新高考物理一轮复习精品学案第11章专题强化24电磁感应中的动力学和能量问题（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习精品学案第11章专题强化24电磁感应中的动力学和能量问题（含解析），共16页。

题型一 电磁感应中的动力学问题
1．导体的两种运动状态
(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件列式分析．
(2)导体的非平衡状态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
2．用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
3．导体常见运动情况的动态分析
考向1 “单棒＋电阻”模型
例1 (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( )
A．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 设线圈下边到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝eq \r(2gh)，
感应电动势为E＝nBlv，
两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，
则m＝ρ0×4nl×S，
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻
R＝ρeq \f(4nl,S)＝eq \f(16n2l2ρρ0,m)
感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(mBv,16nlρρ0)
所受安培力大小为F＝nBIl＝eq \f(mB2v,16ρρ0)
由牛顿第二定律有mg－F＝ma
联立解得a＝g－eq \f(F,m)＝g－eq \f(B2v,16ρρ0)
加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．
当g>eq \f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都加速运动，
当g当g＝eq \f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都匀速运动，
故选A、B.
例2 如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，间距为L＝1 m，质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计．空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5 T．P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N间接电阻箱R.现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得最大速度为vm，得到eq \f(1,vm)与eq \f(1,R)的关系如图乙所示．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．金属杆中感应电流方向为a指向b
B．金属杆所受的安培力沿轨道向下
C．定值电阻的阻值为1 Ω
D．金属杆的质量为1 kg
答案 C
解析 由右手定则可判断，金属杆中感应电流方向由b指向a，由左手定则知，金属杆所受的安培力沿轨道向上，A、B错误；总电阻为R总＝eq \f(R1R,R1＋R)，I＝eq \f(BLv,R总)，当达到最大速度时，金属杆受力平衡，有mgsin θ＝BIL＝eq \f(B2L2vm,R1R)·(R1＋R)，变形得eq \f(1,vm)＝eq \f(B2L2,mgsin θ)·eq \f(1,R)＋eq \f(B2L2,mgR1sin θ)，根据图像可得eq \f(B2L2,mgsin θ)＝k＝eq \f(3－0.5,5－0) s·m－1·Ω，eq \f(B2L2,mgR1sin θ)＝b＝0.5 s·m－1，解得杆的质量m＝0.1 kg，定值电阻R1＝1 Ω，C正确，D错误．
例3 (多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动．整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨．已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A．拉力F是恒力
B．拉力F随时间t均匀增加
C．金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 N
D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2
答案 BCD
解析 t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流I＝eq \f(Blv,R)，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝eq \f(B2l2at,R)，由牛顿第二定律可知F＝ma＋mgsin 37°＋eq \f(B2l2at,R)，F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝
2 m/s2，选项D正确；t＝2 s时，代入数据解得F＝12 N，选项C正确．
考向2 “单棒＋电容器”模型
棒的初速度为零，拉力F恒定(棒和水平导轨电阻忽略不计，摩擦力不计)
如图，运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流
由F－BIl＝ma，I＝eq \f(ΔQ,Δt)，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv，
联立可得F－eq \f(CB2l2Δv,Δt)＝ma，其中eq \f(Δv,Δt)＝a，
则可得a＝eq \f(F,m＋B2l2C)
所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动．
功能关系：WF＝eq \f(1,2)mv2＋E电
例4 (2021·河北卷·7)如图，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向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是( )
