專題強(qiáng)化9電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.學(xué)會(huì)分析導(dǎo)體棒、線框在磁場中的受力(重點(diǎn))。2.能根據(jù)電流的變化分析導(dǎo)體棒、線框受力的變化情況和運(yùn)動(dòng)情況(重難點(diǎn))。3.能利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和平衡條件分析有關(guān)問題(重難點(diǎn))。4.理解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化，會(huì)用動(dòng)能定理、能量守恒定律分析有關(guān)問題(重難點(diǎn))。一、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題如圖所示，空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，MN、PQ是水平放置的足夠長的平行長直導(dǎo)軌，其間距為L，電阻R接在導(dǎo)軌一端，導(dǎo)體棒ab跨接在導(dǎo)軌上，質(zhì)量為m，接入電路的電阻為r。導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度g。從零時(shí)刻開始，對(duì)ab棒施加一個(gè)大小為F、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，ab棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。(1)分析導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；(2)求導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度的大小；(3)試定性畫出導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像。答案(1)導(dǎo)體棒做切割磁感線的運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv①回路中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)②導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BIL③導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根據(jù)牛頓第二定律有：F－μmg－F安＝ma④整理得：F－μmg－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma⑤由⑤可知，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當(dāng)加速度a減小到0時(shí)，速度達(dá)到最大，此后導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)。即導(dǎo)體棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做勻速運(yùn)動(dòng)。(2)當(dāng)導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，達(dá)到最大速度，有F－μmg－eq\f(B2L2vm,R＋r)＝0可得：vm＝eq\f(F－μmgR＋r,B2L2)(3)由(1)(2)中的分析可知，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像如圖所示。1．電磁感應(yīng)問題中電學(xué)對(duì)象與力學(xué)對(duì)象的相互制約關(guān)系2．處理此類問題的基本方法(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向。(2)求回路中感應(yīng)電流的大小和方向。(3)分析導(dǎo)體受力情況(包括安培力)。(4)列動(dòng)力學(xué)方程或根據(jù)平衡條件列方程求解。例1如圖甲所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L，M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的定值電阻，一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦。(重力加速度為g)(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請(qǐng)?jiān)诖藞D中畫出ab桿下滑過程中的受力示意圖；(2)在加速下滑過程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，求此時(shí)ab桿中的電流大小及其加速度的大小；(3)求在下滑過程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值。答案(1)見解析圖(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)解析(1)如圖所示，ab桿受重力mg，方向豎直向下；支持力FN，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上；電流方向由a→b，安培力F安，方向沿導(dǎo)軌向上。(2)當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，則此時(shí)電路中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)ab桿受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ－F安＝ma聯(lián)立各式解得a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)。(3)當(dāng)a＝0時(shí)，ab桿達(dá)到最大速度vm，即有mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R)，解得vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)。