第1部分 第12讲 电磁感应-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

第一部分　专题强化复习 专题四　电路与电磁感应 第12讲　电磁感应 知识框架 学习目标 1.能熟练应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决问题。 2.能综合应用电磁感应的规律和电路的规律分析计算电磁感应的电路问题和图像问题。 3.能从动力学观点、能量观点分析计算电磁感应的动力学问题和能量问题。 4.能从动量观点分析计算电磁感应的位移、电荷量、速度等动量相关问题。 2 目录 1 2 专题作业 课时检测Ⅰ 考点 高考风向标 3 课时检测Ⅱ 4 考点 考点1　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 1．对右手定则的认识 (1)它是楞次定律的推论，适用于快速判断导体切割磁感线产生感应电动势的情形。 (2)区分右手定则与左手定则：右手定则用来判断导体切割磁感线产生的感应电流的方向，左手定则用来判断安培力的方向。 一个推论：导体切割磁感线产生感应电流时，导体所受安培力方向与导体运动方向相反。这是能量守恒定律的体现。 考点 5 2．感应电动势的计算 考点 6 考点 7 考点 8 例2　(2025·江苏卷，15)圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成，工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴OO′转动。外转子半径为r1，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的电阻均为R，直边的长度均为L，与轴线平行。内转子半径为r2，由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径向磁场，线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度ω0匀速转动，某时刻线圈abcd的直边ab与cd处的磁场方向如图乙所示。 (1)若内转子固定，求ab边产生感应电动势的 大小E； (2)若内转子固定，求外转子转动一周，线圈 abcd产生的焦耳热Q； (3)若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，此时线圈中感应电流为I，求线圈abcd中电流的周期T。 考点 9 考点 10 考点 11 应用E＝Blv计算动生电动势时，应注意v是导体相对磁场的速度。 考点 12 考点2　电磁感应的电路和图像问题 1．解答电磁感应中电路问题的分析步骤 考点 13 2．解答电磁感应中图像问题的一般步骤 (1)明确图像的种类，即是B­t图还是Φ­t图，或者E­t图、I­t图、F­t图、v­t图、E­x图、I­x图等。 (2)分析电磁感应的具体过程。 (3)用右手定则或楞次定律、左手定则确定方向对应关系。 (4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。 (5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率、截距等。 (6)画图像或分析、判断图像。 考点 14 例3　如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水 平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D、方向竖直 向下的有界匀强磁场，线框的边长L小于有界磁场的宽度D，在 整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以I表示通过线框的电流(规定逆时针方向为正)、F表示拉力、P表示拉力的功率、Uab表示线框ab两点间的电势差，则下列反映这些物理量随时间变化的图像中可能正确的是(　　) 考点 15 考点 16 考点 17 这类问题中不要忽视等效电源内电压的存在，线框切割磁感线的边两端的电势差U并不等于该边切割磁感线产生的电动势E，它们之间的关系由闭合电路欧姆定律确定，为U＝E－Ir。 考点 18 [跟进训练]　(2025·江西省南昌市高三下一模)(多选)在光滑绝 缘的水平面上有两相互平行的边界MN、PQ，边界内有竖直向下的 匀强磁场。紧靠MN有一材料相同、粗细均匀的正方形线框abcd， 如图所示(俯视图)。已知线框边长为L，磁场宽度为2L。从t＝0时刻 起线框在水平向右外力作用下从图示位置由静止水平向右做匀加速 直线运动。则从线框ab边进磁场到cd边出磁场的过程中，以下关于线框中的磁通量Φ、ab边电压U、外力F和电功率P随位移x变化的规律图像正确的是(　　) 考点 19 考点 20 考点3　电磁感应的动力学和能量问题 1．电磁感应中动力学问题的分析思路 考点 21 2．电磁感应中能量问题的分析关键 (1)安培力的功率P安＝F安v。 (2)根据功能关系对导体的运动列式求解。常用的功能关系：动能定理W合＝ΔEk；电磁感应中安培力的功能关系W克安＝ΔE电。 (3)根据能量守恒定律列电磁感应的能量守恒方程。产生的电能等于其他形式能的减少量，即ΔE电＝ΔE其他减。 (4)产生的电能又会对外做功，转化为焦耳热和机械能等：ΔE电＝Q电＋ΔE机械＋Q摩擦…。 考点 22 例4　(2025·北京市丰台区高三下二模)如图1所示，一 个匝数为N、边长为L的正方形导线框abcd，总电阻为R，总 质量为m，匀强磁场区域的宽度为L。导线框由静止释放，下 落过程中始终保持竖直，忽略空气阻力，重力加速度为g。 (1)若导线框ab边刚进入匀强磁场区域时，恰能做速度为v0的匀速运动，求匀强磁场的磁感应强度B1； (2)若导线框ab边进入磁场的速度为v1，cd边离开磁场的速度为v2，导线框在磁场中做减速运动，已知磁感应强度为B2。在导线框穿过磁场的过程中，求： ①导线框中产生的焦耳热Q； ②在图2中定性画出导线框中的感应电流I随时间t的变化图线(规定逆时针为电流正方向)。 考点 23 考点 24 考点 25 考点 26 [跟进训练]　(2024·河北卷，14)如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO′。间距为L、与水平面成θ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O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。 (1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。 (2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒 的加速度大小为a，所受安培力大小等于(1)问中安培力的最 大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。 考点 27 考点 28 考点 29 考点 30 考点4　电磁感应的动量问题 1．动量守恒定律在电磁感应问题中的应用 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，若两棒组成的系统所受合外力为零，则可以根据动量守恒定律列式求解。 考点 31 2．动量定理在电磁感应问题中的应用 (1)对安培力的冲量大小累积求和 (2)根据动量定理列式：－I安＋F恒力t＝mv－mv0。 (3)联立方程，求解电荷量q、位移x、速度v或恒力作用的时间t。 考点 32 例5　(2025·福建卷，16)如图所示，光滑斜面倾角为θ＝30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，由同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域长为L1，Ⅱ区域长为L2，两区域间无磁场的区域长度大于线框边长。线框从某一位置释放，从cd边进入Ⅰ区域到ab边离开Ⅰ区域的过程中速度均为v，cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致，已知重力加速度为g。则： (1)求线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离； (2)求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差； (3)求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的 平均功率。 考点 33 考点 34 考点 35 考点 36 考点 37 对于电磁感应的综合计算题，书写答案时，应写出基本方程式而不是最终结果，否则不得分；也不要写成连等式，应规范分步列式，从而避免一处错整个连等式不得分。 考点 38 考点 39 考点 40 考点 41 高考风向标 1．