专题4.6 电磁感应中的杆模型与框模型-2023届高考物理二、三轮复习总攻略

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc7309" 模型一 单杆＋导轨模型 PAGEREF _Tc7309 1
\l "_Tc30203" 类型1 单杆＋电阻＋导轨模型中的四类问题 PAGEREF _Tc30203 1
\l "_Tc8991" 类型2 单杆＋电容器(或电源)＋导轨模型中的四种题型 PAGEREF _Tc8991 3
\l "_Tc30168" 模型二 双杆＋导轨模型中的四类问题 PAGEREF _Tc30168 6
\l "_Tc7155" 模型三 线框模型 PAGEREF _Tc7155 10
\l "_Tc2241" 类型1 线框穿越磁场过程的图像问题 PAGEREF _Tc2241 11
\l "_Tc14121" 类型2 线框穿越磁场过程的动力学及能量问题 PAGEREF _Tc14121 12
\l "_Tc22246" 专题强化训练 PAGEREF _Tc22246 13
模型一 单杆＋导轨模型
单杆＋导轨模型是由单杆、导轨、电阻或电容器、磁场一般为匀强磁场组成，从导轨的放置方式上来分，可有水平导轨、竖直导轨、倾斜导轨三种类型，求解过程中要做好三个分析：电路分析、动力学分析、能量分析，在计算感应电荷量时，还要用到动量定理知识，试题难度一般较大。
类型1 单杆＋电阻＋导轨模型中的四类问题
【例1】如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ，N、Q两点间接有阻值为R的电阻。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。将质量为m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上，杆cd由静止释放，下滑距离x时达到最大速度。重力加速度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。求：
(1)杆cd下滑的最大加速度和最大速度；
(2)上述过程中，杆上产生的热量。
(3)若已知金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。现用沿导轨平面向上的恒定外力F作用在金属杆cd上，使cd由静止开始沿导轨向上运动，求cd的最大加速度和最大速度。
【解题指导】
(1)杆cd下滑的最大加速度和最大速度分析思路：

【答案】(1)gsin θ，方向沿导轨平面向下 eq \f(2mgRsin θ,B2L2)，方向沿导轨平面向下 (2)eq \f(1,2)mgxsin θ－eq \f(m3g2R2sin2 θ,B4L4)
(3)见解析
【解析】 (1)设杆cd下滑到某位置时速度为v，
则杆产生的感应电动势E＝BLv，
回路中的感应电流I＝eq \f(E,R＋R)
杆所受的安培力F＝BIL
根据牛顿第二定律有mgsin θ－eq \f(B2L2v,2R)＝ma
当速度v＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a＝gsin θ，方向沿导轨平面向下
当杆的加速度a＝0时，速度最大，最大速度vm＝eq \f(2mgRsin θ,B2L2)，方向沿导轨平面向下。
(2)杆cd从开始运动到达到最大速度过程中，
根据能量守恒定律得mgxsin θ＝Q总＋eq \f(1,2)mvm2
又Q杆＝eq \f(1,2)Q总，所以Q杆＝eq \f(1,2)mgxsin θ－eq \f(m3g2R2sin2 θ,B4L4)。
（3）分析金属杆运动时的受力情况可知，金属杆受重力、导轨平面的支持力、拉力、摩擦力和安培力五个力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有
F－mgsin θ－F安－Ff＝ma
又F安＝BIL，I＝eq \f(E,2R)＝eq \f(BLv,2R)，
所以F安＝BIL＝eq \f(B2L2v,2R)
Ff＝μFN＝μmgcs θ
故F－mgsin θ－eq \f(B2L2v,2R)－μmgcs θ＝ma
当速度v＝0时，杆的加速度最大，最大加速度
am＝eq \f(F,m)－gsin θ－μgcs θ，方向沿导轨平面向上
当杆的加速度a＝0时，速度最大，
vm＝eq \f(F－mgsin θ－μmgcs θ·2R,B2L2)。
[方法规律] “单杆＋电阻＋导轨”四种题型剖析
类型2 单杆＋电容器(或电源)＋导轨模型中的四种题型
【例2】如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L。一质量为m的导体棒cd垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道和导体棒的电阻均不计。
(1)如图1所示，若轨道左端M、P间接一阻值为R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀速运动。请通过公式推导证明：在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。
(2)如图2所示，若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻，闭合开关S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度vm，求此时电源的输出功率。
(3)如图3所示，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动。电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图4所示，已知t1时刻电容器两极板间的电势差为U1。求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小。
(4)若图3中导体棒在恒定水平外力F作用下，从静止开始运动，导轨与棒间的动摩擦因数为μ，写出导体棒的速度大小随时间变化的关系式。
【解题指导】
(1)导体棒匀速运动→受力平衡→求出拉力做的功。导体棒切割磁感线产生感应电动势→产生感应电流→求出回路的电能。
(2)闭合开关S→导体棒变加速运动→产生的感应电动势不断增大→达到电源的路端电压→棒中没有电流→由此可求出电源与电阻所在回路的电流→电源的输出功率。
(3)导体棒在外力作用下运动→回路中形成充电电流→导体棒还受安培力的作用→由牛顿第二定律列式分析。
【答案】见解析
【解析】(1)导体棒切割磁感线，E＝BLv
导体棒做匀速运动，F＝F安
又F安＝BIL，其中I＝eq \f(E,R)
在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功
W＝FvΔt＝F安vΔt＝eq \f(B2L2v2,R)Δt
电路获得的电能ΔE＝EIΔt＝eq \f(B2L2v2,R)Δt
可见，在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。
(2)导体棒达到最大速度vm时，棒中没有电流，电源的路端电压U＝BLvm
电源与电阻所在回路的电流I＝eq \f(E－U,r)
电源的输出功率P＝UI＝eq \f(EBLvm－B2L2vm2,r)。
(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，
BLv＝U
由电容器的U­t图可知U＝eq \f(U1,t1)t
导体棒的速度随时间变化的关系为v＝eq \f(U1,BLt1)t
可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝eq \f(U1,BLt1)
由C＝eq \f(Q,U)和I＝eq \f(Q,t)，得I＝eq \f(CU,t)＝eq \f(CU1,t1)
由牛顿第二定律有F－BIL＝ma
可得F＝eq \f(BLCU1,t1)＋eq \f(mU1,BLt1)。
(4)导体棒由静止开始做加速运动，电容器所带电荷量不断增加，电路中将形成充电电流，设某时刻棒的速度为v，则感应电动势为E＝BLv
