專題20電磁感應中的雙導體棒和線框模型目錄TOC\o"1-3"\h\u一.無外力等距雙導體棒模型 1二．有外力等距雙導體棒模型 2三．不等距導軌雙導體棒模型 19四．線框模型 48一.無外力等距雙導體棒模型【模型如圖】1．電路特點棒2相當于電源；棒1受安培力而加速起動,運動后產生反電動勢.2．電流特點：隨著棒2的減速、棒1的加速，兩棒的相對速度變小，回路中電流也變小。時：電流最大，。時：電流3．兩棒的運動情況安培力大小：兩棒的相對速度變小,感應電流變小,安培力變小.棒1做加速度變小的加速運動，棒2做加速度變小的減速運動，最終兩棒具有共同速度。4．兩個規律(1)動量規律：兩棒受到安培力大小相等方向相反,系統合外力為零,系統動量守恒.(2)能量轉化規律：系統機械能的減小量等于內能的增加量.（類似于完全非彈性碰撞）兩棒產生焦耳熱之比：；5．幾種變化：(1)初速度的提供方式不同(2)磁場方向與導軌不垂直(3)兩棒都有初速度（兩棒動量守恒嗎？）(4)兩棒位于不同磁場中（兩棒動量守恒嗎？）1.如圖所示，兩條足夠長的平行光滑金屬導軌MN，PQ固定在絕緣水平桌面上，導軌間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向上，金屬棒1與2均垂直于導軌放置并靜止。已知兩金屬棒的材料相同、長度均為d，金屬棒1的橫截面積為金屬棒2的兩倍，電路中除兩金屬棒的電阻均不計。現使質量為m的金屬棒2獲得一個水平向右的瞬時速度，兩金屬棒從開始運動到狀態穩定的過程中，下列說法正確的是（

）A．金屬棒1的最大速度為 B．金屬棒2的最小速度為C．金屬棒1上產生的焦耳熱為 D．金屬棒2上產生的焦耳熱為【答案】ACD【詳解】AB．兩金屬棒的材料相同、長度均為d，金屬棒1的橫截面積為金屬棒2的兩倍，根據、可知、金屬棒2在安培力作用下先減速后勻速，金屬棒1在安培作用下先加速后勻速，狀態穩定時兩金屬棒速度相同，一起做勻速運動。對整個系統由動量守恒定律得解得則金屬棒1的最大速度和金屬棒2的最小速度均為，故A正確，B錯誤；CD．運動過程中系統損失的動能轉化為焦耳熱，則由能量守恒得其中、解得、故CD正確；故選ACD。2．如圖，兩足夠長、間距為的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，導軌間一區域存在豎直向下的勻強磁場，該區域左、右邊界的間距為且均垂直于導軌。最初，邊長為的正方形導體框和長為的金屬棒均靜止在導軌上，其質量分別為、，導體框每條邊的電阻均為，金屬棒的電阻為。現給導體框一水平向右、大小為的初速度，導體框與金屬棒發生彈性碰撞，之后金屬棒進入磁場，當金屬棒剛離開磁場時速度大小為，此時導體框邊恰好進入磁場。導體框的、邊以及金屬棒均與導軌垂直且接觸良好，導軌的電阻忽略不計。下列說法正確的是（）A．金屬棒剛進入磁場時的速度大小為B．勻強磁場的磁感應強度大小為C．金屬棒在磁場中運動的過程中，通過邊電荷量的最大值為D．導體框離開磁場后的速度大小為【答案】BC【詳解】A．導體框和金屬棒發生彈性碰撞，根據動量守恒定律和機械能守恒定律，有，解得，故A錯誤；BC．設金屬棒在磁場中運動的過程中通過金屬棒的最大電荷量為，對金屬棒由動量定理，有解得金屬棒在磁場中運動的過程中，回路中的總電阻結合解得則此段時間內通過導體框的電荷量為，導軌將、邊短路，故通過邊的電荷量為故BC正確；D．設導體框離開磁場后的速度大小為，對其從進入磁場到離開磁場的過程，由動量定理有其中，解得故D錯誤。故選BC。3.如圖所示，兩平行、光滑金屬導軌水平放置相距為，空間中存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為。質量均為、電阻均為的兩導體棒和靜止置于金屬導軌上，它們之間的距離也為，現給導體棒一向右的初速度，金屬導軌足夠長，在它們之后的運動過程中，以下說法正確的是（）A．導體棒和在運動過程中系統動量不守恒B．導體棒獲得的最大速度為C．導體棒上產生的焦耳熱為D．最終導體棒和之間的距離為【答案】BC【詳解】A．導體棒和作為一個系統，系統所受合力為零，故系統動量守恒，故A錯誤；B．棒ab和cd在運動過程中始終受到等大反向的安培力，系統動量守恒，以向右的方向為正方向，當兩者共速時，導體棒獲得的最大速度，則有解得故B正確；C．導體棒達到最大速度的過程中，由能量守恒可得解得回路產生的焦耳熱為導體棒ab桿上產生的焦耳熱為故C正確；D．整個過程中對ab棒，由動量定理得流過導體棒的電荷量為又聯立可得最終導體棒和之間的距離為故D錯誤。故選BC。4．如圖所示，傾角為θ=37°的足夠長的平行金屬導軌固定在水平面上，平行導軌間的距離為L，兩導體棒ab、cd垂直于導軌放置，空間存在垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，現給導體棒ab一沿導軌平面向下的初速度v0使其沿導軌向下運動，已知兩導體棒質量均為m，電阻均為R，兩導體棒與導軌之間的動摩擦因數均為μ=0.75，導軌電阻忽略不計，從ab開始運動到兩棒相對靜止的整個運動過程中兩導體棒始終與導軌保持良好的接觸。(1)求兩根導體棒最終的速度；(2)整個過程中回路產生的焦耳熱Q；(3)若導體棒ab運動之前，兩根導體棒相距的距離為L0，要保證運動過程中兩根導體棒不相撞，L0最小是多少？【答案】(1)0.5v0(2)(3)【詳解】（1）由題意可知則對兩棒的系統沿軌道方向的動量守恒，且最終穩定時兩棒速度相同，則有：解得（2）根據能量守恒可知，系統減少的動能全部轉化成焦耳熱，則：解得（3）運動過程中，令ab、cd兩根導體棒的速度分別為v1、v2，任意時刻則感應電動勢：感應電流安培力大小以導體棒ab為研究對象，由動量定理可得：即有解得兩根導體棒相對滑動的距離根據幾何關系可得：L0的最小值為等于?x，所以L0的最小值為5．如圖，間距為L的平行光滑金屬軌道與由傾斜和水平兩部分平滑連接而成，且，傾斜軌道的傾角為，水平軌道足夠長，軌道電阻不計。傾斜部分處于垂直軌道向上的勻強磁場中，其磁感應強度大小為B。已知金屬細棒的質量均為m、電阻均為R、長度均為L。現將a棒從高度為h的位置由靜止釋放，當a棒到達時，立即將b棒也從位置由靜止釋放，當b棒到達時速度大小為，此時在水平軌道部分加豎直向下的勻強磁場。運動過程中金屬細棒始終與下平行且與軌道接觸良好，重力加速度為g。求：(1)b棒在傾斜軌道加速至速度時，其加速度大小；(2)b棒到達處時棒之間的距離；(3)若b棒到達處時棒間距離用表示，再經時間a棒繼續向左運動距離為，此時棒之間的距離。