(2025·河南卷，5)如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是(　　) 高考风向标 43 解析：金属薄片中心运动到N极的正下方时，将金属薄片等分为左、右两部分，沿N极到S极的方向看，穿过右半部分的磁通量垂直纸面向里且正在减少，穿过左半部分的磁通量垂直纸面向里且正在增加，根据楞次定律和安培定则可知，沿N极到S极的方向看，金属薄片右半部分产生的涡流沿顺时针方向，金属薄片左半部分产生的涡流沿逆时针方向，故C正确。　 高考风向标 44 2．(2025·浙江1月选考，9)新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压(U)比动力电池所需充电电压(U0)低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压充电，其中正确的是(　　) 高考风向标 45 解析：A中，开关S接通瞬间，因L和R分压，电池两端电压小于U，即小于充电电压U0，不能给电池充电；当开关S断开时，整个电路均断开，L不能产生感应电流，不能给电池充电，A错误。B中，当S闭合稳定时，线圈L中有顺时针电流通过，当S断开时，二极管正向导通，待充电电池接入电路，电流减小，L产生自感电动势阻碍电流减小，L相当于电源且给动力电池充电的电流方向与回收系统给动力电池充电的电流方向相同，此时电压U与L中产生的自感电动势共同加在充电电池两端，从而实现向高压充电，B正确。C中，开关S接通瞬间，L产生的感应电动势一定小于U，则不能给电池充电；当S闭合稳定时，线圈L中有顺时针电流通过， 高考风向标 46 当S断开时L也断开，此时只有回收系统的电压U，所以不能实现向高压充电，C错误。D中，开关S接通瞬间，L产生的感应电动势一定小于U，则不能给电池充电；当S闭合稳定时，线圈L中有顺时针电流通过，当S断开时，只有L产生的自感电动势加在充电电池两端，但由于感应电流方向与二极管导通方向相反，所以二极管无法正向导通，不能实现向高压充电，D错误。 　 高考风向标 47 高考风向标 48 高考风向标 49 高考风向标 50 4．(2025·浙江1月选考，13)(多选)如图1所示，在平面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区域，其中存在一方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化图像如图2所示，周期为3t0。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面内，有以O为圆心的半径为2r的导电圆环Ⅰ，与磁场边界相切的半径为0.5r的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角φ＝30°；另有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则(　　) 高考风向标 51 高考风向标 52 高考风向标 53 高考风向标 54 5．(2025·山东卷，18)如图所示，平行轨道的间距为L，轨 道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O 点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间 存在区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ(－2L≤x<－L)内充满磁感应强度大小 为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ(x≥0)内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1＝k1t＋k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。 高考风向标 55 高考风向标 56 高考风向标 57 高考风向标 58 高考风向标 59 专题作业 课时检测Ⅰ 1．(2023·湖北卷，5)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近(　　) A．0.30 V B．0.44 V C．0.59 V D．4.3 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 2．(2025·河南省南阳市高三下月考)如图所示，纸面内一 等腰直角三角形金属线框abc向右匀速穿过宽度为d的匀强磁场 区域，匀强磁场的方向垂直于纸面向里。已知金属线框的直角 边ac的长度为L，且L>d，ac边始终与磁场边界垂直，取a→b→ c→a为电流的正方向，则线框穿过磁场区域的过程中，线框中的感应电流i随时间t变化的关系图像可能为(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 解析：线框进入磁场区域过程中，根据楞次定律可知， 线框中的感应电流方向为a→b→c→a，又线框切割磁感线的 有效长度从零随时间均匀增加，则感应电流为正值且从零开 始均匀增大；当线框的顶点c离开磁场区域、线框的ab边未 进入磁场区域时，根据楞次定律可知，线框中的感应电流方向为a→b→c→a，又线框切割磁感线的有效长度不变，则感应电流为正值并保持不变；当ab边进入磁场瞬间，线框切割磁感线的有效长度不为零，感应电流不为零，ab边离开磁场区域的过程中，根据楞次定律可知，线框中的感应电流方向为a→c→b→a，又线框切割磁感线的有效长度随时间均匀增加，则感应电流为负值，且数值从不为零处开始均匀增大。故选C。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 专题作业 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 3．(2025·山西省高三下二模)(多选)如图所示，电阻不计且间距为L的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接有电阻R和电压传感器，整个装置处于垂直导轨平面向里的匀强磁场中。现将阻值为r的金属杆ab从图示位置由静止释放，并开始计时，金属杆在下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平。则下列关于金属杆的加速度a、速度v以及位移x和电压传感器的示数u随时间t变化的关系图像中，大致正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 易错点拨　这类多电源的电磁感应问题很容易出错，解题关键是先根据电磁感应规律求出各“电源”的电动势的大小及方向，然后结合电路的电势规律、电流规律、电动势叠加规律等分析求解。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 答案：(1)水平向右　4 m/s2 (2)8 m/s　 (3)76 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 9．(2024·浙江1月选考，13)若通以电流I的圆形线圈在线圈内产生的磁场近似为方向垂直线圈平面的匀强磁场，其大小B＝kI(k的数量级为10－4 T/A)。现有横截面半径为1 mm的导线构成半径为1 cm的圆形线圈处于超导状态，其电阻率上限为10－26 Ω·m。开始时线圈通有100 A的电流，则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为(　　) A．10－23 V，10－7 A B．10－20 V，10－7 A C．10－23 V，10－5 A D．10－20 V，10－5 A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　(2025·山西省太原市高三下一模)如图甲、乙所示为电磁炉的线圈及其工作示意图，下列说法正确的是(　　) A．电磁炉工作时，线圈内与锅体中的电流产生的磁场方向时刻相反 B．可通过改变线圈内交变电流的频率来改变电磁炉的功率 C．电磁炉工作时，每匝线圈在锅体中产生的感应电动势均相同 D．电磁炉工作时，若线圈中电流的频率为f，则锅体中涡流的频率为eq \f(f,2) 解析　由楞次定律可知，电磁炉工作时，当线圈内的磁场增加时，锅体中的电流产生的磁场方向与之相反，当线圈内的磁场减小时，锅体中的电流产生的磁场方向与之相同，故A错误；线圈内交变电流的频率越大，则锅体中磁场变化越快，感应电动势和感应电流越大，电磁炉的功率越大，故B正确；由图甲可知，电磁炉的每匝线圈的面积不同，根据法拉第电磁感应定律E＝eq \f(ΔB,Δt)S可知，电磁炉工作时，每匝线圈在锅体中产生的感应电动势均不相同，故C错误；根据法拉第电磁感应定律可知，电磁炉工作时，若线圈中电流的频率为f，则锅体中涡流的频率为f，故D错误。 解析　(1)由法拉第电磁感应定律得E＝BLv 其中ab边的速度大小v＝ω0r1 联立解得E＝BLω0r1。 (2)由右手定则可知，ab边和cd边产生的感应电动势在回路中始终同向，则线圈abcd产生的感应电动势大小始终为E′＝2E 外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热Q＝eq \f(E′2,R)T1 其中转动一周的时间T1＝eq \f(2π,ω0) 联立解得Q＝2,1)eq \f(8πB2L2rω0,R) 。 