练案65 第十二章 第65讲 专题强化二十一 电磁感应中的动力学和能量问题-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习练案

练案[65] 第65讲 专题强化二十一 电磁感应中的动力学 和能量问题 基础巩固练 3.某同学设计了飞船登陆地外星球 船舱主体 的电磁阻尼缓冲装置，其模拟器 M 。 题组一电磁感应中的动力学问题 如图所示，模拟器由船舱主体、光 光滑 导轨 1.如图，在光滑水平桌面上有一边长为 !××××) 滑导轨、缓冲弹簧、绝缘缓冲底 L、电阻为R的正方形导线框；在导线凸一 :×××× 座、绝缘缓冲底座上的线圈以及 绝缘 !×××× 缓冲 缓冲 线圈 框右侧有一宽度为d(d>L)的条形 1×××× 固定在船舱主体上的超导线圈 弹簧 底座 匀强磁场区域，磁场的边界与导线框 d (图中未画出)组成。其中导轨 的一边平行，磁场方向竖直向下，导线框以某一初速 固定在船舱主体下端，绝缘缓冲底座上的线圈为竖直 度向右运动，=0时导线框的右边恰与磁场的左边界 绕在绝缘底座上的单匝闭合线圈，超导线圈产生水平 重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图 方向的磁场。已知绝缘底座与星球表面接触后速度 像中，正确描述上述过程的可能是 ) 迅速减为零，导轨与线圈接触良好，则下列关于电磁 阻尼缓冲装置分析正确的是 () A.船舱主体下端MN必须是导体，不能与导轨绝缘 B.只增加导轨长度，可能使缓冲弹簧接触星球表面前 速度为零 C.导轨足够长，增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹 簧接触星球表面前速度减小 D.导轨足够长，增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接 触星球表面前速度减小 题组二电磁感应中的能量问题 D 4.两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面 2.如图甲所示，两固定平行且光滑金属轨道MW、PQ与内，导轨上垂直放置两根导体棒a和b,俯视图如图所 水平面的夹角0=37°，M、P之间接电阻箱R,电阻箱 示。在整个导轨平面内有竖直向上的匀强磁场，导体 的阻值范围为0~9.9Ω，导轨所在空间存在匀强磁 棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，若给 场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小B a棒一初速度的同时释放b棒，在一段时间内a棒动 =0.5T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上， 能的减小量为Ea,b棒动能的增加量为E,a棒克服 其接入电路的阻值为r。现从静止释放杆ab,测得最 磁场做功为W,a、b棒上产生总热量为Q(不计a棒与 大速度为vx。改变电阻箱的阻值R,得到vmx与R的 b棒间相互作用)，则 () 关系如图乙所示。已知轨道间距L=2m,重力加速度 ···B. g取10m/s2,轨道足够长且电阻不计，sin37°=0.6， c0s37°=0.8。则 A.W。=Eka+Q B.W.=Q+Ek tmux/m…s-） C.W。=Q D.Ekh =Q 5.(多选)如图所示，两根间距为d的 0J0 足够长光滑金属导轨，平行放置在 N-T0 声R/】 倾角为0=30°的绝缘斜面上，导轨 的右端接有电阻R,整个装置放在 A.金属杆滑动时回路中产生的感应电流的方向 磁感应强度大小为B的匀强磁场 是abMPa 中，磁场方向垂直于导轨平面向上。导轨上有一质量 B.金属杆的质量m=0.5kg 为m、电阻也为R的导体棒与两导轨垂直且接触良 C.金属杆接入电路的阻值r=22 好，导体棒以一定的初速度o在沿着导轨上滑一段距 D.当R=22时，杆ab匀速下滑过程中R两端的电压 离L后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用， 为8V 重力加速度为g。下列说法正确的是 ( 453 A.导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动 程中，导线框的v-t图像如图乙所示。重力加速度为 B.导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量 g,不计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是 BdL () q= R C.导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W= 2（mw2-mg0） D.导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量 X XBX X Q(mto-mg) 搭m杀mm齐品 甲 6.如图所示，AB、CD为两个平行 A.(~2时间内导线框受到的安培力逐渐增大 的、不计电阻的水平光滑金属 B.磁场的高度d可以用v-t图中阴影部分的面积 导轨，置于方向垂直导轨平面 向里、磁感应强度为B的匀强 表示 C.