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）b棒在斜軌道速度為時，加速度為a，由法拉第電磁感應定律得由閉合電路歐姆定律得b棒所受安培力對b棒由牛頓第二定律得聯立解得（2）b棒下滑至EF處所需時間為t，平均電流為，對b棒由動量定理得由法拉第電磁感應定律得由閉合電路歐姆定律得此過程磁通量的變化量a棒下滑至EF過程中，由機械能守恒定律得b棒在斜軌道下滑過程中，a棒在水平軌道做勻速運動的位移為a、b棒的距離聯立解得（3）b棒在水平軌道運動過程中，a、b棒受到的安培力大小相等、方向相反，以a、b棒為研究系統，由動量守恒定律得在極短時間內有在時間內，b棒向左運動距離為，得則a、b棒間的距離為聯立得6．如圖所示，間距均為m的光滑平行傾斜導軌與足夠長光滑平行水平導軌在M、N處平滑連接，虛線MN右側存在方向豎直向下、磁感應強度為T的勻強磁場。a、b是兩根完全相同粗細均勻的金屬棒，單棒質量為kg，電阻為Ω，a棒垂直固定在傾斜軌道上距水平面高m處；b棒與水平導軌垂直并處于靜止狀態，距離MN的距離m。現讓a棒由靜止釋放，運動過程中與b棒始終沒有接觸且始終垂直于導軌；不計導軌電阻，重力加速度為m/s，求：(1)a棒剛進入磁場時b棒受到的安培力的大小；(2)穩定時b棒上產生的焦耳熱；(3)穩定時a、b兩棒間的間距d？【答案】(1)1N(2)0.4J(3)3.4m【詳解】（1）下滑過程機械能守恒，設a棒剛進入水平磁場的速度為v，則有對回路有代入數據解得v=4m/s

（2）系統穩定時ab棒共速，設共同速度為；系統動量守恒，能量守恒有根據能量守恒定律有由于電阻相等，則解得J（3）設a棒在水平軌道上運動時任意時刻回路電流為I，在極短時間內，a棒的速度增量為，對a棒使用動量定理有根據得又，得解得代入數據解得m7．如圖所示，左側圓弧光滑導軌與右側足夠長的平行水平光滑導軌平滑連接，導軌電阻不計。金屬棒b和c靜止放在水平導軌上，b、c兩棒均與導軌垂直。圖中虛線de右側存在方向豎直向上、范圍足夠大的勻強磁場，絕緣棒a垂直于圓弧導軌由靜止釋放，釋放位置與水平導軌的高度差為h=1.8m，之后與靜止在虛線de處的金屬棒b發生彈性碰撞，金屬棒b進入磁場后始終未與金屬棒c發生碰撞，已知金屬棒b和絕緣棒a的質量均為m=3kg，金屬棒c質量是金屬棒b質量的一半，重力加速度取g=10m/s2，求：（1）絕緣棒a與金屬棒b碰撞后瞬間兩棒的速度大小；（2）金屬棒b進入磁場后，其加速度為最大加速度的一半時的速度大小；（3）整個過程兩金屬棒b、c上產生的總焦耳熱。【答案】（1），；（2）；（3）【詳解】（1）絕緣棒a從靜止釋放到與屬棒b碰撞前過程，根據動能定理可得解得碰撞前瞬間絕緣棒a的速度大小為絕緣棒a與金屬棒b發生彈性碰撞過程，根據動量守恒和機械能守恒可得聯立解得碰撞后瞬間兩棒的速度大小分別為，（2）金屬棒b剛進入磁場時，加速度最大，則有設金屬棒b進入磁場后，其加速度為最大加速度的一半時，金屬棒b、c的速度大小分別為、，金屬棒b、c組成的系統滿足動量守恒，則有此時回路的總電動勢為根據題意有聯立解得（3）當金屬棒b、c速度相等時，回路的總電動勢為0，回路電流為0，金屬棒受到安培力為0，可知最終兩棒以相同的速度做勻速直線運動，根據動量守恒可得解得最終共同速度為根據能量守恒可知，整個過程兩金屬棒b、c上產生的總焦耳熱為解得8．如圖，傾斜平行軌道與水平面間的夾角為。水平軌道足夠長，兩軌道寬度均為，在處平滑連接，使導體棒a從傾斜軌道運動到水平軌道上時速度大小不變。過的虛線包含虛線邊界右側水平軌道上有磁感應強度大小為、方向豎直向上的勻強磁場。導體棒a、b的質量均為，兩棒與軌道始終垂直且接觸良好，兩棒接入軌道的電阻。初始時刻，導體棒a在傾斜軌道上離的距離為處由靜止釋放，導體棒b靜止在水平軌道上并鎖定，且導體棒b到位置的水平距離為。不計一切摩擦阻力，導體棒a、b不會發生碰撞，軌道電阻不計。，，。求：（1）導體棒a滑到傾斜軌道底端位置時受到的安培力大小；（2）導體棒a從位置到最后停止的過程中，導體棒a上產生的焦耳熱；（3）若導體棒a滑到傾斜軌道底端，位置時，立即解除對導體棒b的鎖定，導體棒a、b運動穩定時，導體棒a、b相距的距離。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）導體棒a在傾斜軌道上運動的過程，由動能定理有由法拉第電磁感應定律有由閉合電路歐姆定律有導體棒a滑到傾斜軌道底端位置時受到的安培力解得導體棒a在水平軌道上受向左的安培力做減速運動，最后速度減為零，根據能量守恒有又可得解得若導體棒a滑到傾斜軌道底端位置時，立即解除對導體棒b的鎖定，導體棒a做減速運動，導體棒b做加速運動，最終二者以相同速度做勻速運動，設共同速度為，以導體棒a和b為系統，由動量守恒定律有以導體棒a為研究對象，由動量定理有根據法拉第電磁感應定律由閉合電路歐姆定律導體棒a與導體棒b運動穩定時，相距的距離解得9．在磁感應強度大小為B的勻強磁場區域內，與磁場方向垂直的水平面內有兩根固定的足夠長的平行金屬導軌，導軌上面平放著兩根導體棒ab和cd，兩棒彼此平行，相距為d，構成一矩形回路。導軌間距為l，導體棒的質量都為m，電阻都為R，導軌部分電阻可忽略不計。設導體棒可在導軌上無摩擦地滑行，初始時刻ab棒靜止，給cd棒一個向右的初速度v0。（1）從開始運動到最終穩定，求電路中產生的電能；（2）求cd棒開始運動的加速度和cd棒速度減為0.8v0時的加速度大小；（3）求兩棒之間的最大距離。【答案】（1）；（2），；（3）【詳解】（1）對兩根導體棒ab和cd構成的系統，所受外力的合力為0，根據動量守恒定律有從開始運動到最終穩定，電路中產生的電能解得（2）cd棒開始運動時，回路的感應電動勢此時回路的感應電流對cd棒進行分析，根據牛頓第二定律有解得cd棒速度減為0.8v0時，對兩根導體棒ab和cd構成的系統，根據動量守恒定律有解得此時回路的感應電動勢此時回路的感應電流根據牛頓第二定律有解得（3）結合上述，對導體棒ab進行分析，根據動量定理有其中感應電流的平均值為從開始運動到最終穩定過程，兩導體棒的相對位移則兩棒之間的最大距離解得10.如圖所示，兩平行光滑長直金屬導軌水平放置，間距為。abcd區域有勻強磁場，磁感應強度大小為，方向豎直向上。初始時刻，磁場外的細金屬桿M以初速度向右運動，磁場內的細金屬桿N處于靜止狀態。兩金屬桿與導軌接觸良好且運動過程中始終與導軌垂直。兩桿的質量均為，在導軌間的電阻均為，感應電流產生的磁場及導軌的電阻忽略不計。若兩桿在磁場內未相撞且N桿出磁場時的速度，求：（1）M桿剛進磁場時的安培力F；（2）從M桿進入磁場到N桿離開磁場過程中系統產生的焦耳熱Q；（3）初始時刻N到ab邊的最小距離x。