PAGE26-第53講動力學、能量和動量觀點在電磁感應中的應用實力命題點一電磁感應中的動力學問題1．電磁感應與動力學的聯系在電磁感應現象中導體運動切割磁感線，產生感應電流，感應電流的大小與導體的運動速度有關，且感應電流使導體受到安培力的作用。解決電磁感應中的力學問題，一方面要考慮電磁學中的有關規律，另一方面還要考慮動力學中的有關規律，要將電磁學和動力學學問綜合起來應用。2．電磁感應中動力學問題的分析導體一般不是做勻變速運動，而是經驗一個動態改變過程再趨于一個穩定狀態。動態分析的基本思路如下：3．兩種狀態處理(1)導體處于平衡態——靜止或勻速直線運動狀態處理方法：依據平衡條件(合外力等于0)列式分析。(2)導體處于非平衡態——加速度不為0處理方法：依據牛頓其次定律進行動態分析或結合功能關系、動量關系列式分析。如圖甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻。一根質量為m的勻稱直金屬桿AB放在兩導軌上，并與導軌垂直。整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面對下。導軌和金屬桿的電阻可忽視。讓AB桿沿導軌由靜止起先下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦。(1)由B向A方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出AB桿下滑過程中某時刻的受力示意圖；(2)在加速下滑過程中，當AB桿的速度大小為v時，求此時AB桿中的電流大小及其加速度的大小；(3)求在下滑過程中，AB桿可以達到的最大速度值。解析(1)AB桿受力如圖所示，重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直斜面對上；安培力F，沿斜面對上。(2)當AB桿速度為v時，感應電動勢E＝BLv，此時電路中電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)。AB桿受到的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，依據牛頓其次定律，有ma＝mgsinθ－F＝mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)，a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)。(3)當eq\f(B2L2v,R)＝mgsinθ時，AB桿達到最大速度vmax＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)。答案(1)圖見解析(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)電磁感應中動力學問題的解題技巧(1)將安培力與其他力一起進行分析。(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)列出穩定狀態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，兩根平行金屬導軌置于水平面內，導軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面對下。現使磁感應強度隨時間勻稱減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是()A．ab中的感應電流方向由b到aB．ab中的感應電流漸漸減小C．ab所受的安培力保持不變D．ab所受的靜摩擦力漸漸減小答案D解析依據楞次定律，ab中感應電流方向由a到b，A錯誤；依據E＝eq\f(ΔB,Δt)·S，因為eq\f(ΔB,Δt)恒定，所以E恒定，依據I＝eq\f(E,R＋r)知，回路中的感應電流恒定，B錯誤；依據F＝BIl，由于B減小，安培力F減小，C錯誤；依據平衡條件，靜摩擦力f＝F，故靜摩擦力減小，D正確。2．(2024·遼寧省試驗中學分校高考模擬)(多選)如圖所示，水平放置的光滑金屬長導軌MM′和NN′之間接有電阻R，導軌左、右兩區域分別處在方向相反與軌道垂直的勻強磁場中，右側區域足夠長，方向如圖。設左、右區域磁場的磁感應強度分別為B1和B2，虛線為兩區域的分界線。一根金屬棒ab放在導軌上并與其正交，棒和導軌的電阻均不計。金屬棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左面區域中恰好以速度v做勻速直線運動，則()A．若B2＝B1，棒進入右面區域后先做加速運動，最終以速度2v做勻速運動B．若B2＝B1，棒進入右面區域中后仍以速度v做勻速運動C．若B2＝2B1，棒進入右面區域后先做減速運動，最終以速度eq\f(v,4)做勻速運動D．