综合·融通(二) 电磁感应中的动力学、能量问题
(融会课—主题串知综合应用)
通过本节课的学习掌握电磁感应中动力学问题的分析方法，理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题。
主题(一) 电磁感应中的动力学问题
[知能融会通]
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(合外力等于0)列式分析。
(2)导体的非平衡状态——加速度不为0。
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．力学对象和电学对象的相互关系
[典例] (2023·湖南高考，节选)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0。
尝试解答：
/方法技巧/
“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：
[题点全练清]
1.两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一部分在同一水平面内，另一部分垂直于水平面。质量均为m、电阻均为R的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动。重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A．ab杆所受拉力F的大小为＋μmg
B．cd杆所受摩擦力为零
C．μ与v1大小的关系为μ＝
D．回路中的电流强度为
2．如图所示，两条平行的光滑金属轨道MN、PQ与水平面成θ角固定，轨道间距为d。P、M间接有阻值为R的电阻。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效阻值为R。空间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上。现由静止释放ab，若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g。求：
(1)ab运动的最大速度vm；
(2)当ab具有最大速度时，ab消耗的电动率P；
(3)为使ab向下做匀加速直线运动，在ab中点施加一个平行于轨道且垂直于ab的力F，推导F随时间t变化的关系式，并分析F的变化与加速度a的关系。
主题(二) 电磁感应中的能量问题
[知能融会通]
1．电磁感应现象中的能量转化
2．电磁感应现象中能量变化的特点
做功情况 能量变化特点
滑动摩擦力做功 有内能产生
重力做功 重力势能必然发生变化
克服安培力做功 必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能
安培力做正功 电能转化为其他形式的能
3．求解电磁感应现象中能量问题的思路
(1)确定感应电动势的大小和方向。
(2)画出等效电路，求出回路中消耗的电能表达式。
(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械能的改变与回路中的电能的改变所满足的方程。
[典例] (2023·全国甲卷，节选)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量。
尝试解答：
/方法技巧/
焦耳热的计算方法
(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt。
(2)利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安。
(3)利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量。
[题点全练清]
1．(多选)将一面积为0.04 m2、200匝的导体线圈放在匀强磁场中，已知磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化规律如图所示，线圈总电阻为2 Ω，则( )
A．在0～4 s内线圈的磁通量变化量等于0
B．在0～4 s内线圈的感应电动势为1.6 V
C．在0～4 s内通过线圈横截面的电荷量为1.6 C
D．在0～4 s内线圈产生的热量为5.12 J
2.如图所示，CD、EF是两条水平放置、阻值可忽略且间距为L的足够长平行金属导轨，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲轨道上端接有一阻值为R的电阻，水平导轨所在空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。将一阻值也为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上高为h处由静止释放，导体棒在水平导轨上运动距离d停止。已知导体棒与水平导轨接触良好，它们之间动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求导体棒从释放到最终停止过程中：
(1)通过电阻R的最大电流；
(2)流过电阻R的电荷量；
(3)电阻R中产生的焦耳热。
综合·融通(二) 电磁感应中的动力学、能量问题
主题(一)
[典例] 解析：(1)棒a在运动过程中所受重力沿斜面向下的分力和安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0，由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I＝，F＝BIL，由棒a受力平衡可得mgsin θ＝BIL，联立解得v0＝。
(2)由右手定则可知释放瞬间棒b中电流向里，棒b受到沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，对棒b根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋BIL＝ma0，解得a0＝2gsin θ。
答案：(1) (2)2gsin θ
[题点全练清]
1．选C 由法拉第电磁感应定律可知，电路的感应电动势为E＝BLv1，由闭合回路欧姆定律可知，回路中的电流为I＝＝，对ab杆受力分析有F＝＋μmg，A、D错误；cd杆向下做匀速运动，对cd杆受力分析，cd杆所受摩擦力大小为f＝μ＝mg，所以有μ＝，B错误，C正确。
2．解析：(1)ab具有最大速度时处于平衡状态，受力分析如图甲所示。
由平衡条件得mgsin θ＝FA
又FA＝IdB
由闭合电路欧姆定律可得I＝＝
联立解得vm＝。
(2)由P＝I2R，I＝
解得P＝2R。
(3)ab做匀加速直线运动时，设F沿轨道向下，受力分析如图乙所示。
由牛顿第二定律得F＋mgsin θ－FA′＝ma
又FA′＝I′dB
I′＝＝
v＝at
联立可得F＝t＋ma－mgsin θ
可见F的大小随时间t呈线性变化。
a．当ab．当a＝gsin θ时，F的方向沿轨道向下，大小从零开始增大。
c．当a>gsin θ时，F的方向沿轨道向下，大小从ma－mgsin θ开始增大。
答案：(1) (2)2R
(3)F＝t＋ma－mgsin θ 见解析
主题(二)
[典例] 解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，设碰撞后绝缘棒Q的速度为vQ，金属棒P的速度为vP，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv0＝3mvQ＋mvP
