第10章 第4讲 电磁感应中的动力学和能量问题(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考物理一轮总复习（福建专版）

第4讲　电磁感应中的动力学和能量问题(综合融通课) (一) 电磁感应中的动力学问题　 1．两种状态及处理方法 状态 特征 处理方法 平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析 非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析 2．“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 3．电磁感应中的动力学临界问题的分析思路 (1)解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件。 (2)基本思路是：导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合外力变化加速度变化―→速度变化―→临界状态―→列式求解。 [考法全训] 考法(一)　水平面内的动力学问题 [例1]　(双选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定放置在足够高的水平台面上，导轨间距L＝1 m。质量为m＝1 kg、电阻为r＝2 Ω的直导体棒放在导轨上，且始终与导轨垂直，导体棒通过一根轻质细绳绕过定滑轮与一质量也为m＝1 kg的重物相连。导轨左端与阻值为R＝2 Ω的电阻相连，导轨电阻不计，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2 T。在t＝0时刻，由静止释放导体棒和重物，直导体棒由静止开始向右做直线运动(轻质细绳始终与导轨共面且平行)，g取10 m/s2。下列说法中正确的是(　 ) A．重物向下做加速度减小的加速运动，最终做匀速直线运动 B．当导体棒速度v＝8 m/s时，导体棒加速度a＝2 m/s2 C．导体棒最终做匀速直线运动的速度为v＝10 m/s D．导体棒最终做匀速直线运动的速度为v＝12 m/s [解析]　对重物和导体棒整体受力分析有mg－BIL＝2ma，根据闭合电路欧姆定律有I＝，可知随着速度的增大，重物的加速度减小，所以重物向下做加速度减小的加速运动，最终做匀速直线运动，故A正确；当导体棒速度v＝8 m/s时，根据以上分析可知mg－＝2ma，解得a＝1 m/s2，故B错误；导体棒最终做匀速直线运动时有mg－＝0，解得v′＝10 m/s，故C正确，D错误。 [答案]　AC [针对训练] 1．(2023·山东高考)(双选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好。Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域 Ⅰ 和 Ⅱ 并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2，且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是(　 ) A．B2的方向向上 B．B2的方向向下 C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s 解析：选BD　导轨的速度v2>v1，因此导体棒受到向右的摩擦力，又因导体棒做匀速直线运动，可知导体棒受到向左的安培力，摩擦力大小为f＝μmg＝2 N，导体棒所受安培力大小为F1＝f＝2 N，由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M，导轨受到向左的摩擦力f′＝f＝2 N、向右的拉力FT＝m0g＝1 N，因导轨做匀速直线运动，故受到的向右的安培力大小为F2＝f′－FT＝1 N，由左手定则可知B2的方向向下，A错误，B正确；对导体棒分析F1＝B1IL，对导轨分析F2＝B2IL，电路中的电流为I＝，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。 考法(二)　竖直平面内的动力学问题 [例2]　(2022·湖北高考)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6 × 10 － 3 Ω、质量m＝0.2 kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4 N 的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g＝10 m/s2，求： (1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小； (2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热； (3)磁场区域的水平宽度。 [解析]　(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有max＝Fcos θ 代入数据有ax＝20 m/s2 在竖直方向有may＝Fsin θ－mg 代入数据有ay＝10 m/s2。 (2)根据题意，从ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的一部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线，但ad和bc边的切割磁感线部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流方向为adcba，则ab边受到的安培力竖直向下，ad边受到的安培力水平向右，bc边受到的安培力水平向左，则ad边和bc边受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力等于ab边受到的竖直向下的安培力。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有Fsin θ－mg－BIL＝0，E＝BLvy，I＝，vy2＝2ayL 联立有B＝0.2 T 由题知，dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q＝W安＝BILy y＝L，Fsin θ－mg＝BIL 联立解得Q＝0.4 J。 (3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为t＝t1＋t2，vy＝ayt1，L＝vyt2 联立解得t＝0.3 s 由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有 x＝axt2＝×20×0.32 m＝0.9 m 则磁场区域的水平宽度s＝x＋L＝1.1 m。 [答案]　(1)20 m/s2　10 m/s2　(2)0.2 T　0.4 J　(3)1.1 m [针对训练] 2．(双选)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是(　 ) A．甲和乙都加速运动 B．甲和乙都减速运动 C．甲加速运动，乙减速运动 D．甲减速运动，乙加速运动 解析：选AB　由题意知，两线圈体积相同，由电阻定律可知，甲的电阻是乙的电阻的4倍；两线圈到达磁场上边界时两线圈的速度相同，设乙线圈的匝数为n，两线圈的边长均为l，两线圈进入磁场后，乙受到的安培力F乙＝nBIl＝，甲受到的安培力F甲＝＝，可见，甲、乙受到的安培力大小相同，重力也相同，则运动情况相同，A、B正确。 考法(三)　斜面上的动力学问题 [例3]　如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下。导轨和ab杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和ab杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(重力加速度为g) (1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图； (2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求杆中的电流及其加速度的大小； (3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。 [解析]　(1)由右手定则可知，ab杆中电流方向为a→b。如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨向上。 (2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv， 此时电路中的电流I＝＝， ab杆受到安培力F安＝BIL＝， 根据牛顿第二定律，有 mgsin θ－F安＝mgsin θ－＝ma， 解得a＝gsin θ－。 (3)当a＝0时，ab杆有最大速度vm， 由平衡条件得mgsin θ＝， 解得vm＝。 [答案]　(1)见解析图　(2)　gsin θ－　(3) [针对训练] 3．(双选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动。整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨。已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　 ) A．拉力F是恒力 B．拉力F随时间t均匀增加 C．拉力F的最大值等于12 N D．金属杆运动的加速度大小为4 m/s2 解析：选BC　t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流为I＝，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝，由牛顿第二定律可知F＝ma＋mgsin 37°＋，可见F随t均匀增加，A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，t＝2 s时，F最大，最大值为12 N，C正确，D错误。 (二) 电磁感应中的能量问题 1．电磁感应中的能量转化 2．求解焦耳热Q的三种方法 方法一 焦耳定律：Q＝I2Rt 方法二 功能关系：Q＝W克服安培力 方法三 能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量 3.解题的一般步骤 (1)确定研究对象(导体棒或回路)； (2)分析电磁感应过程中研究对象受哪些力、哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化； (3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。 [典例]　(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40 m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0 s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)。求： (1)t＝2.0 s时金属框所受安培力的大小； (2)在t＝0到t＝2.0 s时间内金属框产生的焦耳热。 [解析]　(1)金属框的总电阻为 R＝4lλ＝4×0.40×5.0×10－3 Ω＝0.008 Ω 金属框中产生的感应电动势为 E＝＝＝0.1××0.42 V＝0.008 V 金属框中的电流为I＝＝1 A t＝2.0 s时磁感应强度B2＝(0.3－0.1×2)T＝0.1 T 金属框处于磁场中的有效长度为L＝l 此时金属框所受安培力大小为 F＝B2IL＝0.1×1××0.4 N＝0.04 N。 (2)0～2.0 s内金属框产生的焦耳热为 Q＝I2Rt＝12×0.008×2 J＝0.016 J。 [答案]　(1)0.04 N　(2)0.016 J [针对训练] 1．(2024·莆田质检)(双选)如图所示，两条足够长的平行长直导轨MN、PQ固定于绝缘水平面内，它们之间的距离为l＝0.2 m，导轨之间有方向竖直向上、大小为B＝0.5 T的匀强磁场。导轨电阻可忽略不计，导轨左边接有阻值为R＝3 Ω的定值电阻，质量为m＝0.2 kg的导体棒AC垂直放在导轨上，导体棒接入回路中的阻值为r＝1 Ω。导体棒在外力作用下以v＝4 m/s的速度向右匀速运动，运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好，不计摩擦。则下列说法中正确的是(　 ) A．导体棒中感应电流的方向为A→C B．导体棒中感应电流的大小为0.2 A C．外力的功率为0.04 W D．撤去外力后导体棒最终会停下来，在此过程中电阻R上产生的热量为1.2 J 解析：选CD　根据右手定则可知，导体棒AC中感应电流的方向为C→A，A错误； 感应电动势E＝Blv＝0.5×0.2×4 V＝0.4 V，由闭合电路欧姆定律得，感应电流的大小I＝＝ A＝0.1 A，B错误；匀速运动时导体棒受到的安培力大小F安＝BIl＝0.5×0.1×0.2 N＝0.01 N，则外力F外＝F安＝0.01 N，外力的功率P＝F外v＝0.01×4 W＝0.04 W，C正确；由能量守恒定律可知，导体棒的动能全部转化为电路中产生的热量，即Q＝ΔEk＝mv2＝1.6 J，故电阻R上产生的热量为QR＝Q＝1.2 J，D正确。 2．如图所示，AB、CD为两个平行的、不计电阻的水平光滑金属导轨，置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻。质量为m、长为L且电阻不计的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则(　 ) A．导体棒在水平方向做简谐运动 B．初始时刻导体棒所受的安培力大小为 C．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv02－Q D．当导体棒再次回到初始位置时，AC间的电阻R的热功率小于 解析：选D　导体棒运动过程中，安培力做功，电阻产生焦耳热，则棒和弹簧的机械能有损失，则当棒再次回到初始位置时速度小于v0，导体棒水平方向做的不是简谐运动，则导体棒回到初始位置时产生的感应电动势E1<BLv0，根据热功率公式P＝可知，AC间的电阻R的热功率P<，故A错误，D正确；根据公式E＝BLv0，I＝，F＝BIL，可得初始时刻导体棒所受的安培力大小为F＝，故B错误；当导体棒第一次到达最右端时，设弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律有Ep＋2Q＝mv02，解得Ep＝mv02－2Q，故C错误。 [课时跟踪检测] A卷——质量水平评价 1.如图，一足够长通电直导线固定在光滑水平面上，质量为0.04 kg的硬质金属环在该平面上运动，初速度大小为v0＝2 m/s、方向与导线的夹角为60°，则该金属环最终(　 ) A．做曲线运动，环中最多能产生0.08 J的电能 B．静止在平面上，环中最多能产生0.04 J的电能 C．做匀加速直线运动，环中最多能产生0.02 J的电能 D．