2022届高三物理大一轮复习-第9章-第4节-电磁感应中的动力学和能量问题-教学讲义-.docx

第四节电磁感应中的动力学和能量问题一、电磁感应现象中的动力学问题1安培力的大小F2安培力的方向(1)先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定安培力方向(2)依据楞次定律，安培力的方向确定和导体切割磁感线运动方向相反1.(多选)(2022高考四川卷)如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 .此时在整个空间加方向与水平面成30 角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B(0.40.2t) T，图示磁场方向为正方向框、挡板和杆不计形变则()At1 s时，金属杆中感应电流方向从C到DBt3 s时，金属杆中感应电流方向从D到CCt1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 NDt3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N答案：AC二、电磁感应中的能量转化1过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程(2)感应电流在磁场中受安培力，若安培力做负功，则其他形式的能转化为电能；若安培力做正功，则电能转化为其他形式的能(3)当感应电流通过用电器时，电能转化为其他形式的能2安培力做功和电能变化的对应关系“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；安培力做多少功，就有多少电能转化为其他形式的能2.(单选)如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽视的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于()A棒的机械能增加量B棒的动能增加量C棒的重力势能增加量D电阻R上放出的热量答案：A考点一电磁感应中的动力学问题分析1导体的平衡态静止状态或匀速直线运动状态处理方法：依据平衡条件(合外力等于零)列式分析2导体的非平衡态加速度不为零处理方法：依据牛顿其次定律进行动态分析或结合功能关系分析(2022高考江苏卷)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为 L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为 ，在导轨的中部刷有一段长为 d 的薄绝缘涂层匀强磁场的磁感应强度大小为 B，方向与导轨平面垂直质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放， 在滑上涂层之前已经做匀速运动， 并始终匀速滑到导轨底端. 导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为 R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数； (2)导体棒匀速运动的速度大小 v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.解析(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡：mgsin mgcos 解得导体棒与涂层间的动摩擦因数tan .(2)在光滑导轨上感应电动势：EBLv感应电流：I安培力：F安BIL受力平衡的条件是：F安mgsin 解得导体棒匀速运动的速度v.(3)摩擦生热：Qfmgdcos 依据能量守恒定律知：3mgdsin QQfmv2解得电阻产生的焦耳热Q2mgdsin .答案(1)tan (2)(3)2mgdsin 总结提升分析电磁感应中的动力学问题的一般思路(1)先进行“源”的分析分别出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；(2)再进行“路”的分析分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；(3)然后是“力”的分析分析争辩对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力状况，尤其留意其所受的安培力；(4)最终进行“运动”状态的分析依据力和运动的关系，推断出正确的运动模型1.(单选)(2021高考新课标全国卷)如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(dL )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动t0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列vt图象中，可能正确描述上述过程的是()解析：选D.导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿其次定律可确定线框在磁场中的运动特点线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由EBLv、I及FBILma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D正确考点二电磁感应中的能量问题 1电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程2能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法(2022高考安徽卷)如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角为30的斜面对上绝缘斜面上固定有“”外形的光滑金属导轨MPN(电阻忽视不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m以MN中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 ，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)g取10 m/s2.(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x0.8 m处电势差UCD；(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出Fx关系图象；(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热审题点睛(1)由于导轨电阻不计，因此导轨两端的电压为0，C、D两端的电压等于导轨外金属棒产生的电动势，留意UCD的正负(2)回路中电流恒定，但CD的有效长度变化，金属杆所受安培力为变力，依据Fx图象求功(3)外力做功使金属杆CD的机械能增加和产生焦耳热解析(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势EBlv，ld，解得E1.5 V当x0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零设此时杆在导轨外的长度为l外，则l外dd，OP2 m得l外1.2 m由右手定则推断D点电势高，故CD两端电势差UCDBl外v0.6 V.