第二章 专题强化10 电磁感应中的动力学和能量问题（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册教师用书（人教版 浙江）

DIERZHANG 第二章 专题强化10　电磁感应中的动力 学和能量问题 1 1.学会分析导体棒、线框在磁场中的受力情况(重点)。 2.能根据电流的变化分析导体棒、线框的受力变化情况和运动情况(重难点)。 3.能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题(重难点)。 4.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(重难点)。 学习目标 2 一、电磁感应中的动力学问题 二、电磁感应中的能量问题 内容索引 专题强化练 3 电磁感应中的动力学问题 一 4 如图所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场， 磁感应强度为B，MN、PQ是水平放置的足够长 的平行长直导轨，其间距为L，其电阻不计，定 值电阻R接在导轨一端，导体棒ab跨接在导轨上，质量为m，接入电路的电阻为r。导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ。从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好。 (1)分析导体棒的运动性质； 答案　导体棒做切割磁感线的运动，产生的感应电动势E=BLv ① 回路中的感应电流I= ② 导体棒受到的安培力F安=BIL ③ 导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用， 根据牛顿第二定律有F-μmg-F安=ma ④ 整理得F-μmg-=ma ⑤ 由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大，此后导体棒做匀速直线运动。即导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动，再做匀速运动。 (2)求导体棒所能达到的最大速度的大小； 答案　当导体棒做匀速运动时，达到最大速度，有F-μmg-=0 可得vm= (3)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像。 答案　由(1)(2)中的分析可知，导体棒运动的速度—时间图像如图所示。 1.电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系 提炼·总结 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)根据牛顿第二定律或平衡条件列方程求解。 　如图甲所示，两根足够长的直金属导轨 MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上， 两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R 的定值电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，金属杆接入电路阻值为r，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，导轨电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆始终垂直且接触良好，不计它们之间的摩擦，重力加速度为g。 例1 (1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中的受力示意图； 答案　见解析图 如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；电流方向由a→b，安培力F安，方向沿导轨向上。 (2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流大小及其加速度的大小； 答案　　gsin θ-　 当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E=BLv， 则此时电路中的电流I== ab杆受到的安培力F安=BIL= 根据牛顿第二定律，有 mgsin θ-F安=ma 联立各式解得a=gsin θ-。 (3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。 答案　 当a=0时，ab杆达到最大速度vm， 即有mgsin θ=，解得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 总结提升 　(多选)如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计。ab是一根始终与导轨垂直且接触良好的金属杆。开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，不计空气阻力，一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是 针对训练1 √ √ √ 设ab杆的有效长度为l，S闭合时，金属杆受重力mg、 安培力F安=>mg，加速度大小a=-g， 杆先做加速度减小的减速运动再匀速，D项有可能； 若=mg，杆匀速运动，A项有可能； 若<mg，加速度大小a=g-，杆先做加速度减小的加速运动再 匀速，C项有可能； 由于v变化，由-mg=ma知加速度a不恒定，故B项不可能。 返回 电磁感应中的能量问题 二 19 在例1中，设ab杆沿光滑导轨由静止下滑至速度最大的过程中，ab杆下滑的竖直高度为h，则 (1)根据动能定理可得， ，可得W克安= ； (2)根据能量守恒定律可得，mgh= ，整个回路产生的热量Q= ，可知W克安 Q(选填“>”“<”或“=”)； (3)定值电阻和金属杆ab消耗的总电能为 。 mgh-W克安=m-0 mgh-m m+Q mgh-m = mgh-m 1.电磁感应现象中的能量转化 提炼·总结 安培力做功 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.杆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，产生的焦耳热与电阻成正比。电阻R产生的焦耳热为QR=Q，导体棒产生的焦耳热为Qr=Q。 　(2023·湖州市高二期末)如图所示，两根足够长的 平行光滑金属导轨MN、PQ间距L=0.5 m，其电阻不 计，导轨平面与水平面夹角θ=30°，N、Q两端接有 R=0.75 Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两 端与导轨始终接触良好，已知棒ab的质量m=0.2 kg，接入电路电阻r=0.25 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。棒ab在平行于导轨向上的恒定拉力F作用下，以初速度v0=0.5 m/s沿导轨向上开始加速运动，能达到的最大速度v=2 m/s，重力加速度大小g=10 m/s2。 