高考物理二輪高頻考點專題突破專題18用力學三大觀點處理電磁感應現(xiàn)象中的“框-棒“問題專練目標專練內(nèi)容目標1用力學三大觀點處理電磁感應現(xiàn)象中的“框“問題（1T—5T）目標2用力學三大觀點處理電磁感應現(xiàn)象中的“單棒“問題（6T—10T）目標3用力學三大觀點處理電磁感應現(xiàn)象中的“雙棒“問題（11T—15T）【典例專練】一、用力學三大觀點處理電磁感應現(xiàn)象中的“框“問題1．如圖甲所示，一正方形單匝金屬線框放在光滑水平面上，水平面內(nèi)兩條平行直線MN、OP間存在垂直水平面的勻強磁場，時，線框在水平向右的外力F作用下緊貼MN從靜止開始做勻加速運動，外力F隨時間t變化的圖線如圖乙實線所示，已知線框質(zhì)量、電阻，則（）A．磁場寬度為3mB．勻強磁場的磁感應強度為TC．線框穿過OP的過程中產(chǎn)生的焦耳熱等于4JD．線框穿過MN的過程中通過導線內(nèi)某一橫截面的電荷量為【答案】BD【詳解】A．時刻，線框的加速度為第末后直到第末這段時間內(nèi)，拉力恒定為，此時線框在磁場中不受安培力，磁場寬度故A錯誤；B．當線框全部進入磁場的瞬間有；，（其中，解得故B正確；C．設線框穿過OP的初末速度分別為、，線圈全程做勻加速直線運動，則由動能定理有而；可得即線框穿過OP的過程中產(chǎn)生的焦耳熱大于4J，故C錯誤；D．設線框的邊長為，則進磁場的過程從0~1s的位移為線框穿過MN的過程中通過導線內(nèi)某一橫截面的電荷量為故D正確；故選BD。2．如圖甲所示。在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1和L2之間、L3和L4之間存在勻強磁場，磁感應強度大小均為1T，方向垂直于虛線所在平面，磁場寬度為L，現(xiàn)有一寬度cd＝L＝0.5m、質(zhì)量為0.1kg、電阻為2Ω的矩形線圈abcd，將其從圖示位置由靜止釋放（cd邊與L1重合），速度隨時間變化關系如圖乙所示，t1時刻cd邊與L2重合，t2時刻ab邊與L3重合，t3時刻ab邊與L4重合，已知t1~t2的時間間隔為0.6s，整個運動過程線圈平面始終處于豎直方向。（重力加速度g取10m/s2）則（）A．t1時刻，線圈運動的速度大小v1＝3.5m/sB．L1與L2、L3與L4之間的勻強磁場的寬度為1mC．在0~t1時間內(nèi)，通過線圈的電荷量為0.25CD．在0~t3時間內(nèi)，線圈產(chǎn)生的熱量為1.1125J【答案】BC【詳解】A．t2~t3時間內(nèi)線圈做勻速運動，根據(jù)受力平衡有聯(lián)立兩式解得v2＝8m/st1~t2的時間間隔為t＝0.6s，線圈做加速度為g的勻加速直線運動，根據(jù)速度﹣時間關系有v2＝v1+gt解得v1＝2m/s故A錯誤；B．t1~t2時間內(nèi)，線圈一直做勻加速直線運動，知ab邊剛進入上邊的磁場時，cd邊也剛進入下邊的磁場，設磁場的寬度為d，則線圈的長度L′＝2d，線圈下降的位移勻加速下降的位移為x＝L′+d＝3d則有解得d＝1m故B正確；C．在0~t1時間內(nèi)，cd邊從L1運動到L2，通過線圈的電荷量解得q＝0.25C故C正確；D．在0~t3時間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律得解得Q＝1.8J故D錯誤。故選BC。3．如圖，水平虛線L1、L2之間存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場區(qū)域的高度為h。豎直平面內(nèi)有一質(zhì)量為m的直角梯形線框，其底邊水平，上、下邊長之比為1：5，高為2h?，F(xiàn)將線框ABCD在磁場邊界L2的下方h處用外力F=2mg作用，從靜止開始運動（上升過程底邊始終水平，線框平面始終與磁場方向垂直），當AB邊剛進入磁場時，線框的加速度恰好為零，在DC邊剛進入磁場前的一段時間內(nèi)，線框做勻速運動。重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．AB邊剛進入磁場時線框的速度為B．