×3mv02＝×3mvQ2＋mvP2
联立解得vP＝v0，vQ＝v0
由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，由于Q为绝缘棒，无电流通过，碰撞后在导轨上做匀速直线运动，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP′＝vQ＝v0。
(2)根据能量守恒定律有mvP2＝mvP′2＋Q
解得Q＝mv02。
答案：(1)v0 (2)mv02
[题点全练清]
1．选BD 在0～4 s内，线圈的磁通量变化量ΔΦ＝ΔB·S＝－0.8×4×10－2 Wb＝－3.2×10－2 Wb，A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝n＝V ＝1.6 V，B正确；在0～4 s内，通过导体线圈的电流I＝，通过线圈横截面的电荷量q＝It＝t＝n＝3.2 C，C错误；在0～4 s内，线圈产生的热量为Q＝t＝5.12 J，D正确。
2．解析：(1)设导体棒到达水平面时的速度大小为v，
由机械能守恒定律得mgh＝mv2，则v＝
导体棒刚到水平面的速度为切割磁感线的最大速度，因此导体棒中的最大感应电动势为E＝BLv
通过电阻R的最大电流为I＝＝。
(2)通过电阻R的电荷量q＝t＝t＝＝。
(3)全过程由能量守恒定律得mgh＝μmgd＋Q
电阻R中产生的焦耳热
QR＝Q＝mg(h－μd)。
答案：(1) (2) (3)mg(h－μd)
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电磁感应中的动力学、能量问题
(融会课—主题串知综合应用)
综合 融通(二)
通过本节课的学习掌握电磁感应中动力学问题的分析方法,理解电磁感应过程中能量的转化情况,能用能量的观点分析和解决电磁感应问题。
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主题(一) 电磁感应中的动力学问题
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主题(二) 电磁感应中的能量问题
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课时跟踪检测
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主题(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(合外力等于0)列式分析。
(2)导体的非平衡状态——加速度不为0。
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。
知能融会通
2.力学对象和电学对象的相互关系
[典例] (2023·湖南高考,节选)如图,两根足够
长的光滑金属直导轨平行放置,导轨间距为L,两导
轨及其所构成的平面均与水平面成θ角,整个装置
处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置,每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好,金属棒始终未滑出导轨,导轨电阻忽略不计,重力加速度为g。
(1)先保持棒b静止,将棒a由静止释放,求棒a匀速运动时的速度大小v0;
[答案]
[解析] 棒a在运动过程中所受重力沿斜面向下的分力和安培力相等时做匀速运动,由法拉第电磁感应定律可得E=BLv0,由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I=,F=BIL,由棒a受力平衡可得mgsin θ=BIL,联立解得v0=。
(2)在(1)问中,当棒a匀速运动时,再将棒b由静止释放,求释放瞬间棒b的加速度大小a0。
[答案] 2gsin θ
[解析] 由右手定则可知释放瞬间棒b中电流向里,棒b受到沿斜面向下的安培力,此时电路中电流不变,对棒b根据牛顿第二定律可得mgsin θ+ BIL=ma0,解得a0=2gsin θ。
/方法技巧/
“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”,具体思路如下:
1.两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放
置,它们各有一部分在同一水平面内,另一部分垂直于水平
面。质量均为m、电阻均为R的金属细杆ab、cd与导轨垂
直接触形成闭合回路,杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ,导轨电阻不计,整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时,cd杆也正好以速度v2向下匀速运动。重力加速度为g。下列说法中正确的是 ( )
题点全练清
A.ab杆所受拉力F的大小为+μmg
B.cd杆所受摩擦力为零
C.μ与v1大小的关系为μ=
D.回路中的电流强度为
√
解析:由法拉第电磁感应定律可知,电路的感应电动势为E=BLv1,由闭合回路欧姆定律可知,回路中的电流为I==,对ab杆受力分析有F=+μmg,A、D错误;cd杆向下做匀速运动,对cd杆受力分析,cd杆所受摩擦力大小为f=μ=mg,所以有μ=,B错误,C正确。
2.如图所示,两条平行的光滑金属轨道MN、PQ与水平面成θ角固定,轨道间距为d。P、M间接有阻值为R的电阻。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上,其有效阻值为R。空间存在磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上。现由静止释放ab,若轨道足够长且电阻不计,重力加速度为g。求:
(1)ab运动的最大速度vm;
答案:
解析:ab具有最大速度时处于平衡状态,受力分析如图甲所示。
由平衡条件得mgsin θ=FA
又FA=IdB
由闭合电路欧姆定律可得
I==
联立解得vm=。
(2)当ab具有最大速度时,ab消耗的电动率P;
答案:R
解析:由P=I2R,I=
解得P=R。
(3)为使ab向下做匀加速直线运动,在ab中点施加一个平行于轨道且垂直于ab的力F,推导F随时间t变化的关系式,并分析F的变化与加速度a的关系。
答案:F=t+ma-mgsin θ 见解析
解析:ab做匀加速直线运动时,设F沿轨道向下,受力分析如图乙所示。
由牛顿第二定律得
F+mgsin θ-FA'=ma
又FA'=I'dB
I'==
v=at
联立可得F=t+ma-mgsin θ
可见F的大小随时间t呈线性变化。
a.当ab.当a=gsin θ时,F的方向沿轨道向下,大小从零开始增大。
c.当a>gsin θ时,F的方向沿轨道向下,大小从ma-mgsin θ开始增大。
主题(二) 电磁感应中的能量问题
1.电磁感应现象中的能量转化
知能融会通
2.电磁感应现象中能量变化的特点
做功情况 能量变化特点
滑动摩擦力做功 有内能产生
重力做功 重力势能必然发生变化
克服安培力做功 必然有其他形式的能转化为电能,并且克服安培力做多少功,就产生多少电能
安培力做正功 电能转化为其他形式的能
3.求解电磁感应现象中能量问题的思路
(1)确定感应电动势的大小和方向。
(2)画出等效电路,求出回路中消耗的电能表达式。
(3)分析导体机械能的变化,用能量守恒关系得到机械能的改变与回路中的电能的改变所满足的方程。
