2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第十一章電磁感應(yīng)第53講動(dòng)力學(xué)能量和動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用教學(xué)案新人教版

PAGE26-第53講動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用實(shí)力命題點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1．電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)的聯(lián)系在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流的大小與導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)速度有關(guān)，且感應(yīng)電流使導(dǎo)體受到安培力的作用。解決電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題，一方面要考慮電磁學(xué)中的有關(guān)規(guī)律，另一方面還要考慮動(dòng)力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律，要將電磁學(xué)和動(dòng)力學(xué)學(xué)問(wèn)綜合起來(lái)應(yīng)用。2．電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的分析導(dǎo)體一般不是做勻變速運(yùn)動(dòng)，而是經(jīng)驗(yàn)一個(gè)動(dòng)態(tài)改變過(guò)程再趨于一個(gè)穩(wěn)定狀態(tài)。動(dòng)態(tài)分析的基本思路如下：3．兩種狀態(tài)處理(1)導(dǎo)體處于平衡態(tài)——靜止或勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)處理方法：依據(jù)平衡條件(合外力等于0)列式分析。(2)導(dǎo)體處于非平衡態(tài)——加速度不為0處理方法：依據(jù)牛頓其次定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系、動(dòng)量關(guān)系列式分析。如圖甲所示，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的勻稱(chēng)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)方向垂直斜面對(duì)下。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽視。讓AB桿沿導(dǎo)軌由靜止起先下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦。(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桿中的電流大小及其加速度的大??；(3)求在下滑過(guò)程中，AB桿可以達(dá)到的最大速度值。解析(1)AB桿受力如圖所示，重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直斜面對(duì)上；安培力F，沿斜面對(duì)上。(2)當(dāng)AB桿速度為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，此時(shí)電路中電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)。AB桿受到的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，依據(jù)牛頓其次定律，有ma＝mgsinθ－F＝mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)，a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)。(3)當(dāng)eq\f(B2L2v,R)＝mgsinθ時(shí)，AB桿達(dá)到最大速度vmax＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)。答案(1)圖見(jiàn)解析(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的解題技巧(1)將安培力與其他力一起進(jìn)行分析。(2)要特殊留意安培力的大小和方向都有可能改變，不像重力或其他力一樣是恒力。(3)列出穩(wěn)定狀態(tài)下的受力平衡方程往往是解題的突破口。1．(2024·天津高考)如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間勻稱(chēng)減小，ab始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流漸漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力漸漸減小答案D解析依據(jù)楞次定律，ab中感應(yīng)電流方向由a到b，A錯(cuò)誤；依據(jù)E＝eq\f(ΔB,Δt)·S，因?yàn)閑q\f(ΔB,Δt)恒定，所以E恒定，依據(jù)I＝eq\f(E,R＋r)知，回路中的感應(yīng)電流恒定，B錯(cuò)誤；依據(jù)F＝BIl，由于B減小，安培力F減小，C錯(cuò)誤；依據(jù)平衡條件，靜摩擦力f＝F，故靜摩擦力減小，D正確。2．(2024·遼寧省試驗(yàn)中學(xué)分校高考模擬)(多選)如圖所示，水平放置的光滑金屬長(zhǎng)導(dǎo)軌MM′和NN′之間接有電阻R，導(dǎo)軌左、右兩區(qū)域分別處在方向相反與軌道垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，右側(cè)區(qū)域足夠長(zhǎng)，方向如圖。設(shè)左、右區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1和B2，虛線(xiàn)為兩區(qū)域的分界線(xiàn)。一根金屬棒ab放在導(dǎo)軌上并與其正交，棒和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)。金屬棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左面區(qū)域中恰好以速度v做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則()A．若B2＝B1，棒進(jìn)入右面區(qū)域后先做加速運(yùn)動(dòng)，最終以速度2v做勻速運(yùn)動(dòng)B．若B2＝B1，棒進(jìn)入右面區(qū)域中后仍以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)C．若B2＝2B1，棒進(jìn)入右面區(qū)域后先做減速運(yùn)動(dòng)，最終以速度eq\f(v,4)做勻速運(yùn)動(dòng)D．若B2＝2B1，棒進(jìn)入右面區(qū)域后先做加速運(yùn)動(dòng)，最終以速度4v做勻速運(yùn)動(dòng)答案BC解析金屬棒在水平向右的恒力作用下，在虛線(xiàn)左邊區(qū)域中以速度v做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，恒力F與安培力平衡。當(dāng)B2＝B1時(shí)，棒進(jìn)入右邊區(qū)域后，棒切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小與感應(yīng)電流大小均沒(méi)有改變，棒所受安培力的大小和方向也沒(méi)有改變，與恒力F仍舊平衡，則棒進(jìn)入右邊區(qū)域后，以速度v做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)B2＝2B1時(shí)，棒進(jìn)入右邊區(qū)域后，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流均變大，所受的安培力也變大，恒力沒(méi)有改變，則棒先減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流減小，棒受到的安培力減小，當(dāng)安培力與恒力再次平衡時(shí)棒做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v′。