06 电磁感应中的功能问题 专项训练-2026届浙江省高考物理选考特训

F L W L (C S K) F L W L(CSK) C S K F L W L (C S K) F L W L(CSK) C S K 6 电磁感应中的功能问题 【知识点】 一、核心知识点：三大定律与公式 1. 功能关系（核心灵魂） (1)能量转化本质： 克服安培力做功的过程，就是其他形式能（通常是机械能）转化为电能的过程。 (2)定量公式： ① （克服安培力做的功等于回路产生的总焦耳热）。 ② （若无其他外力做功）。 ③特殊情况： 当导体棒匀速运动时，拉力（或重力）做的功全部转化为焦耳热。 2. 电路与力的桥梁 （1）电源电动势： 导体棒切割磁感线相当于电源， 。 （2）安培力表达式： 。注意： 这是一个随速度 变化的力（变力），导致物体通常做变加速运动。 3. 电荷量与位移 （1）公式： 。 （2）应用： 该公式与时间无关，常用于求解导体棒滑行的总位移（如文档例题4、19）。 二、解题策略：四步走法 1. 确定“电源”与电路结构 （1）找电源： 哪根棒在切割磁感线？电动势 。 （2）算电阻： 明确回路总电阻 （包含导体棒电阻和外电阻）。 （3）分电压： 求电阻 两端电压时，需用 ，而非直接用 。 2. 受力分析与运动状态 （1）画受力： 重点分析安培力 的方向（通常阻碍相对运动）。 （2）找极值： 当 时，速度达到极值（最大或最小）。 。 3. 选择合适的守恒定律 （1）求热量 ： 优先用能量守恒定律。 公式：减少的机械能 = 增加的内能（焦耳热）+ 增加的动能 + 摩擦生热。 （2）求位移 ： 优先用动量定理（针对变力）或 。 微元法： 。 求速度 ： 优先用动能定理。 4. 特殊模型结论 双杆模型： 若系统合外力为零，动量守恒（ ）。 三、避坑点：易错陷阱清单 1. 电势高低判断错误 （1）陷阱： 认为电源内部电流从高电势流向低电势。 （2）正解： 电源内部，电流从低电势流向高电势。 2. 混淆电动势与路端电压 （1）陷阱： 直接用 作为电阻两端的电压。 （2）正解： 是电动势 。电阻 两端电压是路端电压 。 3. 能量转化“漏算” （1）陷阱： 认为动能减少量全部转化为电阻热量。 （2）正解： 必须检查是否有摩擦生热、弹性势能（如弹簧模型）或重力势能变化。 4. 磁通量变化判断失误 （1）陷阱： 只要导体在磁场中运动就有电流。 （2）正解： 必须是闭合回路的磁通量发生变化。 5. 双杆系统热量分配错误 （1）陷阱： 求单个电阻热量时，直接用系统总动能变化除以2。 （2）正解： 热量分配与电阻成正比。 。 【题型探究】 题型一：单棒“发电”模型（动能转化为电能） 例题1、如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，水平U形导体框左端接一阻值为R的电阻，导体棒ab质量为m、电阻为r，垂直导轨置于导体框上，导体框宽度为L，导体棒与导轨接触良好，不计导体框的电阻和导体棒与导体框间的摩擦。ab棒以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。此过程中说法正确的是（　　） A.导体棒做匀减速直线运动 B.导体棒中感应电流的方向为b→a，所以b点电势高于a点电势 C.刚开始运动时，ab两端电压为BLv0 D.电阻R消耗的总电能为 题型二：双棒相互作用模型（动量与能量共存） 例题2、一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是(　　) A．经过cd的电流方向为从c到d B．ab受到的拉力大小为2 N C．ab向上运动的速度为2 m/s D．在2 s内，拉力做功，有0.6 J的机械能转化为电能 题型三：含弹簧/变力做功模型（能量转化不完全） 例题3、如图所示，竖直面上两根足够长的光滑金属导轨平行固定放置，底端 通过导线与阻值为r的电阻连接，与导轨接触良好的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，导轨、导线和金属棒M的电阻忽略不计，匀强磁场B垂直导轨所在平面向外。现将金属棒M从弹簧原长位置由静止释放，则下列说法正确的是(　　) A．金属棒M释放瞬间受三个力 B．金属棒M受到弹簧的拉力和重力第一次大小相等时，电路中电流最大 C．金属棒M向下运动时，流过电阻的电流方向从Q到P D．金属棒M运动的整个过程中电阻上产生的总热量小于金属棒M重力势能的减少量 题型四：滑块-木板/斜面模型（摩擦力参与） 例题4、如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1 m，导轨平面与水平面间的夹角为θ＝37°，下端连接阻值为R的定值电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2 kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25.