A．通过金属棒的电流为2BCv2tan θ
B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tan θ
C．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 根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，C错误；
由题知金属棒匀速切割磁感线，根据几何关系知切割长度为L＝2xtan θ，x＝vt
则产生的感应电动势为E＝2Bv2ttan θ
由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为Q＝CE＝2BCv2ttan θ
则流过金属棒的电流I＝eq \f(Q,t)＝2BCv2tan θ，A正确；
当金属棒到达x0处时，金属棒产生的感应电动势为
E′＝2Bvx0tan θ
则此时电容器的电荷量为Q′＝CE′＝2BCvx0tan θ，B错误；
由于金属棒做匀速运动，
则F＝F安＝BIL＝4B2Cv3tan2θ·t，
F与t成正比，则F为变力，根据力做功的功率公式P＝Fv
可知功率P随力F变化而变化，D错误．
题型二 电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化
eq \x(\a\al\vs4\cl(其他形式,的能量))eq \(――――――→,\s\up7(克服安培力做功))eq \x(电能)eq \(―――→,\s\up7(电流做功))eq \x(\a\al\vs4\cl(焦耳热或其他,形式的能量))
2．求解焦耳热Q的三种方法
3．解题的一般步骤
(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，以及哪些形式的能量相互转化；
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．
考向1 应用功能关系解决电磁感应中的能量问题
例5 (多选)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
A．流过金属棒的最大电流为eq \f(Bd\r(2gh),2R)
B．通过金属棒的电荷量为eq \f(BdL,2R)
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒内产生的焦耳热为eq \f(1,2)mg(h－μd)
答案 BD
解析 金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv02，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E＝BLv，金属棒受到的安培力F＝BIL，当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大，分析可得Imax＝eq \f(BL\r(2gh),2R)，所以A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BdL,2R)，所以B正确；对整个过程由动能定理得mgh－W克安－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)W克安＝eq \f(1,2)mg(h－μd)，所以C错误，D正确．
考向2 应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题
例6 如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝0.5 m，NQ两端连接阻值R＝2.0 Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，一质量m1＝0.40 kg、接入电路的阻值r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的轻质定滑轮与质量m2＝0.80 kg的重物相连．细线与金属导轨平行．金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.6 s内通过电荷量的eq \f(2,3)，g＝10 m/s2，求：
(1)0～0.3 s内金属棒通过的位移大小；
(2)金属棒在0～0.6 s内产生的热量．
答案 (1)0.3 m (2)1.05 J
解析 (1)0～0.3 s内通过金属棒的电荷量
q1＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLx1,R＋r)
0．3～0.6 s内通过金属棒的电荷量q2＝I2t2＝eq \f(BLv0t2,R＋r)
由题中的电荷量关系eq \f(q1,q2)＝eq \f(2,3)，解得：x1＝0.3 m
(2)金属棒在0～0.6 s内通过的总位移为x＝x1＋x2＝x1＋v0t2，解得x＝0.75 m
根据能量守恒定律有m2gx－m1gxsin θ＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v02＋Q
解得Q＝3.15 J
由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt，它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6 s内产生的热量Qr＝eq \f(r,R＋r)Q＝1.05 J.
课时精练
1.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则( )
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速运动
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
答案 A