答案　(1)BLω0r1　(2)2,1)eq \f(8πB2L2rω0,R) (3)eq \f(2πBLr1,IR) (3)任一线圈产生的电动势大小为E″＝IR 设内转子转动的角速度为ω，易知ω<ω0，线圈直边切割磁感线的速度大小为v1＝(ω0－ω)r1 由法拉第电磁感应定律，及回路中两直边产生的感应电动势同向，有E″＝2BLv1 线圈每相对内转子转动90°，线圈内电流方向改变一次，一个电流的周期内电流方向改变两次，则T＝eq \f(2×\f(π,2),ω0－ω) 联立解得T＝eq \f(2πBLr1,IR)。 解析　设线框做匀速直线运动的速度为v，线框的总电阻为R。 依题意D＞L，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，线 框在进入磁场和离开磁场的过程中均产生大小为eq \f(BLv,R)的感应电流， 线框完全在磁场中运动时不产生感应电流，即I＝0，根据楞次定律可知，线框在进入磁场的过程中，产生的感应电流沿逆时针方向，为正；在离开磁场的过程中，产生的感应电流方向沿顺时针方向，为负，故A错误。线框做匀速直线运动，则线框在进入磁场和离开磁场的过程中所受拉力大小均等于安培力大小，即F＝FA＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，且根据左手定则知，安培力FA的方向均向左，则F的方向均向右(均为正值)， 线框完全在磁场中运动时不受安培力，则F＝0，故B错误。拉力的功率P＝Fv，结合B项的分析可知，线框在进入磁场和离开磁场的过程中P相等，线框完全在磁场中运动时P＝0，故C可能正确。线框进入磁场时，ab边切割磁感线，相当于电源，根据右手定则可知φa>φb，所以Uab＝eq \f(3,4)E＝eq \f(3,4)BLv，完全在磁场中时，线框中无电流，Uab＝E＝BLv，线框穿出磁场的过程中，cd边切割磁感线，相当于电源，根据楞次定律可知φa>φb，则Uab＝eq \f(1,4)E＝eq \f(1,4)BLv，故D错误。 解析：0～L过程，Φ＝BLx，Φ随x均匀增大；L～2L过程，Φ＝BL2，保持不变；2L～3L过程，Φ＝BL(3L－x)，Φ随x均匀减小，故A正确。设线框的加速度大小为a，则其在位移x时的速度v满足v2＝2ax，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，0～L过程，U＝eq \f(3,4)BL·v＝eq \f(3,4)BL·eq \r(2ax)；L～2L过程，U＝BLv＝BL·eq \r(2ax)；2L～3L过程，U＝eq \f(1,4)BLv＝eq \f(1,4)BL·eq \r(2ax)，即U­x图像是三段不相连的曲线，故B错误。0～L过程，F＝Beq \f(BL·v,R)L＋ma＝eq \f(B2L2\r(2ax),R)＋ma，F与x不是线性关系，故C错误。0～L过程，电功率P＝eq \f(（BLv）2,R)＝eq \f(B2L2·2ax,R)；L～2L过程，线框完全进入磁场，电流为0，电功率为0；2L～3L过程，电功率P＝eq \f(（BLv）2,R)＝eq \f(B2L2·2ax,R)，故D正确。 答案　(1)eq \f(1,NL) eq \r(\f(\a\vs4\al(mgR),v0)) (2)①eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＋2mgL　②图见解析 解析　(1)导线框进入磁场时产生的感应电动势E1＝NB1Lv0 由闭合电路欧姆定律可知，感应电流I1＝eq \f(E1,R) 导线框受到的安培力大小F1＝NB1I1L 由于导线框恰能匀速运动，由平衡条件可知F1＝mg 联立解得B1＝eq \f(1,NL)　eq \r(\f(\a\vs4\al(mgR),v0))。 (2)①设此过程安培力对导线框做功为W安，由动能定理有mg×2L＋W安＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1) 根据功能关系有－W安＝Q 联立解得Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＋2mgL。 ②导线框速度为v时，感应电动势E＝NB2Lv 感应电流I＝eq \f(E,R) 所受安培力大小F＝NB2LI 加速度大小a满足F－mg＝ma 可得a＝2,2)eq \f(N2BL2v,mR) －g I＝eq \f(NB2Lv,R) 导线框在磁场中运动时速度逐渐减小，则其做减速运动的加速度逐渐减小，则I­t图像的斜率绝对值减小；根据楞次定律，进入磁场时，导线框中电流方向为逆时针，离开磁场时，导线框中电流方向为顺时针，则导线框中的感应电流I随时间t的变化图线如图所示。 解析：(1)设OA棒接入电路的长度为l，则OA棒切割磁感线的平均速度eq \o(v,\s\up16(－))＝eq \f(1,2)ωl 根据法拉第电磁感应定律，此时回路的感应电动势大小E＝Bleq \o(v,\s\up16(－)) 根据闭合电路欧姆定律，此时通过CD棒的电流大小I＝eq \f(E,R) 则CD棒所受安培力大小F＝ILB 联立得F＝eq \f(B2Ll2ω,2R) 当OA棒运动到细框对角线位置时，l最大，为lmax＝eq \r(2)L，此时CD棒所受的安培力最大 答案：(1)eq \f(B2L3ω,R)　eq \f(B2L3ω,2R)　(2)eq \f(a,gcosθ)－eq \f(1,3)tanθ 可解得CD棒所受安培力的最大值为Fmax＝eq \f(B2L3ω,R) 当OA棒运动到与细框一边平行时，l最小，为lmin＝L，此时CD棒所受的安培力最小 可解得CD棒所受安培力的最小值为Fmin＝eq \f(B2L3ω,2R)。 (2)设CD棒的质量为m，CD棒与导轨间的最大静摩擦力为fm，CD棒与导轨间的动摩擦因数为μ。CD棒在导轨上静止时，根据题意，当CD棒受到的安培力最小时，根据平衡条件有mgsinθ＝fm＋Fmin 当CD棒受到的安培力最大时，根据平衡条件有Fmax＝mgsinθ＋fm 撤去推力瞬间，对CD棒，沿导轨方向，根据牛顿第二定律有Fmax＋f－mgsinθ＝ma 其中滑动摩擦力大小f＝μN 垂直导轨方向，根据平衡条件有N＝mgcosθ 联立解得μ＝eq \f(a,gcosθ)－eq \f(1,3)tanθ。 解析　(1)设线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离为s1，线框从释放到cd边进入Ⅰ区域，由动能定理有mgs1sinθ＝eq \f(1,2)mv2－0 解得s1＝eq \f(v2,g)。 答案　(1)eq \f(v2,g)　(2)eq \f(3,8)　eq \r(2mgRv) (3)若L1<L2，则eq \o(P,\s\up16(－))＝eq \f(mgv（L1＋L2）,4L1)；若L1>L2，则eq \o(P,\s\up16(－))＝eq \f(mgv（L1＋L2）,4L2) (2)由题意可知，线框穿过Ⅰ区域的过程做匀速直线运动，则线框的边长为L1，设此过程线框中的电流大小为I1，由安培力公式和平衡条件有mgsinθ＝BI1L1 由法拉第电磁感应定律可知，此过程线框产生的感应电动势E＝BL1v 又I1＝eq \f(E,R) cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差 U＝I1·eq \f(3,4)R 联立解得B＝2,1)eq \r(\f(mgR,2Lv)) ，U＝eq \f(3,8) eq \r(2mgRv)。 (3)线框从进入Ⅱ区域到完全离开的过程，设克服安培力做的功为W，则由动能定理有mg(L1＋L2)sinθ－W＝0 设此过程的时间为t，此过程安培力作用的时间为Δt，安培力作用时间内线框中电流大小的平均值为eq \o(I,\s\up16(－))，由动量定理有mgsinθt－BL1eq \o(I,\s\up16(－))Δt＝0 由闭合电路欧姆定律有eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),R) 由法拉第电磁感应定律有eq \o(E,\s\up16(－))＝BL1eq \o(v,\s\up16(－)) 设安培力作用过程的位移为Δx，则Δx＝eq \o(v,\s\up16(－))Δt 该过程克服安培力做功的平均功率为eq \o(P,\s\up16(－))＝eq \f(W,t) 联立解得eq \o(P,\s\up16(－))＝eq \f(mgv（L1＋L2）,2Δx) 由题意分析知L1≠L2 ①若L1<L2，则Δx＝2L1，eq \o(P,\s\up16(－))＝eq \f(mgv（L1＋L2）,4L1) ②若L1>L2，则Δx＝2L2，eq \o(P,\s\up16(－))＝eq \f(mgv（L1＋L2）,4L2)。 [跟进训练]　(2025·湖南卷，9)(多选)如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是(　　) A．金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向 B．