在左側(cè)磁場(chǎng)中F＝eq\f(B\o\al(2,1)L2v,R)，在右側(cè)磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F＝eq\f(B\o\al(2,2)L2v′,R)＝eq\f(2B12L2v′,R)，則v′＝eq\f(v,4)，即棒最終以速度eq\f(v,4)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤。實(shí)力命題點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的功能問(wèn)題1．電磁感應(yīng)中的功能關(guān)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(電,能))eq\o(→,\s\up7(電流做功))eq\x(\a\al(焦耳熱或其他,形式的能量))2．解題的一般步驟(1)確定探討對(duì)象(導(dǎo)體棒或回路)。(2)弄清電磁感應(yīng)過(guò)程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化。(3)依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律列式求解。3．求焦耳熱Q的三種方法(2024·山東濟(jì)寧一模)如圖所示，有一傾斜的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，在導(dǎo)軌的中間矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直斜面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)度為2L。一質(zhì)量為m、有效電阻為0.5R的導(dǎo)體棒從距磁場(chǎng)上邊緣2L處由靜止釋放，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，且始終保持與導(dǎo)軌垂直。不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為(1)求導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v0；(2)若導(dǎo)體棒離開(kāi)磁場(chǎng)前已達(dá)到勻速，求導(dǎo)體棒通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR。解析(1)導(dǎo)體棒從靜止下滑距離2L的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mg·2Lsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得：v0＝eq\r(2gL)。(2)設(shè)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，則此時(shí)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R＋0.5R)受到的安培力為F安＝BIL導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，故由平衡條件得：mgsinθ＝F安聯(lián)立解得：v＝eq\f(3mgR,4B2L2)導(dǎo)體棒從起先釋放到剛離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，由能量守恒定律得：mg·4Lsinθ＝eq\f(1,2)mv2＋Q總則電阻R上產(chǎn)生的熱量為QR＝eq\f(Q總,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)在利用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律解決電磁感應(yīng)問(wèn)題時(shí)，要留意分析安培力做功的狀況，因?yàn)榘才嗔Φ墓κ请娔芎推渌问降哪苤g相互轉(zhuǎn)化的“橋梁”，簡(jiǎn)潔表示如下：電能eq\o(,\s\up7(W安>0),\s\do5(W安<0))其他形式的能。(2024·江西景德鎮(zhèn)高三下學(xué)期十校聯(lián)合模擬)(多選)如圖甲所示，左側(cè)接有定值電阻R＝2Ω的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T，導(dǎo)軌間距L＝1m。一質(zhì)量m＝2kg、阻值r＝2Ω的金屬棒在水平拉力F作用下由靜止起先從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒的v-x圖象如圖乙所示，若金屬棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，則從起點(diǎn)發(fā)生x＝1m位移的過(guò)程中(g＝10m/s2)()A．金屬棒克服安培力做的功W1＝0.25JB．金屬棒克服摩擦力做的功W2＝5JC．整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q＝4.25JD．拉力做的功W＝9.25J答案AC解析由題圖乙得：v＝2x，金屬棒所受的安培力FA＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝eq\f(B2L2·2x,R＋r)，代入得：FA＝0.5x，則知FA與x是線(xiàn)性關(guān)系。當(dāng)x＝0時(shí)，安培力FA＝0，當(dāng)x＝1m時(shí)，安培力FA＝0.5N，則金屬棒從起點(diǎn)發(fā)生x＝1m位移的過(guò)程中，安培力做功為：WA＝eq\f(FA1＋FA2,2)x＝－0.25J，即金屬棒克服安培力做的功為：W1＝0.25J，故A正確；金屬棒克服摩擦力做的功為：W2＝μmgx＝0.2×2×10×1J＝4J，故B錯(cuò)誤；金屬棒克服安培力做的功等于產(chǎn)生的電熱，金屬棒克服摩擦力做的功等于產(chǎn)生的摩擦熱，則整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q＝W1＋W2＝4.25J，C正確；依據(jù)動(dòng)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為W＝8.25J，故D錯(cuò)誤。實(shí)力命題點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問(wèn)題1．動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力的沖量為：I安＝Beq\x\to(I)Lt＝BLq，通過(guò)導(dǎo)體棒或金屬框的電荷量為：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)Δt＝neq\f(ΔΦ,ΔtR總)Δt＝neq\f(ΔΦ,R總)，磁通量改變量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。假如安培力是導(dǎo)體棒或金屬框受到的合外力，則I安＝mv2－mv1。當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、運(yùn)動(dòng)位移x時(shí)用動(dòng)量定理求解更便利。2．動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用在雙金屬棒切割磁感線(xiàn)的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力，假如兩安培力等大反向，且它們受到的外力的合力為0，則滿(mǎn)意動(dòng)量守恒條件，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解比較便利。