电容器所带电荷量为Q＝CE＝CBLv
再经过很短一段时间Δt，电容器两端电压的增量和电荷量的增量分别为ΔU＝ΔE＝BLΔv，ΔQ＝CΔU＝CBLΔv
流过导体棒的电流I＝eq \f(ΔQ,Δt)＝eq \f(CBLΔv,Δt)＝CBLa
导体棒受到的安培力f1＝BIL＝CB2L2a
导体棒所受到的摩擦力f2＝μmg
由牛顿第二定律得F－f1－f2＝ma
联立以上各式解得a＝eq \f(F－μmg,m＋CB2L2)
显然导体棒做匀加速直线运动，所以导体棒的速度大小随时间变化的关系式为
v＝eq \f(F－μmg,m＋CB2L2)t。
[方法规律] “单杆＋电容器(或电源)＋导轨”四种题型剖析
模型二 双杆＋导轨模型中的四类问题
双杆＋导轨模型是由双杆和导轨、匀强磁场组成，其中导轨有光滑和不光滑两种情况，两杆各自运动范围内导轨的宽度有相等和不相等两种情况，两杆可能有初速度，也可能受外力作用，总之，试题情景多样，过程复杂，难度较大。
【例3】[多选]如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上有a、b两导体棒，质量分别为ma＝m，mb＝2m，接入电路的阻值分别为Ra＝R，Rb＝2R。b棒静止放置在水平导轨上距a棒足够远处，a棒在弧形导轨上距水平面高度为h处由静止释放，运动过程中两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g，则( )
A．a棒刚进入磁场时回路中的感应电流大小为eq \f(BL\r(2gh),R)
B．a棒刚进入磁场时，b棒受到的安培力大小为eq \f(B2L2\r(2gh),3R)
C．a棒和b棒最终稳定时的速度大小为eq \f(\r(2gh),3)
D．从a棒开始下落到最终稳定的过程中，a棒上产生的焦耳热为eq \f(2,9)mgh
【解题指导】以单棒为研究对象，当单棒的加速度a＝0时，导体棒达到稳定速度。以双棒为研究对象，二者相互作用的过程满足动量守恒。
【答案】BCD
【解析】设a棒刚进入磁场时的速度为v，根据机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mv2，刚进入磁场时，a棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R＋2R)，联立解得I＝eq \f(BL\r(2gh),3R)，A错误。a棒刚进入磁场时，b棒受到的安培力为F＝BIL，代入电流I解得F＝eq \f(B2L2\r(2gh),3R)，方向水平向右，B正确。设两棒最后稳定时的速度为v′，从a棒进入磁场到两棒速度达到稳定，两棒组成的系统所受外力之和为零，根据动量守恒定律有mv＝3mv′，解得v′＝eq \f(v,3)＝eq \f(\r(2gh),3)，C正确。a棒进入磁场后开始产生内能，从a棒进入磁场到两棒共速的过程中，设a棒产生的焦耳热为Ea，b棒产生的焦耳热为Eb，根据能量守恒定律有eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv′2＋Ea＋Eb，两棒串联，产生的焦耳热与电阻成正比，则Eb＝2Ea，联立解得Ea＝eq \f(2,9)mgh，D正确。
【例4】[多选](2019·全国卷Ⅲ)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始终与导轨垂直并接触良好，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( )
【答案】AC
【解析】： 导体棒ab向右运动，切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab受阻力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度变大。如图所示
两导体棒之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，感应电流非均匀变化。当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。系统的动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝eq \f(v0,2)。故A、C正确，D错误。导体棒cd受变力作用，加速度逐渐减小，其v­t图像应该是曲线，故B错误。
【例5】．[多选](2022·陕西一模)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.2 T，足够长的光滑水平金属导轨，左侧间距为0.6 m，右侧间距为0.2 m。质量均为0.02 kg的金属棒M、N垂直导轨放置，开始时金属棒M、N均保持静止。现使金属棒M以10 m/s的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动，直到M、N达到稳定状态。g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．由M、N两金属棒和导轨组成回路的磁通量先减小后不变
B．由M、N两金属棒组成的系统动量守恒
C．在两棒运动的整个过程中，电路中产生的焦耳热为0.9 J
D．在两棒运动的整个过程中，通过M、N两个导体棒的电荷量相等，均为1.5 C
【答案】ACD
【解析】： 开始时金属棒M向右做减速运动、N向右做加速运动，回路的面积在减小，当回路没有感应电流时，面积不变，故由M、N两金属棒和导轨组成回路的磁通量先减小后不变，故A正确；M棒受到的安培力始终是N棒的三倍，M、N组成的系统外力之和不为零，动量不守恒，B错误；稳定时，M、N两金属棒产生的感应电动势大小相等，回路感应电流为零，金属棒不受安培力，金属棒做匀速直线运动，即：BLMv1＝BLNv2时，两金属棒做匀速直线运动，由动量定理得：对M：－BILMt＝mv1－mv0，对N：BILNt＝mv2；由能量守恒定律得：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22＋Q，解得：Q＝0.9 J，C正确；回路中有电流时有电荷通过金属棒，金属棒做匀速运动时回路没有电流，从M开始减速到匀速运动过程，对M，由动量定理得：－BILMt＝mv1－mv0，电荷量：q＝It，则：－BLMq＝mv1－mv0，代入数据：q＝1.5 C，故D正确。
【例6】.(多选)(2020·全国卷Ⅰ·21)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直.ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略.一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行.经过一段时间后( )
A.金属框的速度大小趋于恒定值
B.金属框的加速度大小趋于恒定值
C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
【答案】 BC
【解析】 当金属框在恒力F作用下向右加速运动时，bc边产生从c向b的感应电流i，金属框的加速度大小为a1，则有F－Bil＝Ma1；MN中感应电流从M流向N，MN在安培力作用下向右加速运动，加速度大小为a2，则有Bil＝ma2，当金属框和MN都运动后，金属框速度为v1，MN速度为v2，则电路中的感应电流为i＝eq \f(Blv1－v2,R)，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从eq \f(F,M)开始减小，加速度差值减小.当a1＝a2时，得F＝(M＋m)a，a＝eq \f(F,M＋m)恒定，由F安＝ma可知，安培力趋于恒定，则感应电流趋于恒定，据i＝eq \f(Blv1－v2,R)知金属框与MN的速度差保持不变，v－t图象如图所示，故A错误，B、C正确；MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框的速度，则MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误.