【答案】（1）6N，方向水平向左；（2）2J；（3）0.5m【詳解】（1）由于平行長直金屬導軌光滑，故M桿剛進磁場時的速度為則此時切割磁感線產生的感應電動勢為則此時感應電流為根據右手定則可知感應電流的方向為a到b，則M桿剛進磁場時的安培力大小為根據左手定則可知安培力的方向為水平向左。（2）由MN組成的系統動量守恒，設N桿剛離開磁場時M桿的速度為，則則N桿剛離開磁場時M桿的速度根據能量守恒，從M桿進入磁場到N桿離開磁場過程中系統產生的焦耳熱（3）當N桿出磁場時，M桿恰好與N桿接觸但未發生碰撞，則這種情況時，初始時刻細金屬桿N到ab的距離最小，則當N出磁場時，對N桿列動量定理可得則通過N桿的電荷量所以同時，還可得可解得二．有外力等距雙導體棒模型【模型如圖】1．電路特點：棒2相當于電源，棒1受安培力而起動.2．運動分析：某時刻回路中電流：安培力大小：。棒1：棒2：最初階段，,只要,；；；；當時，恒定，恒定，恒定，兩棒勻加速3．穩定時的速度差，，，，1.如圖所示，兩足夠長的光滑平行金屬導軌固定在同一水平面內，導軌平面虛線左側存在豎直向下的勻強磁場，虛線右側存在豎直向上的勻強磁場，虛線左右兩側磁場的磁感應強度大小均為B，導體棒ab和cd均垂直于導軌靜止放置在導軌上。某時刻起，保持ab靜止，對cd施加大小為F的水平向右的恒力，經過時間t導體棒cd的加速度變為0，此時立即將該恒力撤掉，同時釋放ab。已知兩導軌的間距為L，導體棒ab的質量為m、接入電路的電阻為R；cd的質量為2m、接入電路的電阻也為R，其余電阻不計，兩導體棒運動時均與導軌垂直且接觸良好。對兩導體棒的運動過程，下列說法正確的是（

）A．撤掉恒力后，導體棒ab和cd的總動量先減小后不變B．導體棒ab和cd間的距離先逐漸增大，最后保持不變C．導體棒ab的最大速度為D．導體棒cd從開始運動到速度最大的過程，整個回路產生的焦耳熱為【答案】AC【詳解】AB．撤掉恒力時有解得此時cd水平向右的最大速度為之后兩導體棒均受到向左的安培力，總動量水平向右減小，在安培力的作用下cd向右減速，ab自靜止開始向左加速，當兩者速度大小相等時總電動勢為0，受到的安培力均為0，之后兩導體棒分別以大小相等的速度向相反的方向做勻速運動，它們間的距離一直增大，總動量保持不變，故A正確，B錯誤；C．撤掉恒力后，同一時刻兩導體棒中的電流相等，所受安培力大小相等，由牛頓第二定律可知，ab的加速度大小是cd加速度大小的2倍，因此同一過程ab的速度變化量大小是cd的速度變化量大小的2倍，則解得導體棒ab的最大速度故C正確；D．導體棒cd從開始運動到速度最大的過程，對cd有對整個系統有解得整個回路產生的焦耳熱為故D錯誤。故選AC。2．如圖所示，光滑平行導軌放在絕緣的光滑水平面上，導軌間距為L，導軌左端通過硬質導線連接阻值為R的定值電阻，導軌、硬質導線及電阻的總質量為m。空間存在豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質量也為m的金屬棒垂直導軌放置，金屬棒在水平向右、大小為F的恒力作用下由靜止開始運動，經過一段時間t（未知）后金屬棒的速度大小為2v，導軌的速度大小為v，然后立即撤去外力。除定值電阻外，其余電阻均忽略不計，運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，則下列說法正確的是（）A．恒力作用過程中對系統做的功等于撤去恒力時系統的動能B．恒力作用的總時間為C．恒力作用的過程中金屬棒相對導軌運動的位移大小為D．撤去恒力后經過足夠長的時間定值電阻上產生的焦耳熱為【答案】BD【詳解】A．根據能量守恒可知，恒力作用過程中對系統做的功等于撤去恒力時系統的動能以及電阻發熱產生的熱能之和，故A錯誤；B．對整體，根據動量定理解得故B正確；C．對電阻和導軌，根據動量定理則通過導體橫截面電荷量又解得故C錯誤；D．撤去恒力后經過足夠長的時間，整體勻速運動，根據動量守恒最終速度根據能量守恒定值電阻上產生的焦耳熱故D正確。故選BD。3．如圖所示，和為同一水平面內足夠長的平行金屬導軌，導軌間距為1m，空間存在豎直向下的磁場，左、右兩側磁場的磁感應強度大小分別為、。質量均為0.2kg的金屬桿a、b位于兩側，且距足夠遠，垂直于導軌放置，對a桿施加一水平向左大小為5N的恒力F使其從靜止開始運動。已知兩桿在運動過程中始終與導軌垂直并良好接觸，兩桿與導軌構成的回路的總電阻始終為0.5Ω，兩桿與導軌間的動摩擦因數均為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度。下列說法正確的是（）A．若將b桿鎖定在導軌上，a桿的最終速度為0.5m/sB．b桿剛要運動時，a桿的速度大小為0.25m/sC．足夠長時間后，回路的面積保持不變D．足夠長時間后，回路的電流為1.8A【答案】ABD【詳解】A．若將b桿鎖定在導軌上，a桿產生感應電動勢感應電流安培力a桿加速運動，由牛頓第二定律當加速度減小到零時，a桿做勻速直線運動，即可得a桿穩定速度m/s故A正確；B．b桿剛要運動時，則b桿所受安培力a、b兩桿串聯，電流相等，可知電路中電流A電動勢V由可知此時a桿的速度m/s故B正確；D．b桿解除鎖定后，設某時刻a、b兩桿的速度分別為、，回路中產生的感應電動勢回路中總電流a桿的加速度b桿的加速度a、b兩桿均加速運動，a桿加速快，可知增大，則電流i增大，減小，增大，當與增加的一樣快時，即時，回路中電流達到穩定，代入數據，可得m/s，m/s，A故D正確；C．根據前面分析足夠長時間后，由于b的加速度大，最后速度大于a，回路面積逐漸減小。故C錯誤。故選ABD。4．如圖所示，間距為0.5m的兩平行光滑金屬導軌MN、PQ固定在絕緣水平面上，虛線AB的左、右兩側均存在垂直水平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小分別為、。長度為0.5m、質量為1kg、阻值為0.2Ω的導體棒a靜止在AB左側導軌上，長度為0.5m、質量為1kg、阻值為0.8Ω的導體棒b靜止在AB右側導軌上。時刻起，b在大小為0.6N、方向水平向右的恒力F作用下由靜止開始運動。已知兩棒始終與導軌垂直且接觸良好，且a始終未越過虛線AB，導軌電阻均不計。下列說法正確的是（

