计算题4 《电磁感应领衔考察》-解码高考2021物理一轮复习题型突破

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计算题4　《电磁感应领衔考察》
【命题导航】
命题点一　法拉第电磁感应定律的应用
命题点二　动力学方法解决电磁感应问题
命题点三　能量动量方法解决电磁感应问题
命题点四　电磁感应单体问题
命题点五　电磁感应多体问题
命题点六　电磁感应综合应用
【高考解码】

命题点一　法拉第电磁感应定律的应用
1．（2020·浙江卷）如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长、电阻的正方形线框，当平行于磁场边界的边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以的速度做匀速运动，直到边进入磁场时撤去外力。若以边进入磁场时作为计时起点，在内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在内线框始终做匀速运动。

(1)求外力F的大小；
(2)在内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
(3)求在内流过导线横截面的电荷量q。
【答案】(1) 　(2) 　(3)
【解析】(1)由图2可知，则回路电流
安培力
所以外力
(2)匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，时，，磁通量，则t时刻，磁通量
解得
(3)电荷量

电荷量

总电荷量
2．(2019·西藏拉萨市北京实验中学第五次月考)如图所示，两根平行光滑金属导轨MN和PQ放置在水平面内，其间距L＝0.2 m, 磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场垂直导轨平面向下，两导轨之间连接的电阻R＝4.8 Ω，在导轨上有一金属棒ab，其接入电路的电阻r＝0.2 Ω， 金属棒与导轨垂直且接触良好，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v＝0.5 m/s向右匀速运动，设金属导轨足够长．求：

(1)金属棒ab产生的感应电动势；
(2)通过电阻R的电流大小和方向；
(3)水平拉力的大小F；
(4)金属棒a、b两点间的电势差．
【答案】(1)0.05 V　(2)0.01 A　从M通过R流向P　(3)0.001 N　(4)0.048 V
【解析】(1)设金属棒ab产生的感应电动势为E，则：
E＝BLv
代入数值得E＝0.05 V
(2)设通过电阻R的电流大小为I，则：
I＝
代入数值得I＝0.01 A
由右手定则可得，通过电阻R的电流方向从M通过R流向P
(3)F安＝BIL＝0.001 N
ab棒做匀速直线运动，则F＝F安＝0.001 N
(4)设a、b两点间的电势差为Uab，则：
Uab＝IR
代入数值得Uab＝0.048 V
3．(2019·湖北天门、仙桃等八市第二次联考)如图甲所示，MN、PQ是两根长为L＝2 m、倾斜放置的平行金属导轨，导轨间距d＝1 m，导轨所在平面与水平面成一定角度，M、P间接阻值为R＝6 Ω的电阻．质量为m＝0.2 kg、长度为d的金属棒ab放在两导轨上中点位置，金属棒恰好能静止．从t＝0时刻开始，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，在t0＝0.1 s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，此时磁感应强度B0＝1.2 T．已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，不计金属棒和导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.求：

(1)0～t0时间内通过电阻R的电荷量q；
(2)金属棒与导轨之间的动摩擦因数μ.
【答案】(1)0.2 C　(2)0.75
【解析】(1)由题意得0～t0时间内回路中磁通量的变化量：ΔΦ＝B0d①
E＝②
I＝③
0～t0时间内通过电阻R的电荷量：q＝IΔt④
联立①②③④解得I＝2 A，q＝0.2 C；
(2)由题意知，未加磁场时，金属棒恰好能处于静止状态，设导轨平面与水平面之间的夹角为θ，
则有mgsin θ＝Ffm⑤
Ffm＝μFN⑥
FN＝mgcos θ⑦
在t0＝0.1 s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，
则有F安＝mgsin θ＋Ffm⑧
此时F安＝B0Id⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨解得μ＝0.75.
4．（2016·全国卷Ⅲ）如图所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：

