金版教程物理2025高考科學復習解決方案第十一章 磁場感應第11章 核心素養(yǎng)提升含答案

《金版教程(物理）》2025高考科學復習解決方案第十一章磁場感應《金版教程(物理）》2025高考科學復習解決方案第十一章磁場感應第十一章核心素養(yǎng)提升[科學思維提煉]1．對稱、聯(lián)想的思想：從“電生磁”到“磁生電”的思想啟發(fā)。2．歸納法(1)“探究感應電流產(chǎn)生的條件”的實驗。(2)“探究影響感應電流方向的因素”的實驗。3．演繹推理思維：根據(jù)楞次定律推導出右手定則，根據(jù)能量守恒定律從左手定則也可得出右手定則。4．比較思維：比較左手定則、右手定則的異同點。5．等效法(1)分析導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢中導體的有效長度。(2)分析電磁感應中的電路問題時畫“等效電路”，確定“等效電源”“外電路”。6．假設法：分析電磁感應現(xiàn)象中電路中電勢高低時，若電路不閉合，先假設電路閉合，然后進行分析。7．特殊位置法：分析電磁感應中圖像問題的一種常用方法。8．微元法：利用動量定理求解電磁感應中的桿模型問題。9．平均值法：利用動量定理求解電磁感應中的桿模型問題。10．圖解法：求解電磁感應中的桿模型問題。11．守恒思想的體現(xiàn)及應用(1)能量守恒在楞次定律中的理解：感應電流的能量(電能)不能無中生有，來自于外力克服磁場力做功。(2)電動機轉(zhuǎn)動時，線圈中產(chǎn)生感應電動勢(即反電動勢)，阻礙線圈轉(zhuǎn)動，如果要使線圈維持原來的轉(zhuǎn)動，電源就要向電動機提供能量，這正是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程。(3)能量守恒定律、動量守恒定律在求解電磁感應問題中的應用。[素養(yǎng)提升集訓]一、選擇題(本題共5小題)1.(2021·北京高考)某同學搬運如圖所示的磁電式電流表時，發(fā)現(xiàn)表針晃動劇烈且不易停止。按照老師建議，該同學在兩接線柱間接一根導線后再次搬運，發(fā)現(xiàn)表針晃動明顯減弱且能很快停止。下列說法正確的是()A．未接導線時，表針晃動過程中表內(nèi)線圈不產(chǎn)生感應電動勢B．未接導線時，表針晃動劇烈是因為表內(nèi)線圈受到安培力的作用C．接上導線后，表針晃動過程中表內(nèi)線圈不產(chǎn)生感應電動勢D．接上導線后，表針晃動減弱是因為表內(nèi)線圈受到安培力的作用答案D解析未接導線時，表針晃動過程中表內(nèi)線圈切割磁感線，會產(chǎn)生感應電動勢，但因未連成閉合回路，沒有感應電流，所以線圈不受安培力，故A、B錯誤；接上導線后，表針晃動過程中表內(nèi)線圈產(chǎn)生感應電流，根據(jù)楞次定律可知，表針晃動減弱是因為表內(nèi)線圈受到阻礙線圈轉(zhuǎn)動的安培力的作用，故C錯誤，D正確。2．零刻度在表盤正中間的電流計，非常靈敏，通入電流后，線圈所受安培力和螺旋彈簧的彈力作用達到平衡時，指針在示數(shù)附近的擺動很難停下，使讀數(shù)變得困難。在指針轉(zhuǎn)軸上裝上的扇形鋁框或扇形鋁板，在合適區(qū)域加上磁場，可以解決此困難。下列方案合理的是()答案D解析磁場加在左側(cè)，當指針向左偏轉(zhuǎn)時，鋁框或鋁板可能會離開磁場，不能產(chǎn)生感應電流，起不到電磁阻尼的作用，指針不能很快停下，所以A、C方案不合理；磁場在鋁框中間，當指針偏轉(zhuǎn)角度較小時，鋁框不能切割磁感線，不能產(chǎn)生感應電流，起不到電磁阻尼的作用，指針不能很快停下，B方案不合理；磁場在鋁板中間，無論指針偏轉(zhuǎn)角度大還是小，都會在鋁板上產(chǎn)生感應電流，起到電磁阻尼的作用，指針會很快停下，便于讀數(shù)，D方案合理。3.(2021·山東高考)迷你系繩衛(wèi)星在地球赤道正上方的電離層中，沿圓形軌道繞地飛行。系繩衛(wèi)星由兩子衛(wèi)星組成，它們之間的導體繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應電動勢的共同作用下，導體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為r。導體繩所受的安培力克服大小為f的環(huán)境阻力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。已知衛(wèi)星離地平均高度為H，導體繩長為L(L?H)，地球半徑為R，質(zhì)量為M，軌道處磁感應強度大小為B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自轉(zhuǎn)的影響。據(jù)此可得，電池電動勢為()A．BLeq\r(\f(GM,R＋H))＋eq\f(fr,BL) B．BLeq\r(\f(GM,R＋H))－eq\f(fr,BL)C．BLeq\r(\f(GM,R＋H))＋eq\f(BL,fr) D．BLeq\r(\f(GM,R＋H))－eq\f(BL,fr)答案A解析根據(jù)萬有引力提供衛(wèi)星繞地運行的向心力，有Geq\f(Mm,（R＋H）2)＝meq\f(v2,（R＋H）)，可得衛(wèi)星做圓周運動的線速度v＝eq\r(\f(GM,R＋H))；根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，導體繩產(chǎn)生的感應電動勢大小為E′＝BLv，由右手定則可知感應電動勢的方向與電池電動勢的方向相反，因?qū)w繩中的電流方向向下，則電池電動勢大于導體繩切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢；因?qū)w繩所受阻力f與安培力F平衡，可得f＝F＝Beq\f(E－E′,r)L，聯(lián)立解得E＝BLeq\r(\f(GM,R＋H))＋eq\f(fr,BL)，故選A。