2023版高考物理创新设计二轮复习讲义第16课时　力学三大观点在电磁感应中的应用

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第16课时　力学三大观点在电磁感应中的应用高考题型一　动力学和能量问题在电磁感应中的应用1.电磁感应中的动力学与能量问题常出现的两类情景：一是线框进出磁场；二是导体棒切割磁感线运动，两类情景都综合了电路、动力学、能量知识，有时还会与图像结合，解题方法有相通之处。分析思路如下：2.求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况。(2)功能关系：Q＝W克安(W克安为克服安培力做的功)。(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)。角度1电磁感应中的动力学问题【例1】 (2022·广东广州模拟)如图1所示，光滑水平面上放有质量M＝0.06 kg的U型导体框，其电阻忽略不计，一质量m＝0.02 kg、电阻R＝3 Ω的金属棒CD置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDQP，PQ长度L＝0.6 m。初始时CD与PQ相距s0＝0.4 m。导体框受到水平恒力F＝0.48 N作用，和金属棒一起以相同的加速度由静止开始向右运动，金属棒运动距离s＝ m后进入一方向竖直向上的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与金属棒平行。金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的PQ边正好进入磁场。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁感应强度大小B＝1 T，重力加速度取g＝10 m/s2。图1(1)求金属棒进入磁场时的速度大小；(2)求金属棒在磁场中与导体框的摩擦力大小；(3)证明导体框PQ边进入磁场后做匀速运动，并求它保持匀速运动所通过的距离。答案　(1)1.5 m/s　(2)0.18 N　(3)证明见解析　 m解析　(1)金属棒和导体框一起向右加速运动，加速度为a0，根据牛顿运动定律得F＝(M＋m)a0且v＝2a0s解得金属棒进入磁场时的速度大小为v0＝1.5 m/s。(2)金属棒进入磁场时所受的安培力大小为F安，则F安＝ILB且I＝解得F安＝0.18 N根据平衡条件，可得摩擦力大小Ff＝F安＝0.18 N。(3)金属棒进入磁场后，导体框的加速度为a，则F－Ff＝Ma解得a＝5 m/s2导体框进入磁场时的速度为v，则v2－v＝2as0解得v＝2.5 m/sPQ进入磁场导体框受到的安培力大小为F安′＝＝0.3 N因导体框受力满足F＝F安′＋Ff所以导体框进入磁场后做匀速运动。当金属棒的速度达到2.5 m/s时，导体框的匀速运动结束。这段时间内金属棒的加速度大小为a′＝这段时间为t＝导体框在磁场中匀速运动的距离为x＝vt解得x＝ m。角度2电磁感应中的能量问题【例2】 (多选)(2022·广东深圳模拟)如图2所示，MN、PQ是足够长的两平行固定金属导轨，导轨弯曲部分光滑，导轨水平部分粗糙，N、Q间接一定值电阻；水平导轨上紧邻弯曲导轨区域有方向竖直向上的矩形匀强磁场区域。将一金属杆(电阻不为零)从弯曲导轨某一高度处由静止释放，使杆在磁场区域外右方某处停下。若导轨的电阻不计，金属杆与导轨垂直且接触良好，则能正确反映杆穿过磁场区域的过程中克服安培力做的功W、定值电阻上产生的焦耳热Q、通过杆的最大电流Im以及通过杆上某截面的电荷量q随高度h变化规律的图像是(　　)图2答案　CD解析　设导轨质量为m，金属杆的电阻为r，金属杆在水平轨道上运动位移x时静止，磁场的宽度为d，金属杆进出磁场的速度分别为v1和v2。金属杆穿过磁场的过程，由动能定理可得－W－μmgd＝mv－mv，整理得W＝m(v－v)－μmgd，金属杆在弯曲导轨下滑过程mgh＝mv，可得v＝2gh，金属杆在磁场中速度逐渐减小，所受安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，做加速度减小的减速运动，若金属杆做匀变速直线运动，则有v－v＝2gh－v＝2ad，因加速度a逐渐减小，所以v与h并非线性关系，那么(v－v)与h也不是线性关系，则克服安培力做功W与h不是线性关系，其图像不是一次函数图像，A错误；金属棒产生的焦耳热为QR＝W，Q－h图像与W－h图像形状相同，也不是一次函数图像，B错误；金属棒下滑过程中，由机械能守恒定律得mgh＝mv2，金属棒到达水平面时的速度为v＝，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势为E＝BLv，最大感应电流为Im＝＝，所以Im∝，C正确；通过杆上某截面的电荷量q可表示为q＝Δt＝＝，可知q与h无关，D正确。【素能提升】1.(2021·北京高考，7)如图3所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中(　　)图3A.导体棒做匀减速直线运动 B.导体棒中感应电流的方向为a→bC.电阻R消耗的总电能为D.导体棒克服安培力做的总功小于mv答案　C解析　由右手定则可知，导体棒中感应电流的方向为b→a，B错误；由左手定则可知，安培力方向向左，导体棒的速度逐渐变小，故感应电动势逐渐变小，感应电流逐渐变小，导体棒受到的安培力逐渐变小，加速度逐渐变小，故A错误；由能量守恒定律可知，总电阻消耗的总电能为mv，故电阻R消耗的总电能为，C正确；由动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于mv，D错误。