第2章 综合·融通(二) 电磁感应中的动力学、能量和动量问题（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（鲁科版 福建专用）

电磁感应中的动力学、能量和动量问题 综合•融通 (二) (融会课——主题串知综合应用) 应用动力学、能量和动量知识解决电磁感应问题是高考的热点。通过本节课的学习能根据电流的变化情况分析导体棒、线框受力的变化情况和运动情况，能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题；理解电磁感应现象中的能量转化，会用动能定理、能量守恒定律分析有关问题；会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题。 主题(一)　电磁感应中的动力学问题 主题(二)　电磁感应中的能量问题 01 02 CONTENTS 目录 主题(三)　电磁感应中的动量问题 课时跟踪检测 03 04 主题(一)　电磁感应中的动力学问题 1.电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系 2.处理此类问题的基本方法 (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。 (2)求回路中感应电流的大小和方向。 (3)分析导体受力情况(包括安培力)。 (4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解。 [例1]　(2025·福建泉州期末)如图，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN、PQ是水平放置的不计电阻的平行长直导轨，其间距为L，N、Q两点间接有阻值为R的定值电阻，质量为m、电阻不计的金属棒ab与导轨保持垂直且接触良好。对ab棒施加一个垂直棒水平向左的恒力F，使金属棒由静止开始沿导轨滑动。金属导轨光滑，求： (1)当ab棒的速度大小为v时，金属棒中感应电流的大小和方向； [答案]　　方向由a到b　 [解析]　当ab棒的速度大小为v时，金属棒中产生的感应电动势大小为E=BLv 根据闭合电路欧姆定律可知，金属棒中感应电流的大小为I== 根据右手定则可知，通过金属棒的电流方向由a到b。 (2)当ab棒的速度大小为v时，金属棒的加速度大小； [答案]　-　 [解析]　当ab棒的速度大小为v时，金属棒受到的安培力大小为F安=BIL= 根据牛顿第二定律可得F-F安=ma 解得金属棒的加速度大小为a=-。 (3)ab棒的最大速度。 [答案]　 [解析]　当金属棒受到的安培力大小等于恒力F时，ab棒的速度达到最大，则有F=F安'= 解得ab棒的最大速度为vm=。 电磁感应中的动力学临界问题的基本思路 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→临界状态。 思维建模 1.(2025·云南昆明期中)(双选)如图所示，在空间中存在一范围足够大的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外，MN为磁场区域的上边界，磁场上方有一个正方形导线框abcd，ab边与MN平行，线框平面处于竖直面内。已知线框质量为m、边长为L、总电阻为R，重力加速度为g，线框从图示位置由静止开始下落，则在ab边进入磁场的过程中，关于线框的运动，下列图像可能正确的是 (　　) 针对训练 解析：若线框刚进入磁场时安培力等于重力，则线框匀速进入磁场，加速度为零，即F=BIL=mg，I=，E=BLv，解得v=；若线框刚进入磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动， √ √ 当线框速度减小到时仍未全部进入磁场，线框后面将做匀速运动；若线框刚进入磁场时安培力小于重力，线框做加速度减小的加速运动，当线框速度达到时仍未全部进入磁场，线框后面将做匀速运动。故选B、D。 主题(二)　电磁感应中的能量问题 1.电磁感应现象中的能量转化 2.焦耳热的计算 (1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q=I2Rt。 (2)感应电流变化时，可用以下方法分析： ①利用动能定理，求出克服安培力做的功W克安，即Q=W克安。 ②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量。 (3)克服安培力做的功等于整个电路产生的焦耳热Q。电阻与导体棒串联，产生的焦耳热与阻值成正比。电阻R产生的焦耳热为QR=Q，导体棒产生的焦耳热为Qr=Q。 [例2]　如图所示，两根足够长、电阻不计且相距L= 0.2 m的平行金属导轨固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上， 顶端接有一盏额定电压为U=3.6 V的小灯泡(电阻恒定)， 两导轨间有一磁感应强度大小为B=5 T、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场。现将一根长为L、质量m=0.2 kg、电阻r=1 Ω的金属棒垂直于导轨放置，在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5。已知金属棒下滑x=6 m后速度稳定，且此时小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)金属棒稳定下滑时的速度大小； [答案]　4 m/s　 [解析]　设金属棒稳定下滑时的速度大小为v，回路中的电流为I，由平衡条件得mgsin θ=BIL+μmgcos θ 由闭合电路欧姆定律得I= 感应电动势E=BLv，联立解得v=4 m/s。 (2)金属棒从开始下滑到稳定过程中产生的焦耳热。 [答案]　0.08 J [解析]　金属棒从开始下滑到稳定过程中，由能量守恒定律得mgsin θ·x=μmgcos θ·x+mv2+Q 解得Q=0.8 J 灯泡的电阻为R==9 Ω 则金属棒产生的焦耳热为Qr=Q=0.08 J。 2.(双选)将一面积为0.04 m2、200匝的导体线圈放在匀强磁场中，已知磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化规律如图所示，线圈总电阻为2 Ω，则 (　　) A.在0~4 s内，线圈的磁通量变化量等于0 B.在0~4 s内，线圈的感应电动势为1.6 V C.在0~4 s内，通过线圈横截面的电荷量为1.6 C D.