导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量 磁场中。AB、CD的间距为L, D.导线框产生的焦耳热大于mgl 左右两端均接有阻值为R的电阻。质量为m、长为L 9.（多选)如图所示，两根足够长且相互平行的光滑长直 且电阻不计的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良 金属导轨固定在与水平面成0的绝缘斜面上，在导轨 好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧 的右上端分别接入阻值为R的电阻、电动势为E、内阻 处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度o, 不计的电源和电容为C的电容器（电容器不会被击 经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一 穿)，导轨上端用单刀多掷开关可以分别连接电阻、电 过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q,则 源和电容器。质量为m、长为L、阻值也为R的金属杆 ab锁定于导轨上，与导轨垂直且接触良好，解除ab锁 A.导体棒水平方向做简谐运动 定后，其运动时始终与CD平行，不计导轨的电阻和空 B初始时刻导体棒所受的安培力大小为B 气阻力，整个导轨处在垂直导轨平面向下的匀强磁场 R C.当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势 中，磁感应强度为B,重力加速度为g。则下列说法正 确的是 () 能为2m,2-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BL2 R 能力提升练 7.（多选)(2022·全国甲卷)如 S。X,W×××× 图，两根相互平行的光滑长直 +Q×1 C R A.当开关打到S,同时解除对金属杆b的锁定，则金 金属导轨固定在水平绝缘桌面 ×xBxx N×××x 属杆最大速度为2 mngRsin0 上，在导轨的左端接人电容为C B2L2 的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R B.当开关打到S2同时解除对金属杆ab的锁定，则金 的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良 属杆ab一定沿轨道向下加速 好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下 C.当开关打到S同时解除对金属杆b的锁定，则金 的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q,合 属杆做匀加速直线运动 上开关S后， D.当开关打到S,同时解除对金属杆ab的锁定，则在 A.通过导体棒MN电流的最大值为RC 【s内金属杆运动的位移为，msin0 2(B2L2C+m) B.导体棒MN向右先加速、后匀速运动 10.(2025·河南平顶山质检)如图所示，两根足够长的 C.导体棒MW速度最大时所受的安培力也最大 平行金属导轨固定在倾角0=30°的斜面上，导轨电 D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的 阻不计，间距L=0.4m,导轨所在空间被分成区域I 焦耳热 和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MW。I中的匀 8.如图甲所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向 强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直 的匀强磁场，质量为m的正方形闭合导线框abcd的边 斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T。 长为L,从bc边距离地面高为h处将其由静止释放，已 在区域I中，将质量m1=0.1kg、电阻R,=0.12的 知h>d>l。从导线框开始运动到bc边即将落地的过 金属棒ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区 454 域Ⅱ中将质量m2=0.4kg、电阻R2=0.12的光滑 (1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值； 导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动 (2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD 过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，b、cd始终与导轨 棒的加速度大小为α，所受安培力大小等于(1) 垂直且两端与导轨保持良好接触，取g=10m/s2。 