若B2＝2B1，棒進入右面區域后先做加速運動，最終以速度4v做勻速運動答案BC解析金屬棒在水平向右的恒力作用下，在虛線左邊區域中以速度v做勻速直線運動，恒力F與安培力平衡。當B2＝B1時，棒進入右邊區域后，棒切割磁感線產生的感應電動勢大小與感應電流大小均沒有改變，棒所受安培力的大小和方向也沒有改變，與恒力F仍舊平衡，則棒進入右邊區域后，以速度v做勻速直線運動，故A錯誤，B正確；當B2＝2B1時，棒進入右邊區域后，棒產生的感應電動勢和感應電流均變大，所受的安培力也變大，恒力沒有改變，則棒先減速運動，隨著速度減小，感應電動勢和感應電流減小，棒受到的安培力減小，當安培力與恒力再次平衡時棒做勻速直線運動，設此時棒勻速運動的速度大小為v′。在左側磁場中F＝eq\f(B\o\al(2,1)L2v,R)，在右側磁場中勻速運動時，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)做勻速直線運動，故C正確，D錯誤。實力命題點二電磁感應中的功能問題1．電磁感應中的功能關系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)確定探討對象(導體棒或回路)。(2)弄清電磁感應過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉化。(3)依據功能關系或能量守恒定律列式求解。3．求焦耳熱Q的三種方法(2024·山東濟寧一模)如圖所示，有一傾斜的光滑平行金屬導軌，導軌平面與水平面的夾角為θ＝30°，導軌間距為L，接在兩導軌間的電阻為R，在導軌的中間矩形區域內存在垂直斜面對上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，磁場區域的長度為2L。一質量為m、有效電阻為0.5R的導體棒從距磁場上邊緣2L處由靜止釋放，整個運動過程中，導體棒與導軌接觸良好，且始終保持與導軌垂直。不計導軌的電阻，重力加速度為(1)求導體棒剛進入磁場時的速度v0；(2)若導體棒離開磁場前已達到勻速，求導體棒通過磁場的過程中，電阻R上產生的焦耳熱QR。解析(1)導體棒從靜止下滑距離2L的過程中，由動能定理得：mg·2Lsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得：v0＝eq\r(2gL)。(2)設導體棒勻速運動的速度為v，則此時導體棒在磁場中切割磁感線產生的感應電動勢：E＝BLv產生的感應電流為I＝eq\f(E,R＋0.5R)受到的安培力為F安＝BIL導體棒做勻速運動，故由平衡條件得：mgsinθ＝F安聯立解得：v＝eq\f(3mgR,4B2L2)導體棒從起先釋放到剛離開磁場的過程中，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)在利用能的轉化和守恒定律解決電磁感應問題時，要留意分析安培力做功的狀況，因為安培力的功是電能和其他形式的能之間相互轉化的“橋梁”，簡潔表示如下：電能eq\o(,\s\up7(W安>0),\s\do5(W安<0))其他形式的能。(2024·江西景德鎮高三下學期十校聯合模擬)(多選)如圖甲所示，左側接有定值電阻R＝2Ω的水平粗糙導軌處于垂直紙面對外的勻強磁場中，磁感應強度B＝1T，導軌間距L＝1m。一質量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處沿導軌向右加速運動，金屬棒的v-x圖象如圖乙所示，若金屬棒與導軌間動摩擦因數μ＝0.2，則從起點發生x＝1m位移的過程中(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．整個系統產生的總熱量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是線性關系。當x＝0時，安培力FA＝0，當x＝1m時，安培力FA＝0.5N，則金屬棒從起點發生x＝1m位移的過程中，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錯誤；金屬棒克服安培力做的功等于產生的電熱，金屬棒克服摩擦力做的功等于產生的摩擦熱，則整個系統產生的總熱量Q＝W1＋W2＝4.25J，C正確；依據動能定理得：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錯誤。實力命題點三電磁感應中的動量問題1．動量定理在電磁感應現象中的應用導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，安培力的沖量為：I安＝Beq\x\to(I)Lt＝BLq，通過導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。假如安培力是導體棒或金屬框受到的合外力，則I安＝mv2－mv1。當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時用動量定理求解更便利。2．