[方法规律] “双杆＋导轨”四种题型剖析(双棒质量m1＝m2、电阻r1＝r2，导轨电阻不计)
模型三 线框模型
线框模型研究的是线框穿越匀强磁场时发生的电磁感应过程。高考试题通过此模型对电磁感应过程中的电路、动力学、功能关系进行考查，在求解此类问题时，要注意分析清楚线框进入磁场和离开磁场时的运动情况和受力情况。
【例7】如图甲所示，空间内有一磁感应强度B＝0.8 T的水平匀强磁场，其上下水平边界的间距为H，磁场的正上方有一长方形导线框，其长和宽分别为L＝2 m、d＝0.8 m(d＜H)，质量m＝0.4 kg，电阻R＝3.2 Ω。将导线框从距磁场高h＝0.8 m处由静止释放，导线框平面始终与磁场方向垂直，导线框上下边始终保持水平，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)导线框下边缘刚进入磁场时加速度的大小。
(2)若在导线框上边缘进入磁场之前，导线框已经开始做匀速运动。求导线框进入磁场过程中产生的焦耳热Q。
(3)请在图乙中画出从导线框由静止开始下落到导线框上边缘进入磁场的过程中，导线框速度v随t变化的图像(定性画出)。
【答案】 (1)2 m/s2 (2)1.4 J (3)见解析图
【解析】(1)导线框从静止释放到下边缘刚进入磁场，根据动能定理mgh＝eq \f(1,2)mv12
解得v1＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×0.8) m/s＝4 m/s
导线框下边切割磁感线，感应电动势为E＝BLv1
根据闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R)
安培力大小为F安＝BIL＝eq \f(B2L2v1,R)＝eq \f(0.82×22×4,3.2) N＝3.2 N
根据牛顿第二定律mg－F安＝ma
解得a＝g－eq \f(F安,m)＝10 m/s2－eq \f(3.2,0.4) m/s2＝2 m/s2。
(2)导线框匀速运动，重力和安培力等大反向
mg＝eq \f(B2L2v2,R)
解得v2＝eq \f(mgR,B2L2)＝eq \f(0.4×10×3.2,0.82×22) m/s＝5 m/s
从导线框静止释放到上边缘刚进入磁场，根据动能定理得mg(h＋d)－Q＝eq \f(1,2)mv22
解得Q＝mg(h＋d)－eq \f(1,2)mv22＝0.4×10×1.6 J－eq \f(1,2)×0.4×52 J＝6.4 J－5 J＝1.4 J。
(3)导线框未进入磁场前做自由落体运动，进入磁场后先做加速度减小的加速运动，然后做匀速直线运动，v­t图像如图所示。
【方法规律】解决线框模型问题的两大关键
(1)分析电磁感应情况：弄清线框在运动过程中是否有磁通量不变的阶段，线框进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生，结合闭合电路欧姆定律列方程解答。
(2)分析线框的受力以及运动情况，选择合适的力学规律处理问题：在题目中涉及电荷量、时间以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题；如果题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较方便。
类型1 线框穿越磁场过程的图像问题
1.如图所示，有一边长为L的正方形线框abcd，由距匀强磁场上边界H处静止释放，下降过程中ab边始终与磁场边界平行，且ab边刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动。匀强磁场区域宽度也为L。ab边开始进入磁场时记为t1，cd边出磁场时记为t2，忽略空气阻力，从线框开始下落到cd边刚出磁场的过程中，线框的速度大小v、加速度大小a、ab两点的电压大小Uab、线框中产生的焦耳热Q随时间t的变化图像可能正确的是( )
【答案】C
【解析】： 线框在磁场上方H处开始下落到ab边开始进入磁场过程中线框做匀加速运动；因线框ab边刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动，可知线框直到cd边出磁场时也做匀速运动，选项A、B错误。线框ab边进入磁场的过程：E＝BLv，则Uab＝eq \f(3,4)BLv；ab边出磁场后cd边在磁场中运动的过程：E＝BLv，则Uab＝eq \f(1,4)BLv；线框进入磁场和出离磁场过程中电动势相同，均为E＝BLv，时间相同，则产生的热量相同，故选项C正确，D错误。
类型2 线框穿越磁场过程的动力学及能量问题
2．[多选](2022·河南名校联考)如图所示，一水平方向的匀强磁场，磁场区域的高度为h，磁感应强度为B。质量为m、电阻为R、粗细均匀的矩形线圈，ab＝L，bc＝h，该线圈从cd边离磁场上边界高度H＝eq \f(mgR2,2gB4L4)处自由落下，不计空气阻力，重力加速度为g，设cd边始终保持水平，则( )
A．cd边刚进入磁场时速度大小v＝eq \f(mgR,2B2L2)
B．cd边刚进入磁场时其两端电压Ucd＝eq \f(mgR,2BL＋h)
C．线圈穿过磁场的时间t＝eq \f(2hBL2,mgR)
D．线圈穿过磁场过程中，回路中产生的热量Q＝2mgh
【答案】CD
【解析】： 由题意可知，线圈从开始运动到cd边进入磁场时做自由落体运动，故cd边刚进入磁场时速度大小满足v2＝2gH，解得v＝eq \f(mgR,B2L2)，故A错误；cd边刚进入磁场时其两端电压Ucd＝Ieq \f(L＋2h,2L＋h)R，IR＝BLv，解得Ucd＝eq \f(mgRL＋2h,2BLL＋h)，故B错误；cd边刚进入磁场时受安培力F＝BIL＝eq \f(BL2v,R)＝mg，所以线圈匀速穿过磁场，时间t＝eq \f(2h,v)＝eq \f(2hBL2,mgR)，故C正确；回路中产生的热量等于重力势能的减少量，即Q＝2mgh，故D正确。
专题强化训练
1.(2022·湖南长沙市模拟)如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，则在这两次过程中( )
A.回路电流I1∶I2＝1∶2
B.产生的热量Q1∶Q2＝1∶4
C.通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶2
D.外力的功率P1∶P2＝1∶2
【答案】 A
【解析】 回路中感应电流为：I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，I∝v，则得I1∶I2＝v1∶v2＝1∶2，A正确；产生的热量为Q＝I2Rt＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BLv,R)))2Req \f(x,v)＝eq \f(B2L2xv,R)，Q∝v，则得Q1∶Q2＝v1∶v2＝1∶2，B错误；通过任一截面的电荷量为q＝It＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLx,R)，q与v无关，则得q1∶q2＝1∶1，C错误；由于棒匀速运动，外力的功率等于电路中的热功率，即P＝I2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BLv,R)))2R，P∝v2，则得P1∶P2＝v12∶v22＝1∶4，D错误.
2.(2022·湖北普通高中协作体联考)如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端有一阻值为R的电阻，一质量为m、电阻也为R的金属棒横跨在导轨上，棒与导轨垂直且接触良好.整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，前进距离s后停止.在金属棒整个运动过程中，下列说法正确的是( )
A.金属棒运动的平均速度大于eq \f(v0,2)
B.金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
C.通过电阻R的电荷量为eq \f(BLs,2R)
D.电阻R上产生的焦耳热为eq \f(1,2)mv02
【答案】 C
【解析】 金属棒向右运动，受到向左的安培力F安＝eq \f(B2L2v,R)，做加速度不断减小的减速运动，其平均速度小于eq \f(v0,2)，故A错误；由能量守恒定律知金属棒克服安培力做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热之和，故B错误；由q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(\x\t(E),R总)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R总Δt)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R总)＝eq \f(BLs,2R)，故C正确；由能量守恒定律有Q总＝eq \f(1,2)mv02，又R＝eq \f(1,2)R总，所以电阻R上产生的焦耳热为eq \f(1,4)mv02，故D错误.