(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是ld3x对应的电阻R1R电流I杆受到的安培力为F安BIl7.53.75x依据平衡条件得FF安mgsin F12.53.75x(0x2)画出的Fx图象如图所示(3)外力F所做的功WF等于Fx图线下所围的面积即WF2 J17.5 J而杆的重力势能增加量EpmgOPsin 故全过程产生的焦耳热QWFEp7.5 J.答案(1)1.5 V0.6 V(2)F12.53.75x(0x2)图象见解析(3)7.5 J方法提升在解决电磁感应中的能量问题时，首先进行受力分析，推断各力做功和能量转化状况，再利用功能关系或能量守恒定律列式求解2.(多选)(2021石家庄模拟)如图所示，在倾角为的光滑斜面上，有三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域、宽度均为d，两区域分别存在垂直斜面对下和垂直斜面对上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从l1上方确定高度处由静止开头沿斜面下滑，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，线框又开头以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g.在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是()A线框中感应电流的方向不变B线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间C线框以速度v2做匀速直线运动时，发热功率为sin2D线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，削减的机械能E机与重力做功WG的关系式是E机WGmvmv解析：选CD.线框从释放到穿出磁场的过程中，由楞次定律可知感应电流方向先沿abcda后沿adcba再沿abcda方向，A项错；线框第一次匀速运动时，由平衡条件有BIdmgsin ，I，解得v1.其次次匀速运动时，由平衡条件有2BIdmgsin ，I，解得v2.线框ab边匀速通过区域，先减速再匀速通过区域，而两区域宽度相同，故通过区域的时间小于通过区域的时间，B项错；由功能关系知线框其次次匀速运动时发热功率等于重力做功的功率，即Pmgv2sin ，C项正确；线框从进入磁场到其次次匀速运动过程中，损失的重力势能等于该过程中重力做的功，动能损失量为mvmv，所以线框机械能损失量为E机WGmvmv，D项正确物理模型电磁感应中的“双杆”模型1模型分类“双杆”模型分为两类：一类是“一动一静”，甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要留意问题包含着一个条件：甲杆静止、受力平衡另一种状况是两杆都在运动，对于这种状况，要留意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减2分析方法通过受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态对于收尾状态则有恒定的速度或者加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解(14分)(2022高考天津卷)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角30的斜面上，导轨电阻不计，间距L0.4 m导轨所在空间被分成区域和，两区域的边界与斜面的交线为MN，中的匀强磁场方向垂直斜面对下，中的匀强磁场方向垂直斜面对上，两磁场的磁感应强度大小均为B0.5 T在区域中，将质量m10.1 kg，电阻R10.1 的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑然后，在区域中将质量m20.4 kg，电阻R20.1 的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开头下滑cd在滑动过程中始终处于区域的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g10 m/s2.问：(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开头下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少审题点睛(1)ab刚好不下滑，隐含Ffmmgsin ，方向沿斜面对上，ab刚要向上滑动时，隐含F安Ffmmgsin ，摩擦力方向沿斜面对下(2)由于ab中的电流变化，产生的热量要用功能关系(能量守恒)结合电路学问求解该得的分一分不丢！(1)由右手定则可知cd中的电流由d到c，故ab中的电流由a流向b. (1分)(2)开头放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmaxm1gsin (1分)设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有EBLv(1分)设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I (1分)设ab所受安培力为F安，有F安BIL (1分)此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面对下，由平衡条件有F安m1gsin Fmax(2分)综合式，代入数据解得v5 m/s. (1分)(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsin Q总m2v2 (2分)又QQ总 (2分)解得Q1.3 J (2分)答案(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J总结提升分析“双杆”模型问题时，要留意双杆之间的制约关系，即“动杆”与“被动杆”之间的关系，需要留意的是，最终两杆的收尾状态的确定是分析该类问题的关键3.(多选)(2021唐山模拟)如图所示，水平传送带带动两金属杆a、b匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30，两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面对下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场宽度为L，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d，两金属杆质量均为m，两杆与导轨接触良好当金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a离开磁场时，金属杆b恰好进入磁场，则()A金属杆b进入磁场后做加速运动B金属杆b进入磁场后做匀速运动C两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgLD两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为解析：选BC.