動量守恒定律在電磁感應現象中的應用在雙金屬棒切割磁感線的系統中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力充當系統內力，假如兩安培力等大反向，且它們受到的外力的合力為0，則滿意動量守恒條件，運用動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的光滑固定金屬導軌由水平部分和傾斜部分組成，水平部分足夠長，傾斜部分與水平面的夾角為30°。導軌水平部分處于豎直向上的勻強磁場中，傾斜部分處于斜向上與導軌平面垂直的勻強磁場中，兩磁場的磁感應強度大小均為B。導體棒ab和cd分別置于導軌的傾斜部分上和水平部分上并保持靜止，現將導體棒ab在距導軌水平部分高度為h處釋放，導體棒ab在到達MN處之前已達到穩定的運動狀態，在導體棒ab到達MN時再釋放導體棒cd，導體棒ab在MN處由傾斜部分進入水平部分時無能量損失。已知導體棒ab質量為m，電阻為r，導體棒cd質量也為m，電阻為2r，導軌電阻忽視不計，當地重力加速度為g，求：(1)導體棒ab到達MN之前穩定運動時的速度大小；(2)整個過程中導體棒ab產生的焦耳熱；(3)整個過程中通過導體棒ab某一橫截面的電荷量。解析(1)導體棒ab到達MN之前穩定時，由平衡條件得mgsin30°＝ILBI＝eq\f(BLv,3r)聯立得：v＝eq\f(3mgr,2B2L2)。(2)導體棒ab進入水平部分后，ab和cd組成的系統動量守恒，由動量守恒定律得：mv＝2mv′導體棒ab和cd最終各自的速度大小相同，都為v′＝eq\f(3mgr,4B2L2)對ab和cd組成的系統，整個過程中能量守恒，由能量守恒定律得mgh＝2×eq\f(1,2)mv′2＋Q導體棒ab產生的焦耳熱Qab＝eq\f(1,3)Q得Qab＝eq\f(1,3)mgh－eq\f(3m3g2r2,16B4L4)。(3)導體棒ab自起先運動至到達MN的過程中，通過導體棒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)導體棒ab進入導軌的水平部分后，導體棒cd僅在安培力作用下向左加速運動，最終勻速，對導體棒cd的運動過程運用動量定理：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)整個過程中通過導體棒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)對導體在安培力作用下的非勻變速直線運動，用動力學觀點不易處理，可考慮用能量、動量的觀點處理。1．(2024·重慶三診)(多選)如圖所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN和PQ，兩導軌間距為L，導軌電阻均可忽視不計。在M和P之間接有一阻值為R的定值電阻，導體桿ab質量為m、電阻也為R，并與導軌接觸良好。整個裝置處于方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中。現給ab桿一個初速度v0，使桿向右運動，最終ab桿停在導軌上。下列說法正確的是()A．ab桿將做勻減速運動直到靜止B．ab桿速度減為eq\f(v0,3)時，ab桿加速度大小為eq\f(B2L2v0,6mR)C．ab桿速度減為eq\f(v0,3)時，通過電阻的電量為eq\f(mv0,3BL)D．ab桿速度減為eq\f(v0,3)時，ab桿走過的位移為eq\f(4mRv0,3B2L2)答案BD解析ab棒水平方向上受與運動方向相反的安培力，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動直到靜止，故A錯誤；當ab棒的速度為eq\f(v0,3)時，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ab棒，由動量定理得：－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)，所以通過電阻的電量為eq\f(2mv0,3BL)，故C錯誤；由q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(B·Lx,2R)，解得ab桿走過的位移：x＝eq\f(2Rq,BL)＝eq\f(4mRv0,3B2L2)，故D正確。2.足夠長的平行金屬軌道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可在軌道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質量mb＝mc＝0.1kg，接入電路的有效電阻Rb＝Rc＝1Ω，軌道的電阻不計。平行水平金屬軌道M、N處于磁感應強度B＝1T的勻強磁場中，磁場方向垂直于軌道平面對上，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖所示。