3．[多选](2022·哈六中第三次调研)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边在t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是( )
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在0.4～0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
【答案】BC
【解析】： 由E­t图像可知，导线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度v＝eq \f(L,t)＝eq \f(0.1,0.2) m/s＝0.5 m/s，选项B正确；E＝0.01 V，根据E＝BLv可知，B＝0.2 T，选项A错误；导线框进磁场过程中，感应电流方向为顺时针方向，根据右手定则可知，原磁场的磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在0.4～0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(0.01,0.005) A＝2 A，所受的安培力大小为F＝BIL＝0.04 N，选项D错误。
4.(多选)(2022·宁夏银川市唐徕回民中学检测)如图甲所示，两根足够长的光滑固定金属导轨ab、cd与水平面成θ＝30°，导轨间距离为l＝1 m，电阻不计，一个阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端，整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B＝1 T．现将一质量为m、不计电阻的金属棒MN从图示位置由静止开始释放，金属棒下滑过程中与导轨接触良好，且始终与导轨保持垂直，改变电阻箱的阻值R，测定金属棒的最大速度vm，得到eq \f(1,vm)－eq \f(1,R)的关系如图乙所示，g取10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．金属棒的质量m＝0.2 kg
B．金属棒的质量m＝0.1 kg
C．定值电阻R0＝1 Ω
D．定值电阻R0＝2 Ω
【答案】 AD
【解析】 金属棒以速度vm下滑时，由法拉第电磁感应定律得E＝Blvm，由闭合电路欧姆定律得E＝I·eq \f(RR0,R＋R0)，当金属棒以最大速度vm下滑时，由平衡条件得BIl－mgsin θ＝0，联立解得eq \f(1,vm)＝eq \f(B2l2,mgsin θ)·eq \f(1,R)＋eq \f(B2l2,mgsin θ)·eq \f(1,R0)，由eq \f(1,vm)－eq \f(1,R)图象可得eq \f(B2l2,mgsin θ)＝1，eq \f(B2l2,mgsin θ)·eq \f(1,R0)＝0.5，解得m＝0.2 kg，R0＝2 Ω，故选A、D.
5．[多选](2022·福州二模)如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两导体棒a、b均垂直于导轨静止放置。已知导体棒a质量为2m，导体棒b质量为m，长度均为l，电阻均为r，其余部分电阻不计。现使导体棒a获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度v0。除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是( )
A．任何一段时间内，导体棒b动能增加量跟导体棒a动能减少量的数值总是相等的
B．任何一段时间内，导体棒b动量改变量跟导体棒a动量改变量总是大小相等、方向相反
C．全过程中，通过导体棒b的电荷量为eq \f(2mv0,3Bl)
D．全过程中，两棒共产生的焦耳热为eq \f(mv02,3)
【答案】BCD
【解析】： 根据题意可知，两棒组成回路，电流相同，故所受安培力合力为零，动量守恒，故任何一段时间内，导体棒b动量改变量跟导体棒a动量改变量总是大小相等、方向相反，根据能量守恒可知，a动能减少量的数值等于b动能增加量与产热之和，故A错误，B正确；最终共速速度2mv0＝(2m＋m)v，对b棒mv－0＝Beq \x\t(I)l·t＝Blq，解得q＝eq \f(2mv0,3Bl)，根据能量守恒，两棒共产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)×2mv02－eq \f(1,2)(2m＋m)v2＝eq \f(mv02,3)，故C、D正确。
6．[多选](2022·济宁模拟)如图甲所示，在光滑绝缘水平面内，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与水平面垂直。边长为l的正方形单匝金属线框abcd位于水平面内，cd边与磁场边界平行。t＝0时刻线框在水平外力F的作用下由静止开始做匀加速直线运动，回路中的感应电流大小与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．水平外力为恒力
B．匀强磁场的宽度为eq \f(8l,3)
C．从开始运动到ab边离开磁场的时间为2eq \r(15)t0
D．线框穿出磁场过程中外力F做的功大于线框中产生的热量
【答案】BD
【解析】： 线框进入磁场的时候，要受到安培力的作用，电流是变化的，安培力也是变化的，因此水平外力F必然不是恒力，选项A错误； 由题图乙可知2t0～4t0时间内线框进入磁场，设线框做匀加速直线运动的加速度为a，边框长为：l＝eq \f(1,2)a(4t0)2－eq \f(1,2)a(2t0)2＝6at02，磁场的宽度为：d＝eq \f(1,2)a(6t0)2－eq \f(1,2)a(2t0)2＝16at02，故d＝eq \f(8l,3)，选项B正确； 设t时刻线框穿出磁场，则有：6at02＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)a(6t0)2，解得：t＝4eq \r(3)t0，C错误； 根据能量守恒可知，线框穿出磁场过程中外力F做的功等于线框增加的动能和产生的热量，故线框穿出磁场过程中外力F做的功大于线框中产生的热量，选项D正确。
7．[多选]如图甲所示，水平面内粗糙导轨MN、PQ相距为L，置于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨电阻不计。两根电阻均为R相同的金属棒ab、cd置于导轨上且与导轨接触良好，电流表内阻不计；若ab棒在水平外力F作用下由静止开始向右运动，电流表示数随时间变化图线如图乙所示，在t0时刻cd棒刚要开始运动，下列说法中正确的是 ( )
A．ab棒在t0时间内做匀加速直线运动
B．若在t0时刻突然撤去外力F，此时ab棒的加速度大小为a＝eq \f(2BI0L,m)
C．在t0时间内，通过cd棒的电量为eq \f(I0t0,2)
D．在t0时间内，力F做的功为ab棒的焦耳热、摩擦生热和其增加的动能三者之和
【答案】ABC
【解析】： 根据E＝BLv，得I＝eq \f(E,2R)＝eq \f(BLv,2R)，由图像可知，t0时间内I＝kt，则速度v与时间t成正比，即ab棒在t0时间内做匀加速直线运动，选项A正确。若在t0时刻突然撤去外力F，此时对cd棒：f＝BI0L；ab棒的加速度大小为a＝eq \f(BI0L＋f,m)＝eq \f(2BI0L,m)，选项B正确。根据q＝It，可知I­t图像的面积等于电荷量，则由图像可知在t0时间内，通过cd棒的电量为eq \f(I0t0,2)，选项C正确；在t0时间内，力F做的功为ab棒和cd棒的焦耳热、ab棒的摩擦生热以及增加的动能四者之和，选项D错误。
8.(多选)(2022·辽宁营口市高三期末)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个匀强磁场区域．区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，磁感应强度为2B，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁感应强度为B，磁场边界MN、PQ、GH均平行于斜面底边，MP、PG长均为L.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中ab边始终与斜面底边平行．t1时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到PQ与MN之间的某位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动．重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．当ab边刚越过PQ时，导线框的加速度大小为a＝eq \f(5,4)gsin θ
B．导线框两次做匀速直线运动的速度之比v1∶v2＝4∶3
C．从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做的功等于机械能的减少量
D．从t1到t2的过程中，有eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v\\al(12)－v\\al(22)))机械能转化为电能
【答案】 AC
【解析】 ab边进入磁场Ⅰ区域时E＝2BLv1，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(2BLv1,R)，F安＝2BIL＝eq \f(4B2L2v1,R)，
由平衡条件得F安＝eq \f(4B2L2v1,R)＝mgsin θ，
当ab边刚越过PQ时，E′＝BLv1＋2BLv1＝3BLv1，I′＝eq \f(E′,R)＝eq \f(3BLv1,R)，F安′＝BI′L＋2BI′L＝eq \f(9B2L2v1,R)
由牛顿第二定律得F安′－mgsin θ＝ma