问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩 擦因数。 (1)求cd下滑的过程中，ab中的电流方向； (2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v有多大？ (3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离x=3.8m,则此过程中ab上产生的 热量Q是多少？ 12.(2024·安徽卷)如图所示，一“U”形金 属导轨固定在竖直平面内，一电阻不 计、质量为m的金属棒ab垂直于导轨， 并静置于绝缘固定支架上。边长为L 固定支架 的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面 向外的匀强磁场。支架上方的导轨间， 存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的 ·· 磁感应强度大小B随时间的变化关系 均为B=t,k为常数(k>0)。支架上方的导轨足够 长，两边导轨单位长度的电阻均为「，下方导轨的总 电阻为R。t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使 其向上做加速度大小为α的匀加速直线运动，整个 运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导 轨间动摩擦因数为“，重力加速度大小为g。不计空 气阻力，两磁场互不影响。 (1)求通过面积Sr的磁通量大小随时间t变化的关 系式，以及感应电动势的大小，并写出a山中电流 的方向： (2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式： (3)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大 11.(2024·河北卷)如图，边长为2L的正方形金属细框 值，并求此最大值。 固定放置在绝缘水平面上，细框中心0处固定一竖 直细导体轴O0'。间距为L、与水平面成0角的平行 导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细 框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁 感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水 平面内绕0点以角速度ω匀速转动，水平放置在导 轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中 CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静 止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R,电路中其余 部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分 始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。 455变，A,C错误：根据题图乙可知，0~时间内么中的感应电流 效长度为零，则开始计时时12、F,为零，图像过原点，D正确，C 错误。 产生的磁场方向向左，所以线圈↓中电流产生的磁场方向向左9.C由题意知，三根金属辐条始终有一根在磁场中切割磁感线， 并且减小，或方向向右并且增大，B错误，D正确。 切割磁感线的金属辐条相当于内阻为τ的电源，另外两根金属 5.A设线框匀速运动速度大小为，以B点刚进入磁场为计时起 辐条和定值电阻R。并联，故辐条进出磁场前后电流的大小、方 点，在0~时间内，AB边逐渐进入磁场切割磁感线，设AB边 向均政变，故A错误；电路的总电阻R=号，圆环匀速转动时感 进人磁场的长度为x,则产生的电动势为E1=B·xsin60°= 应电动势E=BL_BC0,所以定值电阻R,两端的电压U= ,线框中的电流大小为1，-是-票x,由楞次定律 3 2 可知，线框中的电流方向为逆时针方向，即电流为正；在上、2弘 会·了-，通过定值电阻儿的电装1兰-放B错 8 8r 时间内，整条AB边在磁场中切割磁感线，线框产生的电动势E2 误，C正确：圆环转动一周用时T=2红，定值电阻R,产生的热量 =Ea-Ec=5L-Bm(-L)in60°，线框中的电流大小为 Q=T=C0,放D错误。 2 32r E2B BLu B Bv't 1=R ,由楞次定律可知线框中的电流方向为10.(1)N到MB, 32R (2 3R 。水平向左 R 2R 逆时针方向，即电流为正；在2业3L时间内，整条4B边离开磁 [解析](1)由图(b)可知在0~时间段内，磁场均匀增加， 场区域，整条DC边在磁场中切割磁感线，产生的电动势E= 根据楞次定律可知R,中的电流方向为N到M;这段时间内的 型，线框中的电流大小-是-兴，由爆次定律可知线 2 感应电动势根据法拉第电磁感应定律有E=A9_△Bd △t-△t 框中的电流方向为顺时针方向，即电流为负；之后整个线框离 必 开磁场区域，没有感应电流，故选A。 