两杆从导轨顶端进入磁场过程中，均只有重力做功，故进入磁场时速度大小相等，金属杆a进入磁场后匀速运动，b进入磁场后，a离开磁场，金属杆b受力与金属杆a受力状况相同，故也做匀速运动，A项错，B项正确；两杆匀速穿过磁场，削减的重力势能转化为回路的电热，即Q2mgLsin 30mgL，C项正确，D项错1(多选)(2021江西八校联考)如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN的右侧存在磁感应强度B2 T的匀强磁场，MN的左侧有一质量m0.1 kg的矩形线圈abcd，bc边长L10.2 m，电阻R2 .t0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开头向右做匀加速运动，经过时间1 s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时马上将拉力F改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示则()A恒定拉力大小为0.05 NB线圈在第2 s内的加速度大小为1 m/s2C线圈ab边长L20.5 mD在第2 s内流过线圈的电荷量为0.2 C解析：选ABD.在第1 s末，i1，EBL1v1，v1a1t1，Fma1，联立得F0.05 N，A项正确在第2 s内，由图象分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s末i2，EBL1v2，v2v1a2t2，解得a21 m/s2，B项正确在第2 s内，vv2a2L2，得L21 m，C项错误q0.2 C，D项正确2(多选)(2021河南三市联考)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g，则 ()A金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为abB金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为C金属棒的最大速度为D金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为2R解析：选BD.金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律知，流过电阻R的电流方向为ba，选项A错误；金属棒的速度为v时，金属棒中感应电动势EBLv，感应电流I，所受的安培力大小为FBIL，选项B正确；当安培力Fmg时，金属棒下滑速度最大，金属棒的最大速度为v，选项C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R和r的总热功率为Pmgv2(Rr)，电阻R的热功率为2R，选项D正确3(多选)(2021扬州模拟)如图所示，平行金属导轨与水平面间的夹角为，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达ab的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为.则()A上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B上滑过程中电流做功放出的热量为mv2mgs(sin cos )C上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2D上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2mgssin 解析：选BD.上滑过程中，开头时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为，A错；依据能量守恒，上滑过程中电流做功放出的热量为mv2mgs(sin cos )，B对；上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于电流做功产生的热，也是mv2mgs(sin cos )，C错；上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2mgssin ，D对4(单选)如图所示，宽为2L且上、下边界都水平的匀强磁场区域的正上方有一个高为L的闭合矩形线框由静止从某高度释放，线框竖直下落过程中，下边始终保持水平，磁感应强度方向垂直线框平面对里，线框第一次从某高度由静止下落后，恰好匀速进入磁场，其次次调整下落高度后，线框恰好匀速穿过磁场下边界，用I1、I2分别表示第一次、其次次在整个进出磁场区域的过程中线框的感应电流大小，则下列反映线框的感应电流随位移变化的图象中可能正确的是()解析：选A.线框第一次进入磁场先做匀速运动，产生恒定电流，完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，线框中无感应电流，而出磁场时，做减速运动，线框中产生渐渐减小的感应电流，但刚出磁场时速度不小于进入磁场时速度， 即x3L时，感应电流不小于I0，A对，B错；线框其次次出磁场时做匀速运动，产生恒定电流，因线框在完全进入磁场后有一段匀加速运动过程，所以线框在进入磁场过程中将始终做加速运动且感应电流确定小于I0，C、D错5(多选)如图所示，光滑平行的金属导轨宽度为L，与水平方向成角倾斜固定，导轨之间布满了垂直于导轨平面的足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨上垂直导轨放置着质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b，二者都被垂直于导轨的挡板拦住保持静止，金属导轨电阻不计，现对b棒施加一垂直于棒且平行于导轨平面对上的牵引力F，并在极短的时间内将牵引力的功率从零调为恒定的P.为了使a棒沿导轨向上运动，P的取值可能为(重力加速度为g)()A.sin2B.sin2C.sin2 D.sin2解析：选CD.以b棒为争辩对象，由牛顿其次定律可知Fmgsin BLma，以a棒为争辩对象，由牛顿其次定律可知BLmgsin ma，则F2mgsin ，v，故PFvsin2，由此可得选项C、D正确，选项A、B错误6(单选)(2021高考安徽卷)如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37，宽度为0.5 m，电阻忽视不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 .一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 ，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6)()A2.5 m/s1 W B5 m/s1 WC7.5 m/s9 W D15 m/s9 W解析：选B.