有－I1′＝mv1－mv0聯(lián)立解得v1＝eq\f(2B2L3,5mR0)設(shè)此過(guò)程回路中產(chǎn)生的總熱量為Q1，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Q1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)由串并聯(lián)電路規(guī)律可知，R1、金屬框左側(cè)邊、金屬框右側(cè)邊中電流之比為1∶2∶3，結(jié)合焦耳定律可知，三者產(chǎn)生的熱量之比為2∶4∶9，則此階段R1產(chǎn)生的熱量QR1＝eq\f(2,15)Q1聯(lián)立解得QR1＝eq\f(7B4L6,125mReq\o\al(2,0))此后金屬框完全進(jìn)入磁場(chǎng)中，則金屬框左右兩邊均作為電源，等效電路圖如圖此時(shí)回路的總電阻R總′＝R1＋eq\f(R0,2)設(shè)金屬框右側(cè)邊到達(dá)磁場(chǎng)右邊界時(shí)的速度為v2，根據(jù)動(dòng)量定理同理有－eq\f(B2L3,R總′)＝mv2－mv1聯(lián)立解得v2＝0，即此時(shí)金屬框恰好靜止設(shè)此過(guò)程回路中產(chǎn)生的總熱量為Q2，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝Q2由串并聯(lián)電路規(guī)律可知，R1、金屬框左側(cè)邊、金屬框右側(cè)邊中電流之比為2∶1∶1，結(jié)合焦耳定律可知，三者產(chǎn)生的熱量之比為8∶1∶1，則此階段R1產(chǎn)生的熱量QR1′＝eq\f(4,5)Q2聯(lián)立解得QR1′＝eq\f(8B4L6,125mReq\o\al(2,0))則在金屬框整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量QR1總＝QR1＋QR1′＝eq\f(3B4L6,25mReq\o\al(2,0))。題組二在安培力和其他力作用下運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)線框模型3.(2024·全國(guó)甲卷)(多選)如圖，一絕緣細(xì)繩跨過(guò)兩個(gè)在同一豎直面(紙面)內(nèi)的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側(cè)滑輪之間的虛線區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)上下邊界水平，在t＝0時(shí)刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場(chǎng)下方進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時(shí)間t變化的圖像中可能正確的是()答案：AC解析：設(shè)虛線區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線框的質(zhì)量為M，電阻為R，上下邊框長(zhǎng)度為L(zhǎng)，物塊的質(zhì)量為m，細(xì)繩上的拉力大小為T(mén)，以初速度的反方向?yàn)榧铀俣鹊恼较?，設(shè)線框與物塊的加速度均為a。線框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，由牛頓第二定律，對(duì)線框有Mg＋F安－T＝Ma，對(duì)物塊有T－mg＝ma，其中線框所受安培力大小F安＝BIL，線框中電流大小I＝eq\f(E,R)，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E＝BLv，聯(lián)立解得a＝eq\f(B2L2v,（M＋m）R)＋eq\f(M－m,M＋m)g。根據(jù)四個(gè)選項(xiàng)中的v-t圖，只考慮t＝0時(shí)線框速度開(kāi)始減小的情況。根據(jù)表達(dá)式a＝eq\f(B2L2v,（M＋m）R)＋eq\f(M－m,M＋m)g可知，可以分三種情況分析v的變化的可能性：(1)M>m，線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，隨著v的減小，a逐漸減小且趨于某個(gè)非零值，線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)，a>0且恒定，線框做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，分析四個(gè)選項(xiàng)的圖，可知沒(méi)有與這種情況對(duì)應(yīng)的圖。(2)M<m，線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，隨著v的減小，a逐漸減小，如果v能減小到某個(gè)非零值，從而使a＝0，則之后線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)，a<0，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，分析四個(gè)選項(xiàng)的圖，可知沒(méi)有與這種情況對(duì)應(yīng)的圖。(3)M＝m，線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，隨著v的減小，a逐漸減小且趨于0，若進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程線框速度能減小到0，則之后線框靜止，A符合這種情況；若進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程線框速度不能減小到0，則完全進(jìn)入磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)，a＝0，線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程，隨著v的減小，a逐漸減小，若離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程線框速度能減小到0，則之后線框靜止，分析四個(gè)選項(xiàng)的圖，可知沒(méi)有與這種情況對(duì)應(yīng)的圖；若離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程線框速度不能減小到0，則線框完全離開(kāi)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)，a＝0，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，分析四個(gè)選項(xiàng)的圖，可知C符合這種情況。綜上所述，A、C可能正確，B、D不可能正確。4.(2023·山東省聊城市高三下三模)(多選)如圖，紙面在豎直平面內(nèi)，水平方向上有兩寬度均為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，磁場(chǎng)的上下邊界水平，區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蚶?，區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蛲?。