第69課時(shí)專題強(qiáng)化：電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題目標(biāo)要求1.導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，能理清各物理量間的制約關(guān)系并能用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)進(jìn)行運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析。2.會(huì)用功能關(guān)系和能量守恒定律解決電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題?？键c(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1.導(dǎo)體的兩種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行分析2.用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問(wèn)題的一般步驟3.導(dǎo)體常見運(yùn)動(dòng)情況的動(dòng)態(tài)分析v↓E＝Blv↓I＝E↓F安＝BIl↓F合若F合＝0勻速直線運(yùn)動(dòng)若F合≠0↓F合＝maa、v同向v增大，若a恒定，拉力F增大v增大，F(xiàn)安增大，若其他力恒定，F(xiàn)合減小，a減小，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)→a＝0，勻速直線運(yùn)動(dòng)a、v反向v減小，F(xiàn)安減小，a減小→a＝0，靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)例1(多選)(2024·黑吉遼·9)如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L(zhǎng)，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時(shí)由靜止釋放，兩棒在下滑過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)。導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，重力加速度為g，兩棒在下滑過(guò)程中()A.回路中的電流方向?yàn)閍bcdaB.ab中電流趨于3C.ab與cd加速度大小之比始終為2∶1D.兩棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)始終相等答案AB解析兩導(dǎo)體棒沿軌道向下滑動(dòng)，根據(jù)右手定則可知回路中的電流方向?yàn)閍bcda，故A正確；設(shè)回路中的總電阻為R，對(duì)于任意時(shí)刻當(dāng)電路中的電流為I時(shí)，對(duì)ab根據(jù)牛頓第二定律得2mgsin30°－2BILcos30°＝2maab，對(duì)cd有mgsin30°－BILcos30°＝macd，故可知aab＝acd，分析可知回路中的總電動(dòng)勢(shì)為兩個(gè)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)相加，隨著導(dǎo)體棒速度的增大，回路中的電流增大，導(dǎo)體棒受到的安培力在增大，故可知當(dāng)安培力沿導(dǎo)軌方向的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力平衡時(shí)導(dǎo)體棒將勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)電路中的電流達(dá)到穩(wěn)定值，對(duì)ab分析可得2mgsin30°＝2BILcos30°，解得I＝3mg3BL，故B正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)前面分析可知aab＝acd例2(多選)(2024·全國(guó)甲卷·21)如圖，一絕緣細(xì)繩跨過(guò)兩個(gè)在同一豎直面(紙面)內(nèi)的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側(cè)滑輪之間的虛線區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)上下邊界水平，在t＝0時(shí)刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場(chǎng)下方進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時(shí)間t變化的圖像中可能正確的是()答案AC解析設(shè)線框的上邊框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，設(shè)線框的質(zhì)量M，物塊的質(zhì)量m，題圖中線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度向下，對(duì)線框，由牛頓第二定律可知Mg＋F安－FT＝Ma對(duì)物塊有FT－mg＝ma其中F安＝B即B2L2vR＋(M－m)g＝(線框向上做減速運(yùn)動(dòng)，隨速度的減小，向下的加速度減?。划?dāng)加速度為零時(shí)，即線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v0＝(若線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度較小，則線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，線框的速度和加速度都趨近于零，則圖像A可能正確；因t＝0時(shí)刻線框進(jìn)入磁場(chǎng)，則進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框向上不可能做勻減速運(yùn)動(dòng)，則圖像B不可能；若線框的質(zhì)量等于物塊的質(zhì)量，且當(dāng)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度較大時(shí)，線框進(jìn)入磁場(chǎng)做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后線框做勻速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)線框出磁場(chǎng)時(shí)，受向下的安培力又做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終出磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，則圖像C有可能，D不可能。例3(2024·湖南邵陽(yáng)市三模改編)如圖所示，水平絕緣桌面上固定有間距為L(zhǎng)的平行光滑長(zhǎng)導(dǎo)軌，左端接有一個(gè)不帶電的電容器，電容為C(不會(huì)被擊穿)，在PQ虛線的左側(cè)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m的金屬桿ab靜置在導(dǎo)軌上，與虛線PQ的距離是d，金屬桿在水平向右恒力F的作用下，開始向右運(yùn)動(dòng)，不計(jì)導(dǎo)軌與金屬桿的電阻，金屬桿ab始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，(1)判斷金屬桿的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；(2)求金屬桿ab運(yùn)動(dòng)到達(dá)虛線PQ的時(shí)間。