熱點(diǎn)專題系列6 電磁感應(yīng)中的桿和導(dǎo)軌導(dǎo)線框高考物理總復(fù)習(xí)新教材版

熱點(diǎn)專題系列(六)電磁感應(yīng)中的“桿和導(dǎo)軌、導(dǎo)線框”模型對應(yīng)學(xué)生用書P313熱點(diǎn)概述：電磁感應(yīng)中的“桿和導(dǎo)軌、導(dǎo)線框”運(yùn)動(dòng)模型，是導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)力學(xué)與電磁學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用，此類問題是高考命題的重點(diǎn)。[熱點(diǎn)透析]單桿模型v0≠0v0＝0示意圖質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的導(dǎo)體桿ab以一定初速度v0在光滑水平軌道上滑動(dòng)，兩平行導(dǎo)軌間距為L軌道水平光滑，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L軌道水平光滑，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L，拉力F恒定軌道水平光滑，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L，拉力F恒定力學(xué)觀點(diǎn)導(dǎo)體桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，做減速運(yùn)動(dòng)：v?F?a，當(dāng)v＝0時(shí)，F(xiàn)＝0，a＝0，桿保持靜止S閉合，桿ab受安培力F＝eq\f(BLE,r)，此時(shí)a＝eq\f(BLE,mr)，桿ab速度v?感應(yīng)電動(dòng)勢BLv?I?安培力F＝BIL?加速度a，當(dāng)E感＝E時(shí)，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)開始時(shí)a＝eq\f(F,m)，桿ab速度v?感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv?I?安培力F安＝BIL，由F－F安＝ma知a，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)開始時(shí)a＝eq\f(F,m)，桿ab速度v?感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢E′＝BL(v＋Δv)，Δt時(shí)間內(nèi)流入電容器的電荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv電流I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLeq\f(Δv,Δt)＝CBLa安培力F安＝BLI＝CB2L2aF－F安＝ma，a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，所以桿以恒定的加速度勻加速運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)圖像能量觀點(diǎn)動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)電源輸出的電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能：W電＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分產(chǎn)生電熱：WF＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)F做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WF＝eq\f(1,2)mv2＋EC注：(1)在電磁感應(yīng)中，動(dòng)量定理應(yīng)用于單桿切割磁感線運(yùn)動(dòng)，可求解變力的時(shí)間、速度、位移和電荷量。(2)若光滑導(dǎo)軌傾斜放置，要考慮導(dǎo)體桿受到重力沿導(dǎo)軌斜面向下的分力作用，分析方法與表格中受外力F時(shí)的情況類似，這里就不再贅述。(多選)如圖所示，寬為L的水平光滑金屬軌道上放置一根質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN，軌道左端通過一個(gè)單刀雙擲開關(guān)與一個(gè)電容器和一個(gè)阻值為R的電阻連接，勻強(qiáng)磁場的方向垂直于軌道平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電容器的電容為C，金屬軌道和導(dǎo)體棒的電阻不計(jì)?，F(xiàn)將開關(guān)撥向“1”，導(dǎo)體棒MN在水平向右的恒力F作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t0后，將開關(guān)S撥向“2”，再經(jīng)時(shí)間t，導(dǎo)體棒MN恰好開始勻速向右運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是()A．開關(guān)撥向“1”時(shí)，導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)B．開關(guān)撥向“2”時(shí)，導(dǎo)體棒可能先做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)C．開關(guān)撥向“2”后，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速率為eq\f(FR,B2L2)D．