专题4 电磁感应中的动力学、能量及动量问题-【金版教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第二章 电磁感应 专题四　电磁感应中的动力学、能量及动量问题 目录 1 2 考点模型　考点对点练 核心能力提升练 核心概念　规律再现 3 核心概念　规律再现 1．电磁感应中的动力学问题 (1)两种典型状态 ①导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态 处理方法：根据平衡条件(合力为0)列式分析。 ②导体处于非平衡态——加速度不为0 处理方法：根据牛顿第二定律进行分析。 核心概念 规律再现 (2)动态变化过程分析 通有感应电流的导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态。动态分析的基本思路如下： 核心概念 规律再现 2．电磁感应中的能量问题 (1)能量转化 (2)求解焦耳热的三种方法 ①焦耳定律：Q＝I2Rt。(电流恒定) ②功能关系：Q＝－W安培力。(纯电阻电路) ③能量守恒定律：Q＝－ΔE其他。 核心概念 规律再现 核心概念 规律再现 考点模型　考点对点练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 [名师点拨]　 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”。具体如下： (1)先做“源”的分析——分离出电路中因电磁感应起电源作用的部分，求出电源的电动势E和内阻r。 (2)再进行“路”的分析——画出必要的电路图，分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小和方向，以便求解安培力。 (3)然后是“力”的分析——画出必要的受力分析图，分析所研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力。 (4)接着进行“运动状态”分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型。 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 2．(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流大小用I表示。下列图像中可能正确的是(　　) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 3．如图所示，两根平行且足够长的光滑金属导轨竖直放置，间距L＝1 m，电阻忽略不计，导轨上端接一阻值为R＝0.5 Ω的电阻，导轨处在垂直于轨道平面的匀强磁场中。导体棒ab的质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.5 Ω，由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，流过电阻R的电流逐渐增大，最终达到最大值I＝1 A。整个运动过程中ab棒与导轨垂直，且接触良好，g＝10 m/s2，求： (1)磁感应强度B的大小； (2)导体棒下落的最大速度； (3)导体棒的速度是0.2 m/s时的加速度。 答案：(1)1 T　(2)1 m/s (3)8 m/s2，方向竖直向下 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 5．(多选)如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计。斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。质量为m、电阻可以不计的金属棒ab，在沿着斜面与金属棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，在这一过程中(　　) A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零 B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于 mgh与电阻R上产生的焦耳热之和 C．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产 生的焦耳热 D．