做匀速直线运动，环中最多能产生0.06 J的电能 解析：选D　金属环在向右上方运动过程中，通过金属环的磁通量减少，根据楞次定律可知金属环受到的安培力会阻碍其运动，直到其磁通量不发生变化，即沿着导线的方向运动时，金属环不再受到安培力的作用，此时金属环将做匀速直线运动，只具有竖直方向的速度，根据速度合成与分解规律可知金属环最终做匀速直线运动的速度为v＝v0cos 60°＝v0＝1 m/s，根据能量守恒定律可得，金属环中产生的电能为E＝mv02－mv2＝0.06 J，所以D正确，A、B、C错误。 2．如图甲所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力随时间变化如图乙所示，取向右为正方向，则外力随时间变化的图像为(　 ) 解析：选C　设金属棒有效切割长度为L，回路总电阻为R，金属棒做切割磁感线运动产生的感应电动势E＝BLv，又E＝IR，FA＝BIL，联立得FA＝，再结合题图乙及楞次定律，可知金属棒刚开始向右做匀减速直线运动，后向左做匀加速直线运动，且加速度大小一直为a＝，方向向左，综上，当v＝0时，即FA＝0，也就是t＝t0时，F≠0，且方向向左，故选C。 3．(双选)图甲所示粗糙U形导线框固定在水平面上，右端放有一金属棒PQ，整个装置处于竖直方向的磁场中，磁感应强度B按图乙规律变化，规定竖直向上为正方向，整个过程金属棒保持静止。则(　 ) A．t0时刻回路没有感应电流 B．在t0～2t0时间内，流过金属棒的感应电流方向是从Q到P C．在0～t0时间内，金属棒PQ所受安培力方向水平向右 D．2t0时刻金属棒PQ所受摩擦力方向水平向右 解析：选CD　t0时刻回路的磁通量为零，但是磁通量的变化率不为零，则回路有感应电流，A错误；在t0～2t0时间内，回路的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，流过金属棒的感应电流方向是从P到Q，B错误；在0～t0时间内，回路的磁通量向上减小，则金属棒中有从P到Q的感应电流，由左手定则可知，PQ所受安培力方向水平向右，C正确；根据楞次定律可知，2t0时刻金属棒PQ中的感应电流从P到Q，则安培力方向水平向左，由平衡条件可知，所受摩擦力方向水平向右，D正确。 4.(双选)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ互相平行，间距为L，上端接入阻值为R的定值电阻，构成U形平面，与水平面的夹角为θ(0°＜θ＜90°)，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，金属棒ab的质量为m，接入电路的电阻为r。则金属棒ab沿导轨下滑过程中(　 ) A．最大加速度为gsin θ B．当金属棒ab下滑速度为v时，其两端电压为BLv C．所受安培力不会大于mgsin θ D．下滑速度大小一定小于mgsin θ 解析：选AC　对金属棒ab，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－F安＝ma，由题可知，开始滑动时，金属棒ab所受安培力为零，此时加速度最大，为gsin θ，故A正确；由法拉第电磁感应定律可得，当金属棒ab下滑速度为v时，产生的感应电动势为BLv，则金属棒ab两端电压为BLv，故B错误；金属棒ab沿导轨下滑时，所受安培力增大，则加速度减小，当加速度为零时，所受安培力达到最大，为mgsin θ，故C正确；当金属棒ab所受安培力等于mgsin θ时，金属棒ab做匀速运动，此时速度最大，则有mgsin θ＝，解得vm＝，故D错误。 5．(2024·宁德模拟)(双选)如图所示，间距为L的水平边界MN、PQ之间存在垂直于纸面向外的匀强磁场，“日”字形线框位于磁场区域上方某一高度，线框三条短边ab、ef、cd的长度均为L、电阻均为R，两条长边ac、bd的长度均为2L、电阻不计，ef位于线框正中间。若线框由静止释放，t＝0时刻cd边进入磁场且恰好做匀速运动，则整个线框通过磁场区域的过程中，线框的速度大小v，a、b两点之间的电势差Uab，流过ab边的电流强度Iab，ab边产生的焦耳热Qab，以上物理量随时间t的变化图像正确的是(　 ) 解析：选AD　设cd进入匀强磁场瞬间的速度大小为v0，匀强磁场的磁感应强度大小为B，线框质量为m，切割磁感线产生的电动势E＝BLv0，通过cd的电流I＝，由平衡条件得BIL＝mg，当ef进入磁场瞬间，cd出磁场，回路电动势和总电流不变，仍满足BIL＝mg，同理当ab进入磁场时亦有BIL＝mg，由此可知，线框通过磁场区域的过程中做匀速运动，故A正确；当cd边切割磁感线时，ef、ab并联，根据闭合电路欧姆定律可知，a、b两点之间的电势差Uab＝E－IR，当ef边切割磁感线时，cd、ab并联，根据闭合电路欧姆定律可知，a、b两点之间的电势差仍为Uab＝E－IR，同理，当ab边切割磁感线时，a、b两点之间的电势差仍为Uab＝E－IR，可知，整个过程中a、b两点之间的电势差并不发生变化，故B错误；当cd和ef切割磁感线时，通过ab的电流强度为，而当ab进入磁场后，回路中的总电流不变，仍为I，但此时ab切割磁感线，相当于电源，因此通过ab的电流强度为I，故C错误；当cd和ef切割磁感线时，ab产生的焦耳热Qab＝2Rt，当ab进入磁场后Qab＝I2Rt，由函数关系可知，D正确。 