）A．時刻，b的加速度大小為B．a的最大加速度為C．導體棒a消耗電功率的最大值為1.152WD．a、b加速度相等時，二者速度之比大于1：3【答案】BCD【詳解】A.初始時，兩導體棒的速度均為0，回路中的感應電動勢為0，導體棒所受安培力也為0，則由牛頓第二定律可得，導體棒b的加速度故A錯誤。B.設某時刻導體棒a的速度為、導體棒b的速度為，由法拉第電磁感應定律可得，回路中的感應電動勢則回路中的電流導體棒a所受的安培力導體棒b所受的安培力由牛頓第二定律可得，導體棒a的加速度導體棒b的加速度隨著導體棒速度差的增大，導體棒a的加速度逐漸增大、導體棒b的加速度逐漸減小，直到兩棒的加速度恒定，穩定時，即恒定，取穩定后一小段時間，則有代入數據可得又兩導體棒質量相等，即由于兩導體棒中電流時刻相等，且兩導體棒長度相等，則有聯立可得，導體棒a的加速度為，導體棒b的加速度為，故B正確。C.穩定時回路中的電流，為回路中的最大電流，則導體棒a消耗電功率的最大值為故C正確。D.作出a、b加速度隨時間變化的關系圖像，如圖所示圖線與坐標橫軸圍成的面積表示對應時間內導體棒速度的變化量，結合面積關系可知，a、b加速度相等時，二者速度之比大于1：3，故D正確。5.如圖甲所示，固定在同一水平面上足夠長的光滑平行金屬導軌，，間距，導軌的分界線左右足夠大區域內，分別有方向豎直向上和豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小分別為和。長度均為的導體棒a和b位于導軌上兩側，a的質量，a、b電阻分別為、，導軌電阻不計。初始時刻鎖定a，同時給b施加一水平外力，測得b兩端電壓隨時間變化的圖像如圖乙所示。時撤去外力，同時解除a的鎖定，一段時間后，a棒以大小為的速度做勻速直線運動。a、b始終垂直于導軌且均與導軌接觸良好，重力加速度取。求：（1）內a、b所受安培力大小之比；（2）末b的速度大小；（3）內外力的沖量大小。【答案】（1）1:2；（2）；（3）【詳解】（1）內a、b所受安培力大小之比（2）導體棒b切割磁場，有根據閉合電路歐姆定律聯立，解得由乙圖可知，末b的速度大小滿足解得（3）根據（2）中分析可知結合乙圖可知解得則該段時間內導體棒b做初速度為零的勻加速直線運動，有由設解除導體棒a鎖定時間后，其速度為，由動量定理可得，兩導體棒勻速運動時，回路中電流為零，可得聯立，解得內，分析導體棒b，根據動量定理，可得聯立，解得6.如圖所示，兩根足夠長的金屬直導軌水平平行放置，導軌間距為，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為。現將質量均為的金屬棒a、b垂直導軌放置，a、b金屬棒接入導軌之間的電阻分別為R、3R，。a棒光滑，b棒與軌道間動摩擦因數，運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導軌，導軌電阻忽略不計，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小g=10m/s2，當給a棒施加水平向右恒定的拉力，則：（1）a棒速度v0為多大時，b棒開始運動？此時a棒的加速度大小為多少？（2）從b棒運動開始計時，經過時間，a，b棒速度之比，求此時b棒的速度vb的大小；t0時間內流過b棒的電量為q，求時間t0內a棒相對于b棒運動的距離Δx。【答案】（1）4m/s，1m/s2；（2）3m/s，44m【詳解】（1）b棒開始運動時解得根據閉合電路歐姆定律得解得根據法拉第電磁感應定律得解得根據牛頓第二定律得解得（2）對a棒，根據動量定理得對b棒，根據動量定理得解得根據解得根據上式得解得7．某實驗裝置原理如圖所示，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度。在勻強磁場區域內，有一對光滑平行金屬導軌，處于同一水平面內，導軌足夠長，導軌間距，電阻可忽略不計。質量均為電阻均為的金屬導體棒MN和PQ垂直放置于導軌上，且與導軌接觸良好。先將PQ暫時鎖定，金屬棒MN在水平拉力F作用下，由靜止開始以加速度向右做勻加速直線運動，2s后保持拉力F的功率不變，直到棒以最大速度做勻速直線運動，已知。求：（1）2s時，安培力的大小，拉力F的大小和拉力的瞬時功率；（2）棒MN的最大速度；（結果保留兩位小數）；（3）當棒MN達到最大速度時，解除PQ鎖定，同時撤去拉力F，則撤去拉力后兩金屬棒之間距離增加量?x的最大值是多少？（結果保留兩位小數）。【答案】（1）0.2N，0.4N，0.16W；（2）0.57W；（3）0.57m【詳解】（1）金屬棒MN在2s末時的速度為所受安培力由牛頓第二定律得所以拉力的功率為（2）金屬棒MN達到最大速度vm時，金屬棒MN受力平衡，即保持拉力的功率不變，即解得（3）撤去拉力后，對金屬棒PQ、MN組成的系統動量守恒，由動量守恒定律可得解得對PQ棒，由動量定理得解得撤去拉力F后兩金屬棒之間距離增加量的最大值為三．不等距導軌雙導體棒模型1.a棒減速，b棒加速，E＝BL1va－BL2vb由va↓vb↑?E↓?F安↓?a↓，當BL1va＝BL2vb時，a＝0，兩棒勻速2.動力學觀點：最終速度3.能量觀點：動能轉化為焦耳熱4.動量觀點：BIL1t＝mv0－mvaBIL2t＝mvb－01．如圖，兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側導軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。已知導體棒MN的電阻為R、長度為d，導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內。整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好，導軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是（）A．彈簧伸展過程中，回路中產生逆時針方向的電流B．PQ速率為v時，MN所受安培力大小為C．整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D．整個運動過程中，通過MN的電荷量為【答案】C【詳解】A．彈簧伸展過程中，根據右手定則可知，回路中產生順時針方向的電流，故A錯誤；B．任意時刻，設電流為I，則PQ所受安培力FPQBI·2d方向向左，MN所受安培力FMN＝2BI·d方向向右，可知兩棒及輕質絕緣彈簧組成的系統所受合外力為零，系統動量守恒，設PQ質量為2m，則MN質量為m，PQ速率為v時，根據動量守恒定律2mvmv′解得v′2v此時回路中的感應電流故MN所受安培力大小為FMN2BId＝故B錯誤；C．根據動量守恒定律2mvmv′知整個運動過程中，任意時刻MN與PQ的速率都有v′2v故MN與PQ的速率之比始終為2∶1，時間相同，故路程比等于速率比，故MN與PQ的路程之比為2∶1，故C正確；D．兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態，時間相同，由動量守恒可得mx12mx2x1x2L可得最終MN向左移動x1PQ向右移動x2則整個運動過程中，通過MN的電荷量為故D錯誤。