[典例] (2023·全国甲卷,节选)如图,水平桌面上固定一光滑U型金属导轨,其平行部分的间距为l,导轨的最右端与桌子右边缘对齐,导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧,以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞,碰撞时间很短。碰撞一次后,P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨,并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时,两端与导轨接触良好,P与Q始终平行。不计空气阻力。求:
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小;
[答案] v0
[解析] 由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞,设碰撞后绝缘棒Q的速度为vQ,金属棒P的速度为vP,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv0=3mvQ+mvP
×3m=×3m+m
联立解得vP=v0,vQ=v0
由题知,碰撞一次后,P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨,并落在地面上同一地点,由于Q为绝缘棒,无电流通过,碰撞后在导轨上做匀速直线运动,则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP'=vQ=v0。
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量。
[答案] m
[解析] 根据能量守恒定律有m=mvP'2+Q
解得Q=m。
/方法技巧/
焦耳热的计算方法
(1)电流恒定时,根据焦耳定律求解,即Q=I2Rt。
(2)利用动能定理,求出克服安培力做的功W安,即Q=W安。
(3)利用能量守恒定律,焦耳热等于其他形式能量的减少量。
1.(多选)将一面积为0.04 m2、200匝的导体线圈放在匀强磁场中,已知磁场方向垂直于线圈平面,磁感应强度B随时间t变化规律如图所示,线圈总电阻为2 Ω,则 ( )
题点全练清
A.在0~4 s内线圈的磁通量变化量等于0
B.在0~4 s内线圈的感应电动势为1.6 V
C.在0~4 s内通过线圈横截面的电荷量为1.6 C
D.在0~4 s内线圈产生的热量为5.12 J
√
√
解析:在0~4 s内,线圈的磁通量变化量ΔΦ=ΔB·S=-0.8×4×10-2 Wb =
-3.2×10-2 Wb,A错误;根据法拉第电磁感应定律得E=n= V =1.6 V,B正确;在0~4 s内,通过导体线圈的电流I=,通过线圈横截面的电荷量q=It=t=n=3.2 C,C错误;在0~4 s内,线圈产生的热量为Q=t=5.12 J, D正确。
2.如图所示,CD、EF是两条水平放置、阻值可
忽略且间距为L的足够长平行金属导轨,左端与一弯
曲的光滑轨道平滑连接,弯曲轨道上端接有一阻值为
R的电阻,水平导轨所在空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。将一阻值也为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上高为h处由静止释放,导体棒在水平导轨上运动距离d停止。已知导体棒与水平导轨接触良好,它们之间动摩擦因数为μ,重力加速度为g。求导体棒从释放到最终停止过程中:
解析:设导体棒到达水平面时的速度大小为v,
由机械能守恒定律得mgh=mv2,则v=
导体棒刚到水平面的速度为切割磁感线的最大速度,因此导体棒中的最大感应电动势为E=BLv
通过电阻R的最大电流为I==。
(1)通过电阻R的最大电流;
答案:
(2)流过电阻R的电荷量;
答案:
解析:通过电阻R的电荷量
q=t=t==。
(3)电阻R中产生的焦耳热。
答案:mg(h-μd)
解析:全过程由能量守恒定律得mgh=μmgd+Q
电阻R中产生的焦耳热
QR=Q=mg(h-μd)。
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1.(多选)如图所示,水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab。导轨的一端连接电阻R,其他电阻均不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下,金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动。则 ( )
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A.随着金属棒ab运动速度的增大,其加速度也增大
B.外力F对金属棒ab做的功等于电路中产生的电能
C.当金属棒ab做匀速运动时,外力F做功的功率等于电路中的电功率
D.无论金属棒ab做何种运动,它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能
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解析:金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动,对金属棒ab受力分析有F-=ma,可知随着金属棒ab运动速度的增大,其加速度逐渐减小,A错误;外力F对金属棒ab做的功等于电路中产生的电能和金属棒ab增加的动能,B错误;当金属棒ab做匀速运动时,F=F安=,外力F做功的功率等于电路中的电功率,C正确;无论金属棒ab做何种运动,它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能,D正确。
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2.(2024·黑龙江绥化高二检测)(多选)如图所示,在一匀强磁场的水平边界的上方,有一闭合的正方形导线框,导线框从上方自由下落穿过磁场。已知重力加速度为g,则下列说法正确的是 ( )
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A.如果线框加速进入磁场,则加速度一定等于g,且线框刚离开磁场时,加速度可能为0
B.如果线框加速进入磁场,则加速度一定小于g,且线框刚离开磁场时,加速度可能大于g
C.如果线框减速进入磁场,则加速度可能小于g,且线框刚离开磁场时,加速度可能大于g
D.如果线框减速进入磁场,则加速度一定小于g,且线框刚离开磁场时,加速度可能等于g
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解析:如果导线框加速进入磁场,根据牛顿第二定律有mg-F安=ma,加速度一定小于g;导线框刚离开磁场时,速度更大,安培力可能大于重力的两倍,故加速度可能大于g(加速度方向向上),故A错误,B正确;如果线框减速进入磁场,根据牛顿第二定律有F安-mg=ma,加速度大小可能小于g,也可能大于g,还有可能等于g;线框刚离开磁场时,加速度可能小于g,也有可能大于g,还有可能等于g,故C正确,D错误。
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3.(2024·江苏无锡高二联考)如图所示,在倾角为θ的光滑绝缘斜面上放置着单匝矩形金属线框,其中MN长为L1,PM长为L2,金属线框的质量为m,其电阻恒为R,垂直于斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律为B=B0+kt(其中B0、k均大于零)。t=0时刻将线框由斜面顶端静止释放,若斜面很长,不计空气阻力,重力加速度为g。下列说法正确的是 ( )