(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．
【答案】(1)　(2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS)
【解析】(1)在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS　①
设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq.由法拉第电磁感应定律有E＝　②
由欧姆定律有i＝　③
由电流的定义有i＝　④
联立①②③④式得|Δq|＝Δt　⑤
由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为
|q|＝　⑥
(2)当t>t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有f＝F　⑦
式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力．设此时回路中的电流为I，F的大小为 F＝B0Il　⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)　⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls　⑩
回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′
式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为
Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt　⑫
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt　⑬
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
Et＝　⑭
由欧姆定律有I＝　⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f＝(B0lv0＋kS)　⑯
5．(2019·云南昆明市4月质检)如图甲所示，ACD是固定在水平面上的半径为2r、圆心为O的金属半圆弧导轨，EF是半径为r、圆心也为O的半圆弧，在半圆弧EF与导轨ACD之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，B随时间t变化的图象如图乙所示．OA间接有电阻P，金属杆OM可绕O点转动，M端与轨道接触良好，金属杆OM与电阻P的阻值均为R，其余电阻不计．

(1)0～t0时间内，OM杆固定在与OA夹角为θ1＝的位置不动，求这段时间内通过电阻P的感应电流大小和方向；
(2)t0～2t0时间内，OM杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t0时转过角度θ2＝到OC位置，求电阻P在这段时间内产生的焦耳热Q.
【答案】(1)　感应电流方向为：A→O　(2)
【解析】(1)0～t0时间内：＝，E1＝＝·S1，S1＝·π(2r)2－πr2＝，I1＝
解得：I1＝，通过电阻P的感应电流方向为：A→O
(2)t0～2t0时间内，OM转动的角速度为ω＝，感应电动势为：E2＝B0r，＝
又I2＝，Q＝I22Rt0，联立得：Q＝.

命题点二　动力学方法解决电磁感应问题
1．(2018·广东省惠州市模拟)如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、bb′围成的区域中有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g、总电阻R＝1 Ω、边长d＝0.1 m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端由静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域.已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)线圈进入磁场区域时的速度大小；
(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；
(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热.
【答案】(1)2 m/s　(2)1 m　(3)4×10－3 J
【解析】(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：F安＋μmgcos θ＝mgsin θ，F安＝BId，I＝，E＝Bdv
联立并代入数据解得：v＝2 m/s
(2)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：
a＝＝2 m/s2
线圈释放时，PQ边到bb′的距离L＝＝ m＝1 m；
(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d＝0.1 m，Q＝W安＝F安·2d
代入数据解得：Q＝4×10－3 J.
2．(2019·四川省综合能力提升卷(三))如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨间距l＝0.9 m，与水平面夹角θ＝30°，正方形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度B＝2 T，方向垂直于斜面向上，甲、乙是两根质量相同、电阻均为R＝4.86 Ω的金属杆，垂直于导轨放置．甲置于磁场的上边界ab处，乙置于甲上方l处，现将两金属杆由静止同时释放，并立即在甲上施加一个沿导轨方向的拉力F，甲始终以a＝5 m/s2的加速度沿导轨匀加速运动，乙进入磁场时恰好做匀速运动，g＝10 m/s2.计算：

(1)每根金属杆的质量m；
(2)拉力F的最大值；
(3)乙到达磁场下边界时两杆间的距离及乙穿过磁场的过程中电路产生的热量．
【答案】(1)0.2 kg　(2)1 N　(3)0.225 m　0.9 J
【解析】(1)由题意得：乙进入磁场前做初速度为零的匀加速直线运动，加速度：a′＝＝5 m/s2；
乙进入磁场时的速度：v′＝＝3 m/s
乙进入磁场后做匀速直线运动，由平衡条件得：mgsin θ＝
解得：m＝0.2 kg
(2)因甲、乙下滑的加速度相等，可知当甲在磁场中滑动时，乙还未进入磁场，则甲在磁场中受到的安培力：F安＝BIl＝
由牛顿第二定律可得：F＋mgsin θ－＝ma
甲做匀加速直线运动，v逐渐增大，则拉力F逐渐变大．
当甲滑到cd位置时导体棒的速度最大，F最大，此时甲的速度v＝＝3 m/s，
代入数据解得：F＝1 N
(3)乙从进入磁场到到达磁场下边界的时间t＝＝ s＝0.3 s；
当乙进入磁场时，甲刚好出磁场，速度为v＝3 m/s，甲出磁场后的加速度仍为5 m/s2，则t＝0.3 s内的位移x甲＝vt＋at2＝1.125 m，
则此时甲、乙两棒相距Δx＝x甲－l＝0.225 m
乙穿过磁场过程产生的热量等于乙机械能的减小量：Q＝mglsin 30°＝0.2×10×0.9×0.5 J＝0.9 J.
3．(2019·河南驻马店市第一学期期末)如图甲所示，间距为L＝0.5 m的两条平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2 T，轨道左侧连接一定值电阻R＝1 Ω.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良好．t＝0时刻，导体棒从静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的规律如图乙所示．已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，导体棒和导轨的电阻均不计．取g＝10 m/s2，求：