(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小； (2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8 W，求该速度的大小； (3)在(2)问中，若R＝2 Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向； (4)在(2)问中，若ab棒由静止到速度稳定匀速下滑的距离为20 m，求此过程R产生的热量． 题型五：线圈穿越磁场模型（微元法与动量定理） 例题5、如图甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg，电阻为r＝0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求： (1)判断金属棒两端a、b的电势高低； (2)磁感应强度B的大小； (3)在金属棒ab从开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量。 【针对练习】 1. 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上垂直放置两根导体棒a和 b，俯视图如图所示。在整个导轨平面内有竖直向上的匀强磁场，导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，若给a棒一初速度的同时释放b棒，在一段时间内a棒动能的减小量为Eka，b棒动能的增加量为Ekb，a棒克服磁场做功为Wa，a、b棒上产生总热量为Q（不计a棒与b棒间相互作用），则（　　） A. Wa＝Eka＋Q B. Wa＝Q＋Ekb C. Wa＝Q D. Ekb＝Q 2. 如图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻R相连，该 装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端，若运动过程中，金属杆保持与导轨垂直且接触良好，并不计金属杆ab的电阻及空气阻力，则(　　) A．上滑过程通过电阻R的电荷量等于下滑过程通过电阻R的电荷量 B．上滑过程中安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大 C．上滑过程通过电阻R产生的热量比下滑过程多 D．上滑过程的时间比下滑过程长 3. 如图所示，两根电阻不计、倾角为θ＝37°且足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，导轨 间距为L＝0.4 m，顶端连接阻值为R＝2 Ω的定值电阻。虚线上方(含虚线处)的区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1.25 T。质量为m＝0.1 kg、电阻为R1＝1 Ω的导体棒P在虚线上方某处；电阻为R2＝2 Ω的导体棒Q固定在虚线处。将导体棒P由静止释放，经过时间t＝3 s导体棒P到达虚线处，P在到达虚线之前已达到最大速度，P、Q与导轨始终接触良好。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．导体棒P到达虚线前的动量变化率越来越大 B．导体棒P到达虚线时的速度大小为4.8 m/s C．导体棒P的释放点与虚线间的距离为105/8 m D．从导体棒P开始运动到到达虚线时导体棒Q上产生的焦耳热为81/48 J 4. 如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间， L3、L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝L＝0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 Ω，将其从图示位置由静止释放（cd边与L1重合），线圈速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向（重力加速度g取10 m/s2）。则（　　） A. 在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C B. 线圈匀速运动的速度大小为8 m/s C. 线圈的长度为1 m D. 0～t3时间内，线圈产生的热量为1.8 J 5. 如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xOy，第一象限内存在方向垂直坐标平面向外 的磁场，磁感应强度大小沿y轴方向不变，沿x轴正方向按照B＝kx的规律变化。