4.(2023·全國乙卷)一學生小組在探究電磁感應現(xiàn)象時，進行了如下比較實驗。用圖a所示的纏繞方式，將漆包線分別繞在幾何尺寸相同的有機玻璃管和金屬鋁管上，漆包線的兩端與電流傳感器接通。兩管皆豎直放置，將一很小的強磁體分別從管的上端由靜止釋放，在管內(nèi)下落至管的下端。實驗中電流傳感器測得的兩管上流過漆包線的電流I隨時間t的變化分別如圖b和圖c所示，分析可知()A．圖c是用玻璃管獲得的圖像B．在鋁管中下落，小磁體做勻變速運動C．在玻璃管中下落，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變D．用鋁管時測得的電流第一個峰到最后一個峰的時間間隔比用玻璃管時的短答案A解析小磁體在鋁管中下落時，由于鋁是導體，由電磁感應原理可知，鋁管中會產(chǎn)生渦流，小磁體受到鋁管本身及漆包線的電磁阻力作用，小磁體在玻璃管中下落時，由于玻璃是絕緣體，玻璃管中不會產(chǎn)生渦流，小磁體只在經(jīng)過各匝漆包線過程產(chǎn)生電磁感應現(xiàn)象，受到電磁阻力作用。則小磁體在如圖a所示的鋁管中下落時，經(jīng)過各匝漆包線時，漆包線中感應電流的峰值可能不變，而小磁體在如圖a所示的玻璃管中下落時，經(jīng)過各匝漆包線時，漆包線中感應電流的峰值會增大，故圖b是用鋁管獲得的圖像，圖c是用玻璃管獲得的圖像，A正確；在鋁管中下落時，由圖b可知，各脈沖電流的峰值大小相等，根據(jù)法拉第電磁感應定律及閉合電路歐姆定律可知，小磁體經(jīng)過各匝漆包線時的速度相等，則小磁體做的不是勻變速運動，B錯誤；在玻璃管中下落時，由圖c可知，脈沖電流的峰值不斷增大，則小磁體經(jīng)過各匝漆包線時受到的電磁阻力在不斷變大，C錯誤；由前面分析可知，小磁體在鋁管中下落過程中受到的電磁阻尼大于其在玻璃管中下落過程中受到的電磁阻尼，則用鋁管時測得的電流第一個峰到最后一個峰的時間間隔比用玻璃管時的長，D錯誤。5.(多選)電磁軌道炮是利用電磁驅(qū)動發(fā)射超高速彈丸的一種新型武器，由于普通電源允許通過的最大電流不夠大，因此提供的安培力不夠大，所以可利用如圖所示的裝置，先用電源給超級儲能電容器充滿電，再利用電容器放電提供的強大電流推動金屬彈丸高速射出。圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直于水平面(即紙面)向里的勻強磁場(未畫出)中，彈丸MN和導軌間的摩擦不計，導軌足夠長。已知導軌間距為l，電源電動勢為E，電容器C原來不帶電，彈丸電阻為R，質(zhì)量為m，導軌電阻可忽略不計，電容器兩端的電壓為U時，電容器儲存的電場能為E電＝eq\f(1,2)CU2。下列說法正確的是()A．彈丸MN剛開始運動時的加速度大小為eq\f(BlE,mR)B．彈丸MN先做勻加速運動，最終做勻速運動C．MN離開導軌后，電容器所帶電荷量為eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)D．MN從開始運動到離開導軌，MN發(fā)出的電熱為eq\f(CE2,2)－eq\f(B2l2C2E2,2（m＋B2l2C）)答案ACD解析根據(jù)題意，電容器充電結(jié)束后，兩極板間電壓為E，當開關S接2時，電容器放電，設剛放電時流經(jīng)MN的電流為I0，有I0＝eq\f(E,R)，設MN受到的安培力為F0，有F0＝I0lB，由牛頓第二定律，有F0＝ma0，聯(lián)立解得a0＝eq\f(BlE,mR)，A正確；彈丸開始運動后，切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢E感＝Blv，通過MN的電流I＝eq\f(UC－Blv,R)，彈丸受安培力F＝BIl，做加速運動，v增大，電容器放電，UC減小，則I減小，F(xiàn)減小，a減小，當Blv＝UC時，I＝0，F(xiàn)＝0，彈丸做勻速運動，B錯誤；當電容器充電完畢時，設電容器所帶電荷量為q0，有q0＝CE，開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設MN上的感應電動勢為E′，有E′＝Blvmax，此時電容器所帶電荷量q＝CE′，彈丸從開始運動到離開導軌的過程中，設通過MN的平均電流為eq\o(I,\s\up6(－))，MN受到的平均安培力為eq\o(F,\s\up6(－))，有eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\o(I,\s\up6(－))lB，由動量定理，有eq\o(F,\s\up6(－))Δt＝mvmax－0，又eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝Δq＝q0－q，聯(lián)立以上各式，可得vmax＝eq\f(BlCE,m＋B2l2C)，q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)，C正確；MN從開始運動到離開導軌，設MN發(fā)出的電熱為Q，根據(jù)能量守恒定律可知，eq\f(1,2)CE2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＋Q＋eq\f(1,2)CE′2，聯(lián)立可解得Q＝eq\f(CE2,2)－eq\f(B2l2C2E2,2（m＋B2l2C）)，D正確。