電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)臨界問題的基本思路導(dǎo)體受外力運(yùn)動(dòng)eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))感應(yīng)電動(dòng)勢eq\o(→,\s\up13(I＝\f(E,R＋r)))感應(yīng)電流eq\o(→,\s\up7(F＝BIl))導(dǎo)體受安培力→合外力變化eq\o(→,\s\up7(F合＝ma))加速度變化→臨界狀態(tài)二、電磁感應(yīng)中的能量問題1．如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，水平U形導(dǎo)體框左端接一阻值為R的電阻，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab置于導(dǎo)體框上。不計(jì)導(dǎo)體框的電阻、導(dǎo)體棒與框間的摩擦。ab以水平向右的初速度v0開始運(yùn)動(dòng)，最終停在導(dǎo)體框上。在此過程中(1)根據(jù)動(dòng)能定理可得，導(dǎo)體棒克服安培力做的總功W克安＝eq\f(1,2)mv02；(2)根據(jù)能量守恒可得，整個(gè)過程回路中產(chǎn)生的總熱量為Q＝eq\f(1,2)mv02，可知，W克安＝Q(填“>”“<”或“＝”)；(3)電阻R消耗的總電能為eq\f(mv02R,2R＋r)。2．在例1中，設(shè)ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑至速度最大的過程中下滑的豎直高度為h，則(1)根據(jù)動(dòng)能定理可得，mgh－W克安＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02，可得W克安＝mgh＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mvm2；(2)根據(jù)能量守恒定律可得，mgh＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02＋Q，整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量Q＝mgh＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mvm2可得知，W克安＝Q(填“>”“<”或“＝”)；(3)電阻R消耗的總電能為mgh＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mvm2。1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化安培力做功eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(做正功：電能\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))機(jī)械能，如電動(dòng)機(jī),做負(fù)功：機(jī)械能\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))電能\o(→,\s\up7(電流),\s\do5(做功))焦耳熱或其他形式的能量，如發(fā)電機(jī)))2．焦耳熱的計(jì)算(1)電流恒定時(shí)，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt。(2)感應(yīng)電流變化時(shí)，可用以下方法分析：①利用動(dòng)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，焦耳熱等于其他形式能量的減少量。3．桿克服安培力做的功等于整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱Q。電阻與導(dǎo)體棒串聯(lián)，產(chǎn)生的焦耳熱與電阻成正比。電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝eq\f(R,R＋r)Q，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qr＝eq\f(r,R＋r)Q。例2如圖所示，足夠長的平行光滑U形導(dǎo)軌傾斜放置，所在平面的傾角θ＝37°，導(dǎo)軌間的距離L＝1.0m，下端連接R＝1.6Ω的定值電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，所在空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T。質(zhì)量m＝0.5kg、電阻r＝0.4Ω的金屬棒ab垂直放置于導(dǎo)軌上，現(xiàn)用沿導(dǎo)軌平面且垂直于金屬棒、大小為F＝5.0N的恒力使金屬棒ab從靜止開始沿導(dǎo)軌向上滑行且始終與導(dǎo)軌接觸良好，當(dāng)金屬棒滑行x＝2.8m后速度保持不變(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)。求：(1)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v；(2)金屬棒從靜止開始到做勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量QR。答案(1)4m/s(2)1.28J解析(1)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I＝eq\f(BLv,R＋r)由平衡條件有F＝mgsinθ＋I(xiàn)LB聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v＝4m/s。(2)設(shè)整個(gè)電路中產(chǎn)生的熱量為Q，由動(dòng)能定理得Fx－mgxsinθ－W安＝eq\f(1,2)mv2，而Q＝W安，QR＝eq\f(R,R＋r)Q，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得QR＝1.28J。針對(duì)訓(xùn)練1(多選)如圖所示，在光滑的水平地面上方，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場，PQ為兩個(gè)磁場的邊界，磁場范圍足夠大。