故選C。2．如圖所示，兩水平平行金屬導軌由寬軌、，窄軌、兩部分組成，寬軌部分間距為2L，窄軌部分間距為L。現將兩根材料相同、橫截面積相同的金屬棒ab、cd分別靜置在寬軌和窄軌上。金屬棒ab的質量為m，電阻為R，長度為2L，金屬棒cd的長度為L，兩金屬棒在運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好。除金屬棒的電阻之外其余電阻不計，寬軌和窄軌都足夠長。金屬導軌處在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。現給金屬棒ab水平向右的初速度，此后金屬棒ab始終在寬軌磁場中運動，金屬棒cd始終在窄軌磁場中運動，不計一切摩擦。下列說法正確的是（）A．金屬棒ab剛開始運動時，ab棒中的電流方向為b→aB．當兩金屬棒勻速運動時，ab棒的速度為C．金屬棒ab從開始運動到勻速的過程中，通過ab棒的電荷量為D．金屬棒ab從開始運動到勻速的過程中，ab棒中產生的熱量為【答案】C【詳解】A．金屬棒ab剛開始運動時，根據右手定則可知ab棒中的電流方向為a→b。故A錯誤；B．依題意，金屬棒cd的質量為，電阻為勻速運動時，兩棒切割產生的電動勢大小相等得末速度對ab棒對cd棒解得則，故B錯誤；C．根據聯立，解得故C正確；D．由能量關系，整個過程中產生的熱量又聯立，解得故D錯誤。故選C。3.如圖所示，光滑水平金屬導軌置于磁場中，磁場的磁感應強度為，左側導軌間距為，右側導軌間距為，導軌均足夠長。質量為的導體棒和質量為的導體棒均垂直于導軌放置，處于靜止狀態。的電阻為，的電阻為，兩棒始終在對應的導軌部分運動，兩棒始終與導軌垂直且接觸良好，導軌電阻不計。現給一水平向右的初速度，則此后的運動過程中，下列說法正確的是（）A．和組成的系統動量守恒B．兩棒最終以相同的速度做勻速直線運動C．最終的速度為D．從獲得初速度到二者穩定運動，此過程系統產生的焦耳熱為【答案】CD【詳解】A．導體棒ab和cd的長度不一樣，所以受到的安培力大小不相等，系統合力不為零，所以導體棒ab和cd組成的系統動量不守恒，故A錯誤；BC．根據題意可知，當導體棒ab和cd產生的電動勢相等時，兩棒都做勻速直線運動，則有對導體棒ab，規定水平向右為正方向，由動量定理可得對導體棒cd，規定水平向右為正方向，由動量定理可得聯立解得，故B錯誤，C正確；D．由能量守恒定律得，整個回路產生的焦耳熱解得故D正確。故選CD。4．如圖，兩根足夠長的光滑平行導軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側導軌間距分別為2L和L，左側是電阻不計的金屬導軌，右側是絕緣軌道。左側處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B0；右側以O為原點，沿導軌方向建立x軸，沿Ox方向存在分布規律為B=B0+kx（k>0）的豎直向下的磁場（圖中未標出）。一質量為m、阻值為R、三邊長度均為L的U形金屬框，左端緊靠靜置在絕緣軌道上（與金屬導軌不接觸）。導體棒a、b質量均為m，電阻均為R，分別靜止在立柱左右兩側的金屬導軌上。現同時給導體棒a，b大小相同的水平向右的速度v0，當導體棒b運動至時，導體棒a中已無電流（a始終在寬軌上）。導體棒b與U形金屬框碰撞后連接在一起構成回路，導體棒a、b、金屬框與導軌始終接觸良好，導體棒a被立柱擋住沒有進入右側軌道。下列說法正確的是（）A．導體棒a到達立柱時的速度大小為v0B．導體棒b到達時的速度大小為v0C．導體棒b與U形金屬框碰撞后連接在一起后做勻減速運動D．導體棒b與U形金屬框碰撞后，導體棒b靜止時與的距離為【答案】BD【詳解】AB．設b到達時的速度為，此時a的速度為，電路中剛好無電流，則由動量定理可知解得故A錯誤，B正確；C．碰撞后，由于磁場是變化的感應電流也是變化的，安培力的大小不是一個恒定的值，加速度不恒定，故C錯誤；D．設碰后的共同速度為，則右側的磁感應強度比左邊區域的磁感應強度大從碰撞共速到停止的過程中，電路中的平均電流結合動量定理可知其中解得故D正確。故選BD。5．如圖所示，光滑水平平行導軌置于方向豎直向下的勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，導軌左側的間距為L，右側的間距為2L，導軌足夠長。長度為L、質量為m的導體棒ab和長度為2L、質量為2m的導體棒cd均垂直左、右兩側的導軌放置，處于靜止狀態。絕緣輕彈簧的一端固定，另一端與導體棒ab的中點連接，ab的電阻為R，cd的電阻為2R，兩棒始終在對應的導軌部分運動，兩導體棒運動中始終與導軌垂直且接觸良好，導軌電阻不計。開始時彈簧處于原長狀態，現瞬間給cd一水平向右的初速度，則此后的運動過程中，下列說法正確的是A．導體棒ab獲得的最大加速度大小為B．導體棒cd先減速后勻速運動C．最終導體棒ab停在初始位置D．最終導體棒ab產生的熱量為【答案】AC【詳解】A．開始瞬間，導體棒ab速度為零，此時回路中的感應電動勢最大，感應電流最大，導體棒ab所受安培力最大，此時彈簧處于原長，故加速度也最大，有求得故A正確；BC．整個過程中，cd棒初始的動能全部轉化為回路中的焦耳熱，ab、cd棒最終均靜止，電路中沒有感應電流，ab棒受到的安培力為零，彈簧恢復到原長，ab棒停在初始位置，故B錯誤，C正確；D．由上述分析可知，整個系統產生的熱量為由電路結構知，ab棒最終產生的熱量為故D錯誤。故選AC。6．如圖所示，水平面內的光滑平行導軌由寬度為的平行導軌和寬度為L的平行導軌連接而成，圖中虛線右側的導軌處在垂直于水平面向下的勻強磁場中，磁場的磁感強度大小為B，金屬棒垂直放置在虛線左側的寬導軌上，金屬棒垂直放置在窄導軌上，和的質量分別為和接入兩導軌間的電阻分別為，虛線右側的寬導軌和窄導軌均足夠長，導軌電阻不計，運動過程中兩金屬棒始終與導軌接觸良好，給金屬棒向右的初速度，則下列說法正確的是（）A．最終金屬棒的速度大小為B．最終金屬棒的動量大小為C．整個過程，通過金屬棒的電量為D．整個過程，金屬棒中產生的焦耳熱為【答案】BD【詳解】AB．最終兩金屬棒均做勻速直線運動，設的最終速度分別為，由于回路中沒有感應電流，磁通量不變，則根據動量定理解得,則最終金屬棒的動量大小為故A錯誤，B正確；C．由解得通過金屬棒的電量選項C錯誤；D．設金屬棒中產生的焦耳熱為，則解得故D正確。故選BD。7．