在0~4 s内，线圈产生的热量为5.12 J 针对训练 √ √ 解析：在0~4 s内，线圈的磁通量变化量ΔΦ=ΔB·S=-0.8×4×10-2 Wb =-3.2×10-2 Wb，A错误；根据法拉第电磁感应定律得E=n= V =1.6 V，B正确；在0~4 s内，通过线圈的电流I=，通过线圈横截面的电荷量q=It=t=n=3.2 C，C错误；在0~4 s内，线圈产生的热量为Q=t=5.12 J，D正确。 主题(三)　电磁感应中的动量问题 1.动量定理的应用 导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时， (1)安培力的冲量为：I安=BLt=BLq。 (2)通过导体棒或金属框的电荷量为：q=Δt=Δt=n·Δt=n。 (3)磁通量变化量：ΔΦ=BΔS=BLx。 (4)如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安=mv2-mv1。 2.动量守恒定律的应用 在相互平行的水平导轨间的两根导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。 [例3]　如图所示，光滑水平导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为l，右侧导轨间距为2l，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。导体棒ab的电阻为R，导体棒cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。现瞬间给导体棒cd一水平向右的初速度v0，则此后的运动过程中，下列说法正确的是 (　　) A.导体棒ab最终的速度v0 B.全过程中，通过导体棒cd的电荷量为 C.从导体棒cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为m D.导体棒ab和cd组成的系统动量守恒 √ [解析]　当导体棒ab和cd产生的感应电动势相等时，两棒都做匀速直线运动，则有Blvab=B·2lvcd，对导体棒ab，由动量定理可得BlΔt=mvab，对导体棒cd，由动量定理可得-B·2lΔt=2mvcd-2mv0，联立解得vab=，vcd=，故A错误；对导体棒cd，全过程中，通过的电荷量q=·Δt，又-B·2lΔt=2mvcd-2mv0，联立解得q=，故B错误； 由能量守恒定律得，整个回路产生的焦耳热Q=·2m-·2m -m，解得Q=，故C正确；导体棒ab和cd的长度不一样，所以其受到的安培力大小不相等，导体棒ab和cd组成的系统合力不为零，所以导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故D错误。 3.(双选)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始终与导轨垂直且接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是 (　　) 针对训练 解析：以两导体棒为研究对象，在导体棒运动过程中，两导体棒所受的安培力大小相等、方向相反，且不受其他水平外力作用，在水平方向上两导体棒组成的系统动量守恒，对系统有mv0=2mv，解得两导体棒运动的末速度为v=v0，棒ab做减速运动，棒cd做加速运动， √ √ 它们的速度差逐渐减小，产生的感应电流减小，安培力减小，加速度也减小，即棒ab做加速度减小的减速运动，棒cd做加速度减小的加速运动，稳定时两导体棒的加速度为零，一起向右做匀速运动，A正确，B错误；棒ab和棒cd最后做匀速运动，两导体棒与导轨组成的回路磁通量不再变化，不会产生感应电流，C正确，D错误。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.(双选)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab。导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动。则 (　　) 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 A.随着金属棒ab运动速度的增大，其加速度也增大 B.外力F对金属棒ab做的功等于电路中产生的电能 C.当金属棒ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率 D.无论金属棒ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能 √ √ 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 解析：金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动，对金属棒ab受力分析有F-=ma，可知随着金属棒ab运动速度的增大，其加速度逐渐减小，A错误；外力F对金属棒ab做的功等于电路中产生的电能和金属棒ab增加的动能，B错误；当金属棒ab做匀速运动时，F=F安=，外力F做功的功率等于电路中的电功率，C正确；无论金属棒ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.(2025·泉州高二检测)(双选)如图所示，在一匀强磁场的水平边界的上方，有一闭合的正方形导线框，导线框从上方自由下落穿过磁场。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.如果线框加速进入磁场，则加速度一定等于g，且线框刚离开磁场时，加速度可能为0 B.如果线框加速进入磁场，则加速度一定小于g，且线框刚离开磁场时，加速度可能大于g C.如果线框减速进入磁场，则加速度可能小于g，且线框刚离开磁场时，加速度可能大于g D.如果线框减速进入磁场，则加速度一定小于g，且线框刚离开磁场时，加速度可能等于g √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：如果导线框加速进入磁场，根据牛顿第二定律有mg-F安=ma，加速度一定小于g；导线框刚离开磁场时，速度更大，安培力可能大于重力的两倍，故加速度可能大于g(加速度方向向上)，故A错误，B正确；如果线框减速进入磁场，根据牛顿第二定律有F安-mg=ma，加速度大小可能小于g，也可能大于g，还有可能等于g；线框刚离开磁场时，加速度可能小于g，也有可能大于g，还有可能等于g，故C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 3.