若使b棒以初速度v0＝10m/s起先向左運動，運動過程中b、c不相撞，g取10m/s2，求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒達最大速度時，此棒產生的焦耳熱；(3)若c棒達最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達軌道最高點時對軌道的壓力的大小。答案(1)5m/s(2)1.25J(3)1.25N解析(1)在安培力作用下，b棒做減速運動，c棒做加速運動，當兩棒速度相等時，c棒達到最大速度。選兩棒為探討對象，依據動量守恒定律有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棒起先運動到兩棒速度相等的過程中，系統削減的動能轉化為電能，兩棒中產生的總焦耳熱為：Q＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5J因為Rb＝Rc，所以c棒達最大速度時此棒產生的焦耳熱為Qc＝eq\f(Q,2)＝1.25J。(3)設c棒沿半圓軌道滑到最高點時的速度為v′，從最低點上升到最高點的過程，由機械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mcv2－eq\f(1,2)mcv′2＝mcg·2R解得v′＝3m/s在最高點，設軌道對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c棒對軌道的壓力為1.25N，方向豎直向上。課時作業1．如圖所示，勻強磁場存在于虛線框內，矩形線圈豎直下落，假如線圈受到的磁場力總小于其重力，則它在1、2、3、4位置時的加速度關系為()A．a1>a2>a3>a4B．a1＝a3>a2>a4C．a1＝a3>a4>a2D．a4＝a2>a3>a1答案B解析未進磁場前和全部進入磁場后，都僅受重力，所以加速度a1＝a3＝g。線框在圖2位置時，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。而由于線框完全在磁場中時做加速度為g的加速運動，故4位置時的速度大于2位置時的速度，依據F安＝eq\f(B2L2v,R)及a＝eq\f(mg－F安,m)可得a4<a2；故線圈在1、2、3、4位置時的加速度關系為：a1＝a3>a2>a4，B正確。2．如圖，甲、乙兩圖為與勻強磁場垂直放置的兩個金屬框架，乙圖除了一個電阻為零、自感系數為L的線圈外，其他部分與甲圖都相同，導體AB以相同的加速度向右做勻加速直線運動。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．無法推斷答案A解析乙圖電路中有線圈，故乙圖中的感應電流小于甲圖中的感應電流，乙圖導體AB受到的安培力要小于甲圖中導體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，依據動能定理得W外－W安＝eq\f(1,2)mv2－0，因為導體AB以相同的加速度向右做勻加速直線運動，通過的位移相等，則末動能相等，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錯誤。3．如圖所示，光滑絕緣水平面上嵌入一無限長通電直導線；一質量為0.02kg的金屬環在該平面內以大小為v0＝2m/s、方向與電流方向成60°角的初速度滑出，則()A．金屬環最終將靜止在水平面上的某處B．金屬環最終沿垂直導線方向做勻速直線運動C．金屬環所受安培力方向始終和運動方向相反D．金屬環中產生的電能最多為0.03J答案D解析通電直導線右側有垂直于金屬環平面的磁場，金屬環向右運動，磁通量減小，依據“來拒去留”可知，所受的安培力將阻礙金屬圓環遠離通電直導線，即安培力垂直直導線向左，與運動方向并非相反，安培力使金屬環在垂直導線方向做減速運動，當其垂直導線方向的速度減為零時，只剩下沿導線方向的速度v1，穿過金屬環的磁通量不變，環中無感應電流，金屬環以速度v1做勻速直線運動，故A、B、C錯誤；由題意知：沿導線方向的分速度v1＝v0·cos60°＝1m/s，依據能量守恒定律解得，金屬環中產生的電能為：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入數值解得：Q＝0.03J，故環中最多產生0.03J的電能，故D正確。4.(多選)如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場豎直向下穿過光滑的水平桌面，一質量為m的橢圓形導體框平放在桌面上，橢圓的長軸平行于磁場邊界，短軸小于d。現給導體框一個初速度v0(v0垂直磁場邊界)，已知導體框全部在磁場中的速度為v，導體框全部出磁場后的速度為v1；導體框進入磁場過程中產生的焦耳熱為Q1，導體框離開磁場過程中產生的焦耳熱為Q2。下列說法正確的是()A．導體框離開磁場過程中，感應電流的方向為順時針方向B．導體框進出磁場都是做勻變速直線運動C．