2 6AD由题图乙可知，0~乙时间内，先是垂直纸面向外的磁感应 0~d时间内，导体棒在MN之间的电阻为2R,所以电流为I 强度减小，后是垂直纸面向里的磁感应强度增大，根据楞次定 E Bodvo 律可知，产生沿逆时针方向的感应电流，根据法拉第电磁感应 =2R+2R8R R的功率为P2R=x2n:名7 2 定律可知，感应电流x号则这段时同内感应电流恒定不变； 32R 2~T时间内，先是垂直纸面向里的磁感应强度减小，后是垂 (2)在4、24时间内根据左手定则可知棒受到的安培力方向 直纸面向外的磁感应强度增大，根据楞次定律可知，产生沿顺 水平向左；分析电路可知MW之间的部分导体棒相当于电源； 时针方向的感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，这段时： MN之外的部分和R2串联，然后再和R1并联，并联电路的总 间内感应电流恒定不变，放A正确，B错误，0~子时间内，感应 (R+R)×2R 电阻为R并=R+R+2R =R 电流恒定不变，根据安培力公式F=BL可知，F∝B,根据楞次 回路中的总电阻为Rs=2R+R=3R, 定律推广含义“增缩减扩”可知，线框cd边所受安培力先向右 E' 后向左，同理可知，子-T时间内，FxB,线框cd边所受安培力 根据E'=B,d,F安=B,A,1= Bo'd vo Bo'd'to 先向右后向左，C错误，D正确。 可得F= R 3R 7.BC假设电压表满偏，则通过电流表的电流I=R,R=2A< 练案[65] R+R 3A,所以电压表可以满偏，此时电流表的示数为2A,故A错1.D线框以一定初速度进人磁场，则感应电动势为E=B,根据 误，B正确：棒ab匀速运动时，水平拉力F与安培力大小相等， 闭合电路的欧姆定律，则感应电流为1=会，所以安培力为F= 有FA=BIL=F,感应电动势E=U+IR1=(10+2×5)V=20V, 又E=,解得==1ms,放C正确，D错误。 B-B,又根据牛顿第二定律有F=ma,则a-公C,由于 R m 8.AD由题知金属棒匀速切割磁感线，设导线的运动距离为x,根 减小，所以α也减小：当线框完全进入磁场后，不受到安培力作 据几何关系可知金属棒切割磁感线的有效长度为L=2x· 用，所以做匀速直线运动；当线框出磁场时，速度与时间的关系 tan0,x=t,则产生的感应电动势为E=2 By ttan0,当开关S接 与进入磁场相似，在速度一时间图像中，斜率绝对值表示加速 1时，通过金属棒的电流为1，=￡-2Bm0,则可得F=B叫= 度的大小，故D正确，A、B、C错误。 R R 2.C金属杆滑动时，穿过闭合回路的磁通量增加，根据楞次定律 4Bam,由于初始时刻金属棒在磁场中的有效长度为零，则 知回路中感应电流的方向是aPMba,故A错误：杆运动的最大速 R 度为时，杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLmx,由闭 开始计时时I1、F,为零，图像过原点，故A正确，B错误；当开关 S接2时，通过金属棒的电流为1=？=5=2BCm,则可 合电路的欧姆定律得1风千，杆达到最大速度时受力平衡，满 △t△t 得F,=BL山，=4 BCrnan0,由于初始时刻金属棒在磁场中的有 足mgsin0-BL=0,解得=mn9R+m血9，结合题图 BL 647 乙可知9=2m·s1·0,mg9,=4m/s,解得m= 过导体棒的电流I= B2L2 只品随者电容器放电，适过电阻，导休 3kg,r=2D,故B错误，C正确；当R=2D时，金属杆ab匀速 棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力 最大，A项正确，C项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电 下滑过程中有mgsin0-B'L=0,解得通过R的电流'=2A,所 能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B项错误；由于 以R两端的电压U=I'R=2×2V=4V,故D错误。 导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流 3.C题中缓冲装置是利用绝缘缓冲底座上线圈的感应电流，与 始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R上产生的 船舱主体上的超导线圈互感发生相互作用，从而让船舱主体缓 焦耳热大于导体棒MW上产生的焦耳热，D项正确。 冲，不是船舱主体下端MW切割磁感线发生感应相互作用的，所 8.D由题图乙可知，在0~1时间内，导线框自由落体，1~2时 以MN无需是导体，可以与导轨绝缘，故A错误；绝缘缓冲底座 间内导线框切割磁感线进入磁场，做加速度减小的减速运动， 上的线圈αb边切割磁感线，线圈回路中的磁通量变化，形成感 电流减小，则安培力在减小，A错误；在1~t2时间段内，导线框 应电流，磁场对ab边的安培力向下，由E=BL,I= R.F=BIL 切割磁感线，距离为，完全进入后又做加速运动直到落地，所 以磁场高度d为t1~t3时间内的位移，B错误；安培力做负功， 知，交培力大小为“，根据牛顿第三定律，b边对超导线胸 所以重力势能减少量等于动能增加量和安培力做功的和，C错 的力向上，超导线圈固定在船舱主体上，对船舱主体、导轨和缓 误：t~t,时间内，F>mg,克服安培力做的功大于重力做功， 冲弹簧整体有L 所以在下降过程中导线框产生的焦耳热大于mgl,D正确。 