一個(gè)半徑為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬圓環(huán)垂直磁場方向，以速度v從圖示位置(實(shí)線所示)開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到直徑剛好與邊界線PQ重合時(shí)(虛線所示)，圓環(huán)的速度變?yōu)閑q\f(v,2)，則下列說法正確的是()A．此時(shí)圓環(huán)的電功率為eq\f(2B2a2v2,R)B．此時(shí)圓環(huán)的加速度大小為eq\f(8B2a2v,mR)C．此過程中通過圓環(huán)截面的電荷量為eq\f(πBa2,R)D．此過程中回路產(chǎn)生的電能為eq\f(3,4)mv2答案BC解析當(dāng)圓環(huán)的直徑與邊界線重合時(shí)，圓環(huán)左右兩半環(huán)均產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，故圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝2B×2a×eq\f(v,2)＝2Bav，圓環(huán)的電功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(4B2a2v2,R)，故A錯(cuò)誤；此時(shí)圓環(huán)受到的安培力大小F＝2BI×2a＝2B×eq\f(2Bav,R)×2a＝eq\f(8B2a2v,R)，由牛頓第二定律可得，加速度大小a＝eq\f(F,m)＝eq\f(8B2a2v,mR)，故B正確；圓環(huán)中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則通過圓環(huán)截面的電荷量Q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bπa2,R)，故C正確；此過程中回路產(chǎn)生的電能等于動(dòng)能的減少量，即E＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(eq\f(v,2))2＝eq\f(3,8)mv2，故D錯(cuò)誤。針對(duì)訓(xùn)練2(2023·長春市十一中高二月考)如圖所示，水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌，左端接有電阻R，勻強(qiáng)磁場B豎直向下分布在導(dǎo)軌所在的空間內(nèi)，質(zhì)量一定的金屬棒PQ垂直導(dǎo)軌放置。若使棒以一定的初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其通過位置a、b時(shí)，速率分別為va、vb，到位置c時(shí)棒剛好靜止，設(shè)金屬導(dǎo)軌與棒的電阻均不計(jì)，a到b與b到c的間距相等，則金屬棒在從a到b和從b到c的兩個(gè)過程中()A．金屬棒做勻減速運(yùn)動(dòng)B．通過金屬棒橫截面積的電荷量，從a到b比從b到c大C．克服安培力做功，從a到b比從b到c大D．回路中產(chǎn)生的內(nèi)能相等答案C解析金屬棒PQ在運(yùn)動(dòng)過程中所受到的合力為安培力，方向向左，F(xiàn)安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，由牛頓第二定律得eq\f(B2L2v,R)＝ma，由于v減小，所以金屬棒向右運(yùn)動(dòng)過程中，加速度逐漸減小，故A錯(cuò)誤；金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，電路產(chǎn)生的電荷量q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(Δt,R)＝eq\f(ΔΦ,R)＝Beq\f(ΔS,R)從a到b的過程中與從b到c的過程中，回路面積的變化量ΔS相等，B、R相等，因此，通過棒橫截面的電荷量相等，故B錯(cuò)誤；金屬棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，速度v越來越小，導(dǎo)體棒克服安培力做功，把金屬棒的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，由于ab間距離與bc間距離相等，安培力從a到c逐漸減小，由W＝F安s定性分析可知，從a到b克服安培力做的功比從b到c克服安培力做的功多，因此在從a到b的過程產(chǎn)生的內(nèi)能多，故C正確，D錯(cuò)誤。專題強(qiáng)化練考點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題1．(2023·北京市大興區(qū)高二期末)如圖所示，有兩根和水平方向成θ角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下。經(jīng)過足夠長的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度vm，不計(jì)金屬桿和軌道的電阻，則以下分析正確的是()A．金屬桿先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．金屬桿由靜止到最大速度過程中機(jī)械能守恒C．如果只增大B，vm將變小D．如果只增大R，vm將變小答案C解析金屬桿下滑過程中，受重力、導(dǎo)軌的支持力和安培力，開始時(shí)重力沿斜面向下的分力大于安培力，金屬桿做加速運(yùn)動(dòng)，滿足mgsinθ－eq\f(B2l2v,R)＝ma隨著速度的增加，安培力在增大，所以金屬桿加速度逐漸減小，當(dāng)加速度減小到零，速度最大。當(dāng)加速度為零時(shí)，金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，故金屬桿先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，然后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；金屬桿由靜止到最大速度過程中，安培力做負(fù)功，金屬桿機(jī)械能并不守恒，故B錯(cuò)誤；當(dāng)速度最大，則有mgsinθ－eq\f(B2l2vm,R)＝0解得vm＝eq\f(mgRsinθ,B2l2)，所以只增大B,vm將變小，只增大R,vm將變大，故C正確，D錯(cuò)誤。2.