一质量m＝0.4 kg、电阻R＝0.1 Ω、边长L＝0.2 m的正方形导线框abcd在t＝0时刻ad边正好与y轴重合，a点与坐标原点O的距离y0＝0.8 m，此时将导线框以v0＝5 m/s的速度沿与x轴正方向成53°角抛出，导线框运动一段时间后速度恰好减为0，整个运动过程导线框不转动，空气对导线框的阻力忽略不计，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，下列说法正确的是（　　） A. ad、bc边受到的安培力大小相等，方向相反 B.当导线框速度为0时，a点的纵坐标为1.6 m C. 在从抛出到速度为0的过程中，导线框产生的焦耳热为1.2 J D. t＝0.5 s时导线框的速度大小为1 m/s 6. 如图所示，光滑绝缘水平面上嵌入一无限长通电直导线。一质量为0.02 kg 的金属片在该平面内以大小为v0＝2 m/s、方向与电流方向成60°角的初速度滑出。则(　　) A．圆形金属片最终将静止在水平面上的某处 B．圆形金属片最终沿垂直导线方向做匀速直线运动 C．圆形金属片所受安培力方向始终和运动方向相反 D．圆形金属片中产生的电能最多为0.03 J 7. 如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为 2m和m。它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l。现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，则(　　) A．a、b两个线框匀速运动的速度大小为2mgR/B2l2 B．线框a从其下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为3B2l3/mgR C．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mgl D．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl 8. (天津高考)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1 m，其 电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1 Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2 kg，电阻r＝1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1 T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5 m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2 m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求拉力的功率P； (2)ab开始运动后，经t＝0.09 s速度达到v2＝1.5 m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06 J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。 9. (三门峡模拟)如图所示，虚线内有一匀强磁场区域，其平行边界宽度为2L，磁感应 强度为B，方向垂直纸面向外。abcd是由相同材料做成的矩形线框，ab＝dc＝2L，ad＝bc＝L，总电阻为R。线框以垂直磁场边界的速度v匀速通过磁场区域。在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场边界平行。求： (1)cd边刚进入磁场和cd边刚离开磁场时，ab两点间的电压分别为多少？ (2)线框通过磁场的整个过程中线框中产生的焦耳热。 10. (新津中学模拟)如图所示，电阻不计的相同的光滑弯折金属轨道MON与M′O′N′均 固定在竖直平面内，二者平行且正对，间距为L＝1 m，构成的斜面ONN′O′跟水平面夹角均为α＝30°，两侧斜面均处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B＝0.1 T。t＝0时，将长度也为L＝1 m，电阻R＝0.1 Ω的金属杆ab在轨道上无初速释放。金属杆与轨道接触良好，轨道足够长。重力加速度g＝10 m/s2；不计空气阻力，轨道与地面绝缘。 (1)求t＝2 s时杆ab产生的电动势E的大小并判断a、b两端哪端电势高？ (2)在t＝2 s时将与ab完全相同的金属杆cd放在MOO′M′上，发现cd杆刚好能静止，求ab杆的质量m以及放上cd杆后ab杆每下滑位移s＝1 m回路产生的焦耳热Q。 11. 如图所示，粗细均匀的正方形导线框abcd放在倾角为θ＝30°的绝缘光滑斜面上，通过 轻质细线绕过光滑的定滑轮与木块相连，细线和线框共面、与斜面平行。距线框cd边为L0的MNQP区域存在着垂直于斜面、大小相等、方向相反的两个匀强磁场，EF为两个磁场的分界线，ME＝EP＝L2。现将木块由静止释放后，木块下降，线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和离开匀强磁场。已知线框边长为L1（L1＜L2）、质量为m、电阻大小为R，木块质量也为m，重力加速度为g，试求： （1）匀强磁场的磁感应强度B大小； （2）导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q。 12. 如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝0.5 m，NQ两端连接阻值R＝2.0 Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，一质量m1＝0.40 kg、接入电路的阻值r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的轻质定滑轮与质量m2＝0.80 kg的重物相连。细线与金属导轨平行。金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.6 s内通过电荷量的2/3，g＝10 m/s2，求： (1)0～0.3 s内金属棒通过的位移大小； (2)金属棒在0～0.6 s内产生的热量。 13. 如图甲所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5 m，固定在倾角为37°的斜面上。导 轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1 T的匀强磁场。质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v－t图像如图乙所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数； (2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率； (3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C，求此过程中电阻产生的焦耳热。 14. 如图，两根电阻不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距L＝1 m。在水平虚线间 有与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，磁场区域的高度d＝1 m，导体棒a的电阻Ra＝1 Ω，导体棒b的质量m＝0.05 kg，电阻Rb＝1.5 Ω，它们分别从图示M、N处同时由静止开始在导轨上向下滑动，b匀速穿过磁场区域，且当b刚穿出磁场时a刚好进入磁场并将匀速穿过磁场，取g＝10 m/s2，不计a、b棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，求： (1)b棒匀速穿过磁场区域的速度； (2)a棒刚进入磁场时两端的电压； (3)从静止释放到a棒刚好出磁场过程中a棒产生的焦耳热。 【参考答案】 例题部分： 例题1、D 解析：D　导体棒在安培力的作用下做减速运动，根据E＝BLv，I＝，F安＝BIL，整理得F安＝。根据牛顿第二定律可得F安＝＝ma可知，导体棒做加速度减小的减速运动，A错误；导体棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，电源内部电流由低电势流向高电势，根据楞次定律可知，导体棒中感应电流的方向为b→a，所以b点电势低于a点电势，B错误；ab两端电压为路端电压，刚开始运动时，ab两端电压为Uab＝R＝R，C错误；根据能量转化与守恒可知，导体棒的动能转化为电阻R与导体棒产生的焦耳热，即消耗的电能ER＋Er＝QR＋Qr＝m，电阻R与导体棒串联，产生的焦耳热与阻值成正比，则电阻R消耗的总电能为ER＝QR＝m×＝，D正确。 例题2、AC [解析]　对ab棒，由右手定则可知，电流方向由b到a，故经过cd的电流方向为从c到d，故A正确。导体棒ab匀速上升，受力平衡，cd棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得：ab棒受到的拉力F＝2mg＝0.2 N，故B错误。对cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡条件得：F安＝G，即BIL＝G，又I＝，联立得：v＝＝2 m/s，故C正确。在2 s内，电路产生的电能Q＝t＝t＝×2 J＝0.4 J，则在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能，故D错误。 例题3、D 解析：选D　金属棒M释放瞬间，速度为零，电路中的感应电流为零，不受安培力，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒M只受重力作用，故A错误；当弹簧的拉力和安培力之和与金属棒M的重力第一次大小相等时，加速度为零，金属棒M的速度最大，电路中产生的感应电流最大，故B错误；根据右手定则可知，金属棒M向下运动时，流过电阻的电流方向从P到Q，故C错误；最终金属棒M静止，此时弹簧处于伸长状态，由能量的转化和守恒知重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻上产生的总热量小于金属棒M重力势能的减少量，故D正确。 例题4、(1)4 m/s2；(2)10 m/s；(3)0.4 T；方向垂直导轨平面向上；(4)6 J 解析　(1)对金属棒受力分析，因为金属棒刚开始下滑的速度为零，所以不会受到安培力的作用，金属棒受重力和导轨的摩擦力作用，由牛顿第二定律得： mgsin θ－μmgcos θ＝ma，代入数据解得a＝4 m/s2 (2)金属棒下滑速度稳定时，棒受力平衡，根据平衡条件有mgsin θ＝μmgcos θ＋F安 又因为金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率，有P＝F安v 代入数据解得v＝10 m/s (3)设电路中电流大小为I，两导轨间金属棒的长度为l，磁场的磁感应强度大小为B，则I＝ 因为P＝I2R 联立解得B＝0.4 T. 由右手定则可知，磁感应强度方向垂直导轨平面向上． (4)由功能关系得，减少的重力势能转化为金属棒的动能、摩擦生热和电阻R上的焦耳热，摩擦力做功为 Wf＝－μmgxcos θ＝－8 J 所以摩擦产生的热量为Q＝8 J，因此，电阻R上产生的热量为 QR＝mgxsin θ－mv2－Q＝6 J. 例题5、(1)b点电势高，a点电势低；(2)0.1 T；(3)0.26 J [解析]　(1)由右手定则可知，ab中的感应电流由a流向b，ab相当于电源，则b点电势高，a点电势低。 (2)由x­t图象求得t＝1.5 s时金属棒的速度为 v＝＝ m/s＝7 m/s 金属棒匀速运动时所受的安培力大小为 F＝BIL，I＝，E＝BLv 联立得F＝ 根据平衡条件得F＝mg 则有mg＝ 代入数据解得B＝0.1 T。 (3)金属棒ab在开始运动的1.5 s内，金属棒的重力势能减小，转化为金属棒的动能和电路的内能。设电路中产生的总焦耳热为Q 根据能量守恒定律得mgx＝mv2＋Q 代入数据解得：Q＝0.455 J 故R产生的热量为QR＝Q＝0.26 J。 针对训练： 1. B 解析：B　设导体棒a的初动能为Eka1、末动能为Eka2，由题意可知导体棒b的初动能为0，设导体棒b的末动能为Ekb2，对a、b棒组成的系统，由能量守恒定律可得Eka1＝Eka2＋Ekb2＋Q，由题意可知Eka＝Eka1－Eka2，Ekb＝Ekb2，因此可得Eka＝Ekb＋Q，由于导体棒与导轨间无摩擦，对导体棒a，根据动能定理可得Wa＝Eka1－Eka2＝Eka，联合可得Wa＝Ekb＋Q，故A、C、D错误，B正确。 2. AC 解析　根据法拉第电磁感应定律有＝，根据闭合电路的欧姆定律有＝，又q＝Δt，解得电荷量q＝，上滑过程和下滑过程磁通量的变化量相等，则通过电阻R的电荷量相等，A正确；根据冲量定义知安培力的冲量大小I安＝BLt＝t＝，则上滑过程与下滑过程安培力的冲量大小相等，B错误；由于金属杆切割磁感线产生感应电流，杆的机械能不断减少，经过同一位置时下滑的速度小于上滑的速度，则上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，D错误；下滑时杆受到的安培力小于上滑时在相同位置所受的安培力，所以上滑过程金属杆克服安培力做功大于下滑过程克服安培力做功，故上滑过程中电阻R产生的热量大于下滑过程中产生的热量，C正确。 3. C 解析　导体棒P由静止释放，做加速运动，沿导轨向上的安培力的分力越来越大，所以向下运动的加速度越来越小，P在到达虚线之前已达到最大速度，即最后阶段做匀速直线运动，所以导体棒P到达虚线前的动量变化率＝ma先越来越小，最后减小到零，最后阶段一直为零，故A错误；对导体棒P受力分析可知，P达到最大速度时有mg sin θ＝BImL cos θ，Em＝BLvmcos θ，Im＝，R总＝＋R1，代入数据解得vm＝7.5 m/s，故B错误；导体棒P运动到虚线处过程中，对导体棒P由动量定理有mgt sin θ－BL·t cos θ＝mvm，式中t＝t＝，解得导体棒P的释放点与虚线间的距离为x＝ m，故C正确；从P释放到运动至虚线处，由能量守恒定律可知：mgx sin θ＝Q总＋mv，导体棒Q上产生的焦耳热为QQ＝Q总，解得QQ＝ J，故D错误。 