(新高考)高考物理一轮复习课时练习第11章专题强化十五《电磁感应的综合问题》(含解析)

这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时练习第11章专题强化十五《电磁感应的综合问题》(含解析)，共20页。

2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心。
3.用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图像、动能定理和能量守恒定律等。
命题点一 电磁感应中的图像问题
1.题型简述
借助图像考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：
(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图像。
(2)由给定的图像分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图像。常见的图像有B－t图、Φ－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等。
2.解题关键
弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。
3.解题步骤
(1)明确图像的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式。
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。
(6)画图像或判断图像。
4.常用方法
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项。
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断。
类型1 动生问题
【例1】 (多选)(2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，10)如图1所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a、b垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。现两金属棒分别以初速度2v0和v0同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。已知a棒离开磁场区域时b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图像可能正确的有( )
图1
答案 AB
解析 a棒以初速度2v0先进入磁场区域切割磁感线，产生的感应电流为i0＝eq \f(Bl·2v0,R)，a棒受安培力做变减速直线运动，感应电流i＝eq \f(Blv,R)也随之减小，即i－t图像的斜率逐渐变小；设当b棒刚进入磁场时a棒的速度为v1，此时的瞬时电流为i1＝eq \f(Blv1,R)；若v1＝v0，即i1＝eq \f(Blv0,R)＝eq \f(i0,2)，此时a、b棒产生的感应电动势相等，方向相反，回路中电流为零，不受安培力，两棒均匀速运动离开磁场，故A正确，C错误；若v1【变式1】 (多选)(2020·山东卷，12)如图2所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像可能正确的是( )
图2
答案 BC
解析 第1 s内，ae边切割磁感线，由E＝BLv可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电流一定，由安培力F＝BIL可知ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比；第2 s内，导体框切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；第2～3 s内，导体框在第二象限内切割磁感线的有效长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体框的两部分感应电动势方向相反，所以第2 s 末感应电动势达到最大，之后便不断减小，第3 s末与第1 s末，导体框切割磁感线的有效长度相同，可知第3 s末与第1 s 末线框中产生的感应电流大小相等，A项错误，B项正确；第3 s末ab边进入磁场的长度是第1 s末的3倍，即ab边所受安培力在第3 s末的大小等于第1 s末所受安培力大小的3倍，C项正确，D项错误。
【变式2】 (2021·1月辽宁普高校招生适应性测试，6)如图3所示，“凹”字形金属线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内向右匀速通过磁场区域，t＝0时，线框开始进入磁场。设逆时针方向为感应电流的正方向，则线框中感应电流i随时间t变化的图像可能正确的是( )
图3
答案 A
解析 线框进入磁场0～L时，金属线切割磁感线的有效长度为2L，线框中产生逆时针方向电流；线框进入磁场L～3L时，金属线切割磁感线的有效长度为3L，线框中产生更大的逆时针方向电流；线框离开磁场0～L时，金属线切割磁感线的有效长度为2L，线框中产生顺时针方向电流；线框离开磁场L～3L时，金属线切割磁感线的有效长度为3L，线框中产生更大的顺时针方向电流，故A项正确，B、C、D项错误。
类型2 感生问题
【例2】 (2020·山东六地市3月在线大联考)如图4甲，一矩形金属线圈abcd垂直匀强磁场并固定于磁场中，磁场是变化的，磁感应强度B随时间t的变化关系图像如图乙所示，则线圈的ab边所受安培力F随时间t变化的图像是图中的(规定向右为安培力F的正方向)( )
图4
答案 A
解析 0～1 s内，由楞次定律知，感应电流的方向为adcba，根据I＝eq \f(ΔBS,ΔtR)，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向左，为负值，由F＝BIL知，安培力均匀减小；1～2 s内，由楞次定律知，感应电流的方向为abcda，根据I＝eq \f(ΔBS,ΔtR)，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向右，为正值，由F＝BIL知，安培力均匀增大。