t0時(shí)刻電容器所帶的電荷量為eq\f(CBLFt0,m＋CB3L2)[答案]BC[解析]開關(guān)撥向“1”時(shí)，經(jīng)過Δt，電容器充電ΔQ＝C·ΔE＝CBL·Δv，流過導(dǎo)體棒的電流I0＝eq\f(ΔQ,Δt)，對導(dǎo)體棒應(yīng)用牛頓第二定律有F－BI0L＝ma0，聯(lián)立得F－Beq\f(CBL·Δv,Δt)L＝ma0，根據(jù)加速度的定義式a＝eq\f(Δv,Δt)得a0＝eq\f(F,m＋CB2L2)，加速度為定值，所以導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；開關(guān)撥向“2”時(shí)，某時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力表達(dá)式為FA＝BIL＝Beq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)，根據(jù)楞次定律可知安培力阻礙導(dǎo)體棒的相對運(yùn)動(dòng)，方向水平向左，若安培力大于F，則導(dǎo)體棒做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律FA－F＝ma，導(dǎo)體棒速度減小，加速度減小，所以導(dǎo)體棒可能做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故B正確；開關(guān)撥向“2”后，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒受力平衡，則F＝eq\f(B2L2v1,R)，解得v1＝eq\f(FR,B2L2)，故C正確；開關(guān)撥向“1”時(shí)，導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過t0時(shí)間，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢E0＝BL·a0t0＝eq\f(BLFt0,m＋CB2L2)，此時(shí)電容器所帶的電荷量Q＝CE0＝eq\f(CBLFt0,m＋CB2L2)，故D錯(cuò)誤。雙桿模型1．初速度不為零，不受其他水平外力的作用光滑的平行導(dǎo)軌光滑不等距導(dǎo)軌示意圖質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長度Lb＝La質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長度Lb＝2La力學(xué)觀點(diǎn)桿b受安培力做變減速運(yùn)動(dòng)，桿a受安培力做變加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速度均為零，以相等的速度勻速運(yùn)動(dòng)桿b受安培力做變減速運(yùn)動(dòng)，桿a受安培力做變加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速度均為零，兩桿的速度之比為1∶2運(yùn)動(dòng)圖像能量觀點(diǎn)一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q＝－ΔEk動(dòng)量觀點(diǎn)兩桿組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒兩桿組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒對單桿可以用動(dòng)量定理2．初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用光滑的平行導(dǎo)軌不光滑的平行導(dǎo)軌示意圖質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長度Lb＝La質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長度Lb＝La摩擦力Ffb＝Ffa力學(xué)觀點(diǎn)開始時(shí)，兩桿受安培力做變加速運(yùn)動(dòng)；穩(wěn)定時(shí)，兩桿以相同的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)開始時(shí)，若Ff<F≤2Ff，則a桿先變加速后勻速運(yùn)動(dòng)；b桿靜止。若F>2Ff，a桿先變加速后勻加速運(yùn)動(dòng)，b桿先靜止后變加速最后和a桿同時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，且加速度相同運(yùn)動(dòng)圖像能量觀點(diǎn)F做的功轉(zhuǎn)化為兩桿的動(dòng)能和內(nèi)能：WF＝ΔEk＋QF做的功轉(zhuǎn)化為兩桿的動(dòng)能和內(nèi)能(包括電熱和摩擦熱)：WF＝ΔEk＋Q電＋Qf動(dòng)量觀點(diǎn)兩桿組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒對單桿可以用動(dòng)量定理兩桿組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒對單桿可以用動(dòng)量定理注：對于不在同一平面上運(yùn)動(dòng)的雙桿問題，動(dòng)量守恒定律不適用，可以用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、能量觀點(diǎn)、動(dòng)量定理進(jìn)行解決。(2020·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺(tái)上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個(gè)金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬框，運(yùn)動(dòng)過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經(jīng)過一段時(shí)間后()A．金屬框的速度大小趨于恒定值B．金屬框的加速度大小趨于恒定值C．導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值[答案]BC[解析]金屬框在力F的作用下向右運(yùn)動(dòng)，bc邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，在回路MNcb中有感應(yīng)電流，使得導(dǎo)體棒MN受到向右的安培力而向右做加速運(yùn)動(dòng)，bc邊受到向左的安培力。當(dāng)MN運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬框的bc邊和導(dǎo)體棒MN一起切割磁感線，設(shè)導(dǎo)體棒MN和金屬框的速度分別為v1、v2，導(dǎo)體棒的電阻為R，金屬框的寬度為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則電路中的總電動(dòng)勢E＝BL(v2－v1)，電路中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv2－v1,R)，金屬框受到的安培力F安框＝BIL＝eq\f(B2L2v2－v1,R)，與運(yùn)動(dòng)方向相反；導(dǎo)體棒MN受到的安培力F安MN＝BIL＝eq\f(B2L2v2－v1,R)，與運(yùn)動(dòng)方向相同。設(shè)導(dǎo)體棒MN和金屬框的質(zhì)量分別為m1、m2，加速度分別為a1、a2，則對導(dǎo)體棒MN，有eq\f(B2L2v2－v1,R)＝m1a1，對金屬框，有F－eq\f(B2L2v2－v1,R)＝m2a2。