例2 (1)判断流经棒ab中电流的方向，求棒ab两端的最大电压； 答案　方向a到b　0.75 V 棒ab中电流方向由a到b，最大电动势为Em=BLv=1 V， 又Im==1 A，可得U=ImR=0.75 V。 (2)求该过程中拉力的大小； 答案　1.5 N 棒ab速度最大时，加速度为零，由平衡条件得F=mgsin 30°+BImL，解得F=1.5 N。 (3)若棒ab从v0开始运动到v1=1.5 m/s的过程中电阻R上产生的焦耳热为0.21 J，求此过程中棒ab的位移大小。 答案　0.96 m 由QR=Q总，解得Q总=QR=0.28 J，则W克安=Q总=0.28 J，由动能定理可得Fx-mgxsin 30°-W克安=m-m，解得x=0.96 m。 　　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。金属导轨右端接 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，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。金属棒穿过磁场区域的过程中 针对训练2 A.流过金属棒的最大电流为 B.通过金属棒的电荷量为 C.克服安培力所做的功为mgh D.金属棒产生的焦耳热为mg(h-μd) √ 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=mv2，金属棒到 达平直部分时的速度v=，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==，故A错误； 通过金属棒的电荷量q=Δt==，故B错误； 金属棒在整个运动过程中，由动能定理得mgh-W克安-μmgd=0-0，克服安培力做的功W克安=mgh-μmgd，故C错误； 克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等， 则金属棒产生的焦耳热Q'=Q=W克安=mg(h- μd)，故D正确。 　　(2024·舟山中学高二月考)如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。若使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设金属导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在从a到b和从b到c的两个过程中 A.金属棒做匀减速运动 B.通过金属棒横截面的电荷量，从a到b比从b到c小 C.克服安培力做功，从a到b比从b到c小 D.回路中产生的内能，从a到b比从b到c大 针对训练3 √ 金属棒PQ在运动过程中所受到的合力是安培力， 金属棒受到的安培力F=BIL= =ma。由于v减小，所以金属棒向右 运动过程中，加速度逐渐减小，A错误； 金属棒运动过程中，通过金属棒横截面的电荷量q=Δt=Δt=Δt= ，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等， B、R相等，因此，通过金属棒横截面的电荷量相等，B错误； 金属棒受到的安培力水平向左，金属棒在安培力 作用下做减速运动，速度v越来越小，金属棒克服 安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于 ab间距离与bc间距离相等，安培力F从a到c逐渐减小，由W=Fx定性分析可知，从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，因此在a到b的过程产生的内能多，C错误，D正确。 返回 三 专题强化练 34 基础强化练 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12 6 1.(2024·台州市高二期中)如图所示，两根光滑平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有灯泡A。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使金属棒ab以一定的初速度v开始向右运动，此后 A.棒ab做匀减速运动直到停止 B.棒ab中的感应电流方向由b到a C.棒ab所受的安培力方向水平向右 D.灯泡A逐渐变亮 √ 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12 6 金属棒ab以一定的初速度v开始向右运动，根据右手 定则可知，棒ab中的感应电流方向由b到a，B正确； 根据左手定则可知棒ab所受的安培力方向水平向左， C错误； 棒ab所受的安培力方向水平向左，与运动方向相反，则棒做减速运动，速度v减小，根据E=BLv可知感应电动势减小，感应电流减小，再根据安培力公式F=BIL知安培力减小，所以棒做加速度减小的减速运动，A错误； 由于感应电流减小，灯泡A逐渐变暗，D错误。 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12 6 2.(2024·浙江高二期末)如图所示，水平放置的固定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加速运动。在某段时间内，水平力F做功为W1，金属棒克服安培力做功为W2，电阻R中产生的焦耳热为Q，金属棒克服摩擦力做功为W3，金属棒动能变化为ΔEk，则 A.W1=W2+W3+Q+Δek B.W1=W2+W3+ΔEk C.Q=W1-W2-Δek D.Q=W1-W2-W3 √ 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12 6 根据动能定理可知W1-W2-W3=ΔEk，可得W1=W2+W3+ΔEk，根据功能关系Q=W2，故选B。 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12 6 3.如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，如果线圈受到的安培力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为 A.a1>a2>a3>a4 B.a1=a3>a2>a4 C.a1=a3>a4>a2 D.a4=a2>a3>a1 √ 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12 6 线圈进入磁场前和全部进入磁场中，都仅受重力， 所以加速度a1=a3=g。线圈在题图中2位置时，受到 重力和向上的安培力，且已知F安2<mg，所以a2= <g。而由于线圈完全在磁场中时做加速度 为g的加速运动，故4位置时的速度大于2位置时的速度，根据F安= 及a=可得a4<a2，故线圈在1、2、3、4位置时的加速度关系为a1=a3>a2>a4，B正确。 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12 6 4.(2023·平阳县万全综合高级中学高二月考)如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，v1=2v2，则在先后两种情况下 A.线圈中的感应电动势之比为E1∶E2=1∶2 B.线圈中的感应电流之比为I1∶I2=4∶1 C.