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备考2024届高考物理一轮复习分层练习第十二章电磁感应专题二十一电磁感应中的动力学能量和动量问题
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这是一份备考2024届高考物理一轮复习分层练习第十二章电磁感应专题二十一电磁感应中的动力学能量和动量问题，共10页。
A.ef将减速向右运动，但不是匀减速
B.ef将匀减速向右运动，最后停止
C.ef将匀速向右运动
D.ef将往返运动
解析 ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝B2L2vR＝ma知，ef做的是加
速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误.
2.[线框＋非匀强磁场/2024江西九校联考/多选]如图所示，有一足够大的光滑水平面上存在非匀强磁场，其磁场分布沿x轴正方向均匀增大，沿y轴方向是不变的，磁场方向垂直纸面向外.现有一闭合的矩形金属线框，质量为m，以速度大小为v0、方向沿其对角线且与x轴成30°角开始向右运动，以下关于线框的说法正确的是（ BD ）
A.线框一直做曲线运动
B.最初阶段线框中感应电流的方向沿顺时针方向
C.线框中感应电流大小保持不变
D.线框运动中产生的内能为38mv02
解析 由楞次定律可判断，最初阶段线框中感应电流的方向为顺时针方向，B正确；线框上、下边受到的安培力等大反向，线框左边受到的向右的安培力小于线框右边受到的向左的安培力，故线框整体受到的安培力方向水平向左，线框做减速运动，速度减小，回路中的感应电动势减小，感应电流减小，C错误；当线框水平向右的分速度减为零时，回路中
【点拨】感应电动势E=（B右-B左）lv，（B右-B左）和l恒定，所以E随v的减小而减小
的磁通量不再发生变化，感应电流为零，线框不再受安培力，沿y轴正方向做匀速直线运动，A错误；线框最终稳定时的速度大小v末＝v0 sin 30°＝12v0，从线框开始运动到稳定的过程中，由能量守恒定律有12mv02＝Q＋12mv末2，联立解得Q＝38mv02，D正确.
3.[多选]如图所示，一质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻.一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为m.装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中.现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触且垂直，则（ AC ）
A.刚开始运动时产生的感应电流方向为M→N→c→b→M
B.导体棒的最大速度为v02
C.通过导体棒的电荷量为2mv03BL
D.导体棒产生的焦耳热为56mv02
解析 金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M，故A正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向所受合力为零，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有2mv0＝3mv，可得v＝23v0，故B错误；对导体棒根据动量定理可得BILΔt＝mv－0，其中IΔt＝q，可得通过导体棒的电荷量为q＝2mv03BL，故C正确；导体棒产生的焦耳热为Q＝12×2mv02－12×3mv2＝13mv02，故D错误.
4.[连接体＋匀强磁场/2023江西抚州乐安二中校考]如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的导线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知导线框电阻为R，横边边长为L.有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场上、下边界的距离、导线框竖直边长均为h.初始时刻，磁场的下边缘和导线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，导线框加速进入磁场，穿出磁场前已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计，重力加速度为g.则下列说法正确的是（ B ）
A.导线框进入磁场时的速度为gh
B.导线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，则加速度为a＝12g－B2L2v4mR
C.导线框穿出磁场时的速度为mgRB2L2
D.导线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝5mgh－8m3g2R2B4L4
解析 线框进入磁场前，根据重物与线框组成的系统机械能守恒得(3mg－mg)·2h＝12(3m＋m)v12，解得线框进入磁场时的速度v1＝2gh，故A错误.线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，对整体，根据牛顿第二定律得3mg－mg－B2L2vR＝(3m＋m)a，解得a＝12g－B2L2v4mR，故B正确.线框穿出磁场时，根据平衡条件得3mg－mg＝F安，而F安＝B2L2v22R，解得线框穿出磁场时的速度为v2＝2mgRB2L2，故C错误.设线框通过磁场的过程中产生的热量为Q.对从静止到刚通过磁场的过程，根据能量守恒定律得Q＝(3mg－mg)·4h－12(3m＋m)v22，将v2＝2mgRB2L2代入得Q＝8mgh－8m3g2R2B4L4，故D错误.