解得a＝eq \f(5,4)gsin θ，故A正确；
第二次平衡时，根据平衡条件，有F安″＝eq \f(9B2L2v2,R)＝mgsin θ
联立解得v1∶v2＝9∶4，故B错误；从t1到t2的过程中，根据功能关系，导线框克服安培力做功的大小等于机械能的减少量，故C正确；从t1到t2的过程中，设导线框下降的高度为Δh，则机械能转化为电能有eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22＋mg·Δh，故D错误．
9．[多选](2022·柳州模拟)如图所示，宽为L的平行光滑金属导轨MN和PQ由圆弧部分和水平部分平滑连接，右端接阻值为R的定值电阻，水平轨道的左边部分矩形区域内有竖直向上、大小为B的匀强磁场。在圆弧部分的某一高度h处由静止释放一根金属棒，金属棒到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒质量为m，电阻为eq \f(R,2)，与导轨始终垂直且接触良好。导轨电阻不计，重力加速度为g。则在整个运动过程中( )
A．通过电阻的最大电流大小为eq \f(2BL\r(2gh),3R)
B．金属棒两端的最大电压为BLeq \r(2gh)
C．磁场区域长度d＝eq \f(3mR\r(2gh),2B2L2)
D．右端电阻R产生的焦耳热为mgh
【答案】AC
【解析】： 金属棒下滑过程中机械能守恒，则有mgh＝eq \f(1,2)mv2，金属棒到达水平面时的速度v＝eq \r(2gh)，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势为E＝BLv，最大的感应电流为I＝eq \f(BLv,\f(R,2)＋R)＝eq \f(2BL\r(2gh),3R)，故A正确；金属棒两端的电压为路端电压，最大值为U＝IR＝eq \f(2BL\r(2gh),3)，故B错误；金属棒在整个运动过程中，由动量定理得－Beq \x\t(I)LΔt＝0－mv，而q＝eq \x\t(I)Δt，又q＝eq \f(ΔΦ,R＋\f(R,2))＝eq \f(2BLd,3R)，联立解得d＝eq \f(3mR\r(2gh),2B2L2)，故C正确；由能量守恒整个电路产生的焦耳热为mgh，右端电阻R产生的焦耳热小于mgh，故D错误。
10.(2022·重庆巴蜀中学高三月考)如图甲所示，abcd是位于竖直平面内边长为L的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R.在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与金属线框的bc边平行，磁场方向垂直于金属线框平面向里.现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是金属线框t＝0时刻从静止开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的v－t图象.重力加速度为g，不计空气阻力.则下列说法正确的是( )
A.金属线框进入磁场过程中ab边不受安培力
B.线框将匀速离开磁场
C.磁场边界MN与PQ的间距为2.5L
D.线框从释放到完全离开磁场产生的焦耳热为2mgL
【答案】 C
【解析】 根据金属线框进入磁场的过程中，bc边切割磁感线产生感应电动势，闭合回路产生感应电流，故ab边要受安培力，A错误；根据题图乙可知线框进入磁场时做匀速运动，根据安培力的计算公式，可得F安＝eq \f(B2L2v1,R总)＝mg，完全进入磁场时开始做加速度为g的匀加速运动，线框开始离开磁场时的速度v2>v1，则eq \f(B2L2v2,R总)>mg，故线框离开磁场时做减速运动，B错误；根据v－t图象可知，t0到2t0图线与t轴所围面积为L，L＝v1t0,2t0到3t0图线与t轴所围面积为eq \f(1,2)(v1＋v2)t0＝1.5L，故磁场宽度等于2.5L，C正确；根据金属线框进入磁场过程中为匀速运动可知，进入过程中产生的热量为Q1＝mgL，金属线框离开磁场时的速度大于金属线框进入磁场时的速度，故离开磁场时产生的热量Q2>Q1，故焦耳热大于2mgL，D错误.
11．[多选](2022·成都模拟)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置，导轨间距为L且电阻不计，其顶端接有一阻值为R的电阻，整个装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。一质量为m的金属棒以初速度v0由导轨底端M点上滑，经一段时间滑行距离x到达最高点N后，又返回底端M点。金属棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电路中的电阻为r，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．金属棒上滑过程中通过电阻R的电荷量为eq \f(BLx,R＋r)
B．整个过程中电阻R中的电流先从b到a后从a到b
C．金属棒下滑时间大于上滑时间
D．金属棒上滑时间为eq \f(mv0R＋r－B2L2x,mgR＋rsin θ)
【答案】ACD
【解析】： 金属棒上滑过程中通过电阻R的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLx,R＋r)，故A正确；由楞次定律可知，金属棒上滑过程电阻R中电流从a到b，下滑过程电阻R中电流从b到a，故B错误；根据能量守恒得，除最高点外，在任何一个位置上，上滑到此位置的速度大于下滑到此位置的速度，则上滑的平均速度大于下滑的平均速度，所以t上12．[多选](2022·日照模拟)如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为L，导轨的两端分别与电源(串有一滑动变阻器R)、定值电阻R0、电容器(电容为C，原来不带电)和开关S相连。整个空间充满了磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向外的匀强磁场。一质量为m、电阻不计的金属棒ab横跨在导轨上。已知电源电动势为E、内阻为r，不计导轨的电阻。当S接1，滑动变阻器R接入电路一定阻值时，金属棒ab在磁场中恰好保持静止。当S接2后，金属棒ab从静止开始下滑，下滑距离h时达到稳定速度。重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．当S接1时，滑动变阻器接入电路的阻值R＝eq \f(EBL,mg)－r
B．当S接2时，金属棒ab从静止开始到刚好达到稳定速度所经历的时间为t＝eq \f(B4L2h＋m2gR02,mgR0B2L2)
C．若将ab棒由静止释放的同时，将S接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v的变化关系为Q＝CBLv
D．若将ab棒由静止释放的同时，将S接到3，则金属棒ab将做匀加速直线运动，加速度大小a＝eq \f(mg,m＋CB2L2)
【答案】ACD
【解析】： 当S接到1位置时，有I＝eq \f(E,R＋r)，由平衡条件可得 mg＝BIL，则I＝eq \f(mg,BL)，联立以上各式解得R＝eq \f(EBL,mg)－r，故A正确；当S接到2位置速度恒定时，有mg＝BIL＝eq \f(B2L2v,R0)，解得v＝eq \f(mgR0,B2L2)，金属棒ab从静止开始下滑，下滑距离h时达到稳定速度，根据动量定理可得mgt－Beq \x\t(I)Lt＝mv，即mgt－eq \f(B2L2\x\t(v),R0)·t＝mv，其中eq \x\t(v)t＝h，解得t＝eq \f(B4L4h＋m2gR02,mgR0B2L2)，故B错误；若将ab棒由静止释放的同时，将S接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v的变化关系为Q＝CU＝CBLv，根据动量定理可得mgΔt－Beq \x\t(I)LΔt＝mΔv，即mgΔt－BL·ΔQ＝mΔv，将ΔQ＝CBLΔv代入解得mgΔt－CB2L2Δv＝mΔv，所以a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(mg,m＋CB2L2) ，故C、D正确。
13．[多选]如图所示，竖直固定的“”形光滑导轨宽为0.5 m，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为0.1 m，磁场的磁感应强度大小均为1 T，其他区域无磁场。质量为0.1 kg的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为0.5 Ω，与导轨接触良好，其他电阻不计，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在磁场Ⅰ、Ⅱ之间的区域运动时间
C．金属杆穿过两磁场产生的总热量为0.6 J
D．金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度一定大于0.2 m
【答案】BD
【解析】： 金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误。金属杆在磁场Ⅰ运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆在磁场Ⅰ中做加速度减小的减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题意知，金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆在磁场Ⅰ中运动的平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确。金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程中，由能量守恒定律得：2mgd＝Q，金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以产生的总热量为：Q总＝2Q＝4mgd＝0.4 J，故C错误。设金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为H时进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有：mg＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，又v＝eq \r(2gH)，联立解得：H＝eq \f(m2gR2,2B4L4)＝0.2 m，由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以高度h一定大于H，故D正确。