线圈中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2=2∶1 D.通过线圈某截面的电荷量之比为q1∶q2=2∶1 √ 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12 6 v1=2v2，根据E=BLv，感应电动势之比为E1∶E2= 2∶1，故A错误； 感应电流I==，由于v1=2v2，则感应电流之比 为I1∶I2=2∶1，故B错误； 由v1=2v2，知时间比为t1∶t2=1∶2，根据Q=I2Rt，知线圈中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2=2∶1，故C正确； 根据q=t=n，两种情况磁通量的变化量相同，所以通过某截面的 电荷量之比为q1∶q2=1∶1，故D错误。 5.(多选)(2024·浙江精诚联盟高二月考)如图，一足够 长粗糙平行导轨置于水平桌面上(固定不动)，空间中 有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B =1 T，平行导轨间距为d=0.5 m，导轨和阻值R=1 Ω的定值电阻相连，质量为m=0.1 kg的导体棒和导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻r=1 Ω，导体棒以初速度v0=10 m/s向右运动，运动距离x=5 m后停止，此过程中电阻R产生的热量为Q=2 J，导轨电阻不计，重力加速度g=10 m/s2，则 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12 6 A.通过电阻R的电荷量为2.5 C B.导体棒克服安培力做的功为4 J C.导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.2 D.导体棒与导轨间产生的摩擦热为3 J 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12 6 √ √ 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12 6 产生的感应电动势平均值为=，感应电流的平均值=，通过电阻R的电荷量为q=·Δt，联立可得q=1.25 C，故A错误； 电阻R产生的热量Q=R，可得Q总=4 J， 根据功能关系有W克安=Q总=4 J，故B正确； 由动能定理-μmgx-W克安=0-m，可得μ=0.2，故C正确； 由能量守恒可得导体棒与导轨间产生的摩擦热Q'=m-Q总=1 J，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(多选)如图所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上。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，金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计，重力加速度为g，则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A.金属杆返回到底端时的速度大小为v0 B.金属杆上滑到最高点的过程中克服安培力做功 与克服重力做功之和等于m C.上滑到最高点的过程中电阻R上产生的热量等于m-mgh D.金属杆两次通过轨道上的同一位置时电阻R的热功率相同 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 金属杆从轨道底端滑上轨道某一高度后，又返回 到出发点，由于电阻R上产生热量，故金属杆的 机械能减小，即返回到底端时速度小于v0，选项 A错误； 金属杆上滑到最高点的过程中，动能转化为重力势能和电阻R上产生的热量(即克服安培力所做的功)，选项B、C正确； 金属杆两次通过轨道上同一位置时的速度大小不同，电路中的电流不同，故电阻的热功率不同，选项D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(2024·绍兴市高二期中)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良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，经过足够长的时间，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度为v，则ab棒在这一过程中 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A.受到的最大安培力为sin θ B.运动的平均速度为v C.下滑的位移为 D.产生的焦耳热为qBLv √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动 势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到 的安培力增大，所以加速度减小，即金属棒做加 速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运 动，则运动的平均速度大小≠=，故B错误； 当速度为v时，电动势为E=BLv，电路中电流为I=，则这一过程金属棒ab受到的最大安培力为Fm=BIL=，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据q=Δt=Δt=Δt=，解得下滑的位移为 x=，故C正确； 由于在这一过程中，安培力逐渐增大，则金属 棒ab克服安培力做功满足W克安<Fmx=·=qBLv，则产生的焦耳 热小于qBLv，故D错误。 8.(多选)(2024·辽宁卷)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，重力加速度为g，两棒在下滑过程中 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确； 设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对导体棒ab、cd 根据牛顿第二定律得 2mgsin 30°-2BILcos 30°=2maab mgsin 30°-BILcos 30°=macd 故可知aab=acd， 分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随 着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体 棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨 方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体 棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得 2mgsin 30°=2BILcos 30°，解得I=，故B正确，C错误； 根据前面分析可知aab=acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.