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A.线框先加速运动最后匀速运动
B.线框产生的焦耳热等于机械能的减少量
C.t=t0时线框的热功率为
D.t=t0时重力的瞬时功率为mg2t0sin θ
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解析:线框上下两边所受的安培力大小相等,方向相反,故线框所受的合力大小恒定,线框做匀加速直线运动,故A错误;对于线框,只有重力做功,机械能守恒,根据能量守恒定律知,磁场能转化为焦耳热,故B错误;
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根据法拉第电磁感应定律得E==S=L1L2k,t=t0时线框的热功率为P= = ,故C正确;线框做匀加速运动,设线框的加速度为a,由牛顿第二定律可知,mgsin θ=ma,则a=gsin θ,方向沿斜面向下,线框在竖直方向的加速度ay=asin θ=gsin2θ,t=t0时线框竖直方向的速度为vy=ayt0=gt0sin2θ,重力的瞬时功率为PG=mgvy=mg2t0sin2θ,故D错误。
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4.如图所示,两条粗糙平行导轨间距离是0.5 m,水平固定放置在桌面上,导轨一部分位于有理想边界的磁场中,磁场垂直导轨平面向下,导轨与2 Ω的电阻连接。质量为0.2 kg的金属杆垂直放置于导轨上,与导轨接触良好,导轨及金属杆的电阻忽略不计。在t0=0时刻,给金属杆施加一个水平向左的恒定拉力F,金属杆由静止开始运动,在t1=10 s时,以速度v1=4 m/s进入匀强磁场且恰好做匀速运动,在t2=15 s时刻,撤去拉力F,与此同时磁感应强度开始逐渐减小,金属杆中不再有感应电流,金属杆匀减速运动到t3=20 s时停止。重力加速度g取10 m/s2。下面说法正确的是 ( )
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A.拉力F=0.08 N
B.t1~t2时间内磁感应强度为0.2 T
C.回路磁通量的最大值为4 Wb
D.t2~t3时间内穿过闭合回路的磁通量随时间均匀减小
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解析:设金属杆速度方向为正方向,金属杆做匀减速运动时的加速度大小为a2,由题意可知,15 s末撤去拉力,金属杆中没有感应电流,金属杆不受安培力作用,金属杆所受的合外力等于滑动摩擦力,t3=20 s时金属杆停止运动,根据v=v1-a2t,解得a2=0.8 m/s2,由牛顿第二定律得μmg=ma2=0.16 N,在0~10 s内,金属杆没有进入磁场,金属杆做匀加速直线运动,设金属杆做匀加速直线运动时的加速度为a1,由v1=a1t1得a1=0.4 m/s2,
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由牛顿第二定律得F-μmg=ma1,代入数据得F=0.24 N,故A错误; t1~t2时间内金属杆以4 m/s在匀强磁场中做匀速直线运动,由平衡条件可知F-μmg= BIL,又E=BLv1,I=,代入数据联立解得B=0.4 T,故B错误;在15 s以后,金属杆中不再有感应电流,说明穿过回路的磁通量不变,t2时刻磁通量最大,在10~15 s内,金属杆的位移大小为x=v1(t2-t1)=20 m,磁通量Φm=BLx1=0.4× 0.5×20 Wb=4 Wb,故C正确,D错误。
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5.(2024·四川绵阳高二月考)如图所示,足够长
的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角,其中MN
与PQ平行且间距为L,导轨平面与磁感应强度大小
为B的匀强磁场垂直,导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑,并与两导轨始终保持垂直且接触良好,ab棒在MN与PQ之间部分的电阻为R,当ab棒沿导轨下滑的距离为x时,棒的速度大小为v。已知重力加速度为g。则在这一过程中 ( )
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A.金属棒ab做匀加速运动
B.金属棒ab的最大速度为
C.通过金属棒ab横截面的电荷量为
D.金属棒ab产生的焦耳热为x
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解析:在金属棒ab加速运动的某时刻,根据牛顿第二定律可得mgsin θ-BIL=ma,根据法拉第电磁感应定律有E=Blv,又有I==,联立得mgsin θ-=ma,可知金属棒ab运动的加速度大小随着速度的增大而减小,所以加速度为一个变量,故A错误;金属棒ab达到最大速度时,有mgsin θ=Fmax =BImaxL=,解得vmax=,故B错误;
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通过金属棒ab横截面的电荷量为q==,故C正确;设金属棒ab产生的焦耳热为Q,根据动能定理可得mgsin θ·x-Q=mv2,解得Q=mgxsin θ-mv2,因安培力随速度不断变化,则不能用W=Fx求解安培力做的功,故D错误。
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6.(2024·黑吉辽高考)(多选)如图,两条“ ”形的光
滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,间距为L,左、
右两导轨面与水平面夹角均为30°,均处于竖直向
上的匀强磁场中,磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上,同时由静止释放,两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m,长度均为L。导轨足够长且电阻不计,重力加速度大小为g,两棒在下滑过程中( )
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A.回路中的电流方向为abcda
B.ab中电流趋于
C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D.两棒产生的电动势始终相等
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解析:由于ab和cd均沿导轨下滑,则通过abcd回路的磁通量向上增大,根据楞次定律结合安培定则可知,回路中的电流方向为abcda,A正确;对ab和cd分别受力分析,如图所示,根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30°-2BILcos 30°=2ma1、mgsin 30°-BILcos 30°=ma2,可得a1=a2=-,则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1,C错误;