導(dǎo)體棒MN和金屬框的初始速度均為零，則a1從零開始逐漸增加，a2從eq\f(F,m2)開始逐漸減小，當(dāng)a1＝a2時(shí)，相對速度v2－v1＝eq\f(FRm1,B2L2m1＋m2)，之后a1、a2不變，v2－v1恒定，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程用速度—時(shí)間圖像描述如圖所示。綜上可得，經(jīng)過一段時(shí)間后，金屬框和導(dǎo)體棒的加速度大小趨于恒定值，所受安培力的大小也趨于恒定值，B、C正確；金屬框的速度會(huì)一直增大，導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離也會(huì)一直增大，A、D錯(cuò)誤。導(dǎo)線框模型分析導(dǎo)線框在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)問題時(shí)，通常將導(dǎo)線框的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程分為“進(jìn)磁場”“在磁場中平動(dòng)”“出磁場”三個(gè)階段，然后分別對它們分析，以確定導(dǎo)線框的運(yùn)動(dòng)情況。常見導(dǎo)線框情景及解題思路常見情景動(dòng)力學(xué)分析能量分析動(dòng)量分析在安培力作用下穿越磁場以進(jìn)入磁場時(shí)為例，設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中某時(shí)刻的速度為v，加速度大小為a，則a＝eq\f(B2L2v,mR)，a與v方向相反，導(dǎo)線框做減速運(yùn)動(dòng)，v↓?a↓，即導(dǎo)線框做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終勻速運(yùn)動(dòng)(全部進(jìn)入磁場)或靜止(導(dǎo)線框離開磁場過程的分析相同)部分(或全部)動(dòng)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，Q＝－ΔEk動(dòng)量不守恒，可用動(dòng)量定理分析導(dǎo)線框的位移、速度、通過導(dǎo)線橫截面的電荷量和變力作用的時(shí)間：(1)求電荷量或速度：－Beq\x\to(I)·LΔt＝mv2－mv1，q＝eq\x\to(I)Δt；(2)求位移：－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R總)＝0－mv0，即－eq\f(B2L2x,R總)＝0－mv0；(3)求時(shí)間：①－Beq\x\to(I)LΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1已知電荷量q，F(xiàn)其他為恒力，可求出變加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；②－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R總)＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－eq\f(B2L2x,R總)＋F其他·Δt＝mv2－mv1若已知位移x，F(xiàn)其他為恒力，也可求出變加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁場以進(jìn)入磁場的過程為例，設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中某時(shí)刻導(dǎo)線框的速度為v，加速度為a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)。(1)若進(jìn)入磁場時(shí)eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v,mR)，則導(dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng)；(2)若進(jìn)入磁場時(shí)eq\f(F,m)>eq\f(B2L2v,mR)，則導(dǎo)線框做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)(直至勻速)；(3)若進(jìn)入磁場時(shí)eq\f(F,m)<eq\f(B2L2v,mR)，則導(dǎo)線框做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)(直至勻速)(導(dǎo)線框離開磁場過程的分析相同)力F做的功等于導(dǎo)線框的動(dòng)能變化量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和，WF＝ΔEk＋Q(2021·北京市西城區(qū)高三下5月統(tǒng)一測試)如圖1所示，地面上方高度為d的空間內(nèi)有水平方向的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m的正方形閉合導(dǎo)線框abcd的邊長為l，從bc邊距離地面高為h處將其由靜止釋放，已知h>d>l。從導(dǎo)線框開始運(yùn)動(dòng)到bc邊即將落地的過程中，導(dǎo)線框的v-t圖像如圖2所示。重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，以下有關(guān)這一過程的判斷正確的是()A．t1～t2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框受到的安培力逐漸增大B．磁場的高度d可以用v-t圖中陰影部分的面積表示C．導(dǎo)線框重力勢能的減少量等于其動(dòng)能的增加量D．導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱大于mgl[答案]D[解析]由圖2可知，0～t1時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框自由下落，t1～t2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框切割磁感線進(jìn)入磁場，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入磁場后，做勻加速運(yùn)動(dòng)。t1～t2時(shí)間內(nèi)對導(dǎo)線框受力分析可知，F(xiàn)安－mg＝ma，a減小，則安培力在減小，A錯(cuò)誤；根據(jù)題意可知，t1時(shí)刻bc邊開始進(jìn)入磁場，t3時(shí)刻bc邊即將到達(dá)地面，所以磁場高度d為t1～t3時(shí)間內(nèi)的位移，即v-t圖線t1～t3部分與t軸所圍面積，而不是圖2中陰影部分面積，B錯(cuò)誤；根據(jù)題意可知，安培力做負(fù)功，所以重力勢能減少量等于動(dòng)能增加量和克服安培力做功之和，C錯(cuò)誤；由題可知t1～t2時(shí)間內(nèi)F安>mg且W安＝F安l，所以在下降過程中導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W安>mgl，D正確。