專題2-8-電磁感應綜合問題(解析版)

核心主干專題突破專題2.8電磁感應綜合問題目錄TOC\o"1-3"\h\u【突破高考題型】 1題型一楞次定律與法拉第電磁感應定律的應用 1題型二電磁感應中的電路和圖像問題 4類型1動生圖像問題 5類型2感生圖像問題 6類型3圖像的分析及應用 7類型4電磁感應中的電路問題 8題型三電磁感應中的動力學和能量問題 9類型1電磁感應中的動力學問題 9類型2電磁感應中動力學與能量的綜合問題 10題型四動量觀點在電磁感應中的應用 11類型1動量定理在電磁感應中的應用 11類型2動量守恒定律在電磁感應中的應用 13【專題突破練】 15【突破高考題型】題型一楞次定律與法拉第電磁感應定律的應用1.感應電流方向的判斷方法2.感應電動勢大小的求法情境圖研究對象表達式回路(不一定閉合)三種形式E＝eq\f(nΔΦ,Δt)E＝neq\f(ΔBS,Δt)E＝eq\f(nBΔS,Δt)一段直導線(或等效直導線)E＝Blv繞一端轉動的一段導體棒E＝eq\f(1,2)Bl2ω繞與B垂直的軸轉動的導線框從圖示時刻計時E＝NBSωcosωt3.感應電荷量的計算磁通量變化遷移的電荷量：q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(nΔΦ,RΔt)Δt＝neq\f(ΔΦ,R)，q僅由回路電阻R和磁通量的變化量ΔΦ決定?！纠?】(2022·浙江模擬預測)如圖甲，金屬環(huán)a放置在垂直環(huán)面向里的勻強磁場中。如圖乙，環(huán)形導線c與導軌、導體棒構成閉合回路，導體棒在勻強磁場中向右運動，金屬環(huán)b與環(huán)形導線c共面共心。下列說法正確的是()A.當圖甲中勻強磁場減弱，a中產生沿逆時針方向的電流，且有收縮的趨勢B.當圖甲中勻強磁場增強，a中產生沿順時針方向的電流，且有擴張的趨勢C.當圖乙中的導體棒向右減速運動，環(huán)b中產生順時針方向的電流，且有收縮的趨勢D.當圖乙中的導體棒向右勻速運動，環(huán)b中產生逆時針方向的電流，且有擴張的趨勢【答案】C【解析】當圖甲中的勻強磁場減弱時，根據楞次定律可知，金屬環(huán)a中產生沿順時針方向的感應電流，根據左手定則可知，金屬環(huán)a所受的安培力指向環(huán)外，有擴張的趨勢，A錯誤；同理，當題圖甲中的勻強磁場增強時，金屬環(huán)a中產生沿逆時針方向的感應電流，且有收縮的趨勢，B錯誤；當題圖乙中導體棒向右減速運動時，根據右手定則可知，導線c中有順時針方向且減小的感應電流，根據楞次定律可知，金屬環(huán)b產生順時針方向的感應電流，再根據同向電流相互吸引，導線c對金屬環(huán)b的安培力指向圓心，金屬環(huán)b有收縮的趨勢，C正確；當題圖乙中的導體棒向右勻速運動時，根據右手定則可知，導線c中產生順時針方向的感應電流，且導線c中的感應電流恒定，產生的磁場也恒定，金屬環(huán)b中不會產生感應電流，D錯誤?！纠?】(2022·浙江紹興適應考)如圖所示，右端為N極的磁鐵置于粗糙水平桌面上并與輕質彈簧相連，彈簧一端固定在豎直墻面上，當彈簧處于原長時，磁鐵的中心恰好是接有一盞小燈泡的豎直固定線圈的圓心。用力將磁鐵向右拉到某一位置，撤去作用力后磁鐵穿過線圈來回振動，有關這個振動過程，以下說法正確的是()A．燈泡的亮暗不會發(fā)生變化B．磁鐵接近線圈時，線圈對磁鐵產生排斥力C．從左往右看線圈中的電流一直沿逆時針方向D．若忽略摩擦力和阻力，磁鐵振動的幅度不會減小【答案】B【解析以S極靠近線圈分析，速度增大，且靠近線圈時磁感應強度增大，則穿過線圈磁通量變化率增大，感應電流增大，燈泡會變亮，A錯誤；根據楞次定律“來拒去留”可知磁鐵接近線圈時，線圈對磁鐵產生排斥力，B正確；當S極靠近線圈時，根據楞次定律可知，線圈中的電流沿逆時針方向，當S極向右運動遠離線圈時，根據楞次定律可知，線圈中的電流沿順時針方向，C錯誤；若忽略摩擦力和阻力，磁鐵的振幅也會越來越小，因為彈簧和磁鐵的機械能逐漸轉化為焦耳熱，D錯誤?！纠?】(多選)(2021·遼寧卷·9)如圖(a)所示，兩根間距為L、足夠長的光滑平行金屬導軌豎直放置并固定，頂端接有阻值為R的電阻，垂直導軌平面存在變化規(guī)律如圖(b)所示的勻強磁場，t＝0時磁場方向垂直紙面向里．在t＝0到t＝2t0的時間內，金屬棒水平固定在距導軌頂端L處；t＝2t0時，釋放金屬棒．整個過程中金屬棒與導軌接觸良好，導軌與金屬棒的電阻不計，則()A．在t＝eq\f(t0,2)時，金屬棒受到安培力的大小為eq\f(B02L3,t0R)B．在t＝t0時，金屬棒中電流的大小為eq\f(B0L2,t0R)C．在t＝eq\f(3t0,2)時，金屬棒受到安培力的方向豎直向上D．在t＝3t0時，金屬棒中電流的方向向右【答案】BC【解析】由題圖(b)可知在0～t0時間段內閉合回路產生的感應電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0L2,t0)，根據閉合電路歐姆定律有，此時間段內的電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0L2,Rt0)，在eq\f(t0,2)時磁感應強度大小為eq\f(B0,2)，此時安培力大小為F＝eq\f(B0,2)IL＝eq\f(B02L3,2Rt0)，故A錯誤，B正確；由題圖(b)可知，在t＝eq\f(3t0,2)時，磁場方向垂直紙面向外并逐漸增大，根據楞次定律可知產生順時針方向的電流，再由左手定則可知金屬棒受到的安培力方向豎直向上，故C正確；由題圖(b)可知，在t＝3t0時，磁場方向垂直紙面向外，金屬棒向下掉的過程中穿過回路的磁通量增加，根據楞次定律可知金屬棒中的感應電流方向向左，故D錯誤．【例4】(多選)如圖所示，將半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同一絕緣水平面內，兩導軌之間接有阻值為R的定值電阻和一個電容為C的電容器，整個裝置處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中。將一個長度為r、阻值為R的金屬棒AD置于圓導軌上，O、A、D三點共線，在外力的作用下金屬棒以O為轉軸逆時針勻速轉動，轉速為n，元電荷大小為e，轉動過程中金屬棒與導軌接觸良好，導軌電阻不計。下列說法正確的是()A.D點的電勢高于A點的電勢B.金屬棒產生的感應電動勢大小為3πBnr2C.電容器的電荷量為3πCBnr2D.一質子在電容器中從S板附近運動到T板附近時，靜電力所做的功為eq\f(3πeBnr2,2)【答案】BD【解析】由右手定則可知，D點的電勢低于A點的電勢，選項A錯誤；角速度ω＝2πn，金屬棒產生的感應電動勢大小為E＝Brωeq\f(r＋2r,2)＝3πBnr2，選項B正確；電容器極板間的電壓U＝eq\f(ER,R＋R)＝eq\f(3,2)πBnr2，電容器的電荷量為Q＝eq\f(3,2)πCBnr2，選項C錯誤；一質子在電容器中從S板附近運動到T板附近時，靜電力所做的功為W＝Ue＝eq\f(3πeBnr2,2)，選項D正確。題型二電磁感應中的電路和圖像問題1.電磁感應中電路問題的解題流程2.解決圖像問題的兩種常用方法(1)排除法：定性地分析每一個過程中物理量的變化(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負，排除錯誤的選項。(2)函數(shù)法：根據題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系，然后由函數(shù)關系對圖像作出分析和判斷。3.分析電磁感應圖像問題的三點注意(1)注意初始時刻的特征，如初始時刻感應電流是否為零，感應電流的方向如何。(2)注意電磁感應發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖像變化對應。