金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动 C．金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为eq \f(mv0r0,B2) D．若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半 解析：金属杆沿x轴正方向运动过程中，根据右手定则可知， 金属杆中电流沿y轴负方向，A正确；若金属杆沿x轴正方向做匀 速直线运动，设其接入回路的有效长度为L，由法拉第电磁感应定 律有E＝BLv0，由闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,Lr0)，由安培力公式有F安＝BIL，联立解得F安＝eq \f(B2v0,r0)L，可知安培力随有效长度的增大而增大，则与安培力平衡的外力一定不是恒力，B错误；金属杆接入回路的有效长度为L时的极短时间Δt内，由动量定理有－BiLΔt＝mΔv，又iΔt＝Δq＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BΔS,Lr0)，可得－eq \f(B2ΔS,r0)＝mΔv， 等号两边对金属杆运动的整个过程求和，有－eq \f(B2S,r0)＝0－mv0，解得金属杆停止运动时，与导轨围成的面积S＝eq \f(mv0r0,B2)，C正确；由C项分析可知，若金属杆的初速度减半，则S变为原来的一半，由抛物线的形状可知，金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，D错误。 3．(2025·山东省烟台、德州、东营三市高三下诊断性测试)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度为L，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m的导体棒PQ放在导轨上，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。给导体棒一个向右的初速度v0，并以此时刻作为计时起点，在求导体棒的速度v随时间t变化的函数关系时，可与放射性元素的原子核发生衰变的情形作类比。放射性元素的原子核发生衰变时，单位时间内发生衰变的原子核个数eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔN,Δt)))与现存的、 未衰变的原子核个数N成正比：eq \f(ΔN,Δt)＝－λN，其中λ为比例常数，“－”表示原子核个数减少，上述方程的解为：N＝N0e－λt，其中N0为t＝0时刻未衰变的原子核个数，N为t时刻未衰变的原子核个数。则导体棒的速度v随时间t变化的函数关系为(　　) A．v＝v0eeq \s\up16(－\f(B2L2,mR)t) B．v＝v0eeq \s\up16(－\f(mR,B2L2)t) C．v＝v0eeq \s\up16(－\f(B2L2,R)t) D．v＝v0eeq \s\up16(－\f(R,B2L2)t) 解析：以初速度方向为正方向，导体棒速度为v时，导体棒切割磁感线产生的电动势为E＝BLv，电路中的电流为I＝eq \f(E,R)，导体棒所受安培力大小为F＝BIL，由牛顿第二定律有－F＝ma，且a＝eq \f(Δv,Δt)，联立可得eq \f(Δv,Δt)＝－eq \f(B2L2,mR)v，结合题目中的信息可得v＝v0eeq \s\up16(－\f(B2L2,mR)t)，故选A。 A．圆环Ⅰ中电流的有效值为eq \f(\r(3)πr2B0,Rt0) B．t＝1.5t0时刻直导线CD电动势为eq \f(πr2B0,t0) C．t＝0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为eq \f(πr2B0,12Rt0) D．t＝0.5t0时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为eq \f(πr2B0,12t0) 解析：对圆环Ⅰ，由法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt) ＝eq \f(ΔB,Δt)S，由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R)，又S＝πr2，联立 得I＝eq \f(πr2ΔB,RΔt)，结合题图2可知，在0～t0和2t0～3t0时间 内圆环Ⅰ中的感应电流大小均为I1＝eq \f(πr2B0,Rt0)，在t0～2t0时间内圆环Ⅰ中的感应电流大小为I2＝eq \f(2πr2B0,Rt0)，设圆环Ⅰ中电流的有效值为I有，根据有效值的定义可得Ieq \o\al(2,有)R·3t0＝Ieq \o\al(2,1)R·2t0＋Ieq \o\al(2,2)Rt0，解得I有＝eq \f(\r(2)πr2B0,Rt0)，A错误；由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0，即穿过圆环Ⅱ的磁通量不发生变化，又圆环Ⅱ与圆环Ⅰ绝缘，所以圆环Ⅱ中始终没有电流，C错误； 假设有一金属圆环与PQ所在的感生电场线重合，则沿圆 环转一圈，电势差即为感生电动势的大小，由法拉第电磁 感应定律知，t＝0.5t0时金属圆环上产生的感应电动势大小 为E1＝eq \f(πr2B0,t0)，由于圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角 φ＝30°，则圆环Ⅱ上PQ间电动势为EPQ＝eq \f(\a\vs4\al(φ),360°)E1，解得EPQ＝eq \f(πr2B0,12t0)，D正确；直导线CD无限长，则直导线两端相对于圆心O的张角为180°，可把CD看成变化磁场外闭合回路的一半，则CD中产生的感应电动势为该时刻磁场外闭合回路产生的电动势的一半，由法拉第电磁感应定律及题图2可知，t＝1.5t0时，磁场外闭合回路(整个磁场处于闭合回路内)产生的感应电动势大小为E2＝eq \f(2B0,t0)·πr2＝eq \f(2πr2B0,t0)，则直导线CD电动势为ECD＝eq \f(E2,2)＝eq \f(πr2B0,t0)，B正确。 (1)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s； (2)金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t＝0)，此时金属框的速率为v0，若k1＝eq \f(mgRsinα,k2L4)，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d。 答案：(1)eq \f(\a\vs4\al(mgRsinα),B2L2cos2α)　eq \f(\a\vs4\al(m2gR2sinα),2B4L4cos4α)　(2)2,2)eq \f(mRv0,kL4) 解析：(1)金属框在区域Ⅰ内做匀速直线运动，由平衡条件及楞次定律的推论、左手定则可知，其所受安培力大小F安满足F安cosα＝mgsinα 金属框经过区域Ⅰ过程，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝BLvcosα 由闭合电路欧姆定律知，感应电流I＝eq \f(E,R) 由安培力公式有F安＝BIL 联立解得v＝eq \f(mgRsinα,B2L2cos2α) 金属框由静止释放至刚进入区域Ⅰ的过程，由动能定理有mgssinα＝eq \f(1,2)mv2－0 解得s＝eq \f(m2gR2sinα,2B4L4cos4α)。 (2)金属框在区域Ⅱ中达到平衡状态时，设速度为v′，感应电流为I′，由平衡条件有(Bpq－Bef)LI′＝mgsinα 其中Bpq－Bef＝k2L 金属框在区域Ⅱ中产生的感应电动势，可以视为一个感生电动势和一个动生电动势的叠加，其中感生电动势大小E1＝eq \f(L2ΔB1,Δt) 动生电动势大小E2＝BpqLv′－BefLv′ 由楞次定律可知，E1、E2在金属框中的方向相同， 则由闭合电路欧姆定律有I′＝eq \f(E1＋E2,R) 设从开始计时到金属框达到平衡状态的过程时间为t0，由动量定理有 －(Bpq－Bef)Leq \o(I,\s\up16(－))′t0＋mgt0sinα＝mv′－mv0 又平均感应电流eq \o(I,\s\up16(－))′＝eq \f(E1＋\o(E,\s\up16(－))2,R) 动生电动势的平均值eq \o(E,\s\up16(－))2＝(Bpq－Bef)Leq \o(v,\s\up16(－)) 平均速度eq \o(v,\s\up16(－))＝eq \f(d,t0) 联立解得d＝2,2)eq \f(mRv0,kL4) 。 