(2024·山東德州高三期末)如圖所示，寬度為L(zhǎng)的光滑固定金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分組成，水平部分足夠長(zhǎng)，傾斜部分與水平面的夾角為30°。導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，傾斜部分處于斜向上與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。導(dǎo)體棒ab和cd分別置于導(dǎo)軌的傾斜部分上和水平部分上并保持靜止，現(xiàn)將導(dǎo)體棒ab在距導(dǎo)軌水平部分高度為h處釋放，導(dǎo)體棒ab在到達(dá)MN處之前已達(dá)到穩(wěn)定的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，在導(dǎo)體棒ab到達(dá)MN時(shí)再釋放導(dǎo)體棒cd，導(dǎo)體棒ab在MN處由傾斜部分進(jìn)入水平部分時(shí)無(wú)能量損失。已知導(dǎo)體棒ab質(zhì)量為m，電阻為r，導(dǎo)體棒cd質(zhì)量也為m，電阻為2r，導(dǎo)軌電阻忽視不計(jì)，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，求：(1)導(dǎo)體棒ab到達(dá)MN之前穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大??；(2)整個(gè)過(guò)程中導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱；(3)整個(gè)過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)體棒ab某一橫截面的電荷量。解析(1)導(dǎo)體棒ab到達(dá)MN之前穩(wěn)定時(shí)，由平衡條件得mgsin30°＝ILBI＝eq\f(BLv,3r)聯(lián)立得：v＝eq\f(3mgr,2B2L2)。(2)導(dǎo)體棒ab進(jìn)入水平部分后，ab和cd組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得：mv＝2mv′導(dǎo)體棒ab和cd最終各自的速度大小相同，都為v′＝eq\f(3mgr,4B2L2)對(duì)ab和cd組成的系統(tǒng)，整個(gè)過(guò)程中能量守恒，由能量守恒定律得mgh＝2×eq\f(1,2)mv′2＋Q導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱Qab＝eq\f(1,3)Q得Qab＝eq\f(1,3)mgh－eq\f(3m3g2r2,16B4L4)。(3)導(dǎo)體棒ab自起先運(yùn)動(dòng)至到達(dá)MN的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)體棒ab某一橫截面的電量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)導(dǎo)體棒ab進(jìn)入導(dǎo)軌的水平部分后，導(dǎo)體棒cd僅在安培力作用下向左加速運(yùn)動(dòng)，最終勻速，對(duì)導(dǎo)體棒cd的運(yùn)動(dòng)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)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)整個(gè)過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)體棒ab某一橫截面的電荷量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)對(duì)導(dǎo)體在安培力作用下的非勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)不易處理，可考慮用能量、動(dòng)量的觀點(diǎn)處理。1．(2024·重慶三診)(多選)如圖所示，水平面上有兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌電阻均可忽視不計(jì)。在M和P之間接有一阻值為R的定值電阻，導(dǎo)體桿ab質(zhì)量為m、電阻也為R，并與導(dǎo)軌接觸良好。整個(gè)裝置處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)給ab桿一個(gè)初速度v0，使桿向右運(yùn)動(dòng)，最終ab桿停在導(dǎo)軌上。下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)b桿將做勻減速運(yùn)動(dòng)直到靜止B．a(chǎn)b桿速度減為eq\f(v0,3)時(shí)，ab桿加速度大小為eq\f(B2L2v0,6mR)C．a(chǎn)b桿速度減為eq\f(v0,3)時(shí)，通過(guò)電阻的電量為eq\f(mv0,3BL)D．a(chǎn)b桿速度減為eq\f(v0,3)時(shí)，ab桿走過(guò)的位移為eq\f(4mRv0,3B2L2)答案BD解析ab棒水平方向上受與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力，安培力大小為FA＝eq\f(B2L2v,2R)，加速度大小為：a＝eq\f(FA,m)＝eq\f(B2L2v,2mR)，由于速度減小，所以ab棒做加速度減小的變減速運(yùn)動(dòng)直到靜止，故A錯(cuò)誤；當(dāng)ab棒的速度為eq\f(v0,3)時(shí)，安培力為：F＝eq\f(B2L2\f(v0,3),2R)，所以加速度大小為：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v0,6mR)，故B正確；對(duì)ab棒，由動(dòng)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)，所以通過(guò)電阻的電量為eq\f(2mv0,3BL)，故C錯(cuò)誤；由q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(B·Lx,2R)，解得ab桿走過(guò)的位移：x＝eq\f(2Rq,BL)＝eq\f(4mRv0,3B2L2)，故D正確。2.足夠長(zhǎng)的平行金屬軌道M、N，相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4m的光滑豎直半圓軌道相連，與軌道始終垂直且接觸良好的金屬棒b和c可在軌道上無(wú)摩擦地滑動(dòng)，兩金屬棒的質(zhì)量mb＝mc＝0.1kg，接入電路的有效電阻Rb＝Rc＝1Ω，軌道的電阻不計(jì)。平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面對(duì)上，光滑豎直半圓軌道在磁場(chǎng)外，如圖所示。若使b棒以初速度v0＝10m/s起先向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中b、c不相撞，g取10m/s2，求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒達(dá)最大速度時(shí)，此棒產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若c棒達(dá)最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達(dá)軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力的大小。答案(1)5m/s(2)1.25J(3)1.25N解析(1)在安培力作用下，b棒做減速運(yùn)動(dòng)，c棒做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，c棒達(dá)到最大速度。選兩棒為探討對(duì)象，依據(jù)動(dòng)量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v解得c棒的最大速度為：v＝eq\f(mb,mb＋mc)v0＝eq\f(1,2)v0＝5m/s。