恒力F与安培力的合力所做的功等于零 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 解析：金属棒匀速上升过程中，合力为零，则合力所做的功等于零，根据动能定理得：WF－WG－W安＝0，得WF＝WG＋W安，克服安培力所做的功W安等于回路电阻中产生的热量，故恒力F所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和，A正确，B错误；由WF－WG－W安＝0，得WF－WG＝W安，即恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做的功，即等于电阻R上产生的焦耳热，故C正确；由WF－WG－W安＝0，得WF－W安＝WG，即恒力F与安培力的合力所做的功等于金属棒克服重力所做的功，不等于零，故D错误。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 [名师点拨]　 (1)利用能量观点解决电磁感应问题时，要注意分析安培力做功情况，因为安培力做功是电能和其他形式的能量之间转化的桥梁。 (2)要抓住问题中各个物理过程中的功能转化关系，特别是每个力做功对应着什么样的能量转化，然后用能量守恒定律(或动能定理)求解。 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 6．电磁缓冲器是应用于车辆上以提高运行安全的辅助制动装置，其缓冲原理可简化为如下情形：如图所示(小车在平直公路上行驶的俯视图)，小车内的装置产生方向竖直向下的匀强磁场；水平地面固定n＝10匝的矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R＝5 Ω，ab边长为L＝0.5 m，ad边长为2L。当小车(无动力)水平通过线圈上方时，线圈与小车中的磁场发生相互作用，使小车做减速运动，从而实现缓冲。已知小车的总质量为m＝1.0 kg，受到地面的摩擦阻力恒为Ff＝0.8 N；小车磁场刚到线圈ab边时速度大小为v0＝2 m/s；当小车磁场刚到线圈cd边时速度减为零。整个缓冲过程中流过线圈abcd的电荷量为q＝1.6 C。求： (1)匀强磁场的磁感应强度的大小B； (2)缓冲过程中线圈产生的热量Q。 答案：(1)1.6 T　(2)1.2 J 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 8．涡流制动是磁悬浮列车在高速运行时进行制动的一种方式。某研究所制成如图所示的车和轨道模型来定量模拟磁悬浮列车的涡流制动过程。车厢下端安装有电磁铁系统，能在长L1＝0.6 m、宽L2＝0.2 m的矩形区域内产生竖直方向的匀强磁场，磁感应强度可随车速的减小而自动增大(由车内速度传感器控制)，但最大不超过B1＝2 T。长大于L1、宽也为L2的单匝矩形线圈，间隔铺设在轨道正中央，其间隔也为L2，每个线圈的电阻为R＝0.1 Ω，导线粗细忽略不计。在某次实验中，模型车速度为v＝20 m/s时，启动电磁铁系统开始制动，车立即以加速度a＝2 m/s2做匀减速直线运动，当磁感应强度增加到B1时就保持不变，直到模型车停止运动。已知模型车的总质量为m＝36 kg，空气阻力不计。不考虑磁感应强度的变化引起的电磁感应现象以及线圈激发的磁场对电磁铁产生磁场的影响。则模型车的制动距离为(　　) A．200 m B．50 m C．106.25 m D．137.75 m 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 [名师点拨]　 棒在导轨上的运动问题，若提到位移、电荷量或速度，则考虑用动量定理。若提到焦耳热，则考虑用能量守恒定律或功能关系。 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 核心能力提升练 1．如图所示，U形框的两平行导轨与水平面成θ角，一个横截面为矩形的金属棒ab静止在导轨上。从某时刻起，添加一个方向垂直于导轨平面向下，且磁感应强度从零开始均匀增大的匀强磁场，直到金属棒刚要开始在导轨上滑动为止。在这一过程中，金属棒ab所受的摩擦力大小将(　　) A．一直增大 B．一直减小 C．一直不变 D．先减小后增大 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 3．(多选)如图所示，两虚线间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1 T，现将质量为m＝1 kg、边长为L＝2 m、阻值为R＝1 Ω的正方形导体框abcd由静止释放。测得导体框的ab边经过上侧虚线处时的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向上，g＝10 m/s2。已知导体框在进磁场的过程先减速后匀速，整个过程导体框的ab边始终与两虚线平行，忽略空气阻力，则(　　) A．导体框进入磁场至匀速的过程，速度随时间均匀减小 B．导体框进入磁场至匀速的过程，电流随时间减小得越来越慢 C．导体框匀速运动的速度大小为2.5 m/s D．ab边运动到上侧虚线处时，导体框的速度大小为2 m/s 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 5．