4. ABD 解析：ABD　由题图可知，在t2～t3时间内，线圈向下做匀速直线运动，受力平衡，则根据平衡条件有mg＝BIL，而I＝，联立两式解得v2＝，代入数据解得v2＝8 m/s，B正确；t1～t2时间内线圈一直做匀加速直线运动，则知线圈内磁通量变化为零，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，仅在重力作用下运动，以cd边与L2重合时为初状态，以ab边与L3重合时为末状态，设磁场的宽度为d，则线圈长度为2d，线圈下降的位移为3d，则有3d＝v2t－gt2，其中v2＝8 m/s，t＝0.6 s，代入解得d＝1 m，所以线圈的长度为L'＝2d＝2 m，C错误；在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为q＝＝＝0.25 C，A正确；0～t3时间内，根据能量守恒定律得Q＝mg（3d＋2d）－m＝1.8 J，D正确。 5. BD 解析：BD　分析可知ab、cd边受到的安培力等大、反向，ad、bc边受到的安培力大小不相等（所处磁场强弱不同）、方向相反，导线框所受的合安培力水平向左，则导线框在竖直方向做竖直上抛运动，由开始水平方向做减速直线运动，当速度为0时，导线框上升的高度h＝，a点的纵坐标y＝h＋y0，解得y＝1.6 m，A错误，B正确；由功能关系可知，导线框产生的焦耳热等于导线框克服安培力做的功，由动能定理得－mgh－W安＝－m，W安＝Q，解得Q＝1.8 J，C错误；当速度为0时，导线框已经运动的时间t0＝＝0.4 s，t0之后导线框做自由落体运动，回路中没有感应电流，速度大小v＝g（t－t0），解得v＝1 m/s，D正确。 6. D 解析　直导线周围有环形磁场，且离导线越远磁场越弱，圆形金属片向右运动，磁通量减小，会产生涡流，根据“来拒去留”(电磁阻尼)可知，所受的安培力将阻碍金属圆片远离通电直导线，即安培力垂直直导线向左，与运动方向并非相反，安培力使圆形金属片在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零时，只剩沿导线方向的速度，之后磁通量不变，无感应电流产生，水平方向合力为零，故接着沿导线方向做匀速直线运动，故A、B、C错误；由题意知，沿导线方向的分速度v1＝v0·cos60°＝1 m/s，根据能量守恒定律，得金属片中产生的电能最多为Q＝mv－mv＝0.03 J，D正确。 7. BC 解析　当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动，此时线框a下边刚进入磁场，下边所受安培力＝2mg－mg，得v＝，A错误；线框a从其下边进入磁场到上边离开磁场，开始线框a切割磁感线运动，受力平衡，然后线框b切割磁感线运动，受力也平衡，最后线框a切割磁感线运动，仍受力平衡，则这一过程所用时间为t＝＝，B正确；从开始运动到线框a全部进入磁场可以分为两个阶段，第一阶段线框a的下边进入磁场之前，这一阶段线框a产生的焦耳热为零，第二阶段从线框a的下边进入磁场到线框a全部进入磁场，这一阶段线框b全部在磁场中，线框b中的磁通量不变，即线框b产生的焦耳热为零，第二阶段系统减少的机械能转化为线框a产生的焦耳热，即Q＝mgl，C正确；由能量守恒定律可知，两线框的重力势能减少量等于两线框的动能增加量与两线框克服安培力做功产生的内能之和，从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框重力势能的减少量为2mgl，结合功能关系可知，两线框克服安培力做功一定小于2mgl，D错误。 8. (1)4 W；(2)0.1 m [解析]　(1)在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有 F－mg sin θ－FA＝0 由法拉第电磁感应定律，此时回路中的感应电动势E＝BLv 由闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流 I＝ ab受到的安培力FA＝ILB 由功率表达式，有P＝Fv 联立上述各式，代入数据解得P＝4 W。 (2)ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有 Pt－W－mgx sin θ＝mv－mv 代入数据解得x＝0.1 m。 