6．(2024·泉州五中模拟)(双选)如图所示，两条足够长的光滑平行导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L＝1 m，电阻不计，两导体棒a、b静置于导轨上，导体棒a的电阻不计，b棒的阻值为R＝1 Ω，单刀双掷开关1接在电容为C＝0.5 F的电容器上，初始状态，电容器不带电。电容器的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B1＝1 T，电容器左侧有垂直纸面向外的匀强磁场B2＝0.5 T，导体棒a通过细线跨过光滑定滑轮与竖直悬挂的重物A相连，已知重物A、两导体棒a、b三者的质量均为m＝1 kg。现将开关S接1位置，释放重物A，同时开始计时；t1＝0.25 s时断开开关S，t2＝0.45 s时将开关S接2位置，导体棒b开始运动；t3时刻两导体棒的加速度大小相等。重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　 ) A．t1时刻导体棒a的速度为v1＝1 m/s B．t2时刻导体棒a的速度为v2＝3 m/s C．t3时刻导体棒a的加速度为 m/s2 D．t3时刻回路消耗的热功率为25 W 解析：选AD　对导体棒a和重物A，根据牛顿第二定律得mg－B1iL＝2ma1，根据i＝，ΔQ＝CΔU，ΔU＝B1LΔv，联立解得a1＝＝4 m/s2，t1时刻导体棒a的速度v1＝a1t1＝1 m/s，故A正确；断开开关S后，不受安培力，则有mg＝2ma2，t2时刻导体棒a的速度为v2＝v1＋a2(t2－t1)＝2 m/s，故B错误；开关S接2位置，设t3时刻导体棒a的加速度为a3，mg－B1IL＝2ma3，t3时刻导体棒b的加速度为a3，B2IL＝ma3，解得a3＝2.5 m/s2，I＝5 A，t3时刻回路消耗的热功率为P＝I2R＝25 W，故C错误，D正确。 7．(2024·武夷山高三模拟)(双选)如图甲，水平面上两根足够长的粗糙金属导轨平行固定放置，间距为L＝1.0 m，一端通过导线与阻值为R＝0.5 Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m＝0.5 kg 的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计，匀强磁场竖直向下。用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，使杆运动，当改变拉力的大小时，相对应稳定时的速度v也会变化，已知v和F的关系如图乙所示。重力加速度取g＝10 m/s2，则(　 ) A．金属杆受到的拉力与速度成正比 B．该磁场的磁感应强度为B＝0.25 T C．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小 D．导轨与金属杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4 解析：选CD　当杆的运动达到稳定时，根据受力平衡可得F＝F安＋f，又F安＝BIL＝BL＝BL＝，联立可得F＝＋f，可知金属杆受到的拉力与速度不成正比关系，当v＝0时，F＝f，即图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小，由图像可得f＝2 N＝μmg，解得μ＝0.4，故A错误，C、D正确；根据F＝＋f，可得v＝F－f，可知v ­F图像的斜率为k＝＝＝2，解得该磁场的磁感应强度为B＝＝ T＝0.5 T，故B错误。 8．如图(a)所示，单匝线框cdef位于倾角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D的矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5 T。已知线框边长为cd＝D＝0.4 m，质量为m＝0.1 kg，总电阻为R＝0.25 Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动。斜面与线框间的动摩擦因数μ＝，线框速度随时间变化关系如图(b)所示。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求外力F大小； (2)求cf长度L； (3)求回路产生的焦耳热Q。 解析：(1)由题图(b)可知，在0～0.4 s内线框做匀加速运动，加速度为a＝＝ m/s2＝5 m/s2 根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma 代入数据解得F＝1.5 N。 (2)由题图(b)可知线框cf边匀速进入磁场，则有F＝mgsin θ＋μmgcos θ＋BIL 其中I＝＝ 联立解得L＝0.5 m，I＝2 A。 (3)线框穿过磁场过程中，回路产生的焦耳热等于安培力做的功，即Q＝W＝F安·2D＝0.5×2×0.5×2×0.4 J＝0.4 J。 答案：(1)1.5 N　(2)0.5 m　(3)0.4 J B卷——重难考法强化 9.