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当加速度趋于零时,两导体棒中的电流趋于稳定,结合C项分析可知,ab中的电流趋于,B正确;由于ab和cd加速度大小始终相等,则两导体棒的速度大小始终相等,则由法拉第电磁感应定律可知,两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1,D错误。
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7.(2023·北京高考)如图所示,光滑水平面上的正方形
导线框,以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终
完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是 ( )
A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
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解析:线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向,A错误;设线框边长为L,总电阻为R,线框出磁场的过程中,根据E=BLv,I=, FA=BIL,联立有FA==ma,线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左,则v减小,线框做加速度减小的减速运动,B错误;
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由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q=FAL,线框在进和出磁场时均做减速运动,但其进磁场时的速度大,受到的安培力大,产生的焦耳热多,C错误;线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q=t,其中=,=BL,则联立有q=x,由于线框在进和出的两过程中位移均为L,则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等,故D正确。
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8.(2024·河南周口高二检测)(多选)在光滑绝缘水平面上有如图所示两部分的磁场区域Ⅰ和Ⅱ(俯视),分别存在着垂直纸面向里和垂直纸面向外的宽度均为L的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。边长为L的正方形单匝金属线框在水平向右的拉力F的作用下(图中未画出)以初速度v0进入,且能保持全过程匀速穿过磁场区域。已知线框的电阻为R,则在整个过程中 ( )
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A.线框受到水平拉力的最大值为Fm=
B.线框受到水平拉力的最大值为Fm=
C.线框产生的焦耳热Q=
D.线框产生的焦耳热Q=
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解析:全过程中线框受到水平拉力的最大值为Fm=2BImL,又Im=, Em=2BLv0,整理得Fm=,选项A正确,B错误;从线框右边框刚进入磁场Ⅰ到右边框刚进入磁场Ⅱ过程中,线框产生的焦耳热为Q1=BIL2=,从线框右边框刚进入磁场Ⅱ到右边框刚要离开磁场Ⅱ过程中,线框产生的焦耳热为Q2=2BImL2=,
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从线框右边框刚要离开磁场Ⅱ到线框左边框离开磁场Ⅱ过程中,线框产生的焦耳热为Q3=BI'L2=,全过程中线框产生的焦耳热Q=,选项C错误,D正确。
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9.(2023·山东高考)(多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上,宽为1 m,电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上,与导轨形成矩形回路并始终接触良好。Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场,磁感应强度分别为B1和B2,其中B1=2 T,方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连,绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示,某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动,MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1=2 m/s,
CD的速度为v2,且v2>v1,MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
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A.B2的方向向上 B.B2的方向向下
C.v2=5 m/s D.v2=3 m/s
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解析:导轨的速度v2>v1,因此导体棒受到向右的摩擦力,又因导体棒做匀速直线运动,可知导体棒受到向左的安培力,摩擦力大小为f=μmg=2 N,导体棒所受安培力大小为F1=f=2 N,由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M,导轨受到向左的摩擦力f'=f=2 N、向右的拉力FT=m0g=1 N,
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因导轨做匀速直线运动,故受到的向右的安培力大小为F2=f'-FT=1 N, 由左手定则可知B2的方向向下,A错误,B正确;对导体棒分析F1=B1IL,对导轨分析F2=B2IL,电路中的电流为I=,联立解得v2=3 m/s, C错误,D正确。
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10.(2024·莱西高二模拟)(多选)如图所示,间距L=1 m、足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平面上,其左端接一阻值R=1 Ω的定值电阻。直线MN垂直于导轨,在其左侧面积S=0.5 m2的圆形区域内存在垂直于导轨所在平面向里的磁场,磁感应强度B随时间增大,变化率为=6 T/s,在其右侧(含边界MN)存在磁感应强度大小B0=0.5 T、方向垂直导轨所在平面向外的匀强磁场。t=0时,某金属棒从MN处以v0=8 m/s的初速度开始水平向右运动,已知金属棒质量为1 kg,与导轨之间的动摩擦因数μ=0.1,导轨、金属棒电阻不计,金属棒与导轨始终垂直且接触良好,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是( )