9. (1)BLv；BLv；(2)8B2L3v/R 解析：(1)cd边刚进入磁场时E1＝2BLv， 线圈中的电流：I1＝ 则ab两点间电压为U1＝I1R＝BLv cd边刚离开磁场时，E2＝E1＝2BLv　I2＝I1＝ 则ab两点间电压为U2＝I2R＝BLv。 (2)线框从进入和穿出磁场的过程中，线框才会焦耳热，则t＝， Q＝I12Rt＝。 10. (1)1 V；a端电势高；(2) 0.1 kg；0.5 J 解析：(1)只放ab杆在导轨上做匀加速直线运动，根据右手定则可知a端电势高； ab杆加速度为：a＝gsin α t＝2 s时刻速度为：v＝at＝10 m/s ab杆产生的感应电动势的大小：E＝BLv＝0.1×1×10 V＝1 V。 (2)t＝2 s时ab杆产生的回路中感应电流：I＝＝A＝5 A 对cd杆有：mgsin 30°＝BIL 解得cd杆的质量：m＝0.1 kg 则知ab杆的质量为0.1 kg 放上cd杆后，ab杆做匀速运动，减小的重力势能全部产生焦耳热 根据能量守恒定律则有：Q＝mgh＝mgs·sin 30°＝0.1×10×1×0.5 J＝0.5 J。 11. 　（1）；（2）mg(2L2＋L1) 解析　（1）导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示 根据平衡条件有FT＝F安＋mgsin θ 其中F安＝BIL1 I＝ E＝BL1v 导线框与木块通过光滑细线相连，导线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据平衡条件有FT＝mg 对导线框和木块构成的系统，进入磁场前二者一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mg－mgsin θ＝2ma 根据运动学方程可得进入磁场时速度v＝ 以上各式联立求解可得B＝。 （2）导线框恰好匀速进入和离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，导线框和木块组成系统减少的重力势能转化为电路中产生的焦耳热，根据能量守恒定律得Q＝mg（2L2＋L1）－mg（2L2＋L1）sin θ 所以导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q＝mg（2L2＋L1）。 12.(1)0.3 m；(2)1.05 J 解析　(1)0～0.3 s内通过金属棒的电荷量 q1＝＝ 0.3～0.6 s内通过金属棒的电荷量 q2＝I2t2＝ 由题中的电荷量关系＝ 解得x1＝0.3 m。 (2)金属棒在0～0.6 s内通过的总位移为 x＝x1＋x2＝x1＋v0t2，解得x＝0.75 m 根据能量守恒定律有 m2gx－m1gxsin θ＝(m1＋m2)v＋Q 解得Q＝3.15 J 由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt，它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6 s内产生的热量 Qr＝Q＝1.05 J。 13. (1)0.25；(2)8 m/s；(3)2.95 J 解析　(1)由图乙可知，金属棒进入磁场前的加速度为a＝4 m/s2 对导体棒受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 解得μ＝0.25。 (2)动生电动势E＝BLv I＝＝ F＝ILB＝ 由左手定则知安培力沿斜面向上，当a＝0时金属棒的速率达到最大值，则有 mgsin 37°＝μmgcos 37°＋ 解得vm＝8 m/s。 (3)设金属棒进入磁场后下滑距离为x， E＝＝，I＝＝，q＝IΔt 则q＝＝1.3 C 可得x＝2.6 m 则h＝xsin 37°＝2.6×0.6 m＝1.56 m 由能量守恒定律得 mv2－mv＋μmgxcos 37°＋Q＝mgh 解得Q＝2.95 J。 14. (1)5 m/s；(2)2.1 V；(3)0.48 J 解析　(1)b棒穿过磁场做匀速运动，安培力等于重力，则有I1LB＝mg 根据闭合电路欧姆定律 I1＝＝ 解得vb＝5 m/s。 (2)b棒在磁场中匀速运动的时间为t1，则有 d＝vbt1 解得t1＝0.2 s a、b都在磁场外运动时，速度总是相等的，b棒进入磁场后，a棒继续加速t1时间而进入磁场，a棒进入磁场的速度为 va＝vb＋gt1＝7 m/s 电动势为E2＝BLva＝3.5 V a棒两端的电势差即路端电压为 U＝＝2.1 V。 (3)a棒进入磁场并将匀速穿过磁场，则有 I2LB＝mag 根据闭合电路欧姆定律 I2＝＝ 解得ma＝0.07 kg 两棒穿过磁场过程中，产生的总焦耳热为 Q＝(m＋ma)gd＝1.2 J a棒产生的焦耳热Qa＝Q＝0.48 J。 2.6 电磁感应中的功能问题 2 /7 学科网（北京）股份有限公司 $