(多选)如图所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始同时下落。三个线圈都是由相同的金属材料制成的大小相同的正方形线圈。A线圈有一个缺口，B、C都是闭合的，但是B线圈的导线比C线圈的粗，关于它们落地时间的说法正确的是(　　) A．三线圈中A落地时间最短 B．三线圈落地时间相同 C．B、C两线圈落地时间相同 D．B线圈落地时间比C线圈短 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 6．(多选)如图所示，足够长的光滑斜面中间虚线区域内有一垂直于斜面向上的匀强磁场，一正方形线框从斜面底端以一定初速度上滑，线框越过虚线进入磁场，最后又回到斜面底端，则下列说法中正确的是(　　) A．上滑过程线框中产生的焦耳热等于下滑过程线框中产生的焦耳热 B．上滑过程线框中产生的焦耳热大于下滑过程线框中产生的焦耳热 C．上滑过程线框克服重力做功的平均功率等于下滑过程中重力的平均功率 D．上滑过程线框克服重力做功的平均功率大于下滑过程中重力的平均功率 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 7．(多选)如图所示，水平地面上固定着光滑平行导轨，导轨与电阻R连接，导体杆垂直导轨且与导轨良好接触，整个装置放置在竖直向上的匀强磁场中，杆的初速度为v0，不计导轨及杆的电阻，则下列关于杆的速度与其运动时间、位移之间的关系图像可能正确的是(　　) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 8．如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m(质量分布均匀)的导体杆在向右运动，且与两导轨保持良好接触，从某时刻起施加一拉力F，F＝kv(k为大于0的常数)，其他电阻均不计，则此后导体杆的速度随时间变化的图像可能为(　　) A．①② B．③④ C．①②③ D．①③④ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 [名师点拨]　 金属杆受安培力作用而运动，切割磁感线产生感应电动势，根据楞次定律或右手定则，感应电动势的方向与电源电动势方向相反，这个电动势就叫作反电动势。同一导轨上两根导体棒切割磁感线的速度同向时，也会在回路中产生反电动势。对于这类问题，应注意的是，求电流、安培力等物理量时要用总电动势。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 11．(多选)如图所示，两足够长光滑金属导轨平行固定在同一绝缘水平面内，垂直于导轨的虚线CD右侧区域有竖直向上的匀强磁场B。两长度略大于导轨宽度的相同金属杆a、b垂直导轨静止放置在导轨上，杆a在CD左侧，杆b在CD右侧足够远处。现给杆a一水平向右的初速度v0，两杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，两杆没有发生碰撞，不计导轨电阻，下列说法正确的是(　　) A．杆a进入磁场时，感应电流方向由C指向D B．杆a最后将停在导轨上 C．若在杆a进入磁场前将杆b固定，整个过程 中杆a中产生的焦耳热是不将杆b固定时的4倍 D．若在杆a进入磁场前将杆b固定，整个过程 中通过杆b的电荷量是不将杆b固定时的2倍 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 12．如图所示，相距L＝0.5 m且足够长的两根光滑导轨与水平面成37°角，导轨电阻不计，导轨处在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上。ab、cd为水平放置的金属棒且与导轨接触良好，它们的质量均为m＝0.5 kg、电阻均为R＝2 Ω。ab棒与一绝缘水平细绳相连处于静止状态，现让cd棒从静止开始下滑，直至与ab相连的细绳刚好被拉断，在此过程中cd棒由于电阻R而产生的热量为1 J。已知细绳能承受的最大拉力为T＝5 N，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求细绳被拉断时： (1)ab棒中电流的方向与大小； (2)cd棒的速度大小； (3)cd棒沿导轨下滑的距离。 答案 答案：(1)从a流向b　1 A　(2)4 m/s (3)2 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 解析 解析：(1)cd棒切割磁感线，由右手定则可知，ab棒中电流的方向是从a流向b。 细绳被拉断瞬间， 对ab棒有Tcos37°＝mgsin37°＋ILB 解得I＝1 A。 (2)由闭合电路欧姆定律可得E＝I(R＋R) 由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv 解得v＝4 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 13．如图所示为某科研小组设计的电磁阻尼辅助刹车装置的原理示意图，固定在车厢底部的矩形超导线圈可以在智能系统控制下产生沿竖直方向的、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在火车运行的平直轨道上，依次间隔分布着足够多与轨道固连的n匝矩形金属线圈，每个线圈的电阻都为R，长度和间隔均为d，宽度为l。设火车以初速度v0无动力滑行进入减速区域，经时间t停止运动，停止运动时超导线圈恰好与某个金属线圈重合，超导线圈的长和宽也分别为d和l，火车整体的质量为m，运动过程中受到的摩擦阻力和空气阻力的合力恒为重力的k倍，求： (1)火车刚进入减速区域时加速度a的大小； (2)火车减速过程中所经历的矩形线圈个数N； (3)火车减速过程中克服安培力做的功W。 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 核心能力提升练 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 3．电磁感应中的动量问题 (1)动量定理：I安＝eq \o(I,\s\up6(－))lBt＝Blq，I安＝eq \f(B2l2\o(v,\s\up6(－)),R)t＝eq \f(B2l2x,R)，I合＝mv2－mv1。 (2)动量守恒定律：在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，当两棒所受安培力等大反向时，如果它们受到的其他外力的合力为0，则满足动量守恒的条件，运用动量守恒定律求解比较方便。 典型考点一　电磁感应中的动力学问题 1．如图甲所示，质量为1 kg的金属棒ab静止在粗糙的平行导轨上且与导轨垂直，两平行导轨固定在同一水平面内。ab棒、导轨和定值电阻R组成面积为1 m2的闭合回路，回路总电阻为 3 Ω。回路内有与水平面成37°角斜向上且均匀变化的匀强磁场，从t＝0时刻开始，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。已知两平行导轨的间距为1 m，ab棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。在t＝1 s时，ab棒恰好相对导轨开始运动，则此时(　　) A．ab棒中的电流方向为a流向b B．ab棒受到的安培力大小为eq \f(25,3) N C．ab棒与导轨间的压力大小为eq \f(10,3) N D．ab棒与导轨之间的动摩擦因数为0.5 解析：由楞次定律知ab棒中的电流方向为b流向a，故A错误；由题图乙可知，磁感应强度的变化率为eq \f(ΔB,Δt)＝5 T/s，由法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔB,Δt)Ssin37°＝3 V，则回路中的电流I＝eq \f(E,R)＝1 A，t＝1 s时磁感应强度为5 T，则ab棒所受安培力大小为F＝BIL＝5 N，故B错误；由左手定则知，安培力方向垂直磁场方向向左上，则t＝ 1 s时ab棒与导轨间的压力大小为N＝mg－Fcos37°＝6 N，故C错误；由平衡条件得，t＝1 s时，ab棒与导轨间的摩擦力f＝Fsin37°＝3 N，又f＝μN，解得μ＝0.5，故D正确。 解析：导体棒ab向右运动，切割磁感线，产生感应电流，导体棒ab受安培力F作用，速度减小，同时导体棒cd受安培力F′作用，速度变大，设导轨间距为l，则回路中的感应电流大小I＝eq \f(E,R总)＝eq \f(Bl（v1－v2）,R总)，导体棒ab、cd所受安培力大小均为F＝F′＝BIl＝eq \f(B2l2（v1－v2）,R总)＝ma，随着v1减小，v2增大，则F＝F′减小，两棒的加速度大小a减小，直到a＝0，之后两棒做匀速运动，A可能正确，B错误。由前面分析知，v1－v2随时间减小得越来越慢，最后为0，则感应电流大小I＝eq \f(Bl（v1－v2）,R总)随时间减小得越来越慢，最后为0，C可能正确，D错误。 解析：(1)电流最大时导体棒速度最大，之后做匀速直线运动，根据平衡条件可得：ILB＝mg 解得B＝eq \f(mg,IL)＝eq \f(0.1×10,1×1) T＝1 T。 (2)根据法拉第电磁感应定律可得：E＝BLv 根据闭合电路的欧姆定律可得：E＝I(R＋r) 联立解得v＝1 m/s。 (3)导体棒的速度是0.2 m/s时的安培力为： F1＝I1LB＝eq \f(B2L2v1,R＋r) 根据牛顿第二定律可得：mg－F1＝ma 联立解得a＝8 m/s2，方向竖直向下。 典型考点二　电磁感应中的能量问题 4．