命题点二 电磁感应中的平衡和动力学问题
1.题型简述
感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起。解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)。
2.处理方法
3.基本思路
解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件。具体思路如下：
【例3】 如图5所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求
图5
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值。
答案 (1)Blt0(eq \f(F,m)－μg) (2)eq \f(B2l2t0,m)
解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为
E＝Blv③
联立①②③式可得
E＝Blt0(eq \f(F,m)－μg)④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律
I＝eq \f(E,R)⑤
式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为
F安＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，有
F－μmg－F安＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝eq \f(B2l2t0,m)。
【变式3】 如图6所示，一阻值为R、边长为l的匀质正方形导体线框abcd位于竖直平面内，下方存在一系列高度均为l的匀强磁场区，磁场方向均与线框平面垂直，第1磁场区的磁感应强度大小为B1，线框的cd边到第1磁场区上边界的距离为h0。线框从静止开始下落，在通过每个磁场区时均做匀速运动，且通过每个磁场区的速度均为通过其上一个磁场区速度的2倍。重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
图6
(1)线框的质量m；
(2)第n和第n＋1个磁场区磁感应强度的大小Bn与Bn＋1所满足的关系。
答案 (1)eq \f(Beq \\al(2,1)l2,gR)eq \r(2gh0) (2)Bn＝eq \r(2)Bn＋1
解析 (1)设线框刚进入第一个磁场区的速度大小为v1，由运动学公式得veq \\al(2,1)＝2gh0，设线框所受安培力大小为F1，线框产生的电动势为E1，电流为I，由平衡条件得F1＝mg，由安培力的表达式得F1＝B1Il，E1＝B1lv1，I＝eq \f(E1,R)，联立解得m＝eq \f(Beq \\al(2,1)l2,gR)eq \r(2gh0)。
(2)设线框在第n和第n＋1个磁场区速度大小分别为vn、vn＋1，由平衡条件得mg＝eq \f(Beq \\al(2,n)l2vn,R)，mg＝eq \f(Beq \\al(2,n＋1)l2vn＋1,R)，且vn＋1＝2vn，联立解得Bn＝eq \r(2)Bn＋1。
命题点三 电磁感应中的动力学和能量问题
1.题型简述
电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。
2.解题步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)。
(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化。
(3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解。
3.两类情况
(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。
(2)若电流变化，则
①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。
②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能。
【例4】 (2021·1月河北学业水平选择性考试模拟演练，13)如图7甲所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5 m，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1 T的匀强磁场。质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v－t图象如图乙所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
图7
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
答案 (1)0.25 (2)8 m/s (3)2.95 J
解析 (1)由图2可知，金属棒进入磁场前的加速度为
a＝4 m/s2
受力分析如图，根据牛顿第二定律有
mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma
解得μ＝0.25。
(2)动生电动势E＝BLv
I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)
F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)
由左手定则知安培力沿斜面向上，则有
mgsin 37°＝μmgcs 37°＋eq \f(B2L2v,R)
解得v＝8 m/s。
(3)设金属棒进入磁场后下滑距离为x，E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BLx,Δt)，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLx,ΔtR)，q＝IΔt