2.(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4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，可能出现的是(　　)图4A.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　两线圈的质量相等，线圈所用材料相同，则体积相同，甲线圈的匝数是乙的2倍，则甲的横截面积是乙的一半，长度是乙的2倍，由电阻定律可知，甲的电阻是乙的4倍；两线圈从同一高度同时由静止开始下落，则到达磁场上边界时两线圈的速度相同，设乙线圈的匝数为n，两线圈的边长均为l，两线圈进入磁场后，乙受到的安培力F乙＝nIlB＝，甲受到的安培力F甲＝＝，可见，甲、乙受到的安培力大小相同，重力也相同，则运动情况相同，A、B正确。
高考题型二　动量观点在电磁感应中的应用角度1动量定理在电磁感应中的应用【例3】 (2022·浙江1月选考，21)如图5所示，水平固定一半径r＝0.2 m的金属圆环，长均为r、电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600 rad/s匀速转动，圆环内左半圆存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09 F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧存在宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01 kg，de与cf长度均为l3＝0.08 m，已知l1＝0.25 m，l2＝0.068 m，B1＝B2＝1 T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1 Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2 m后返回进入磁场。图5(1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板(M或N)带正电？(2)求电容器释放的电荷量ΔQ；(3)求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。答案　(1)0.54 C　M板　(2)0.16 C(3)0.14 m解析　(1)开关S和接线柱1接通，电容器充电过程中，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知，其切割磁感线产生的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电根据法拉第电磁感应定律可得E＝B1r＝B1ωr2当开关接1时，其等效电路图如图所示，电容器C与R0并联则Q＝CU＝＝0.54 C。(2)电容器放电过程对金属棒ab由动量定理有l1B2t＝B2l1ΔQ＝mv1棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有mv1＝(m＋m)v2对框的上滑过程有2mgh＝×2mv解得ΔQ＝＝0.16 C。(3)设框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理有·t＝＝2mv2则Δx＝0.128 m>0.08 m，因此金属框会有一段磁通量不变的匀速运动，匀速运动的距离为l3－l2＝0.012 m因此ab边进入磁场后的总位移为x＝Δx＋l3－l2＝0.14 m。在导体切割磁感线做变加速运动时，若用牛顿运动定律和能量观点不能解决，可运用动量定理巧妙解决问题求解的物理量应用示例电荷量或速度－BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt位移－＝0－mv0即－＝0－mv0时间－BlΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1即－Blq＋F其他Δt＝mv2－mv1已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)－＋F其他Δt＝mv2－mv1，Δt＝x已知位移x、F其他(F其他为恒力) 角度2动量守恒在电磁感应中的应用【例4】 (2022·河北张家口期末)如图6所示，足够长、间距为L的平行光滑金属导轨ab、de构成倾角为θ的斜面，上端接有阻值为R的定值电阻，足够长的平行光滑金属导轨bc、ef处于同一水平面内，倾斜导轨与水平导轨在b、e处平滑连接，且b、e处装有感应开关。倾斜导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。距离b足够远处接有未闭合的开关S，在开关S右侧垂直导轨放置导体棒N，在倾斜导轨上距b、e足够远的位置放置导体棒M，现将导体棒M由静止释放，当导体棒M通过b、e处后瞬间感应开关自动断开。已知导体棒M的质量为m，电阻为R，导体棒N的质量为2m，电阻为2R，两导体棒运动过程中始终与导轨接触良好且与导轨垂直，重力加速度为g，不计导轨电阻及空气阻力。图6(1)保持开关S断开，求导体棒M通过感应开关前瞬间的速度大小；(2)若固定导体棒N，导体棒M通过感应开关后瞬间闭合开关S，求导体棒M在水平导轨上运动的位移；(3)若不固定导体棒N，导体棒M通过感应开关后瞬间闭合开关S，求导体棒N上产生的焦耳热。