2021屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第十一章電磁感應(yīng)第53講動力學(xué)能量和動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用教學(xué)案新人教版

1、第53講動力學(xué)、能量和動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用能力命題點一 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 1電磁感應(yīng)與動力學(xué)的聯(lián)系在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中導(dǎo)體運動切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流的大小與導(dǎo)體的運動速度有關(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力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律，要將電磁學(xué)和動力學(xué)知識綜合起來應(yīng)用。2電磁感應(yīng)中動力學(xué)問題的分析導(dǎo)體一般不是做勻變速運動，而是經(jīng)歷一個動態(tài)變化過程再趨于一個穩(wěn)定狀態(tài)。動態(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)靜止或勻速直線運動狀態(tài)處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力等于0)列式分析。(2)導(dǎo)體處于

2、非平衡態(tài)加速度不為0處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系、動量關(guān)系列式分析。如圖甲所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌mn、pq平行放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為l，m、p兩點間接有阻值為r的電阻。一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿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)強度為b的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向下。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略。讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)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(dāng)ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流大小及其

3、加速度的大??；(3)求在下滑過程中，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，垂直斜面向上；安培力f，沿斜面向上。(2)當(dāng)ab桿速度為v時，感應(yīng)電動勢eblv，此時電路中電流i。ab桿受到的安培力fbil，根據(jù)牛頓第二定律，有mamgsinfmgsin，agsin。(3)當(dāng)mgsin時，ab桿達(dá)到最大速度vmax。答案(1)圖見解析(2)gsin(3)電磁感應(yīng)中動力學(xué)問題的解題技巧(1)將安培力與其他力一起進行分析。(2)要特別注意安培力的大小和方向都有可能變化，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

4、(2017·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，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是() aab中的感應(yīng)電流方向由b到abab中的感應(yīng)電流逐漸減小cab所受的安培力保持不變dab所受的靜摩擦力逐漸減小答案d解析根據(jù)楞次定律，ab中感應(yīng)電流方向由a到b，a錯誤；根據(jù)e·s，因為恒定，所以e恒定，根據(jù) i知，回路中的感應(yīng)電流恒定，b錯誤；根據(jù)fbil，由于b減小，安培力f減小，c錯誤；根據(jù)平衡條件，靜摩擦力ff，故靜摩擦力減小

5、，d正確。2(2019·遼寧省實驗中學(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磁場中，右側(cè)區(qū)域足夠長，方向如圖。設(shè)左、右區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度分別為b1和b2，虛線為兩區(qū)域的分界線。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。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做勻速直線運動，則() a若b2b1，棒進入右面區(qū)域后先做加速運動，最后以速度2v做勻速運動b若b2b1，棒進入右面區(qū)域中后仍以速度v做勻速運動c若b22b1，棒進入右面區(qū)域后先做減速運動，最后以速度做勻

6、速運動d若b22b1，棒進入右面區(qū)域后先做加速運動，最后以速度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(qū)域中以速度v做勻速直線運動，恒力f與安培力平衡。當(dāng)b2b1時，棒進入右邊區(qū)域后，棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小與感應(yīng)電流大小均沒有變化，棒所受安培力的大小和方向也沒有變化，與恒力f仍然平衡，則棒進入右邊區(qū)域后，以速度v做勻速直線運動，故a錯誤，b正確；當(dāng)b22b1時，棒進入右邊區(qū)域后，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流均變大，所受的安培力也變大，恒力沒有變化，則棒先減速運動，隨著速度減小，感應(yīng)電動勢和感應(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棒做勻速直線

7、運動，設(shè)此時棒勻速運動的速度大小為v。在左側(cè)磁場中f，在右側(cè)磁場中勻速運動時，有f，則v，即棒最后以速度做勻速直線運動，故c正確，d錯誤。能力命題點二電磁感應(yīng)中的功能問題 1電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系2解題的一般步驟(1)確定研究對象(導(dǎo)體棒或回路)。(2)弄清電磁感應(yīng)過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化。(3)根據(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(2019·山東濟寧一模)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30°，導(dǎo)軌間距為l，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)存在垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為b，磁場