有一边长为L的正方形导线框，质量为m，由距磁场上边界的高度为H处自由下落，如图所示，其下边ab进入匀强磁场区域后，线框开始减速运动，直到其上边cd刚好穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是L，线框在穿过匀强磁场区域的过程中产生的电热是(　　) A．2mgL B．2mgL＋mgH C．2mgL＋eq \f(3,4)mgH D．2mgL＋eq \f(1,4)mgH 解析：设线框ab边刚进入磁场时速度大小为v，根据机械能守恒定律得mgH＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gH)；从线框开始下落到cd边刚穿出匀强磁场的过程，根据能量守恒定律得焦耳热Q＝2mgL＋mgH－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v)) eq \s\up12(2)＝2mgL＋eq \f(3,4)mgH，C正确。 解析：(1)在整个缓冲过程中，由法拉第电磁感应定律有eq \o(E,\s\up16(－))＝neq \f(B×2L2,t) 根据闭合电路欧姆定律有eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),R) 通过线圈的电荷量q＝eq \o(I,\s\up16(－))t 解得B＝eq \f(qR,2nL2)＝1.6 T。 (2)对小车由动能定理得 W安－2FfL＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 焦耳热Q＝－W安 解得Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－2FfL＝1.2 J。 典型考点三　电磁感应中的动量问题 7．(多选)如图所示，水平放置的光滑平行导轨足够长且处于竖直向上的匀强磁场中，导轨电阻不计。在导轨上放置两根与导轨垂直的质量、阻值均相等的导体棒ab、cd，给导体棒ab一初动能Ek，使其开始向右运动，下列说法正确的是(　　) A．导体棒ab的速度不断减小到0 B．导体棒ab的加速度不断减小到0 C．导体棒cd的加速度不断增大 D．导体棒cd最终能产生eq \f(Ek,4)的热量 解析：给导体棒ab一个初动能Ek，使其开始向右运动，根据右手定则，可知电流方向为abdca，根据左手定则可知，ab棒所受安培力水平向左，cd棒所受安培力水平向右，ab棒向右做减速运动，cd棒向右做加速运动，根据E＝Bl(vab－vcd)可知，电路中的电动势减小，则电流减小，两棒所受的安培力也减小，加速度减小；设导体棒ab、cd的电阻均为R，根据I＝eq \f(Bl（vab－vcd）,2R)可知，当二者的速度相等时电流为零，两导体棒所受安培力为零，则加速度为零，所以ab棒的速度不会减小到零，ab棒做加速度减小的减速运动，cd棒做加速度减小的加速运动，故A、C错误，B正确。ab、cd棒所受安培力始终等大反向，所以两棒组成的系统动量守 恒；设ab棒的初速度为v，质量为m，则Ek＝eq \f(1,2)mv2，取导体棒ab、cd组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律可得mv＝2mv′，解得v′＝eq \f(1,2)v，系统产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)×2mv′2＝eq \f(1,4)mv2＝eq \f(1,2)Ek，所以导体棒cd最终能产生Q1＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(Ek,4)的热量，故D正确。 解析：设电磁铁的磁感应强度达到最大时，模型车的速度为v1，则E1＝B1L1v1，I1＝eq \f(E1,R)，F1＝I1L1B1，F1＝ma，联立得v1＝2,1)eq \f(maR,BLeq \o\al(2,1)) ＝5 m/s。匀变速运动过程的位移为x1＝2,1)eq \f(v2－v,2a) ＝93.75 m，对磁感应强度达到最大以后的减速过程，由动量定理可得－2,1)eq \f(BLeq \o\al(2,1)\o(v,\s\up6(－)),R) t＝0－mv1，又eq \o(v,\s\up6(－))t＝x2，得此过程的位移x2＝2,1)eq \f(mv1R,BLeq \o\al(2,1)) ＝12.5 m，则模型车的制动距离x＝x1＋x2＝106.25 m。C正确，A、B、D错误。 解析：磁感应强度从零开始均匀增大，设B＝kt，k是大于零的比例常数，金属棒与U形框组成闭合回路的面积为S，电路总电阻为R。