答案　(1)　(2)　(3)解析　(1)由题意可知导体棒M到达b、e前已做匀速直线运动，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv由闭合电路欧姆定律得I＝由平衡条件得mgsin θ＝ILB解得v＝。(2)若固定导体棒N，导体棒M通过感应开关后瞬间闭合开关S，导体棒M、N构成回路，最终导体棒M静止，由法拉第电磁感应定律得＝由闭合电路欧姆定律得＝对导体棒M，由动量定理得－LBΔt＝0－mv解得Δx＝。(3)若不固定导体棒N，导体棒M通过感应开关后瞬间闭合开关S，导体棒M、N组成的系统动量守恒，最终它们共速，则mv＝3mv共由能量守恒定律得mv2＝×3mv＋Q导体棒N上产生的焦耳热为QN＝Q解得QN＝。【素能提升】3.(多选)(2022·山东高考演练卷)如图7，光滑平行导轨上端接一电阻R，导轨弯曲部分与水平部分平滑连接，导轨间距为l，导轨和金属棒的电阻不计，导轨水平部分左端有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，现将金属棒PQ从导轨弯曲部分的上端由静止释放，金属棒刚进入磁场时的速度为v1，离开磁场时的速度为v2，改变金属棒释放的高度，使其释放高度变为原来的，金属棒仍然可以通过磁场区域，则(　　)图7A.金属棒通过磁场区域时金属棒中的电流方向为由Q到PB.金属棒第二次离开磁场时的速度为v2－C.金属棒第二次通过磁场区域的过程中电阻R消耗的平均功率比第一次小D.金属棒在两次通过磁场区域的过程中电阻R上产生的热量相等答案　ABC解析　金属棒通过磁场区域时，由右手定则可以判断金属棒中的电流方向为由Q到P，A正确；金属棒第二次释放高度变为原来的，由动能定理可知，进入匀强磁场时的速度为v1′＝，金属棒通过磁场区域的过程中，根据动量定理有－Blt＝Δp，又因为＝，＝，所以－Bl＝Δp，则金属棒两次通过匀强磁场区域的过程中动量变化量相同，速度变化量也相同，即v2－v1＝v3－，故金属棒第二次离开磁场时的速度v3＝v2－，B正确；金属棒第二次通过磁场区域的过程中平均速度小，所用时间长且减少的动能少，电阻R上产生的热量少，消耗的平均功率比第一次小，C正确，D错误。4.(2022·辽宁高考) 如图8所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。图8(1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；(2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到ab的最小距离x；(3)初始时刻，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1)，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。答案　(1)　水平向左(2)①　②　(3)2≤k<3解析　(1)细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为E＝BLv0电流方向为a→b，电流的大小为I＝则所受的安培力大小为F＝ILB＝安培力的方向由左手定则可知水平向左。(2)①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有LB·Δt＝m·－0且q＝Δt联立解得通过回路的电荷量为q＝。②设两杆在磁场中相对靠近的位移为Δx，有＝＝整理可得q＝联立可得Δx＝若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为x＝Δx＝。(3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同，到ab的距离为kx(k>1)，则N到cd边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知mv0＝mv1＋m·解得N出磁场时，M的速度大小为v1＝v0由题意可知，此时M到cd边的距离为s＝(k－1)x若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：①M减速到时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有1LB·Δt1＝m·v0－m·q1＝1·Δt1＝联立解得k＝2②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有2LB·Δt2＝m·v0－0同理解得k＝3综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k<3。1.(2021·河北高考，7)如图9，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速直线运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是(　　)图9A.通过金属棒的电流为2BCv2tan θB.金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tan θC.金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D.