二、非選擇題(本題共2小題)6．(2022·遼寧高考)如圖所示，兩平行光滑長直金屬導軌水平放置，間距為L。abcd區(qū)域有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向豎直向上。初始時刻，磁場外的細金屬桿M以初速度v0向右運動，磁場內(nèi)的細金屬桿N處于靜止狀態(tài)。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(zhì)量均為m，在導軌間的電阻均為R，感應電流產(chǎn)生的磁場及導軌的電阻忽略不計。(1)求M剛進入磁場時受到的安培力F的大小和方向；(2)若兩桿在磁場內(nèi)未相撞且N出磁場時的速度為eq\f(v0,3)，求：①N在磁場內(nèi)運動過程中通過回路的電荷量q；②初始時刻N到ab的最小距離x；(3)初始時刻，若N到cd的距離與第(2)問初始時刻的相同、到ab的距離為kx(k>1)，求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍。答案(1)eq\f(B2L2v0,2R)方向水平向左(2)①eq\f(mv0,3BL)②eq\f(2mv0R,3B2L2)(3)2≤k<3解析(1)細金屬桿M以初速度v0向右剛進入磁場時，產(chǎn)生的感應電動勢大小為E＝BLv0由閉合電路歐姆定律知，電流的大小為I＝eq\f(E,2R)由右手定則知電流方向為a→b所受的安培力大小為F＝BIL聯(lián)立得F＝eq\f(B2L2v0,2R)由左手定則可知F的方向水平向左。(2)①金屬桿N在磁場內(nèi)運動過程中，由動量定理有Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝m·eq\f(v0,3)－0且通過回路的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt聯(lián)立解得q＝eq\f(mv0,3BL)。②分析可知，N出磁場前，M與N的間距一直減小，設從M進入磁場至N剛出磁場，兩桿在磁場中相對運動的最大位移大小為Δx，有eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(BL·Δx,Δt)整理可得q＝eq\f(BL·Δx,2R)聯(lián)立可得Δx＝eq\f(2mv0R,3B2L2)若兩桿在磁場內(nèi)剛好不相撞，則初始時刻N到ab的距離最小，為x＝Δx＝eq\f(2mv0R,3B2L2)。(3)初始時刻，若N到cd的距離與第(2)問初始時刻的相同、到ab的距離為kx(k>1)，則N到cd時的速度大小仍為eq\f(v0,3)，設此時M的速度為v1，根據(jù)動量守恒定律可知mv0＝mv1＋m·eq\f(v0,3)解得v1＝eq\f(2,3)v0由(2)分析可知，此時M到cd的距離為s＝(k－1)x若要使M能出磁場，則M到達cd的速度v2>0若要保證M出磁場后不與N相撞，則M到達cd的速度v2≤eq\f(v0,3)對M根據(jù)動量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))1L·Δt1＝mv2－mv1q1＝eq\o(I,\s\up6(－))1·Δt1＝eq\f(BL·s,2R)聯(lián)立解得2≤k<3。7．(2023·新課標卷)一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬細框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖a所示。(1)使金屬框以一定的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。(2)在桌面上固定兩條光滑長直金屬導軌，導軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻R1＝2R0，導軌電阻可忽略，金屬框置于導軌上，如圖b所示。讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量。答案(1)eq\f(B2L3,mR0)(2)eq\f(3B4L6,25mReq\o\al(2,0))解析(1)金屬框進入磁場過程中，有eq\o(E,\s\up6(－))1＝BLeq\o(v,\s\up6(－))1eq\o(v,\s\up6(－))1＝eq\f(L,t1)eq\o(I,\s\up6(－))電流1＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))1,4R0)所受安培力的沖量大小I1＝Beq\o(I,\s\up6(－))電流1Lt1聯(lián)立得I1＝eq\f(B2L3,4R0)同理，金屬框離開磁場過程中所受安培力的沖量大小I2＝eq\f(B2L3,4R0)由動量定理并結(jié)合題意可知－I1－I2＝eq\f(mv0,2)－mv0聯(lián)立解得金屬框的初速度大小v0＝eq\f(B2L3,mR0)。