(2)從b棒起先運(yùn)動(dòng)到兩棒速度相等的過(guò)程中，系統(tǒng)削減的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總焦耳熱為：Q＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5J因?yàn)镽b＝Rc，所以c棒達(dá)最大速度時(shí)此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝eq\f(Q,2)＝1.25J。(3)設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v′，從最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)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在最高點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)c棒的彈力為F，由牛頓其次定律得mcg＋F＝mceq\f(v′2,R)解得F＝1.25N由牛頓第三定律得，在最高點(diǎn)c棒對(duì)軌道的壓力為1.25N，方向豎直向上。課時(shí)作業(yè)1．如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)存在于虛線(xiàn)框內(nèi)，矩形線(xiàn)圈豎直下落，假如線(xiàn)圈受到的磁場(chǎng)力總小于其重力，則它在1、2、3、4位置時(shí)的加速度關(guān)系為()A．a(chǎn)1>a2>a3>a4B．a(chǎn)1＝a3>a2>a4C．a(chǎn)1＝a3>a4>a2D．a(chǎn)4＝a2>a3>a1答案B解析未進(jìn)磁場(chǎng)前和全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，都僅受重力，所以加速度a1＝a3＝g。線(xiàn)框在圖2位置時(shí)，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。而由于線(xiàn)框完全在磁場(chǎng)中時(shí)做加速度為g的加速運(yùn)動(dòng)，故4位置時(shí)的速度大于2位置時(shí)的速度，依據(jù)F安＝eq\f(B2L2v,R)及a＝eq\f(mg－F安,m)可得a4<a2；故線(xiàn)圈在1、2、3、4位置時(shí)的加速度關(guān)系為：a1＝a3>a2>a4，B正確。2．如圖，甲、乙兩圖為與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直放置的兩個(gè)金屬框架，乙圖除了一個(gè)電阻為零、自感系數(shù)為L(zhǎng)的線(xiàn)圈外，其他部分與甲圖都相同，導(dǎo)體AB以相同的加速度向右做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。若位移相同，則()A．甲圖中外力做功多 B．兩圖中外力做功相同C．乙圖中外力做功多 D．無(wú)法推斷答案A解析乙圖電路中有線(xiàn)圈，故乙圖中的感應(yīng)電流小于甲圖中的感應(yīng)電流，乙圖導(dǎo)體AB受到的安培力要小于甲圖中導(dǎo)體AB受到的安培力，若位移相同，則甲圖中AB克服安培力做的功大于乙圖中AB克服安培力做的功，依據(jù)動(dòng)能定理得W外－W安＝eq\f(1,2)mv2－0，因?yàn)閷?dǎo)體AB以相同的加速度向右做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，通過(guò)的位移相等，則末動(dòng)能相等，所以甲圖中外力做的功大于乙圖中外力做的功，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。3．如圖所示，光滑絕緣水平面上嵌入一無(wú)限長(zhǎng)通電直導(dǎo)線(xiàn)；一質(zhì)量為0.02kg的金屬環(huán)在該平面內(nèi)以大小為v0＝2m/s、方向與電流方向成60°角的初速度滑出，則()A．金屬環(huán)最終將靜止在水平面上的某處B．金屬環(huán)最終沿垂直導(dǎo)線(xiàn)方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C．金屬環(huán)所受安培力方向始終和運(yùn)動(dòng)方向相反D．金屬環(huán)中產(chǎn)生的電能最多為0.03J答案D解析通電直導(dǎo)線(xiàn)右側(cè)有垂直于金屬環(huán)平面的磁場(chǎng)，金屬環(huán)向右運(yùn)動(dòng)，磁通量減小，依據(jù)“來(lái)拒去留”可知，所受的安培力將阻礙金屬圓環(huán)遠(yuǎn)離通電直導(dǎo)線(xiàn)，即安培力垂直直導(dǎo)線(xiàn)向左，與運(yùn)動(dòng)方向并非相反，安培力使金屬環(huán)在垂直導(dǎo)線(xiàn)方向做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其垂直導(dǎo)線(xiàn)方向的速度減為零時(shí)，只剩下沿導(dǎo)線(xiàn)方向的速度v1，穿過(guò)金屬環(huán)的磁通量不變，環(huán)中無(wú)感應(yīng)電流，金屬環(huán)以速度v1做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A、B、C錯(cuò)誤；由題意知：沿導(dǎo)線(xiàn)方向的分速度v1＝v0·cos60°＝1m/s，依據(jù)能量守恒定律解得，金屬環(huán)中產(chǎn)生的電能為：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入數(shù)值解得：Q＝0.03J，故環(huán)中最多產(chǎn)生0.03J的電能，故D正確。4.(多選)如圖所示，寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向下穿過(guò)光滑的水平桌面，一質(zhì)量為m的橢圓形導(dǎo)體框平放在桌面上，橢圓的長(zhǎng)軸平行于磁場(chǎng)邊界，短軸小于d。現(xiàn)給導(dǎo)體框一個(gè)初速度v0(v0垂直磁場(chǎng)邊界)，已知導(dǎo)體框全部在磁場(chǎng)中的速度為v，導(dǎo)體框全部出磁場(chǎng)后的速度為v1；導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1，導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2。下列說(shuō)法正確的是()A．導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较駼．導(dǎo)體框進(jìn)出磁場(chǎng)都是做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C．Q1>Q2D．Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))答案ACD解析導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，磁通量減小，依據(jù)楞次定律得，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，故A正確；導(dǎo)體框在進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)，速度改變，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)改變，產(chǎn)生的感應(yīng)電流改變，則所受的安培力改變，加速度改變，則導(dǎo)體框做的是非勻變速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；因?yàn)閷?dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大于離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度，則進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)體框產(chǎn)生的電流要比離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電流大，則進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中安培力較大，依據(jù)克服安培力做的功等于產(chǎn)生的焦耳熱可知Q1>Q2，C正確；由能量守恒定律可知，導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱與離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱之和等于導(dǎo)體框的機(jī)械能減小量，即Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))，D正確。