8、區(qū)域的長度為2l。一質(zhì)量為m、有效電阻為0.5r的導(dǎo)體棒從距磁場上邊緣2l處由靜止釋放，整個運動過程中，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，且始終保持與導(dǎo)軌垂直。不計導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g。(1)求導(dǎo)體棒剛進入磁場時的速度v0；(2)若導(dǎo)體棒離開磁場前已達(dá)到勻速，求導(dǎo)體棒通過磁場的過程中，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的過程中，由動能定理得：mg·2lsinmv0解得：v0。(2)設(shè)導(dǎo)體棒勻速運動的速度為v，則此時導(dǎo)體棒在磁場中切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：eblv產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i受到的安培力為f安bil導(dǎo)體棒做勻速運動，故由平衡條件得：mgsinf安聯(lián)立解得：v

9、導(dǎo)體棒從開始釋放到剛離開磁場的過程中，由能量守恒定律得：mg·4lsinmv2q總則電阻r上產(chǎn)生的熱量為qr×r解得：qrmgl。答案(1)(2)mgl在利用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律解決電磁感應(yīng)問題時，要注意分析安培力做功的情況，因為安培力的功是電能和其他形式的能之間相互轉(zhuǎn)化的“橋梁”，簡單表示如下：電能其他形式的能。 (2019·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r2 的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度b1 t，導(dǎo)軌間距l(xiāng)1 m。一質(zhì)量m2 kg、阻值r2 的金屬棒在水平拉力f作用下由靜止開始從cd處沿導(dǎo)軌向右加

10、速運動，金屬棒的v­x圖象如圖乙所示，若金屬棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)0.2，則從起點發(fā)生x1 m位移的過程中(g10 m/s2)()a金屬棒克服安培力做的功w10.25 jb金屬棒克服摩擦力做的功w25 jc整個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量q4.25 jd拉力做的功w9.25 j答案ac解析由題圖乙得：v2x，金屬棒所受的安培力fa，代入得：fa0.5x，則知fa與x是線性關(guān)系。當(dāng)x0時，安培力fa0，當(dāng)x1 m時，安培力fa0.5 n，則金屬棒從起點發(fā)生x1 m位移的過程中，安培力做功為：wax0.25 j，即金屬棒克服安培力做的功為：w10.25 j，故a正確；金屬棒克服摩擦力做的功為：w2mg

11、x0.2×2×10×1 j4 j，故b錯誤；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，則整個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量qw1w24.25 j，c正確；根據(jù)動能定理得：ww2w1mv2，其中v2 m/s，代入解得拉力做的功為w8.25 j，故d錯誤。能力命題點三電磁感應(yīng)中的動量問題1動量定理在電磁感應(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運動時，安培力的沖量為：i安bltblq，通過導(dǎo)體棒或金屬框的電荷量為：qttntn，磁通量變化量：bsblx。如果安培力是導(dǎo)體棒或金屬框受到的合外力，則i安mv2mv1。當(dāng)

12、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方便。2動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，如果兩安培力等大反向，且它們受到的外力的合力為0，則滿足動量守恒條件，運用動量守恒定律求解比較方便。(2019·山東德州高三期末)如圖所示，寬度為l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，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磁場中，傾斜部分處于斜向上與導(dǎo)軌平面垂直的勻強磁場中，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為b。導(dǎo)體棒ab和cd分別置于導(dǎo)軌的傾斜部分

13、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)定的運動狀態(tài)，在導(dǎo)體棒ab到達(dá)mn時再釋放導(dǎo)體棒cd，導(dǎo)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(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)軌電阻忽略不計，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，求：(1)導(dǎo)體棒ab到達(dá)mn之前穩(wěn)定運動時的速度大??；(2)整個過程中導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱；(3)整個過程中通過導(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，由平衡條件得mgsin30°ilbi聯(lián)立得：v。(2)導(dǎo)體棒ab進入水平部分后，ab和

14、cd組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得：mv2mv導(dǎo)體棒ab和cd最終各自的速度大小相同，都為v對ab和cd組成的系統(tǒng)，整個過程中能量守恒，由能量守恒定律得mgh2×mv2q導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱qabq得qabmgh。(3)導(dǎo)體棒ab自開始運動至到達(dá)mn的過程中，通過導(dǎo)體棒ab某一橫截面的電量q1tebl得q1導(dǎo)體棒ab進入導(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動，最后勻速，對導(dǎo)體棒cd的運動過程運用動量定理：bl1t1bl2t2bl3t3mv0q21t12t23t3得q2整個過程中通過導(dǎo)體棒ab某一橫截面的電荷量qq1q2。答案(1)(2)mgh(3)對導(dǎo)體在安