(2)設金屬框左側(cè)邊經(jīng)過磁場左邊界時的速度為v1，由于金屬框上、下邊被短路，則金屬框進入磁場過程電路中的總電阻R總＝R0＋eq\f(R1·R0,R1＋R0)金屬框進入磁場的過程，根據(jù)(1)同理可知，金屬框所受安培力的沖量大小I1′＝eq\f(B2L3,R總)根據(jù)動量定理有－I1′＝mv1－mv0聯(lián)立解得v1＝eq\f(2B2L3,5mR0)設此過程回路中產(chǎn)生的總熱量為Q1，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Q1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)由串并聯(lián)電路規(guī)律可知，R1、金屬框左側(cè)邊、金屬框右側(cè)邊中電流之比為1∶2∶3，結(jié)合焦耳定律可知，三者產(chǎn)生的熱量之比為2∶4∶9，則此階段R1產(chǎn)生的熱量QR1＝eq\f(2,15)Q1聯(lián)立解得QR1＝eq\f(7B4L6,125mReq\o\al(2,0))此后金屬框完全進入磁場中，則金屬框左右兩邊均作為電源，等效電路圖如圖此時回路的總電阻R總′＝R1＋eq\f(R0,2)設金屬框右側(cè)邊到達磁場右邊界時的速度為v2，根據(jù)動量定理同理有－eq\f(B2L3,R總′)＝mv2－mv1聯(lián)立解得v2＝0，即此時金屬框恰好靜止設此過程回路中產(chǎn)生的總熱量為Q2，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝Q2由串并聯(lián)電路規(guī)律可知，R1、金屬框左側(cè)邊、金屬框右側(cè)邊中電流之比為2∶1∶1，結(jié)合焦耳定律可知，三者產(chǎn)生的熱量之比為8∶1∶1，則此階段R1產(chǎn)生的熱量QR1′＝eq\f(4,5)Q2聯(lián)立解得QR1′＝eq\f(8B4L6,125mReq\o\al(2,0))則在金屬框整個運動過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量QR1總＝QR1＋QR1′＝eq\f(3B4L6,25mReq\o\al(2,0))。熱點概述：電磁感應中的“桿和導軌、導線框”運動模型，是導體切割磁感線運動過程中動力學與電磁學知識的綜合應用，此類問題是高考命題的重點。典型單桿模型示意圖動力學觀點運動圖像能量觀點v0≠0導軌水平光滑，間距為L，電阻不計，桿ab初速度為v0，質(zhì)量為m，電阻不計導體桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢E＝BLv，電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，做減速運動，v?F安?a，當v＝0時，F(xiàn)＝0，a＝0，桿保持靜止動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)導軌水平光滑，間距為L，電阻不計，桿ab初速度為v0，質(zhì)量為m，電阻不計導體桿速度為v時，感應電流I＝eq\f(BLv－UC,R)，導體桿受安培力F安＝BIL，做減速運動，v，電容器充電，UC，F(xiàn)安，a，當BLv＝UC時，I＝0，F(xiàn)安＝0，桿勻速運動eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(根據(jù)q＝CU、U＝BLvm、,－B\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝mvm－mv0、,q＝\o(I,\s\up6(－))Δt，可得,vm＝\f(mv0,m＋B2L2C)))導體桿的部分動能轉(zhuǎn)化為電阻的電熱和電容器的電場能：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q＋ECv0＝0導軌水平光滑，間距為L，電阻不計，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計S閉合，桿ab受安培力F安＝eq\f(BLE,r)，此時a＝eq\f(BLE,mr)，桿ab速度v?感應電動勢BLv?回路中電流I?安培力F安＝BIL?加速度a，當BLv＝E時，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)電源輸出的電能轉(zhuǎn)化為動能：W電＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)導軌水平光滑，間距為L，電阻不計，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計，拉力F恒定開始時a＝eq\f(F,m)，桿ab速度v?感應電動勢E＝BLv?電流I?安培力F安＝BIL，由F－F安＝ma知a，當a＝0時，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動能，一部分轉(zhuǎn)化為電阻產(chǎn)生的電熱：WF＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)導軌水平光滑，間距為L，電阻不計，單桿ab質(zhì)量為m，電阻為R電容器充滿電后，S合向2，導體桿受安培力運動，產(chǎn)生電動勢E＝BLv，回路中電流I＝eq\f(UC－BLv,R)，導體桿受安培力F安＝BIL，做加速運動，v，電容器放電UC減小，F(xiàn)安，a，當BLv＝UC時，I＝0，F(xiàn)安＝0，桿勻速運動eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(根據(jù)Δq＝q0－q＝,CE－CBLvm、,B\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝mvm－0、,Δq＝\o(I,\s\up6(－))Δt，,可得vm＝\f(BLCE,m＋B2L2C)))電容器的部分電場能轉(zhuǎn)化為電阻的電熱和導體桿的動能：EC0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q＋ECm導軌水平光滑，間距為L，電阻不計，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計，拉力F恒定開始時a＝eq\f(F,m)，桿ab速度v?