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A.t=0时,金属棒MN受到的安培力为0.5 N
B.金属棒在运动过程中受到的安培力逐渐减小
C.金属棒最终将以2 m/s的速度匀速运动
D.闭合回路中存在的感应电动势越来越小
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解析:t=0时,金属棒产生的动生电动势大小为E动=B0Lv0=0.5×1×8 V=4 V,圆形区域内磁感应强度B随时间均匀变化,在闭合回路中产生感生电动势大小为E感==S=6×0.5 V=3 V,E动>E感,回路中的感应电动势E=E动-E感,由右手定则可知金属棒中电流的方向为从M到N,其大小为I== A=1 A,故金属棒所受的安培力大小为F=B0IL=0.5×1×1 N=0.5 N,根据左手定则可知,方向向左,A正确;
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金属棒受到向左的安培力和摩擦力,向右做减速运动,当E动=E感,即B0Lv=S,此时回路中的感应电动势E=0,感应电流为零,金属棒仍受向左的摩擦力,向右做减速运动,则E动2
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开始时向左的摩擦力大于安培力,故金属棒继续向右做减速运动,这个过程电流的表达式为I'=,随着速度的进一步减小,回路中的感应电动势增大,电流增大,金属棒所受的安培力也随之增大,当金属棒所受的摩擦力与安培力相等后,金属棒开始做匀速直线运动,即B0I'L=B0L = μmg,代入数据解得v=2 m/s,B、D错误,C正确。
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11.(2023·天津高考)如图,有一正方形线框静止悬挂着,其质量为m、电阻为R、边长为l。空间中有一个三角形磁场区域,其磁感应强度大小为B=kt(k>0),方向垂直于线框所在平面向里,且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半,已知重力加速度为g,求:
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(1)感应电动势E;
答案:
解析:根据法拉第电磁感应定律有E=n
又n=1,=·S=kS,S=
解得E=。
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(2)线框开始向上运动的时刻t0。
答案:
解析:根据闭合电路欧姆定律可知,线框中的感应电流为I=
结合安培力的公式和题图可知,线框受到的安培力为FA=BIl
又B=kt(k>0)
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联立可得线框受到的安培力为FA=
当线框开始向上运动时,有=mg
解得t0=。
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12.如图所示,一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内,导轨间距l=0.5 m,左端接有阻值R=0.3 Ω的电阻。一质量m=0.1 kg、电阻r=0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度B=0.4 T。棒在水平向右的外力作用下,由静止开始以a=2 m/s2的加速度做匀加速运动,当棒的位移x=9 m时撤去外力,棒继续运动一段距离后停下来,已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1。导轨足够长且电阻不计,棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求:
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(1)棒在匀加速运动过程中,通过电阻R的电荷量q;
答案:4.5 C
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解析:设棒匀加速运动的时间为Δt,回路的磁通量变化量为ΔΦ,回路中的平均感应电动势为,
由法拉第电磁感应定律得=,其中ΔΦ=Blx
设回路中的平均电流为,由闭合电路的欧姆定律得=
又通过电阻R的电荷量q=Δt
联立以上各式,代入数据得q=4.5 C。
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(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2;
答案:1.8 J
解析:设撤去外力时棒的速度为v,对棒的匀加速运动过程,
由运动学公式得v2=2ax
设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W,由动能定理得W=0-mv2
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2=-W
解得Q2=1.8 J。
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(3)外力所做的功WF。
答案:5.4 J
解析:由题意知,撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1,可得Q1=3.6 J
在棒运动的整个过程中,由功能关系可知
WF=Q1+Q2
解得WF=5.4 J。
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4课时跟踪检测(十) 电磁感应中的动力学、能量问题
1.(多选)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab。导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动。则( )
A．随着金属棒ab运动速度的增大，其加速度也增大
B．外力F对金属棒ab做的功等于电路中产生的电能
C．当金属棒ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率
D．无论金属棒ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能
2.(2024·黑龙江绥化高二检测)(多选)如图所示，在一匀强磁场的水平边界的上方，有一闭合的正方形导线框，导线框从上方自由下落穿过磁场。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．如果线框加速进入磁场，则加速度一定等于g，且线框刚离开磁场时，加速度可能为0
B．如果线框加速进入磁场，则加速度一定小于g，且线框刚离开磁场时，加速度可能大于g
C．如果线框减速进入磁场，则加速度可能小于g，且线框刚离开磁场时，加速度可能大于g
D．如果线框减速进入磁场，则加速度一定小于g，且线框刚离开磁场时，加速度可能等于g
3．(2024·江苏无锡高二联考)如图所示，在倾角为θ的光滑绝缘斜面上放置着单匝矩形金属线框，其中MN长为L1，PM长为L2，金属线框的质量为m，其电阻恒为R，垂直于斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律为B＝B0＋kt(其中B0、k均大于零)。t＝0时刻将线框由斜面顶端静止释放，若斜面很长，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．线框先加速运动最后匀速运动