(3)注意觀察圖像的變化趨勢，判斷圖像斜率的大小、圖像的曲直是否和物理過程對應。類型1動生圖像問題【例1】(多選)(2022·河北卷·8)如圖，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，一根導軌位于x軸上，另一根由ab、bc、cd三段直導軌組成，其中bc段與x軸平行，導軌左端接入一電阻R.導軌上一金屬棒MN沿x軸正向以速度v0保持勻速運動，t＝0時刻通過坐標原點O，金屬棒始終與x軸垂直．設運動過程中通過電阻的電流強度為i，金屬棒受到安培力的大小為F，金屬棒克服安培力做功的功率為P，電阻兩端的電壓為U，導軌與金屬棒接觸良好，忽略導軌與金屬棒的電阻．下列圖像可能正確的是()【答案】AC【解析】在0～eq\f(L,v0)時間內，在某時刻金屬棒切割磁感線的長度L＝l0＋v0ttanθ(θ為ab與ad的夾角)，則根據E＝BLv0，可得I＝eq\f(BLv0,R)＝eq\f(Bv0,R)(l0＋v0ttanθ)，可知回路電流均勻增加；安培力F＝eq\f(B2L2v0,R)＝eq\f(B2v0,R)(l0＋v0ttanθ)2，則F－t關系為二次函數(shù)關系，但是不過原點；安培力做功的功率P＝Fv0＝eq\f(B2L2v02,R)＝eq\f(B2v02,R)(l0＋v0ttanθ)2，則P－t關系為二次函數(shù)關系，但是不過原點；電阻兩端的電壓等于金屬棒產生的感應電動勢，即U＝E＝BLv0＝Bv0(l0＋v0ttanθ)，即U－t圖像是不過原點的直線；根據以上分析，可排除B、D選項；在eq\f(L,v0)～eq\f(2L,v0)時間內，金屬棒切割磁感線的長度不變，感應電動勢E不變，感應電流I不變，安培力F大小不變，安培力的功率P不變，電阻兩端電壓U保持不變；同理可判斷，在eq\f(2L,v0)～eq\f(3L,v0)時間內，金屬棒切割磁感線長度逐漸減小，金屬棒切割磁感線的感應電動勢E均勻減小，感應電流I均勻減小，安培力F大小按照二次函數(shù)關系減小，但是不能減小到零，與0～eq\f(L,v0)內是對稱的關系，安培力的功率P按照二次函數(shù)關系減小，但是不能減小到零，與0～eq\f(L,v0)內是對稱的關系，電阻兩端電壓U按線性均勻減小，綜上所述選項A、C可能正確，B、D錯誤．類型2感生圖像問題【例2】(多選)(2022·安徽六安模擬)固定的矩形導線框abcd放在勻強磁場中，磁場方向與導線框垂直，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖所示。t＝0時刻，磁感應強度的方向垂直紙面向里。規(guī)定順時針方向為電流的正方向、向左為安培力的正方向，在0～4s內，導線框中的電流及導線框的ab邊所受安培力隨時間變化的圖像可能是()【答案】AD【解析】由法拉第電磁感應定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，由圖可知，0～2s內，導線框中磁通量的變化率相同，電流的方向相同，由楞次定律可知，電路中電流方向為順時針，即電流為正方向；同理可得，2～4s內電路中的電流為逆時針，電流為負的，且兩段時間內磁通量的變化率大小相等，回路中的感應電動勢大小相等，感應電流大小相等，A正確，B錯誤；由F＝IlB可知，電流大小恒定的情況下，F(xiàn)與B成正比，結合左手定則可知，0～1s內與2～3s內安培力向左，為正，1～2s內與3～4s內安培力向右，為負，C錯誤，D正確。類型3圖像的分析及應用【例3】(多選)如圖甲所示，光滑水平面上，在MN、QP間存在一勻強磁場，t＝0時，一正方形光滑金屬線框在水平向右的外力F作用下，緊貼MN從靜止開始做勻加速直線運動，外力F隨時間t變化的圖線如圖乙所示．已知線框質量m＝1kg、電阻R＝2Ω，則()A．磁場寬度為4mB．勻強磁場的磁感應強度大小為eq\r(2)TC．線框穿過磁場的過程中，通過線框的電荷量為2CD．線框穿過磁場的過程中，線框產生的熱量為1J【答案】AB【解析】線框的加速度大小為a＝eq\f(F0,m)＝2m/s2，磁場寬度d＝eq\f(1,2)at22＝4m，A正確；線框的邊長L＝eq\f(1,2)at12＝1m，當線框全部進入磁場前的瞬間有F1－F安＝ma，F(xiàn)安＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(B2L2at1,R)，聯(lián)立解得B＝eq\r(2)T，B正確；線框穿過磁場的過程中，穿過線框的磁通量不變，通過線框的電荷量為零，C錯誤；線框進入磁場的過程中，線框產生的熱量為Q＝W－eq\f(1,2)mv2，W＝eq\f(p2,2m)＝eq\f(\x\to(F)t22,2m)＝eq\f(9,2)J，v＝2m/s，代入解得Q＝eq\f(5,2)J>1J，故線框穿過磁場的過程中，線框產生的熱量大于1J，D錯誤．類型4電磁感應中的電路問題【例4】(2022·全國甲卷，16)三個用同樣的細導線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示。把它們放入磁感應強度隨時間線性變化的同一勻強磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應電流的大小分別為I1、I2和I3。則()A.I1<I3<I2 B.I1>I3>I2C.I1＝I2>I3 D.I1＝I2＝I3【答案】C【解析】設圓線框的半徑為r，則由題意可知正方形線框的邊長為2r，正六邊形線框的邊長為r；所以圓線框的周長為C2＝2πr，面積為S2＝πr2同理可知正方形線框的周長和面積分別為C1＝8r，S1＝4r2正六邊形線框的周長和面積分別為C3＝6r，S3＝eq\f(3\r(3)r2,2)三個線框材料、粗細相同，根據電阻定律R＝ρeq\f(L,S橫截面)可知三個線框電阻之比為R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝4∶π∶3根據法拉第電磁感應定律有I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,R)由于三個線框處于同一隨時間線性變化的磁場中，可得電流之比為I1∶I2∶I3＝eq\f(S1,R1)∶eq\f(S2,R2)∶eq\f(S3,R3)＝2∶2∶eq\r(3)即I1＝I2>I3，故選項C正確。題型三電磁感應中的動力學和能量問題1．電磁感應中動力學問題的分析方法(1)分析導體棒的受力，畫出受力示意圖(注意將立體圖轉化為平面圖)．(2)注意動態(tài)變化過程分析2．能量轉化及焦耳熱的求法(1)能量轉化關系(2)焦耳熱的三種求法①焦耳定律：Q＝I2Rt，適用于電流、電阻不變的情況．②功能關系：Q＝W克安，W克安表示克服安培力做的功，電流變或不變都適用．③能量轉化：Q＝ΔE其他，ΔE其他表示其他能的減少量，電流變或不變都適用.類型1電磁感應中的動力學問題【例1】如圖所示，兩平行且無限長光滑金屬導軌MN、PQ與水平面的夾角為θ＝30°，兩導軌之間的距離為L＝1m，兩導軌M、P之間接入電阻R＝0.2Ω，導軌電阻不計，在abdc區(qū)域內有一個方向垂直于兩導軌平面向下的磁場Ⅰ，磁感應強度大小B0＝1T，磁場的寬度x1＝1m；在cd連線以下區(qū)域有一個方向也垂直于導軌平面向下的磁場Ⅱ，磁感應強度B1＝0.5T。一個質量為m＝1kg的金屬棒垂直放在金屬導軌上，與導軌接觸良好，金屬棒的電阻r＝0.2Ω，若金屬棒在離ab連線上端x0處自由釋放，則金屬棒進入磁場Ⅰ恰好做勻速運動。金屬棒進入磁場Ⅱ后，經過ef時又達到穩(wěn)定狀態(tài)，cd與ef之間的距離x2＝8m。(g取10m/s2)。求：(1)金屬棒在磁場Ⅰ運動的速度大??