AB邊剛進入磁場時線框的速度為C．從線框開始運動到DC邊剛進入磁場的過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱為D．DC邊剛進入磁場時，線框加速度的大小為【答案】BC【詳解】AB．設AB邊剛進入磁場時速度為v0，線框的電阻為R，AB=l，則CD=5l，根據(jù)動能定理解得，A錯誤B正確；C．AB剛進入磁場時加速度為0，則有設DC邊剛進入磁場前勻速運動時速度為v1，線框切割磁感應線的有效長度為2l線框勻速運動時有聯(lián)立解得從線框開始到CD邊進入磁場前瞬間，根據(jù)能量守恒定律得聯(lián)立解得，C正確；D．CD剛進入磁場瞬間，線框切割磁感應線的有效長度為3l，由閉合電路歐姆定律得由牛頓第二定律得解得方向豎直向下，D錯誤。故選BC。4．如圖所示，線框ac、bd邊長為2L、電阻不計，三條短邊ab、cd、ef長均為L、電阻均為R，ef位于線框正中間。線框下方有一寬度為L的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，cd邊與磁場邊界平行，當cd距磁場上邊界一定高度時無初速釋放線框，線框cd邊進入磁場時線框恰好勻速運動，下落過程中線框始終在豎直面內(nèi)，已知線框質(zhì)量為m，重力加速度為g，則下列判斷正確的是（）A．釋放時cd邊到磁場上邊界高度為B．線框通過磁場過程中a、b兩點間電勢差始終為C．線框通過磁場過程中流過ab邊的電流大小和方向均不變D．整個過程中ab邊產(chǎn)生的焦耳熱一定為mgL【答案】ABD【詳解】A．設釋放時cd邊到磁場上邊界高度為h，cd邊進入磁場時的速度大小為①cd邊產(chǎn)生的感應電動勢大小為②回路中總電阻為③通過cd的電流為④；cd所受的安培力大小為⑤由題意，根據(jù)平衡條件有⑥聯(lián)立①~⑥式解得⑦故A正確；B．根據(jù)線框構成等效電路的特點可知線框在通過磁場的過程中將始終做勻速運動，a、b兩點間電勢差始終等于對應等效電路的路端電壓的相反數(shù)，即⑧由③④⑤⑥⑧解得⑨故B正確；C．當cd和ef通過磁場的過程中，流過ab的電流大小均為⑩方向均為b→a；當ab通過磁場的過程中，流過ab的電流大小為I，方向為a→b，故C錯誤；D．根據(jù)焦耳定律可得整個過程中ab邊產(chǎn)生的焦耳熱為?聯(lián)立②③④⑤⑥?解得?故D正確。故選ABD。5．如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小均為B的勻強磁場區(qū)域．區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁場邊界MN、PQ、GH均平行于斜面底邊，MP、PG的長度均為L．一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中ab邊始終與斜面底邊平行．t1時刻ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)域，此時導線框恰好以速度v1做勻速直線運動；t2時刻ab邊下滑到PQ與MN的中間位置，此時導線框又恰好以速度v2做勻速直線運動，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．當ab邊剛越過PQ時，導線框的加速度大小為a=3gsinθB．導線框兩次做勻速直線運動的速度之比v1：v2=2：1C．從t1到t2的過程中，導線框克服安培力做的功等于機械能的減少量D．從t1到t2的過程中，有的機械能轉(zhuǎn)化為電能【答案】AC【詳解】A．當ab邊剛越過PQ時，線框的速度仍為v1，由于兩個邊的切割磁感線的電動勢方向相同，故電流增加為2倍，ab和cd邊均受到向上的安培力，此時故加速度故A正確；B．第一次，根據(jù)平衡條件，有第二次，根據(jù)平衡條件，有聯(lián)立解得故B錯誤；C．從t1到t2的過程中，根據(jù)功能關系，導線框克服安培力做功的大小等于機械能的減少，故C正確；D．從t1到t2的過程中，有的機械能轉(zhuǎn)化為電能，故D錯誤。故選AC。