R -mg=ma,当缓冲底座登陆后，船舱主体开 9.ACD当开关打到S,同时解除对金属杆ab的锁定时，金属杆 始做加速度减小的减速运动，当导轨足够长，船舱主体可能达 到收尾速度，之后匀速下降，故B错误；当船舱主体所受安培力 最大速度销足0=资，即洁度最大为二2四如0 2R BL2 等于重力时，有mg=B,解得：=，可见只增加磁场的磁 故A正确：当开关打到S,同时解除对金属杆ab的锁定，金属杆 R B2L ab受到的沿斜面向上安培力可能大于重力沿斜面的分力，故B 感应强度，可使缓冲弹簧接触星球表面前速度减小（收尾速度 错误；当开关打到S?同时解除对金属杆ab的锁定，对金属杆 减小)，只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触星球表面前速 度增大，故C正确，D错误。 mgsin 0-Bil ma,i=Ad=LAC=BLaC = △t △t 4.B设导体棒a的初动能为E末动能为Ee,由题意可知导 故金属杆做匀加速直线运动，故C正确：由运动学公式得，在ts 体棒b的初动能为0，设导体棒b的末动能为E2,对a、b棒组 成的系统，由能量守恒定律可得Ea1=E2+E2+Q,由题意可 mgt sin9、,故D正确。 内金属杆运动的位移为x=2(BPC+m) 知Ea=Eal-E2,Eh=E2,因此可得E=Eu+Q,由于导体 10.(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J 棒与导轨间无摩擦，对导体棒a,根据动能定理可得W。=E [解析](1)由右手定则可知ab中电流方向由a流向b。 E2=Ea,联合可得W。=Ew+Q,故A、C、D错误，B正确。 (2)只放置ab时刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力， 5.AC导体棒返回时先做加速度减小的加速运动，最后受力平 设其为Fnas,有Fms=m1gsin0 衡，做匀速直线运动，所以A正确：根据g=少，则导体棒沿着 设ab刚好要上滑时，cd棒产生的感应电动势为E, BdL 由法拉第电磁感应定律有 导轨上滑过程中通过R的电荷量为g=2R,所以B错误；设导 E=BLu 体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为W,由能量守恒 设电路中的感应电流为【，由闭合电路的欧姆定律有 可得W+mg1sm30°=2m2,解得W=之(m,2-mg),所以 E I=R+R2 C正确：根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R 设ab所受安培力为F安，有F安=ILB 上产生的热量为Q=形，则0=(m,2-mgL),所以D 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下， 由平衡条件有 错误。 F安=m1gsin0+Fa 6.D导体棒运动过程中，安培力做负功，电阻产生焦耳热，则棒 联立解得v=5m/s。 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 (3)设cd下滑过程中电路中产生的总热量为Q:,由能量守恒 ,导体棒水平方向做的不是简谐运动，导体棒回到初始位置时 产生的感应电动势E,<BLn,根据电功率公式P=E 定律有m:gxsi血0=Q8+2m, 可知，AC R B2L23 间的电阻R的热功率P< R”,故A错误，D正确；根据公式 又Q=R+RQ 解得Q=1.3J。 E=BLo,1=5,F=BL可得，初始时刻导体棒所受的安培力大11.（1)B0B心 R并 R 2R g子m6 (2)u=a 小为F.20,放B错误：当导体棒第一次到达最右端时，设 [解析](1)导体棒OA的最大切割长度为，√2L,最小切割长 R 度为L,最大感应电动势 弹簧的弹性势能为E,根据能量守恒定律有E。+20=了m,2, Em-Bx/Lu-Bx/Lx]x/L-BL@ 解得E。=2m,2-20,故C错误。 根据闭合电路欧姆定律可得最大感应电流 7AD开始时电容器两极板间的电压U:名，合上开关瞬间，通 R 648 GD棒所受最大安培力F=1mLB-BLu 变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动 R 势相等时，电路中没有电流，a山棒不受安培力，向右做匀速运 根据右手定则和左手定则可判定CD棒所受安培力方向平行 动，故A错误：题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应 于导轨向上。 