(2023·浙江高二期末)如图所示，相距均为d的三条水平虚线 L1与L2、L2与L3之间分别有垂直纸面向外、向里的匀强磁场， 磁感应强度大小均为B，一个边长也是d的正方形导线框，从 L1上方一定高度处由静止开始自由下落，不计空气阻力，当 ab边刚越过L1进入磁场时，恰好以速度v1做匀速直线运动； 当ab边在越过L2运动到L3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，在线框从进入磁场到速度变为v2的过程中，设线框的动能变化量为ΔEk，重力对线框做功为W1，安培力对线框做功为W2，整个过程中产生的电能为E0，下列说法中正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A.在导线框下落过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1 B.在导线框通过磁场的整个过程中，线框中的平均感应 电流为0 C.从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，线框中的电 流方向没有发生变化 D.从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，线框动能的变化量为ΔEk=W2- W1-E0 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 在导线框下落过程中，重力做正功，但安培力做负功，故 不能根据重力做功判断两次匀速运动的速度大小；设线框 的电阻为R，质量为m，当ab边进入磁场，线框匀速运动的 速度大小为v1，线框的感应电动势为E1=Bdv1，线框所受的 安培力大小为F1=BI1d=Bd=，由于线框匀速运动， 根据平衡条件有mg=F1=，线框以速度v2做匀速直线运动时，线框中总感应电动势为E2=2Bdv2，线框所受的安培力大小为F2=2BI2d=2Bd=，由于线框匀速运动，根据平衡条件有mg=F2=，比较可得v1>v2，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 在导线框通过磁场的整个过程中，线框中磁通量变 化量为0，由=n知，平均感应电动势为0，则线 框中的平均感应电流为0，故B正确； 由右手定则判断知，线框进入磁场时感应电流方向 为顺时针，ab边在越过L2运动到L3之前感应电流方向变为逆时针，故C错误； 从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，根据动能定理得线框动能的变化量为ΔEk=W1+W2，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.如图所示，一空间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.5 T。两条平行光滑金属导轨固定在竖直面内，导轨平面与磁场垂直，导轨足够长，电阻不计。导体棒ab、cd长度均为l=0.2 m，电阻均为R=0.1 Ω，质量均为m =0.01 kg，导体棒始终与导轨垂直且接触良好。现用力F向上拉动导体棒ab，使之匀速上升，此时导体棒cd静止不动，重力加速度取g=10 m/s2，求： (1)流过导体棒cd的电流I的大小和方向； 答案　1 A　c→d　 对导体棒ab，由右手定则可知，感应电流方向由b到a，则流过导体棒cd的电流方向为c→d。导体棒cd静止，受力平衡，满足BIl=mg 解得I=1 A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)导体棒ab向上运动所受拉力F的大小； 答案　0.2 N　 导体棒ab匀速运动，受力平衡， 则有F-mg-BIl=0 解得F=0.2 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)导体棒ab向上运动的速度v的大小； 答案　2 m/s　 导体棒ab匀速切割磁感线， 产生的电动势E=Blv 感应电流I= 联立解得v=2 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (4)若仅将拉力大小调为原来的2倍，求稳定时流过导体棒cd的电流I'的大小。 答案　2 A 拉力大小调为原来的2倍后，导体棒ab先做加速度减小的加速运动，导体棒cd先做加速度增大的加速运动，最终两棒一起以等大的加速度a做匀加速运动。 对于两导体棒组成的整体：2F-2mg=2ma 对导体棒cd：BI'l-mg=ma 联立解得I'=2 A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(2024·金华市高二期末)如图所示，两根等高光滑的四 分之一圆弧形金属轨道，轨道间距为L1=1 m，其上端所 接电阻R1=1.5 Ω，下端与一足够长水平金属轨道相连，轨 道电阻不计。水平轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁 感应强度为B1=1 T。圆弧轨道处于从圆心轴线上均匀向 外辐射状的磁场中。在轨道上有两长度稍大于L1、质量均 为m=0.2 kg的金属棒a、b，接入电路阻值分别为Ra=3 Ω，Rb=1.5 Ω。金属棒b通过跨过定滑轮的绝缘细线与一质量为M=0.1 kg、边长为L2=0.2 m、电阻r=2 Ω的正方形金属线框相连，金属棒a从轨道圆心等高处开始在外 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 力作用下以速度v0=5 m/s沿圆弧轨道做匀速圆周运动到最低点MN处，在这一过程中金属棒b恰好保持静止。当金属棒a到达最低点MN处被锁定，此后金属线框开始下落，刚好能匀速进入下方h=1 m处的水平匀强磁场中，磁感应强度B3= T，已知磁场高度H>L2，忽略一切摩擦阻力，重力加速度为g=10 m/s2，求： (1)辐射状磁场在圆弧处磁感应强度B2的大小； 答案　1.5 T　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 金属棒a从轨道圆心等高处开始做匀速圆周运动到最低点MN处过程中，金属棒b恰好保持静止，则根据平衡条件有Mg=B1IbL1，解得Ib=1 A 回路中的总电阻R总=+Ra=3.75 Ω 可得感应电动势E1=2IbR总=7.5 V 而E1=B2L1v0，解得B2=1.5 T 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)从金属线框开始下落到进入磁场前，金属棒b上产生的焦耳热Q； 答案　0.24 J 金属线框刚好能匀速进入水平匀强磁场中，设速度为v1，分析金 属线框，由F安=IB3L2，I=，E=B3L2v1，得金属线框所受安培力为 F安=，即F安=0.1v1，对此时金属棒b受力分析有=F2=I2L1B1， 又由I2=，其中R总2=+Rb=2.5 Ω，E2=B1L1v1，得金属线框 所受拉力为FT2=，即FT2=0.4v1，金属线框刚好能匀速进入水平匀强磁场 中，金属线框受力平衡，有Mg=FT2+F安，联立解得v1=2 m/s，从金属线框开始下 落到进入磁场前，根据能量守恒有Mgh=(M+m)+Q总，解得Q总=0.4 J， Q= Q总=0.24 J。