；(2)金屬棒滑過cd位置時的加速度大?。?3)金屬棒在磁場Ⅱ中達到穩(wěn)定狀態(tài)時的速度大小?！敬鸢浮?1)2m/s(2)3.75m/s2(3)8m/s【解析】(1)金屬棒進入磁場Ⅰ做勻速運動，設速度大小為v0由平衡條件得mgsinθ＝F安而F安＝I0LB0，I0＝eq\f(B0Lv0,R＋r)解得v0＝2m/s。(2)金屬棒滑過cd位置時，其受力如圖所示。由牛頓第二定律得mgsinθ－F安′＝ma，而F安′＝I1LB1，I1＝eq\f(B1Lv0,R＋r)解得a＝3.75m/s2。(3)金屬棒在磁場Ⅱ區(qū)域中達到穩(wěn)定狀態(tài)時，設速度大小為v1，則mgsinθ＝F安″，而F安″＝B1I2L，I2＝eq\f(B1Lv1,R＋r)，代入數(shù)據解得v1＝8m/s。類型2電磁感應中動力學與能量的綜合問題【例2】(2022·河南洛陽市模擬)如圖甲所示，金屬導軌MN和PQ平行，間距L＝1m，與水平面之間的夾角α＝37°，勻強磁場磁感應強度大小B＝2.0T，方向垂直于導軌平面向上，MP間接有阻值R＝1.5Ω的電阻，質量m＝0.5kg，接入電路中電阻r＝0.5Ω的金屬桿ab垂直導軌放置，金屬桿與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2.現(xiàn)用恒力F沿導軌平面向上拉金屬桿ab，使其由靜止開始運動，當金屬桿上滑的位移x＝3.8m時達到穩(wěn)定狀態(tài)，金屬桿始終與導軌接觸良好，對應過程的v－t圖像如圖乙所示．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，導軌足夠長且電阻不計．求：(1)恒力F的大小及金屬桿的速度為0.4m/s時的加速度大??；(2)從金屬桿開始運動到剛達到穩(wěn)定狀態(tài)，通過電阻R的電荷量；(3)從金屬桿開始運動到剛達到穩(wěn)定狀態(tài)，金屬桿上產生的焦耳熱．【答案】(1)5.8N2.4m/s2(2)3.8C(3)1.8375J【解析】(1)當金屬桿勻速運動時，由平衡條件得F＝μmgcos37°＋mgsin37°＋F安由題圖乙知v＝1m/s，則F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝2N解得F＝5.8N當金屬桿的速度為0.4m/s時F安1＝BI1L＝eq\f(B2L2v1,R＋r)＝0.8N由牛頓第二定律有F－μmgcos37°－mgsin37°－F安1＝ma解得a＝2.4m/s2.(2)由q＝eq\x\to(I)·Δteq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)得q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx,R＋r)＝3.8C.(3)從金屬桿開始運動到剛到達穩(wěn)定狀態(tài)，由動能定理得(F－μmgcos37°－mgsin37°)x＋W安＝eq\f(1,2)mv2－0又Q＝|W安|＝7.35J，所以解得Qr＝eq\f(r,R＋r)Q＝1.8375J.題型四動量觀點在電磁感應中的應用類型1動量定理在電磁感應中的應用在導體單桿切割磁感線做變加速運動時，若牛頓運動定律和能量觀點不能解決問題，可運用動量定理巧妙解決問題求解的物理量應用示例電荷量或速度－Beq\x\to(I)LΔt＝mv2－mv1，q＝eq\x\to(I)Δt，即－BqL＝mv2－mv1位移－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R總)＝0－mv0，即－eq\f(B2L2x,R總)＝0－mv0時間－Beq\x\to(I)LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1已知電荷量q、F其他(F其他為恒力)－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R總)＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－eq\f(B2L2x,R總)＋F其他Δt＝mv2－mv1已知位移x、F其他(F其他為恒力)【例1】(多選)(2022·河南開封市二模)如圖所示，在光滑的水平面上有一方向豎直向下的有界勻強磁場．磁場區(qū)域的左側，一正方形線框由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁場邊界水平向右運動，經過位置Ⅱ，當運動到位置Ⅲ時速度恰為零，此時線框剛好有一半離開磁場區(qū)域．線框的邊長小于磁場區(qū)域的寬度．若線框進、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量分別為q1、q2，線框經過位置Ⅱ時的速度為v.則下列說法正確的是()A．q1＝q2 B．q1＝2q2C．v＝1.0m/s D．v＝1.5m/s【答案】BD【解析】根據q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)可知，線框進、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量q1＝2q2，故A錯誤，B正確；線圈從開始進入到位置Ⅱ，由動量定理－Beq\x\to(I1)LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理線圈從位置Ⅱ到位置Ⅲ，由動量定理－Beq\x\to(I2)LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，聯(lián)立解得v＝eq\f(1,3)v0＝1.5m/s，故C錯誤，D正確．【例2】(多選)(2022·湖南卷·10)如圖，間距L＝1m的U形金屬導軌，一端接有0.1Ω的定值電阻R，固定在高h＝0.8m的絕緣水平桌面上．質量均為0.1kg的勻質導體棒a和b靜止在導軌上，兩導體棒與導軌接觸良好且始終與導軌垂直，接入電路的阻值均為0.1Ω，與導軌間的動摩擦因數(shù)均為0.1(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，導體棒a距離導軌最右端1.74m．整個空間存在豎直向下的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度大小為0.1T．用F＝0.5N沿導軌水平向右的恒力拉導體棒a，當導體棒a運動到導軌最右端時，導體棒b剛要滑動，撤去F，導體棒a離開導軌后落到水平地面上．重力加速度取10m/s2，不計空氣阻力，不計其他電阻，下列說法正確的是()A．導體棒a離開導軌至落地過程中，水平位移為0.6mB．導體棒a離開導軌至落地前，其感應電動勢不變C．導體棒a在導軌上運動的過程中，導體棒b有向右運動的趨勢D．導體棒a在導軌上運動的過程中，通過電阻R的電荷量為0.58C【答案】BD【解析】導體棒a在導軌上向右運動，產生的感應電流方向向里，流過導體棒b的電流方向向里，由左手定則可知安培力向左，則導體棒b有向左運動的趨勢，故C錯誤；導體棒b與電阻R并聯(lián)，有I＝eq\f(BLv,0.15Ω)，當導體棒a運動到導軌最右端時，導體棒b剛要滑動，有B·eq\f(I,2)·L＝μmg，聯(lián)立解得導體棒a的速度為v＝3m/s，導體棒a離開導軌至落地前做平拋運動，有x＝vt，h＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得導體棒a離開導軌至落地過程中水平位移為x＝1.2m，故A錯誤；導體棒a離開導軌至落地前做平拋運動，水平速度切割磁感線，則產生的感應電動勢不變，故B正確；導體棒a在導軌上運動的過程中，通過電路的電荷量為q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(BL·Δx,0.15Ω)＝eq\f(0.1×1×1.74,0.15)C＝1.16C，導體棒b與電阻R并聯(lián)，則通過電阻R的電荷量為qR＝eq\f(q,2)＝0.58C，故D正確．