答案(1)勻加速直線運(yùn)動(dòng)(2)2解析(1)金屬桿向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E，給電容器充電，設(shè)在Δt的時(shí)間里，電容器充電的電荷量為Δq，則Δq＝CE＝CBLΔv，則充電電流為i＝ΔqΔt＝CBLΔvΔt＝CBLa，對(duì)金屬桿由牛頓第二定律有F－BLi＝(2)由x＝12at2，得t＝2拓展1.若金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上。已知重力加速度為g，又讓金屬桿從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求金屬桿下滑過(guò)程中的加速度大小。答案金屬桿在重力和安培力的作用下向下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－BIL＝ma，I＝ΔQΔt＝CBLΔv2.在拓展1中，若金屬桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(μ<tanθ)，求金屬桿下滑過(guò)程中的加速度大小。答案mgsinθ－μmgcosθ－BIL＝ma，I＝ΔQΔt＝CBLΔv例4(多選)(2024·黑龍江省模擬)如圖所示，空間存在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2T，兩根足夠長(zhǎng)水平金屬直軌道平行放置，軌道間距L＝0.5m。將質(zhì)量均為m＝0.5kg、長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、電阻均為R＝0.5Ω的金屬棒a、b垂直軌道放置，金屬棒與直軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.4?，F(xiàn)用外力F使金屬棒b保持靜止，對(duì)金屬棒a施加大小為F0＝6N，水平向右的恒力，當(dāng)金屬棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，撤去固定金屬棒b的外力F，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()A.金屬棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為4m/sB.金屬棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，其兩端的電勢(shì)差為4VC.撤去外力F后，a、b兩金屬棒的速度差不斷增大D.最終金屬棒b以大小為2m/s2的加速度運(yùn)動(dòng)答案AD解析當(dāng)加速度a＝0時(shí)，金屬棒a做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)有I＝BLv2R，又F0＝μmg＋BIL，聯(lián)立解得v＝4m/s，故A正確；金屬棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv＝4V，由于兩金屬棒阻值相等，則金屬棒a兩端的電勢(shì)差大小為U＝E2＝2V，故B錯(cuò)誤；撤去外力F后，對(duì)a、b由牛頓第二定律可得F安－μmg＝mab，F(xiàn)0－μmg－F安＝maa，最終兩金屬棒加速度相同，有F安＝3N，aa＝ab＝2m/s2，故D正確；又F安＝B2L2Δv2R有恒定外力等間距雙棒模型示意圖(舉例)兩平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)體棒1、2質(zhì)量分別為m1、m2，電阻分別為R1、R2，棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，兩棒初速度為零，F(xiàn)恒定電路特點(diǎn)棒2相當(dāng)于電源；棒1受安培力而運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析棒1：a1＝F棒2：a2＝F-F安-μ最初階段，a2>a1，只要a2>a1，(v2－v1)↑?I↑?F安↑?a1↑?a2↓當(dāng)a1＝a2時(shí)，(v2－v1)恒定，I恒定，F(xiàn)安恒定；兩棒都勻加速規(guī)律最終狀態(tài)穩(wěn)定時(shí)整體由牛頓第二定律得a1＝a2＝F-兩棒以相同的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，Δv恒定，I恒定考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化其他形式的能量電能焦耳熱或其他形式的能量2.求解焦耳熱Q的三種方法3.解題的一般步驟能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題的分析程序：先電后力再能量例5如圖所示，粗細(xì)均勻的正方形導(dǎo)線框abcd放在傾角為θ＝30°的絕緣光滑斜面上，通過(guò)輕質(zhì)細(xì)線繞過(guò)光滑的輕質(zhì)定滑輪與木塊相連，細(xì)線和線框共面、與cd垂直且與斜面平行。距線框cd邊為L(zhǎng)0的矩形MNQP區(qū)域存在著垂直于斜面、大小相等、方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，EF為兩個(gè)磁場(chǎng)的分界線，ME＝EP＝NF＝FQ＝L2?，F(xiàn)將木塊由靜止釋放后，木塊下降，線框沿斜面上滑，恰好勻速進(jìn)入和勻速離開勻強(qiáng)磁場(chǎng)，cd邊始終平行磁場(chǎng)邊界MN。已知線框邊長(zhǎng)為L(zhǎng)1(L1<L2)、質(zhì)量為m、電阻為R，木塊質(zhì)量也為m，重力加速度為g，求：(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)導(dǎo)線框通過(guò)兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的總焦耳熱Q。答案(1)4gm2R22L0L14(2解析(1)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)前，木塊和導(dǎo)線框組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v，有mgL0－mgL0sinθ＝12×2mv導(dǎo)線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，受力平衡，受力情況如圖所示。根據(jù)平衡條件有FT＝F安＋mgsinθ其中F安＝BIL1，I＝ER，E＝BL1導(dǎo)線框與木塊通過(guò)細(xì)線相連，線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，木塊勻速下降，根據(jù)平衡條件有FT＝mg聯(lián)立以上各式可得B＝4(2)導(dǎo)線框恰好勻速進(jìn)入和勻速離開勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)線框通過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)過(guò)程中，線框和木塊組成的系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電路中產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)能量守恒定律得Q＝mg(2L2＋L1)－mg(2L2＋L1)sinθ，所以導(dǎo)線框通過(guò)兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝12mg(2L2＋L1)課時(shí)精練(分值：100分)1~4題每小題9分，5題14分，共50分1.