由eq \f(BLx,R)＝1.3 C，可得x＝2.6 m，则h＝xsin 37°＝2.6×0.6 m＝1.56 m
由能量守恒定律得
eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋μmgxcs 37°＋Q＝mgh
解得Q＝2.95 J。
【变式4】 (2020·江苏卷，15)如图8所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T。在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中
图8
(1)感应电动势的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感应电流产生的热量Q。
答案 (1)0.8 V (2)0.8 N (3)0.32 J
解析 (1)感应电动势E＝Blv
代入数据得E＝0.8 V。
(2)感应电流I＝eq \f(E,R)
拉力的大小等于安培力，F＝BIl
解得F＝eq \f(B2l2v,R)，代入数据得F＝0.8 N。
(3)运动时间t＝eq \f(2l,v)
焦耳定律Q＝I2Rt
解得Q＝eq \f(2B2l3v,R)，代入数据得Q＝0.32 J。
【变式5】 (2020·湖南怀化市上学期期末)如图9所示，两平行光滑不计电阻的金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R的定值电阻，两导轨之间的距离为d。矩形区域abdc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd之间的距离为L。在cd下方有一导体棒MN，导体棒MN与导轨垂直，与cd之间的距离为H，导体棒的质量为m，电阻为r。给导体棒一竖直向上的恒力，导体棒在恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，进入磁场区域后做减速运动。若导体棒到达ab处的速度为v0，重力加速度大小为g。求：
图9
(1)导体棒到达cd处时速度的大小；
(2)导体棒刚进入磁场时加速度的大小；
(3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量和电阻R产生的热量。
答案 (1)eq \r(\f(2（F－mg）H,m))
(2)g＋eq \f(B2d2,m（R＋r）)eq \r(\f(2（F－mg）H,m))－eq \f(F,m)
(3)eq \f(BLd,R＋r) eq \f(R,R＋r)[(F－mg)(H＋L)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)]
解析 (1)根据动能定理(F－mg)H＝eq \f(1,2)mv2
解得导体棒到达cd处时速度的大小v＝eq \r(\f(2（F－mg）H,m))。
(2)根据牛顿第二定律mg＋FA－F＝ma
安培力FA＝BId
I＝eq \f(E,R＋r)
E＝Bdv
导体棒刚进入磁场时加速度的大小
a＝g＋eq \f(B2d2,m（R＋r）)eq \r(\f(2（F－mg）H,m))－eq \f(F,m)。
(3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt，eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)，eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)
通过电阻R的电荷量q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)
解得q＝eq \f(BLd,R＋r)
根据动能定理(F－mg)(H＋L)－WA＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
电路中的总热量Q＝WA
电阻R中的热量QR＝eq \f(R,R＋r)Q
解得QR＝eq \f(R,R＋r)[(F－mg)(H＋L)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)]。
课时限时练
(限时：40分钟)
对点练1 电磁感应中的图像问题
1.(2020·吉林市第三次调研)如图1所示，空间分布着宽为L，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一金属线框从磁场左边界匀速向右通过磁场区域。规定逆时针方向为电流的正方向，则感应电流随位移变化的关系图像(i－x)正确的是( )
答案 D
解析 线圈位移小于L时，根据楞次定律，感应电流为逆时针方向，为正，且I1＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，大小不变；位移大于L小于2L时，此时磁通量向里增大，根据楞次定律，感应电流为逆时针方向，为正，且I2＝eq \f(E,R)＝eq \f(B·2Lv,R)＝2I1，大小不变；当位移大于2L小于3L时，磁通量向里减小，根据楞次定律，感应电流为顺时针方向，为负，且I3＝eq \f(E,R)＝eq \f(B·3Lv,R)＝3I1，所以A、B、C错误，D正确。
2.(2020·山东烟台市高考诊断一模)如图2所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，两磁场边界均与x轴垂直且宽度均为L，在y轴方向足够宽。现有一高和底均为L的等腰三角形导线框，顶点a在y轴上，从图示x＝0位置开始，在外力F的作用下向右沿x轴正方向匀速穿过磁场区域。在运动过程中，线框bc边始终与磁场的边界平行。线框中感应电动势E大小、感应电流i大小、线框所受安培力F安大小、外力F大小这四个量分别与线框顶点a移动的位移x的关系图像中正确的是 ( )
图2
答案 B
解析 线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，因切割的有效长度均匀减小，故由E＝BLv可知，电动势也均匀减小；由闭合电路欧姆定律得，感应电流也均匀减小；匀速运动，外力F与安培力大小相等，F＝F安＝eq \f(B2L2v,R)，外力F与安培力不是均匀减小，不是线性关系，故B正确，A、C、D错误。