解析：根据法拉第电磁感应定律可知，3匝线圈产生的感应电动势大小分别为E1＝eq \f(ΔΦ1,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·S1＝103×1.02×10－4 V＝0.1 V，E2＝eq \f(ΔΦ2,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S2＝103×1.22×10－4 V＝0.144 V，E3＝eq \f(ΔΦ3,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S3＝103×1.42×10－4 V＝0.196 V，根据楞次定律可知，3匝线圈产生的感应电动势方向相同，则总电动势E＝E1＋E2＋E3＝0.44 V，故选B。 3．(2025·河北省廊坊市高三下五模)(多选)如图所示，水平虚线M、N间存在垂直于纸面向里、沿水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为L的正方形线框abcd由虚线M上方无初速度释放，在释放瞬间ab边与虚线M平行且相距为L。已知线框的质量为m，电阻为R，线框cd边刚要进磁场时加速度为零，线框ab边刚进磁场时和刚出磁场时速度相同，重力加速度为g，线框在运动过程中始终在垂直于磁场的竖直面内，ab边始终水平，M、N间距离大于L，忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．线框进磁场的过程可能是加速运动 B．线框进磁场过程通过线框截面的电量为eq \f(BL2,R) C．通过整个磁场，线框中产生的焦耳热为2mgL D．M、N间的距离为2L－eq \f(m2gR2,2B4L4) 解析：因线框ab边刚进磁场时和刚出磁场时速度相同，且 线框完全在磁场中时做加速运动，则线框在ab边到达虚线N的 速度比cd边到达虚线N的速度大，即线框进磁场的过程是减速 运动，故A错误；线框进磁场过程中的平均感应电动势为eq \o(E,\s\up16(－))＝ eq \f(ΔΦ,Δt)，平均感应电流为eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),R)，通过的电荷量为q＝eq \o(I,\s\up16(－))Δt，该过程磁通量的变化量为ΔΦ＝BL2，联立可得线框进磁场过程通过线框截面的电量为q＝eq \f(BL2,R)，故B正确；结合A项分析可知，线框进、出磁场过程中均做减速运动，所受安培力均大于自身重力，可知通过整个磁场，克服安培力做功即产生的焦耳热大于2mgL，故C错误； cd边刚要进磁场时，所受安培力大小为F＝mg，又F＝BIL＝Beq \f(BLv0,R)L，线框在磁场外自由下落时，设线框ab边到虚线M处时速度大小为v，有v2＝2gL，线框完全在磁场中运动的距离x满足v2－veq \o\al(2,0)＝2gx，M、N间的距离为d＝x＋L，联立解得d＝2L－eq \f(m2gR2,2B4L4)，故D正确。 4．(2025·吉林省吉林市东北三省教育教学联合体高三下模拟预测)国产电动汽车采用电磁式动力回收装置，可将部分动能转化为电能并储存。如图所示为该装置的简化模型，“日”字形的金属线框放在光滑的水平面上，各边长均为l，ab、cd、ef边电阻均为R，其余部分电阻可忽略不计。线框以速度v进入宽度为l的匀强磁场，最终恰好穿出磁场。已知磁场的磁感应强度大小为B，方向竖直向下，边界与ab边平行，则(　　) A．线框刚进磁场时，a端电势高于b端电势 B．线框刚进磁场时，a、b两点间电势差为eq \f(2,3)Blv C．线框的质量m＝eq \f(2B2l3,Rv) D．线框穿越磁场过程中ab边产生的热量Q＝eq \f(14B2l3v,27R) 解析：由右手定则可知，线框刚进磁场时，b端电势高于 a端电势，且其等效电路如图所示，可知外电路电阻R外＝eq \f(R,2)， 电路总电阻R总＝eq \f(R,2)＋R＝eq \f(3,2)R，则Uab＝－eq \f(R外,R总)Blv＝－eq \f(1,3)Blv，故 A、B错误；线框穿越磁场过程中，由动量定理知－Beq \f(Bl\o(v,\s\up16(－)),R总)lt＝0－mv，且eq \o(v,\s\up16(－))t＝3l，解得m＝eq \f(2B2l3,Rv)，故C正确；ab边在磁场中运动过程，由动量定理有－Beq \f(Bl\o(v,\s\up16(－))1,R总)lt1 ＝mv1－mv，且eq \o(v,\s\up16(－))1t1＝l，解得ab边刚出磁场时的速度v1＝eq \f(2,3)v，此过程中ab边产生的热量Qab1＝eq \f(R,R总)×2,1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv)) ＝eq \f(5,27)mv2，之后ab边在磁场外运动过程中产生的热量Qab2＝eq \f(1,2)×eq \f(R外,R总)×eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝eq \f(1,27)mv2，所以穿过磁场过程中ab边产生的热量Q＝Qab1＋Qab2＝eq \f(2,9)mv2＝eq \f(4B2l3v,9R)，故D错误。 5．如图所示，质量分别为2m、m的导体棒a、b静置在间距为L的水平平行光滑导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，导体棒a、b在导轨间的电阻均为R，b棒到导轨最右端MN的距离为x0。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现给a棒一水平向右的初速度v0，当b棒运动到导轨最右端MN时，b棒的速度为eq \f(v0,2)，随即滑上足够长的光滑绝缘倾斜轨道。a棒始终在导轨上运动且未与b棒碰撞，感应电流产生的磁场及导轨的电阻均忽略不计。求： (1)b棒开始运动时的加速度大小； (2)b棒从开始运动到第一次出磁场产生的热量； (3)b棒从开始运动到第一次出磁场的时间。 解析：(1)根据题意可知，b棒开始运动时，a棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv0 感应电流为I＝eq \f(E,2R) 设此时b棒的加速度大小为a，对b棒，由牛顿第二定律有BIL＝ma 联立解得a＝eq \f(B2L2v0,2mR)。 (2)b棒从开始运动到第一次出磁场过程，a、b棒受到的安培力等大反向，系统受到的合外力为0，动量守恒，设b棒第一次出磁场时a棒的速度为v1，则有2mv0＝2mv1＋meq \f(v0,2) 答案：(1)eq \f(B2L2v0,2mR)　(2)eq \f(5,32)mveq \o\al(2,0)　(3)eq \f(Rm,B2L2)＋eq \f(3x0,2v0) 由能量守恒定律知，a、b棒组成的系统产生的热量Q总＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2))) eq \s\up12(2) 其中b棒产生的热量Qb＝eq \f(R,2R)Q总 联立解得Qb＝eq \f(5,32)mveq \o\al(2,0)。 (3)设b棒从开始运动到第一次出磁场的时间为t，此过程a棒位移为xa，对b棒，由动量定理有eq \o(I,\s\up16(－))LBt＝meq \f(v0,2)－0 其中平均感应电流eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),2R) 平均感应电动势eq \o(E,\s\up16(－))＝eq \f(BL（xa－x0）,t) 这一过程，a、b棒组成的系统动量始终守恒，故有2mv0＝2mva＋mvb 则有∑2mv0Δt＝∑2mvaΔt＋∑mvbΔt 即2mv0t＝2mxa＋mx0 联立上式可得t＝eq \f(Rm,B2L2)＋eq \f(3x0,2v0)。 6．(2025·浙江Z20名校联盟高三下二模)(多选)麦克斯韦从场的 观点出发，认为变化的磁场会激发感生电场。电子感应加速器就是利 用感生电场使电子加速的设备。如图所示，上面为侧视图，上、下为 电磁体的两个磁极，下面为磁极之间真空室的俯视图。若从上往下看 电子在真空室中做圆周运动，改变电磁体线圈中电流的大小可使电子加速，轨道平面上的平均磁感应强度大小增加率为b，(电子圆周运动平均半径为r，轨道位于真空管中)磁感应强度方向与电子轨道平面垂直，感生电场方向与电子轨道相切，电子电量为e，质量为m，为了使电子在不断增强的磁场中沿着半径不变的圆轨道加速运动，加上垂直轨道平面的磁场加以“轨道约束”，已知电子做圆周运动的轨道上磁感应强度大小的增加率为a，则从上往下看，电子加速运动方向和a、b之间的关系满足(　　) A．顺时针 B．逆时针 C．b＝eq \f(a,2) D．b＝2a 解析：由安培定则知，电磁体在轨道平面上产生的磁场方向竖直 向上，又磁场增强，根据楞次定律可知，从上往下看感生电场沿顺时 针，则电子加速运动方向为逆时针，故A错误，B正确。设电子做圆 周运动的轨道上的磁感应强度大小为B，方向与环面垂直，由洛伦兹 力提供向心力得evB＝meq \f(v2,r)，可得v＝eq \f(er,m)B，可知eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(er,m)·eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(er,m)a， 设在圆轨道切线方向作用在电子上的作用力为F，根据动量定理有FΔt＝mΔv，联立可得F＝era；设轨道平面上的平均磁感应强度大小为eq \o(B,\s\up16(－))，按照法拉第电磁感应定律，在电子运动的圆轨道上的感应电动势为ε＝πr2eq \f(Δ\o(B,\s\up16(－)),Δt)＝πr2b，又ε＝2πrE，F＝eE，则F＝eq \f(erb,2)，可得b＝2a，故C错误，D正确。 