感應電動勢E＝BLv，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，此時感應電動勢E′＝BL(v＋Δv)，Δt時間內(nèi)流入電容器的電荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv，電流I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLeq\f(Δv,Δt)＝CBLa，安培力F安＝BLI＝CB2L2a，F(xiàn)－F安＝ma，a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，所以桿以恒定的加速度勻加速運動(若回路有電阻，則桿不做勻加速運動)F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動能，一部分轉(zhuǎn)化為電容器的電場能：WF＝eq\f(1,2)mv2＋EC注：(1)在電磁感應中，動量定理應用于單桿切割磁感線運動，可求解速度、位移、電荷量，以及除安培力之外恒力的作用時間。(2)若光滑導軌傾斜放置，要考慮導體桿受到重力沿導軌斜面向下的分力作用，分析方法與表格中受外力F時的情況類似，這里就不再贅述。(2020·海南高考)(多選)如圖，足夠長的間距d＝1m的平行光滑金屬導軌MN、PQ固定在水平面內(nèi)，導軌間存在一個寬度L＝1m的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B＝0.5T，方向如圖所示。一根質(zhì)量ma＝0.1kg、阻值R＝0.5Ω的金屬棒a以初速度v0＝4m/s從左端開始沿導軌滑動，穿過磁場區(qū)域后，與另一根質(zhì)量mb＝0.2kg、阻值R＝0.5Ω的原來靜置在導軌上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，導軌電阻不計，則()A．金屬棒a第一次穿過磁場時做勻減速直線運動B．金屬棒a第一次穿過磁場時回路中有逆時針方向的感應電流C．金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為0.25JD．金屬棒a最終停在距磁場左邊界0.8m處[答案]BD[解析]金屬棒a第一次穿過磁場時受到安培力的作用，做減速運動，由于速度減小，則感應電流減小，金屬棒a所受的安培力減小，加速度減小，故金屬棒a第一次穿過磁場時做加速度減小的減速直線運動，故A錯誤。根據(jù)右手定則可知，金屬棒a第一次穿過磁場時回路中有逆時針方向的感應電流，故B正確。金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的平均感應電動勢為eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLd,Δt)，平均感應電流為eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)，金屬棒a受到的安培力大小的平均值為eq\o(F,\s\up6(－))＝Beq\o(I,\s\up6(－))d，規(guī)定向右為正方向，對金屬棒a，根據(jù)動量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))d·Δt＝mava－mav0，解得金屬棒a第一次離開磁場時的速度大小為va＝1.5m/s；金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒a機械能的減少量，即Q＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)，代入數(shù)據(jù)得Q＝0.6875J，由于兩棒電阻相同，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱相同，則金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為Qb＝eq\f(Q,2)＝0.34375J，故C錯誤。規(guī)定向右為正方向，對兩金屬棒碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得mava＝mava′＋mbvb，eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mava′2＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得金屬棒a碰后的速度為va′＝－0.5m/s；設金屬棒a最終停在距磁場左邊界x處，則從反彈進入磁場到停下來的過程，電路中產(chǎn)生的平均感應電動勢為eq\o(E,\s\up6(－))′＝eq\f(ΔΦ′,Δt′)＝eq\f(B（L－x）d,Δt′)，平均感應電流為eq\o(I,\s\up6(－))′＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))′,2R)，金屬棒a受到的平均安培力大小為eq\o(F,\s\up6(－))′＝Beq\o(I,\s\up6(－))′d，規(guī)定向右為正方向，對金屬棒a，根據(jù)動量定理得Beq\o(I,\s\up6(－))′d·Δt′＝0－mava′，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得x＝0.8m，故D正確。