14.(多选)(2022·河南省三门峡市一模)如图所示，间距为L的两根平行光滑导轨竖直放置，导轨间接有电容为C的电容器，装置处于垂直轨道平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为R的金属杆ab接在两导轨之间并由静止释放，ab下落过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，设导轨足够长，电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.ab做自由落体运动
B.ab做匀加速运动，且加速度为a＝eq \f(mg,m＋CB2L2)
C.ab做匀加速运动，若加速度为a，则回路的电流为I＝CBLa
D.ab做加速度减小的变加速运动，最后匀速运动，最大速度为vm＝eq \f(mgR,B2L2)
【答案】 BC
【解析】 由E＝BLv得，Q＝EC＝BLCv，I＝eq \f(ΔQ,Δt)＝eq \f(CBLΔv,Δt)＝CBLa，安培力F＝BIL＝CB2L2a，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，得a＝eq \f(mg,m＋B2L2C)，可知ab做初速度为零的匀加速直线运动，故B、C正确.
15.(多选)(2021·全国甲卷·21)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍.现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示.不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平.在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的情况是( )
A.甲和乙都加速运动
B.甲和乙都减速运动
C.甲加速运动，乙减速运动
D.甲减速运动，乙加速运动
【答案】 AB
【解析】 设线圈到磁场上边界的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝eq \r(2gh)
感应电动势为E＝nBlv
两线圈材料相等(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，
则m＝ρ0×4nl×S
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻
R＝ρeq \f(4nl,S)＝eq \f(16n2l2ρρ0,m)
感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(mBv,16nlρρ0)
安培力为F＝nBIl＝eq \f(mB2v,16ρρ0)
由牛顿第二定律有mg－F＝ma
联立解得a＝g－eq \f(F,m)＝g－eq \f(B2v,16ρρ0)
加速度与线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度.
当g>eq \f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都加速运动，
当g当g＝eq \f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都匀速运动.
故选A、B.
16.(多选)(2022·全国甲卷，20)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后( )
A.通过导体棒MN电流的最大值为eq \f(Q,RC)
B.导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
【答案】 AD
【解析】 开始时电容器两极板间的电压U＝eq \f(Q,C)，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I＝eq \f(U,R)＝eq \f(Q,CR)，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，此时速度为零，A项正确，C项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电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上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，D项正确。
18.(多选)(2022·湖北新高考演练卷)如图所示，在距地面高h＝1.25 m处固定有两根间距为l＝0.5 m水平放置的平行金属导轨，导轨的左端接有电源E，右端边缘处静置有一长l＝0.5 m、质量m＝0.2 kg、电阻R＝5.0 Ω的导体棒ab，导体棒所在空间有磁感应强度大小为B＝1.0 T、方向竖直向上的匀强磁场。闭合开关后，导体棒ab以某一初速度水平向右抛出，已知导体棒落地点到抛出点的水平距离d＝2.5 m，重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A.在空中运动过程中，导体棒a端的电势低于b端的电势
B.导体棒抛出时的初速度大小为5 m/s
C.在空中运动过程中，导体棒上产生的感应电动势大小恒定
D.闭合开关后，通过导体棒的电荷量为1.0 C
【答案】 BC
【解析】 由右手定则可知，导体棒在空中运动过程中，在水平方向上要切割磁感线，从而产生感应电动势，但无感应电流，不受安培力，故导体棒在平抛运动过程中水平方向上的速度v0不变，由E＝Blv0可知导体棒上产生的感应电动势大小不变，且a端电势高于b端电势，故A错误，C正确；导体棒从抛出到落地的时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.5 s，故导体棒做平抛运动的初速度v0＝eq \f(d,t)＝5 m/s，故B正确；设闭合开关时导体棒中有电流流过的时间为Δt，由动量定理可得Beq \(I,\s\up6(－))lΔt＝mv0－0，因q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt，故有Blq＝mv0，即q＝eq \f(mv0,Bl)，代入数据解得q＝2.0 C，故D错误。
20.(多选)如图所示，在竖直平面内有一上下边界均水平，垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5 T。正方形单匝金属线框在磁场上方h＝0.45 m处，质量为0.1 kg，边长为0.4 m，总阻值为1 Ω。现将线框由静止释放，下落过程中线框ab边始终与磁场边界平行，ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度均为2 m/s，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。则下列说法中正确的是( )
A.cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为9 W
B.匀强磁场区域的高度为0.65 m
C.穿过磁场的过程中线框电阻产生的热量为0.65 J
D.线框通过磁场上边界所用时间为0.3 s
【答案】 ABD
【解析】 cd边刚进入磁场时的速度为v1＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×0.45) m/s＝3 m/s，cd边刚进入磁场时切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv1＝2.5×0.4×3 V＝3 V，此时cd边受到的安培力为FA＝BIL＝Beq \f(E,R)L＝2.5×eq \f(3,1.0)×0.4 N＝3 N，则cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为P＝FAv1＝9 W，故A正确；ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度均为v2＝2 m/s，根据对称性cd边刚到达下边界时的速度为3 m/s，从ab边刚好进入磁场到cd边刚到达下边界时，由于线框的磁通量不变，则无电流产生，加速度为重力加速度，则有veq \\al(2,1)－veq \\al(2,2)＝2gh，得h＝0.25 m，匀强磁场区域的高度为s＝h＋L＝0.65 m，故B正确；由能量守恒定律得Q＝mg(s＋L)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝1.3 J，故C错误；线框通过磁场上边界过程由动量定理得mgt－Beq \(i,\s\up6(－))Lt＝mv2－mv1，即mgt－BqL＝mv2－mv1，此过程的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BL2,R)，联立解得t＝0.3 s，故D正确。