由楞次定律可知，通过金属棒ab的感应电流从a流向b，由左手定则可知，金属棒ab受到的安培力平行于导轨向上；由法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S＝kS，感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(kS,R)，金属棒ab受到的安培力F＝ILB＝eq \f(k2SLt,R)，由于k、S、L、R都是定值，则安培力F随时间增大。开始时安培力较小，当F<mgsinθ时，摩擦力f平行于导轨向上，对金属棒ab，由平衡条件可得：f＋F＝mgsinθ，解得f＝mgsinθ－F， 由于F不断增大，则摩擦力f逐渐减小；当安培力F>mgsinθ时，摩擦力f平行于导轨向下，由平衡条件得：mgsinθ＋f＝F，解得 f＝F－mgsinθ，F逐渐增大，摩擦力f逐渐增大；综上所述可知，在整个过程中，摩擦力先减小后增大，D正确。 2．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其下部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线。一个质量为m的小金属块从曲面上y＝b(b>a)处以速度v沿曲面下滑，假设曲面足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量为(　　) A．mgb B．eq \f(1,2)mv2 C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋eq \f(1,2)mv2 解析：金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生感应电流，进而产生焦耳热。最后，金属块在y＝a以下的曲面上做往复运动，减少的机械能为E＝mg(b－a)＋eq \f(1,2)mv2，由能量守恒定律可知，减少的机械能全部转化成焦耳热，故选D。 解析：导体框进入磁场至匀速的过程，取竖直向上为正方向，根据牛顿第二定律得F安－mg＝ma，根据法拉第电磁感应定律得E＝BLv，由闭合电路欧姆定律可得感应电流I＝eq \f(E,R)，导体框所受安培力大小F安＝BIL，联立可得加速度大小a＝eq \f(B2L2v,mR)－g，随着速度的减小，加速度减小，所以速度随时间减小得越来越慢，A错误；由I＝eq \f(BLv,R)可知，电流随时间减小得越来越慢，B正确；导体框匀速运动时，a＝0，则eq \f(B2L2v0,mR)＝g，解得导体框匀速运动的速度大小v0＝2.5 m/s，C正确；ab边运动到上侧虚线处时，加速度大小为2 m/s2，方向竖直向上，即a1＝2 m/s2，将数据代入a＝eq \f(B2L2v,mR)－g，解得ab边运动到上侧虚线处时，导体框的速度大小v1＝3 m/s，D错误。 4．在一足够大的光滑水平面上存在非匀强磁场，磁场方向垂直水平面向上，磁感应强度沿x轴方向均匀增大，沿y轴方向不变，其俯视图如图所示。现有一闭合的正方形金属线框(线框有电阻)，质量为m，以大小为v0、方向沿其对角线且与x轴成45°角的速度开始运动，以下关于线框的说法中正确的是(　　) A．线框中的感应电流方向沿逆时针(俯视)方向 B．线框最终将以一定的速度做匀速直线运动 C．线框最终将静止于平面上的某个位置 D．线框运动中产生的内能为2,0)eq \f(mv,2) 解析：线框以速度v0开始运动后，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律可知，线框中的感应电流方向沿顺时针(俯视)方向，A错误；根据左手定则，线框平行x轴的两条边受到的安培力等大、反向，线框平行y轴的两条边所受安培力方向相反，且右边所受安培力较大，沿x轴负向，则线框所受合力沿x轴负向，线框沿y轴方向一直做匀速运动，沿x轴向右做减速运动，当沿x轴方向的分速度减小为零后，线框沿平行y轴方向做匀速直线运动，B正确，C错误；线框的末速度为v＝v0sin45°，根据能量守恒定律可得，线框运动中产生的内能为Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2＝2,0)eq \f(mv,4) ，D错误。 解析：A线圈有一个缺口，进入磁场时，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度等于g，而B、C线圈是闭合的，进入磁场时，产生感应电流，线圈受到竖直向上的安培力作用，则A线圈落地时间最短，A正确，B错误；设闭合线圈的边长为L，横截面积为S，电阻率为ρ电，密度为ρ密，质量为m，进入磁场过程中速度为v时加速度为a，根据牛顿第二定律得：mg－eq \f(B2L2v,R)＝ma，则得：a＝g－eq \f(B2L2v,mR)＝g－eq \f(B2L2v,ρ密·4LS·ρ电·\f(4L,S))＝g－eq \f(B2v,16ρ密ρ电)，可知a与横截面积S无关，所以B、C线圈在运动过程中加速度时刻相同，速度也时刻相同，所以B、C同时落地，C正确，D错误。 