如图所示，在倾角为θ的光滑绝缘斜面上放置着单匝矩形金属线框，其中MN长为L1，PM长为L2，金属线框的质量为m，其电阻恒为R，垂直于斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律为B=B0+kt (其中B0、k均大于零)。t=0时刻将线框由斜面顶端静止释放，若斜面很长，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.线框先加速运动最后匀速运动 B.线框产生的焦耳热等于机械能的减少量 C.t=t0时线框的热功率为 D.t=t0时重力的瞬时功率为mg2t0sin θ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：线框上下两边所受的安培力大小相等，方向相反，故线框所受的合力大小恒定，线框做匀加速直线运动，故A错误；对于线框，只有重力做功，机械能守恒，根据能量守恒定律知，磁场能转化为焦耳热，故B错误；根据法拉第电磁感应定律得E==S=L1L2k，t=t0时线框的热功率为P==，故C正确； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 线框做匀加速运动，设线框的加速度为a，由牛顿第二定律可知，mgsin θ=ma，则a=gsin θ，方向沿斜面向下，线框在竖直方向的加速度ay=asin θ=gsin2θ，t=t0时线框竖直方向的速度为vy=ayt0=gt0sin2θ，重力的瞬时功率为PG=mgvy=mg2t0sin2θ，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 4.如图所示，两条粗糙平行导轨间距离是0.5 m，水平固定放置在桌面上，导轨一部分位于有理想边界的磁场中，磁场垂直导轨平面向下，导轨与2 Ω的电阻连接。质量为0.2 kg的金属杆垂直放置于导轨上，与导轨接触良好，导轨及金属杆的电阻忽略不计。在t0=0时刻，给金属杆施加一个水平向左的恒定拉力F，金属杆由静止开始运动，在t1=10 s时，以速度v1=4 m/s进入匀强磁场且恰好做匀速运动，在t2=15 s时刻， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 撤去拉力F，与此同时磁感应强度开始逐渐减小，金属杆中不再有感应电流，金属杆匀减速运动到t3=20 s时停止。重力加速度g取10 m/s2。下面说法正确的是 (　　) A.拉力F=0.08 N B.t1~t2时间内磁感应强度为0.2 T C.回路磁通量的最大值为4 Wb D.t2~t3时间内穿过闭合回路的磁通量随时间均匀减小 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：设金属杆速度方向为正方向，金属杆做匀减速运动时的加速度大小为a2，由题意可知，15 s末撤去拉力，金属杆中没有感应电流，金属杆不受安培力作用，金属杆所受的合外力等于滑动摩擦力，t3=20 s时金属杆停止运动，根据v=v1-a2t，解得a2=0.8 m/s2，由牛顿第二定律得μmg=ma2 =0.16 N，在0~10 s内，金属杆没有进入磁场，金属杆做匀加速直线运动，设金属杆做匀加速直线运动时的加速度为a1，由v1=a1t1得a1=0.4 m/s2，由牛顿第二定律得F-μmg=ma1，代入数据得F=0.24 N，故A错误； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 t1~t2时间内金属杆以4 m/s在匀强磁场中做匀速直线运动，由平衡条件可知F-μmg=BIL，又E=BLv1，I=，代入数据联立解得B=0.4 T，故B错误；在15 s以后，金属杆中不再有感应电流，说明穿过回路的磁通量不变，t2时刻磁通量最大，在10~15 s内，金属杆的位移大小为x=v1(t2-t1)=20 m，磁通量Φm=BLx1=0.4×0.5×20 Wb=4 Wb，故C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 5.如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，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，ab棒在MN与PQ之间部分的电阻为R，当ab棒沿导轨下滑的距离为x时，棒的速度大小为v。已知重力加速度为g。则在这一过程中 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.金属棒ab做匀加速运动 B.金属棒ab的最大速度为 C.通过金属棒ab横截面的电荷量为 D.金属棒ab产生的焦耳热为x √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：在金属棒ab加速运动的某时刻，根据牛顿第二定律可得mgsin θ -BIL=ma，根据法拉第电磁感应定律有E=Blv，又有I==，联立得mgsin θ-=ma，可知金属棒ab运动的加速度大小随着速度的增大而减小，所以加速度为一个变量，故A错误；金属棒ab达到最大速度时，有mgsin θ=Fmax=BImaxL=，解得vmax=，故B错误； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 通过金属棒ab横截面的电荷量为q==，故C正确；设金属棒ab产生的焦耳热为Q，根据动能定理可得mgsin θ·x-Q=mv2，解得Q=mgxsin θ-mv2，因安培力随速度不断变化，则不能用W=Fx求解安培力做的功，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 6.(2024·黑吉辽高考)(双选)如图，两条“ ”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中(　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.回路中的电流方向为abcda B.ab中电流趋于 C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1 D.两棒产生的电动势始终相等 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量向上增大，根据楞次定律结合安培定则可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30° -2BILcos 30°=2ma1、mgsin 30°-BILcos 30°=ma2，可得a1=a2=-，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分析可知，ab中的电流趋于，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知，两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 7.