(多選)如圖所示，MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌，已知導(dǎo)軌足夠長，且電阻不計(jì)。ab是一根與導(dǎo)軌垂直且始終與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿。開始時(shí)，將開關(guān)S斷開，讓桿ab由靜止開始自由下落，一段時(shí)間后，再將S閉合，若從S閉合開始計(jì)時(shí)，則金屬桿ab的速度v隨時(shí)間t變化的圖像可能是()答案ACD解析設(shè)ab桿的有效長度為l，S閉合時(shí)，金屬桿受重力mg、安培力F安＝eq\f(B2l2v,R)，若eq\f(B2l2v,R)＞mg，桿先減速再勻速，D項(xiàng)有可能；若eq\f(B2l2v,R)＝mg，桿勻速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)有可能；若eq\f(B2l2v,R)＜mg，桿先加速再勻速，C項(xiàng)有可能；由于v變化，eq\f(B2l2v,R)－mg＝ma中的a不恒定，故B項(xiàng)不可能。3.如圖所示，勻強(qiáng)磁場存在于虛線框內(nèi)，矩形線圈豎直下落，如果線圈受到的安培力總小于其重力，則它在1、2、3、4位置時(shí)的加速度關(guān)系為()A．a(chǎn)1>a2>a3>a4 B．a(chǎn)1＝a3>a2>a4C．a(chǎn)1＝a3>a4>a2 D．a(chǎn)4＝a2>a3>a1答案B解析線圈進(jìn)入磁場前和全部進(jìn)入磁場后，都僅受重力，所以加速度a1＝a3＝g。線圈在題圖中2位置時(shí)，受到重力和向上的安培力，且已知F安2<mg，所以a2＝eq\f(mg－F安2,m)<g。而由于線圈完全在磁場中時(shí)做加速度為g的加速運(yùn)動(dòng)，故4位置時(shí)的速度大于2位置時(shí)的速度，根據(jù)F安＝eq\f(B2L2v,R)及a＝eq\f(mg－F安,m)可得a4<a2，故線圈在1、2、3、4位置時(shí)的加速度關(guān)系為a1＝a3>a2>a4，B正確。考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的能量問題4.如圖所示，先后以速度v0和2v0把同一正方形閉合單匝線框勻速拉入有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域中，在先后兩種情況下()A．線框中的感應(yīng)電流之比為I1∶I2＝2∶1B．線框所受到的安培力之比為F1∶F2＝1∶4C．線框產(chǎn)生的焦耳熱之比為Q1∶Q2＝1∶4D．通過線框橫截面的電荷量之比為q1∶q2＝1∶1答案D解析設(shè)正方形線框邊長為L，導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R總)可知先后兩種情況電流之比eq\f(I1,I2)＝eq\f(1,2)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)安培力的表達(dá)式F＝ILB可知eq\f(F1,F2)＝eq\f(1,2)，故B錯(cuò)誤；線框勻速進(jìn)入磁場，所用時(shí)間t＝eq\f(L,v)根據(jù)焦耳定律Q＝I2R總t可知焦耳熱之比eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(1,2)，故C錯(cuò)誤；根據(jù)純電阻電路中電荷量的表達(dá)式q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R總)＝eq\f(B·ΔS,R總)可知通過線框橫截面的電荷量相等，故D正確。5．(多選)如圖所示，光滑平行金屬軌道平面與水平面成θ角，兩軌道上端用一電阻R相連，該裝置處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于軌道平面向上。質(zhì)量為m的金屬桿ab以初速度v0從軌道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端。若運(yùn)動(dòng)過程中，金屬桿始終保持與軌道垂直且接觸良好，軌道與金屬桿的電阻均忽略不計(jì)，重力加速度為g，則()A．金屬桿返回到底端時(shí)的速度大小為v0B．金屬桿上滑到最高點(diǎn)的過程中克服安培力做功與克服重力做功之和等于eq\f(1,2)mv02C．上滑到最高點(diǎn)的過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量等于eq\f(1,2)mv02－mghD．金屬桿兩次通過軌道上的同一位置時(shí)電阻R的熱功率相同答案BC解析金屬桿從軌道底端滑上軌道某一高度至又返回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)，由于電阻R上產(chǎn)生熱量，故金屬桿的機(jī)械能減小，即返回到底端時(shí)速度小于v0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；金屬桿上滑到最高點(diǎn)的過程中，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電阻R上產(chǎn)生的熱量(即克服安培力所做的功)，選項(xiàng)B、C正確；金屬桿兩次通過軌道上同一位置時(shí)的速度大小不同，電路中的電流不同，故電阻的熱功率不同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。6．(2022·徐州市高二期中)如圖所示，水平的平行虛線間距為d，中間有沿水平方向的勻強(qiáng)磁場。一個(gè)阻值為R的正方形金屬線圈邊長l<d，線圈質(zhì)量為m，線圈在磁場上方某一高度處由靜止釋放，保持線圈平面與磁場方向垂直，其下邊緣剛進(jìn)入磁場和剛穿出磁場時(shí)的速度相等，不計(jì)空氣阻力，則()A．線圈進(jìn)、出磁場過程中感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向B．線圈下邊緣剛進(jìn)入磁場時(shí)的加速度最小C．線圈在進(jìn)入磁場和穿出磁場過程中，通過導(dǎo)線截面的電荷量相等D．