如圖所示，在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場(chǎng)與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無(wú)摩擦地滑動(dòng)。桿ef及線框的電阻不計(jì)，開始時(shí)，給ef一個(gè)向右的初速度，則()A.ef將減速向右運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速運(yùn)動(dòng)B.ef將勻減速向右運(yùn)動(dòng)，最后停止C.ef將勻速向右運(yùn)動(dòng)D.ef將往返運(yùn)動(dòng)答案A解析ef向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，會(huì)受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，由F＝BIL＝B2L2vR＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終停止運(yùn)動(dòng)，故A正確，B2.如圖所示，MN和PQ是豎直放置的兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，MP間接定值電阻R，金屬桿cd保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。桿cd由靜止開始下落并計(jì)時(shí)，桿cd兩端的電壓U、桿cd所受安培力的大小F隨時(shí)間t變化的圖像，以及通過(guò)桿cd的電流I、桿cd加速度的大小a隨桿的速率v變化的圖像，合理的是()答案D解析設(shè)桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，桿下落過(guò)程中切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I＝ER＋r＝BLvR＋r∝v，故C錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律有mg－BIL＝ma，即a＝g－B2L2vm(R＋r)，故D正確；桿所受安培力的大小為F＝3.(多選)如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，兩部分平滑連接，平直部分右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌的最左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，則金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中()A.通過(guò)金屬棒的最大電流為BdB.通過(guò)金屬棒的電荷量為BdLC.克服安培力所做的功為mghD.金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為12mg(h－μd答案BD解析金屬棒由靜止釋放下滑到導(dǎo)軌彎曲部分底端，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝12mv02，金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，當(dāng)金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，感應(yīng)電流最大，Imax＝BLv02R＝BL2gh2R，A錯(cuò)誤；金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中通過(guò)金屬棒的電荷量q＝It＝E2Rt＝ΔΦ2R＝BdL2R，B正確；對(duì)整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理得mgh－W克安－μmgd＝0，金屬棒克服安培力做的功W克安＝4.(多選)(2024·北京市西城區(qū)模擬)如圖甲所示，兩間距為L(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，左端用導(dǎo)線連接，導(dǎo)軌處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一根長(zhǎng)度也為L(zhǎng)、電阻為R的金屬棒放在導(dǎo)軌上，在平行于導(dǎo)軌向右、大小為F的恒力作用下向右運(yùn)動(dòng)，金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，金屬棒運(yùn)動(dòng)的加速度與速度的關(guān)系如圖乙所示，不計(jì)金屬導(dǎo)軌及左邊導(dǎo)線電阻，金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，若圖乙中的a0、v0均為已知量，則下列說(shuō)法正確的是()A.金屬棒的質(zhì)量為FB.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1C.當(dāng)拉力F做功為W時(shí)，通過(guò)金屬棒橫截面的電荷量為WD.某時(shí)刻撤去拉力，此后金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度大小與速度大小成正比答案ABD解析由題意可知F－B2L2vR＝ma，得a＝Fm－B2L2mRv，結(jié)合a－v圖像可知Fm＝a0，B2L2mR＝a0v0，解得m＝Fa0，B＝ma0RL2v0＝1LFRv5.(14分)(2024·廣東省模擬)如圖甲所示，光滑的金屬導(dǎo)軌MN和PQ平行，間距L＝1.0m，與水平面之間的夾角α＝37°，勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，MP間接有阻值R＝1.6Ω的電阻，質(zhì)量m＝0.5kg、接入電路的電阻r＝0.4Ω的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，現(xiàn)用和導(dǎo)軌平行的恒力F沿導(dǎo)軌平面向上拉金屬棒ab，使其由靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒上滑的位移s＝3.8m時(shí)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，對(duì)應(yīng)過(guò)程的v－t圖像如圖乙所示。g取10m/s2，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求：(1)(6分)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中a、b哪端電勢(shì)高，并計(jì)算恒力F的大??；(2)(8分)從金屬棒開始運(yùn)動(dòng)到剛達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，此過(guò)程金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)b端電勢(shì)高5N(2)1.47J解析(1)由右手定則可判斷感應(yīng)電流由a流向b，b相當(dāng)于電源的正極，故b端電勢(shì)高，當(dāng)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由平衡條件得F＝mgsin37°＋F安，其中F安＝BIL＝B2L2vR＋r，由題圖乙可知v＝1.0(2)從金屬棒開始運(yùn)動(dòng)到恰好達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，由動(dòng)能定理得(F－mgsin37°)s－W克安＝12mv又克服安培力所做的功等于整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱，代入數(shù)據(jù)解得Q＝W克安＝7.35J，金屬棒與電阻產(chǎn)生的焦耳熱與阻值成正比，故金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Qr＝rR＋rQ＝1.476、7題每小題9分，8題15分，共33分6.