解析：设线框边长为L，电阻为R，则线框切割磁感线产生的电动势E＝BLv，产生的电流I＝eq \f(E,R)，受到的安培力F＝ILB＝eq \f(B2L2v,R)；因为线框运动过程中始终克服安培力做功，所以线框下滑时经过同一位置时的速度小于上滑时的速度，则上滑时越过磁场边界的同一位置时所受安培力大于下滑时的安培力，而线框中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以上滑过程线框中产生的焦耳热大于下滑过程线框中产生的焦耳热，A错误，B正确。线框进入磁场和出磁场的过程，机械能一部分转化为电能，所以上滑过程的平均速度大于下滑过程的平均速度，所以上滑过程线框克服重力做功的平均功率大于下滑过程中重力的平均功率，C错误，D正确。 解析：设导轨间距为L，杆切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝BLv，感应电流大小为I＝eq \f(E,R)，杆所受安培力大小为F＝BIL，由右手定则与左手定则可知，安培力水平向左，杆的加速度方向向左，与杆的速度方向相反，则杆做减速运动，由牛顿第二定律有F＝ma，解得杆的加速度大小a＝eq \f(B2L2v,mR)，由于杆做减速运动，速度v不断减小，因此加速度a不断减小，则v­t图线的斜率不断减小，最终v＝0，故A错误，B可能正确；由加速度的定义知，a＝eq \f(Δv,Δt)，联立可得eq \f(B2L2v,mR)Δt＝Δv，对等号两边累积求和，有eq \f(B2L2,mR)·∑vΔt＝∑Δv，故eq \f(B2L2,mR)x＝v0－v，解得v＝v0－eq \f(B2L2,mR)x，故C可能正确，D错误。 解析：导体杆切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Bdv，闭合回路的感应电流大小为I＝eq \f(E,R)，导体杆在磁场中受到的安培力大小F安＝IBd，根据牛顿第二定律有F－F安＝ma，且F＝kv，联立解得a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,m)－\f(B2d2,R)))v。当eq \f(k,m)＝eq \f(B2d2,R)时，a＝0，导体杆做匀速直线运动，则图①可能；当eq \f(k,m)>eq \f(B2d2,R)时，a<0，导体杆做加速运动，速度v增大，加速度a也增大，v­t图像斜率增大，则图②可能；当eq \f(k,m)<eq \f(B2d2,R)时，a<0，导体杆做减速运动，速度v减小，加速度a也减小，v­t图像斜率减小，则图③④不可能。故选A。 9．如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　) A．流过金属棒的最大电流为eq \f(Bd\r(2gh),2R) B．通过金属棒的电荷量为eq \f(BdL,R) C．克服安培力所做的功为mgh D．金属棒产生的焦耳热为eq \f(1,2)mg(h－μd) 解析：金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝eq \f(1,2)mv2，可知金属棒到达平直部分时的速度v＝eq \r(2gh)，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势E＝BLv，最大感应电流I＝eq \f(E,R＋R)＝eq \f(BL\r(2gh),2R)，故A错误；通过金属棒的电荷量q＝eq \o(I,\s\up16(－))Δt＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BdL,2R)，故B错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh－W安－μmgd＝0－0，克服安培力做的功W安＝mgh－μmgd，故C错误；克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热，因为定值电阻的阻值与金属棒接入电路的阻值相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热Q′＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,2)W安＝eq \f(1,2)mg·(h－μd)，故D正确。 10．(多选)如图，水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静止放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。闭合开关，金属杆沿导轨运动直至达到最大速度的过程中，下列说法正确的是(　　) A．金属杆做匀加速直线运动 B．此过程中通过金属杆的电荷量为eq \f(mE,B2L2) C．