15、培力作用下的非勻變速直線運動，用動力學(xué)觀點不易處理，可考慮用能量、動量的觀點處理。1(2019·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(dǎo)軌mn和pq，兩導(dǎo)軌間距為l，導(dǎo)軌電阻均可忽略不計。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。整個裝置處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為b的勻強磁場中?，F(xiàn)給ab桿一個初速度v0，使桿向右運動，最終ab桿停在導(dǎo)軌上。下列說法正確的是()aab桿將做勻減速運動直到靜止bab桿速度減為時，ab桿加速度大小為cab桿速度減為時，通過電阻的電量為dab桿速度減為時，ab桿走過的位移為答案bd解析

16、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，加速度大小為：a，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(dāng)ab棒的速度為時，安培力為：f，所以加速度大小為：a，故b正確；對ab棒，由動量定理得：bl·tmmv0，即blqmv0，解得：q，所以通過電阻的電量為，故c錯誤；由q，解得ab桿走過的位移：x，故d正確。2. 足夠長的平行金屬軌道m(xù)、n，相距l(xiāng)0.5 m，且水平放置；m、n左端與半徑r0.4 m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(zhì)量mbmc0.1 kg，接入電路的有效電阻rb

17、rc1 ，軌道的電阻不計。平行水平金屬軌道m(xù)、n處于磁感應(yīng)強度b1 t的勻強磁場中，磁場方向垂直于軌道平面向上，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖所示。若使b棒以初速度v010 m/s開始向左運動，運動過程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒達(dá)最大速度時，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)軌道最高點時對軌道的壓力的大小。答案(1)5 m/s(2)1.25 j(3)1.25 n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(dāng)兩棒速度相等時，c棒達(dá)到最大速度。選兩棒為研究對象，根據(jù)動量守恒定律有mbv0(mbmc)v解

18、得c棒的最大速度為：vv0v05 m/s。(2)從b棒開始運動到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總焦耳熱為：qmbv(mbmc)v22.5 j因為rbrc，所以c棒達(dá)最大速度時此棒產(chǎn)生的焦耳熱為qc1.25 j。(3)設(shè)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：mcv2mcv2mcg·2r解得v3 m/s在最高點，設(shè)軌道對c棒的彈力為f，由牛頓第二定律得mcgfmc解得f1.25 n由牛頓第三定律得，在最高點c棒對軌道的壓力為1.25 n，方向豎直向上。課時作業(yè)1如圖所示，勻強磁場存在于虛線框內(nèi)，矩形線圈豎直下

19、落，如果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(guān)系為() aa1>a2>a3>a4ba1a3>a2>a4ca1a3>a4>a2da4a2>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a1a3g。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<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，根據(jù)f安及a可得a4<a2；故線圈在1、2、3、4位置時的加速度關(guān)系為：a1a3>a2>a4，b正確。2如圖，甲

20、、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(shù)為l的線圈外，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無法判斷答案a解析乙圖電路中有線圈，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，根據(jù)動能定理得w外w安mv20，因為導(dǎo)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

21、，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(dǎo)線；一質(zhì)量為0.02 kg的金屬環(huán)在該平面內(nèi)以大小為v02 m/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)線方向做勻速直線運動c金屬環(huán)所受安培力方向始終和運動方向相反d金屬環(huán)中產(chǎn)生的電能最多為0.03 j答案d解析通電直導(dǎo)線右側(cè)有垂直于金屬環(huán)平面的磁場，金屬環(huán)向右運動，磁通量減小，根據(jù)“來拒去留”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，即安培力垂直直導(dǎo)線向左，與運動方向并非相反，安培力使金屬環(huán)在垂直導(dǎo)線方向做減速運動，當(dāng)其垂直導(dǎo)線方向的速度減為零時，只

22、剩下沿導(dǎo)線方向的速度v1，穿過金屬環(huán)的磁通量不變，環(huán)中無感應(yīng)電流，金屬環(huán)以速度v1做勻速直線運動，故a、b、c錯誤；由題意知：沿導(dǎo)線方向的分速度v1v0·cos60°1 m/s，根據(jù)能量守恒定律解得，金屬環(huán)中產(chǎn)生的電能為：qmvmv，代入數(shù)值解得：q0.03 j，故環(huán)中最多產(chǎn)生0.03 j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(zhì)量為m的橢圓形導(dǎo)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?，F(xiàn)給導(dǎo)體框一個初速度v0(v0垂直磁場邊界)，已知導(dǎo)體框全部在磁場中的速度為v，導(dǎo)體框全部出磁場后的速度為v1；導(dǎo)體框進入

