2024届高考物理一轮总复习第十章电磁感应第4讲“电磁感应中动力学能量和动量问题”的综合研究学案.docx

《2024届高考物理一轮总复习第十章电磁感应第4讲“电磁感应中动力学能量和动量问题”的综合研究学案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届高考物理一轮总复习第十章电磁感应第4讲“电磁感应中动力学能量和动量问题”的综合研究学案.docx（23页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第4讲“电磁感应中动力学、能量和动量问题”的综合研究类型(一)电磁感应中的动力学问题1两种状态及处理方法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结合运动学公式进行分析2“四步法”分析电磁感应中的动力学问题考法全析考法(一)水平面内的动力学问题例1(2022湖南高考)(多选)如图，间距L1 m的U形金属导轨，一端接有0.1 的定值电阻R，固定在高h0.8 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 ，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

2、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F0.5 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( )A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解析导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流

3、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BLmg，联立解得a棒的速度为v3 m/s，a棒做平抛运动，有xvt，hgt2，联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为x1.2 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qt C1.16 C，导体棒b与电阻R并联，则通过电阻R的电荷量为qR0.58 C，故D正确。答案BD电磁感应中的动力学临界问题的分析思路(1)解决

4、这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件。(2)基本思路是：导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力合外力变化加速度变化速度变化临界状态列式求解。针对训练1.(2021广东高考)(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有( )A

5、杆OP产生的感应电动势恒定B杆OP受到的安培力不变C杆MN做匀加速直线运动D杆MN中的电流逐渐减小解析：选AD根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOPBl2，故A正确。OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN切割磁感线向左运动，产生的感应电流与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，OP所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确。考法(二)竖直面内的动力学问题例2“嫦娥五号”成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心。小明知道月球上没有空气，无法靠降落伞减速降落，于是设

6、计了一种新型着陆装置。如图所示，该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“”型刚性线框组成，“”型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1。整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为v0，接触月球表面后线框速度立即变为零。经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r；“”型线框的质量为m2，其7条边的边长均为l，电阻均为r；月球表面的重力加速度为。整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不计导轨电阻和摩擦阻力。(1)求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电

7、动势E0；(2)通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab的电流I0；(3)求船舱匀速运动时的速度大小v；(4)同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情况下，求船舱匀速运动时的速度大小v和此时电容器所带电荷量q。解析(1)电动势E0Blv0。(2)总电阻R2r电流I0。(3)匀速运动时线框受到安培力FA根据牛顿第三定律，质量为m1的部分受力FFA，方向竖直向上，匀速条件F，得v。(4)匀速运动时电容器不充放电，vvI，UCI3r电容器带电荷量qCUC。答案(1)Blv0(2)(3)(4)针对训练2(多选)

8、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，乙加速运动解析：选AB由题意知，两线圈体积相同，由电阻定律可知，甲的电阻是乙的电阻的4倍；两线圈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

9、的边长均为l，两线圈进入磁场后，乙受到的安培力F乙nBIl，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。考法(三)斜面上的动力学问题例3如图，一倾角为的光滑固定斜面的顶端放有质量M0.06 kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R3 的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L0.6 m。初始时CD与EF相距s00.4 m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1 m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域

10、。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B1 T，重力加速度大小取g10 m/s2，sin 0.6。求：(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；(3)导体框匀速运动的距离。解析(1)设金属棒的质量为m，根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得(Mm)gs1sin (Mm)v02代入数据解得v0 m/s金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得EBLv0由闭合回路的欧姆定律可得I

11、则金属棒刚进入磁场时受到的安培力为F安BIL0.18 N。(2)设金属棒与导体框之间的动摩擦因数为，金属棒进入磁场以后因为瞬间受到沿斜面向上的安培力作用，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因金属棒做匀速运动，可有mgsin mgcos F安此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mgsin mgcos Ma设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为t则此时导体框的速度为v1v0at则导体框的位移x1v0tat2因此导体框和金属棒的相对位移为xx1xat2由题意当金属棒离开磁场时导体框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系s0xx导体框进

12、入磁场时做匀速运动，此时的电动势为E1BLv1，I1导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得Mgsin mgcos BI1L联立以上可得x0.3 m，a5 m/s2，m0.02 kg，。(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有mgsin mgcos ma1金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有v0a1t1v1导体框匀速运动的距离为x2v1t1代入数据解得x2 m。答案(1)0.18 N(2)m0.02 kg(3) m针对训练3(多选)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、中磁场方向均垂直斜面向上，区中磁感应