如圖所示，兩寬度不等的光滑平行金屬導軌水平固定放置，窄軌間距為L、寬軌間距為2L，導體棒ab、cd分別垂直放置在兩導軌上，質量均為m、電阻均為R，導軌間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小均為B，已知兩導軌均足夠長、電阻不計，現讓兩導體棒均以大小為v0的初速度平行于導軌水平向右運動，運動過程中棒始終與導軌垂直且接觸良好，ab棒始終未滑離窄軌，在導體棒運動的過程中，下列說法正確的是（）A．導體棒ab的最大速度為B．回路中的最大電流為C．導體棒ab產生的焦耳熱最多為D．通過導體棒ab的電荷量最多為【答案】AD【詳解】A．穩定時電路中電流為0，ab棒速度最大，有所以取向右為正方向，根據動量定理可得，對ab棒對cd棒解得，故A項正確；C．對整個過程根據能量守恒，有導體棒ab產生的焦耳熱最多為解得故C項錯誤；D．對ab棒又因為解得通過導體棒ab的電荷量最多為故D項正確；B．導體棒剛開始運動時，感應電動勢最大，感應電流最大，由閉合電路歐姆定律可得故B項錯誤。故選AD。8．兩根材料相同的光滑金屬棒和垂直放置在足夠長的水平導軌上，導軌電阻忽略不計，棒的質量為，a棒的橫截面積是棒的2倍，兩金屬棒與導軌接觸良好，導軌左邊間距是右邊間距的3倍，棒長恰好分別等于導軌的間距，兩導軌所在的區域處于豎直向下的勻強磁場中。有一根不可伸長的絕緣輕質細線一端系在金屬棒的中點，另一端繞過輕小光滑的定滑輪與質量也為的重物相連，線的水平部分與導軌平行且足夠長，離地面足夠高。由靜止釋放重物，兩金屬棒始終在各自的軌道上運動，當重物下落的距離為、經歷的時間為且重物的速度為時恰好達到穩定狀態，重力加速度為，下列說法正確的是（

）A．恰好達到穩定狀態時，棒的瞬時速度為B．達到穩定狀態后，棒和棒以共同的加速度做勻加速運動C．達到穩定狀態時，細線中的拉力大小為D．從開始運動至剛好達到穩定狀態的過程中棒產生的焦耳熱為【答案】ACD【詳解】A．依題意，a棒的橫截面積是棒的2倍，a棒的長度是棒的3倍，根據可知根據可知由動量定理，可得，聯立，解得故A正確；BC．設穩定后，a、b棒的速度大小分別為、，則回路中的電動勢為回路中的電流為到穩定狀態后，電路中的電流恒定，即電動勢恒定，則導體棒的加速度恒定，令a、b加速度分別為a1、a2，則有則有對a、b、c進行受力分析，如圖所示對a棒受力分析對b棒受力分析對c受力分析解得，，故B錯誤；C正確；D．根據能量守恒定律，可知從開始運動至剛好達到穩定狀態的過程中，電路中產生的焦耳熱為棒產生的焦耳熱為聯立，解得故D正確。故選ACD。9．某科技小組利用物理知識研究一款無接觸驅動的游戲裝置，如圖所示，導軌a、b由半徑為的四分之一光滑圓弧平行導軌與水平導軌組成，其右端與水平導軌c、d良好銜接，導軌a、b部分寬度為，導軌c、d部分寬度為，金屬棒Р與金屬棒Q上分別固定有絕緣卡通玩偶，營造出貓追老鼠的氛圍，兩者將隨金屬棒始終無翻轉水平運動，金屬棒Р與“貓”總質量為，金屬棒Q與“老鼠”總質量為，接入導軌間的電阻大小均為，Q棒靜止在c、d導軌上并被鎖定，整個導軌處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為。現將Р棒從圓弧導軌圓心等高處無初速釋放，經過時間Р棒到達圓弧軌道最低點，此時Р棒對導軌壓力為其重力的兩倍，金屬棒與軌道接觸良好，不考慮一切摩擦，重力加速度為g取10m/s2，則（）A．從釋放Р棒到運動至圓弧軌道最低點過程中通過金屬棒的電荷量為0.3CB．在Q棒一直鎖定下，要使Р棒不能帶“貓”進入c、d軌道，則a、b軌道水平部分長度至少為2mC．當Р棒到達圓弧最低點時，若Q棒立即解除鎖定，水平導軌均足夠長，且P棒始終在ab上運動，Q棒始終在cd上運動，則兩金屬棒運動穩定時速度大小分別為m/s，m/sD．Р棒在導軌ab的水平部分運動過程，兩者運動狀態第一次穩定后，Р棒進入cd導軌時，若此時距Q棒1m，則此后兩者將會相碰【答案】BC【詳解】A．從釋放P捧到運動至圓弧軌道最低點過程中通過金屬棒的電荷量故A錯誤；B．導體棒P到達圓弧導軌最低點時速度為，由牛頓第二定律有且解得在Q棒一直鎖定下，P棒將減速到停，由動量定理為平均電流，由為平均感應電動勢，聯立可得解得故B正確；C．解除鎖定后，P棒做減速運動，，Q棒做加速運動，兩棒最終均做勻速運動，回路中電流為零，設兩棒最終速度分別為和，由于即由動量定理對P棒有對Q棒有得故C正確；D．P棒在導軌ab的水平部分運動過程兩者運動狀態第一次穩定后速度小于Q棒，上到cd軌道后雖然加速，但距離還會加大，最后速度相等，不可能碰上，故D錯誤。故選BC。10．如圖，足夠長的兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，導軌間距分別為2L和L，導軌間分布著方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B、2B。t=0時，導體棒PQ、MN在導軌上分別以大小為v0、的速度相向運動；t=t0時，MN向左的速度減小為零；最終兩導體棒達到穩定運動狀態。已知PQ、MN的質量分別為2m、m，兩導體棒接入回路中的電阻都為R。整個過程中兩導體棒始終與導軌垂直并接觸良好，且只在各自的一側導軌上運動，其他電阻不計。下列說法正確的是（

）A．t=0時，導體棒PQ的加速度大小為B．整個運動過程，回路中產生的焦耳熱為C．0~t0時間內，通過導體棒PQ的電荷量為D．0~t0時間內，兩導體棒運動路程之和為【答案】BCD【詳解】A．t=0時，兩導體棒切割磁感線回路產生總感應電動勢為電流為對導體棒PQ有則PQ的加速度大小為故A錯誤；B．經過足夠長時間，回路中最終態總感應電動勢為零，有得根據動量守恒定律對系統由能量守恒定律得解得故B正確；C．0~t0時間內，MN棒向左的速度為零時，由動量定理有求得故C正確；D．0~t0時間內其中所以故D正確；故選BCD。四．線框模型（空氣阻力不計）1.如圖所示，正方形線框邊長，質量，電阻，水平放置在粗糙絕緣水平面上，開始時線框邊緊靠勻強磁場左邊界，平行的邊界與之間存在方向豎直向下的勻強磁場，磁場寬度為，磁感應強度大小，現對線框施加一水平向右的拉力F，使線框以的加速度由靜止開始勻加速進入勻強磁場，當線框邊到達磁場左邊界時，撤去拉力，當線框邊到達磁場右邊界時，線框速度恰好減為零。已知重力加速度g取，線框與水平面間的動摩擦因數，下列說法正確的是（）A．整個過程中線框達到的最大速度為B．整個過程中線框中感應電流的最大值為C．線框進入磁場過程中拉力的功率與時間的函數關系為D．線框從邊剛離開邊界到邊抵達邊界經歷的時間為【答案】C【詳解】A．線框先以加速，撤去拉力后，線框在摩擦力作用下減速，則在撤去拉力時線框速度最大，由運動學公式得解得故A錯誤；B．當線框速度最大時，其感應電動勢最大由歐姆定律得聯立解得故B錯誤；C．