23、磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為q1，導(dǎo)體框離開磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為q2。下列說法正確的是() a導(dǎo)體框離開磁場過程中，感應(yīng)電流的方向為順時針方向b導(dǎo)體框進出磁場都是做勻變速直線運動cq1>q2dq1q2m(vv)答案acd解析導(dǎo)體框離開磁場時，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得，感應(yīng)電流的方向為順時針方向，故a正確；導(dǎo)體框在進出磁場時，速度變化，則感應(yīng)電動勢變化，產(chǎn)生的感應(yīng)電流變化，則所受的安培力變化，加速度變化，則導(dǎo)體框做的是非勻變速運動，故b錯誤；因為導(dǎo)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(dǎo)體框產(chǎn)生的電流要比離開磁場時產(chǎn)生的電流大，則進入磁場過程中安培力較大，根據(jù)克服安培力做

24、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)體框進入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱與離開磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱之和等于導(dǎo)體框的機械能減小量，即q1q2m(vv)，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開始釋放，a、b是邊界范圍、磁感應(yīng)強度的大小和方向均完全相同的勻強磁場，只是a的區(qū)域比b的區(qū)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(qū)域過程受到的安培力是變力，設(shè)受到的平均安培力為f，穿過磁場的時間為t，下落全過程的

25、時間為t，落地速度為v，安培力的沖量i安bltblq，而q，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wbl2，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(chǎn)生的熱量較多；根據(jù)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：mgtbltmv，所以t，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(dǎo)軌pq、ef所在平面與水平面的夾角為，勻強磁場垂直于導(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)線拴住置于導(dǎo)軌上，線的另一端跨過光滑定滑輪

26、掛著一個質(zhì)量為m的砝碼，按住導(dǎo)體棒，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，放手后，導(dǎo)體棒被細(xì)線拉著沿導(dǎo)軌向上運動一段位移s后，速度恰好達(dá)到最大值v(導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻忽略不計)，在此過程中() a細(xì)線的拉力始終等于mgb導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的加速運動c細(xì)線的拉力與安培力的合力對導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒增加的機械能d電阻r產(chǎn)生的熱量qmgsmgssinmv2答案bc解析對于導(dǎo)體棒，從靜止釋放后先做加速運動，隨著速度增大，由公式f安知，導(dǎo)體棒所受的安培力增大，對砝碼、導(dǎo)體棒分析可得mgtma，tmgsinf安ma，解得a，當(dāng)f安增大時加速度減小，則導(dǎo)體棒和砝碼都做加速度逐漸減小的加速運動，加速運動時細(xì)線的拉力小于砝

27、碼的重力，a錯誤，b正確；對于導(dǎo)體棒，根據(jù)功能關(guān)系可知除重力之外，細(xì)線的拉力與安培力的合力對導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒增加的機械能，c正確；對于系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律得：電阻r產(chǎn)生的熱量qmgsmgssin(mm)v2，d錯誤。7如圖，兩金屬桿ab、cd的長度均為l1 m，電阻分別為rab0.2 、rcd0.8 ，質(zhì)量分別為mab0.5 kg、mcd0.2 kg，用兩根質(zhì)量及電阻均可忽略且不可伸長的柔軟導(dǎo)線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，整個裝置處在與回路平面垂直的勻強磁場中，勻強磁場磁感應(yīng)強度b0.5 t，重力加速度g10 m/s2。釋放兩金屬桿，經(jīng)過一段時

28、間后，金屬桿ab勻速下落，不計導(dǎo)體棒間的安培力，求：(1)金屬桿ab勻速下落時，導(dǎo)線上的拉力大??；(2)金屬桿ab勻速下落的速度大小。答案(1)1.75 n(2)3 m/s解析(1)設(shè)導(dǎo)線上的拉力大小為t，回路中感應(yīng)電流為i。對金屬桿ab，有：mabgbil2t對金屬桿cd，有：2tbilmcdg聯(lián)立解得t1.75 n。(2)設(shè)金屬桿ab勻速下落的速度為v，則回路中的感應(yīng)電動勢為：e2blv。感應(yīng)電流為：i結(jié)合mabgbil2t，解得：v3 m/s。8(2019·全國卷)(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，導(dǎo)軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在a