7．(2025·江西省新余市高三下二模)(多选)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨竖直放置，轨道间距为2L，电阻不计。两根长为2L的金属棒P、Q垂直导轨放置在同一位置，两金属棒电阻均为R，质量均为m。整个装置处于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中(图中未画出)，磁感应强度大小为B，某时刻先由静止释放金属棒P，当P在轨道上运动的位移为x时速度达到最大，此时立即释放金属棒Q，已知重力加速度为g，整个运动过程中金属棒与导轨垂直且接触良好，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．最终两金属棒之间的距离保持不变 B．最终两金属棒之间的距离越来越大 C．金属棒P运动位移x所用的时间为eq \f(mR,2B2L2)＋eq \f(2B2L2x,mgR) D．金属棒P在运动位移x的过程中产生的热量为eq \f(1,2)mgx－eq \f(m3g2R2,B4L4) 解析：金属棒P达到最大速度vm时，根据受力平衡可得mg＝ BI·2L＝Beq \f(B·2Lvm,2R)·2L，解得vm＝eq \f(\a\vs4\al(mgR),2B2L2)，金属棒P运动位移x的过程 中，由动量定理可得mgt－B·2Leq \o(I,\s\up16(－))t＝mvm－0，其中eq \o(I,\s\up16(－))t＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(B·2Lx,2R)， 解得t＝eq \f(mR,2B2L2)＋eq \f(2B2L2x,mgR)，故C正确；释放金属棒Q之前，回路产生的 热量为Q＝mgx－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)＝mgx－eq \f(\a\vs4\al(m3g2R2),8B4L4)，金属棒P上产生的热量为QP＝eq \f(R,R＋R)Q＝eq \f(1,2)mgx－eq \f(\a\vs4\al(m3g2R2),16B4L4)，故D错误；金属棒P达到最大速度、释放金属棒Q后，设稳定前某时刻金属棒的速度分别为vP、vQ，且vP>vQ，由楞次定律及右手定则可知， P所受安培力竖直向上，Q所受安培力竖直向下，安培力大小F＝ B·eq \f(B·2L（vP－vQ）,2R)·2L＝eq \f(2B2L2（vP－vQ）,R)，由牛顿第二定律可知两 棒的加速度大小有aP＝eq \f(\a\vs4\al(mg－F),m)<aQ＝eq \f(\a\vs4\al(mg＋F),m)，两棒均向下加速运动， 且两棒的速度差逐渐减小，当速度差减为零时，安培力为零，两者 的加速度相等，均为g，则最终两棒的距离保持不变，故A正确，B错误。 8．(2025·海南省高三下三模)(多选)如图所示，水平面 上有两根材质不同的金属杆，一根为直杆，另一根为弯曲 杆，两根杆的左端连接在一起，以直杆所在位置为x轴， 垂直直杆的方向为y轴，两杆连接处为坐标原点O，建立坐标系，发现弯曲杆恰与y＝xk函数的图线重合。现添加竖直向下、大小为B的匀强磁场(图中未画出)，再另取一根光滑金属直杆MN放置于y轴处，把沿x轴正方向的力F作用在MN杆上，使MN杆从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，直到其运动至x0处。已知x轴上的直杆单位长度的电阻为r0，其他杆的电阻均忽略不计，MN杆的质量为m，始终与另两根杆接触良好且与x轴保持垂直。MN杆从O点到x0处的过程中(　　) A．若k＝0.25，则力F是恒力，大小为eq \f(B2\r(2a),r0) B．若k＝0.25，则回路所产生的焦耳热为eq \f(x0B2\r(2a),r0) C．若k＝0.5，则流过O点的电荷量为eq \f(B\r(2x0),r0) D．若k＝0.5，则力F的冲量为eq \f(B2x0,r0)＋meq \r(2ax0) 解析：对MN杆由牛顿第二定律有F－BIy＝ma，由运动学公式有v2＝2ax，又I＝eq \f(E,r0x)＝eq \f(\a\vs4\al(Byv),r0x)，y＝xk，联立解得F＝eq \f(B2\r(2a),r0)xeq \s\up12(2k－\f(1,2))＋ma，若k＝0.25，得F＝eq \f(B2\r(2a),r0)＋ma，为恒力，从开始到MN杆运动至x0处过程中，根据能量守恒定律可得Fx0＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) ＋Q，其中veq \o\al(2,0)＝2ax0，解得回路所产生的焦耳热为Q＝eq \f(x0B2\r(2a),r0)，故A错误，B正确；由I＝eq \f(E,r0x)＝eq \f(\a\vs4\al(Byv),r0x)、v2＝2ax、y＝xk，联立得I＝eq \f(B\r(2a),r0)xeq \s\up12(k－\f(1,2))，若k＝0.5，得I＝eq \f(B\r(2a),r0)，为定值，则MN杆从O点到x0处的过程中，流过O点的电荷量为q＝It0，其中t0满足x0＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,0)，联立得q＝eq \f(2B\r(x0),r0)，故C错误；由A项分析知F＝eq \f(B2\r(2a),r0)xeq \s\up12(2k－\f(1,2))＋ma，若k＝0.5，则F＝eq \f(B2\r(2ax),r0)＋ma，又x＝eq \f(1,2)at2，得F＝eq \f(B2a,r0)t＋ma，F与t成线性关系，则力F的冲量为IF＝eq \o(F,\s\up16(－))t0＝eq \f(ma＋ma＋\f(B2a,r0)t0,2)t0＝eq \f(B2a,2r0)teq \o\al(2,0)＋mat0，又x0＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,0)，联立得IF＝eq \f(B2x0,r0)＋meq \r(2ax0)，故D正确。 9．(多选)如图所示，倾角为θ、间距为d的光滑导轨的上端连接一自感系数为L的线圈，空间存在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，现将一根质量为m的导体棒从导轨上某处由静止释放，由于电路中的总电阻极小可忽略不计，此后导体棒在导轨上做简谐运动，导体棒的最大速度等于圆频率与振幅的乘积，即vm＝ωA，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A．导体棒做简谐运动的振幅为eq \f(mgLsinθ,2B2d2) B．回路中的最大电流为eq \f(2mgsinθ,Bd) C．导体棒的最大动能为eq \f(m2g2Lsin2θ,2B2d2) D．导体棒做简谐运动的周期为eq \f(2π\r(mL),Bd) 解析：因为电路中的总电阻可忽略不计，所以导体棒两 端产生的动生电动势始终等于线圈产生的自感电动势，设导 体棒的速度为v时产生的动生电动势为e，导体棒沿导轨下 滑的距离为x时，导体棒的加速度为a，电路中的电流为i， 由法拉第电磁感应定律和自感系数定义有e＝Bdv＝Leq \f(Δi,Δt)，即LΔi＝BdvΔt，两边求和得Li＝Bdx，根据牛顿第二定律有mgsinθ－Bid＝ma，解得a＝gsinθ－eq \f(B2d2x,mL)，作出a­x图像如图所示，有eq \f(\a\vs4\al(2gsinθ),xm)＝eq \f(B2d2,mL)，得导体棒向下运动的最大距离xm＝eq \f(\a\vs4\al(2mgLsinθ),B2d2)，所以导体棒做简谐运动的振幅为A＝eq \f(xm,2)＝eq \f(\a\vs4\al(mgLsinθ),B2d2)，故A错误； 回路中的最大电流为Im＝eq \f(Bdxm,L)＝eq \f(\a\vs4\al(2mgsinθ),Bd)，故B正确；由2ax＝v2知，a­x图像与坐标轴围成的面积的两倍等于导体棒速度的平方，当导体棒处于平衡位置eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＝\f(xm,2)))时，速度最大，动能最大，为Ekm＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)＝eq \f(1,2)m×2×eq \f(gsinθ\f(xm,2),2)＝eq \f(mgxmsinθ,4)＝eq \f(\a\vs4\al(m2g2Lsin2θ),2B2d2)，C正确；导体棒的最大速度为vm＝ωA＝eq \f(2πA,T)，又Ekm＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)，解得导体棒做简谐运动的周期为T＝eq \f(2π\r(mL),Bd)，故D正确。 