B．线框产生的焦耳热等于机械能的减少量
C．t＝t0时线框的热功率为
D．t＝t0时重力的瞬时功率为mg2t0sin θ
4.如图所示，两条粗糙平行导轨间距离是0.5 m，水平固定放置在桌面上，导轨一部分位于有理想边界的磁场中，磁场垂直导轨平面向下，导轨与2 Ω的电阻连接。质量为0.2 kg的金属杆垂直放置于导轨上，与导轨接触良好，导轨及金属杆的电阻忽略不计。在t0＝0时刻，给金属杆施加一个水平向左的恒定拉力F，金属杆由静止开始运动，在t1＝10 s时，以速度v1＝4 m/s进入匀强磁场且恰好做匀速运动，在t2＝15 s时刻，撤去拉力F，与此同时磁感应强度开始逐渐减小，金属杆中不再有感应电流，金属杆匀减速运动到t3＝20 s时停止。重力加速度g取10 m/s2。下面说法正确的是( )
A．拉力F＝0.08 N
B．t1～t2时间内磁感应强度为0.2 T
C．回路磁通量的最大值为4 Wb
D．t2～t3时间内穿过闭合回路的磁通量随时间均匀减小
5．(2024·四川绵阳高二月考)如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒在MN与PQ之间部分的电阻为R，当ab棒沿导轨下滑的距离为x时，棒的速度大小为v。已知重力加速度为g。则在这一过程中( )
A．金属棒ab做匀加速运动
B．金属棒ab的最大速度为
C．通过金属棒ab横截面的电荷量为
D．金属棒ab产生的焦耳热为x
6．(2024·黑吉辽高考)(多选)如图，两条“”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强
磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中( )
A．回路中的电流方向为abcda
B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D．两棒产生的电动势始终相等
7．(2023·北京高考)如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是( )
A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
8．(2024·河南周口高二检测)(多选)在光滑绝缘水平面上有如图所示两部分的磁场
区域Ⅰ和Ⅱ(俯视)，分别存在着垂直纸面向里和垂直纸面向外的宽度均为L的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。边长为L的正方形单匝金属线框在水平向右的拉力F的作用下(图中未画出)以初速度v0进入，且能保持全过程匀速穿过磁场区域。已知线框的电阻为R，则在整个过程中( )
A．线框受到水平拉力的最大值为Fm＝
B．线框受到水平拉力的最大值为Fm＝
C．线框产生的焦耳热Q＝
D．线框产生的焦耳热Q＝
9．(2023·山东高考)(多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好。Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2，且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．B2的方向向上 B．B2的方向向下
C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s
10．(2024·莱西高二模拟)(多选)如图所示，间距L＝1 m、足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，其左端接一阻值R＝1 Ω的定值电阻。直线MN垂直于导轨，在其左侧面积S＝0.5 m2的圆形区域内存在垂直于导轨所在平面向里的磁场，磁感应强度B随时间增大，变化率为＝6 T/s，在其右侧(含边界MN)存在磁感应强度大小B0＝0.5 T、方向垂直导轨所在平面向外的匀强磁场。t＝0时，某金属棒从MN处以v0＝8 m/s的初速度开始水平向右运动，已知金属棒质量为1 kg，与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨、金属棒电阻不计，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．t＝0时，金属棒MN受到的安培力为0.5 N
B．金属棒在运动过程中受到的安培力逐渐减小
C．金属棒最终将以2 m/s的速度匀速运动
D．闭合回路中存在的感应电动势越来越小
11.(2023·天津高考)如图，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l。空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B＝kt(k>0)，方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为g，求：
(1)感应电动势E；
(2)线框开始向上运动的时刻t0。
12.如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻。一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：
(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
(3)外力所做的功WF。
课时跟踪检测(十)
1．选CD 金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动，对金属棒ab受力分析有F－＝ma，可知随着金属棒ab运动速度的增大，其加速度逐渐减小，A错误；外力F对金属棒ab做的功等于电路中产生的电能和金属棒ab增加的动能，B错误；当金属棒ab做匀速运动时，F＝F安＝，外力F做功的功率等于电路中的电功率，C正确；无论金属棒ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，D正确。
2．选BC 如果导线框加速进入磁场，根据牛顿第二定律有mg－F安＝ma，加速度一定小于g；导线框刚离开磁场时，速度更大，安培力可能大于重力的两倍，故加速度可能大于g(加速度方向向上)，故A错误，B正确；如果线框减速进入磁场，根据牛顿第二定律有F安－mg＝ma，加速度大小可能小于g，也可能大于g，还有可能等于g；线框刚离开磁场时，加速度可能小于g，也有可能大于g，还有可能等于g，故C正确，D错误。
3．选C 线框上下两边所受的安培力大小相等，方向相反，故线框所受的合力大小恒定，线框做匀加速直线运动，故A错误；对于线框，只有重力做功，机械能守恒，根据能量守恒定律知，磁场能转化为焦耳热，故B错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝＝S＝L1L2k，t＝t0时线框的热功率为P＝＝，故C正确；线框做匀加速运动，设线框的加速度为a，由牛顿第二定律可知，mgsin θ＝ma，则a＝gsin θ，方向沿斜面向下，线框在竖直方向的加速度ay＝asin θ＝gsin2θ，t＝t0时线框竖直方向的速度为vy＝ayt0＝gt0sin2θ，重力的瞬时功率为PG＝mgvy＝mg2t0sin2θ，故D错误。