Q1>Q2D．Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))答案ACD解析導體框離開磁場時，磁通量減小，依據楞次定律得，感應電流的方向為順時針方向，故A正確；導體框在進出磁場時，速度改變，則感應電動勢改變，產生的感應電流改變，則所受的安培力改變，加速度改變，則導體框做的是非勻變速運動，故B錯誤；因為導體框進入磁場時的速度大于離開磁場時的速度，則進入磁場時導體框產生的電流要比離開磁場時產生的電流大，則進入磁場過程中安培力較大，依據克服安培力做的功等于產生的焦耳熱可知Q1>Q2，C正確；由能量守恒定律可知，導體框進入磁場過程中產生的焦耳熱與離開磁場過程中產生的焦耳熱之和等于導體框的機械能減小量，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、乙兩個完全相同的正方形線圈，在距地面同一高度處由靜止起先釋放，A、B是邊界范圍、磁感應強度的大小和方向均完全相同的勻強磁場，只是A的區域比B的區域離地面高一些，兩線圈下落時始終保持線圈平面與磁場垂直，則()A．甲先落地B．乙先落地C．甲線圈受安培力的沖量較大D．乙線圈落地速度較小答案BD解析線圈穿過磁場區域過程受到的安培力是變力，設受到的平均安培力為F，穿過磁場的時間為Δt，下落全過程的時間為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)，所以線圈受安培力的沖量相等，故C錯誤。線圈進入磁場克服安培力做的功W＝Beq\x\to(I)L2，乙線圈進入磁場時速度較大，平均電流較大，線圈克服安培力做功較多，即產生的熱量較多；依據能量守恒定律得知乙線圈落地時的速度較小，D正確。對全過程，由動量定理得：mgt－Beq\x\to(I)LΔt＝mv，所以t＝eq\f(mv＋BLq,mg)，因為v乙<v甲，所以t乙<t甲，即乙線圈先落地，故B正確，A錯誤。6．(多選)如圖所示，兩光滑平行傾斜導軌PQ、EF所在平面與水平面的夾角為θ，勻強磁場垂直于導軌所在平面斜向下，導軌下端接一電阻R，質量為m的導體棒用平行于導軌的細線拴住置于導軌上，線的另一端跨過光滑定滑輪掛著一個質量為M的砝碼，按住導體棒，整個裝置處于靜止狀態，放手后，導體棒被細線拉著沿導軌向上運動一段位移s后，速度恰好達到最大值v(導體棒及導軌電阻忽視不計)，在此過程中()A．細線的拉力始終等于MgB．導體棒做加速度漸漸減小的加速運動C．細線的拉力與安培力的合力對導體棒做的功等于導體棒增加的機械能D．電阻R產生的熱量Q＝Mgs－mgssinθ－eq\f(1,2)mv2答案BC解析對于導體棒，從靜止釋放后先做加速運動，隨著速度增大，由公式F安＝eq\f(B2L2v,R)知，導體棒所受的安培力增大，對砝碼、導體棒分析可得Mg－T＝Ma，T－mgsinθ－F安＝ma，解得a＝eq\f(Mg－mgsinθ－F安,M＋m)，當F安增大時加速度減小，則導體棒和砝碼都做加速度漸漸減小的加速運動，加速運動時細線的拉力小于砝碼的重力，A錯誤，B正確；對于導體棒，依據功能關系可知除重力之外，細線的拉力與安培力的合力對導體棒做的功等于導體棒增加的機械能，C正確；對于系統，依據能量守恒定律得：電阻R產生的熱量Q＝Mgs－mgssinθ－eq\f(1,2)(m＋M)v2，D錯誤。7．如圖，兩金屬桿ab、cd的長度均為L＝1m，電阻分別為Rab＝0.2Ω、Rcd＝0.8Ω，質量分別為mab＝0.5kg、mcd＝0.2kg，用兩根質量及電阻均可忽視且不行伸長的松軟導線將兩桿連接成閉合回路，懸掛在水平光滑絕緣圓棒兩側，兩金屬桿都保持水平，整個裝置處在與回路平面垂直的勻強磁場中，勻強磁場磁感應強度B＝0.5T，重力加速度g＝10m/s2。釋放兩金屬桿，經過一段時間后，金屬桿ab勻速下落，不計導體棒間的安培力，求：(1)金屬桿ab勻速下落時，導線上的拉力大小；(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)設導線上的拉力大小為T，回路中感應電流為I。對金屬桿ab，有：mabg＝BIL＋2T對金屬桿cd，有：2T＝BIL＋mcdg聯立解得T＝1.75N。(2)設金屬桿ab勻速下落的速度為v，則回路中的感應電動勢為：E＝2BLv。感應電流為：I＝eq\f(E,Rab＋Rcd)結合mabg＝BIL＋2T，解得：v＝3m/s。8．(2024·全國卷Ⅱ)(多選)如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽視不計。虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好。已知PQ進入磁場時加速度恰好為零。從PQ進入磁場起先計時，到MN離開磁場區域為止，流過PQ的電流隨時間改變的圖象可能正確的是()答案AD解析PQ剛進入磁場時，加速度為零，則mgsinθ＝BI1L，又I1＝eq\f(BLv,R總)，故PQ做勻速運動，電流恒定；由題意知，MN剛進入磁場時與PQ剛進入磁場時速度相同。