1．(2025·黑吉辽蒙卷，9)(多选)如图，“ ”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。t＝0时，abef与水平面平行，则(　　) A．t＝0时，电流方向为abcdefa B．t＝0时，感应电动势为Bl2ω C．t＝eq \f(π,ω)时，感应电动势为0 D．t＝0到t＝eq \f(π,ω)过程中，感应电动势平均值为0 解析：t＝0时，只有af边切割磁感线，由右手定则可知，af边 产生的感应电流方向为f到a，则线框中的电流方向为abcdefa，A正 确；t＝0时，af边速度的方向与磁场方向垂直，大小为v＝ωl，根据 法拉第电磁感应定律可得，线框中的感应电动势的大小为E＝Blv＝ Bl2ω，B正确；线框的转动周期为T＝eq \f(2π,ω)，则t＝eq \f(π,ω)＝eq \f(T,2)时，线框转动了180°，此时只有af边切割磁感线，且af边的速度方向与磁场方向垂直，所以线框中产生的感应电动势的大小仍为Bl2ω，C错误；t＝0时，穿过线框的磁通量为Φ1＝Bl2，t＝eq \f(π,ω)时，穿过线框的磁通量为Φ2＝－Bl2，由法拉第电磁感应定律得，t＝0到t＝eq \f(π,ω)过程中，线框中产生的感应电动势平均值为eq \o(E,\s\up16(－))＝eq \f(|Φ2－Φ1|,Δt)，联立解得eq \o(E,\s\up16(－))＝eq \f(2Bl2ω,π)，D错误。 2．(2025·贵州省高三下模拟)(多选)如图所示，倾角为θ的光滑平行金属导轨宽度为L，电阻不计，顶端接有阻值为R的定值电阻，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度为B，且bd长为L，有一质量为m、电阻为r的金属棒MN，从顶端由静止释放，金属棒MN始终与导轨垂直且接触良好，MN进入磁场时加速度恰好为零，以下说法正确的是(　　) A．MN进入磁场时的速度为eq \f(mg（R＋r）sinθ,B2L2) B．安培力对金属棒所做的功为W＝mgLsinθ C．通过电阻R的电荷量为eq \f(BL2,R＋r) D．整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为mgLsinθ 解析：设金属棒MN进入磁场时的速度为v，则感应电动 势E＝BLv，根据闭合电路的规律，感应电流I＝eq \f(E,R＋r)，MN受 到的安培力大小F安＝BIL，由平衡条件有F安＝mgsinθ，联立 解得v＝eq \f(\a\vs4\al(mg（R＋r）sinθ),B2L2)，故A正确；金属棒MN在磁场中做匀速运动过程中，根据动能定理，有mgLsinθ＋W＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv2，解得安培力对金属棒所做的功W＝－mgLsinθ，故B错误；通过电阻R的电荷量为q＝Ieq \f(L,v)＝eq \f(BLv,R＋r)·eq \f(L,v)＝eq \f(BL2,R＋r)，故C正确；根据能量守恒定律可得，整个过程中回路产生的热量为Q＝mgLsinθ，则金属棒MN产生的焦耳热为Qr＝eq \f(r,r＋R)Q＝eq \f(r,r＋R)·mgLsinθ，故D错误。 解析：对金属杆，由牛顿第二定律有mg－BIL＝ma，又E＝BLv， I＝eq \f(E,R＋r)，解得a＝g－eq \f(B2L2v,m（R＋r）)，随着金属杆速度v的增大，加速度 a逐渐减小，直到变为0，做匀速直线运动，v、a变化过程，因为v增 大得越来越慢，所以a减小得越来越慢，故A正确，B错误；随着速度 v增大至某一个值保持不变，x­t图像的斜率应该增大至某一个值保持不 变，故C错误；电压传感器的示数u＝IR＝eq \f(BLRv,R＋r)，则u­t图像与v­t图像的形状应相同，结合A、B项分析可知，D正确。 4．(2025·重庆卷，10)(多选)如图1所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方形金属框efgh做成，小车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d的正方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区域的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F＝kv＋b(k>0，b>0)，且gh两端的电压随时间均匀增加；当gh在无磁场区域运动时，F＝0。gh段速度大小v与运动路程s的关系如图2所示，图中v0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0<\f(b,k)))为gh每次经过磁场区域左边界时的速度大小，忽略摩擦力。则(　　) A．gh在任一磁场区域的运动时间为eq \f(kd,b－kv0) B．金属框的总电阻为eq \f(B2d2,k) C．小车质量为eq \f(k2d,2（b－kv0）) D．小车的最大速率为eq \f(2b,k)＋v0 解析：gh段在磁场区域运动时，gh两端的电压随时间均匀增加，则产生的感应电动势随时间均匀增加，由法拉第电磁感应定律可知，gh在磁场区域运动时，金属框做匀加速直线运动，速度为v时，感应电动势大小E＝Bdv，感应电流大小I＝eq \f(E,R)，所受安培力大小F安＝BId，由牛顿第二定律有F－F安＝ma，又由题意可知F＝kv＋b，联立可得kv＋b－eq \f(B2d2v,R)＝ma，由于gh在磁场区域做匀加速直线运动，则有kv＝eq \f(B2d2v,R)，ma＝b，解得R＝eq \f(B2d2,k)，故B正确； 设gh每次在无磁场区域运动的时间为Δt，根据动量定理有－Beq \o(I,\s\up16(－))dΔt＝mv0－mvmax，其中eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),R)，eq \o(E,\s\up16(－))＝eq \f(Bd2,Δt)，gh在磁场区域做匀加速直线运动的过程，有veq \o\al(2,max)－veq \o\al(2,0)＝2ad，结合ma＝b，解得小车的质量m＝eq \f(k2d,2（b－kv0）)，小车的最大速率vmax＝eq \f(2b,k)－v0，故C正确，D错误；gh在磁场区域运动的时间t＝eq \f(vmax－v0,a)＝eq \f(kd,b)，故A错误。 5．(2024·湖北卷，15)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的eq \f(1,4)圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求 (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小。 (2)金属环刚开始运动时的加速度大小。 (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金 属环圆心初始位置到MP的最小距离。 解析：(1)设ab刚越过MP时的速度大小为v0，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP的过程，由动能定理有mgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 解得v0＝eq \r(2gL) 根据法拉第电磁感应定律可知，ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E＝BLv0 解得E＝BLeq \r(2gL)。 答案：(1)BLeq \r(2gL)　(2)eq \f(B2L2\r(2gL),3mR) (3)eq \f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2) (2)分析可知，金属环在导轨外侧的两段圆弧被短路，在导轨间的两段圆弧并联接入电路中，由几何关系可得，这两段圆弧所对应的圆心角均为θ＝60°，则这两段圆弧的电阻均为R0＝eq \f(θ,360°)×6R 整个回路的总电阻为R总＝R＋eq \f(R0·R0,R0＋R0) 联立解得R总＝eq \f(3,2)R ab刚越过MP时，通过ab的感应电流大小为I＝eq \f(E,R总) 金属环接入电路的两段圆弧所受安培力大小均为F安＝BLeq \f(I,2) 分析知，金属环接入电路的两段圆弧中电流方向相同， 则所受安培力方向相同，设金属环刚开始运动时的加速度大 小为a，对金属环，由牛顿第二定律有2F安＝2ma 联立解得a＝eq \f(B2L2\r(2gL),3mR)。 (3)分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则金属环与金属棒ab组成的系统的动量守恒。开始阶段金属环向右做加速运动，金属棒ab向右做减速运动，当金属棒ab和金属环速度相等时，若金属棒ab恰好追不上金属环，则ab在整个运动过程中恰好不与金属环接触，此时金属环圆心初始位置到MP的距离最小。