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，由F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)＝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．(多选)水平放置的U形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，如图所示．磁感应强度大小B＝5 T，导轨宽度L＝0.4 m，左侧与R＝0.5 Ω的定值电阻连接，右侧有导体棒ab跨放在导轨上，导体棒ab质量m＝2.0 kg，电阻r＝0.5 Ω，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，其余电阻可忽略不计．导体棒ab在大小为10 N的水平外力F作用下，由静止开始运动了x＝40 cm时，速度达到最大，运动过程中导体棒始终垂直导轨且接触良好，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．导体棒ab加速度为零时速度最大
B．导体棒ab运动的最大速度是2.0 m/s
C．当导体棒ab的速度为1 m/s时，导体棒ab的加速度是1.0 m/s2
D．导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量是0.15 J
答案 AC
解析 导体棒ab垂直切割磁感线，产生的电动势大小E＝BLv，由闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R＋r)，导体棒受到的安培力FA＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)，则当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得eq \f(B2L2vm,R＋r)＋μmg＝F，解得最大速度vm＝1.5 m/s，故A正确，B错误；当速度为v＝1 m/s时，由牛顿第二定律得F－eq \f(B2L2v,R＋r)－μmg＝ma，解得a＝1 m/s2，故C正确；在整个过程中，由能量守恒定律可得Fx＝Q＋μmgx＋eq \f(1,2)mvm2，解得Q＝0.15 J，所以QR＝eq \f(Q,2)＝0.075 J，故D错误．
3.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻．质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场垂直，如图所示．不计导轨的电阻，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
B．金属棒刚进磁场时一定做加速运动
C．金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为eq \f(B2L2v,R)
D．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为(eq \f(mg,BL))2R
答案 D
解析 当金属棒在磁场中向下运动时，根据楞次定律可判断通过电阻R的电流方向为b→a，A错误；由于无法确定金属棒刚进入磁场时安培力的大小与重力的大小关系，故无法确定金属棒的运动情况，B错误；金属棒进入磁场时，产生的感应电动势E＝BLv，产生的感应电流是I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BLv,R＋r)，金属棒所受的安培力大小F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)，C错误；金属棒稳定下滑时，电阻R的热功率P＝(eq \f(BLv,R＋r))2R，且F＝eq \f(B2L2v,R＋r)＝mg，可求得P＝(eq \f(mg,BL))2R，D正确．
4．(多选)如图甲所示，两间距为L的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R的金属棒放在导轨上，在平行于导轨向右、大小为F的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的加速度与速度关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的a0、v0均为已知量，则下列说法正确的是( )
A．金属棒的质量为eq \f(F,a0)
B．匀强磁场的磁感应强度大小为eq \f(1,L)eq \r(\f(FR,v0))
C．当拉力F做功为W时，通过金属棒横截面的电荷量为eq \f(W,\r(FR))
D．某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比
答案 ABD
解析 由题意可知F－eq \f(B2L2v,R)＝ma，得a＝eq \f(F,m)－eq \f(B2L2,mR)v，结合图像可知eq \f(F,m)＝a0，eq \f(B2L2v0,mR)＝a0，解得m＝eq \f(F,a0)，B＝eq \r(\f(ma0R,L2v0))＝eq \f(1,L)eq \r(\f(FR,v0))，A、B正确；当拉力F做功为W时，金属棒运动的距离为s＝eq \f(W,F)，则通过金属棒横截面的电荷量q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E),R)t＝eq \f(BLs,R)＝eq \f(W,\r(FRv0))，C错误；某时刻撤去拉力，此后eq \f(B2L2v,R)＝ma，则a＝eq \f(B2L2,mR)v，D正确．
5.(多选)如图所示，两根间距为d的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的斜面上，导轨的右端接有电阻R，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有一质量为m、电阻也为R的金属棒与两导轨垂直且接触良好，金属棒以一定的初速度v0在沿着导轨上滑一段距离L后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动
B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量q＝eq \f(BdL,R)
C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝eq \f(1,2)(mv02－mgL)
D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝eq \f(1,2)(mv02－mgL)
答案 AC