5.[2024山东青岛调研/多选]如图，两平行金属导轨ABC和A'B'C'的间距为0.5m，其中AB、A'B'段光滑，长度为1.2m、与水平方向的夹角为30°，BC、B'C'段水平.空间中存在方向分别与两导轨平面垂直的磁场，磁感应强度大小均为2T.现将导体棒b放置于水平导轨某处，导体棒a自最高端AA'由静止释放，当a棒开始匀速运动时，b棒刚好能保持静止.a棒到达BB'后再经过0.36s恰好不与b棒发生碰撞.已知导体棒a、b的质量均为0.1kg，接入电路中的电阻分别为4Ω和1Ω，两导体棒与水平导轨的动摩擦因数相同，运动过程中导体棒始终与导轨接触良好且垂直，导轨电阻不计，重力加速度g＝10m/s2.下列说法正确的是（ BC ）
A.a棒匀速运动时的速度大小为2m/s
B.棒与水平导轨间的动摩擦因数为0.5
C.b棒初始位置与BB'相距0.35m
D.a棒下滑过程中，系统损失的机械能为0.4J
解析 a棒匀速运动时，由平衡条件有mg sin 30°＝BIL，又I＝ERa＋Rb，E＝BLv，联立并代入数据解得v＝2.5 m/s，A错误；经分析可知，b棒所受的安培力大小与a棒的相等，又a棒匀速运动时，b棒恰能保持静止，对b棒由平衡条件有BIL＝μmg，解得μ＝0.5，B正确；对a棒从BB'运动到b棒位置的过程中，根据动量定理有－BILt－μmgt＝0－mv，又It＝q＝ΔΦRa＋Rb＝BLxRa＋Rb，联立解得x＝0.35 m，C正确；a棒下滑过程中，系统损失的机械能ΔE＝mgs sin 30°－12mv2，代入数据解得ΔE＝0.287 5 J，D错误.
6.如图甲所示，相距L＝1m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1kg、接入电路电阻为r＝0.5Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5Ω，电容器的电容C＝0.5F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场.在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图像如图乙所示，运动过程中导体棒始终与导轨接触良好且垂直，sin37°＝0.6，取重力加速度g＝10m/s2.
（1）求磁场的磁感应强度大小B；
（2）在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5m时，定值电阻产生的焦耳热为21J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？
（3）现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2s时导体棒的速度大小.
答案 （1）2T （2）2m/s 2m/s2 （3）4m/s
解析 （1）由题图乙可知，导体棒的最大速度vm＝3m/s
对应的感应电动势E＝BLvm
感应电流I＝ER＋r
当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有
BIL＝mgsinθ
解得B＝mg（R＋r）sinθL2vm＝2T
（2）导体棒和定值电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知Qab∶QR＝1∶3，则导体棒ab产生的焦耳热Qab＝13×21J＝7J，导体棒下滑x＝5m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgxsinθ＝12mv12＋Qab＋QR
得导体棒的速度v1＝2m/s
此时感应电动势E1＝BLv1
感应电流I1＝E1R＋r
对导体棒有mgsinθ－BI1L＝ma1
解得加速度a1＝2m/s2
（3）开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mgsinθ－BI2L＝ma2
感应电流I2＝ΔqΔt，Δq＝CΔU
Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝ΔvΔt
解得a2＝2m/s2
表明导体棒下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2s时导体棒的速度大小v2＝a2t＝4m/s.