(1)导体棒的加速度大小；
(2)导体棒的质量．
【答案】(1)5 m/s2　(2)0.1 kg
【解析】(1)设导体棒的质量为m，导体棒做匀加速直线运动的加速度大小为a，某时刻t，导体棒的速度为v，所受的摩擦力为Ff，则导体棒产生的电动势：E＝BLv
回路中的电流I＝
导体棒受到的安培力：F安＝BIL
由牛顿第二定律：F－F安－Ff＝ma
由题意v＝at
联立解得：F＝t＋ma＋Ff
根据题图乙可知，0～10 s内图象的斜率为0.05 N/s，即＝0.05 N/s，解得a＝5 m/s2
(2)由F－t图象纵截距可知：ma＋Ff＝1.0 N
又Ff＝μmg
解得m＝0.1 kg.
4．(2019·广东清远市期末质量检测)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨间的距离为L(导轨电阻不计)，左侧接阻值为R的电阻，区域cdef内存在磁感应强度为B垂直轨道平面的有界匀强磁场，磁场宽度为s.一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，与导轨间的动摩擦因数为μ，从t＝0时刻开始，金属棒MN受到水平向右的拉力F作用，从磁场的左侧边界由静止开始运动，用传感器测得电阻R两端的电压在0～1 s内的变化规律如图乙所示．(已知B＝0.5 T，L＝1 m，m＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m，μ＝0.01，g取10 m/s2)

(1)求金属棒刚开始运动瞬间的加速度大小；
(2)写出0～1 s内拉力F与时间t的函数表达式．
【答案】(1)0.4 m/s2　(2)F＝0.2t＋0.5 (N)(0≤t≤1 s)
【解析】(1)由题意分析可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动．
UR＝IR
I＝
E＝BLat
联立得UR＝0.3at
由题图乙可知，0.3a＝0.12
得a＝0.4 m/s2；
(2)设F＝kt＋F0
则有F0－μmg＝ma
解得F0＝0.5 N
又kt＋F0－μmg－＝ma
故有k－＝0，解得k＝0.2
则F＝0.2t＋0.5(N)(0≤t≤1 s)．
5．如图所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有短电阻丝(图中用粗线表示)，R1＝4 Ω、R2＝8 Ω(导轨其他部分电阻不计)．导轨OACO的形状满足y＝2sin(单位：m)．磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面．一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v＝5.0 m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计棒的电阻．求：

(1)外力F的最大值；
(2)金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率；
(3)在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的关系．
【答案】(1)0.3 N　(2)1.0 W　(3)I＝0.75sinA
【解析】(1)由题图容易看出，当y＝0时x有两个值，即sin＝0时，x1＝0，x2＝3.这即是O点和C点的横坐标，因而与A点对应的x值为1.5.将x＝1.5代入函数y＝2sin，便得A点的纵坐标，即y＝2sin ＝2(单位：m)．这就是金属棒切割磁感线产生电动势的最大有效长度．

当金属棒在O、C间运动时，R1、R2是并联在电路中的，其等效电路如图所示．其并联电阻
R并＝＝ Ω.
当金属棒运动到x位置时，其对应的长度为
y＝2sin，
此时金属棒产生的感应电动势为
E＝Byv＝2Bvsin(单位：V)，
其电流I＝(单位：A)．
而金属棒所受的安培力应与F相等，
即F＝BIy＝.
在金属棒运动的过程中，由于B、v、R并不变，故F随y的变大而变大．当y最大时F最大，
即Fmax＝＝0.3 N.
(2)R1两端电压最大时，其功率最大．
即U＝Emax时，R1上消耗的功率最大，
而金属棒上产生的最大电动势
Emax＝Bymaxv＝2.0 V.
这时Pmax＝＝1.0 W.
(3)当t＝0时，棒在x＝0处．
设运动到t时刻，则有x＝vt，
将其代入y得y＝2sin，
再结合E＝Byv和I＝，
得I＝＝sin＝0.75sinA.