典型雙桿模型1．初速度不為零，不受其他水平外力的作用光滑的平行導軌光滑不等距導軌示意圖質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長度Lb＝La質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長度Lb＝2La動力學觀點桿b受安培力做變減速運動，桿a受安培力做變加速運動，穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，以相等的速度勻速運動桿b受安培力做變減速運動，桿a受安培力做變加速運動，穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，兩桿的速度之比為vb∶va＝1∶2運動圖像能量觀點一部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q＝－ΔEk動量觀點兩桿組成的系統(tǒng)動量守恒兩桿組成的系統(tǒng)動量不守恒對單桿可以用動量定理2.初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用光滑的平行導軌不光滑的平行導軌示意圖質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長度Lb＝La質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長度Lb＝La摩擦力Ffb＝Ffa動力學觀點開始時，兩桿受安培力做變加速運動；穩(wěn)定時，兩桿以相同的加速度做勻加速運動開始時，若Ff<F≤2Ff，則a桿先變加速后勻速運動；b桿靜止。若F>2Ff，a桿先變加速后勻加速運動，b桿先靜止后變加速最后和a桿同時做勻加速運動，且加速度相同運動圖像能量觀點F做的功轉(zhuǎn)化為兩桿的動能和內(nèi)能：WF＝ΔEk＋QF做的功轉(zhuǎn)化為兩桿的動能和內(nèi)能(包括電熱和摩擦熱)：WF＝ΔEk＋Q電＋Qf動量觀點兩桿組成的系統(tǒng)動量不守恒對單桿可以用動量定理兩桿組成的系統(tǒng)動量不守恒對單桿可以用動量定理注：對于不在同一平面上運動的雙桿的問題，動量守恒定律不適用，可以用牛頓運動定律、能量觀點、動量定理進行解決。(2020·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經(jīng)過一段時間后()A．金屬框的速度大小趨于恒定值B．金屬框的加速度大小趨于恒定值C．導體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值[答案]BC[解析]金屬框在力F的作用下向右運動，bc邊切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，在回路MNcb中有感應電流，使得導體棒MN受到向右的安培力而向右做加速運動，bc邊受到向左的安培力。當MN運動時，金屬框的bc邊和導體棒MN一起切割磁感線，設導體棒MN和金屬框的速度分別為v1、v2，導體棒的電阻為R，金屬框的寬度為L，磁感應強度為B，則電路中的總電動勢E＝BL(v2－v1)，電路中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL（v2－v1）,R)，金屬框受到的安培力F安框＝BIL＝eq\f(B2L2（v2－v1）,R)，與運動方向相反；導體棒MN受到的安培力F安MN＝BIL＝eq\f(B2L2（v2－v1）,R)，與運動方向相同。設導體棒MN和金屬框的質(zhì)量分別為m1、m2，加速度分別為a1、a2，則對導體棒MN，有eq\f(B2L2（v2－v1）,R)＝m1a1，對金屬框，有F－eq\f(B2L2（v2－v1）,R)＝m2a2。導體棒MN和金屬框的初始速度均為零，則a1從零開始逐漸增加，a2從eq\f(F,m2)開始逐漸減小，當a1＝a2時，相對速度v2－v1＝eq\f(FRm1,B2L2（m1＋m2）)，之后a1、a2不變，v2－v1恒定，整個運動過程用速度—時間圖像描述如圖所示。綜上可得，經(jīng)過一段時間后，金屬框和導體棒的加速度大小趨于恒定值，所受安培力的大小也趨于恒定值，B、C正確；金屬框的速度會一直增大，導體棒到金屬框bc邊的距離也會一直增大，A、D錯誤。典型導線框模型示意圖動力學觀點能量觀點動量觀點在安培力作用下穿越磁場(磁場寬度足夠大)以進入磁場時為例，設運動過程中某時刻導線框的速度為v，加速度大小為a，則a＝eq\f(B2L2v,mR)，a與v方向相反，導線框做減速運動，v↓?a↓，即導線框做加速度減小的減速運動，最終勻速運動(全部進入磁場)或靜止(導線框離開磁場過程的分析相同)部分(或全部)動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱：Q＝－ΔEk動量不守恒，可用動量定理分析導線框的位移、速度、通過導線橫截面的電荷量和除安培力之外恒力作用的時間：(1)求電荷量或速度：－Beq\o(I,\s\up6(－))·LΔt＝mv2－mv1，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt；(2)求位移：－eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