金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定答案　A解析　经过时间t，金属棒切割磁感线的有效长度L＝2vttan θ，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝2Bv2ttan θ，则电容器极板上的电荷量Q＝CE＝2BCv2ttan θ，则通过金属棒中的电流I＝＝2BCv2tan θ，A正确；当金属棒到达x0时，即vt＝x0时，电容器极板上的电荷量Q0＝2BCvx0tan θ，B错误；根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向(从上往下看)，则电容器的上极板带正电，C错误；因为金属棒做匀速直线运动，所以外力F＝F安＝ILB，外力做功的功率P＝Fv＝4B2Cv4ttan2θ，是变化的，D错误。2.(多选)(2022·湖南高考，10)如图10，间距L＝1 m的U形金属导轨，一端接有0.1 Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8 m的绝缘水平桌面上。质量均为0.1 kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1 Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，导体棒a距离导轨最右端1.74 m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为0.1 T。用F＝0.5 N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是(　　)图10A.导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6 mB.导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变C.导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势D.导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58 C答案　BD解析　导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b的电流向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；导体棒b与电阻R并联，有I＝，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有B·L＝μmg，联立解得导体棒a的速度为v＝3 m/s，导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，有x＝vt，h＝gt2，联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为x＝1.2 m，故A错误；导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B正确；导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电荷量为q＝·Δt＝＝ C＝1.16 C，导体棒b与电阻R并联，则通过电阻R的电荷量为qR＝＝0.58 C，故D正确。3.(多选)(2021·湖南高考，10)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图11所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是 (　　)图11A.B与v0无关，与成反比B.通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变C.通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等D.调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变答案　CD解析　设金属框进入磁场时的竖直分速度为vy，可知vy＝，金属框所受安培力F＝ILB，电流I＝，电动势E＝BLvy，根据受力平衡可得mg＝，可知B2与成反比，B与v0无关，A错误；金属框进入磁场和穿出磁场的过程中，电流的大小保持不变，方向由逆时针变为顺时针，B错误；从下金属框进入磁场到上金属框离开磁场的过程中，金属框做匀速直线运动，安培力和重力等大反向，故组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等，C正确；组合体从进入磁场到穿出磁场，不论怎样调节H、v0和B，只要组合体匀速通过磁场，在通过磁场的过程中，产生的热量始终等于减少的重力势能，D正确。4.(2022·湖北高考，15)如图12所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6×10－ 3 Ω、质量m＝0.2 kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4 N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：图12(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；(3)磁场区域的水平宽度。答案　(1)20 m/s2　10 m/s2　(2)0.2 T　0.4 J　(3)1.1 m解析　(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有Fcos θ＝max代入数据有ax＝20 m/s2在竖直方向有Fsin θ－ mg＝may代入数据有ay＝10 m/s2。