13、强度随时间均匀增加，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处解析：选ABD在区磁场中，由于磁感应强度随时间均匀增加，产生的感应电动势E1S为定值，金属棒在区和区之间的无磁场区域释放，在区磁场内，由于金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E2BLv，金属棒下行时，回路中电动势为E下E1E2，由于金属棒还能

14、上行，所以下行时，只能做加速度a逐渐减小的减速运动，其a下BLgsin ，金属棒上行时，回路中电动势为E上E1E2，金属棒向上先做加速度a逐渐减小的加速运动，其a上BLgsin ，故过b时a下a上，B正确；金属棒从b到c和从c到b，位移大小相等，a下a上，由v22ax可知，过b时速度v下v上，A正确；由以上分析知金属棒在区域磁场中向上做加速度a逐渐减小的加速运动，故金属棒一定能回到无磁场区，故C错误；同理，金属棒经过区中磁场的同一位置时，v下v上，故金属棒上行出磁场区时速度变小，不能到达a处，D正确。类型(二)电磁感应中的能量问题1电磁感应中的能量转化2求解焦耳热Q的三种方法方法一焦耳定律：Q

15、I2Rt方法二功能关系：QW克服安培力方法三能量转化：QE其他能的减少量典例(2021天津等级考)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30角，N、Q两端接有R1 的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m0.2 kg，电阻r1 ，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B1 T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v10.5 m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v2 m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g10m/s2。(1)求拉力的功率P；(2)a

16、b开始运动后，经t0.09 s速度达到v21.5 m/s，此过程中ab克服安培力做功W0.06 J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。解析(1)在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有Fmgsin FA0设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有EBLv设回路中的感应电流为I，由闭合电路的欧姆定律，有Iab受到的安培力FAILB由功率表达式，有PFv联立上述各式，代入数据解得P4 W。(2)ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有PtWmgxsin mv22mv12代入数据解得x0

17、.1 m。答案(1)4 W(2)0.1 m多维训练1水平面内的能量问题如图所示，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( ) A导体棒做匀减速直线运动B导体棒中感应电流的方向为abC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mv02解析：选C导体棒向右运动，根据右手定则，可知导体棒中电流方向为b到a，再根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为EBLv0，感应电流为I，故

18、安培力为FBIL，根据牛顿第二定律有Fma，可得av0，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，A、B错误；根据能量守恒定律，可知回路中消耗的总电能为Qmv02，因R与r串联，则消耗的电能与电阻成正比，则R消耗的电能为QR Q，C正确；整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于mv02，D错误。2竖直面内的能量问题(多选)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

19、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( )AB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解析：选CD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FBIL，电流I，EBlvy，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

20、磁场到上金属框离开磁场，整个过程金属框做匀速直线运动，安培力和重力等大反向，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。3斜面上的能量问题(多选)如图所示，倾角为37的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab、cd垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现给导体棒ab沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为0.75，导轨电阻忽略不计

21、，sin 370.6，cos 370.8。从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是( )A导体棒cd中产生的焦耳热为mv02B导体棒cd中产生的焦耳热为mv02C当导体棒cd的速度为v0时，导体棒ab的速度为v0D当导体棒ab的速度为v0时，导体棒cd的速度为v0解析：选BD由题意可知：mgsin 37mgcos 37，则两棒组成的系统沿轨道方向动量守恒，当最终稳定时：mv02mv，解得v0.5v0，则回路产生的焦耳热为Qmv022mv2mv02，则导体棒cd中产生的焦耳热为QcdQmv02，A错误，B正确；当导体棒cd的速度为v0时，则由

22、动量守恒定律：mv0mv0mvab，解得vabv0，C错误；当导体棒ab的速度为v0时，则由动量守恒定律：mv0mv0mvcd，解得vcdv0，D正确。类型(三)电磁感应中的动量问题考法(一)动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安BLtBLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：qttntn，磁通量变化量：BSBLx。当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。例1如图为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀

23、强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L。质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动。棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力Ff大小；(2)若磁场不动，棒ab以水平初速度2v开始运动，经过时间t停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q。解析(1)磁场沿轨道向右运动，即棒相对于磁场沿轨道向左运动，则根据右手定则，感应电流方向由a至b。依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力：FfF安又F安BI1L，I1，联立解得：Ff