(多選)如圖所示，絕緣的水平面上固定有兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，兩相同金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，其右側(cè)矩形區(qū)域內(nèi)存在恒定的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向豎直向上，現(xiàn)兩金屬棒分別以初速度2v0和v0同時(shí)沿導(dǎo)軌自由運(yùn)動(dòng)，先后進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域。已知a棒離開磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)b棒已經(jīng)進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，則a棒從進(jìn)入到離開磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，電流i隨時(shí)間t的變化圖像可能正確的有()答案AB解析a棒以速度2v0先進(jìn)入磁場(chǎng)做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i0＝Bl·2v0R，a棒在磁場(chǎng)中會(huì)受到安培力，做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電流也隨之減小，即ΔvΔt減小，ΔiΔt減小。設(shè)當(dāng)b棒剛要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)a棒的速度為v1，此時(shí)的瞬時(shí)電流為i1＝Blv1R，若v1＝v0，則i1＝Blv0R＝i02，此時(shí)兩棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相抵，電流為零，金屬棒不受安培力作用，兩棒均勻速運(yùn)動(dòng)直到a棒離開，i－t圖像中無(wú)電流，A圖符合；若v1<v0，即i1＝Blv1R<i02，此時(shí)兩棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不相等，要抵消一部分，因b7.(多選)(2024·山東卷·11)如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，其所在平面豎直且平行，導(dǎo)軌最高點(diǎn)到水平桌面的距離等于半徑，最低點(diǎn)的連線OO'與導(dǎo)軌所在豎直面垂直?？臻g充滿豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，導(dǎo)軌左端由導(dǎo)線連接。現(xiàn)將具有一定質(zhì)量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導(dǎo)軌圖示位置，由靜止釋放。MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終平行于OO'且與兩導(dǎo)軌接觸良好，不考慮自感影響，下列說(shuō)法正確的是()A.MN最終一定靜止于OO'位置B.MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程中安培力始終做負(fù)功C.從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過(guò)程中，MN的速率一直在增大D.從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過(guò)程中，MN中電流方向由M到N答案ABD解析金屬棒MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路有感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱，金屬棒MN的機(jī)械能不斷減小，又由于金屬導(dǎo)軌光滑，所以經(jīng)過(guò)多次往返運(yùn)動(dòng)，MN最終一定靜止于OO'位置，故A正確；由楞次定律可知，MN切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，可知安培力一直做負(fù)功，故B正確；金屬棒MN從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過(guò)程中，由于在OO'位置重力沿切線方向的分力為0，安培力水平向左，可知在即將到達(dá)OO'位置之前的某一位置之后，重力沿切線方向的分力已經(jīng)小于安培力沿切線方向的分力，金屬棒MN已經(jīng)做減速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過(guò)程中，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由M到N，故D正確。8.(15分)(2024·甘肅平?jīng)鍪腥?某研究小組設(shè)計(jì)了一磁懸浮電梯，簡(jiǎn)化模型如圖所示，不計(jì)電阻、間距為l、足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在著垂直于軌道平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、磁場(chǎng)方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，每個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域均為邊長(zhǎng)為l的正方形。在質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為l、總電阻為R、匝數(shù)為N的正方形金屬線圈EFGH中通入電流后靜止在導(dǎo)軌上，線圈與導(dǎo)軌之間絕緣，此時(shí)線圈的發(fā)熱功率為P0，重力加速度為g。(1)(3分)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)(4分)若增大通入的電流后，線圈的發(fā)熱功率為P1(P1>P0)，求線圈開始向上運(yùn)動(dòng)瞬間的加速度大??；(3)(8分)若線圈中不通入電流，線圈由圖中位置靜止釋放，下落5l時(shí)達(dá)到最大速度，求該過(guò)程中線圈產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)mg2NlRP0(2)g(P1P0－1)解析(1)線圈通入電流后靜止在導(dǎo)軌上，根據(jù)平衡條件有2NBI0l＝mg此時(shí)線圈的發(fā)熱功率P0＝I0則有B＝mg(2)若增大通入的電流后，線圈的發(fā)熱功率P1＝I1根據(jù)牛頓第二定律有2NBI1l－mg＝ma解得a＝2NBlmP1R－g＝g(3)若線圈中不通入電流，線圈靜止釋放，線圈速度增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，感應(yīng)電流增大，磁場(chǎng)對(duì)線圈的安培力增大，線圈做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為0時(shí)，線