(2)ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线。但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力。由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有Fsin θ－ mg－ILB＝0E＝BLvy，I＝，v＝2ayL联立有B＝0.2 T由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q＝W安＝ILByy＝LFsin θ－ mg＝ILB联立解得Q＝0.4 J。(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为vy＝ayt1，L＝vyt2t＝t1 ＋ t2联立解得t＝0.3 s由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有x＝axt2＝×20×0.32 m＝0.9 m则磁场区域的水平宽度X＝x＋L＝1.1 m。1.(多选)(2022·江西赣州一模)如图1所示，竖直边界MN的右侧存在区域足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。有一匀质导线制成的半径为r的单匝圆形线圈，质量为m，总电阻为R，边界MN上有一垂直于纸面的光滑转轴，线圈上的a点与转轴连接并可绕转轴在竖直平面内自由摆动。将线圈向右拉至左侧与MN相切的位置后由静止释放，线圈向左摆到最高点时，直径ab转过的角度为150°，不计摆动过程中线圈受到的一切摩擦阻力，重力加速度为g，则(　　)图1A.线圈摆动时，所受安培力的方向始终和边界MN垂直B.从释放到第一次摆至左侧最高点的过程中，安培力对线圈做的功为0.5mgrC.从释放到最后静止，线圈中产生的焦耳热为2mgrD.从释放到最后静止的过程中，通过线圈导线横截面的电荷量为答案　AD解析　线圈在磁场中的有效长度为线圈与MN相交的弦长，由左手定则知安培力的方向始终垂直于该弦，故A正确；从释放到第一次摆至最高的过程中，安培力对线圈做的功为等于其重力势能的变化量，线圈的重心位置等效在环的圆心，所以安培力对线圈做的功为W安＝mgrsin 30°－mgr＝－0.5mgr，故B错误；从释放到静止，线圈的重力势能通过感应电流转化为焦耳热，所以线圈产生的焦耳热等于减少的重力势能，大小为Q＝ΔEp′＝mgr，故C错误；从释放到最后静止的过程中，通过线圈导线横截面的电荷量为q＝＝B＝B，故D正确。2.(多选)(2022·湖北新高考演练卷)如图2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(　　)图2A.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/sC.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＝＝0.5 s，故导体棒做平抛运动的初速度v0＝＝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BlΔt＝mv0－0，因q＝Δt，故有Blq＝mv0，即q＝，代入数据解得q＝2.0 C，故D错误。3.(多选)如图3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(　　)图3A.cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为9 WB.匀强磁场区域的高度为0.65 mC.穿过磁场的过程中线框电阻产生的热量为0.65 JD.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＝＝ 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＝BL＝2.5××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v－v＝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)＋mv－mv＝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－BLt＝mv2－mv1，即mgt－BqL＝mv2－mv1，此过程的电荷量为q＝＝，联立解得t＝0.3 s，故D正确。4.(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4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(　　)图4A.b端的电势比a端低B.拉力做的功为7 JC.金属棒ab上产生的焦耳热为1 JD.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＝BL·x＝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′＝Q＝0.25 J，故C错误；根据能量守恒定律，拉力做的功为W＝Q＋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＝Δt＝＝0.5 C，故D正确。5.(多选)(2022·河南六市联考)如图5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(　　)图5A.导体棒ab和cd组成的系统动量守恒B.cd棒最终的速度为v0C.