二、用力學三大觀點處理電磁感應現(xiàn)象中的“單棒“問題6．足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置于豎直向上的勻強磁場中，ac之間連接阻值為R的電阻，導軌間距為L，導體棒ef垂直導軌放置且與導軌接觸良好，導體棒質(zhì)量為m，電阻為r。t=0時刻對導體棒施加一個水平向右的力F，導體棒在F的作用下開始做初速度為零的勻加速直線運動，當導體棒運動x距離時撤去外力F，此時導體棒的速度大小為v0。若不計導軌電阻，則下列說法正確的是（）A．外力F的大小與時間關系式B．t=0時刻外力F的大小為C．從撤去外力F到導體棒停止運動，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為D．從撤去外力F到導體棒停止運動，金屬棒運動的位移大小為【答案】ABD【詳解】A．由題知導體棒在F的作用下開始做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有，v=at整理有，A正確；B．由題知導體棒在F的作用下開始做初速度為零的勻加速直線運動，則有v02=2ax在t=0時刻根據(jù)選項A有，B正確；C．從撤去外力F到導體棒停止運動，根據(jù)動能定理有則R上產(chǎn)生的焦耳熱有，C錯誤；D．從撤去外力F到導體棒停止運動，根據(jù)動量定理有BILt=BqL=mv0再根據(jù)解得，D正確。故選ABD。7．如圖所示，帶有卡槽的平行光滑金屬導軌（足夠長）與水平面成30°角傾斜固定，兩導軌間距為1m，上端接一標有“6V36W"的小燈泡，導軌間有方向垂直導軌平面向上、磁感應強度大小B=1T的勻強磁場。一質(zhì)量m=200g、直徑d=1m的圓形金屬框MN嵌在兩導軌的卡槽中，且與導軌在同一平面內(nèi)?，F(xiàn)給MN一沿導軌向下的恒力F，MN達到平衡后小燈泡恰好正常發(fā)光。不計導軌和金屬框MN的電阻，MN沿卡槽滑動過程始終與導軌接觸良好且無摩擦。取重力加速度大小g=10m/s2，下列說法正確的是（）A．金屬框MN沿導軌運動的過程中通過小燈泡的電流方向為從a到bB．金屬框MN平衡時的速度大小為3m/sC．恒力F的大小為5ND．金屬框MN平衡時其受到重力的功率為12W【答案】AC【詳解】A．圓形金屬框可看成長為1m的導體棒，由右手定則可判斷通過小燈泡的電流方向為從a到b，選項A正確；B．由U=E=Bdv解得v=6m/s選項B錯誤；C．由公式；解得F=5N選項C正確；D．由公式解得PG=6W選項D錯誤；故選AC。8．如圖所示，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。兩導軌間用大小可忽略的定值電阻R連接，以兩導軌交點為坐標原點，以兩導軌的角平分線為x軸，兩導軌與x軸夾角均為θ。導軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點開始以速度v向右勻速運動，忽略導軌和金屬棒的電阻。I表示流過電阻R的電流，P表示電阻R的熱功率，F(xiàn)表示金屬棒受到的拉力大小，W表示拉力做的功，則下列關于上述物理量與x的關系圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】AC【詳解】A．根據(jù)幾何關系，金屬棒切割的有效長度L正比于x，根據(jù)法拉第電磁感應定律E=BLv∝x根據(jù)閉合電路歐姆定律I∝x，A正確；B．熱功率表達式P=I2R∝x2功率正比于x2，B錯誤；C．金屬棒做勻速運動，有F=F安=BIL∝x2，C正確；D．如果F是恒力W=Fx；F∝x2則W與x2不成正比關系，D錯誤。9．如圖，有上、下平放置的兩個寬度均為L=0.5m的光滑平行金屬導軌，左端連接阻值分別為r1=2Ω，r2=4Ω的電阻，右端與豎直放置的兩個半徑均為R=0.1m的半圓形金屬軌道連接在一起。該裝置處在豎直向上的磁感應強度B=2T的勻強磁場中。長為L質(zhì)量m=2kg的金屬棒PQ以v0=2m/s的速度從圖示位置開始向右運動，到圓弧軌道的最高點時金屬棒對軌道的壓力恰好為零。