21.(多选)(2022·河南平顶山质检)据悉，一种利用电磁感应原理的健身器械“智能电磁式健身器械阻尼器”在近期获得专利，相比传统机械式健身器材，具有安全、易检测的优点，其原理如图甲所示，水平平行的粗糙金属导轨固定在水平地面上，导轨足够长，电阻不计，处于垂直水平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝2 m，左侧接有定值电阻R＝3 Ω。一质量m＝1 kg的金属棒ab放在导轨上、接入电路部分的阻值r＝1 Ω，在水平向右的拉力的作用下由静止开始从某处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图像如图乙所示。若金属棒与导轨垂直且接触良好，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2。则金属棒从静止开始向右运动位移x1＝1 m的过程中，下列说法正确的是( )
A.b端的电势比a端低
B.拉力做的功为7 J
C.金属棒ab上产生的焦耳热为1 J
D.通过电阻R的电荷量为0.5 C
【答案】 BD
【解析】 根据右手定则可知，b端相当于电源正极，b端的电势比a端高，故A错误；金属棒从静止开始向右运动位移x1＝1 m的过程中，克服安培力做功W安＝Beq \f(BLv,R＋r)L·x＝eq \f(B2L2,R＋r)vx，结合图像面积可知Q＝W安＝1 J，金属棒ab上产生的焦耳热Q′＝eq \f(r,R＋r)Q＝0.25 J，故C错误；根据能量守恒定律，拉力做的功为W＝Q＋eq \f(1,2)mv2＋μmgx＝7 J，故B正确；金属棒从静止开始向右运动位移x1＝1 m的过程中，通过电阻R的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,Δt（R＋r）)Δt＝eq \f(BLx,R＋r)＝0.5 C，故D正确。
22.(多选)(2022·河南六市联考)如图所示，光滑水平导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为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。ab接入电路的电阻为R，cd接入电路的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，并始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。现瞬间给cd一水平向右的初速度v0，则对此后的运动过程，下列说法正确的是( )
A.导体棒ab和cd组成的系统动量守恒
B.cd棒最终的速度为eq \f(2,3)v0
C.全过程中，通过导体棒cd的电荷量为eq \f(2mv0,3BL)
D.从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eq \f(2,3)mveq \\al(2,0)
【答案】 CD
【解析】导体棒ab和cd的长度不一样，所以受到的安培力大小不相等，所以导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故A错误；当导体棒ab和cd产生的电动势相等时，两棒都做匀速直线运动，则有BLvab＝B·2Lvcd
对ab棒，由动量定理得Beq \(I,\s\up6(－))·LΔt＝mvab
对cd棒，由动量定理得
－Beq \(I,\s\up6(－))·2LΔt＝2mvcd－2mv0
联立解得vcd＝eq \f(v0,3)，vab＝eq \f(2v0,3)，故B错误；
对cd棒，有q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt
又－Beq \(I,\s\up6(－))·2LΔt＝2mvcd－2mv0
联立解得q＝eq \f(2mv0,3BL)，故C正确；
由能量守恒定律得，整个回路产生的焦耳热
Q＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,cd)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,ab)
解得Q＝eq \f(2,3)mveq \\al(2,0)，故D正确。
23.(多选)(2022·安徽六安市省示范高中教学质检)如图甲所示，足够长光滑水平导轨MN、PQ间连接两定值电阻R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，导轨间距L＝0.5 m，整个装置处在磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，质量m＝0.1 kg的导体棒ab垂直导轨放置，在外力F作用下由静止开始做匀加速运动，F－t图像如乙图所示，则下列选项正确的是( )
A.导体棒匀加速运动的加速度a＝2 m/s2
B.导体棒电阻r＝1 Ω
C.t＝2 s时电阻R1的热功率eq \f(1,3) W
D.0～2 s内通过R1的电荷量为0.5 C
【答案】 AC
【解析】 由F－t图像得t＝0时，F安＝0，F＝0.2 N，则a＝eq \f(F,m)＝2 m/s2，选项A正确；2 s末速度v＝at＝4 m/s，此时F安＝0.25 N，由F安＝eq \f(B2L2v,R总)得R总＝4 Ω，又R总＝eq \f(R1R2,R1＋R2)＋r，得r＝2 Ω，B错误；在2 s末时刻，电路电流I＝eq \f(BLv,R总)＝0.5 A，流过R1电流I1＝eq \f(R2,R1＋R2)I＝eq \f(1,3) A，R1的热功率为P1＝Ieq \\al(2,1)R1＝eq \f(1,3) W，C正确；0～2 s内，导体棒的位移x＝eq \f(1,2)at2＝4 m，电路的总电荷量为Q＝eq \f(ΔΦ,R总)＝eq \f(BLx,R总)＝0.5 C，流过R1的电荷量为eq \f(1,3)C，D错误。
24.(多选)(2022·宁夏石嘴山市4月模拟)如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L，电阻不计，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上。现有一质量为m、有效电阻为r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度vm时，运动的位移为x，则( )
A.在此过程中金属杆的速度均匀增加
B.金属杆下滑的最大速度eq \f(mg（R＋r）sin α,B2L2)
C.在此过程中流过电阻R的电荷量为eq \f(BLx,R＋r)
D.在此过程中电阻R产生的焦耳热为mgxsin α－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
【答案】 BC
【解析】 对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有
mgsin α－BIL＝ma
根据闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(BLv,R＋r)
联立解得mgsin α－eq \f(B2L2v,R＋r)＝ma
可知，随着速度的增大，加速度不断减小，故金属杆做加速度减小的加速运动，所以速度不是均匀增大；当加速度为零时，速度达到最大，则有mgsin α－eq \f(B2L2vm,R＋r)＝0
解得vm＝eq \f(mg（R＋r）sin α,B2L2)，故A错误，B正确；在此过程中流过电阻R的电荷量为q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt，又eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)，eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)，联立解得q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLx,R＋r)，故C正确； 根据能量守恒定律得，在此过程中回路中产生的总热量为Q＝mgxsin α－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，电阻R产生的焦耳热为QR＝eq \f(R,R＋r)Q＝eq \f(R,R＋r)(mgxsin α－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m))，故D错误。
25.(2022·人大附中检测)如图，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，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。质量为m的金属棒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，某时刻棒的速度大小为v，从开始运动到该时刻的过程中流过ab棒某一横截面的电荷量为q，重力加速度为g。求：
(1)速度大小为v时ab棒两端的电压；
(2)从开始运动到速度为v的过程中金属棒下滑的位移大小；
(3)有同学尝试求上述过程中金属棒中产生的焦耳热。他的做法是：因Q＝I2Rt，把q＝It和E＝Blv代入，得Q＝qBlv。请问这种做法是否正确，并说明理由。
【答案】：(1)0 (2)eq \f(qR,Bl) (3)错误，理由见解析
【解析】：(1)ab棒两端的电压为路端电压，因为导轨电阻不计，故路端电压为0，即ab棒两端的电压为0。
(2)在运动过程中，由法拉第电磁感应定律，得
eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(Blx,Δt)
q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R)·Δt＝eq \f(Blx,R)
解得位移x＝eq \f(qR,Bl)。
(3)做法错误；对于变化的电流，焦耳定律中的I应该为有效值，而电流有效值和运动时间相乘It是没有意义的。
另外，电流有效值和电阻的乘积IR也不能表示成Blv。