24、。(2)设棒的平均速度为，根据动量定理可得：安tFft02mv又安BL，又，x t，联立解得：x根据动能定理有：FfxW安0m(2v)2根据功能关系有：QW安，解得：Qmv2。答案(1)由a至b(2)mv2针对训练1(多选)如图所示，光滑水平导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为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的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，两金属棒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，则此后的运动过程中下列说法正确的是( )A导

25、体棒ab和cd组成的系统动量不守恒B两棒最终以相同的速度做匀速直线运动Cab棒最终的速度v0D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mv02解析：选ACcd获得速度后，电路中产生感应电流，根据左手定则得cd棒减速，ab棒加速，当BLvab2BLvcd，电路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，分别对两棒运用动量定理得2BILt2mvcd2mv0，BILtmvab，两式合并得vcdvabv0，联立解得vabv0，vcdv0，故B错误，C正确；由mv02mv0mv02mv0，故导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故A正确；从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统

26、产生的焦耳热为Q2mv02mvab22mvcd2，解得Qmv02，故D错误。考法(二)动量守恒定律在电磁感应中的应用在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。例2(2022济宁模拟)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，间距为L，电阻不计。AB左侧、CD右侧存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。在AB、CD之间的区域内，垂直两根导轨水平放置了两根质量分别为m、2m、电阻分别为r、R的导体棒a、b。在a、b棒之间用一锁定装置将一轻质弹簧压缩安装在a

27、、b棒之间(弹簧与两棒不拴接)，此时弹簧的弹性势能为Ep。现解除锁定，当弹簧恢复到原长时，a、b棒均恰好同时进入磁场。试求：(1)a、b棒刚进入磁场时的速度大小；(2)a、b棒分别在磁场中滑行的距离。解析(1)以a、b棒为系统，动量守恒，机械能守恒，以a棒运动的方向为正方向，设a、b棒刚要进入磁场时的速度分别为va、vb，则由能量守恒定律和动量守恒定律可得Epmva22mvb2mva2mvb0联立解得va2，vb 。(2)a、b棒分别进入磁场后，相互背离切割磁感线，感应电动势为正负串接，且a、b棒流过的电流时刻相等，磁感应强度B相等，L也相等，故a、b棒的安培力等大反向，矢量和为零，其余的力矢

28、量和也为零，系统动量始终守恒，故有mva2mvb0则有a、b棒运动中的任意时刻有设a、b棒在磁场中的位移分别为xa、xb，故由法拉第电磁感应定律可得由闭合电路的欧姆定律可得而两棒在运动过程中BL(xaxb)对a棒，由动量定理可得安t0mva，安BL联立方程，解得xa，xb。答案(1)2(2)针对训练2(2021福建高考)(多选)如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在tt1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒

29、的电流为0，此时tt2，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则( )At1时刻a棒加速度大小为Bt2时刻b棒的速度为0Ct1t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍Dt1t2时间内，a棒产生的焦耳热为mv02解析：选AD由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有I。对a，根据牛顿第二定律有BILma，解

30、得a，故A正确；根据左手定则，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流过a、b的电流一直相等，故两个力大小相等，则a与b组成的系统动量守恒。t2时刻流过a的电流为零时，说明a、b之间的磁通量不变，即a、b在t2时刻达到了共同速度，设为v。根据电阻定律有R，2R，解得SS，已知a的质量为m，设b的质量为m，则有m密V密SL，m密V密SL，联立解得mm，取向右为正方向，根据系统动量守恒有mv0mv0v，解得vv0，故B错误；在t1t2时间内，根据qIt，因通过两棒的电流时刻相等，所用时间相同，故通过两棒横截面的电荷量相等，故C错误；在t1t2时间内，对a、b组成的系统，根据能量守恒定律有

31、mv02v02mv2v2Q总，解得回路中产生的总热量为Q总mv02。对a、b，根据焦耳定律有QI2Rt，故a、b产生的热量与电阻成正比，即QaQb12，又QaQbQ总mv02，解得a棒产生的焦耳热为Qamv02，故D正确。课时跟踪检测1.如图，一足够长通电直导线固定在光滑水平面上，质量是0.04 kg的硬质金属环在该平面上运动，初速度大小为v02 m/s、方向与导线的夹角为60，则该金属环最终( )A做曲线运动，环中最多能产生0.08 J的电能B静止在平面上，环中最多能产生0.04 J的电能C做匀加速直线运动，环中最多能产生0.02 J的电能D做匀速直线运动，环中最多能产生0.06 J的电能解