情形1：若MN剛進入磁場時，PQ已離開磁場區域，則對MN，由mgsinθ＝BI1L、I1＝eq\f(BLv,R總)及右手定則知，通過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剛進入磁場時，PQ未離開磁場區域，由于兩導體棒速度相等，產生的電動勢等大、反向，故電流為0，兩棒在重力沿導軌方向的分力作用下均加速直至PQ離開磁場。當PQ離開磁場時，MN在磁場中的速度大于勻速運動時的速度，MN為電源，由右手定則知PQ中的電流方向與MN未進入磁場時相反，設此時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減小得越來越慢，直至勻速，這時I2＝I1，I-t圖象如圖D所示。9．(2024·全國卷Ⅲ)(多選)如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上。t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，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解析導體棒ab運動，切割磁感線，產生感應電流，導體棒ab受安培力F作用，速度減小，導體棒cd受安培力F′作用，速度變大，如圖所示，感應電流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＝0，兩棒做勻速運動，兩棒組成的系統動量守恒，則mv0＝2mv共，v共＝eq\f(v0,2)，A正確，B錯誤。由前面分析知，v1－v2隨時間減小得越來越慢，最終為0，則感應電流I＝eq\f(Blv1－v2,R總)隨時間減小得越來越慢，最終為0，C正確，D錯誤。10．(2024·江蘇高考)(多選)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度為B。質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等。金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿()A．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間C．穿過兩磁場產生的總熱量為4mgdD．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于eq\f(m2gR2,2B4L4)答案BC解析由于金屬桿進入兩個磁場時的速度相等，而穿出磁場后金屬桿做加速度為g的加速運動，所以金屬桿進入磁場Ⅰ、Ⅱ時都做減速運動，A錯誤；對金屬桿受力分析，依據eq\f(B2L2v,R)－mg＝ma可知，金屬桿在磁場中做加速度減小的減速運動，其進出磁場的v-t圖象如圖所示，由于0～t1和t1～t2圖線與t軸包圍的面積相等(都為d)，所以t1>(t2－t1)，B正確；從進入Ⅰ磁場到進入Ⅱ磁場之前過程中，依據能量守恒，金屬棒減小的機械能全部轉化為焦耳熱，所以Q1＝mg·2d，所以穿過兩個磁場過程中產生的熱量為4mgd，C正確；若金屬桿進入磁場做勻速運動，則eq\f(B2L2v,R)－mg＝0，得v＝eq\f(mgR,B2L2)，由前面分析可知金屬桿進入磁場的速度大于eq\f(mgR,B2L2)，依據h＝eq\f(v2,2g)得金屬桿進入磁場的高度應大于eq\f(m2g2R2,2gB4L4)＝eq\f(m2gR2,2B4L4)，D錯誤。11.(2024·黑龍江齊齊哈爾一模)如圖所示，邊長為L、電阻為R的正方形線框abcd放在光滑絕緣水平面上，其右邊有一磁感應強度大小為B、方向豎直向上的有界勻強磁場，磁場的寬度為L。線框的ab邊與磁場的左邊界相距為L，且與磁場邊界平行，線框在某一水平恒力作用下由靜止向右運動，ab邊進入磁場時線框恰好起先做勻速運動，依據題給信息，下列物理量可以求出的是()A．外力的大小B．勻速運動的速度大小C．通過磁場區域的過程中產生的焦耳熱D．進入磁場的過程中通過線框某橫截面的電荷量答案D解析線框勻速時產生的感應電動勢：E＝BLv，依據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，依據共點力的平衡可得：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無法求出，A、B錯誤；線框通過磁場過程，由能量守恒定律得：3FL＝Q＋eq\f(1,2)mv2，由于F和v不知道，所以通過磁場區域的過程中產生的焦耳熱無法求解，C錯誤；線框進入磁場過程中通過線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·河南開封高三上第一次模擬)(多選)如圖所示，在豎直平面內固定有光滑平行導軌，間距為L，下端接有阻值為R的電阻，空間存在與導軌平面垂直、磁感應強度為B的勻強磁場。