如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是 (　　) A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向 B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动 C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等 D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A错误；设线框边长为L，总电阻为R，线框出磁场的过程中，根据E=BLv，I=，FA=BIL，联立有FA==ma，线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，线框做加速度减小的减速运动，B错误；由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q=FAL，线框在进和出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，受到的安培力大，产生的焦耳热多，C错误； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q=t，其中= =BL，则联立有q=x，由于线框在进和出的两过程中位移均为L， 则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 8.(2024·贵州高考)(双选)如图，间距为L的两根金属导 轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定 值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方 向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.加速过程中通过金属棒的电荷量为 B.金属棒加速的时间为 C.加速过程中拉力的最大值为 D.加速过程中拉力做的功为mv2 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：设加速阶段的位移与减速阶段的位移为x，根据q=Δt= Δt=·Δt==，可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，则减速过程由动量定理可得-BLΔt= -BLq=0-mv，解得q=，A正确；由q==，解得x=，金属棒加速的过程中，由位移公式可得x=vt，可得加速时间为t=，B正确； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，在撤去拉力前的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得Fm-BL=ma，其中a=，联立解得Fm=，C错误；加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理有WF-W安=mv2，可得WF=W安+mv2，因此加速过程中拉力做的功大于mv2，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 9.(2025·陕晋宁青高考)如图所示，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0=并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则(　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B.甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1 C.乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0 D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：根据楞次定律结合安培定则可知，甲线框进磁场的过程中产生的感应电流沿顺时针方向，出磁场的过程中产生的感应电流沿逆时针方向，故A错误；甲线框刚进磁场区域时，所受合力为F安1=BI1L，I1=，乙线框刚进磁场区域时，所受合力为F安2=BI2L，I2=，可知F安1∶F安2=2∶1，故B错误；假设甲、乙线框都能完全出磁场，对甲线框，根据动量定理有-BLΔt=mv1-mv0， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 q1=Δt=·Δt==，对乙线框，根据动量定理有-BLΔt'= mv2-mv0，q2=Δt'=·Δt'==，解得v1=0，v2=v0=，故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0，故C错误；由能量守恒定律可知，甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1=m，Q2=m-m=m，则Q1∶Q2=4∶3，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 10.(2025·莱西高二模拟)(双选)如图所示，间距L=1 m、足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，其左端接一阻值R=1 Ω的定值电阻。直线MN垂直于导轨，在其左侧面积S=0.5 m2的圆形区域内存在垂直于导轨所在平面向里的磁场，磁感应强度B随时间增大，变化率为=6 T/s，在其右侧(含边界MN)存在磁感应强度大小B0=0.5 T、方向垂直导轨所在平面向外的匀强磁场。t=0时，某金属棒从MN处以v0=8 m/s的初速度开始水平向右运动， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 已知金属棒质量为1 kg，与导轨之间的动摩擦因数μ=0.1，导轨、金属棒电阻不计，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是 (　　) A.t=0时，金属棒MN受到的安培力为0.5 N B.金属棒在运动过程中受到的安培力逐渐减小 C.