设二者达到的共同速度为v，从ab刚越过MP至与金属环达到共同速度，对金属棒ab和金属环组成的系统，由动量守恒定律有mv0＝mv＋2mv 设此过程金属棒ab运动的距离为x1，金属环运动的距离为x2，经过的时间为Δt，根据法拉第电磁感应定律可得，平均感应电动势 eq \o(E,\s\up16(－))＝eq \f(BL（x1－x2）,Δt) 由闭合电路欧姆定律得，ab中的平均感应电流eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),R总) 对金属棒ab，由动量定理有－Beq \o(I,\s\up16(－))LΔt＝mv－mv0 由位移关系知，金属环圆心初始位置到MP的最小距离d＝L＋(x1－x2) 联立解得d＝eq \f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2)。 6．(2025·山东省济南市高三下二模)(多选)如图所示，竖直平面 内有一“ ”形金属线框abcd，边框ab和cd足够长，整个装置处 于与线框平面垂直的匀强磁场中。与边框bc长度相等的金属棒MN 从非常靠近bc的位置由静止释放，同时对金属棒施加一竖直方向的外力F，使金属棒以重力加速度g向下做匀加速直线运动，运动过程中，金属棒始终保持水平，并与金属边框接触良好。金属边框、金属棒均由相同材料、相同粗细的金属导线制成，以金属棒刚开始释放的时刻为t＝0时刻，金属棒切割磁感线产生的电动势为E，金属边框bc两端的电压为U，金属棒的电热功率为P，忽略自感效应。下列对应物理量与时间t的变化关系图像可能正确的是(　　) 解析：由题意知金属棒以重力加速度g由静止向下做匀加速直线运动，则E＝BLv＝BLgt，可知E与t成正比，故A可能正确；设金属线框、金属棒单位长度电阻为R0，则金属边框bc两端的电压U＝eq \f(E,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2L＋2×\f(1,2)gt2))R0)LR0＝eq \f(BL2gt,gt2＋2L)，可知U与t不是正比关系，故B错误；对金属棒，根据牛顿第二定律有F－BIL＋mg＝mg，可知F＝BIL，又I＝eq \f(E,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2L＋2×\f(1,2)gt2))R0)＝eq \f(\a\vs4\al(BLgt),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2L＋gt2))R0)，联立解得F＝eq \f(\a\vs4\al(B2L2g),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2L,t)＋gt))R0)，由数学知识可知F随t先非线性增大再非线性减小，故C可能正确；金属棒的电热功率为P＝I2R棒＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\a\vs4\al(BLgt),（2L＋gt2）R0))) eq \s\up12(2)×LR0＝eq \f(\a\vs4\al(B2L3g2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2L,t)＋gt))\s\up12(2)R0)，由数学知识可知P随t先增大后减小，故D错误。 名师点拨　本题判断eq \f(\a\vs4\al(BLgt),（2L＋gt2）R0)随t的变化时，除变换eq \f(\a\vs4\al(BLgt),（2L＋gt2）R0)＝eq \f(\a\vs4\al(BLg),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2L,t)＋gt))R0)后判断eq \f(2L,t)＋gt的变化，也可以用极限法，先判断t2≪eq \f(2L,g)时即eq \f(\a\vs4\al(BLgt),2LR0)的变化情况，再判断t2≫eq \f(2L,g)时即eq \f(\a\vs4\al(BLgt),gt2R0)的变化情况。 7．(2025·四川省攀枝花市高三下第三次统一考试)如图所示，光滑平行的水平导轨ab、cd之间有垂直纸面向里的匀强磁场，导轨间距为L，电阻均为R、长均为L的金属棒A、B置于导轨上，与导轨接触良好，导轨左侧接了阻值也为R的定值电阻。现同时分别给A、B一个初速度vA、vB，且2vA<vB。导轨电阻不计，则A、B棒开始运动的瞬间流过金属棒B的电流大小为(　　) A.eq \f(BL（vA＋vB）,3R) B.eq \f(BL（vB－2vA）,3R) C.eq \f(BL（vA＋2vB）,3R) D.eq \f(BL（2vB－vA）,3R) 解析：设a、c间电势差为U，A、B棒可看作内阻为R、电动势分别为BLvA和BLvB(方向均由cd到ab)的电源，左侧固定电阻为R，无电动势。规定电流由ab向cd为正，左侧电阻中的电流I＝eq \f(U,R)，通过A棒的电流IA＝eq \f(U－BLvA,R)，通过B棒的电流IB＝eq \f(U－BLvB,R)，且IA＋IB＋I＝0，联立可得IB＝eq \f(BL（vA－2vB）,3R)，由于2vA<vB，所以vA－2vB<0，表示B棒中的实际电流方向是由cd导轨流向ab导轨，其大小为|IB|＝eq \f(BL（2vB－vA）,3R)，故选D。 8．(2025·北京市中国人民大学附属中学高三下统练)新能源电动车由电动机驱动，电动机的动力来源于电流与磁场间的相互作用，其内部工作原理可借助图a所建立的模型来理解：粗糙水平金属导轨宽度L＝0.4 m，处于竖直向下、磁感应强度大小B＝2.5 T的匀强磁场中，质量m＝2 kg、电阻R＝1 Ω的金属棒MN置于导轨上，电源电动势E＝12 V，不计电源及导轨电阻。接通电源后，MN沿导轨由静止开始运动，在运动过程中MN始终与导轨保持良好接触，所受阻力大小恒为f＝4 N，图b为金属棒MN的加速度倒数与速度eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)­v))的关系图像，图中右侧虚线为该图像的渐近线。 (1)判断金属棒MN的运动方向(回答“水平向左”或“水平向右”)，并求电源接通瞬间金属棒MN的加速度a0； (2)求最终趋近的最大速度vm大小； (3)求金属棒MN从静止启动到速度为v1＝2 m/s的过程中，电源消耗的电能E电。eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)­v图像中速度从0至v1的图线可近似处理为线性图线)) 解析：(1)接通电源后，电流方向由M到N通过金属棒，由左手定则可知金属棒所受安培力水平向右，故金属棒的运动方向水平向右。电源接通瞬间，金属棒中的电流I0＝eq \f(E,R) 由牛顿第二定律得BI0L－f＝ma0 联立解得a0＝4 m/s2。 (2)当金属棒加速度为零时，达到最大速度vm，设此时金属棒产生的反电动势为E′，回路电流为Im，则E′＝BLvm BImL＝f 又Im＝eq \f(E－E′,R) 联立解得vm＝8 m/s。 (3)当金属棒速度为v1＝2 m/s时，设其加速度为a1，反电动势为E1，电流为I1，从静止启动到速度为v1所用时间为t，电路中通过电源的电荷量为q。则E1＝BLv1 I1＝eq \f(E－E1,R) 由牛顿第二定律得BI1L－f＝ma1 由eq \f(1,a)­v图线与v轴所围的面积表示时间，可知t＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a0)＋\f(1,a1)))v1 对金属棒从静止启动到速度为v1＝2 m/s过程，由动量定理得∑Beq \o(I,\s\up16(－))LΔt－ft＝mv1－0 又q＝∑eq \o(I,\s\up16(－))Δt 电源消耗的电能为E电＝Eq 联立解得E电＝76 J。 解析：由于线圈有电阻，线圈中电流将减小，会导致线圈中的磁场减弱，穿过线圈的磁通量减小，从而产生感应电动势，阻碍电流的减小，根据闭合电路的规律可知，线圈产生的感应电动势大小E等于电流在线圈中流动一周产生的电势降落U。由题知，线圈的电阻率ρ≤10－26 Ω·m，长度l＝2π×1 cm＝2π×10－2 m，横截面积S1＝π×(1 mm)2＝π×10－6 m2，则线圈的电阻R＝ρeq \f(l,S1)≤2×10－22 Ω，所以开始时线圈的感应电动势大小E0＝U0＝I0R≤100×2×10－22 V＝2×10－20 V，所以开始时线圈的感应电动势大小的数量级为10－20 V。根据法拉第电磁感应定律可知， 极短的时间Δt内产生的感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，又ΔΦ＝ΔBS2，B＝kI，联立得E＝kS2eq \f(ΔI,Δt)，则Δt时间内电流减小量ΔI＝eq \f(E,kS2)Δt，式中S2＝π×(1 cm)2＝π×10－4 m2，k的数量级为10－4 T/A，再将E0＝2×10－20 V代入，可得开始一段时间Δt(极短)内电流的减小量ΔI≈10－12Δt，由于一年的时间Δt＝365×24×3600 s≈3×107 s，在此时间内，ΔI≪I0，则E可视为不变，可用上式代入E0，计算出一年后电流减小量ΔI的数量级为10－5 A。综上所述，D正确。 $