5.(多選)如圖所示，甲、乙兩個(gè)完全相同的正方形線(xiàn)圈，在距地面同一高度處由靜止起先釋放，A、B是邊界范圍、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向均完全相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，只是A的區(qū)域比B的區(qū)域離地面高一些，兩線(xiàn)圈下落時(shí)始終保持線(xiàn)圈平面與磁場(chǎng)垂直，則()A．甲先落地B．乙先落地C．甲線(xiàn)圈受安培力的沖量較大D．乙線(xiàn)圈落地速度較小答案BD解析線(xiàn)圈穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程受到的安培力是變力，設(shè)受到的平均安培力為F，穿過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間為Δt，下落全過(guò)程的時(shí)間為t，落地速度為v，安培力的沖量I安＝Beq\x\to(I)LΔt＝BLq，而q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)，所以線(xiàn)圈受安培力的沖量相等，故C錯(cuò)誤。線(xiàn)圈進(jìn)入磁場(chǎng)克服安培力做的功W＝Beq\x\to(I)L2，乙線(xiàn)圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度較大，平均電流較大，線(xiàn)圈克服安培力做功較多，即產(chǎn)生的熱量較多；依據(jù)能量守恒定律得知乙線(xiàn)圈落地時(shí)的速度較小，D正確。對(duì)全過(guò)程，由動(dòng)量定理得：mgt－Beq\x\to(I)LΔt＝mv，所以t＝eq\f(mv＋BLq,mg)，因?yàn)関乙<v甲，所以t乙<t甲，即乙線(xiàn)圈先落地，故B正確，A錯(cuò)誤。6．(多選)如圖所示，兩光滑平行傾斜導(dǎo)軌PQ、EF所在平面與水平面的夾角為θ，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在平面斜向下，導(dǎo)軌下端接一電阻R，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒用平行于導(dǎo)軌的細(xì)線(xiàn)拴住置于導(dǎo)軌上，線(xiàn)的另一端跨過(guò)光滑定滑輪掛著一個(gè)質(zhì)量為M的砝碼，按住導(dǎo)體棒，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，放手后，導(dǎo)體棒被細(xì)線(xiàn)拉著沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)一段位移s后，速度恰好達(dá)到最大值v(導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻忽視不計(jì))，在此過(guò)程中()A．細(xì)線(xiàn)的拉力始終等于MgB．導(dǎo)體棒做加速度漸漸減小的加速運(yùn)動(dòng)C．細(xì)線(xiàn)的拉力與安培力的合力對(duì)導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒增加的機(jī)械能D．電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝Mgs－mgssinθ－eq\f(1,2)mv2答案BC解析對(duì)于導(dǎo)體棒，從靜止釋放后先做加速運(yùn)動(dòng)，隨著速度增大，由公式F安＝eq\f(B2L2v,R)知，導(dǎo)體棒所受的安培力增大，對(duì)砝碼、導(dǎo)體棒分析可得Mg－T＝Ma，T－mgsinθ－F安＝ma，解得a＝eq\f(Mg－mgsinθ－F安,M＋m)，當(dāng)F安增大時(shí)加速度減小，則導(dǎo)體棒和砝碼都做加速度漸漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)時(shí)細(xì)線(xiàn)的拉力小于砝碼的重力，A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)于導(dǎo)體棒，依據(jù)功能關(guān)系可知除重力之外，細(xì)線(xiàn)的拉力與安培力的合力對(duì)導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒增加的機(jī)械能，C正確；對(duì)于系統(tǒng)，依據(jù)能量守恒定律得：電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝Mgs－mgssinθ－eq\f(1,2)(m＋M)v2，D錯(cuò)誤。7．如圖，兩金屬桿ab、cd的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝1m，電阻分別為Rab＝0.2Ω、Rcd＝0.8Ω，質(zhì)量分別為mab＝0.5kg、mcd＝0.2kg，用兩根質(zhì)量及電阻均可忽視且不行伸長(zhǎng)的松軟導(dǎo)線(xiàn)將兩桿連接成閉合回路，懸掛在水平光滑絕緣圓棒兩側(cè)，兩金屬桿都保持水平，整個(gè)裝置處在與回路平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，重力加速度g＝10m/s2。釋放兩金屬桿，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，金屬桿ab勻速下落，不計(jì)導(dǎo)體棒間的安培力，求：(1)金屬桿ab勻速下落時(shí)，導(dǎo)線(xiàn)上的拉力大??；(2)金屬桿ab勻速下落的速度大小。答案(1)1.75N(2)3m/s解析(1)設(shè)導(dǎo)線(xiàn)上的拉力大小為T(mén)，回路中感應(yīng)電流為I。對(duì)金屬桿ab，有：mabg＝BIL＋2T對(duì)金屬桿cd，有：2T＝BIL＋mcdg聯(lián)立解得T＝1.75N。(2)設(shè)金屬桿ab勻速下落的速度為v，則回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝2BLv。感應(yīng)電流為：I＝eq\f(E,Rab＋Rcd)結(jié)合mabg＝BIL＋2T，解得：v＝3m/s。8．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)(多選)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽視不計(jì)。虛線(xiàn)ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)起先計(jì)時(shí)，到MN離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹?，流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間改變的圖象可能正確的是()答案AD解析PQ剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，加速度為零，則mgsinθ＝BI1L，又I1＝eq\f(BLv,R總)，故PQ做勻速運(yùn)動(dòng)，電流恒定；由題意知，MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與PQ剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度相同。