3.(2020·广东中山市上学期期末)如图3所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域，取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图像正确的是( )
图3
答案 C
解析 bc边的位置坐标x在L～2L过程，线框bc边有效切割长度为l＝x－L，感应电动势为E＝Blv＝B(x－L)v，感应电流I＝eq \f(Blv,R)＝eq \f(B（x－L）v,R)，电流逐渐增大；根据楞次定律判断出来感应电流方向为abcda，为正值。x在2L～3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向为adcba，为负值，线框ad边有效切线长度为l＝x－2L，感应电动势为E＝Blv＝B(x－2L)v，感应电流I＝－eq \f(Blv,R)＝－eq \f(B（x－2L）v,R)，电流逐渐增大，选项C正确，A、B、D错误。
对点练2 电磁感应中的平衡和动力学问题
4.(多选)(2020·湖北十堰市上学期期末)如图4甲所示，abcd为由金属导体做成的框架，其平面与水平面所成角度为θ，质量为m的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的总电阻为R，整个装置放在垂直于框架平面的变化的磁场中，磁场的磁感应强度变化情况如图乙所示(取磁场方向垂直框架平面向上为正)，PQ始终静止。关于PQ与ab、cd间摩擦力Ff在0到t1内变化情况的说法中，有可能正确的是( )
图4
A.Ff一直增大 B.Ff一直减小
C.Ff先增大，后减小 D.Ff先减小，后增大
答案 AD
解析 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得感应电流I＝eq \f(ΔB,ΔtR)S，其中磁感应强度的变化率为定值，所以在线圈中产生恒定的感应电流，根据楞次定律可知电流方向逆时针，根据左手定则可知开始导体棒PQ受到沿导轨向上的安培力，若开始安培力小于导体棒重力沿导轨向下的分力mgsin θ，则摩擦力方向沿导轨向上，其大小为Ff＝mgsin θ－F安，随着安培力的减小，摩擦力Ff逐渐增大，当安培力为零时，摩擦力达到最大；若开始安培力大于mgsin θ，则摩擦力方向沿导轨向下，其大小为Ff＝F安－mgsin θ，由于安培力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，当F安＝mgsin θ时，摩擦力为零并开始反向变为Ff＝mgsin θ－F安，Ff随着安培力的减小将逐渐增大；综上分析知，A、D正确，B、C错误。
对点练3 电磁感应中的动力学和能量问题
5.(多选)(2020·安徽六安市省示范高中教学质检)如图5甲所示，足够长光滑水平导轨MN、PQ间连接两定值电阻R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，导轨间距L＝0.5 m，整个装置处在磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，质量m＝0.1 kg的导体棒ab垂直导轨放置，在外力F作用下由静止开始做匀加速运动，F－t图像如乙图所示，则下列选项正确的是( )
图5
A.导体棒匀加速运动的加速度a＝2 m/s2
B.导体棒电阻r＝1 Ω
C.t＝2 s时电阻R1的热功率eq \f(1,3) W
D.0～2 s内通过R1的电荷量为0.5 C
答案 AC
解析 由F－t图像得t＝0时，F安＝0，F＝0.2 N，则a＝eq \f(F,m)＝2 m/s2，选项A正确；2 s末速度v＝at＝4 m/s，此时F安＝0.25 N，由F安＝eq \f(B2L2v,R总)得R总＝4 Ω，又R总＝eq \f(R1R2,R1＋R2)＋r，得r＝2 Ω，B错误；在2 s末时刻，电路电流I＝eq \f(BLv,R总)＝0.5 A，流过R1电流I1＝eq \f(R2,R1＋R2)I＝eq \f(1,3) A，R1的热功率为P1＝Ieq \\al(2,1)R1＝eq \f(1,3) W，C正确；0～2 s内，导体棒的位移x＝eq \f(1,2)at2＝4 m，电路的总电荷量为Q＝eq \f(ΔΦ,R总)＝eq \f(BLx,R总)＝0.5 C，流过R1的电荷量为eq \f(1,3)C，D错误。
6.(多选)(2020·宁夏石嘴山市4月模拟)如图6所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L，电阻不计，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上。现有一质量为m、有效电阻为r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度vm时，运动的位移为x，则( )
图6
A.在此过程中金属杆的速度均匀增加
B.金属杆下滑的最大速度eq \f(mg（R＋r）sin α,B2L2)
C.在此过程中流过电阻R的电荷量为eq \f(BLx,R＋r)
D.在此过程中电阻R产生的焦耳热为mgxsin α－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
答案 BC
解析 对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有
mgsin α－BIL＝ma
根据闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(BLv,R＋r)
联立解得mgsin α－eq \f(B2L2v,R＋r)＝ma
可知，随着速度的增大，加速度不断减小，故金属杆做加速度减小的加速运动，所以速度不是均匀增大；当加速度为零时，速度达到最大，则有mgsin α－eq \f(B2L2vm,R＋r)＝0