7.[高新科技/2023四川南充高级中学校考/多选]电磁减震器是利用电磁感应原理制成的一种新型智能化汽车独立悬架系统.某同学也设计了一个电磁减震器，如图所示为其简化的原理图.该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量m＝1.0kg.每个矩形线圈abcd匝数n＝100匝，电阻R＝1.0Ω，ab边长L＝20cm，bc边长d＝10cm，该减震器在光滑水平面上以初速度v0＝5m/s向右进入磁感应强度大小B＝0.1T、方向竖直向下的匀强磁场中，磁场范围足够大，不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响.则（ BD ）
A.刚进入磁场时减震器的加速度大小a＝0.2m/s2
B.第二个线圈恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小为4.2m/s
C.滑动杆上至少需安装12个线圈才能使减震器完全停下来
D.进入磁场的第一个线圈和最后一个线圈产生的热量比k＝96
解析 线圈在磁场中受到安培力的作用而做减速运动.由安培力公式可得F安＝
nBIL，其中I＝ER＝nBLvR，联立可得F安＝nBL·nBLvR＝n2B2L2vR，线圈刚进入磁场时速度v
＝v0，L＝20 cm＝0.2 m，代入数据可解得F安＝20 N，根据牛顿第二定律可得加速度
大小为a＝F安m＝201 m/s2＝20 m/s2，故A错误；设向右为正方向，对减震器进行分析，
当第二个线圈恰好完全进入磁场时设所用时间为t，此时减震器的速度大小为v2，则
由动量定理可得－nBLIt＝mv2－mv0，其中It＝nBLvRt＝nBLR·2d，(d＝10 cm＝0.1 m)代
入数据可得v2＝4.2 m/s，故B正确；由以上分析可知，每一个线圈进入磁场的过程，安培力的冲量大小均相等，且为n2B2L2R·d，由动量定理可知每一个线圈进入磁场的过程，减震器的速度减小量均相等.由B选项的结果可知，进入两个线圈后，减震器的速度减小量为5 m/s－4.2 m/s＝0.8 m/s，可得每一个线圈进入磁场后，减震器的速度减小量均为Δv＝0.82 m/s＝0.4 m/s，则要使减震器的速度减为零需要的线圈个数为N＝50.4＝12.5，可知需要13个线圈，故C错误；只有进入磁场的线圈才能产生热量，根据能量守恒定律可知，线圈上产生的热量在数值上等于减震器动能的减少量.第一个线圈恰好完全进入磁场时的速度为v1＝v0－Δv＝5 m/s－0.4 m/s＝4.6 m/s，最后一个线圈刚进入磁场时的速度为v13＝v0－12Δv＝5 m/s－12×0.4 m/s＝0.2 m/s，则有k＝12mv02-12mv1212mv132，解得k＝96，故D正确.
8.[多选]如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中.现给棒a一大小为v0、水平向右的初速度，假设导轨都足够长，两棒质量均为m，在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好且垂直.以下说法正确的是（ BC ）
A.俯视时感应电流方向为顺时针方向
B.棒b的最大速度为0.4v0
C.回路中产生的焦耳热为0.1mv02
D.通过回路中某一截面的电荷量为2mv05BL
解析 棒a向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可知，俯视时感应电流方向为逆时针方向，A错误；在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，棒a减速，棒b加速，对棒a，由动量定理可得BI·Lt＝BqL＝mv0－0.8mv0，对棒b，由动量定理可得BI·2Lt＝mv，联立可得v＝0.4v0，q＝mv05BL，B正确，D错误；根据能量守恒定律可得回路中产生的焦耳热为Q＝12mv02－[12m(0.8v0)2＋12m(0.4v0)2]＝0.1mv02，C正确.
9.[2023新课标]一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上.宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示.
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场.运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小.
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示.让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场.运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好.求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量.