全过程中，通过导体棒cd的电荷量为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mv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B·LΔt＝mvab对cd棒，由动量定理得－B·2LΔt＝2mvcd－2mv0联立解得vcd＝，vab＝，故B错误；对cd棒，有q＝Δt又－B·2LΔt＝2mvcd－2mv0联立解得q＝，故C正确；由能量守恒定律得，整个回路产生的焦耳热Q＝×2mv－×2mv－mv解得Q＝mv，故D正确。6.(多选)(2022·四川成都二诊)如图6，两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，所在空间有方向垂直于水平面、磁感应强度为B的范围足够大的匀强磁场，导轨的间距为L，电阻不计；导轨上静置两根长度均为L的导体棒PQ和MN，其中PQ的质量为2m、阻值为R，MN的质量为m、阻值为2R。若在t＝0时刻给PQ一个平行于导轨向右的初速度v0，不计运动过程中PQ和MN的相互作用力，则(　　)图6A.t＝0时刻，两导体棒的加速度大小相等B.t＝0时刻，PQ两端的电压为BLv0C.PQ匀速运动时的速度大小为v0D.从t＝0时刻到PQ匀速运动的过程中，导体棒MN产生的焦耳热为mv答案　BD解析　t＝0时刻，PQ平行于导轨向右的初速度v0，则产生的感应电动势为E＝BLv0此时回路中的电流大小为I＝＝两导体棒受到的安培力大小均为F＝ILB则aMN＝，aPQ＝，两导体棒的加速度大小不相等，A错误；t＝0时刻，PQ两端的电压为路端电压，大小为UPQ＝UMN＝IRMN＝BLv0，B正确；由以上分析可知，两导体棒受的安培力大小相等，由左手定则可知，安培力方向相反，两棒运动中，满足动量守恒，则有2mv0＝(m＋2m)v共，两棒达到共速，则得v共＝v0，此后两棒以这个速度做匀速直线运动，C错误；导体棒PQ和MN是串联关系，即IPQ＝IMN，可知两棒上的电流有效值相等，在整个运动中MN、PQ产生的焦耳热分别为QMN＝IRMNt，QPQ＝IRPQt，则有QMN∶QPQ＝2∶1，由能量守恒定律可知，在整个运动中产生的总热量等于系统总动能的减少量，因此有Q＝×2mv－×3mv＝mv，QMN＝Q＝mv，D正确。7.(多选)(2022·山东潍坊一模)如图7所示，两导电性良好的光滑平行导轨倾斜放置，与水平面夹角为θ，间距为L。导轨中段正方形区域内存在垂直于轨道平面向上的匀强磁场。电阻值相等的金属棒a和b静止放在斜面上，a距磁场上边界为L。某时刻同时由静止释放a和b，a进入磁场后恰好做匀速运动；a到达磁场下边界时，b正好进入磁场，并匀速穿过磁场。运动过程中两棒始终保持平行，两金属棒与导轨之间导电良好，不计其他电阻和摩擦阻力，导轨足够长。则(　　)图7A.a、b通过磁场区域的时间之比为3∶2B.a、b质量之比为2∶3C.a、b中产生的热量之比为2∶3D.a、b能发生碰撞答案　ABD解析　某时刻同时由静止释放a和b，a进入磁场后恰好做匀速运动，刚进入磁场前，由动能定理，得magLsin θ＝mav解得va＝则t1＝由闭合电路欧姆定律得I1＝a棒处于平衡状态，受力分析可知magsin θ＝I1LB知magsin θ＝a棒匀速穿过磁场所用时间为t2＝对b棒从开始运动到磁场上边界的总时间tb＝t1＋t2＝＋＝b棒进入磁场时的速度为vb＝gsin θ(t1＋t2)＝vaa、b通过磁场区域的时间之比为＝＝，A正确；由于b匀速穿过磁场，则mbgsin θ＝故ma∶mb＝2∶3，B正确；根据公式Q＝I2Rt得＝＝1，C错误；以金属棒a刚出磁场计算，此时a以初速度va，加速度为gsin θ，做匀加速直线运动，b先以速度为va做匀速直线运动，后以初速度为va做加速度为gsin θ的匀加速直线运动，故a、b能发生碰撞，D正确。8.(2022·陕西汉中检测)如图8甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg，电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，导轨足够长(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：图8(1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；(2)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属杆上产生的焦耳热；(3)由图中信息计算0～1 s内，导体棒滑过的位移。答案　(1)b端电势高　5 N　(2)1.47 J　(3)0.85 m解析　(1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高当金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsin 37°＋F安其中F安＝ILB＝由乙图可知v＝1.0 m/s联立解得F＝5 N。(2)从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得(F－mgsin 37°)s－W克＝mv2又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得Q＝W克＝7.35 J两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为Qr＝Q＝1.47 J。