命题点三　能量动量方法解决电磁感应问题
1．如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r＝0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离l＝0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计.有两根长度均为l的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，电阻分别为R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω.现让ab棒以v0＝10 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；
(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；
(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W.
【答案】(1)30 m/s2　(2)7.5 m/s　(3)4.375 J
【解析】(1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有
E＝Blv0
I＝
BIl＝m2a0
解得：a0＝30 m/s2
(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，系统动量守恒，有
m1v0＝m1v1＋m2v2
m2v22＝m2g·2r＋m2vP2
m2g＝m2
解得：v1＝7.5 m/s
(3)由动能定理得－W＝m1v12－m1v02
解得：W＝4.375 J.
2．(2019·山东泰安市第二轮复习质量检测)如图所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，虚线MN右侧区域存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场．质量均为m、长度均为L、电阻均为R的导体棒a、b，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好．开始导体棒b静止于与MN相距为x0处，导体棒a以水平速度v0从MN处进入磁场．不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过程中导体棒a、b没有发生碰撞．求：

(1)导体棒b中产生的内能；
(2)导体棒a、b间的最小距离．
【答案】(1)mv02　(2)x0－
【解析】(1)导体棒a进入磁场后，a、b及导轨组成的回路磁通量发生变化，产生感应电流．在安培力作用下，a做减速运动、b做加速运动，最终二者速度相等．此过程中系统的动量守恒，以v0的方向为正方向，有
mv0＝2mv
根据能量守恒定律
mv02－·2mv2＝Q
导体棒b中产生的内能
Qb＝
整理得v＝，Qb＝mv02；
(2)设经过时间Δt二者速度相等，此时a、b间有最小距离，此过程中安培力的平均值为F，导体棒ab间的最小距离为x.以b为研究对象，根据动量定理得
FΔt＝mv
而F＝BIL
I＝
E＝
ΔΦ＝BL(x0－x)
联立解得x＝x0－.
3．如图所示，光滑平行足够长的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为R的电阻.在导轨上垂直导轨放一长度等于导轨间距L、质量为m的金属棒，其电阻为r.金属棒与金属导轨接触良好.金属棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，经过时间t后开始匀速运动，金属导轨的电阻不计.求：

(1)金属棒匀速运动时回路中电流大小；
(2)金属棒匀速运动的速度大小以及在时间t内通过回路的电荷量.
(3)若在时间t内金属棒移动的位移为x，求电阻R上产生的热量.
【答案】(1) 　(2) －　 (3) [Fx－]
【解析】(1)由安培力公式：F＝BImL，解得Im＝
(2)根据闭合电路的欧姆定律得：Im＝，解得：v＝
通过回路的电荷量q＝I·t
由动量定理得F·t－BIL·t＝mv
解得：q＝－
(3)力F做功增加金属棒的动能和回路内能，则Fx＝Q＋mv2
QR＝Q
解得：QR＝[Fx－].
4．(2019·天津卷·11)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好．MN两端通过开关S与电阻R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计．

(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W.
【答案】(1)，方向水平向右　(2)mv2－kq
【解析】(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E＝，则E＝k　①
设PQ与MN并联的电阻为R并，有
R并＝　②
闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝　③
设PQ中的电流为IPQ，有
IPQ＝I　④
设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl　⑤
保持PQ静止，由受力平衡，有
F＝F安　⑥
联立①②③④⑤⑥式得
F＝　⑦
方向水平向右．
(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化为ΔФ，平均感应电动势为，有
＝　⑧
其中ΔФ＝Blx　⑨
设PQ中的平均电流为，有
＝　⑩
根据电流的定义得
＝　⑪
由动能定理，有
Fx＋W＝mv2－0　⑫
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
W＝mv2－kq
5．(2019·安徽蚌埠市第二次质检)如图所示，质量M＝1 kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd和ef两个光滑半圆形导轨，c与e端由导线连接，一质量m＝1 kg的导体棒自ce端的正上方h＝2 m处平行ce由静止下落，并恰好从ce端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好．已知磁场的磁感应强度B＝0.5 T，导轨的间距与导体棒的长度均为L＝0.5 m，导轨的半径r＝0.5 m，导体棒的电阻R＝1 Ω，其余电阻均不计，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．