答案 （1）B2L3mR0 （2）3B4L625mR02
解析 （1）设金属框的初速度大小为v0，则金属框完全穿过磁场的过程，由动量定理有
－BI1Lt1－BI2Lt2＝mv02－mv0
通过金属框的电流I＝E4R0
根据法拉第电磁感应定律有E＝BL2t
故有I1t1＝I2t2＝BL24R0
联立解得v0＝B2L3mR0
（2）金属框进入磁场的过程，由动量定理有
－BI'Lt'＝mv1－mv0
闭合电路的总电阻R总＝R0＋11R1＋1R0＝53R0
通过金属框的电流I'＝E'R总
根据法拉第电磁感应定律有E'＝BL2t'
解得v1＝2B2L35mR0
金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和
左边框为电源，两电源并联给外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右
边界，则有
－BI-″Lt″＝0－mv1
通过金属框的电流I″＝E″R1＋R02
根据法拉第电磁感应定律有E″＝BLxt″
解得x＝L
故假设成立，金属框的右边框恰好停在磁场右边界处
对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有
Q总＝12mv02－12mv12
电阻R1产生的热量为Q1＝23R0R总·R0R1＋R0Q总
金属框完全在磁场中运动过程，有
Q'总＝12mv12－0
电阻R1产生的热量为Q'1＝R1R1＋R02Q'总
电阻R1产生的总热量为Q1总＝Q1＋Q'1
解得Q1总＝3B4L625mR02
10.[电磁缓冲装置/2023湖南岳阳统考/多选]小红在查阅资料时看到了嫦娥五号的月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地球着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力.如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示.在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN.导轨内侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B.导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L.假设整个返回舱以速度v0与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与导轨的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲.返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计.则以下说法正确的是（ AD ）
图甲 图乙
A.滑块K的线圈中最大感应电流的大小Imax＝nBLv0R
B.若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中通过的电荷量均为q＝BLHR
C.若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中产生的焦耳热均为Q＝14（mgH＋12mv2－12mv02）
D.若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少为d＝（mgt＋mv0）R4n2B2L2
解析 滑块刚接触地面时感应电动势最大为Emax＝nBLv0，根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小Imax＝EmaxR＝nBLv0R，故A正确.由q＝IΔt，I＝ER，E＝nΔΦΔt，ΔΦ＝BΔS＝BHL，可得若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中通过的电荷量均为q＝nBLHR，故B错误；因为有4台减速装置，利用动量定理得4n2B2L2vRt－mgt＝mv0，其中由运动学公式有vt＝d，解得缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少为d＝(mgt＋mv0)R4n2B2L2，故D正确；设每个缓冲线圈产生的焦耳热均为Q，由能量守恒定律得mgH－4Q＝12mv2－12mv02，整理解得Q＝14(mgH＋12mv02－12mv2)，故C错误.
A.ef将减速向右运动，但不是匀减速
B.ef将匀减速向右运动，最后停止
C.ef将匀速向右运动
D.ef将往返运动
解析 ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝B2L2vR＝ma知，ef做的是加
速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误.
2.[线框＋非匀强磁场/2024江西九校联考/多选]如图所示，有一足够大的光滑水平面上存在非匀强磁场，其磁场分布沿x轴正方向均匀增大，沿y轴方向是不变的，磁场方向垂直纸面向外.现有一闭合的矩形金属线框，质量为m，以速度大小为v0、方向沿其对角线且与x轴成30°角开始向右运动，以下关于线框的说法正确的是（ BD ）
A.线框一直做曲线运动
B.最初阶段线框中感应电流的方向沿顺时针方向
C.线框中感应电流大小保持不变
D.线框运动中产生的内能为38mv02
解析 由楞次定律可判断，最初阶段线框中感应电流的方向为顺时针方向，B正确；线框上、下边受到的安培力等大反向，线框左边受到的向右的安培力小于线框右边受到的向左的安培力，故线框整体受到的安培力方向水平向左，线框做减速运动，速度减小，回路中的感应电动势减小，感应电流减小，C错误；当线框水平向右的分速度减为零时，回路中
【点拨】感应电动势E=（B右-B左）lv，（B右-B左）和l恒定，所以E随v的减小而减小
的磁通量不再发生变化，感应电流为零，线框不再受安培力，沿y轴正方向做匀速直线运动，A错误；线框最终稳定时的速度大小v末＝v0 sin 30°＝12v0，从线框开始运动到稳定的过程中，由能量守恒定律有12mv02＝Q＋12mv末2，联立解得Q＝38mv02，D正确.