电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电 最小感应电动势Em=L=BLxw=L0 流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D 2 根据闭合电路欧姆定律可得最小感应电流 错误；根据F装=BL,有=B业=9=md,得g=光，电 荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的 动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小于题 CD棒所受最小安培力Fn=1IB-BE0 图乙中通过R的电荷量，故C错误。 2R 根据右手定则和左手定则可判定方向平行于导轨向上。 4=4 2B通过线圈横截面的电荷量q=:=E R,由于线圈进 (2)CD棒所受安培力最大且其恰好静止时，根据平衡条件有 入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出 Fms=mgsin 0+umngcos CD棒所受安培力最小且其恰好静止时，根据平衡条件有Fn 磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理 umgcos 0=mgsin 6 得，线圈进人磁场过程-Bl1a吨，=m-mo,线圈离开磁场过程 根据右手定则和左手定则可判定导体棒CD下滑时所受安培 -B2at2=0-m,由于q=lt,则-Bag=mm-mo,Bag=mw,解 力方向平行于导轨向上，根据牛顿第二定律可得 得=之，故B正确。 umgcos +Fms -mgsin 0=ma 联立解得动摩擦因数μ=a。 1 3.A设导轨间磁场磁感应强度为B,导轨间距为L,金属棒总电 gcos03tan0。 阻为R,由题意导体棒进入磁场后受到水平向左的安培力作 12.(1)巫=L2tkL2ab中的电流方向为由a到b 用，做减速运动，根据动量定理有F·△t=m,-mw,根据F= 2F-R(3 R o器 6,1是.E-”-处联立可得化=m,-m,根据表达 R △t△t [解析](I)通过面积S的磁通量大小随时间t变化的关系 式可知v与x成一次函数关系，故A正确，B错误；a克服安培力 式为西=BS=kLt, 数功的功率为P==兴-兴·（经P- R 根据法拉第电磁感应定律得E=nA9=△B:S=L, △t △t 图像为开口向上的抛物线，故C、D错误。故选A。 由楞次定律和安培定则可知ab中电流的方向由a流向b。 4.CD由于两棒组成的系统动量守恒，取向右方向为正方向，由 (2)ab棒向上做加速度为a的匀加速直线运动，在时间t内， 动量守恒定律可得m·3-=m1+m2,所以当其中某根 棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2。，故A错误：当其 有xad, 中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2，则有E= 闭合回路的总电阻为R袋=R+2xr=R+art, L2,1号，F=B,联立解得f=,由牛顿第二定律 由闭合电路的欧姆定律有1。名 可得，另一根棒的加速度大小为a=￡_F,放B错误：以 ab所受安培力的大小为F。=BIL, mr 结合B=t,解得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式 初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，两根导体棒上产生 为F=R+arf kLt 的焦耳热为Qa=之m,2+2m(3,)尸- 2m(2)2=3mu,2, (3)由题意可知t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向 则导体棒a6产生的焦耳热为Q=Q。=2叫∴，放C正确：d 上做加速度大小为α的匀加速直线运动， ab向上运动时，受到向下的重力mg、垂直导轨向里的安培力 棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度，则有m·3。- FA、垂直导轨向外的支持力F、N=FA、竖直向下的摩擦力 mo=2m共，解得v共=o,故D正确。 5.B由题意知u=tan37°=0.75，则mgsin37°=umgcos37°，所 f=uFx, 以两棒组成的系统沿轨道方向的动量守恒，当最终稳定时有 由牛顿第二定律有F-mg-uFN=ma, mo=2mv,解得v=0.5o,则整个运动过程中回路中产生的焦耳 解得F=Lt +m(g+a), R+art2 热为Q=了m2-了×2m2=子m心2，则导体棒d中产生的焦 整理得F= -+m(g+a) 1 R t art 耳热为Q=0。=20=gm,2,故A错误，B正确；当导体棒 当R =art,即t=√am 时F有最大值， cd的速度为好%时，由动量守恒定律有m,=m·子o+m, t 可指八 解得a=子。，且导体棒ad速度不能大于导休棒a6的速度，放 =+m(g+a)。 C、D错误。 练案[66] 6ABC根据动能定理有mg·2d=m,金属棒刚进磁场I时 1.B题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使的速度大小为=2√g,故A正确；由于金属棒进入磁场I和 电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做：Ⅱ时的速度相等，在金属棒从磁场I的下边界到磁场Ⅱ的上边 649