解得vm＝eq \f(mg（R＋r）sin α,B2L2)，故A错误，B正确；在此过程中流过电阻R的电荷量为q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt，又eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)，eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)，联立解得q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLx,R＋r)，故C正确； 根据能量守恒定律得，在此过程中回路中产生的总热量为Q＝mgxsin α－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，电阻R产生的焦耳热为QR＝eq \f(R,R＋r)Q＝eq \f(R,R＋r)(mgxsin α－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m))，故D错误。
7.(2020·天津市红桥区第一次模拟)如图7所示，竖直放置的固定平行光滑导轨ce、df的上端连一电阻R0＝9 Ω，导体棒ab水平放置在一水平支架MN上并与竖直导轨始终保持垂直且接触良好，在导轨之间有图示方向磁场，磁感应强度随时间变化的关系式为B＝3t(T)，abdc为一正方形，导轨宽L＝1 m，导体棒ab质量m＝0.9 kg，电阻R＝1 Ω，导轨电阻不计。(g取10 m/s2)求：
图7
(1)t＝2 s时导体棒ab对水平支架的压力大小为多少；
(2)t＝2 s以后磁场保持恒定，某时刻撤去支架MN使ab从静止开始下落，求ab下落过程中达到的最大速度vm。
答案 (1)7.2 N (2)2.5 m/s
解析 (1)根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势
E＝eq \f(ΔB,Δt)L2＝3×1 V＝3 V
根据闭合电路的欧姆定律可得
I＝eq \f(E,R＋R0)＝eq \f(3,1＋9) A＝0.3 A
根据楞次定律可知电流方向从a到b。
t＝2 s时，B＝6 T，根据安培力的计算公式可得
F＝BIL＝6×0.3×1 N＝1.8 N，方向向上；
FN＝mg－F＝0.9×10 N－1.8 N＝7.2 N。
由牛顿第三定律知FN′＝FN＝7.2 N。
(2)在棒ab下落过程中，安培力F与棒ab的重力相等时导体棒达到最大速度，由Em＝BLvm，Im＝eq \f(Em,R＋R0)，F′＝BImL，可得F′＝eq \f(B2L2vm,R＋R0)＝mg，解得vm＝2.5 m/s。
8.(2020·福建厦门市五月质检)如图8所示，质量M＝1 kg的绝缘板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1。金属框ABCD放在绝缘板上，质量m＝2 kg，长L1＝2 m，宽L2＝1 m，总电阻为0.1 Ω，与绝缘板间的动摩擦因数μ2＝0.2。S1、S2是边长为L＝0. 5 m的正方形区域，S1中存在竖直向下、均匀增加的磁场B1，其变化率eq \f(ΔB1,Δt)＝2 T/s；S2中存在竖直向上的匀强磁场，大小为B2＝2 T。将金属框ABCD及绝缘板均由静止释放，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求释放时：
图8
(1)金属框ABCD所受安培力的大小与方向；
(2)金属框ABCD的加速度大小。
答案 (1)5 N 水平向右 (2)eq \f(2,3) m/s2
解析 (1)释放时，由法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔB1,Δt)L2
I＝eq \f(E,R)
F＝B2IL
解得F＝5 N，方向水平向右。
(2)假设金属框与绝缘板能相对静止，一起匀加速，则对整体而言
F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a
解得a＝eq \f(2,3) m/s2
设此时金属框与绝缘板间的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律F－Ff＝ma
解得Ff＝eq \f(11,3) N
而金属框与绝缘板之间的最大静摩擦力为Ffm＝μ2mg＝4 N
由于Ff＜Ffm
假设成立，金属框与绝缘板能相对静止一起加速，金属框此时的加速度大小为a＝eq \f(2,3) m/s2。
9.(2020·江苏苏北四市第一次调研)如图9所示，竖直放置的光滑金属导轨水平间距为L，导轨下端接有阻值为R 的电阻。质量为m、电阻为r的金属细杆ab与竖直悬挂的绝缘轻质弹簧相连，弹簧上端固定。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中。现使细杆从弹簧处于原长位置由静止释放，向下运动距离为h时达到最大速度vm, 此时弹簧具有的弹性势能为Ep。导轨电阻忽略不计，细杆与导轨接触良好，重力加速度为g，求：
图9
(1)细杆达到最大速度vm时，通过R的电流大小I；
(2)细杆达到最大速度vm时，弹簧的弹力大小F；
(3)上述过程中，R上产生的焦耳热Q。
答案 (1)eq \f(BLvm,R＋r) (2)mg－eq \f(B2L2vm,R＋r)
(3)eq \f(R,R＋r)(mgh－Ep－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m))
解析 (1)细杆切割磁感线，产生动生电动势
E＝BLvm，I＝eq \f(E,R＋r)，可得I＝eq \f(BLvm,R＋r)。
(2)细杆向下运动h时，a＝0，有mg＝F＋BIL，可得
F＝mg－eq \f(B2L2vm,R＋r)。
(3)由能量守恒定律得mgh＝ Ep＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＋Q总，Q＝eq \f(R,R＋r)Q总，可得电阻R上产生的焦耳热
Q＝eq \f(R,R＋r)(mgh－Ep－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m))。状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析