3.[多选]如图所示，一质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻.一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为m.装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中.现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触且垂直，则（ AC ）
A.刚开始运动时产生的感应电流方向为M→N→c→b→M
B.导体棒的最大速度为v02
C.通过导体棒的电荷量为2mv03BL
D.导体棒产生的焦耳热为56mv02
解析 金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M，故A正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向所受合力为零，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有2mv0＝3mv，可得v＝23v0，故B错误；对导体棒根据动量定理可得BILΔt＝mv－0，其中IΔt＝q，可得通过导体棒的电荷量为q＝2mv03BL，故C正确；导体棒产生的焦耳热为Q＝12×2mv02－12×3mv2＝13mv02，故D错误.
4.[连接体＋匀强磁场/2023江西抚州乐安二中校考]如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的导线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知导线框电阻为R，横边边长为L.有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场上、下边界的距离、导线框竖直边长均为h.初始时刻，磁场的下边缘和导线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，导线框加速进入磁场，穿出磁场前已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计，重力加速度为g.则下列说法正确的是（ B ）
A.导线框进入磁场时的速度为gh
B.导线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，则加速度为a＝12g－B2L2v4mR
C.导线框穿出磁场时的速度为mgRB2L2
D.导线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝5mgh－8m3g2R2B4L4
解析 线框进入磁场前，根据重物与线框组成的系统机械能守恒得(3mg－mg)·2h＝12(3m＋m)v12，解得线框进入磁场时的速度v1＝2gh，故A错误.线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，对整体，根据牛顿第二定律得3mg－mg－B2L2vR＝(3m＋m)a，解得a＝12g－B2L2v4mR，故B正确.线框穿出磁场时，根据平衡条件得3mg－mg＝F安，而F安＝B2L2v22R，解得线框穿出磁场时的速度为v2＝2mgRB2L2，故C错误.设线框通过磁场的过程中产生的热量为Q.对从静止到刚通过磁场的过程，根据能量守恒定律得Q＝(3mg－mg)·4h－12(3m＋m)v22，将v2＝2mgRB2L2代入得Q＝8mgh－8m3g2R2B4L4，故D错误.
5.[2024山东青岛调研/多选]如图，两平行金属导轨ABC和A'B'C'的间距为0.5m，其中AB、A'B'段光滑，长度为1.2m、与水平方向的夹角为30°，BC、B'C'段水平.空间中存在方向分别与两导轨平面垂直的磁场，磁感应强度大小均为2T.现将导体棒b放置于水平导轨某处，导体棒a自最高端AA'由静止释放，当a棒开始匀速运动时，b棒刚好能保持静止.a棒到达BB'后再经过0.36s恰好不与b棒发生碰撞.已知导体棒a、b的质量均为0.1kg，接入电路中的电阻分别为4Ω和1Ω，两导体棒与水平导轨的动摩擦因数相同，运动过程中导体棒始终与导轨接触良好且垂直，导轨电阻不计，重力加速度g＝10m/s2.下列说法正确的是（ BC ）
A.a棒匀速运动时的速度大小为2m/s
B.棒与水平导轨间的动摩擦因数为0.5
C.b棒初始位置与BB'相距0.35m
D.a棒下滑过程中，系统损失的机械能为0.4J
解析 a棒匀速运动时，由平衡条件有mg sin 30°＝BIL，又I＝ERa＋Rb，E＝BLv，联立并代入数据解得v＝2.5 m/s，A错误；经分析可知，b棒所受的安培力大小与a棒的相等，又a棒匀速运动时，b棒恰能保持静止，对b棒由平衡条件有BIL＝μmg，解得μ＝0.5，B正确；对a棒从BB'运动到b棒位置的过程中，根据动量定理有－BILt－μmgt＝0－mv，又It＝q＝ΔΦRa＋Rb＝BLxRa＋Rb，联立解得x＝0.35 m，C正确；a棒下滑过程中，系统损失的机械能ΔE＝mgs sin 30°－12mv2，代入数据解得ΔE＝0.287 5 J，D错误.