此过程中电源提供的电能为eq \f(mE2,B2L2) D．此过程中金属杆产生的热量为eq \f(mE2,2B2L2) 解析：当速度为v时，金属杆所受安培力为F＝BLeq \f(E－BLv,R＋r)＝eq \f(BL（E－BLv）,R＋r)，则随速度的增加，安培力减小，加速度减小，即金属杆做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动，A错误；当金属杆速度最大时，加速度为零，安培力为零，则E＝BLvm，以向右为正方向，根据动量定理，有eq \o(I,\s\up16(－))LB·Δt＝mvm－0，又q＝eq \o(I,\s\up16(－))Δt，联立解得q＝eq \f(mE,B2L2)，故B正确；此过程中电源提供的电能为W＝qE＝eq \f(mE2,B2L2)，故C正确；金属杆获得的动能为Ek＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,BL))) eq \s\up12(2)＝eq \f(mE2,2B2L2)，闭合回路中产生的焦耳热Q＝W－Ek＝eq \f(mE2,2B2L2)，此过程中金属杆产生的热量为QR＝eq \f(R,R＋r)Q<eq \f(mE2,2B2L2)，故D错误。 解析：由右手定则可知，杆a进入磁场时，感应电流方向由C指向D，A正确；杆a进入磁场时受到向左的安培力，向右做减速运动，杆b受到向右的安培力，向右做加速运动，当两杆速度相等时，两杆中均无感应电流，不再受安培力的作用而做匀速直线运动，B错误；杆b不固定时，由于两杆中安培力大小总是相等，方向总是相反，所以两杆的动量守恒，有mv0＝(m＋m)v，两杆的共同速度大小v＝eq \f(v0,2)，系统中产生的总焦耳热Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,4)mveq \o\al(2,0)，杆a中产生的焦耳热Qa＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,8)mveq \o\al(2,0)，若杆b固定，杆a中产生的焦耳热Qa′＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,4)mveq \o\al(2,0)，则Qa′＝2Qa，C错误；杆b不固定时，对杆b由动量定理有BLeq \o(I,\s\up16(－))Δt＝mv，q1＝eq \o(I,\s\up16(－))Δt＝eq \f(mv0,2BL)，杆b固定时，对杆a由动量定理有－BLeq \o(I,\s\up16(－))′Δt′＝0－mv0，q2＝eq \o(I,\s\up16(－))′Δt′＝eq \f(mv0,BL)，则q2＝2q1，D正确。 (3)金属棒cd从静止开始运动直至细绳刚好被拉断的过程中，ab、cd中电流大小相同、电阻相同，可得Qab＝Qcd＝1 J 在此过程中电路产生的总热量 Q＝Qab＋Qcd＝2 J 由能量守恒定律得 mgs·sin37°＝eq \f(1,2)mv2＋Q 解得s＝2 m。 答案：(1)eq \f(（nBl）2v0,mR)＋kg　(2)eq \f(（v0－kgt）mR,2d（nBl）2)　(3)eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(km2gR（v0－kgt）,（nBl）2) 解析：(1)火车刚进入减速区域时，根据法拉第电磁感应定律可得超导线圈的感应电动势 E＝nBlv0 根据闭合电路欧姆定律，感应电流I＝eq \f(E,R) 根据牛顿第二定律有nBIl＋kmg＝ma 联立可得a＝eq \f(（nBl）2v0,mR)＋kg。 (2)设火车从开始减速到停止的位移为x，根据动量定理有－nBeq \o(I,\s\up16(－))lt－kmgt＝0－mv0根据法拉第电磁感应定律有eq \o(I,\s\up16(－))＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(nBlx,t) 根据闭合电路欧姆定律有eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(I,\s\up16(－)),R) 联立解得x＝eq \f(（v0－kgt）mR,（nBl）2) 火车减速过程中所经历的矩形线圈个数 N＝eq \f(x,2d)联立可得N＝eq \f(（v0－kgt）mR,2d（nBl）2)。 (3)对火车减速过程，根据动能定理有 －W－kmgx＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解得W＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(km2gR（v0－kgt）,（nBl）2)。 $$