正确的求法应该根据能量守恒求解。
26．如图所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0 m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L＝0.5 m、电阻R＝0.25 Ω的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0 m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0 s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3 s内线框始终做匀速运动。
(1)求外力F的大小；
(2)在1.0 s≤t≤1.3 s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
(3)求在0≤t≤1.3 s内流过导线横截面的电荷量q。
【答案】：(1)0.062 5 N (2)B＝eq \f(1,6－4t) (3)0.5 C
【解析】：(1)t0＝0，B0＝0.25 T，线框刚进入磁场时
回路电流I＝eq \f(B0Lv,R)
安培力FA＝eq \f(B02L2,R)v
外力F＝FA＝0.062 5 N。
(2)线框匀速出磁场，电流为0，磁通量不变Φ1＝Φ
t1＝1.0 s时，B1＝0.5 T，磁通量Φ1＝B1L2
t时刻，磁通量Φ＝BL[L－v(t－t1)]
得B＝eq \f(1,6－4t)。
(3)在0≤t≤0.5 s内电荷量q1＝eq \f(B0L2,R)＝0.25 C
在0.5 s≤t≤1.0 s内电荷量q2＝eq \f(B1L2－B0L2,R)＝0.25 C
总电荷量q＝q1＋q2＝0.5 C。
27.(2022·山东济南市期末学习质量评估)如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝3 T。两导轨间距为L＝0.5 m，轨道足够长。金属棒a和b的质量分别为ma＝1 kg，mb＝0.5 kg，电阻分别为Ra＝1 Ω，Rb＝2 Ω。b棒静止于轨道水平部分，现将a棒从h＝1.8 m高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。g取10 m/s2。求：
(1)a棒刚进入磁场时，b棒的加速度；
(2)从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，流过a棒的电荷量；
(3)从a棒进入磁场到a棒匀速的过程中，a棒中产生的焦耳热。
【答案】 (1)9 m/s2 向右 (2)eq \f(4,3) C (3)2 J
【解析】 (1)a棒沿弧形轨道下滑h过程，根据机械能守恒有magh＝eq \f(1,2)mav2
a棒进入磁场瞬间感应电动势E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,Ra＋Rb)
对b棒F安＝BIL
根据牛顿第二定律F安＝mba
解得a＝9 m/s2
由左手定则，b棒加速度的方向向右。
(2)对a、b：由动量守恒定律得mav＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ma＋mb))v共
解得v共＝4 m/s
对b棒，应用动量定理Beq \(I,\s\up6(－))Lt＝mbv共，即BLq＝mbv共
解得q＝eq \f(4,3) C。
(3)a、b棒在水平面内运动过程，由能量转化与守恒定律
eq \f(1,2)mav2－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ma＋mb))veq \\al(2,共)＝Q
根据焦耳定律有Q＝I2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Ra＋Rb))t
Qa＝I2Rat
联立解得Qa＝2 J。
题型一(v0≠0)
题型二(v0＝0)
题型三(v0＝0)
题型四(v0＝0)
说明
质量为m，电阻不计的单杆cd以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为L
轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定
倾斜轨道光滑，倾角为α，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L
竖直轨道光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L
示意图
力学观点
杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝eq \f(BLv,R)，安培力F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)。杆做减速运动：v↓⇒F↓⇒a↓，当v＝0时，a＝0，杆保持静止
开始时a＝eq \f(F,m)，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝eq \f(FR,B2L2)
开始时a＝gsin α，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mgsin α－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝eq \f(mgRsin α,B2L2)
开始时a＝g，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝eq \f(mgR,B2L2)
图像观点
能量观点
动能全部转化为内能：Q＝eq \f(1,2)mv02
F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：
WF＝Q＋eq \f(1,2)mvm2
重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：
WG＝Q＋eq \f(1,2)mvm2
重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋eq \f(1,2)mvm2
题型一(v0＝0)
题型二(v0＝0)
题型三(v0＝0)
题型四(v0＝0)
说明
轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L
轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定
轨道倾斜光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L
轨道竖直光滑，杆cd质量为m，电阻为R，两平行导轨间距为L
示意图
力学观点
S闭合，杆cd受安培力F＝eq \f(BLE,r)，a＝eq \f(BLE,mr)，杆cd速度v↑⇒感应电动势E感＝BLv↑⇒I↓⇒安培力F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vmax＝eq \f(E,BL)
开始时a＝eq \f(F,m)，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq \f(Δq,Δt)＝CBLa，F安＝CB2L2a，F－F安＝ma，a＝eq \f(F,m＋B2L2C)，所以杆做匀加速运动
开始时a＝gsin α，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq \f(Δq,Δt)＝CBLa，F安＝CB2L2a，mgsin α－F安＝ma，a＝eq \f(mgsin α,m＋CB2L2)，所以杆做匀加速运动
开始时a＝g，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq \f(Δq,Δt)＝CBLa，F安＝CB2L2a，mg－F安＝ma，a＝eq \f(mg,m＋CB2L2)，所以杆做匀加速运动
图像观点
能量观点
电源输出的电能转化为动能：W电＝eq \f(1,2)mvm2
F做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WF＝eq \f(1,2)mv2＋EC
重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WG＝eq \f(1,2)mv2＋EC
重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WG＝eq \f(1,2)mv2＋EC
题型一(光滑的平行导轨)
题型二(光滑不等距导轨)
题型三(光滑的平行导轨)
题型四(不光滑平行导轨)
示意图
导体棒长度L1＝L2
导体棒长度L1＝2L2，两棒只在各自的轨道上运动
导体棒长度L1＝L2
摩擦力Ff1＝Ff2＝Ff
导体棒长度L1＝L2
图像观点
力学观点
棒1做加速度减小的减速运动，棒2做加速度减小的加速运动，稳定时，两棒以相等的速度匀速运动
棒1做加速度减小的减速运动，棒2做加速度减小的加速运动，稳定时，两棒的加速度均为零，速度之比为1∶2
开始时，两棒做变加速运动；稳定时，两棒以相同的加速度做匀加速运动
开始时，若Ff2Ff，则棒2先做变加速运动后做匀加速运动，棒1先静止后做变加速运动，最后和棒2做加速度相同的匀加速运动
动量观点
两棒组成的系统动量守恒
两棒组成的系统动量不守恒
对单棒可以用动量定理
两棒组成的系统动量不守恒
对单棒可以用动量定理
两棒组成的系统动量不守对单棒可以用动量定理恒
能量观点
系统动能的减少量等于产生的焦耳热
系统动能的减少量等于产生的焦耳热
拉力做的功一部分转化为双棒的动能，一部分转化为内能(焦耳热)：W＝Q＋Ek1＋Ek2
拉力做的功一部分转化为双棒的动能，一部分转化为内能(摩擦热和焦耳热)：W＝Q1＋Q2＋Ek1＋Ek2