質量為m、電阻為r的導體棒ab與上端固定的彈簧相連并垂直導軌放置。初始時，導體棒靜止，現給導體棒豎直向下的初速度v0，導體棒起先沿導軌往復運動，運動過程中始終與導軌垂直并保持良好接觸。若導體棒電阻r與電阻R的阻值相等，不計導軌電阻，則下列說法中正確的是()A．導體棒往復運動過程中的每個時刻受到的安培力方向總與運動方向相反B．初始時刻導體棒兩端的電壓Uab＝BLv0C．若導體棒起先運動后到速度第一次為零時，下降的高度為h，則通過電阻R的電量為eq\f(BLh,2R)D．若導體棒起先運動后到速度第一次為零時，下降的高度為h，此過程導體棒克服彈力做的功為W，則電阻R上產生的焦耳熱Q＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)mgh－W答案AC解析導體棒豎直向下運動時，由右手定則推斷可知：ab中產生的感應電流方向從b→a，由左手定則推斷得知ab棒受到的安培力豎直向上；導體棒豎直向上運動時，由右手定則推斷可知：ab中產生的感應電流方向從a→b，由左手定則推斷得知ab棒受到的安培力豎直向下，所以導體棒往復運動過程中的每個時刻受到的安培力方向總與運動方向相反，故A正確；導體棒起先運動的初始時刻，ab棒產生的感應電動勢為E＝BLv0，由于r＝R，所以導體棒兩端的電壓Uab＝eq\f(1,2)E＝eq\f(1,2)BLv0，故B錯誤；導體棒起先運動后到速度第一次為零時，下降的高度為h，則通過電阻R的電量為q＝eq\f(nΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLh,2R)，故C正確；由于導體棒運動過程中R和r都產生焦耳熱，所以導體棒起先運動后速度第一次為零時，依據能量守恒定律得知產生的焦耳熱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，有兩個方向相反的水平方向勻強磁場，PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大，磁感應強度的大小分別為B1＝B、B2＝2B。一個豎直放置的邊長為a、質量為m、電阻為R的正方形金屬線框，以速度v垂直磁場方向從圖中實線位置起先向右運動，當線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中時，線框的速度為eq\f(v,2)，則下列結論中正確的是()A．此過程中通過線框橫截面的電量為eq\f(3Ba2,2R)B．此過程中回路產生的電能為eq\f(3,4)mv2C．此時線框的加速度為eq\f(9B2a2v,2mR)D．此時線框中的電功率為eq\f(9B2a2v,2R)答案AC解析依據q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,R)，ΔΦ＝Φ2－Φ1＝eq\f(3,2)Ba2，可得通過線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，此過程中回路產生的電能為：E＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)meq\f(v,2)2＝eq\f(3,8)mv2，故B錯誤；此時感應電動勢為：E＝2Ba·eq\f(v,2)＋Ba·eq\f(v,2)＝eq\f(3,2)Bav，線框中的電流為：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；此時線框的電功率為：P＝I2R＝eq\f(9B2a2v2,4R)，故D錯誤。14．(2024·北京高考)如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應強度為B。紙面內有一正方形勻稱金屬線框abcd，其邊長為L，總電阻為R，ad邊與磁場邊界平行。從ad邊剛進入磁場直至bc邊剛要進入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求：(1)感應電動勢的大小E；(2)拉力做功的功率P；(3)ab邊產生的焦耳熱Q。答案(1)BLv(2)eq\f(B2L2v2,R)(3)eq\f(B2L3v,4R)解析(1)由法拉第電磁感應定律可得，感應電動勢E＝BLv。(2)線框中的感應電流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)線框ab邊電阻Rab＝eq\f(R,4)時間t＝eq\f(L,v)ab邊產生的焦耳熱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軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好。MN兩端通過開關S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內存在豎直向下勻稱增加的磁場，磁通量改變率為常量k。