6.如图甲所示，相距L＝1m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1kg、接入电路电阻为r＝0.5Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5Ω，电容器的电容C＝0.5F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场.在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图像如图乙所示，运动过程中导体棒始终与导轨接触良好且垂直，sin37°＝0.6，取重力加速度g＝10m/s2.
（1）求磁场的磁感应强度大小B；
（2）在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5m时，定值电阻产生的焦耳热为21J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？
（3）现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2s时导体棒的速度大小.
答案 （1）2T （2）2m/s 2m/s2 （3）4m/s
解析 （1）由题图乙可知，导体棒的最大速度vm＝3m/s
对应的感应电动势E＝BLvm
感应电流I＝ER＋r
当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有
BIL＝mgsinθ
解得B＝mg（R＋r）sinθL2vm＝2T
（2）导体棒和定值电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知Qab∶QR＝1∶3，则导体棒ab产生的焦耳热Qab＝13×21J＝7J，导体棒下滑x＝5m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgxsinθ＝12mv12＋Qab＋QR
得导体棒的速度v1＝2m/s
此时感应电动势E1＝BLv1
感应电流I1＝E1R＋r
对导体棒有mgsinθ－BI1L＝ma1
解得加速度a1＝2m/s2
（3）开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mgsinθ－BI2L＝ma2
感应电流I2＝ΔqΔt，Δq＝CΔU
Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝ΔvΔt
解得a2＝2m/s2
表明导体棒下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2s时导体棒的速度大小v2＝a2t＝4m/s.
7.[高新科技/2023四川南充高级中学校考/多选]电磁减震器是利用电磁感应原理制成的一种新型智能化汽车独立悬架系统.某同学也设计了一个电磁减震器，如图所示为其简化的原理图.该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量m＝1.0kg.每个矩形线圈abcd匝数n＝100匝，电阻R＝1.0Ω，ab边长L＝20cm，bc边长d＝10cm，该减震器在光滑水平面上以初速度v0＝5m/s向右进入磁感应强度大小B＝0.1T、方向竖直向下的匀强磁场中，磁场范围足够大，不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响.则（ BD ）
A.刚进入磁场时减震器的加速度大小a＝0.2m/s2
B.第二个线圈恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小为4.2m/s
C.滑动杆上至少需安装12个线圈才能使减震器完全停下来
D.进入磁场的第一个线圈和最后一个线圈产生的热量比k＝96
解析 线圈在磁场中受到安培力的作用而做减速运动.由安培力公式可得F安＝
nBIL，其中I＝ER＝nBLvR，联立可得F安＝nBL·nBLvR＝n2B2L2vR，线圈刚进入磁场时速度v
＝v0，L＝20 cm＝0.2 m，代入数据可解得F安＝20 N，根据牛顿第二定律可得加速度
大小为a＝F安m＝201 m/s2＝20 m/s2，故A错误；设向右为正方向，对减震器进行分析，
当第二个线圈恰好完全进入磁场时设所用时间为t，此时减震器的速度大小为v2，则
由动量定理可得－nBLIt＝mv2－mv0，其中It＝nBLvRt＝nBLR·2d，(d＝10 cm＝0.1 m)代
入数据可得v2＝4.2 m/s，故B正确；由以上分析可知，每一个线圈进入磁场的过程，安培力的冲量大小均相等，且为n2B2L2R·d，由动量定理可知每一个线圈进入磁场的过程，减震器的速度减小量均相等.由B选项的结果可知，进入两个线圈后，减震器的速度减小量为5 m/s－4.2 m/s＝0.8 m/s，可得每一个线圈进入磁场后，减震器的速度减小量均为Δv＝0.82 m/s＝0.4 m/s，则要使减震器的速度减为零需要的线圈个数为N＝50.4＝12.5，可知需要13个线圈，故C错误；只有进入磁场的线圈才能产生热量，根据能量守恒定律可知，线圈上产生的热量在数值上等于减震器动能的减少量.第一个线圈恰好完全进入磁场时的速度为v1＝v0－Δv＝5 m/s－0.4 m/s＝4.6 m/s，最后一个线圈刚进入磁场时的速度为v13＝v0－12Δv＝5 m/s－12×0.4 m/s＝0.2 m/s，则有k＝12mv02-12mv1212mv132，解得k＝96，故D正确.