小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动此时：F安对棒满足：mgsin mgcos 0由于R灯R棒则：P灯P棒再依据功能关系：mgsin vmgcos vP灯P棒联立解得v5 m/s，P灯1 W，所以B项正确一、单项选择题1如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开头下落，最终落在水平地面上磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触若不计空气阻力重力加速度为g，下列说法中正确的是()A在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)B磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力先竖直向上后竖直向下C磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变D磁铁落地时的速率确定等于解析：选A.当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，依据楞次定律可推断圆环中感应电流的方向为逆时针(从上向下看圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，依据楞次定律可推断圆环中感应电流的方向为顺时针(从上向下看圆环)，A正确；依据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可推断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，B错误；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，C错误；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，依据能量守恒定律可知，其落地速度确定小于，D错误2.竖直平面内有一外形为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是yx2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是ya的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上yb(ba)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是()AmgbB.mv2Cmg(ba) Dmg(ba)mv2解析：选D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，由能量守恒可得产生的焦耳热等于削减的机械能，即Qmv2mgbmgamg(ba)mv2.3. (2021高考福建卷)如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻线框下落过程外形不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO平行，线框平面与磁场方向垂直设OO下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不行能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律()解析：选A.由题意可知，线框先做自由落体运动，最终做匀加速直线运动若ab边刚进入磁场时，速度较小，线框内产生的感应电流较小，线框所受安培力小于重力，则线框进入磁场的过程做加速度渐渐减小的加速运动，图象C有可能；若线框进入磁场时的速度较大，线框内产生的感应电流较大，线框所受安培力大于重力，则线框进入磁场时做加速度渐渐减小的减速运动，图象B有可能；若线框进入磁场时的速度合适，线框所受安培力等于重力，则线框匀速进入磁场，图象D有可能；由分析可知本题应选A.4.(2021南昌模拟)如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框沿垂直磁场方向，以速度v从图示位置向右运动，当线框中心线AB运动到与PQ重合时，线框的速度为，则()A此时线框的电功率为B此时线框的加速度为C此过程通过线框截面的电荷量为D此过程回路产生的电能为0.75mv2解析：选C.在题图中虚线位置，线框产生的电动势EBLv，电流I，由牛顿其次定律可知，线框的加速度a2，B错误；线框的电功率PI2R，A错误；由法拉第电磁感应定律和电流的定义，可得此过程通过线框截面的电荷量qt，C正确；由能量守恒定律可得，回路产生的电能Wmv2mmv2，D错误5如图甲所示，电阻不计且间距L1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R2 的电阻，虚线OO下方有垂直于导轨平面对里的匀强磁场，现将质量m0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平，已知杆ab进入磁场时的速度v01 m/s，下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2，则()A匀强磁场的磁感应强度为1 TB杆ab下落0.3 m时金属杆的速度为1 m/sC杆ab下落0.3 m的过程中R上产生的热量为0.2 JD杆ab下落0.3 m的过程中通过R的电荷量为0.25 C解析：选D.在杆ab刚进入磁场时，有mgma，由题图乙知，a的大小为10 m/s2，解得B2 T，选项A错误杆ab下落0.3 m时杆做匀速运动，则有mg，解得v0.5 m/s，选项B错误在杆ab下落0.3 m的过程中，依据能量守恒，R上产生的热量为Qmghmv20.287 5 J，选项C错误通过R的电荷量q0.25 C，选项D正确6.如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为，上端连接一个阻值为R的电阻，置于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，今有一质量为m、有效电阻为r的金属杆垂直于导轨放置并由静止下滑，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，则以下说法中正确的是()A金属杆所受导轨的支持力大于mgcos B金属杆下滑的最大速度vmC在此过程中电阻R上产生的焦耳热为mgxsin mvD在此过程中流过电阻R的电荷量为解析：选A.由于磁感应强度方向竖直向上，依据右手定则及左手定则，金属杆受水平向右的安培力、重力及支持力，A正确；当金属杆受力平衡时，速度最大，故有mgtan ，得vm，B错误；由能量守恒定律可得mgxsin mvQ总，则电阻R上产生的焦耳热QRQ总，C错误；流过电阻R的电荷量为Q，D错误二、多项选择题7如图所示，边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平线框从图示位置开头静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光则()A有界磁场宽度lLB磁场的磁感应强度应为C线框匀速穿越磁场，速度恒为D线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为mgL解析：选BC.因线框穿越磁场的过程中小灯泡正常发光，故线框匀速穿越磁场，且线框长度L和磁场宽度l相同，A错误；因线框匀速穿越磁场，故重力和安培力相等，mgnBILnBL，得B，B正确；线框匀速穿越磁场，重力做功的功率等于电功率，即mgvP，得v，C正确；线框穿越磁场时，通过的位移为2L，且重力做功完全转化为焦耳热，故Q2mgL，D错误8.