圖中虛線右側有垂直于導軌平面對下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。PQ的質量為m，金屬導軌足夠長、電阻忽視不計。(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的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功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)設線圈中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律得感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則E＝k①設PQ與MN并聯的電阻為R并，有R并＝eq\f(R,2)②閉合S時，設線圈中的電流為I，依據閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R并＋R)③設PQ中的電流為IPQ，有IPQ＝eq\f(1,2)I④設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中的電流方向為由Q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PQ由靜止起先到速度大小為v的加速過程中，PQ運動的位移為x，所用時間為Δt′，回路中的磁通量改變為ΔΦ′，平均感應電動勢為eq\x\to(E)，有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ′,Δt′)⑧其中ΔΦ′＝Blx⑨設PQ中的平均感應電流為eq\x\to(I)，有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)⑩依據電流的定義式得eq\x\to(I)＝eq\f(q,Δt′)?由動能定理，有Fx＋W＝eq\f(1,2)mv2－0?聯立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考)如圖甲所示，電阻不計且間距L＝1m的光滑平行金屬導軌豎直放置，上端接一阻值R＝2Ω的電阻，虛線OO′下方有垂直于導軌平面對里的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝2T。現將質量m＝0.1kg、電阻不計的金屬桿ab從OO′上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過程中與導軌保持良好接觸且始終水平。金屬桿從靜止起先下落0.3m的過程中，加速度a與下落距離h的關系圖象如圖乙所示，g取10m/s2。(1)求金屬桿剛進入磁場時的速度大小v0；(2)求金屬桿從靜止起先下落0.3m的過程中，在電阻R上產生的熱量Q；(3)在圖丙的坐標系中，定性畫出回路中的電流隨時間改變的圖線，并說明圖線與坐標軸圍成的圖形的面積的物理意義(以金屬桿進入磁場時為計時起點)。答案(1)1.0m/s(2)0.2875J(3)見解析解析(1)進入磁場后，依據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。剛進入磁場時，由牛頓其次定律得mg－BI0L＝其中a＝－10m/s2，I0＝eq\f(E0,R)＝eq\f(BLv0,R)聯立并代入數據解得v0＝1.0m/s。(2)由題圖乙知h＝0.3m時，a＝0，表明金屬桿受到的重力與安培力平衡，設此時金屬桿的速度為v1，有BI1L＝mg，其中I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(BLv1,R)聯立并代入數據解得v1＝eq\f(mgR,B2L2)＝0.5m/s從起先到下落0.3m的過程中，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)回路中的電流隨時間改變的圖線如圖所示面積的物理意義是：某段時間內通過電阻的電荷量。17．(2024·天津高考)真空管道超高速列車的動力系統是一種將電能干脆轉換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，電阻忽視不計，ab和cd是兩根與導軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面對下，如圖1所示，為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內阻及導線電阻忽視不計，列車啟動后電源自動關閉。(1)要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由；(2)求剛接通電源時列車加速度a的大小；(3)列車減速時，