8.[多选]如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中.现给棒a一大小为v0、水平向右的初速度，假设导轨都足够长，两棒质量均为m，在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好且垂直.以下说法正确的是（ BC ）
A.俯视时感应电流方向为顺时针方向
B.棒b的最大速度为0.4v0
C.回路中产生的焦耳热为0.1mv02
D.通过回路中某一截面的电荷量为2mv05BL
解析 棒a向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可知，俯视时感应电流方向为逆时针方向，A错误；在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，棒a减速，棒b加速，对棒a，由动量定理可得BI·Lt＝BqL＝mv0－0.8mv0，对棒b，由动量定理可得BI·2Lt＝mv，联立可得v＝0.4v0，q＝mv05BL，B正确，D错误；根据能量守恒定律可得回路中产生的焦耳热为Q＝12mv02－[12m(0.8v0)2＋12m(0.4v0)2]＝0.1mv02，C正确.
9.[2023新课标]一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上.宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示.
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场.运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小.
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示.让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场.运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好.求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量.
答案 （1）B2L3mR0 （2）3B4L625mR02
解析 （1）设金属框的初速度大小为v0，则金属框完全穿过磁场的过程，由动量定理有
－BI1Lt1－BI2Lt2＝mv02－mv0
通过金属框的电流I＝E4R0
根据法拉第电磁感应定律有E＝BL2t
故有I1t1＝I2t2＝BL24R0
联立解得v0＝B2L3mR0
（2）金属框进入磁场的过程，由动量定理有
－BI'Lt'＝mv1－mv0
闭合电路的总电阻R总＝R0＋11R1＋1R0＝53R0
通过金属框的电流I'＝E'R总
根据法拉第电磁感应定律有E'＝BL2t'
解得v1＝2B2L35mR0
金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和
左边框为电源，两电源并联给外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右
边界，则有
－BI-″Lt″＝0－mv1
通过金属框的电流I″＝E″R1＋R02
根据法拉第电磁感应定律有E″＝BLxt″
解得x＝L
故假设成立，金属框的右边框恰好停在磁场右边界处
对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有
Q总＝12mv02－12mv12
电阻R1产生的热量为Q1＝23R0R总·R0R1＋R0Q总
金属框完全在磁场中运动过程，有
Q'总＝12mv12－0
电阻R1产生的热量为Q'1＝R1R1＋R02Q'总
电阻R1产生的总热量为Q1总＝Q1＋Q'1
解得Q1总＝3B4L625mR02
10.[电磁缓冲装置/2023湖南岳阳统考/多选]小红在查阅资料时看到了嫦娥五号的月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地球着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力.如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示.在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN.导轨内侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B.导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L.假设整个返回舱以速度v0与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与导轨的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲.返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计.则以下说法正确的是（ AD ）
图甲 图乙
A.滑块K的线圈中最大感应电流的大小Imax＝nBLv0R
B.若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中通过的电荷量均为q＝BLHR
C.若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中产生的焦耳热均为Q＝14（mgH＋12mv2－12mv02）
D.若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少为d＝（mgt＋mv0）R4n2B2L2
解析 滑块刚接触地面时感应电动势最大为Emax＝nBLv0，根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小Imax＝EmaxR＝nBLv0R，故A正确.由q＝IΔt，I＝ER，E＝nΔΦΔt，ΔΦ＝BΔS＝BHL，可得若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中通过的电荷量均为q＝nBLHR，故B错误；因为有4台减速装置，利用动量定理得4n2B2L2vRt－mgt＝mv0，其中由运动学公式有vt＝d，解得缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少为d＝(mgt＋mv0)R4n2B2L2，故D正确；设每个缓冲线圈产生的焦耳热均为Q，由能量守恒定律得mgH－4Q＝12mv2－12mv02，整理解得Q＝14(mgH＋12mv02－12mv2)，故C错误.
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