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)若在线框完全进入水平匀强磁场时剪断细线，线框在完全离开磁场前已达到匀速，已知线框离开磁场过程中产生焦耳热为Q1=0.18 J，则磁场的高度H为多少。 答案　4.98 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 线框在完全离开水平匀强磁场时刚好又达到匀速， 设速度为v2，则有Mg=F安'，又有F安'=B3L2I'，I'=， E'=B3L2v2，联立解得v2=10 m/s，在线框完全进入磁 场到完全离开磁场，由能量守恒有MgH=Mv22-Mv12 +Q1，解得H=4.98 m。 12.如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所 在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻为 R的定值电阻，接入电路电阻为r的金属棒ab垂 直导轨放置，其他部分电阻不计，整个装置处 在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过定值电阻R的电荷量q随时间的平方t2变化的关系图像如图乙所示，下列关于穿过回路abPM的磁通量Φ、金属棒的加速度a、外力F、 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 尖子生选练 通过电阻R的电流I随时间t变化的图像中正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 设两导轨间距为L，由题图乙得q=kt2，k是 比例系数，而q=t=t2=kt2，可知加速 度a不变，故B错误； 由牛顿运动定律知F-F安-mgsin θ=ma，则F=ma+mgsin θ+，v随 时间均匀增大，其他量保持不变，故F随时间均匀增大，故C正确； 由题图乙可知，q=kt2=It，则I=kt，通过R的电流随时间t均匀增大，D错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 穿过回路的磁通量Φ=BL(x+x0)，x0为金属棒开始运动时距导轨底端 的距离，由上述分析可知x=at2，则Φ=BLat2+BLx0，故Φ-t图像应 是曲线，故A错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 返回 $ 专题强化10　电磁感应中的动力学和能量问题 ［学习目标］　1.学会分析导体棒、线框在磁场中的受力情况(重点)。2.能根据电流的变化分析导体棒、线框的受力变化情况和运动情况(重难点)。3.能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题(重难点)。4.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(重难点)。 一、电磁感应中的动力学问题 如图所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，MN、PQ是水平放置的足够长的平行长直导轨，其间距为L，其电阻不计，定值电阻R接在导轨一端，导体棒ab跨接在导轨上，质量为m，接入电路的电阻为r。导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ。从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好。 (1)分析导体棒的运动性质； (2)求导体棒所能达到的最大速度的大小； (3)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像。 答案　(1)导体棒做切割磁感线的运动，产生的感应电动势E=BLv ① 回路中的感应电流I= ② 导体棒受到的安培力F安=BIL ③ 导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根据牛顿第二定律有 F-μmg-F安=ma ④ 整理得F-μmg-=ma ⑤ 由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大，此后导体棒做匀速直线运动。即导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动，再做匀速运动。 (2)当导体棒做匀速运动时，达到最大速度，有F-μmg-=0 可得vm= (3)由(1)(2)中的分析可知，导体棒运动的速度—时间图像如图所示。 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)根据牛顿第二定律或平衡条件列方程求解。 例1　如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的定值电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，金属杆接入电路阻值为r，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，导轨电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆始终垂直且接触良好，不计它们之间的摩擦，重力加速度为g。 (1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中的受力示意图； (2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流大小及其加速度的大小； (3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。 答案　(1)见解析图 (2)　gsin θ-　(3) 解析　(1)如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；电流方向由a→b，安培力F安，方向沿导轨向上。 (2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E=BLv， 则此时电路中的电流I== ab杆受到的安培力F安=BIL= 根据牛顿第二定律，有 mgsin θ-F安=ma 联立各式解得a=gsin θ-。 (3)当a=0时，ab杆达到最大速度vm， 即有mgsin θ=，解得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 针对训练1　(多选)如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计。ab是一根始终与导轨垂直且接触良好的金属杆。开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，不计空气阻力，一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是(　　) 答案　ACD 解析　设ab杆的有效长度为l，S闭合时，金属杆受重力mg、安培力F安=，若>mg，加速度大小a=-g，杆先做加速度减小的减速运动再匀速，D项有可能；若=mg，杆匀速运动，A项有可能；若<mg，加速度大小a=g-，杆先做加速度减小的加速运动再匀速，C项有可能；由于v变化，由-mg=ma知加速度a不恒定，故B项不可能。 