29、b與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場。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進入磁場時加速度恰好為零。從pq進入磁場開始計時，到mn離開磁場區(qū)域為止，流過pq的電流隨時間變化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mgsinbi1l，又i1，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(qū)域，則對mn，由mgsinbi1l、i1及右手定則知，通過pq的電流大小不變，方向相反，故i­t圖象如圖a所示。情形2：

30、若mn剛進入磁場時，pq未離開磁場區(qū)域，由于兩導(dǎo)體棒速度相等，產(chǎn)生的電動勢等大、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離開磁場。當(dāng)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(shè)此時pq中電流大小為i2，由eblv，i2，bi2lmgsinma>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i2i1，i­t圖象如圖d所示。9(2019·全國卷) (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(nèi)的足夠長的

31、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。t0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，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運動，切割磁感線，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，安培力ffbilma，隨著v1減小，v2增大，則ff減小，兩棒的加速度大小a減小，直到v1v2v共，a0，兩棒做勻速運動，兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv02mv共，v共，a正確，b錯誤。由前面分析知，v1v2隨時間減小得越來越慢，最

32、后為0，則感應(yīng)電流i隨時間減小得越來越慢，最后為0，c正確，d錯誤。10(2018·江蘇高考)(多選) 如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為l，矩形勻強磁場、的高和間距均為d，磁感應(yīng)強度為b。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場和時的速度相等。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，重力加速度為g。金屬桿() a剛進入磁場時加速度方向豎直向下b穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間c穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgdd釋放時距磁場上邊界的高度h可能小于答案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、時

33、都做減速運動，a錯誤；對金屬桿受力分析，根據(jù)mgma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v­t圖象如圖所示，由于0t1和t1t2圖線與t軸包圍的面積相等(都為d)，所以t1>(t2t1)，b正確；從進入磁場到進入磁場之前過程中，根據(jù)能量守恒，金屬棒減小的機械能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以q1mg·2d，所以穿過兩個磁場過程中產(chǎn)生的熱量為4mgd，c正確；若金屬桿進入磁場做勻速運動，則mg0，得v，由前面分析可知金屬桿進入磁場的速度大于，根據(jù)h得金屬桿進入磁場的高度應(yīng)大于，d錯誤。11. (2019·黑龍江齊齊哈爾一模)如圖所示，邊長為l、電阻為

34、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(yīng)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開始做勻速運動，根據(jù)題給信息，下列物理量可以求出的是() a外力的大小b勻速運動的速度大小c通過磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)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(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：eblv，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：i，ab邊受到的安培力大小為：fabil，根據(jù)共點力的平衡可得：faf，解得：v，由于拉力f不知道，也不能求出，所以v無法求

35、出，a、b錯誤；線框通過磁場過程，由能量守恒定律得：3flqmv2，由于f和v不知道，所以通過磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)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：qt，故d正確。12(2019·河南開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，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)強度為b的勻強磁場。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，導(dǎo)體棒靜止，現(xiàn)給導(dǎo)體棒豎直向下的初速度v0，導(dǎo)體棒開始沿導(dǎo)軌往復(fù)運動，運動過程中始終與導(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

36、等，不計導(dǎo)軌電阻，則下列說法中正確的是() a導(dǎo)體棒往復(fù)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(dǎo)體棒兩端的電壓uabblv0c若導(dǎo)體棒開始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d若導(dǎo)體棒開始運動后到速度第一次為零時，下降的高度為h，此過程導(dǎo)體棒克服彈力做的功為w，則電阻r上產(chǎn)生的焦耳熱qmvmghw答案ac解析導(dǎo)體棒豎直向下運動時，由右手定則判斷可知：ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從ba，由左手定則判斷得知ab棒受到的安培力豎直向上；導(dǎo)體棒豎直向上運動時，由右手定則判斷可知：ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從ab，由左手定則判斷得知ab棒受到的安培力豎直向下，