－))Δt,R總)＝mv末－mv0，即－eq\f(B2L2x,R總)＝mv末－mv0；(3)求時間：①－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1已知電荷量q，F(xiàn)其他為恒力，可求出變加速運動的時間；②－eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－))Δt,R總)＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－eq\f(B2L2x,R總)＋F其他·Δt＝mv2－mv1若已知位移x，F(xiàn)其他為恒力，也可求出變加速運動的時間在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁場(磁場寬度足夠大)以進入磁場的過程為例，設運動過程中某時刻導線框的速度為v，加速度為a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)。(1)若進入磁場時eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v,mR)，則導線框勻速運動；(2)若進入磁場時eq\f(F,m)>eq\f(B2L2v,mR)，則導線框做加速度減小的加速運動(直至勻速)；(3)若進入磁場時eq\f(F,m)<eq\f(B2L2v,mR)，則導線框做加速度減小的減速運動(直至勻速)(導線框離開磁場過程的分析相同)力F做的功等于導線框的動能變化量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和：WF＝ΔEk＋Q如圖1所示，地面上方高度為d的空間內(nèi)有水平方向的勻強磁場，質(zhì)量為m的正方形閉合導線框abcd的邊長為l，從bc邊距離地面高為h處將其由靜止釋放，已知h>d>l。從導線框開始運動到bc邊即將落地的過程中，導線框的v-t圖像如圖2所示。重力加速度為g，不計空氣阻力，以下有關這一過程的判斷正確的是()A．t1～t2時間內(nèi)導線框受到的安培力逐漸增大B．磁場的高度d可以用v-t圖中陰影部分的面積表示C．導線框重力勢能的減少量等于其動能的增加量D．導線框產(chǎn)生的焦耳熱大于mgl[答案]D[解析]由圖2可知，0～t1時間內(nèi)，導線框自由下落，t1～t2時間內(nèi)導線框切割磁感線進入磁場，做加速度減小的減速運動，完全進入磁場后，做勻加速運動。t1～t2時間內(nèi)對導線框受力分析可知，F(xiàn)安－mg＝ma，a減小，則安培力在減小，A錯誤；根據(jù)題意可知，t1時刻bc邊開始進入磁場，t3時刻bc邊即將到達地面，所以磁場高度d為t1～t3時間內(nèi)導線框的位移大小，即v-t圖線t1～t3部分與t軸所圍面積，而不是圖2中陰影部分面積，B錯誤；根據(jù)題意可知，安培力做負功，所以重力勢能減少量等于動能增加量和克服安培力做功之和，C錯誤；由前面分析可知t1～t2時間內(nèi)F安>mg且W安＝F安l，所以在下降過程中導線框產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W安>mgl，D正確。1.(多選)如圖所示，在水平面上有兩根足夠長的平行導軌，右端接有阻值為R的定值電阻，處于垂直軌道平面的磁感應強度為B的勻強磁場中，兩軌道間距為L。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒ab靜置于導軌上，棒ab在水平向左的恒力F的作用下開始運動，運動中與軌道垂直且接觸良好，經(jīng)過一段時間后，以速度v開始做勻速運動，隨后撤去外力F，導軌的電阻不計，棒ab與導軌間動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則()A．外力F的大小為eq\f(B2L2v,R＋r)＋μmgB．勻速運動時，棒ab兩端的電壓為BLvC．若撤去外力后，又經(jīng)過位移x，棒ab停止運動，則撤去外力后棒ab運動的時間t＝eq\f(v,μg)－eq\f(B2L2x,μmg（R＋r）)D．若撤去外力后，又經(jīng)過位移x，棒ab停止運動，則撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mv2－μmgx答案ACD解析棒ab勻速運動時，根據(jù)平衡條件有F＝FA＋μmg，其中FA＝BIL，I＝eq\f(E,R＋r)，E＝BLv，聯(lián)立解得F＝eq\f(B2L2v,R＋r)＋μmg，故A正確；棒ab勻速運動時，感應電動勢為E＝BLv，棒ab兩端的電壓為U＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(R,R＋r)·BLv，故B錯誤；從撤去外力到棒ab停止運動，根據(jù)動量定理有－IA－μmgt＝0－mv，其中IA＝Beq\o(I,\s\up6(－))Lt，eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,t)，ΔΦ＝BLx，聯(lián)立可解得t＝eq\f(v,μg)－eq\f(B2L2x,μmg（R＋r）)，故C正確；從撤去外力到棒ab停止運動，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝Q＋μmgx，可得Q＝eq\f(1,2)mv2－μmgx，故D正確。2．(2021·河北高考)如圖，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。導軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點為坐標原點。狹縫右側(cè)兩導軌與x軸夾角均為θ，一電容為C的電容器與導軌左端相連。導軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點開始以速度v向右勻速運動，忽略所有電阻。下列說法正確的是()A．通過金屬棒的電流為2BCv2tanθB．金屬棒到達x0時，電容器極板上的電荷量為BCvx0tanθC．金屬棒運動過程中，電容器的上極板帶負電D．金屬棒運動過程中，外力F做功的功率恒定答案A解析由題知金屬棒勻速切割磁感線，則t時間內(nèi)金屬棒的位移x＝vt，根據(jù)幾何關系知金屬棒的有效切割長度為l＝2xtanθ，則金屬棒上產(chǎn)生的感應電動勢為E＝Blv＝2Bv2ttanθ，忽略所有電阻，則電容器極板上的電荷量為Q＝CE＝2BCv2ttanθ，通過金屬棒的電流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝2BCv2tanθ，A正確；當金屬棒到達x0處時，所用時間t0＝eq\f(x0,v)，則電容器極板上的電荷量為Q0＝2BCv2t0tanθ＝2BCvx0tanθ，B錯誤；根據(jù)右手定則可知，金屬棒中電流方向為流向電容器上極板，則電容器的上極板帶正電，C錯誤；由于金屬棒做勻速運動，則F＝F安＝IlB，由A項分析可知流過金屬棒的電流I恒定，l與t成正比，則F安為變力，F(xiàn)為變力，再根據(jù)P＝Fv，v不變，可知外力F做功的功率P變化，D錯誤。3．(2021·福建高考)(多選)如圖，P、Q是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導軌，間距為L，導軌足夠長且電阻可忽略不計。圖中EFGH矩形區(qū)域有一方向垂直導軌平面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。在t＝t1時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進入磁場，速度大小均為v0；一段時間后，流經(jīng)a棒的電流為0，此時t＝t2，b棒仍位于磁場區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b由相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，a棒的質(zhì)量為m。在運動過程中兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則()A．t1時刻a棒加速度大小為eq\f(2B2L2v0,3mR)B．t2時刻b棒的速度為0C．t1～t2時間內(nèi)，通過a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍D．t1～t2時間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(2,9)mveq\o\al(2,0)答案AD解析由題知，t1時刻，a棒進入磁場的速度方向向右，b棒的速度方向向左，根據(jù)右手定則可知，a棒產(chǎn)生的感應電動勢和b棒產(chǎn)生的感應電動勢在回路中均為逆時針方向，所以流過金屬棒a、b的感應電流I＝eq\f(2BLv0,R＋2R)＝eq\f(2BLv0,3R)，對a棒，根據(jù)牛頓第二定律有BIL＝ma，解得a＝eq\f(2B2L2v0,3mR)，故A正確；金屬棒a、b由相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，根據(jù)電阻定律有R＝ρeq\f(L,S)，2R＝ρeq\f(L,S′)，解得b棒的橫截面積S′＝eq\f(1,2)S，已知a棒的質(zhì)量為m，設b棒的質(zhì)量為m′，則有m＝ρ密V＝ρ密SL，m′＝ρ密V′＝ρ密S′L，聯(lián)立解得m′＝eq\f(1,2)m，根據(jù)左手定則，可知a棒受到的安培力向左，b棒受到的安培力向右，由于流過金屬棒a、b的電流一直相等，故兩個力大小始終相等，則a與b組成的系統(tǒng)動量守恒，由題知，t2時刻流過a棒的電流為0，說明金屬棒a、b在t2時刻均在磁場中且達到了共同速度，設為v，取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有mv0－eq\f(1,2)mv0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)m))v，解得v＝eq\f(1,3)v0，故B錯誤；在t1～t2時間內(nèi)，根據(jù)q＝It及金屬棒a、b串聯(lián)構成回路，可知通過兩棒橫截面的電荷量相等，故C錯誤；在t1～t2時間內(nèi)，對金屬棒a、b組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m))veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)m))v2＋Q總，解得回路中產(chǎn)生的總熱量為Q總＝eq\f(2,3)mveq\o\al(2,0)，根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt，因金屬棒a、b中的電流一直相等，所用時間相同，故金屬棒a、b產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，即Qa