32、析：选D金属环在向右上方运动过程中，通过金属环的磁通量减少，根据楞次定律可知金属环受到的安培力会阻碍其运动，直到其磁通量不发生变化，即沿着导线的方向运动时，金属环不再受到安培力的作用，此时金属环将做匀速直线运动，只具有竖直方向的速度，根据速度合成与分解规律可知金属环最终做匀速直线运动的速度为vv0cos 60v01 m/s，根据能量守恒定律可得，金属环中产生的电能为Emv02mv20.06 J，所以D正确，A、B、C错误。2.(多选)如图所示，间距大小为0.5 m的平行导轨竖直放置，导轨上端与电阻R连接，图中水平虚线下方存在垂直导轨平面向外、磁感应强度大小为0.2 T的匀强磁场。现将质量0.1

33、 kg的导体棒从虚线上方h1处由静止释放，进入磁场时恰好以速度v0做匀速直线运动，匀速运动2 s后给导体棒施加一竖直向上大小为2 N的恒力，并且由于磁感应强度发生变化回路中不再产生感应电流，再经过0.2 s导体棒的速度减为零。已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导体棒的电阻不计，重力加速度大小为10 m/s2，关于导体棒由静止释放到速度减为零的过程，下列说法正确的是( )A匀速运动速度为2 m/sB自由下落的高度为2 mC回路中磁通量的最大值为0.4 WbD回路中产生的焦耳热为4 J解析：选ACD给导体棒施加一个竖直向上的恒力F2 N2mg，由于施加恒力后回路中无电流，导体棒不

34、受安培力作用，导体棒做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律Fmgma，ag，对匀减速阶段列速度公式v0gt32 m/s，故A正确；对自由落体阶段，根据2gh1v02，h10.2 m，故B错误；导体棒进入匀强磁场运动2 s后回路中磁通量达到最大，2 s时间内导体棒的位移h2v0t24 m，则回路磁通量的最大值为mBLh20.4 Wb，故C正确；根据能量守恒定律可知整个过程中回路中产生的焦耳热与匀速运动阶段重力势能的减少量相等Qmgh24 J，故D正确。3.(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

35、。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，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B通过金属棒的电荷量为C克服安培力所做的功为mghD金属棒内产生的焦耳热为mg(hd)解析：选BD金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有mghmv2，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势EBLv，金属棒受到的安培力FBIL，当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大，分析可得Imax，A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通

36、过金属棒的电荷量qt，B正确；对整个过程由动能定理得mghWmgd0，金属棒克服安培力做的功Wmghmgd，金属棒内产生的焦耳热QWmg(hd)，C错误，D正确。4.(多选)如图所示，一个等腰直角三角形金属线框直角顶点O处不闭合，竖直放置于水平匀强磁场中，磁场磁感应强度为B，线框平面与磁场方向垂直，线框的斜边长为L，定值电阻阻值为R，其余部分线框电阻可忽略不计。现有一质量分布均匀的导体棒水平放置，中心在线框最高点O处由静止释放(导体棒足够长，电阻不计)，导体棒在下落过程中与线框始终保持良好接触。不计摩擦和空气阻力，下列说法中正确的是( )A导体棒下落的过程中，流过R的电荷量为B离开磁场前导体棒

37、一定一直加速C离开磁场前导体棒可能先加速后匀速D导体棒下落过程机械能的减少量等于电阻R上产生的热量解析：选AD由法拉第电磁感应定律可得E，由闭合电路欧姆定律可得I，由电流的定义式可得，流过R的电荷量为qIt，导体棒下落的过程中B，联立可得q，A正确；对导体棒受力分析，有重力和安培力。安培力定义式为F安BIl，导体棒产生的电动势为EBlv，由闭合电路的欧姆定律可得I，则F安，最开始，重力大于安培力，此时导体棒做加速运动。不考虑导体棒的运动位移，当重力等于安培力之后，导体棒的有效切割长度继续变大，所以安培力比重力大，合力向上，导体棒做减速运动，B、C错误；导体棒在下落过程中，重力做正功，安培力做负