情形1：若MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，PQ已離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，則對(duì)MN，由mgsinθ＝BI1L、I1＝eq\f(BLv,R總)及右手定則知，通過(guò)PQ的電流大小不變，方向相反，故I-t圖象如圖A所示。情形2：若MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，PQ未離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，由于兩導(dǎo)體棒速度相等，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)等大、反向，故電流為0，兩棒在重力沿導(dǎo)軌方向的分力作用下均加速直至PQ離開(kāi)磁場(chǎng)。當(dāng)PQ離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，MN在磁場(chǎng)中的速度大于勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，MN為電源，由右手定則知PQ中的電流方向與MN未進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)相反，設(shè)此時(shí)PQ中電流大小為I2，由E＝BLv′，I2＝eq\f(E,R總)，BI2L－mgsinθ＝ma>0知，MN減速，且隨v′減小，I2減小，a減小，I2與v′成正比，故I2隨t減小得越來(lái)越慢，直至勻速，這時(shí)I2＝I1，I-t圖象如圖D所示。9．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)(多選)如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t＝0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖象中可能正確的是()答案AC解析導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)，切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒ab受安培力F作用，速度減小，導(dǎo)體棒cd受安培力F′作用，速度變大，如圖所示，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(Blv1－v2,R總)，安培力F＝F′＝BIl＝eq\f(B2l2v1－v2,R總)＝ma，隨著v1減小，v2增大，則F＝F′減小，兩棒的加速度大小a減小，直到v1＝v2＝v共，a＝0，兩棒做勻速運(yùn)動(dòng)，兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則mv0＝2mv共，v共＝eq\f(v0,2)，A正確，B錯(cuò)誤。由前面分析知，v1－v2隨時(shí)間減小得越來(lái)越慢，最終為0，則感應(yīng)電流I＝eq\f(Blv1－v2,R總)隨時(shí)間減小得越來(lái)越慢，最終為0，C正確，D錯(cuò)誤。10．(2024·江蘇高考)(多選)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng)，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g。金屬桿()A．剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下B．穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間C．穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgdD．釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度h可能小于eq\f(m2gR2,2B4L4)答案BC解析由于金屬桿進(jìn)入兩個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的速度相等，而穿出磁場(chǎng)后金屬桿做加速度為g的加速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ時(shí)都做減速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；對(duì)金屬桿受力分析，依據(jù)eq\f(B2L2v,R)－mg＝ma可知，金屬桿在磁場(chǎng)中做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，其進(jìn)出磁場(chǎng)的v-t圖象如圖所示，由于0～t1和t1～t2圖線(xiàn)與t軸包圍的面積相等(都為d)，所以t1>(t2－t1)，B正確；從進(jìn)入Ⅰ磁場(chǎng)到進(jìn)入Ⅱ磁場(chǎng)之前過(guò)程中，依據(jù)能量守恒，金屬棒減小的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以Q1＝mg·2d，所以穿過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為4mgd，C正確；若金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng)，則eq\f(B2L2v,R)－mg＝0，得v＝eq\f(mgR,B2L2)，由前面分析可知金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大于eq\f(mgR,B2L2)，依據(jù)h＝eq\f(v2,2g)得金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)的高度應(yīng)大于eq\f(m2g2R2,2gB4L4)＝eq\f(m2gR2,2B4L4)，D錯(cuò)誤。11.(2024·黑龍江齊齊哈爾一模)如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的正方形線(xiàn)框abcd放在光滑絕緣水平面上，其右邊有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的寬度為L(zhǎng)。線(xiàn)框的ab邊與磁場(chǎng)的左邊界相距為L(zhǎng)，且與磁場(chǎng)邊界平行，線(xiàn)框在某一水平恒力作用下由靜止向右運(yùn)動(dòng)，ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線(xiàn)框恰好起先做勻速運(yùn)動(dòng)，依據(jù)題給信息，下列物理量可以求出的是()A．外力的大小B．勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小C．通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱D．進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)線(xiàn)框某橫截面的電荷量答案D解析線(xiàn)框勻速時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv，依據(jù)閉合電路歐姆定律可得：I＝eq\f(E,R)，ab邊受到的安培力大小為：FA＝BIL，依據(jù)共點(diǎn)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無(wú)法求出，A、B錯(cuò)誤；線(xiàn)框通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程，由能量守恒定律得：3FL＝Q＋eq\f(1,2)mv2，由于F和v不知道，所以通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱無(wú)法求解，C錯(cuò)誤；線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)線(xiàn)框某橫截面的電荷量：q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)，故D正確。