類型2動量守恒定律在電磁感應中的應用雙桿模型物理模型“一動一靜”：甲桿靜止不動，乙桿運動，其實質是單桿問題，不過要注意問題包含著一個條件——甲桿靜止，受力平衡兩桿都在運動，對于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產生的感應電動勢是相加還是相減；系統(tǒng)動量是否守恒分析方法動力學觀點通常情況下一個金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動，而另一個金屬桿做加速度逐漸減小的減速運動，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運動能量觀點兩桿系統(tǒng)機械能減少量等于回路中產生的焦耳熱之和動量觀點對于兩金屬桿在平直的光滑導軌上運動的情況，如果兩金屬桿所受的外力之和為零，則考慮應用動量守恒定律處理問題【例1】(多選)(2022·河北省模擬)如圖所示，兩根相距L且電阻不計的足夠長光滑金屬導軌，導軌左端為弧形，右端水平，且水平部分處于方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中．銅棒a、b電阻均為R、質量均為m，均與導軌垂直且與導軌接觸良好，銅棒b靜止在導軌水平部分，銅棒a在弧形導軌上從距離水平部分高度為h＝0.5L處由靜止釋放，重力加速度為g，關于此后的過程，下列說法正確的是()A．回路中的最大電流為eq\f(\r(gL)BL,R)B．銅棒b的最大加速度為eq\f(\r(gL)B2L2,2mR)C．銅棒b獲得的最大速度為eq\r(gL)D．回路中產生的總焦耳熱為eq\f(mgL,4)【答案】BD【解析】銅棒a沿弧形導軌下滑，剛進入磁場區(qū)域時，由機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，且h＝0.5L，解得v＝eq\r(gL)，回路中的最大感應電動勢E＝BLv，回路中的最大電流I＝eq\f(E,2R)，聯(lián)立解得I＝eq\f(BL\r(gL),2R)，故A錯誤；銅棒b受到的最大安培力F安＝BIL，由牛頓第二定律有F安＝ma，解得銅棒b的最大加速度a＝eq\f(B2L2\r(gL),2mR)，故B正確；銅棒a、b在勻強磁場中做切割磁感線運動的過程中，整體所受合外力為零，動量守恒，最終銅棒a、b速度相等，由動量守恒定律得mv＝2mv′，解得銅棒b獲得的最大速度為v′＝eq\f(\r(gL),2)，故C錯誤；由能量守恒定律得，回路中產生的總焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×2mv′2＝eq\f(mgL,4)，故D正確．【例2】.(多選)(2022·北京市模擬)如圖，兩根足夠長的固定的光滑平行金屬導軌位于同一水平面內，兩導軌間的距離為L.導軌上面橫放著兩根導體棒1和2，構成矩形回路．兩根導體棒的質量皆為m，接入電路電阻皆為R，回路中其余部分的電阻可不計，在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B.初始棒2靜止，棒1有指向棒2的初速度v0.若兩導體棒在運動中始終不接觸，則()A．棒1的最小速度為零B．棒2的最大加速度為eq\f(B2L2v0,2mR)C．棒1兩端電壓的最大值為BLv0D．棒2產生的最大熱量為eq\f(1,8)mv02【答案】BD【解析】當導體棒1開始運動時，回路中有感應電流，兩導體棒受到大小相等的安培力作用，棒1做減速運動，棒2做加速運動，當兩棒速度相等時，回路中電流等于零，兩棒受力平衡，都做勻速直線運動，此時棒1的速度最小，A錯誤；當導體棒1剛開始運動時，導體棒2的加速度最大，有E＝BLv0，此時回路中的電流I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BLv0,2R)，由牛頓第二定律可得F＝BIL＝Beq\f(BLv0,2R)L＝eq\f(B2L2v0,2R)＝ma，得a＝eq\f(B2L2v0,2mR)，B正確；當導體棒1剛開始運動時，回路中的感應電動勢最大，感應電流最大，則棒1兩端電壓最大值為U1＝IR＝eq\f(ER,2R)＝eq\f(1,2)BLv0，C錯誤；當兩棒的速度相等時，系統(tǒng)產生的焦耳熱最多，從開始運動到穩(wěn)定的運動過程中，兩棒的總動量守恒，設向右為正方向，由動量守恒定律可得mv0＝2mv，由能量守恒定律可得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×2mv2＋Q，導體棒2產生的最大熱量為Q2＝eq\f(1,2)Q，聯(lián)立解得Q2＝eq\f(1,8)mv02，D正確．【專題突破練】1.(2022·河南省三模)航母上的飛機起飛可以利用電磁驅動來實現(xiàn)．電磁驅動原理示意圖如圖所示，在固定線圈左右兩側對稱位置放置兩個閉合金屬圓環(huán)，鋁環(huán)和銅環(huán)的形狀、大小相同，已知銅的電阻率較小，不計所有接觸面間的摩擦，則閉合開關S的瞬間()A．鋁環(huán)向右運動，銅環(huán)向左運動B．鋁環(huán)和銅環(huán)都向右運動C．銅環(huán)受到的安培力小于鋁環(huán)受到的安培力D．從左向右看，銅環(huán)中的感應電流沿順時針方向【答案】D【解析】閉合開關S的瞬間，穿過兩個金屬圓環(huán)的磁通量均增大，為阻礙磁通量的增大，鋁環(huán)向左運動，銅環(huán)向右運動，A、B錯誤；由于銅環(huán)和鋁環(huán)的形狀、大小相同，銅的電阻率較小，故銅環(huán)的電阻較小，兩環(huán)對稱放在固定線圈兩側，閉合開關S瞬間，穿過兩環(huán)的磁通量的變化率相等，則兩環(huán)產生的感應電動勢相等，則銅環(huán)中的感應電流較大，故銅環(huán)受到的安培力較大，C錯誤；由右手螺旋定則可知，閉合開關S瞬間，穿過銅環(huán)的磁通量向左增大，由楞次定律知，從左向右看，銅環(huán)中的感應電流沿順時針方向，D正確．2.(2022·黑龍江省哈爾濱三中模擬)半徑為L的圓形磁場區(qū)域如圖所示，左側磁場方向垂直紙面向外，右側磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小均為B.導體棒AB長為2L，與圓磁場的直徑重合．當導體棒以角速度ω繞其中點在紙面內順時針轉動時，導體棒兩端的電勢差UAB為()A．0 B．eq\f(BL2ω,2)C．BL2ω D．2BL2ω【答案】C【解析】由右手定則可知，A端電勢高于B端電勢，由安培定則可知UAO＝UOB＝eq\f(1,2)BL2ω，則有UAB＝UAO＋UOB＝BL2ω，故選C.2.(多選)(2022·山東濱州市高三期末)如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中，有一質量為m、阻值為R、邊長為L的閉合正方形金屬線框abcd固定在長度為2L的絕緣輕質細桿一端，細桿另一端在O點可繞垂直紙面的水平軸無摩擦轉動．線框ad邊靠近觀察者，金屬線框從右側與O點等高處水平無初速度釋放，線框擺到最低點的另一側，細桿與豎直方向的最大夾角為θ(如圖)，線框平面始終垂直紙面，重力加速度為g.此過程中，下列說法正確的是()A．線框中感應電流的方向始終是d→c→b→a→dB．