二、电磁感应中的能量问题 在例1中，设ab杆沿光滑导轨由静止下滑至速度最大的过程中，ab杆下滑的竖直高度为h，则 (1)根据动能定理可得，mgh-W克安=m-0，可得W克安=mgh-m； (2)根据能量守恒定律可得，mgh=m+Q，整个回路产生的热量Q=mgh-m，可知W克安=Q(选填“>”“<”或“=”)； (3)定值电阻和金属杆ab消耗的总电能为mgh-m。 1.电磁感应现象中的能量转化 安培力做功 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.杆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，产生的焦耳热与电阻成正比。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　(2023·湖州市高二期末)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L=0.5 m，其电阻不计，导轨平面与水平面夹角θ=30°，N、Q两端接有R=0.75 Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终接触良好，已知棒ab的质量m=0.2 kg，接入电路电阻r=0.25 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。棒ab在平行于导轨向上的恒定拉力F作用下，以初速度v0=0.5 m/s沿导轨向上开始加速运动，能达到的最大速度v=2 m/s，重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)判断流经棒ab中电流的方向，求棒ab两端的最大电压； (2)求该过程中拉力的大小； (3)若棒ab从v0开始运动到v1=1.5 m/s的过程中电阻R上产生的焦耳热为0.21 J，求此过程中棒ab的位移大小。 答案　(1)方向a到b　0.75 V　(2)1.5 N (3)0.96 m 解析　(1)棒ab中电流方向由a到b，最大电动势为Em=BLv=1 V，又Im==1 A，可得U=ImR=0.75 V。 (2)棒ab速度最大时，加速度为零，由平衡条件得F=mgsin 30°+BImL，解得F=1.5 N。 (3)由QR=Q总，解得Q总=QR=0.28 J，则W克安=Q总=0.28 J，由动能定理可得Fx-mgxsin 30°-W克安=m-m，解得x=0.96 m。 针对训练2　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。金属导轨右端接一个阻值为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，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。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 B.通过金属棒的电荷量为 C.克服安培力所做的功为mgh D.金属棒产生的焦耳热为mg(h-μd) 答案　D 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=mv2，金属棒到达平直部分时的速度v=，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==，故A错误；通过金属棒的电荷量q=Δt==，故B错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得mgh-W克安-μmgd=0-0，克服安培力做的功W克安=mgh-μmgd，故C错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热Q'=Q=W克安=mg(h-μd)，故D正确。 针对训练3　(2024·舟山中学高二月考)如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。若使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设金属导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在从a到b和从b到c的两个过程中(　　) A.金属棒做匀减速运动 B.通过金属棒横截面的电荷量，从a到b比从b到c小 C.克服安培力做功，从a到b比从b到c小 D.回路中产生的内能，从a到b比从b到c大 答案　D 解析　金属棒PQ在运动过程中所受到的合力是安培力，金属棒受到的安培力F=BIL=，由牛顿第二定律知=ma。由于v减小，所以金属棒向右运动过程中，加速度逐渐减小，A错误；金属棒运动过程中，通过金属棒横截面的电荷量q=Δt=Δt=Δt=，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等，B、R相等，因此，通过金属棒横截面的电荷量相等，B错误；金属棒受到的安培力水平向左，金属棒在安培力作用下做减速运动，速度v越来越小，金属棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力F从a到c逐渐减小，由W=Fx定性分析可知，从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，因此在a到b的过程产生的内能多，C错误，D正确。 专题强化练　［分值：100分］ 1~6题每题6分，共36分 1.(2024·台州市高二期中)如图所示，两根光滑平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有灯泡A。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使金属棒ab以一定的初速度v开始向右运动，此后(　　) A.棒ab做匀减速运动直到停止 B.棒ab中的感应电流方向由b到a C.棒ab所受的安培力方向水平向右 D.灯泡A逐渐变亮 答案　B 解析　金属棒ab以一定的初速度v开始向右运动，根据右手定则可知，棒ab中的感应电流方向由b到a，B正确；根据左手定则可知棒ab所受的安培力方向水平向左，C错误；棒ab所受的安培力方向水平向左，与运动方向相反，则棒做减速运动，速度v减小，根据E=BLv可知感应电动势减小，感应电流减小，再根据安培力公式F=BIL知安培力减小，所以棒做加速度减小的减速运动，A错误；由于感应电流减小，灯泡A逐渐变暗，D错误。 2.(2024·浙江高二期末)如图所示，水平放置的固定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加速运动。在某段时间内，水平力F做功为W1，金属棒克服安培力做功为W2，电阻R中产生的焦耳热为Q，金属棒克服摩擦力做功为W3，金属棒动能变化为ΔEk，则(　　) A.W1=W2+W3+Q+ΔEk B.W1=W2+W3+ΔEk C.Q=W1-W2-ΔEk D.Q=W1-W2-W3 答案　B 解析　根据动能定理可知W1-W2-W3=ΔEk，可得W1=W2+W3+ΔEk，根据功能关系Q=W2，故选B。 3.