一質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為d的單匝正方形金屬線框，其總電阻為R，將線框從下邊緣距磁場(chǎng)上邊界距離h處由靜止釋放，線框下邊水平且線框平面始終與磁場(chǎng)方向垂直，當(dāng)線框下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)，恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)線框下邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ但還未穿出磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的某一時(shí)刻，線框開(kāi)始以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知線框下邊緣穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的時(shí)間為t，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是()A．釋放時(shí)線框下邊緣距磁場(chǎng)上邊界距離h＝eq\f(m2gR2,2B4d4)B．v1∶v2＝2∶1C．從線框下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ到線框下邊緣剛穿出磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ過(guò)程中，通過(guò)線框?qū)w橫截面的電荷量q＝eq\f(m（gt＋v1－v2）,Bd)D．從線框下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ到線框下邊緣剛穿出磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ過(guò)程中，線框中產(chǎn)生的總熱量Q＝2mgd＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)答案：AD解析：線框由靜止釋放到線框下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ過(guò)程，做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)線框下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)速度大小為v1，有2gh＝veq\o\al(2,1)，線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E1＝Bdv1，線框中的感應(yīng)電流大小I1＝eq\f(E1,R)，線框所受安培力大小F1＝BI1d，由于線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ，由平衡條件可得F1＝mg，聯(lián)立解得釋放時(shí)線框下邊緣距磁場(chǎng)上邊界距離h＝eq\f(\a\vs4\al(m2gR2),2B4d4)，A正確；當(dāng)線框下邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ但還未穿出磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的某一時(shí)刻，線框開(kāi)始以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，同理可知線框產(chǎn)生的總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E2＝2Bdv2，線框中的感應(yīng)電流大小I2＝eq\f(E2,R)，線框所受安培力大小F2＝2BI2d，由平衡條件可得F2＝mg，聯(lián)立解得v1∶v2＝4∶1，B錯(cuò)誤；從線框下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ到線框下邊緣剛穿出磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ過(guò)程中，由動(dòng)量定理得－eq\o(F,\s\up6(－))′t＋mgt＝mv2－mv1，其中eq\o(F,\s\up6(－))′＝2Beq\o(I,\s\up6(－))′d，由電流的定義式有q＝eq\o(I,\s\up6(－))′·t，聯(lián)立解得該過(guò)程通過(guò)線框?qū)w橫截面的電荷量q＝eq\f(m（gt＋v1－v2）,2Bd)，C錯(cuò)誤；從線框下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ到線框下邊緣剛穿出磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ過(guò)程中，由能量守恒定律有mg·2d＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得線框中產(chǎn)生的總熱量Q＝2mgd＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，D正確。5．(2024·陜西省商洛市高三下第三次尖子生學(xué)情診斷)(多選)如圖所示，距離為L(zhǎng)的豎直虛線PQ、MN之間存在沿水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。有一質(zhì)量為m、電阻為R的直角三角形金屬線框ACD，∠C＝90°，AC邊長(zhǎng)為3L，CD邊長(zhǎng)為1.5L，線框底邊AC在光滑絕緣的水平面上，給金屬線框一個(gè)水平向右的初速度，CD邊出磁場(chǎng)前瞬間線框的加速度大小為a，線框始終在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，AC邊一直不離開(kāi)水平面，則下列判斷正確的是()A．CD邊出磁場(chǎng)前瞬間，線框的速度大小為eq\f(maR,B2L2)B．CD邊出磁場(chǎng)后瞬間，線框的加速度大小為eq\f(1,2)aC．在CD邊剛出磁場(chǎng)到A點(diǎn)剛要進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程中，線框?qū)λ矫娴膲毫Υ笥诰€框重力D．