38、功转化为电阻R的内能，由能量守恒定律可得，导体棒下落过程机械能的减少量为EQR，D正确。5.(多选)如图所示，两根间距为L的光滑平行金属导轨，OO左侧向上弯曲，右侧水平，水平导轨处在磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场中。两根金属棒MN、PQ始终垂直导轨，与导轨接触良好，MN、PQ棒的长度均为L、质量均为m、阻值均为R。金属棒MN从竖直高度h处由静止释放沿导轨下滑。导轨电阻不计，整个过程中金属棒MN和PQ未相碰，则( )A释放后金属棒MN最终停在水平轨道上B金属棒MN刚进入磁场时，金属棒PQ两端电压大小C整个过程中流过金属棒PQ的电荷量为D整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为mgh解析：选BD释放

39、后金属棒MN最终与PQ金属棒在水平轨道上，一起做匀速直线运动，A错误；金属棒MN刚进入磁场时，根据机械能守恒定律有mghmv2，根据法拉第电磁感应定律有EBLv，解得感应电动势为EBL，金属棒PQ两端电压大小为UE，B正确；金属棒MN、PQ组成的系统动量守恒，有mv2mv，整个过程中对金属棒PQ分析，由动量定理有BLtmv，流过金属棒PQ的电荷量为qt，联立解得q，C错误；设整个过程中闭合回路产生的焦耳热为Q，对系统由能量守恒定律得mgh2mv2Q，解得Qmgh，则整个过程金属棒MN产生的焦耳热为QMNQmgh，D正确。6(多选)如图甲所示，固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面夹角为30，导

40、轨足够长且间距L0.5 m，底端接有阻值为R4 的电阻，整个装置处于垂直于导体框架向上的匀强磁场中，一质量为m1 kg、电阻r1 、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的外力F作用下由静止开始运动，拉力F与导体棒速率倒数关系如图乙所示。已知g10 m/s2。则( )Av5 m/s时拉力大小为12 NBv5 m/s时拉力的功率为70 WC匀强磁场的磁感应强度的大小为2 TD当棒的加速度a8 m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为1 N解析：选BCD当v5 m/s时，0.2 s/m，由题图乙可知对应图像的拉力F14 N，A错误；根据功率与速度的关系可得拉力的功率PFFv70 W，B正确；导体棒的最大

41、速度0.1 s/m，所以最大速度vm10 m/s，此时拉力最小为Fmin7 N，根据共点力平衡条件可得Fminmgsin F安0，根据安培力的计算公式可得F安BIL，代入数据得B2 T，C正确；当棒的加速度a8 m/s2时，拉力设为F，速度为v，根据牛顿第二定律可得Fmgsin BILma，而F，BIL，整理可得v265v3500，解得v5 m/s(或v70 m/s舍去)，所以此时的安培力为F安BIL1 N，D正确。7.如图所示，平行导轨宽为L、倾角为，处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感强度为B，CD为磁场的边界，导轨左端接一电流传感器，CD右边平滑连一足够长的向上倾斜导轨。质量为m、电阻

42、为R的导体棒ab长也为L，两端与导轨接触良好，自导轨上某处由静止滑下。其余电阻不计，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。(1)棒ab上的感应电流方向如何？(2)棒ab在磁场内下滑过程中，速度为v时加速度为多大？(3)若全过程中电流传感器指示的最大电流为I0。求棒ab相对于CD能上升的最大高度。解析：(1)根据右手定则可判定：棒ab在磁场中向下滑动时，电流由b流向a。(2)当棒的速度为v时，切割磁感线产生的感应电动势为EBLv，根据闭合电路欧姆定律I，安培力FBIL，根据牛顿第二定律，有mgsin Fma解得agsin 。(3)棒下滑到CD处回路电流最大，有BLvmI0R棒ab滑过CD后到右

43、侧最高点，由机械能守恒定律，有mgHmvm2，解得H。答案：(1)由b流向a(2)gsin (3)8(2021海南高考)如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其他电阻。(1)求金属杆中的电流和水平外力的功率；(2)某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为，求：这段

44、时间内电阻R上产生的焦耳热；这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。解析：(1)金属杆切割磁感线产生的感应电动势EBlv0，则金属杆中的电流I，由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，则有FF安BIl，根据功率的计算公式有PFv0。(2)设金属杆内单位体积的自由电子数为n，金属杆的横截面积为S，则金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动时，电流由微观表示为InSeu0，则解得nSe，电子沿金属杆定向移动的速率变为时，有InSe，解得v，由能量守恒有mv2mv02Q，解得Qmv02。由可知在这段时间内金属杆的速度由v0变到，则根据动量定理有BltBlnSetBlnSedmmv0(取向右为正)，nSe，化简得d。答案：(1)(2)mv02