線圈在進(jìn)入磁場和穿出磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱之和為0答案C解析根據(jù)楞次定律可知，線圈進(jìn)磁場過程中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，線圈出磁場過程中感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，A錯(cuò)誤；正方形金屬線圈邊長l<d，線圈完全進(jìn)入磁場中后，只受重力作用加速，且下邊緣剛進(jìn)入磁場和剛穿出磁場時(shí)的速度相等，分析可知金屬線圈進(jìn)入磁場過程中做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，則有F安＝BIL，I＝eq\f(BLv,R)，F(xiàn)安－mg＝ma即a＝eq\f(B2L2v,mR)－g可知，金屬線圈在進(jìn)入磁場過程中做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，線圈下邊緣剛進(jìn)入磁場時(shí)的加速度并非最小，B錯(cuò)誤；由q＝eq\x\to(I)·Δt，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)可得q＝eq\f(nΔΦ,R)線圈在進(jìn)入磁場和穿出磁場過程中，磁通量變化量的大小相同，即通過導(dǎo)線截面的電荷量相等，C正確；根據(jù)能量守恒定律可知，線圈從下邊緣剛要進(jìn)入磁場到剛要穿出磁場過程中，線圈減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱Q1＝－ΔE＝mgd又因?yàn)槠湎逻吘墑傔M(jìn)入磁場和剛穿出磁場時(shí)的速度相等，線圈在進(jìn)入磁場和穿出磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱相同，產(chǎn)生的焦耳熱之和為Q＝2Q1＝2mgd，D錯(cuò)誤。7．(2022·濟(jì)寧市高二期中)如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，其余電路電阻都不計(jì)，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，速度為v，重力加速度為g。下列說法錯(cuò)誤的是()A．導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)前做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)B．當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到eq\f(v,3)時(shí)，加速度為eq\f(2,3)gsinθC．導(dǎo)體棒的a端電勢比b端電勢高D．導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱等于重力所做的功答案C解析根據(jù)牛頓第二定律可得導(dǎo)體棒下滑過程中的加速度a＝eq\f(mgsinθ－BIL,m)＝gsinθ－eq\f(B2L2v′,mR)，由此可知，速度增大、加速度減小，所以導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)前做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故A正確，不符合題意；當(dāng)速度為v′＝v時(shí)加速度為零，即gsinθ＝eq\f(B2L2v,mR)，當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到eq\f(v,3)時(shí)，加速度a＝gsinθ－eq\f(B2L2·\f(v,3),mR)＝eq\f(2,3)gsinθ，故B正確，不符合題意；根據(jù)右手定則可得導(dǎo)體棒中的電流方向a→b，由于導(dǎo)體棒為電源，所以b端電勢高，故C錯(cuò)誤，符合題意；導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后，根據(jù)能量守恒定律可得，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱等于重力所做的功，故D正確，不符合題意。8．如圖甲所示，空間中存在一大小為0.2T、方向與豎直面(紙面)垂直的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的上、下邊界(虛線)間的距離為0.2m且兩邊界均水平；紙面內(nèi)磁場上方有一質(zhì)量為0.01kg的正方形導(dǎo)線框abcd，導(dǎo)線框的總電阻為0.002Ω，其上、下兩邊均與磁場邊界平行。線框自由下落，從ab邊進(jìn)入磁場時(shí)開始，直至cd邊到達(dá)磁場上邊界為止，該過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢如圖乙所示。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為10m/s2，下列判斷正確的是()A．導(dǎo)線框的邊長為0.2mB．a(chǎn)b邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，導(dǎo)線框的速度大小為0.25m/sC．a(chǎn)b邊剛離開磁場時(shí)，導(dǎo)線框的速度大小為1.5m/sD．a(chǎn)b邊剛離開磁場時(shí)，導(dǎo)線框的加速度大小為30m/s2答案C解析電動(dòng)勢不變，所以導(dǎo)線框受力平衡，有mg＝BIL＝BLeq\f(E,R)，解得L＝0.1m，A錯(cuò)誤；導(dǎo)線框進(jìn)入磁場過程為勻速運(yùn)動(dòng)，所以ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，導(dǎo)線框的速度大小為v＝eq\f(E,BL)＝0.5m/s，B錯(cuò)誤；導(dǎo)線框全部進(jìn)入磁場后，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有2g(d－L)＝v′2－v2，解得v′＝1.5m/s，C正確；ab邊剛離開磁場時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得eq\f(B2L2v′,R)－mg＝ma，解得a＝20m/s2，D錯(cuò)誤。9．(2023·宿遷市高二期末)如圖所示，傾斜放置的光滑平行足夠長的金屬導(dǎo)軌MN、PQ間靜置一根質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒，阻值為R的電阻接在M、P間，其他電阻忽略不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向下。