金屬棒與導軌接觸良好，重力加速度g=10m/s2，不計導軌及金屬棒的電阻，則下列正確的是（）A．金屬桿從軌道飛離后，落地前桿兩端的電勢差為1VB．金屬桿從軌道飛離后，落地前桿兩端的電勢差大于1VC．桿在軌道上運動的整個過程中，流過電阻r1的電荷重為D．桿在軌道上運動的整個過程中，流過電阻r1的電荷量為【答案】AC【詳解】AB．在圓弧軌道的最高點時金屬棒對軌道的壓力恰好為零，則解得金屬桿從軌道飛離后，做平拋運動，只有水平速度切割磁感線，則落地前桿兩端的電勢差B錯誤A正確；CD．對金屬棒在水平導軌上運動過程，由動量定理得；解得因為電阻r1、r2并聯(lián)，且則電流之比則流過電阻r1的電荷量為，D錯誤C正確。故選AC。10．如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬軌道MN、PQ水平放置，軌道間距為L?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m，長度為L的導體棒ab垂直于軌道放置，且與軌道接觸良好，導體棒和軌道電阻均可忽略不計。有一電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源通過開關S連接到軌道左端，另有一個定值電阻R也連接在軌道上，且在定值電阻右側存在著垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應強度的大小為B?，F(xiàn)閉合開關S，導體棒ab開始運動，則下列敘述中正確的有（）A．導體棒先做加速度逐漸減小的加速運動，當速度達到最大時導體棒中無電流B．導體棒所能達到的最大速度為C．導體棒穩(wěn)定運動時電源的輸出功率D．導體棒穩(wěn)定運動時產(chǎn)生的感應電動勢為E【答案】AB【詳解】A．閉合開關S，導體棒受到安培力向右同時導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，且方向與電源電動勢相反，電流減小，安培力減小，加速度減小，當導體棒的電動勢和定值電阻R兩端電壓大小相等時，導體棒中電流為零，導體棒做勻速運動，速度達到最大，故A正確；B．由A分析可知得故B正確；C．導體棒穩(wěn)定運動時電源的輸出功率為故C錯誤；D．導體棒穩(wěn)定運動時導體棒中電流為零，感應電動勢與電源兩端的路端電壓相等，即故D錯誤。故選AB。三、用力學三大觀點處理電磁感應現(xiàn)象中的“雙棒“問題11．如圖所示，兩平行光滑導軌由兩部分組成，左面部分水平，右面部分是半徑為r的豎直半圓，兩導軌間的距離為l，導軌的電阻不計，導軌水平部分處于豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，兩根長度均為l的金屬棒ab、cd均垂直導軌置于水平導軌上，金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別為2m與m，電阻分別為R與?，F(xiàn)給ab棒施加一個瞬時沖量使其以初速度開始沿導軌向右運動，cd棒隨即也開始運動且進入圓軌道后恰好能通過軌道最高點，已知cd棒進入圓軌道前兩棒未相撞，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)b棒剛開始向右運動時cd棒的加速度大小為B．cd棒剛進入半圓軌道時ab棒的速度大小為C．cd棒剛進入半圓軌道時對軌道的壓力為5mgD．cd棒進入半圓軌道前ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】ABD【詳解】A．a(chǎn)b棒開始向右運動時，設回路中電流為I，則根據(jù)導體棒切割磁場有E=Blv0根據(jù)閉合電路歐姆定律有根據(jù)牛頓第二定律有F安=ma0安培力為F安=BIl聯(lián)立求解的故A正確；BC．設cd棒剛進入圓形軌道時的速度為v2，此時ab棒的速度為v1，ab棒開始運動至cd棒即將進入圓軌道的過程，對ab和cd組成的系統(tǒng)運用動量守恒定律可得2mv0=2mv1+mv2；cd棒進入圓軌道至最高點的過程中，對cd棒運用動能定理可得在半圓軌道的P點對cd棒運用牛頓第二定律可得聯(lián)立求解可得；由牛頓第二定律可得cd棒剛進入半圓軌道時對軌道的壓力為故B正確，C錯誤；D．