線框擺到最低點時，線框ab邊所受安培力為零C．流過線框某一橫截面的電荷量為eq\f(BL2sinθ＋1,R)D．線框產生的電熱為2mgLcosθ【答案】AC【解析】閉合正方形金屬線框abcd在轉動中，ab邊和cd邊在磁場中切割磁感線，由于cd邊比ab邊切割速度大，由右手定則判定，金屬線框中產生的感應電流方向是d→c→b→a→d，因為線框是擺動的，ab邊和cd邊切割磁感線的方向不變，所以線框中感應電流的方向一直不變，A正確；線框擺到最低點時，線框速度最大，因線框中有電流經ab邊，所以ab邊所受安培力不為零，B錯誤；金屬線框在磁場的整個運動中，設所用時間為Δt，穿過金屬線框的磁通量的變化量等于ΔΦ＝BL2－(－BL2sinθ)＝BL2(sinθ＋1)，金屬線框中感應電流的平均值為eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(ΔΦ,R·Δt)＝eq\f(BL2sinθ＋1,R·Δt)，由電流的定義式可知，流經線框某一橫截面的電荷量為q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(BL2sinθ＋1,R)，C正確；由能量守恒定律可知，線框產生的電熱等于金屬線框減少的機械能，則有Q＝mgΔh＝mg(2L＋eq\f(1,2)L)cosθ＝eq\f(5,2)mgLcosθ，D錯誤．3．(多選)(2022·廣東深圳市模擬)如圖甲所示，正方形線圈abcd內有垂直于線圈的勻強磁場，已知線圈匝數(shù)n＝10，邊長ab＝1m，線圈總電阻r＝1Ω，線圈內磁感應強度隨時間的變化情況如圖乙所示．設圖示的磁場方向與感應電流方向為正方向，則下列有關線圈的電動勢e、感應電流i、ab邊受到的安培力F(取向下為正方向)以及焦耳熱Q隨時間t的變化圖像正確的是()【答案】CD【解析】在0～1s內產生的感應電動勢為e1＝eq\f(nSΔB,Δt)＝2V，方向為逆時針，同理在1～5s內產生的感應電動勢為e2＝eq\f(nSΔB2,Δt2)＝1V，方向為順時針，A錯誤；0～1s內的感應電流大小為i1＝eq\f(e1,r)＝2A，方向為逆時針(負值)，同理1～5s內的感應電流大小為i2＝1A，方向為順時針(正值)，B錯誤；ab邊受到的安培力大小為F＝nBiL，可知在0～1s內，F(xiàn)均勻增大，大小范圍為0≤F≤4N，方向向下(正值)，在1～3s內，F(xiàn)均勻減小，大小范圍為0≤F≤2N，方向向上(負值)，在3～5s內，F(xiàn)均勻增大，大小范圍為0≤F≤2N，方向向下(正值)，C正確；線圈產生的焦耳熱為Q＝eit，在0～1s內，隨時間均勻增大，ΔQ1＝4J，在1～5s內，隨時間均勻增大，ΔQ2＝4J，D正確．4.(多選)(2022·河南鄭州市二模)在甲、乙、丙圖中，MN、PQ是固定在同一水平面內足夠長的平行金屬導軌．導體棒ab垂直放在導軌上，導軌都處于垂直水平面向下的勻強磁場中，導體棒和導軌間的摩擦不計，導體棒、導軌和直流電源的電阻均可忽略，甲圖中的電容器C原來不帶電．現(xiàn)給導體棒ab一個向右的初速度v0，對甲、乙、丙圖中導體棒ab在磁場中的運動狀態(tài)描述正確的是()A．甲圖中，棒ab最終做勻速運動B．乙圖中，棒ab做勻減速運動直到最終靜止C．丙圖中，棒ab最終做勻速運動D．甲、乙、丙中，棒ab最終都靜止【答案】AC【解析】題圖甲中，導體棒向右運動切割磁感線產生感應電流而使電容器充電，當電容器C極板間電壓與導體棒產生的感應電動勢相等時，電路中沒有電流，此時ab棒不受安培力作用，向右做勻速運動，故A正確；題圖乙中，導體棒向右運動切割磁感線產生感應電流，通過電阻R轉化為內能，ab棒速度減小，當ab棒的動能全部轉化為內能時，ab棒靜止，又由I＝eq\f(BLv,R)，F(xiàn)＝BIL，由于速度減小，則產生的感應電流減小，導體棒所受安培力減小，根據牛頓第二定律可知導體棒的加速度減小，所以題圖乙中，棒ab做加速度減小的減速運動直到最終靜止，故B錯誤；題圖丙中，導體棒先受到向左的安培力作用向右做減速運動，速度減為零后在安培力作用下向左做加速運動，當導體棒產生的感應電動勢與電源的電動勢相等時，電路中沒有電流，此時ab棒向左做勻速運動，故C正確；由以上分析可知，甲、乙、丙中，只有題圖乙中棒ab最終靜止，故D錯誤．5.(2022·山東泰安市高三期末)如圖所示，間距為L的平行光滑足夠長的金屬導軌固定傾斜放置，傾角θ＝30°，虛線ab、cd垂直于導軌，在ab、cd間有垂直于導軌平面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場．質量均為m、阻值均為R的金屬棒PQ、MN并靠在一起垂直導軌放在導軌上．釋放金屬棒PQ，當PQ到達ab瞬間，再釋放金屬棒MN；PQ進入磁場后做勻速運動，當PQ到達cd時，MN剛好到達ab.不計導軌電阻，兩金屬棒與導軌始終接觸良好，重力加速度為g.則MN通過磁場過程中，PQ上產生的焦耳熱為()A.eq\f(2m3g2R2,B4L4) B.eq\f(m3g2R2,B4L4)C.eq\f(m3g2R2,4B4L4) D.eq\f(m3g2R2,2B4L4)【答案】D【解析】由題意知PQ進入磁場后做勻速運動，則由平衡條件得安培力為F＝mgsinθ，又因為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,2R)，解得金屬棒速度為v＝eq\f(mgR,B2L2)，電流為I＝eq\f(mg,2BL)，因為金屬棒從釋放到剛進入磁場時做勻加速直線運動，由牛頓第二定律知mgsinθ＝ma，所以加速時間為t＝eq\f(v,a)，由題意知當PQ到達cd時，MN剛好到達ab，即金屬棒穿過磁場的時間等于進入磁場前的加速時間，且MN在磁場中的運動情況和PQ一致，故MN通過磁場過程中，PQ上產生的焦耳熱為Q焦耳＝I2Rt，解得Q焦耳＝eq\f(m3g2R2,2B4L4)，故選D.6.(2022·廣東潮州市湘橋區(qū)鐵鋪中學模擬)紙面內一正方形金屬線框MNPQ的PQ邊與勻強磁場的邊界重合，勻強磁場垂直紙面向外且范圍足夠大．第一次將金屬線框以速度v勻速拉進勻強磁場內(如圖甲)；第二次金屬線框以PQ邊為軸勻速轉動180°(如圖乙)，此時MN邊的線速度大小為v.設兩過程中線框中產生的焦耳熱分別為Q1和Q2，則eq\f(Q1,Q2)等于()A．4 B．8C．eq\f(4,π) D．eq\f(2,π)【答案】C【解析】設正方形線框的邊長為l、電阻為R，磁場的磁感應強度大小為B，題圖甲中線框產生的感應電動勢大小為E1＝Blv，時間為t1＝eq\f(l,v)，產生的熱量為Q1＝eq\f(E12,R)t1＝eq\f(B2l3v,R)，題圖乙中線框在磁場中運動時產生的感應電動勢的最大值為Em＝Blv，有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))，時間為t2＝eq\f(πl(wèi),2v)，產生的熱量為Q2＝eq\f(E2,R)t2＝eq\f(πB2l3v,4R)，解得eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(4,π)，故選C.7.(多選)(2022·山東淄博市二模)如圖甲所示，兩根完全相同的光滑長直導軌固定，兩導軌構成的平面與水平面之間的夾角為θ，導軌兩端均連接電阻，阻值R1＝R2＝R，導軌間距為L.在導軌所在平面的矩形區(qū)域M1P1P2M2內分布有垂直導軌平面向上的磁場，磁場上、下邊界M1P1、M2P2間的距離為d，磁感應強度大小隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．在導軌斜面上與M1P1距離為s處，有一根質量為m、接入電路阻值也為R的金屬棒ab垂直于導軌放置．