12．(2024·河南開(kāi)封高三上第一次模擬)(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定有光滑平行導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，下端接有阻值為R的電阻，空間存在與導(dǎo)軌平面垂直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab與上端固定的彈簧相連并垂直導(dǎo)軌放置。初始時(shí)，導(dǎo)體棒靜止，現(xiàn)給導(dǎo)體棒豎直向下的初速度v0，導(dǎo)體棒起先沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。若導(dǎo)體棒電阻r與電阻R的阻值相等，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，則下列說(shuō)法中正確的是()A．導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的每個(gè)時(shí)刻受到的安培力方向總與運(yùn)動(dòng)方向相反B．初始時(shí)刻導(dǎo)體棒兩端的電壓Uab＝BLv0C．若導(dǎo)體棒起先運(yùn)動(dòng)后到速度第一次為零時(shí)，下降的高度為h，則通過(guò)電阻R的電量為eq\f(BLh,2R)D．若導(dǎo)體棒起先運(yùn)動(dòng)后到速度第一次為零時(shí)，下降的高度為h，此過(guò)程導(dǎo)體棒克服彈力做的功為W，則電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)mgh－W答案AC解析導(dǎo)體棒豎直向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則推斷可知：ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從b→a，由左手定則推斷得知ab棒受到的安培力豎直向上；導(dǎo)體棒豎直向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則推斷可知：ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從a→b，由左手定則推斷得知ab棒受到的安培力豎直向下，所以導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的每個(gè)時(shí)刻受到的安培力方向總與運(yùn)動(dòng)方向相反，故A正確；導(dǎo)體棒起先運(yùn)動(dòng)的初始時(shí)刻，ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv0，由于r＝R，所以導(dǎo)體棒兩端的電壓Uab＝eq\f(1,2)E＝eq\f(1,2)BLv0，故B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒起先運(yùn)動(dòng)后到速度第一次為零時(shí)，下降的高度為h，則通過(guò)電阻R的電量為q＝eq\f(nΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLh,2R)，故C正確；由于導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中R和r都產(chǎn)生焦耳熱，所以導(dǎo)體棒起先運(yùn)動(dòng)后速度第一次為零時(shí)，依據(jù)能量守恒定律得知產(chǎn)生的焦耳熱Q熱＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh－W，又R＝r，所以電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)Q熱＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)mgh－eq\f(1,2)W，故D錯(cuò)誤。13．(2024·湖南懷化高考一模)(多選)如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個(gè)方向相反的水平方向勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQ為兩個(gè)磁場(chǎng)的邊界，磁場(chǎng)范圍足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B1＝B、B2＝2B。一個(gè)豎直放置的邊長(zhǎng)為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形金屬線(xiàn)框，以速度v垂直磁場(chǎng)方向從圖中實(shí)線(xiàn)位置起先向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線(xiàn)框運(yùn)動(dòng)到分別有一半面積在兩個(gè)磁場(chǎng)中時(shí)，線(xiàn)框的速度為eq\f(v,2)，則下列結(jié)論中正確的是()A．此過(guò)程中通過(guò)線(xiàn)框橫截面的電量為eq\f(3Ba2,2R)B．此過(guò)程中回路產(chǎn)生的電能為eq\f(3,4)mv2C．此時(shí)線(xiàn)框的加速度為eq\f(9B2a2v,2mR)D．此時(shí)線(xiàn)框中的電功率為eq\f(9B2a2v,2R)答案AC解析依據(jù)q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,R)，ΔΦ＝Φ2－Φ1＝eq\f(3,2)Ba2，可得通過(guò)線(xiàn)框橫截面的電荷量為q＝eq\f(3Ba2,2R)，故A正確；由能量守恒定律得，此過(guò)程中回路產(chǎn)生的電能為：E＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)meq\f(v,2)2＝eq\f(3,8)mv2，故B錯(cuò)誤；此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝2Ba·eq\f(v,2)＋Ba·eq\f(v,2)＝eq\f(3,2)Bav，線(xiàn)框中的電流為：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3Bav,2R)，由牛頓其次定律得：2BIa＋BIa＝ma加，解得：a加＝eq\f(9B2a2v,2mR)，故C正確；此時(shí)線(xiàn)框的電功率為：P＝I2R＝eq\f(9B2a2v2,4R)，故D錯(cuò)誤。14．(2024·北京高考)如圖所示，垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。紙面內(nèi)有一正方形勻稱(chēng)金屬線(xiàn)框abcd，其邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，總電阻為R，ad邊與磁場(chǎng)邊界平行。從ad邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)直至bc邊剛要進(jìn)入的過(guò)程中，線(xiàn)框在向左的拉力作用下以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，求：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E；(2)拉力做功的功率P；(3)ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案(1)BLv(2)eq\f(B2L2v2,R)(3)eq\f(B2L3v,4R)解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv。(2)線(xiàn)框中的感應(yīng)電流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)線(xiàn)框ab邊電阻Rab＝eq\f(R,4)時(shí)間t＝eq\f(L,v)ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rabt＝eq\f(B2L3v,4R)。15．(2024·天津高考)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(kāi)關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線(xiàn)圈相連，線(xiàn)圈內(nèi)存在豎直向下勻稱(chēng)增加的磁場(chǎng)，磁通量改變率為常量k。圖中虛線(xiàn)右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)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)、電阻忽視不計(jì)。(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；(2)斷開(kāi)S，PQ在上述恒力作用下，由靜止起先到速度大小為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(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)設(shè)線(xiàn)圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則E＝k①設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并＝eq\f(R,2)②閉合S時(shí)，設(shè)線(xiàn)圈中的電流為I，依據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R并＋R)③設(shè)PQ中的電流為IPQ，有IPQ＝eq\f(1,2)I④設(shè)PQ受到的安培力為F安，有F安＝BIPQl⑤PQ保持靜止，由受力平衡，有F＝F安⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得F＝eq\f(Bkl,3R)⑦由楞次定律和右手螺旋定則得PQ中的電流方向?yàn)橛蒕到P，再由左手定則得PQ所受安培力的方向水平向左，則力F的方向水平向右。(2)設(shè)PQ由靜止起先到速度大小為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′，回路中的磁通量改變?yōu)棣う怠?，平均感?yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\x\to(E)，有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ′,Δt′)⑧其中ΔΦ′＝Blx⑨設(shè)PQ中的平均感應(yīng)電流為eq\x\to(I)，有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)⑩依據(jù)電流的定義式得eq\x\to(I)＝eq\f(q,Δt′)?由動(dòng)能定理，有Fx＋W＝eq\f(1,2)mv2－0?聯(lián)立⑦⑧⑨⑩??式得W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(2,3)kq。?16．(2024·江西省紅色七校高三聯(lián)考)如圖甲所示，電阻不計(jì)且間距L＝1m的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，上端接一阻值R＝2Ω的電阻，虛線(xiàn)OO′下方有垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2T。現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1kg、電阻不計(jì)的金屬桿ab從OO′上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過(guò)程中與導(dǎo)軌保持良好接觸且始終水平。金屬桿從靜止起先下落0.3m的過(guò)程中，加速度a與下落距離h的關(guān)系圖象如圖乙所示，g取10m/s2。(1)求金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v0；(2)求金屬桿從靜止起先下落0.3m的過(guò)程中，在電阻R上產(chǎn)生的熱量Q；(3)在圖丙的坐標(biāo)系中，定性畫(huà)出回路中的電流隨時(shí)間改變的圖線(xiàn)，并說(shuō)明圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸圍成的圖形的面積的物理意義(以金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn))。答案(1)1.0m/s(2)0.2875J(3)見(jiàn)解析解析(1)進(jìn)入磁場(chǎng)后，依據(jù)右手定則可知金屬桿ab中電流的方向由a到b，由左手定則可知，桿ab所受的安培力方向豎直向上。剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由牛頓其次定律得mg－BI0L＝其中a＝－10m/s2，I0＝eq\f(E0,R)＝eq\f(BLv0,R)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v0＝1.0m/s。(2)由題圖乙知h＝0.3m時(shí)，a＝0，表明金屬桿受到的重力與安培力平衡，設(shè)此時(shí)金屬桿的速度為v1，有BI1L＝mg，其中I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(BLv1,R)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v1＝eq\f(mgR,B2L2)＝0.5m/s從起先到下落0.3m的過(guò)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)回路中的電流隨時(shí)間改變的圖線(xiàn)如圖所示面積的物理意義是：某段時(shí)間內(nèi)通過(guò)電阻的電荷量。17．(2024·天津高考)真空管道超高速列車(chē)的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能干脆轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝置。圖1是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡(jiǎn)化模型，圖中粗實(shí)線(xiàn)表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽視不計(jì)，ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長(zhǎng)度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過(guò)絕緣材料固定在列車(chē)底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車(chē)的總質(zhì)量為m。列車(chē)啟動(dòng)前，ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)下，如圖1所示，為使列車(chē)啟動(dòng)，需在M、N間連接電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線(xiàn)電阻忽視不計(jì)，列車(chē)啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉。(1)要使列車(chē)向右運(yùn)行，啟動(dòng)時(shí)圖1中M、N哪個(gè)接電源正極，并簡(jiǎn)要說(shuō)明理由；(2)求剛接通電源時(shí)列車(chē)加速度a的大??；(3)列車(chē)減速時(shí)，