(3)进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有(F－mgsin 37°)t－BILt＝mv1－0又q＝It由图可知v1＝0.6 m/s代入数据解得q＝0.85 C由q＝It＝得x＝0.85 m。9.(2022·河北全过程纵向评价联考)如图9甲所示，质量为m＝0.1 kg、电阻R＝0.5 Ω的导体棒ab垂直放在相距为L＝0.5 m的金属导轨上，定值电阻阻值也为0.5 Ω。金属导轨足够长，固定在水平面上，电阻不计。在垂直于导轨平面的区域Ⅰ和区域Ⅱ中存在方向向上、磁感应强度相同的匀强磁场。现用一根与轨道平面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M＝0.1 kg的重物相连，导体棒在磁场外从静止释放后始终在导轨上运动，导体棒与导轨接触良好。已知导体棒运动的v－t图像如图乙所示。求：图9(1)导体棒与金属导轨之间的动摩擦因数μ；(2)导体棒穿过磁场Ⅰ的过程中穿过闭合回路横截面的电荷量q；(3)导体棒穿过磁场区域Ⅱ的过程中电阻R上产生的热量以及克服摩擦力所做的功。答案　(1)0.2　(2)1.28 C　(3)3.84 J　1.152 J解析　(1)导体棒进入磁场之前做匀加速直线运动，由v－t图像可知棒的加速度a＝＝4 m/s2对重物和导体棒整体，由牛顿第二定律有Mg－μmg＝(M＋m)a代入数据解得μ＝0.2。(2)由v－t图像可知导体棒进入磁场Ⅰ后做匀速直线运动，处于平衡状态。对重物和导体棒整体受力分析，有Mg＝μmg＋又I＝，q＝Itv＝3.2 m/s，t＝0.8 s联立可得B＝1 T，q＝1.28 C。(3)由v－t图像可知导体棒进入磁场Ⅱ后减速至3.2 m/s，对重物和导体棒整体，由动量定理得(Mg－μmg)Δt－＝(M＋m)(v1－v2)联立解得x＝5.76 m导体棒穿过磁场Ⅱ过程中能量守恒，根据能量守恒定律可得Mgx＋(M＋m)v－(M＋m)v＝Q＋μmgx电阻R上产生的热量QR＝Q联立上式可得QR＝3.84 J。10.(2022·山东学情联考)平面上固定着如图10甲所示形状的导轨，其中AB与CD平行，AC和CD夹角为60°，导轨ACE部分单位长度电阻为1 Ω，导轨其他各部分和金属杆电阻不计。导轨处在磁感应强度为B＝ T，方向竖直向下的匀强磁场中。质量m＝1 kg的金属杆放在导轨上(金属杆足够长)，对金属杆施加如图乙所示的外力。金属杆在0～1 s内以v1做匀速运动，t＝1 s时金属杆恰好运动到AE处。金属杆继续运动3 s速度变为v2以后匀速运动。求：图10(1)金属杆的速度v1；(2)金属杆的速度v2；(3)4 s内通过金属杆的电荷量。答案　(1)4 m/s　(2)2 m/s　(3)2 C解析　(1)金属杆在0～1 s内以v1做匀速运动，导体棒受拉力和安培力，根据平衡条件F＝F安其中安培力F安＝I1LB导体棒有效切割长度L＝v1ttan 60°＝v1t电流为I1＝感应电动势为E＝BLv1回路中的电阻为R＝3v1tR0联立可得安培力为F安＝t由图像可得＝4解得v1＝4 m/s。(2)0～1 s内导体棒做匀速运动位移为xCE＝v1t1～4 s导体棒切割的有效长度L＝xCE电阻为R总＝3xCER0导体棒受力平衡F＝F安安培力为F安＝解得v2＝2 m/s。(3)0～1 s内电荷量为q1＝I1t＝ C1～4 s内对导体棒用动量定理F2t－B2Lt＝mv2－mv1即F2t－BLq2＝mv2－mv1代入数据可得q2＝ C总的电荷量为q＝q1＋q2＝2 C。11.(2022·浙江6月选考，21)舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图11甲所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v－t图如图乙所示，在t1至t3时间内F＝(800－10v) N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80 m/s，t1＝1.5 s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1 m，飞机的质量M＝10 kg，动子和线圈的总质量m＝5 kg，R0＝9.5 Ω，B＝0.1 T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：图11(1)恒流源的电流I；(2)线圈电阻R; (3)时刻t3。答案　(1)80 A　(2)0.5 Ω　(3) s解析　(1)由题意可知接通恒流源时安培力F安＝nIlB动子和线圈在0～t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为a＝根据牛顿第二定律有F安＝(M＋m)a联立解得I＝＝80 A(2)当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流为I′＝此时安培力为F安′＝nBI′l所以此时根据牛顿第二定律有F＋F安′＝ma′即(800－10v)＋v＝ma′由题图乙可知在t1至t3期间加速度恒定，则有＝10 kg/s，解得R＝0.5 Ω，a′＝160 m/s2(3)根据题图乙并结合(2)可知t2－t1＝＝0.5 s故t2＝2 s；在0～t2时间段内的位移x＝v1t2＝80 m而根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝电荷量的定义式Δq＝IΔt，I＝从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量Δq＝根据动量定理有－nBlΔq＝0－ma′(t3－t2)代入数据联立可得(t3－t2)2＋(t3－t2)－1＝0解得t3＝ s。