在t＝0時刻由靜止釋放(金屬棒ab與導軌接觸良好)，t1時刻金屬棒恰好進入磁場并勻速通過整個磁場區(qū)域，并在t2時刻出磁場區(qū)域．已知重力加速度為g，導軌電阻不計．下列說法正確的是()A．t1時刻金屬棒ab的速度大小為eq\f(3mgRsinθ,2B02L2)B．從開始運動到離開磁場區(qū)域，金屬棒ab減少的機械能等于該過程中回路所產生的總焦耳熱C．金屬棒ab在磁場中運動的過程中棒兩端的電壓大小為eq\f(1,3)B0Leq\r(2gssinθ)D．在進入磁場前和通過磁場區(qū)域的過程中通過金屬棒ab的電荷量之比為1∶1【答案】AC【解析】由題意知t1時刻金屬棒恰好進入磁場并勻速通過整個磁場區(qū)域，則剛進入磁場時滿足mgsinθ＝B0eq\f(B0Lv,R＋\f(R,2))L，解得v＝eq\f(3mgRsinθ,2B02L2)，A正確；在0～t1時間內，金屬棒ab進入磁場前，棒ab的機械能不變，磁場變化回路也產生焦耳熱，所以從開始運動到離開磁場區(qū)域金屬棒ab減少的機械能小于該過程中回路所產生的總焦耳熱，B錯誤；金屬棒ab進入磁場前有mgssinθ＝eq\f(1,2)mv2，金屬棒ab在磁場中運動時，有E＝B0Lv，I＝eq\f(E,R＋\f(1,2)R)，U＝I·eq\f(1,2)R，聯(lián)立解得金屬棒ab兩端的電壓大小為U＝eq\f(1,3)B0Leq\r(2gssinθ)，C正確；金屬棒ab進入磁場前，有E1＝eq\f(B0,t1)Ld，I1＝eq\f(1,2)×eq\f(E1,\f(3,2)R)，q1＝I1t1，聯(lián)立解得q1＝eq\f(B0Ld,3R)，金屬棒ab進入磁場后，有q2＝I2(t2－t1)，I2＝eq\f(E2,\f(3R,2))，E2＝eq\f(B0Ld,t2－t1)，解得q2＝eq\f(2B0Ld,3R)，所以q1∶q2＝1∶2，D錯誤．8.(多選)(2022·廣東韶關市二模)某高中科研興趣小組利用課余時間進行研究電磁阻尼效果的研究性學習，實驗示意圖如圖甲所示，虛線MN右側有垂直于水平面向下的勻強磁場，邊長為1m、質量為0.1kg、電阻為0.2Ω的正方形金屬線框在光滑絕緣水平面上以大小v0＝2m/s的速度向右滑動并進入磁場，磁場邊界MN與線框的右邊框平行．從線框剛進入磁場開始計時，線框的速度v隨滑行的距離x變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是()A．圖乙中x0＝1mB．線框進入磁場的過程中，線框的加速度先不變再突然減為零C．線框進入磁場的過程中，線框中產生的焦耳熱為0.1JD．線框進入磁場的過程中，通過線框某橫截面的電荷量為eq\f(\r(2),2)C【答案】AD【解析】穿過線框的磁通量變化導致線框中產生感應電流，使線框受到安培力的作用，從而使速度改變；當線框完全進入磁場時，磁通量不變，速度不變，則由題圖乙可知x0＝1m，A正確；線框進入磁場的過程中，安培力F＝BIL，其中I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，由題圖乙可知，速度減小，則安培力減小，由牛頓第二定律可知，線框的加速度減小，因此線框做變減速運動，B錯誤；根據能量守恒定律可知，減少的動能全部轉化為焦耳熱，則有Q＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2，代入數(shù)據可得Q＝0.15J，C錯誤；線框進入磁場的過程中，取水平向右為正方向，根據動量定理可得－eq\f(B2L2\x\to(v),R)t＝mv－mv0，整理得v＝v0－eq\f(B2L2x,mR)，結合題圖乙可知，當x＝1m時，v＝1m/s，代入解得B＝eq\r(\f(1,50))T，通過線框某橫截面的電荷量為q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(Bx02,R)，解得q＝eq\f(\r(2),2)C，D正確．9．(多選)(2022·寧夏吳忠中學三模)如圖所示，兩段均足夠長、不等寬的光滑平行導軌固定在水平面上，較窄導軌的間距L1＝1m，較寬導軌的間距L2＝1.5m．整個裝置處于磁感應強度大小為B＝0.5T、方向豎直向上的勻強磁場中，導體棒MN、PQ的質量分別為m1＝0.4kg、m2＝1.2kg，長度分別為1m、1.5m，電阻分別為R1＝0.3Ω、R2＝0.9Ω，兩導體棒靜止在水平導軌上．t＝0時刻，導體棒MN獲得v0＝7m/s、水平向右的初速度．導軌電阻忽略不計，導體棒MN、PQ始終與導軌垂直且接觸良好，導體棒MN始終在較窄導軌上運動，取g＝10m/s2則()A．t＝0時刻，回路中的電流為eq\f(35,12)AB．導體棒MN最終做勻速直線運動，速度大小為3m/sC．通過導體棒MN的電荷量最大值為3.4CD．導體棒PQ中產生的焦耳熱最大值為4.2J【答案】ABD【解析】t＝0時刻，回路中的電流為I0＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL1v0,R1＋R2)＝eq\f(35,12)A，故A正確；導體棒MN與PQ切割磁感線產生的電動勢相互削弱，當兩導體棒產生的電動勢相等時，感應電流為零，所受安培力為零，故兩導體棒最終做勻速直線運動，此時有BL1vMN＝BL2vPQ，設從導體棒MN開始運動至導體棒MN、PQ做勻速運動所用的時間為Δt，取水平向右為正方向，對導體棒MN分析，由動量定理得－BL1eq\x\to(I)·Δt＝m1vMN－m1v0，對導體棒PQ分析，由動量定理得BL2eq\x\to(I)·Δt＝m2vPQ，又因為q＝eq\x\to(I)·Δt，聯(lián)立解得vMN＝3m/s，vPQ＝2m/s，q＝3.2C，故B正確，C錯誤；由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1vMN2＋eq\f(1,2)m2vPQ2＋Q總，QPQ＝eq\f(R2,R1＋R2)Q總，代入數(shù)據聯(lián)立解得QPQ＝4.2J，故D正確．10.(多選)(2022·遼寧省模擬)如圖所示，導體棒a、b水平放置于足夠長的光滑平行金屬導軌上，導軌左右兩部分的間距分別為l、2l，質量分別為m、2m，兩棒接入電路的電阻均為R，其余電阻均忽略不計；導體棒a、b均處于豎直向上的磁感應強度大小為B的勻強磁場中；a、b兩棒以v0的初速度同時向右運動，兩棒在運動過程中始終與導軌垂直且保持良好接觸，a總在窄軌上運動，b總在寬軌上運動，直到兩棒達到穩(wěn)定狀態(tài)，則從開始運動到兩棒穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是()A．穩(wěn)定時a棒的速度為eq\f(4,3)v0B．電路中產生的焦耳熱為eq\f(1,5)mv02C．流過導體棒a的某一橫截面的電荷量為eq\f(mv0,3Bl)D．當a棒的速度為eq\f(5,4)v0時，b棒的加速度大小為eq\f(B2l2v0,8mR)【答案】ACD【解析】當兩棒產生的感應電動勢相等時，達到穩(wěn)定狀態(tài)，設此時a棒速度為va，b棒速度為vb，電動勢相等，則有Blva＝B·2lvb，可得va＝2vb，從開始到達到穩(wěn)定狀態(tài)過程中，取水平向右為正方向，對a棒由動量定理得Beq\x\to(I)lt＝mva－mv0，對b棒由動量定理得－Beq\x\to(I)·2lt＝2mvb－2mv0，聯(lián)立解得va＝eq\f(4,3)v0，又有q＝eq\x\to(I)t，聯(lián)立解得q＝eq\f(mv0,3Bl)，故A、C正確；由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)(m＋2m)v02－eq\f(1,2)mva2－eq\f(1,2)×2mvb2，解得Q＝eq\f(mv02,6)，故B錯誤；當a棒的速度為eq\f(5,4)v0時，設b棒的速度為v，加速度大小為a，取向右為正方向，根據動量定理可知，對a棒Beq\x\to(I)′lt′＝m·eq\f(5,4)v0－mv0，對b棒－Beq\x\to(I)′·2lt′＝2mv－2mv0，聯(lián)立解得v＝eq\f(3v0,4)，回路中感應電流為I＝eq\f(B·2l·\f(3,4)v0－Bl·\f(5,4)v0,2R)＝eq\f(Blv0,8R)，對b棒，根據牛頓第二定律有BI·2l＝2ma，解得a＝eq\f(B2l2v0,8mR)，故D正確．