線框進入磁場得過程中，由牛頓第二定律得其中，代入數據得則線框進入磁場過程中拉力的功率與時間的函數關系為故C正確；D．在撤去拉力后到ab邊剛到達PQ的過程中，由牛頓第二定律得由運動學得解得ab邊到達PQ時線框速度線框從ab邊離開PQ到cd邊抵達PQ的過程中，由動量定理得其中由微元法可知解得故D錯誤。故選C。2．如圖所示，水平面內有一邊長為0.2m的正方形單匝線圈abcd，線圈由粗細均勻的同種材料制成，線圈的電阻為，bc邊與勻強磁場邊緣重合。磁場的寬度等于線圈的邊長，磁感應強度大小為0.5T。在水平拉力作用下，線圈以8m/s的速度向右勻速穿過磁場區域。下列說法正確的是（）A．線圈進入磁場過程中bc邊的電流方向由b指向cB．線圈離開磁場過程中b點電勢低于c點電勢C．線圈穿過磁場區域過程中克服安培力做功為0.16JD．線圈穿過磁場區域過程中感應電流在bc邊產生的焦耳熱為0.08J【答案】D【詳解】A．根據右手定則知，線圈進入磁場過程中bc邊的電流方向由c指向b，故A錯誤；B．根據右手定則知，線圈離開磁場過程中電流方向由d指向a，故b點電勢高于c點電勢，故B錯誤；C．根據導體切割磁感線產生的感應電動勢計算公式可得根據閉合電路的歐姆定律可得感應電流為線圈以8m/s的速度向右勻速穿過磁場區域，拉力的大小等于安培力，即根據功能關系可知，產生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即等于拉力F做的功，所以線圈穿過磁場區域過程中克服安培力做功為故C錯誤；D．線框穿越磁場的整個過程中產生的熱量線圈穿過磁場區域過程中感應電流在bc邊產生的焦耳熱為故D正確。故選D。3．如圖所示，光滑絕緣水平桌面上有一均質正方形金屬線框abcd，線框以速度v進入一個有明顯邊界的勻強磁場（磁場的寬度大于線框的邊長），當線圈全部進入磁場區域時，速度減小到。下列說法中正確的是（）A．線框進入磁場時與離開磁場時均做勻減速直線運動B．線框能全部穿出磁場C．線框進入磁場時與離開磁場時產生的熱量之比為8∶1D．線框進入磁場時與離開磁場時通過線框某截面的電荷量之比為1∶2【答案】C【詳解】A．線框進入磁場時與離開磁場時受安培力大小為F=BIL=BL==ma隨著速度減小，安培力逐漸減小，加速度減小，所以線框進入磁場時與離開磁場時做變減速直線運動，故A錯誤；BD．假設線圈能全部穿出磁場，線圈剛全部進入磁場時速度為，剛離開磁場時速度為v'，線圈進入磁場的過程，取向右為正方向，由動量定理得-BI1L·t1=m-mv通過線圈的電荷量q1=I1t1=線圈離開磁場的過程，取向右為正方向，由動量定理得-BI2L·t2=mv'-m通過線圈的電荷量q2=I2t2=聯立解得v'=-所以線圈不能全部穿出磁場，則v'=0，代入上式可知故BD錯誤；C．線圈進入磁場的過程，根據能量守恒定律有Q1=mv2-m線圈離開磁場的過程，根據能量守恒定律有Q2=m解得故C正確。故選C。4.如圖所示，在豎直平面內的MM'和NN'之間存在垂直平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，MM'和NN'之間的距離為h，在MM'上方高h處一長度為2L、寬度為L的矩形導體線框從靜止開始下落。已知h>L，線框的質量為m，電阻為R，線框下落過程中ab邊始終保持水平，不考慮空氣阻力的影響，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．線框進入磁場的過程中線框中電流方向是a→b→c→d→aB．線框在完全進入勻強磁場后有可能做勻速直線運動C．若線框剛進入勻強磁場區域時做勻速直線運動，則線框中電流的功率為D．線框進入磁場的過程中通過導線截面的電荷量為【答案】CD【詳解】A．線框在進入磁場的過程中，線框內的磁通量增大，根據楞次定律，線框中產生的感應電流方向為逆時針方向，即a→d→c→b→a，故A錯誤；B．在線框完全進入勻強磁場后，線框中的磁通量不變，不產生感應電流，不受安培力作用，只受重力作用，線框做加速度為g的加速運動，故B錯誤；C．若線框剛進入勻強磁場區域時做勻速直線運動，則有線框dc邊所受安培力大小等于重力，即解得線框中電流的功率故C正確；D．根據法拉第電磁感應定律有又有，聯立解得故D正確。故選CD。5．如圖甲所示，在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1、L2之間，L3、L4之間存在勻強磁場，磁感應強度大小均為1T，方向垂直于虛線所在平面。現有一矩形線圈abcd，寬度cd=L=0.5m，質量為0.1kg，電阻為2Ω，將其從圖示位置由靜止釋放（cd邊與L1重合），線圈速度隨時間的變化關系如圖乙所示，t1時刻cd邊與L2重合，t2時刻ab邊與L3重合，t3時刻ab邊與L4重合，已知t1~t2的時間間隔為0.6s，整個運動過程中線圈平面始終處于豎直方向（重力加速度g取10m/s2）。則（）A．在0~t1時間內，通過線圈的電荷量為0.25CB．線圈勻速運動的速度大小為8m/sC．線圈的長度為1mD．0~t3時間內，線圈產生的熱量為1.8J【答案】ABD【詳解】B．由題圖可知，在t2~t3時間內，線圈向下做勻速直線運動，受力平衡，則根據平衡條件有mg=BIL而聯立，解得v2=8m/s故B正確；C．t1~t2時間內線圈一直做勻加速直線運動，則知線圈內磁通量變化為零，不產生感應電流，線圈不受安培力作用，僅在重力作用下運動，以cd邊與L2重合時為初狀態，以ab邊與L3重合時為末狀態，設磁場的寬度為d，則線圈長度為2d，線圈下降的位移為3d，則有其中v2=8m/s，t=0.6s，代入解得d=1m所以線圈的長度為L'=2d=2m故C錯誤；A．在0~t1時間內，cd邊從L1運動到L2，通過線圈的電荷量為故A正確；D．0~t3時間內，根據能量守恒定律可得故D正確。故選ABD。6．如圖所示，光滑水平面上一個正方形導線框以垂直于一邊的速度穿過平行邊界的勻強磁場區域（磁場寬度大于線框邊長），已知導線框進入磁場前速度為v1，穿出磁場后速度為v2，忽略導線框電流產生的磁場，下列說法正確的是（）A．線框穿越磁場的全過程克服安培力做的功等于線框產生的電熱與損失的動能之和B．線框進入磁場的過程與穿出磁場的過程受到安培力的沖量相等C．線框完全在磁場中運動時的速度為D．線框完全在磁場中運動時的電流不為0且恒定不變【答案】BC【詳解】A．根據動能定理可知，線框穿越磁場的全過程中只有安培力做功，則克服安培力做的功等于線框損失的動能，故A錯誤；B．線框進入磁場的過程中，有線框穿出磁場的過程中，有故B正確；C．線框進入磁場的過程中，有線框穿出磁場的過程中，有聯立可得故C正確；D．