(双选)如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，磁场范围足够大，磁感应强度的大小左边为2B，右边为3B，一个竖直放置的宽为L、长为3L、质量为m、电阻为r的矩形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到虚线位置(在左边磁场中的长度为L、在右边磁场中的长度为2L)时，线框的速度为v，则下列判断正确的是(　 ) A．此时线框中电流方向为逆时针，电功率为 B．此过程中通过线框截面的电荷量为 C．此时线框的加速度大小为 D．此过程中线框克服安培力做的功为mv2 解析：选AD　在图示位置根据右手定则可知，线框中电流方向为逆时针，线框产生的电动势为E＝3BL·＋2BL·＝BLv，线框中的电流为I＝＝，则电功率为P＝EI＝，故A正确；此过程中磁通量的变化量为ΔΦ＝2B·3L2－(2B·L2－3B·2L2)＝10BL2，此过程中通过线框截面的电荷量为q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝，故B错误；线框受到的安培力大小为F＝3BIL＋2BIL＝，此时线框的加速度大小为a＝＝，故C错误；由动能定理得－W安＝m2－mv2，可得此过程中线框克服安培力做的功为W安＝mv2，故D正确。 10．(2024·龙岩高三质检)(双选)如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，间距为L＝1 m，质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5 T。P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得最大速度为vm，得到与的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，则(　 ) A．金属杆中感应电流方向为由a指向b B．金属杆所受的安培力的方向沿轨道向上 C．金属杆的质量为1 kg D．定值电阻的阻值为1 Ω 解析：选BD　由右手定则可判断，金属杆中感应电流方向由b指向a，故A错误；由左手定则可知，金属杆所受的安培力沿轨道向上，故B正确；总电阻为R总＝，通过ab的电流为I＝，当达到最大速度时，金属杆受力平衡，则有mgsin θ＝BIL＝·(R1＋R)，变形得＝·＋，根据图像可得＝k＝ s·m－1·Ω，＝b＝0.5 s·m－1，解得m＝0.1 kg，R1＝1 Ω，故C错误，D正确。 11．(2024·湖北武汉模拟)如图，质量为M的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，间距为L的ab和dc边平行，都与bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根电阻为R、质量为m的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。 (1)若导体棒MN在外力作用下保持静止，求最终稳定状态时金属框的速度大小； (2)若导体棒不受外力作用，求最终稳定状态时电路中的电动势。 解析：(1)由题意知，金属框做加速度减小的加速运动，稳定状态时做匀速直线运动，根据受力平衡有F安＝F 导体棒的感应电动势为E＝BLv 导体棒的感应电流为I＝ 安培力为F安＝BIL 联立解得v＝。 (2)导体棒、金属框最终以相同的加速度做匀加速直线运动，速度差一定，对整体由牛顿第二定律有F＝(m＋M)a 对导体棒受力分析有BIL＝ma，E＝IR 联立解得E＝。 答案：(1)　(2) 12.如图所示，“凹”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab、bc边长均为2l，gf边长为l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，bc边离磁场上边界的距离为l，线框由静止释放，从bc边进入磁场到gf边进入磁场前，线框做匀速运动。在gf边离开磁场后，ah、ed边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框在下落过程中始终处于竖直平面内，且bc、gf边保持水平，重力加速度为g。 (1)线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的几倍？ (2)若磁场上下边界间的距离为H，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少？ 解析：(1)设bc边刚进入磁场时速度为v1，有E1＝2Blv1，I1＝，F1＝2BI1l 线框做匀速运动，有F1＝mg 联立可得v1＝ 设ah、ed边将离开磁场时速度为v2，有 E2＝Blv2，I2＝，F2＝I2lB 线框做匀速运动，有F2＝mg 联立可得v2＝，综上所述＝4。 (2)bc边进入磁场前，根据动能定理，有 mgl＝mv12 穿过磁场过程中，根据能量守恒定律，有 mg(H＋2l)＋mv12＝mv22＋Q 联立可得Q＝mg(H－13l)。 答案：(1)4　(2)mg(H－13l) 学科网（北京）股份有限公司 $$