如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面对下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为21.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后()A金属棒ab、cd都做匀速运动B金属棒ab上的电流方向是由b向aC金属棒cd所受安培力的大小等于2F/3D两金属棒间距离保持不变解析：选BC.对两金属棒ab、cd进行受力分析和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律推断金属棒ab上的电流方向由b到a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为争辩对象有：F3ma，隔离金属棒cd分析其受力，则有：FF安ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安F，C正确9(2021内蒙古包头测评)如图，在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连质量为m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上(图中未画出)，磁感应强度的大小为B.导体棒的中点系一个不行伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态现若从静止开头释放物块，用h表示物块下落的高度(物块不会触地)，g表示重力加速度，其他电阻不计，则 ()A电阻R中的感应电流方向由a到cB物块下落的最大加速度为gC若h足够大，物块下落的最大速度为D通过电阻R的电荷量为解析：选CD.题中导体棒向右运动切割磁感线，由右手定则可得回路中产生顺时针方向的感应电流，则电阻R中的电流方向由c到a，A错误；对导体棒应用牛顿其次定律有：TF安ma，又F安Bl，再对物块应用牛顿其次定律有：mgTma，则联立可得：a，则物块下落的最大加速度am，B错误；当a0时，速度最大为vm，C正确；下落h的过程，回路中的面积变化量Slh，则通过电阻R的电荷量q，D正确10在仁川亚运会上，100 m赛跑跑道两侧设有跟踪仪，其原理如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L0.5 m，一端通过导线与阻值为R0.5 的电阻连接导轨上放一质量为m0.5 kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽视不计匀强磁场方向竖直向下用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，使杆运动当转变拉力的大小时，相对应的速度v也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持全都已知v和F的关系如图乙(取重力加速度g10 m/s2)则()A金属杆受到的拉力与速度成正比B该磁场的磁感应强度为1 TC图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小D导轨与金属杆之间的动摩擦因数0.4解析：选BCD.由题图乙可知拉力与速度是一次函数，但不成正比，故A错；图线在横轴的截距是速度为零时的拉力，金属杆将要运动，此时阻力最大静摩擦力等于该拉力，也等于运动时的滑动摩擦力，C对；由FBILmg0及I可得：Fmg0，从题图乙上分别读出两组F、v数据代入上式即可求得B1 T，0.4，所以选项B、D对三、非选择题11(2022高考浙江卷)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示一个半径为R0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上转轴的左端有一个半径为rR/3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动圆盘上绕有不行伸长的细线，下端挂着一个质量为m0.5 kg的铝块在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面对右的匀强磁场，磁感应强度B0.5 Ta点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度铝块由静止释放，下落h0.3 m时，测得U0.15 V(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g10 m/s2)(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？(2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失解析：(1)由右手定则可知与a点相接的是电压表的“正极”(2)由电磁感应定律得UEBR2UBR2vrR所以v2 m/s.(3)Emghmv2E0.5 J.答案：(1)正极(2)2 m/s(3)0.5 J12.如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、MN位于同一水平面上，两轨道之间的距离l0.50 m轨道的MM端接一阻值为R0.50 的定值电阻直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度为B0.60 T的匀强磁场中，磁场区域的右边界为NN，宽度为d0.80 mNN端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、NP平滑连接，两半圆形轨道的半径均为R00.50 m现有一导体杆ab静止在距磁场的左边界s2.0 m处，其质量m0.20 kg、电阻r0.10 .ab杆在与杆垂直的水平恒力F2.0 N的作用下开头运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，杆穿过磁场区域后，沿半圆形轨道运动，结果恰好能通过半圆形轨道的最高位置PP.已知杆始终与轨道垂直，杆与直轨道之间的动摩擦因数0.10，轨道电阻忽视不计，取g10 m/s2.求：(1)导体杆通过PP后落到直轨道上的位置离NN的距离；(2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R的电荷量；(3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路产生的焦耳热解析：(1)设导体杆运动到半圆形轨道最高位置的速度为v，因导体杆恰好能通过轨道最高位置，由牛顿其次定律得mgmv2/R0导体杆通过PP后做平抛运动xvt2R0gt2/2解得：x1 m.(2)qt/(Rr)，Bld联立解得：q0.4 C.(3)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，由动能定理有(Fmg)smv解得：v16.0 m/s在导体杆从刚进磁场到滑至最高位置的过程中，由能量守恒定律有mv/2Qmg2R0mv2/2mgd解得：Q0.94 J.答案：(1)1 m(2)0.4 C(3)0.94 J