線框完全進入磁場后，磁通量不發生變化，沒有感應電流，不受安培力，則線框做勻速直線運動，故D錯誤。故選BC。7．有一邊長為L、質量為m、總電阻為R的正方形導線框自磁場上方某處自由下落，如圖所示。區域Ⅰ、Ⅱ中勻強磁場的磁感應強度大小均為B，二者寬度分別為L、H，且H＞L。導線框恰好勻速進入區域Ⅰ，一段時間后又恰好勻速離開區域Ⅱ，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．導線框離開區域Ⅱ的速度大于B．導線框剛進入區域Ⅱ時的加速度大小為g，方向豎直向上C．導線框進入區域Ⅱ的過程產生的焦耳熱為mgHD．導線框自開始進入區域Ⅰ至剛完全離開區域Ⅱ的時間為【答案】CD【詳解】A．導線框恰好勻速離開區域Ⅱ，根據平衡條件得解得故A錯誤；B．導線框從勻速進入區域Ⅰ到即將進入區域Ⅱ之間一直做勻速運動，由平衡條件和電磁感應定律可得導線框下邊剛進入磁場區域Ⅱ時，上下邊都切割磁感線，由法拉第電磁感應定律有導線框所受安培力由牛頓第二定律有解得方向豎直向上，故B錯誤；C．設導線框完全離開區域Ⅰ時速度為v′，從完全離開區域Ⅰ到開始離開區域Ⅱ的過程中，由動能定理得導線框進入區域Ⅱ的過程，根據能量守恒定律可得聯立解得導線框進入區域Ⅱ的過程產生的焦耳熱為故C正確；D．導線框自開始進入區域Ⅰ至開始進入區域Ⅱ的時間導線框自開始進入區域Ⅱ至開始離開區域Ⅱ過程中，由動量定理得解得導線框自開始離開區域Ⅱ至剛完全離開區域Ⅱ的時間故導線框自開始進入區域Ⅰ至剛完全離開區域Ⅱ的時間為故D正確。故選CD。8．如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方有兩個磁感應強度大小均為B、方向相反的豎直勻強磁場區域，磁場寬度均為L。一個邊長為L、電阻為R、匝數為N的正方形金屬線框，在水平外力作用下沿垂直磁場方向在水平面上勻速運動，線框的速度始終為v，從位置Ⅰ運動到位置Ⅱ（線框分別有一半面積在兩個磁場中）過程中，下列說法正確的是（

）A．線框剛進入左側磁場時線框中感應電流方向為逆時針B．在位置Ⅱ時外力F為C．在位置Ⅱ時線框中的電功率為D．從位置Ⅰ運動到位置Ⅱ的過程中線框的磁通量先增大后減小【答案】ACD【詳解】AD．線框剛進入左側磁場時，穿過線框的磁通量向里增加，根據楞次定律可知，線框中感應電流方向為逆時針；線框從位置Ⅰ運動到位置Ⅱ的過程中，線框的磁通量先增大后減小，故AD正確；BC．線框在位置Ⅱ時，根據右手定則知線框左右邊同時切割磁感線產生的電流同向，所以總電流為線框左右邊所受安培力的方向均向左，根據受力平衡可得外力F為此時線框中的電功率為故B錯誤，C正確。故選AD。9．如圖所示，虛線MN右側有垂直于水平面向上的勻強磁場，質量、電阻、邊長的正方形金屬線框在光滑絕緣水平面上以大小的初速度向右運動并進入勻強磁場。已知線框的右邊框與勻強磁場的邊界MN平行，線框的左邊框剛進入勻強磁場時的速度大小為，關于金屬線框進入勻強磁場的過程，下列說法正確的是（）A．金屬線框中有順時針方向的感應電流 B．金屬線框的加速度大小保持不變C．金屬線框中產生的焦耳熱為0.2J D．通過金屬線框某橫截面的電荷量為【答案】AD【詳解】A．金屬線框進入勻強磁場過程中，穿過金屬線框的磁通量向外增加，由楞次定律可知，金屬線框中有順時針方向的感應電流，故A正確；B．金屬線框進入勻強磁場過程中，由左手定則可知，安培力方向水平向左，故金屬線框做減速運動，安培力大小為由牛頓第二定律有可知金屬線框的加速度逐漸減小，故B錯誤；C．根據能量守恒有故C錯誤；D．金屬線框進入勻強磁場過程，取水平向右為正方向，根據動量定理有其中聯立解得則通過金屬線框某橫截面的電荷量為故D正確。故選AD。10．如圖所示，勻強磁場I、Ⅱ的磁場方向均沿水平方向垂直紙面向外，兩磁場邊界水平，磁場寬度均為，磁場I下邊界到磁場Ⅱ上邊界的距離為，磁場I的磁感應強度大小為。邊長為電阻為的單匝正方形金屬線框位于垂直于磁場的豎直平面內，開始時邊到磁場上邊界距離為，由靜止釋放金屬線框，線框在向下運動的過程中始終在豎直面內，且邊始終水平，線框分別勻速穿過磁場I、Ⅱ。重力加速度大小為，忽略空氣阻力，則下列說法正確的是（

）A．線框經過磁場I產生的焦耳熱等于經過磁場Ⅱ產生的焦耳熱B．磁場Ⅱ的磁感應強度大小為C．金屬線框的質量為D．線框經過磁場I、Ⅱ產生的總焦耳熱為【答案】AC【詳解】A．線框分別勻速穿過磁場Ⅰ、Ⅱ，則根據功能關系知線框經過磁場Ⅰ產生的焦耳熱為2mgL，等于經過磁場Ⅱ產生的焦耳熱2mgL，故A正確；C．靜止釋放金屬線框到ab邊開始進入磁場Ⅰ，根據動能定理有勻速穿過磁場Ⅰ，則，解得故C正確；B．從cd出磁場Ⅰ到ab進磁場Ⅱ過程，根據動能定理有勻速穿過磁場Ⅱ，則，解得磁場Ⅱ的磁感應強度大小故B錯誤；D．線框經過磁場Ⅰ、Ⅱ產生的總焦耳熱為故D錯誤。故選AC。11．如圖所示，水平的平行虛線間距為，其間有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為。在距磁場上邊界處有一矩形金屬線圈，線圈邊長分別為和，線圈質量為，電阻為。現將線圈由靜止釋放，線圈在運動過程中上下邊始終與磁場上下邊平行，其下邊緣剛進入磁場和剛穿出磁場時的速度恰好相等，重力加速度為，則（）A．線圈剛進入磁場時的感應電流B．線圈在進入磁場的過程中先做加速運動，再做減速運動C．線圈在進入磁場的過程中的最小速度D．線圈離開磁場的過程中產生的焦耳熱【答案】AD【詳解】A．線圈進入磁場時的速度由動能定理得解得線圈剛進入磁場時產生的感應電動勢線圈剛進入磁場時的感應電流故A正確；B．當線圈完全進入磁場后將做勻加速運動，但線圈要離開磁場時速度卻和剛進入磁場時一樣，說明線圈在進入磁場的時候必須先做減速運動，故B錯誤；C．由B選項的分析可知當線圈完全進入磁場瞬間時速度最小，然后做勻加速到剛要離開磁場。由于線圈在進入磁場的過程中速度不一定減小到使得線框做勻速運動，則線圈速度最小時重力不一定正好等于安培力，故線圈在進入磁場的過程中的最小速度不一定為。線圈從最小速度到下邊緣剛穿出磁場時，由動能定理得解得線圈在進入磁場的過程中的最小速度故C錯誤；D．由對稱性知線圈完全離開磁場瞬間的速度與完全進入磁場瞬間的速度相等，由能量守恒得線圈離開磁場的過程中產生的焦耳熱故D正確。故選AD。12．光滑水平面上有一邊長的單匝均勻正方形導線框abcd，質量，電阻。在豎直方向存在有平行邊界的勻強磁場，ab邊恰好位于磁場左邊界上，其俯視圖如圖一所示。時，線框以初速在恒力F的作用下進入勻強磁場，已知線框從Ⅰ位置到Ⅱ位置過程中的圖像如圖2所示，且在時，則（）A．時線框中的感應電動勢為1.5VB．線框在離開磁