11.(多選)(2022·山東棗莊市二模)如圖所示，間距為L＝0.8m的兩條平行光滑豎直金屬導軌PQ、MN足夠長，底部Q、N之間連接阻值為R1＝2.0Ω的電阻，磁感應強度大小為B1＝0.5T，足夠大的勻強磁場與導軌平面垂直．質量為m＝1.0×10－2kg、電阻值為R2＝2.0Ω的金屬棒ab放在導軌上，且始終與導軌接觸良好．導軌的上端點P、M分別與橫截面積為5.0×10－3m2的10匝線圈的兩端連接，線圈的軸線與大小均勻變化的勻強磁場B2平行．開關S閉合后，金屬棒ab恰能保持靜止．重力加速度取g＝10m/s2，其余部分的電阻不計．則()A．勻強磁場B2的磁感應強度均勻減小B．金屬棒ab中的電流大小為0.25AC．勻強磁場B2的磁感應強度的變化率為10T/sD．斷開S之后，金屬棒ab下滑的最大速度為1.25m/s【答案】BC【解析】金屬棒ab處于靜止狀態(tài)，則金屬棒ab受到的安培力豎直向上，根據左手定則可知，通過金屬棒ab的電流方向由a到b，根據楞次定律可知，勻強磁場B2的磁感應強度均勻增加，A錯誤；設金屬棒ab中的電流大小為I，根據受力平衡可得B1IL＝mg，解得I＝0.25A，B正確；設勻強磁場B2的磁感應強度的變化率為k，則線圈產生的感應電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)·S＝nkS，金屬棒ab中的電流大小為I＝eq\f(U,R2)＝eq\f(E,R2)＝0.25A，聯(lián)立解得k＝10T/s，C正確；斷開S之后，當金屬棒ab受力再次達到平衡時下滑速度最大，設最大速度為v，則有E′＝B1Lv，I′＝eq\f(E′,R1＋R2)，B1I′L＝mg，聯(lián)立解得v＝2.5m/s，D錯誤．12.(2022·江蘇鹽城市二模)如圖所示，三條平行虛線L1、L2、L3之間有寬度為L的兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，兩區(qū)域內的磁感應強度大小相等、方向相反，正方形金屬線框MNPQ的質量為m、邊長為L，開始時MN邊與邊界L1重合，對線框施加拉力F使其以加速度a勻加速通過磁場區(qū)，以順時針方向電流為正方向，下列關于感應電流i和拉力F隨時間變化的圖像可能正確的是()【答案】B【解析】當MN邊向右運動0～L的過程中，用時t1＝eq\r(\f(2L,a))，則E1＝BLat，電流I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(BLa,R)t，方向為正方向；拉力F1＝ma＋F安1＝ma＋eq\f(B2L2a,R)t；當MN邊向右運動L～2L的過程中，用時t2＝eq\r(\f(4L,a))－eq\r(\f(2L,a))＝(eq\r(2)－1)eq\r(\f(2L,a))＝(eq\r(2)－1)t1，E2＝2BLat，電流I2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(2BLa,R)t，方向為負方向，拉力F2＝ma＋F安2＝ma＋eq\f(4B2L2a,R)t；當MN邊向右運動2L～3L的過程中，用時t3＝eq\r(\f(6L,a))－eq\r(\f(4L,a))＝(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(2L,a))＝(eq\r(3)－eq\r(2))t1，E3＝BLat，電流I3＝eq\f(E3,R)＝eq\f(BLa,R)t，方向為正方向，拉力F3＝ma＋F安3＝ma＋eq\f(B2L2a,R)t，對比四個選項可知，只有B正確．13.(多選)(2022·安徽池州市模擬)如圖所示，一質量為M的U形金屬框abcd靜置于水平粗糙絕緣平臺上，ab和dc邊平行且與bc邊垂直，bc邊長度為L，Lab、Ldc足夠長，金屬框與絕緣平臺間的動摩擦因數(shù)為μ，整個金屬框電阻可忽略．一根質量也為M的導體棒mn平行bc靜置于金屬框上，導體棒接入回路中的電阻為R，導體棒與金屬框間摩擦不計．現(xiàn)用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，mn與金屬框始終保持良好接觸，重力加速度為g，經過足夠長時間后，下列說法正確的是()A．導體棒與金屬框具有共同速度大小為v＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F－2μMg))R,2B2L2)B．導體棒與金屬框具有共同加速度大小為a＝eq\f(F,2M)－μgC．導體棒中電流I＝eq\f(F－2μMg,2BL)D．導體棒消耗的電功率為P＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F－2μMg))2R,2B2L2)【答案】BC【解析】經過足夠長時間后，金屬框的bc邊和導體棒mn一起切割磁感線，導體棒與金屬框具有相同的加速度，設導體棒mn和金屬框的速度大小分別為v1、v2，則電路中的電動勢E＝BL(v2－v1)電路中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2－v1)),R)金屬框和導體棒mn受到的安培力F安框＝eq\f(B2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2－v1)),R)，方向與運動方向相反F安mn＝eq\f(B2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2－v1)),R)，方向與運動方向相同則對導體棒有eq\f(B2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2－v1)),R)＝Ma1對金屬框有F－2μMg－eq\f(B2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2－v1)),R)＝Ma2初始速度均為零，則a1從零開始逐漸增加，a2從eq\f(F－μ×2Mg,M)開始逐漸減小，當a1＝a2時，相對速度為v2－v1＝eq\f(F－2μMgR,2B2L2)，共同加速度大小為a＝eq\f(F,2M)－μg，則I＝eq\f(F－2μMg,2BL)，根據P＝I2R，得P＝eq\f(F－2μMg2R,4B2L2)，綜上可得，B、C選項正確，A、D選項錯誤．14.(多選)(2022·廣西北海市一模)如圖所示，在水平桌面上固定兩條足夠長的相距L＝1.0m的平行光滑金屬導軌，導軌的左端連接阻值R＝3.0Ω的電阻，導軌上放有垂直導軌的金屬桿P，金屬桿的質量m＝0.1kg，接入電路的電阻r＝2.0Ω，整個空間存在磁感應強度大小B＝0.5T、豎直向下的勻強磁場．初始時刻金屬桿在水平向右的恒力F的作用下，向右做速度v＝4m/s的勻速直線運動，經1.5s后撤去恒力F.整個運動過程中金屬桿P始終與導軌垂直且接觸良好，導軌電阻不計，則從初始時刻到金屬桿停止運動的過程中()A．電阻R上產生的熱量為1.0JB．電阻R上產生的熱量為1.2JC．金屬桿向右運動的位移為14mD．