解析 导体棒返回时先做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动，所以A正确；根据q＝eq \f(ΔΦ,R总)，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝eq \f(BdL,2R)，所以B错误；设导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为W，由动能定理可得W＋mgLsin 30°＝eq \f(1,2)mv02，解得W＝eq \f(1,2)(mv02－mgL)，所以C正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量为Q＝eq \f(1,2)W，则Q＝eq \f(1,4)(mv02－mgL)，所以D错误．
6．(多选)如图甲，间距L＝1.0 m且足够长的光滑平行金属导轨ab、cd固定在水平面上，左侧ac间接有R＝2.0 Ω的电阻，垂直于导轨跨接一根质量m＝1.0 kg的金属杆，金属杆与导轨接触良好，不计金属杆与导轨的电阻．长为s(s足够长)、宽为L的矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁场右边界紧邻金属杆，磁感应强度大小B＝2 T．从t＝0时刻起，金属杆(在方向平行于导轨的水平外力F作用下)和磁场向右运动的v－t图像分别如图乙中的P和Q，下列说法正确的是( )
A．t＝0时刻，R两端的电压为0
B．t＝1.0 s时刻，金属杆所受安培力的大小为2 N、方向水平向右
C．t＝3.0 s时刻，金属杆所受外力F做功的功率为9.0 W
D．0～2.0 s内，通过电阻R的电荷量为4.0 C
答案 BC
解析 t＝0时刻，由题图乙可知，金属杆向左切割磁感线的速度(金属杆相对磁场的速度)为
2 m/s，故感应电动势为E0＝BLv0＝4 V，故R两端的电压为4 V，A错误；t＝1.0 s时刻，金属杆向左切割磁感线的速度为1 m/s，感应电动势为E1＝BLv1＝2 V，回路中感应电流为I1＝eq \f(E1,R)＝1 A，金属杆所受安培力的大小为F1＝BI1L＝2 N，由左手定则可知，方向水平向右，B正确；t＝3.0 s时刻，金属杆相对磁场向右运动，切割磁感线的速度为1 m/s，类比B的解析可知，金属杆受到的安培力大小为2 N，方向水平向左，据牛顿第二定律可得F－F安＝ma，由题图乙可知，加速度大小为a＝1 m/s2，解得外力F＝3 N，此时杆的速度为v＝3 m/s，故金属杆所受外力F做功的功率为P＝Fv＝9.0 W，C正确；0～2.0 s内，由题图乙可得，金属杆相对磁场的位移为x＝eq \f(2×2,2) m＝2 m，故回路磁通量的变化量为ΔΦ＝B·Lx＝4 Wb，回路的平均感应电动势为eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，平均感应电流为eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)，通过的电荷量为q＝eq \x\t(I)Δt，联立可得q＝eq \f(ΔΦ,R)＝2.0 C，故通过电阻R的电荷量为2.0 C，D错误．
7．如图所示，电阻不计且间距L＝1 m的光滑平行金属导轨水平放置，左端接一阻值R＝6 Ω的电阻．导轨间Ⅰ、Ⅱ区域中有垂直纸面向里、磁感应强度相同的匀强磁场，其中Ⅰ区域和Ⅱ区域间距x1＝0.25 m，Ⅱ区域足够长．有一质量m＝0.1 kg、电阻r＝2 Ω的金属杆与导轨保持良好接触，杆在一个大小F＝1 N、方向水平向右的恒力作用下，从距区域Ⅰ左端x＝
0.2 m处由静止开始运动，并恰好匀速穿过Ⅰ区域．
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)求金属杆刚进入区域Ⅱ时的加速度；
(3)金属杆由静止开始运动位移x0＝1.0 m时，已经在Ⅱ区域做匀速直线运动，求此过程中电阻R产生的热量．
答案 (1)2 T (2)5 m/s2，方向水平向左 (3)0.6 J
解析 (1)金属杆进入磁场前，做匀加速运动，有F＝ma，可得a＝10 m/s2
由v2＝2ax，得v＝2 m/s
金属杆匀速穿过Ⅰ区域，则有F＝F安＝BIL
且有I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BLv,R＋r)，联立可得B＝2 T
(2) 金属杆刚进入区域Ⅱ时，由v12－v2＝2ax1，可得速度为v1＝3 m/s
则由F－eq \f(B2L2v1,R＋r)＝ma1，可得a1＝－5 m/s2
(3)设电路中产生的总热量为Q，因为两个磁场的磁感应强度相等，所以金属杆在Ⅱ区域做匀速直线运动时，速度也是v＝2 m/s，根据能量守恒定律得Fx0＝eq \f(1,2)mv2＋Q
解得Q＝0.8 J，
则电阻R上产生的热量为Q′＝eq \f(Q,R＋r)R＝0.6 J.
8．如图甲所示，有一边长为L＝1.2 m、质量为m＝1 kg的正方形单匝线框abcd，放在光滑水平面上．在水平恒定拉力F的作用下，穿过垂直水平面向下、磁感应强度为B＝0.1 T的匀强磁场区域．线框cd边刚进入磁场时的速度为v0＝2 m/s.在t＝3 s时刻cd边刚出磁场边界．从cd边进入磁场到cd边离开磁场区域的3 s时间内线框运动的v－t图像如图乙所示．求：
(1)线框cd边在刚进入磁场时，c、d两点间的电势差Ucd；
(2)恒力F的大小；
(3)线框从cd边刚进入磁场到cd边刚离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热Q.
答案 (1)－0.18 V (2)0.5 N (3)2.1 J
解析 (1)线框cd边在刚进入磁场时，产生的感应电动势为E＝BLv0
感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv0,R)
c、d两点间的电势差为路端电压，且感应电流由c流向d，故c点电势较低，故c、d两点间的电势差为Ucd＝－I·eq \f(3,4)R＝－eq \f(3,4)E
联立代入数据解得Ucd＝－0.18 V
(2)当ab边也进入磁场后，线框在磁场中做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
F＝ma
由题图乙可知，加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝0.5 m/s2
解得F＝0.5 N
(3)从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场过程，由能量守恒定律可得，线框产生的焦耳热为
Q1＝FL＋eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12
解得Q1＝2.1 J
从ab边刚进入磁场到cd边刚离开磁场的过程，线框没有产生感应电流，没有产生焦耳热，故Q＝Q1＝2.1 J.