cd棒進入半圓軌道前對ab棒運用動能定理可得故D正確。故選ABD。12．如圖所示，兩電阻可以忽略不計的平行金屬長直導軌固定在水平面上，相距為，另外兩根長度為、質(zhì)量為、電阻為的相同導體棒垂直靜置于導軌上，導體棒在長導軌上可以無摩擦地左右滑動，導軌間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為。某時刻使左側的導體棒獲得大小為的向左初速度、右側的導體棒獲得大小為的向右初速度，則下列結論正確的是（）A．該時刻回路中產(chǎn)生的感應電動勢為B．當導體棒的速度為時，兩導體棒受到的安培力大小都是C．當導體棒的速度大小為時，導體棒b的速度大小一定是D．從開始運動到最終處于穩(wěn)定狀態(tài)的過程中，導體棒上產(chǎn)生的熱量為【答案】BD【詳解】A．根據(jù)右手定則可知，兩導體棒產(chǎn)生的電動勢方向相同，所以該時刻回路中產(chǎn)生的感應電動勢為故A錯誤；B．導體棒、b所受的安培力等大反向，當導體棒的速度為時，安培力對、b的沖量等大反向，所以當導體棒的速度為時，導體棒b的速度為此時回路中的感應電流為兩導體棒受到的安培力大小都是故B正確；C．兩導體棒所受的合外力為零，整個系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，當導體棒a的速度大小為且向左運動時，有解得當導體棒a的速度大小為且向右運動時，有解得故C錯誤；D．從開始運動到最終處于穩(wěn)定狀態(tài)的過程中，根據(jù)動量守恒有整個系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量所以導體棒上產(chǎn)生的熱量為故D正確。故選BD。13．如圖所示，水平固定且間距為L的平行金屬導軌處在垂直于導軌平面、磁感應強度為B的勻強磁場中。導軌上有a、b兩根與導軌接觸良好的導體棒，質(zhì)量均為m，電阻均為R?，F(xiàn)對a施加水平向右的恒力，使其由靜止開始向右運動。當a向右的位移為x時，a的速度達到最大且b剛要滑動。已知兩棒與導軌間的動摩擦因數(shù)均為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計導軌電阻，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．導體棒a的最大速度B．電路中的最大電流C．a(chǎn)發(fā)生位移x的過程所用時間t=D．a(chǎn)發(fā)生位移x的過程中，金屬棒b產(chǎn)生的焦耳熱【答案】BC【詳解】AB．a(chǎn)的速度達到最大時b剛要滑動，對b有μmg=BImL解得感應電動勢為電流為聯(lián)立可得故A錯誤，B正確；C．設對a施加水平向右的恒力為F。a的速度達到最大時合力為零，則有F=μmg+BImL=2μmga發(fā)生位移x的過程，根據(jù)動量定理得電量為聯(lián)立可得a發(fā)生位移x的過程所用時間t=故C正確；D．根據(jù)能量守恒可得a發(fā)生位移x的過程中，金屬棒b產(chǎn)生的焦耳熱故D錯誤。故選BC。14．如圖所示，一質(zhì)量為M的U形金屬框abcd靜置于水平粗糙絕緣平臺上，ab和dc邊平行且與bc邊垂直，bc邊長度為L，Lab、Ldc足夠長，金屬框與絕緣平臺間動摩擦因數(shù)為μ，整個金屬框電阻可忽略。一根質(zhì)量也為M的導體棒MN平行bc靜置于金屬框上，導體棒接入回路中的電阻為R，導體棒與金屬框間摩擦不計。現(xiàn)用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下，磁感應強度為B的勻強磁場中，MN與金屬框始終保持良好接觸，重力加速度為g，經(jīng)過足夠長時間后，下列說法正確的是（）A．導體棒與金屬框具有共同速度B．導體棒與金屬框具有共同加速度C．導體棒中電流D．導體棒消耗的電功率為【答案】BC【詳解】經(jīng)過足夠長時間后，金