金屬桿向右運動的位移為16m【答案】BC【解析】金屬桿勻速運動時，所受安培力大小為F安＝BIL＝Beq\f(BLv,R＋r)L，根據金屬桿受力平衡得F＝F安，代入數(shù)據解得F＝0.2N，前1.5s內金屬桿運動的位移為x1＝vt＝6m，水平恒力F做的功W＝Fx1＝1.2J，從初始時刻到金屬桿停止運動的過程中，根據能量守恒定律得W＋eq\f(1,2)mv2＝Qr＋QR，其中Qr∶QR＝r∶R＝2∶3，代入數(shù)據解得QR＝1.2J，故A錯誤，B正確；撤去恒力F后，金屬桿的加速度滿足－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma，等式兩邊同時乘非常短的時間Δt，即－eq\f(B2L2v,R＋r)Δt＝maΔt，整理得－eq\f(B2L2,R＋r)Δx＝mΔv，整理得eq\f(B2L2,R＋r)x2＝mv，所以撤去恒力F后，金屬桿繼續(xù)運動的位移為x2＝eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋r)),B2L2)v＝8m，從初始時刻到金屬桿停止運動的過程中，金屬桿向右運動的位移x＝x1＋x2＝14m，故C正確，D錯誤．15.(2022·廣東珠海模擬)如圖甲所示，面積S＝0.2m2的線圈，匝數(shù)n＝630匝，總電阻r＝1.0Ω，線圈處在變化的磁場中，設磁場垂直紙面向外為正方向，磁感應強度B隨時間t按圖乙所示規(guī)律變化，方向垂直線圈平面，圖甲中傳感器可看成一個純電阻R，并標有“3V，0.9W”，滑動變阻器R0上標有“10Ω，1A”。則下列說法正確的是()A.電流表中的電流方向向左B.線圈中產生的感應電動勢為定值C.為了保證電路的安全，電路中允許通過的電流最大值為1AD.若滑動變阻器的滑片置于最左端，為了保證電路的安全，圖乙中的t0最小值為20s【答案】B【解析】根據楞次定律，回路中產生順時針方向的電流，電流表中的電流方向向右，故A錯誤；因為eq\f(ΔB,Δt)恒定，所以根據法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔB,Δt)S，線圈中產生恒定的感應電動勢，故B正確；傳感器正常工作時電流為I＝eq\f(P,U)＝eq\f(0.9,3)A＝0.3A，變阻器的工作電流是1A，所以電路允許通過的最大電流為0.3A，故C錯誤；滑動變阻器觸頭位于最左端時外電路電阻為R外＝R＋R0，其中R＝eq\f(U,I)＝10Ω，電源電動勢的最大值為E＝I(R外＋r)＝6.3V，由法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nSΔB,Δt)＝eq\f(nSB0,t0)，得t0＝40s，故D錯誤。16.(2022·上海市寶山區(qū)二模)有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域的上、下邊界MM′、NN′與水平面平行，磁場的磁感應強度大小為B，方向如圖所示，磁場上下邊界的距離為H.一矩形線圈abdc位于豎直平面內，其質量為m，電阻為R，ab邊長為L1，bd邊長為L2，且L2<H.現(xiàn)令線圈從距離磁場區(qū)域上邊界MM′的h處自由下落，當cd邊已進入磁場，ab邊還未進入磁場的某一時刻，線圈的速度到達最大值．線圈下落過程中cd邊始終與磁場邊界平行，重力加速度為g，求：(1)線圈完全進入磁場前速度的最大值；(2)線圈從開始下落，到cd邊剛到達磁場區(qū)域下邊界NN′的過程中，線圈克服安培力所做的功；(3)線圈cd邊剛穿出磁場區(qū)域下邊界NN′時線圈的加速度．【答案】(1)eq\f(mgR,B2L12)(2)mg(h＋L2)－eq\f(m3g2R2,2B4L14)(3)eq\r(\f(2gB4L14H－L2,m2R2)＋g2)－g方向豎直向上【解析】(1)設線圈最大速度為v1，此時線圈受到的重力和線圈cd邊受到的安培力F1平衡，即F1＝mg設此時線圈中的電流為I1，因為F1＝BI1L1I1＝eq\f(E1,R)E1＝BL1v1聯(lián)立解得F1＝eq\f(B2L12v1,R)所以eq\f(B2L12v1,R)＝mg解得v1＝eq\f(mgR,B2L12)(2)線圈達到速度為v1時，線圈開始做勻速運動，直到線圈完全進入磁場．由于線圈從完全進入磁場到cd邊剛到磁場下邊界的過程中，線圈中無感應電流，此過程中安培力對線圈所做的功為零，所以計算線圈克服安培力做功時不必考慮此過程．由動能定理得mg(h＋L2)－W克安＝eq\f(1,2)mv12可得W克安＝mg(h＋L2)－eq\f(m3g2R2,2B4L14)(3)設線圈cd邊剛穿過磁場下邊界時的速度大小為v2，由于線圈從完全進入磁場到cd邊剛出磁場下邊界的過程中，線圈做勻加速直線運動，可知v22－v12＝2g(H－L2)解得v2＝eq\r(2gH－L2＋\f(m2g2R2,B4L14))線圈cd邊剛出磁場時ab邊切割磁感線產生的感應電動勢E2＝BL1v2此時線圈的受力如圖所示，由于安培力大小F2大于重力大小，所以此時的加速度方向向上；由牛頓第二定律得F2－mg＝ma，而F2＝BI2L1＝Beq\f(E2,R)L1＝eq\f(B2L12v2,R)可得a＝eq\r(\f(2gB4L14H－L2,m2R2)＋g2)－g.17.(2022·廣西柳州市二模)如圖，一傾角為θ的光滑固定斜面的頂端放有質量M＝0.05kg的U形導體框，導體框的電阻忽略不計；一電阻為R＝1Ω、質量m＝0.2kg的金屬棒PQ的兩端置于導體框上，與導體框構成矩形閉合回路PQGH；GH長度L＝0.5m．初始時PQ與GH相距一定距離，金屬棒與導體框同時由靜止開始下滑，導體框下滑x0＝eq\f(1,3)m后恰好勻速進入一方向垂直于斜面向上的勻強磁場區(qū)域，直至離開磁場區(qū)域．PQ、GH、磁場邊界(圖中虛線)都與斜面底邊平行，當導體框的GH邊離開磁場的瞬間，金屬棒PQ正好進入磁場，并一直勻速運動直到離開磁場．已知金屬棒與導體框之間始終接觸良好，金屬棒與導體框之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.125，磁感應強度大小B＝1T．重力加速度大小取g＝10m/s2，sinθ＝0.6.求：(1)導體框的GH邊剛要進入磁場時的速度大??；(2)磁場的寬度d;(3)金屬棒和導體框由靜止開始下滑到二者速度始終相等的過程中，因摩擦產生的熱量Q.【答案】(1)2m/s(2)0.8m(3)0.12J【解析】(1)由題意，GH邊進入磁場前，導體框與金屬棒一起向下做勻加速直線運動，根據動能定理有(M＋m)gx0sinθ＝eq\f(1,2)(M＋m)v02代入數(shù)據解得v0＝2m/s(2)GH進入磁場的過程中一直做勻速運動，設經過時間t后GH離開磁場(或PQ進入磁場)則有x2＝v0tGH邊進入磁場后，對金屬棒PQ，由牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝5m/s2，即向下做勻加速運動，金屬棒到達磁場時的速度大小v1＝v0＋at位移x1＝v0t＋eq\f(1,2)at2PQ進入磁場時GH邊恰好離開磁場，磁場寬度d＝x2，由PQ勻速進入磁場，由受力平衡可知F安′＋μmgcosθ＝mgsinθ安培力大小F安′＝BI′L電流I′＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv1,R)聯(lián)立以上各式可得v1＝4m/s，d＝x2＝0.8m，x1＝1.2m(3)GH邊離開磁場后導體框做勻加速運動，其加速度大小a′＝eq\f(Mgsinθ＋μmgcosθ,M)代入數(shù)據后得到a′＝10m/s2當經過t′時間后與PQ速度相等時有v1＝v0＋a′t′PQ的位移x1′＝v1t′聯(lián)立可得x1′＝0.8m，此時PQ恰好