37、所以導(dǎo)體棒往復(fù)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(dǎo)體棒開始運動的初始時刻，ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為eblv0，由于rr，所以導(dǎo)體棒兩端的電壓uabeblv0，故b錯誤；導(dǎo)體棒開始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，故c正確；由于導(dǎo)體棒運動過程中r和r都產(chǎn)生焦耳熱，所以導(dǎo)體棒開始運動后速度第一次為零時，根據(jù)能量守恒定律得知產(chǎn)生的焦耳熱q熱mvmghw，又rr，所以電阻r上產(chǎn)生的焦耳熱qq熱mvmghw，故d錯誤。13(2019·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

38、兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大，磁感應(yīng)強度的大小分別為b1b、b22b。一個豎直放置的邊長為a、質(zhì)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開始向右運動，當(dāng)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，則下列結(jié)論中正確的是()a此過程中通過線框橫截面的電量為b此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2c此時線框的加速度為d此時線框中的電功率為答案ac解析根據(jù)qt，21ba2，可得通過線框橫截面的電荷量為q，故a正確；由能量守恒定律得，此過程中回路產(chǎn)生的電能為：emv2m2mv2，故b錯誤；此時感應(yīng)電動勢為：e2ba·ba·bav，線框中的電流為：i，由

39、牛頓第二定律得：2biabiama加，解得：a加，故c正確；此時線框的電功率為：pi2r，故d錯誤。14(2019·北京高考) 如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應(yīng)強度為b。紙面內(nèi)有一正方形均勻金屬線框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(yīng)電動勢的大小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)(3)解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢eblv。(2)線框中的感應(yīng)電流i拉力大小等于安培力大小fbil拉力的功率pfv。(3)線

40、框ab邊電阻rab時間tab邊產(chǎn)生的焦耳熱qi2rabt。15(2019·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兩端通過開關(guān)s與電阻為r的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為b。pq的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長、電阻忽略不計。(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，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過p

41、q的電荷量為q，求該過程安培力做的功w。答案(1)，方向水平向右(2)mv2kq解析(1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動勢為e，由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢e，則ek設(shè)pq與mn并聯(lián)的電阻為r并，有r并閉合s時，設(shè)線圈中的電流為i，根據(jù)閉合電路歐姆定律得i設(shè)pq中的電流為ipq，有ipqi設(shè)pq受到的安培力為f安，有f安bipqlpq保持靜止，由受力平衡，有ff安聯(lián)立式得f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(shè)pq由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，pq運動的位移為x，所用時間為t，回路中的磁通量變化為，平均感

42、應(yīng)電動勢為，有其中blx設(shè)pq中的平均感應(yīng)電流為，有根據(jù)電流的定義式得由動能定理，有fxwmv20聯(lián)立式得wmv2kq。16(2020·江西省紅色七校高三聯(lián)考)如圖甲所示，電阻不計且間距l(xiāng)1 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，上端接一阻值r2 的電阻，虛線oo下方有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為b2 t。現(xiàn)將質(zhì)量m0.1 kg、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(dǎo)軌保持良好接觸且始終水平。金屬桿從靜止開始下落0.3 m的過程中，加速度a與下落距離h的關(guān)系圖象如圖乙所示，g取10 m/s2。(1)求金屬桿剛進入磁場時的速度大小v0；(2)求

43、金屬桿從靜止開始下落0.3 m的過程中，在電阻r上產(chǎn)生的熱量q；(3)在圖丙的坐標(biāo)系中，定性畫出回路中的電流隨時間變化的圖線，并說明圖線與坐標(biāo)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)1.0 m/s(2)0.2875 j(3)見解析解析(1)進入磁場后，根據(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。剛進入磁場時，由牛頓第二定律得mgbi0lma其中a10 m/s2，i0聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v01.0 m/s。(2)由題圖乙知h0.3 m時，a0，表明金屬桿受到的重力與安培力平衡，設(shè)此時金屬桿的速度為v1，有bi1lm

44、g，其中i1聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v10.5 m/s從開始到下落0.3 m的過程中，由能量守恒定律有mghqmv得到qmghmv0.2875 j。(3)回路中的電流隨時間變化的圖線如圖所示面積的物理意義是：某段時間內(nèi)通過電阻的電荷量。17(2018·天津高考) 真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)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(dǎo)軌，電阻忽略不計，ab和cd是兩根與導(dǎo)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(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應(yīng)強度為b的勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，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(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計，列車啟動后電源自動關(guān)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?。?3)列車減速時，需在前