如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，如果线圈受到的安培力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为(　　) A.a1>a2>a3>a4 B.a1=a3>a2>a4 C.a1=a3>a4>a2 D.a4=a2>a3>a1 答案　B 解析　线圈进入磁场前和全部进入磁场中，都仅受重力，所以加速度a1=a3=g。线圈在题图中2位置时，受到重力和向上的安培力，且已知F安2<mg，所以a2=<g。而由于线圈完全在磁场中时做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2位置时的速度，根据F安=及a=可得a4<a2，故线圈在1、2、3、4位置时的加速度关系为a1=a3>a2>a4，B正确。 4.(2023·平阳县万全综合高级中学高二月考)如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，v1=2v2，则在先后两种情况下(　　) A.线圈中的感应电动势之比为E1∶E2=1∶2 B.线圈中的感应电流之比为I1∶I2=4∶1 C.线圈中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2=2∶1 D.通过线圈某截面的电荷量之比为q1∶q2=2∶1 答案　C 解析　v1=2v2，根据E=BLv，感应电动势之比为E1∶E2=2∶1，故A错误；感应电流I==，由于v1=2v2，则感应电流之比为I1∶I2=2∶1，故B错误；由v1=2v2，知时间比为t1∶t2=1∶2，根据Q=I2Rt，知线圈中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2=2∶1，故C正确；根据q=t=n，两种情况磁通量的变化量相同，所以通过某截面的电荷量之比为q1∶q2=1∶1，故D错误。 5.(多选)(2024·浙江精诚联盟高二月考)如图，一足够长粗糙平行导轨置于水平桌面上(固定不动)，空间中有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B=1 T，平行导轨间距为d=0.5 m，导轨和阻值R=1 Ω的定值电阻相连，质量为m=0.1 kg的导体棒和导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻r=1 Ω，导体棒以初速度v0=10 m/s向右运动，运动距离x=5 m后停止，此过程中电阻R产生的热量为Q=2 J，导轨电阻不计，重力加速度g=10 m/s2，则(　　) A.通过电阻R的电荷量为2.5 C B.导体棒克服安培力做的功为4 J C.导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.2 D.导体棒与导轨间产生的摩擦热为3 J 答案　BC 解析　产生的感应电动势平均值为=，感应电流的平均值=，通过电阻R的电荷量为q=·Δt，联立可得q=1.25 C，故A错误；电阻R产生的热量Q=R，可得Q总=4 J， 根据功能关系有W克安=Q总=4 J，故B正确；由动能定理-μmgx-W克安=0-m，可得μ=0.2，故C正确；由能量守恒可得导体棒与导轨间产生的摩擦热Q'=m-Q总=1 J，故D错误。 6.(多选)如图所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上。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，金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计，重力加速度为g，则(　　) A.金属杆返回到底端时的速度大小为v0 B.金属杆上滑到最高点的过程中克服安培力做功与克服重力做功之和等于m C.上滑到最高点的过程中电阻R上产生的热量等于m-mgh D.金属杆两次通过轨道上的同一位置时电阻R的热功率相同 答案　BC 解析　金属杆从轨道底端滑上轨道某一高度后，又返回到出发点，由于电阻R上产生热量，故金属杆的机械能减小，即返回到底端时速度小于v0，选项A错误；金属杆上滑到最高点的过程中，动能转化为重力势能和电阻R上产生的热量(即克服安培力所做的功)，选项B、C正确；金属杆两次通过轨道上同一位置时的速度大小不同，电路中的电流不同，故电阻的热功率不同，选项D错误。 7~9题每题8分，10题14分，11题16分，共54分 7.(2024·绍兴市高二期中)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良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，经过足够长的时间，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度为v，则ab棒在这一过程中(　　) A.受到的最大安培力为sin θ B.运动的平均速度为v C.下滑的位移为 D.产生的焦耳热为qBLv 答案　C 解析　金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，则运动的平均速度大小≠=，故B错误；当速度为v时，电动势为E=BLv，电路中电流为I=，则这一过程金属棒ab受到的最大安培力为Fm=BIL=，故A错误；根据q=Δt=Δt=Δt=，解得下滑的位移为x=，故C正确；由于在这一过程中，安培力逐渐增大，则金属棒ab克服安培力做功满足W克安<Fmx=·=qBLv，则产生的焦耳热小于qBLv，故D错误。 8.(多选)(2024·辽宁卷)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，重力加速度为g，两棒在下滑过程中(　　) 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 答案　AB 解析　两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确； 设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对导体棒ab、cd 根据牛顿第二定律得 2mgsin 30°-2BILcos 30°=2maab mgsin 30°-BILcos 30°=macd 故可知aab=acd， 分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得2mgsin 30°=2BILcos 30°，解得I=，故B正确，C错误； 根据前面分析可知aab=acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误。 9.(2023·浙江高二期末)如图所示，相距均为d的三条水平虚线L1与L2、L2与L3之间分别有垂直纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个边长也是d的正方形导线框，从L1上方一定高度处由静止开始自由下落，不计空气阻力，当ab边刚越过L1进入磁场时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过L2运动到L3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，在线框从进入磁场到速度变为v2的过程中，设线框的动能变化量为ΔEk，重力对线框做功为W1，安培力对线框做功为W2，整个过程中产生的电能为E0，下列说法中正确的是(　　) A.