(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；
(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量；
(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16 J，求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率．
【答案】(1)2 m/s　(2)25 J　(3) W
【解析】(1)根据机械能守恒定律，可得：mgh＝mv2
解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：v＝2 m/s
(2)导体棒在凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象，产生感应电流，最终整个系统处于静止，导体棒停在凹槽最低点．
根据能量守恒可知，整个过程中系统产生的热量：Q＝mg(h＋r)＝25 J
(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v1，凹槽速度大小为v2，导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒，故有：mv1＝Mv2
由能量守恒可得：mg(h＋r)－Q1＝mv12＋Mv22
导体棒第一次通过最低点时感应电动势：E＝BL(v1＋v2)
回路电功率：P＝
联立解得：P＝ W.

命题点四　电磁感应单体问题
1．(2020·安徽安庆市调研)如图所示，水平面上两固定平行光滑金属导轨间距为L，左端用导线连接阻值为R的电阻，在间距为d的虚线MN、PQ之间，存在方向垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度大小只随着与MN的距离变化而变化，质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置，在大小为F的水平恒力作用下由静止开始向右运动，到达虚线MN时的速度为v0.此后恰能以加速度a在磁场中做匀加速运动．导轨电阻不计，导体棒始终与导轨接触良好．求：

(1)磁场左边缘MN处的磁感应强度大小B；
(2)导体棒通过磁场区域过程中，电路中产生的焦耳热Q.
【答案】(1)　(2)(F－ma)d
【解析】(1) 导体棒刚进磁场时产生的电动势为：E＝BLv0
由闭合电路欧姆定律有：I＝
又F安＝ILB
可得：F安＝
由牛顿第二定律有：F－F安＝ma
解得：B＝；
(2)导体棒穿过磁场过程，由牛顿第二定律有：
F－F安＝ma
可得 F安＝F－ma，F、a、m恒定，则安培力 F安恒定，导体棒克服安培力做功为：
W＝F安d
故电路中产生的焦耳热为：Q＝W
解得： Q＝(F－ma)d.
2．如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：

(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；
(2)磁场上下边界间的距离H.
【答案】(1)4倍　(2)＋28l
【解析】(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E1＝2Blv1①
设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝②
设此时线框所受安培力为F1，有
F1＝2I1lB③
由于线框做匀速运动，其受力平衡，有
mg＝F1④
由①②③④式得v1＝⑤
设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝⑥
由⑤⑥式得v2＝4v1.⑦
(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl＝mv⑧
线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2l＋H)＝mv－mv＋Q⑨
由⑦⑧⑨式得H＝＋28l.
3．(2019·山东济宁市第一次模拟)如图所示，有一倾斜的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角为θ＝30°，导轨间距为L，接在两导轨间的电阻为R，在导轨的中间矩形区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为2L.一质量为m、有效电阻为0.5R的导体棒从距磁场上边缘2L处由静止释放，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持与导轨垂直．不计导轨的电阻，重力加速度为g.

(1)求导体棒刚进入磁场时的速度v0的大小；
(2)若导体棒离开磁场前已达到匀速，求导体棒通过磁场的过程中，电阻R上产生的焦耳热QR.
【答案】(1) 　(2)
【解析】(1)导体棒由静止到下滑距离2L的过程中，由动能定理得
mg2Lsin θ＝mv02－0
解得v0＝
(2)设导体棒在磁场中匀速运动的速度为v，此时导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv
产生的感应电流为I＝
产生的安培力为F安＝BIL
由平衡条件得mgsin θ＝F安
联立解得v＝
导体棒从开始释放到刚离开磁场的过程中，由能量守恒定律得
mg4Lsin θ＝mv2＋Q总
则在电阻R上产生的热量为QR＝Q总
解得QR＝mgL－.
4．(2019·4月浙江选考)如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5 s－1.当棒ab运动至x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12 W，运动至x2＝0.8 m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0处．棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F做的功，sin 37°＝0.6)

(1)磁感应强度B的大小；
(2)外力F随位移x变化的关系式；
(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q.
【答案】(1) T　(2) F＝(0.96＋3.1x) N　(3) 0.324 J
【解析】(1)在x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝
此时v＝kx＝1 m/s
解得B＝＝ T.
(2)在无磁场区间0≤x