4．选C 设金属杆速度方向为正方向，金属杆做匀减速运动时的加速度大小为a2，由题意可知，15 s末撤去拉力，金属杆中没有感应电流，金属杆不受安培力作用，金属杆所受的合外力等于滑动摩擦力，t3＝20 s时金属杆停止运动，根据v＝v1－a2t，解得a2＝0.8 m/s2，由牛顿第二定律得μmg＝ma2＝0.16 N，在0～10 s内，金属杆没有进入磁场，金属杆做匀加速直线运动，设金属杆做匀加速直线运动时的加速度为a1，由v1＝a1t1得a1＝0.4 m/s2，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，代入数据得F＝0.24 N，故A错误； t1～t2时间内金属杆以4 m/s在匀强磁场中做匀速直线运动，由平衡条件可知F－μmg＝BIL，又E＝BLv1，I＝，代入数据联立解得B＝0.4 T，故B错误；在15 s以后，金属杆中不再有感应电流，说明穿过回路的磁通量不变，t2时刻磁通量最大，在10～15 s内，金属杆的位移大小为x＝v1(t2－t1)＝20 m，磁通量Φm＝BLx1＝0.4×0.5×20 Wb＝4 Wb，故C正确，D错误。
5．选C 在金属棒ab加速运动的某时刻，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－BIL＝ma，根据法拉第电磁感应定律有E＝Blv，又有I＝＝，联立得mgsin θ－＝ma，可知金属棒ab运动的加速度大小随着速度的增大而减小，所以加速度为一个变量，故A错误；金属棒ab达到最大速度时，有mgsin θ＝Fmax＝BImaxL＝，解得vmax＝，故B错误；通过金属棒ab横截面的电荷量为q＝＝，故C正确；设金属棒ab产生的焦耳热为Q，根据动能定理可得mgsin θ·x－Q＝mv2，解得Q＝mgxsin θ－mv2，因安培力随速度不断变化，则不能用W＝Fx求解安培力做的功，故D错误。
6．选AB 由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量向上增大，根据楞次定律结合安培定则可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30°－2BILcos 30°＝2ma1、mgsin 30°－BILcos 30°＝ma2，可得a1＝a2＝－，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分析可知，ab中的电流趋于，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知，两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。
7．选D 线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A错误；设线框边长为L，总电阻为R，线框出磁场的过程中，根据E＝BLv，I＝，FA＝BIL，联立有FA＝＝ma，线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，线框做加速度减小的减速运动，B错误；由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q＝FAL，线框在进和出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，受到的安培力大，产生的焦耳热多，C错误；线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q＝t，其中＝，＝BL，则联立有q＝x，由于线框在进和出的两过程中位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D正确。
8．选AD 全过程中线框受到水平拉力的最大值为Fm＝2BImL，又Im＝，Em＝2BLv0，整理得Fm＝，选项A正确，B错误；从线框右边框刚进入磁场Ⅰ到右边框刚进入磁场Ⅱ过程中，线框产生的焦耳热为Q1＝BIL2＝，从线框右边框刚进入磁场Ⅱ到右边框刚要离开磁场Ⅱ过程中，线框产生的焦耳热为Q2＝2BImL2＝，从线框右边框刚要离开磁场Ⅱ到线框左边框离开磁场Ⅱ过程中，线框产生的焦耳热为Q3＝BI′L2＝，全过程中线框产生的焦耳热Q＝，选项C错误，D正确。
9．选BD 导轨的速度v2>v1，因此导体棒受到向右的摩擦力，又因导体棒做匀速直线运动，可知导体棒受到向左的安培力，摩擦力大小为f＝μmg＝2 N，导体棒所受安培力大小为F1＝f＝2 N，由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M，导轨受到向左的摩擦力f′＝f＝2 N、向右的拉力FT＝m0g＝1 N，因导轨做匀速直线运动，故受到的向右的安培力大小为F2＝f′－FT＝1 N，由左手定则可知B2的方向向下，A错误，B正确；对导体棒分析F1＝B1IL，对导轨分析F2＝B2IL，电路中的电流为I＝，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。
10．选AC t＝0时，金属棒产生的动生电动势大小为E动＝B0Lv0＝0.5×1×8 V＝4 V，圆形区域内磁感应强度B随时间均匀变化，在闭合回路中产生感生电动势大小为E感＝＝S＝6×0.5 V＝3 V，E动>E感，回路中的感应电动势E＝E动－E感，由右手定则可知金属棒中电流的方向为从M到N，其大小为I＝＝ A＝1 A，故金属棒所受的安培力大小为F＝B0IL＝0.5×1×1 N＝0.5 N，根据左手定则可知，方向向左，A正确；金属棒受到向左的安培力和摩擦力，向右做减速运动，当E动＝E感，即B0Lv＝S，此时回路中的感应电动势E＝0，感应电流为零，金属棒仍受向左的摩擦力，向右做减速运动，则E动11．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有E＝n
又n＝1，＝·S＝kS，S＝
解得E＝。
(2)根据闭合电路欧姆定律可知，线框中的感应电流为I＝
结合安培力的公式和题图可知，线框受到的安培力为FA＝BIl
又B＝kt(k>0)
联立可得线框受到的安培力为FA＝
当线框开始向上运动时，有＝mg
解得t0＝。
答案：(1) (2)
12．解析：(1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为，
由法拉第电磁感应定律得＝，
其中ΔΦ＝Blx
设回路中的平均电流为，由闭合电路的欧姆定律得＝
又通过电阻R的电荷量q＝Δt
联立以上各式，代入数据得q＝4.5 C。
(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax
设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W＝0－mv2
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W
解得Q2＝1.8 J。
(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比
Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J
在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2
解得WF＝5.4 J。
答案：(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J
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