在导线框下落过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1 B.在导线框通过磁场的整个过程中，线框中的平均感应电流为0 C.从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，线框中的电流方向没有发生变化 D.从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，线框动能的变化量为ΔEk=W2-W1-E0 答案　B 解析　在导线框下落过程中，重力做正功，但安培力做负功，故不能根据重力做功判断两次匀速运动的速度大小；设线框的电阻为R，质量为m，当ab边进入磁场，线框匀速运动的速度大小为v1，线框的感应电动势为E1=Bdv1，线框所受的安培力大小为F1=BI1d=Bd=，由于线框匀速运动，根据平衡条件有mg=F1=，线框以速度v2做匀速直线运动时，线框中总感应电动势为E2=2Bdv2，线框所受的安培力大小为F2=2BI2d=2Bd=，由于线框匀速运动，根据平衡条件有mg=F2=，比较可得v1>v2，故A错误；在导线框通过磁场的整个过程中，线框中磁通量变化量为0，由=n知，平均感应电动势为0，则线框中的平均感应电流为0，故B正确；由右手定则判断知，线框进入磁场时感应电流方向为顺时针，ab边在越过L2运动到L3之前感应电流方向变为逆时针，故C错误；从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，根据动能定理得线框动能的变化量为ΔEk=W1+W2，故D错误。 10.(14分)如图所示，一空间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.5 T。两条平行光滑金属导轨固定在竖直面内，导轨平面与磁场垂直，导轨足够长，电阻不计。导体棒ab、cd长度均为l=0.2 m，电阻均为R=0.1 Ω，质量均为m=0.01 kg，导体棒始终与导轨垂直且接触良好。现用力F向上拉动导体棒ab，使之匀速上升，此时导体棒cd静止不动，重力加速度取g=10 m/s2，求： (1)(2分)流过导体棒cd的电流I的大小和方向； (2)(3分)导体棒ab向上运动所受拉力F的大小； (3)(4分)导体棒ab向上运动的速度v的大小； (4)(5分)若仅将拉力大小调为原来的2倍，求稳定时流过导体棒cd的电流I'的大小。 答案　(1)1 A　c→d　(2)0.2 N　(3)2 m/s　(4)2 A 解析　(1)对导体棒ab，由右手定则可知，感应电流方向由b到a，则流过导体棒cd的电流方向为c→d。导体棒cd静止，受力平衡，满足BIl=mg 解得I=1 A (2)导体棒ab匀速运动，受力平衡， 则有F-mg-BIl=0 解得F=0.2 N (3)导体棒ab匀速切割磁感线， 产生的电动势E=Blv 感应电流I= 联立解得v=2 m/s (4)拉力大小调为原来的2倍后，导体棒ab先做加速度减小的加速运动，导体棒cd先做加速度增大的加速运动，最终两棒一起以等大的加速度a做匀加速运动。对于两导体棒组成的整体：2F-2mg=2ma 对导体棒cd：BI'l-mg=ma 联立解得I'=2 A。 11.(16分)(2024·金华市高二期末)如图所示，两根等高光滑的四分之一圆弧形金属轨道，轨道间距为L1=1 m，其上端所接电阻R1=1.5 Ω，下端与一足够长水平金属轨道相连，轨道电阻不计。水平轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B1=1 T。圆弧轨道处于从圆心轴线上均匀向外辐射状的磁场中。在轨道上有两长度稍大于L1、质量均为m=0.2 kg的金属棒a、b，接入电路阻值分别为Ra=3 Ω，Rb=1.5 Ω。金属棒b通过跨过定滑轮的绝缘细线与一质量为M=0.1 kg、边长为L2=0.2 m、电阻r=2 Ω的正方形金属线框相连，金属棒a从轨道圆心等高处开始在外力作用下以速度v0=5 m/s沿圆弧轨道做匀速圆周运动到最低点MN处，在这一过程中金属棒b恰好保持静止。当金属棒a到达最低点MN处被锁定，此后金属线框开始下落，刚好能匀速进入下方h=1 m处的水平匀强磁场中，磁感应强度B3= T，已知磁场高度H>L2，忽略一切摩擦阻力，重力加速度为g=10 m/s2，求： (1)(4分)辐射状磁场在圆弧处磁感应强度B2的大小； (2)(8分)从金属线框开始下落到进入磁场前，金属棒b上产生的焦耳热Q； (3)(4分)若在线框完全进入水平匀强磁场时剪断细线，线框在完全离开磁场前已达到匀速，已知线框离开磁场过程中产生焦耳热为Q1=0.18 J，则磁场的高度H为多少。 答案　(1)1.5 T　(2)0.24 J　(3)4.98 m 解析　(1)金属棒a从轨道圆心等高处开始做匀速圆周运动到最低点MN处过程中，金属棒b恰好保持静止，则根据平衡条件有Mg=B1IbL1，解得Ib=1 A 回路中的总电阻R总=+Ra=3.75 Ω 可得感应电动势E1=2IbR总=7.5 V 而E1=B2L1v0，解得B2=1.5 T (2)金属线框刚好能匀速进入水平匀强磁场中，设速度为v1，分析金属线框，由F安=IB3L2，I=，E=B3L2v1，得金属线框所受安培力为F安=，即F安=0.1v1，对此时金属棒b受力分析有=F2=I2L1B1，又由I2=，其中R总2=+Rb=2.5 Ω，E2=B1L1v1，得金属线框所受拉力为FT2=，即FT2=0.4v1，金属线框刚好能匀速进入水平匀强磁场中，金属线框受力平衡，有Mg=FT2+F安，联立解得v1=2 m/s，从金属线框开始下落到进入磁场前，根据能量守恒有Mgh=(M+m)+Q总，解得Q总=0.4 J，Q=Q总=0.24 J。 (3)线框在完全离开水平匀强磁场时刚好又达到匀速，设速度为v2，则有Mg=F安'，又有F安'=B3L2I'，I'=，E'=B3L2v2，联立解得v2=10 m/s，在线框完全进入磁场到完全离开磁场，由能量守恒有MgH=Mv22-Mv12+Q1，解得H=4.98 m。 (10分) 12.如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻为R的定值电阻，接入电路电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过定值电阻R的电荷量q随时间的平方t2变化的关系图像如图乙所示，下列关于穿过回路abPM的磁通量Φ、金属棒的加速度a、外力F、通过电阻R的电流I随时间t变化的图像中正确的是(　　) 答案　C 解析　设两导轨间距为L，由题图乙得q=kt2，k是比例系数，而q=t=t2=kt2，可知加速度a不变，故B错误；由牛顿运动定律知F-F安-mgsin θ=ma，则F=ma+mgsin θ+，v随时间均匀增大，其他量保持不变，故F随时间均匀增大，故C正确；由题图乙可知，q=kt2=It，则I=kt，通过R的电流随时间t均匀增大，D错误；穿过回路的磁通量Φ=BL(x+x0)，x0为金属棒开始运动时距导轨底端的距离，由上述分析可知x=at2，则Φ=BLat2+BLx0，故Φ-t图像应是曲线，故A错误。 学科网（北京）股份有限公司 $