9．如图甲所示，相距L＝1 m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＝1 kg、接入电路电阻为r＝0.5 Ω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＝1.5 Ω，电容器的电容C＝0.5 F，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，sin 37°＝0.6，取重力加速度g＝10 m/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＝5 m时，定值电阻产生的焦耳热为21 J，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＝2 s时导体棒的速度大小．
答案 (1)2 T (2)2 m/s 2 m/s2 (3)4 m/s
解析 (1)由题图乙可知，导体棒的最大速度
vm＝3 m/s，
对应的感应电动势E＝BLvm，
感应电流I＝eq \f(E,R＋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＝mgsin θ，
解得B＝eq \r(\f(mgR＋rsin θ,L2vm))＝2 T.
(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＝eq \f(1,3)×21 J＝7 J，导体棒下滑x＝5 m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
mgxsin θ＝eq \f(1,2)mv12＋Qab＋QR
得导体棒的速度v1＝2 m/s，
此时感应电动势E1＝BLv1，
感应电流I1＝eq \f(E1,R＋r)，
对导体棒有mgsin θ－BI1L＝ma1，
解得加速度a1＝2 m/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
mgsin θ－BI2L＝ma2，
感应电流I2＝eq \f(Δq,Δt)，Δq＝CΔU
Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝eq \f(Δv,Δt)，
解得a2＝2 m/s2，
表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2 s时导体棒的速度大小v2＝a2t＝4 m/s.
10．(多选)(2020·全国卷Ⅰ·21)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．经过一段时间后( )
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
答案 BC
解析 当金属框在恒力F作用下向右加速运动时，bc边产生从c到b的感应电流i，金属框的加速度大小为a1，则有F－Bil＝Ma1；MN中感应电流从M流向N，MN在安培力作用下向右加速运动，加速度大小为a2，则有Bil＝ma2，当金属框和MN都运动后，金属框速度为v1，MN速度为v2，则电路中的感应电流为i＝eq \f(Blv1－v2,R)，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从eq \f(F,M)开始减小，加速度差值减小，当a1＝a2时，得F＝(M＋m)a，a＝eq \f(F,M＋m)恒定，由F安＝ma可知，安培力不再变化，则感应电流不再变化，据i＝eq \f(Blv1－v2,R)知金属框与MN的速度差保持不变，v－t图像如图所示，故A错误，B、C正确；MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框的速度，则MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误．
11.(多选)(2021·山东卷·12)如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上．区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场．阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行．运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好．在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是( )
A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度
B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度
C．金属棒不能回到无磁场区
D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处
答案 ABD
解析 在Ⅰ区域中，磁感应强度为B1＝kt，感应电动势为E1＝eq \f(ΔB1,Δt)S＝kS
感应电动势恒定，所以在金属棒进入Ⅱ区域前感应电流恒为
I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(kS,R)
金属棒进入Ⅱ区域后，金属棒切割磁感线，感应电动势为E2＝BLv
金属棒上的电流为
I2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(BLv,R)
Ⅰ区域产生的电流使金属棒受到的安培力始终沿斜面向上，大小恒定不变，因为金属棒到达c后又能上行，说明加速度始终沿斜面向上，下行和上行经过b的受力分析如图
下行过程中，根据牛顿第二定律可知
B2I1L＋B2I2L－mgsin θ＝ma1
上行过程中，根据牛顿第二定律可知
B2I1L－B2I2′L－mgsin θ＝ma2
比较加速度大小可知a1>a2
由于bc段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，所以金属棒下行经过b时的速度大于上行经过b时的速度，A、B正确；
Ⅰ区域产生的安培力总是大于沿斜面向下的作用力，所以金属棒一定能回到无磁场区，由于整个过程中电流通过金属棒产生焦耳热，金属棒的机械能减少，所以金属棒不能回到a处，C错误，D正确． v
↓
E＝Blv
↓
I＝eq \f(E,R＋r)
↓
F安＝BIl
↓
F合
若F合＝0
匀速直线运动
若F合≠0
↓
F合＝ma
a、v同向
v增大，若a恒定，拉力F增大
v增大，F安增大，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动，减小到a＝0，匀速直线运动
a、v反向
v减小，F安减小，a减小，当a＝0，静止或匀速直线运动