金属棒最终将以2 m/s的速度匀速运动 D.闭合回路中存在的感应电动势越来越小 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：t=0时，金属棒产生的动生电动势大小为E动=B0Lv0=0.5×1×8 V =4 V，圆形区域内磁感应强度B随时间均匀变化，在闭合回路中产生感生电动势大小为E感==S=6×0.5 V=3 V，E动>E感，回路中的感应电动势E=E动-E感，由右手定则可知金属棒中电流的方向为从M到N，其大小为I== A=1 A，故金属棒所受的安培力大小为F=B0IL=0.5×1×1 N=0.5 N，根据左手定则可知，方向向左，A正确； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 金属棒受到向左的安培力和摩擦力，向右做减速运动，当E动=E感，即B0Lv=S，此时回路中的感应电动势E=0，感应电流为零，金属棒仍受向左的摩擦力，向右做减速运动，则E动<E感，即B0Lv<S，回路中的感应电动势E'=E感-E动，闭合回路中的电流方向变为逆时针方向，金属棒所受的安培力向右，开始时向左的摩擦力大于安培力，故金属棒继续向右做减速运动， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 这个过程电流的表达式为I'=，随着速度的进一步减小，回路中的感应电动势增大，电流增大，金属棒所受的安培力也随之增大，当金属棒所受的摩擦力与安培力相等后，金属棒开始做匀速直线运动，即B0I'L=B0L=μmg，代入数据解得v=2 m/s，B、D错误，C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 11.(10分)如图，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l。空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B=kt(k>0)，方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为g，求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (1)感应电动势E；(4分) 答案：　 解析：根据法拉第电磁感应定律有E=n 又n=1，=·S=kS，S=，解得E=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)线框开始向上运动的时刻t0。(6分) 答案： 解析：根据闭合电路欧姆定律可知，线框中的感应电流为I= 结合安培力的公式和题图可知，线框受到的安培力为FA=BIl， 又B=kt(k>0) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 联立可得线框受到的安培力为FA= 当线框开始向上运动时，有=mg，解得t0=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 12.(18分)(2025·福建高考)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， 两区域磁场的磁感应强度大小相等。正方形线框 abcd质量为m，总电阻为R，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长度。线框从某一位置释放，cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，当cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度相同，重力加速度为g。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (1)求线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离；(4分) 答案：　 解析：线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律有mgsin θ=ma 根据运动学公式v2=2ad 联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离d=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差；(4分) 答案：　 解析：因为cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，可知线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有mgsin θ=BIL1 又E=BL1v，I= 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 cd边两端的电势差U=E 联立可得U=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (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。(10分) 解析：①若L2≥L1，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理有mgsin θ·t1-BIL1t1=0 其中t1=，q=It1，I= 联立可得q= 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理有 mgsin θ·t2-2BL1t3=0 根据q=·t=·t= 线框进入磁场过程中电荷量都相等，即q=t3 联立可得t2= 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 根据能量守恒定律有 -W安+mgsin θ(L2+L1)=0 线框克服安培力做功的平均功率P= 联立可得P=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 ②若L2<L1，同理可得q'= 根据动量定理有mgsin θ·t4-2BL1t5=0 其中q'=t5，结合q== 联立可得t4= 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 根据能量守恒定律有 -W安'+mgsin θ(L2+L1)=0 线框克服安培力做功的平均功率P'= 联立可得P'=。 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