在CD邊剛出磁場(chǎng)到A點(diǎn)剛要進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程中，線框的速度減少量為eq\f(B2L3,2mR)答案：AD解析：設(shè)CD邊出磁場(chǎng)前瞬間，線框的速度大小為v，由幾何關(guān)系可知，CD邊出磁場(chǎng)前瞬間，線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝BLv，則線框中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，線框所受安培力F＝BIL，由牛頓第二定律可得F＝ma，聯(lián)立解得v＝eq\f(maR,B2L2)，A正確；由幾何關(guān)系可知，CD邊出磁場(chǎng)后瞬間，線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度為0.5L，類(lèi)比A項(xiàng)分析可得eq\f(B2（0.5L）2v,R)＝ma′，解得CD邊出磁場(chǎng)后瞬間，線框的加速度大小a′＝eq\f(1,4)a，B錯(cuò)誤；從CD邊剛出磁場(chǎng)到A點(diǎn)剛要進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程中，根據(jù)楞次定律、左手定則可知，AC邊所受安培力豎直向下，AD邊所受安培力垂直AD向上，將AD邊所受安培力沿豎直方向和水平方向進(jìn)行分解，豎直方向上的分力與AC邊所受安培力平衡，則線框受到的安培力水平向左，對(duì)水平面的壓力始終等于線框重力，C錯(cuò)誤；在CD邊剛出磁場(chǎng)到A點(diǎn)剛要進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程中，穿過(guò)線框的磁通量變化量ΔΦ＝B·eq\f(1,2)(L＋1.5L)·L－B·eq\f(1,2)·0.5L·L＝BL2，根據(jù)動(dòng)量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))·0.5L·Δt＝－mΔv，又因?yàn)閝＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)·Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，解得該過(guò)程線框的速度減少量Δv＝eq\f(B2L3,2mR)，D正確。6.(2024·四川省達(dá)州市高三下二診)(多選)如圖所示，寬度為L(zhǎng)、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，上、下邊界水平，左右區(qū)域足夠長(zhǎng)。甲、乙兩完全相同的線圈邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。甲從某一高度由靜止開(kāi)始下落，以v0勻速通過(guò)磁場(chǎng)，乙從同一高度以初速度v0水平拋出，已知下落過(guò)程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平，不計(jì)空氣阻力。則()A．離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)乙的速度為甲的速度的2倍B．從開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到剛好離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，線圈甲、乙產(chǎn)生的焦耳熱相同C．從開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到剛好離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)甲、乙兩線圈橫截面的電荷量相同D．剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線圈乙產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為甲產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的eq\r(2)倍答案：BC解析：線圈乙穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，受到的安培力在水平方向上合力為0，故線圈乙在水平方向上始終以v0勻速運(yùn)動(dòng)；線圈乙穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，沿水平方向切割磁感線，會(huì)在線圈的左、右兩邊產(chǎn)生大小相等、(在回路中)方向相反的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，對(duì)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流沒(méi)有影響，可知線圈甲、乙在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)情況相同，均以v0勻速通過(guò)磁場(chǎng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流相同，穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域所用時(shí)間相同，因此線圈甲、乙產(chǎn)生的焦耳熱相同，通過(guò)甲、乙兩線圈橫截面的電荷量相同，離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)線圈乙的速度大小為v乙＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,0))＝eq\r(2)v0，是甲的eq\r(2)倍，故A、D錯(cuò)誤，B、C正確。7．(2024·陜西省銅川市高三下三模)(多選)如圖，空間等距分布無(wú)數(shù)個(gè)垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，豎直方向磁場(chǎng)區(qū)域足夠長(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T，每一條形磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾燃跋噜彈l形磁場(chǎng)區(qū)域間距均為d＝1m。現(xiàn)有一個(gè)邊長(zhǎng)l＝0.5m、質(zhì)量m＝0.2kg、電阻R＝1Ω的單匝正方形線框，以v0＝8m/s的初速度從左側(cè)磁場(chǎng)邊緣水平進(jìn)入磁場(chǎng)，g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是()A．線框剛進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，加速度大小為10m/s2B．線框穿過(guò)第一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中，通過(guò)線框的電荷量為1CC．線框從開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到豎直下落的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為6.4JD．線框從開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到豎直下落過(guò)程中能穿過(guò)6個(gè)完整磁場(chǎng)區(qū)域答案：CD解析：設(shè)線框剛進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)加速度大小為a1，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝Blv0，由閉合電路歐姆定律知，感應(yīng)電流為I1＝eq\f(E1,R)，安培力在豎直方向上的