t＝0時(shí)對(duì)導(dǎo)體棒施加一個(gè)沿導(dǎo)軌平面向上的力F，使得導(dǎo)體棒能夠從靜止開始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則在導(dǎo)體棒向上運(yùn)動(dòng)的過程中，施加的力F、力F的功率P、產(chǎn)生的感應(yīng)電流I、電阻R上產(chǎn)生的熱量Q隨時(shí)間變化的圖像正確的是()答案A解析設(shè)導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，導(dǎo)體棒向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，則F－eq\f(B2L2at,R)－mgsinθ＝ma即F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma＋mgsinθ，則選項(xiàng)A正確；力F的功率P＝Fv＝(eq\f(B2L2a,R)t＋ma＋mgsinθ)at＝eq\f(B2L2a2,R)t2＋m(a2＋agsinθ)t則P－t圖像為開口向上的拋物線，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝eq\f(BLat,R)則I－t圖像是過原點(diǎn)的直線，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt，電流隨時(shí)間t均勻增加，則Q－t圖像一定不是過原點(diǎn)的直線，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。10.如圖所示，間距為L的平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的夾角為α，導(dǎo)軌間接有一阻值為R的電阻，一長為L的金屬桿置于導(dǎo)軌上，桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌所在斜面向上。當(dāng)金屬桿受到平行于導(dǎo)軌向上、大小為F的恒定拉力作用時(shí)，可以勻速向上運(yùn)動(dòng)；當(dāng)金屬桿受到平行于導(dǎo)軌向下、大小為eq\f(F,2)的恒定拉力作用時(shí)，可以保持與向上運(yùn)動(dòng)時(shí)大小相同的速度向下勻速運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。求：(1)金屬桿的質(zhì)量；(2)金屬桿在磁場中勻速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小。答案(1)eq\f(F,4gsinα)(2)eq\f(3RF,4B2L2)－eq\f(μFR,4B2L2tanα)解析(1)設(shè)金屬桿的質(zhì)量為m，勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，金屬桿速度為v時(shí)回路中電流為I。當(dāng)金屬桿受到平行于斜面向上、大小為F的恒定拉力作用勻速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平衡條件可得F＝mgsinα＋μmgcosα＋BIL當(dāng)金屬桿受到平行于斜面向下、大小為eq\f(F,2)的恒定拉力作用勻速向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平衡條件可得eq\f(F,2)＋mgsinα＝μmgcosα＋BIL聯(lián)立解得m＝eq\f(F,4gsinα)。(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律可得I＝eq\f(BLv,R)，再根據(jù)第(1)問可得金屬桿在勻強(qiáng)磁場中勻速向上運(yùn)動(dòng)的速度大小為v＝eq\f(3RF,4B2L2)－eq\f(μFR,4B2L2tanα)。11.(2022·湖北省名校聯(lián)盟高二聯(lián)考)如圖所示，MN、PQ是兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距L＝0.5m，導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角θ＝30°，M、P間接有R＝3.2Ω的電阻。范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌所在平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1.6T。長度與導(dǎo)軌間距相等、質(zhì)量m＝0.2kg、阻值r＝0.8Ω的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，在大小為1.8N、方向平行于導(dǎo)軌向上的恒定拉力F作用下，從靜止開始向上運(yùn)動(dòng)。已知金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并保持良好接觸，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)，取重力加速度大小g＝10m/s2。(1)當(dāng)金屬棒的速度大小v1＝1m/s時(shí)，求金屬棒的加速度大小a；(2)金屬棒向上的位移大小x＝5.5m前，金屬棒已經(jīng)進(jìn)入勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，求金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到位移大小為x＝5.5m的過程中R上產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)3.2m/s2(2)1.52J解析(1)當(dāng)金屬棒的速度大小v1＝1m/s時(shí)，設(shè)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢為E1、感應(yīng)電流為I1，則E1＝BLv1，I1＝eq\f(E1,R＋r)此時(shí)金屬棒受到的安培力FA1＝BI1L根據(jù)牛頓第二定律有F－mgsinθ－FA1＝ma解得a＝3.2m/s2(2)設(shè)金屬棒