[熱點(diǎn)集訓(xùn)]1.(2021·山東省新高考模擬)如圖所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)，阻值為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌所在空間存在勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直。t＝0時(shí)，將開關(guān)S由1擲向2，分別用q、i、v和a表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度大小和加速度大小，則下列圖像中正確的是()答案D解析開關(guān)S由1擲向2，電容器放電，會(huì)在電路中產(chǎn)生電流，導(dǎo)體棒中有電流通過，會(huì)受到安培力的作用，產(chǎn)生加速度而加速運(yùn)動(dòng)，則導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，速度增大，感應(yīng)電動(dòng)勢增大，則電路中電流減小，導(dǎo)體棒所受安培力減小，加速度減小，因?qū)к壒饣?，所以在有電流通過棒的過程中，棒一直加速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小，速度逐漸增大；當(dāng)感應(yīng)電動(dòng)勢等于電容器兩端的電壓時(shí)，電路中無電流，導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，加速度為零，速度達(dá)到最大值，此時(shí)電容器所帶電荷量q＝CU不為零。綜上所述，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。2.(2021·山東省濟(jì)寧市一模)(多選)如圖所示，光滑導(dǎo)軌的傾斜部分和水平部分在MM′處平滑連接，導(dǎo)軌間距為L。導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，傾斜導(dǎo)軌連接阻值為R的電阻?，F(xiàn)讓質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬棒a從距水平導(dǎo)軌高h(yuǎn)處由靜止釋放，金屬棒到達(dá)OO′位置時(shí)的速度是到達(dá)MM′位置時(shí)速度的eq\f(\r(2),2)倍，并最終停止在水平導(dǎo)軌上。金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好且導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．金屬棒剛進(jìn)入磁場時(shí)回路中的電流大小為eq\f(BL\r(gh),2R)B．金屬棒運(yùn)動(dòng)到OO′時(shí)加速度的大小為eq\f(B2L2\r(gh),2mR)C．在金屬棒整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mghD．金屬棒從MM′運(yùn)動(dòng)到OO′的過程中通過金屬棒導(dǎo)體截面的電荷量為eq\f(\r(2)－1m\r(gh),BL)答案BD解析對金屬棒下滑過程，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，金屬棒剛進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv，根據(jù)閉合電路歐姆定律，回路中的電流為I＝eq\f(E,R＋R)，聯(lián)立解得I＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A錯(cuò)誤。由題意可知，金屬棒到達(dá)OO′位置時(shí)的速度為eq\f(\r(2)v,2)，此時(shí)的電流為I1＝eq\f(\r(2)BLv,4R)，根據(jù)牛頓第二定律得F＝BI1L＝ma，解得a＝eq\f(B2L2\r(gh),2mR)，故B正確。對金屬棒整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)能量守恒定律得Q總＝mgh，故電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝eq\f(R,R＋R)Q總＝eq\f(1,2)mgh，故C錯(cuò)誤。金屬棒從MM′運(yùn)動(dòng)到OO′過程中，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得－Beq\x\to(I)Lt＝eq\f(\r(2)mv,2)－mv，即－BLq＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－1))mv，解得q＝eq\f(\r(2)－1m\r(gh),BL)，故D正確。3．(2021·福建高考)(多選)如圖，P、Q是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，導(dǎo)軌足夠長且電阻可忽略不計(jì)。圖中EFGH矩形區(qū)域有一方向垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。在t＝t1時(shí)刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進(jìn)入磁場，速度大小均為v0；一段時(shí)間后，流經(jīng)a棒的電流為0，此時(shí)t＝t2，b棒仍位于磁場區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b由相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，a棒的質(zhì)量為m。在運(yùn)動(dòng)過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則()A．t1時(shí)刻a棒加速度大小為eq\f(2B2L2v0,3mR)B．t2時(shí)刻b棒的速度為0C．t1～t2時(shí)間內(nèi)，通過a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍D．t1～t2時(shí)間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(2,9)mveq\o\al(2,0)答案AD解析由題知，t1時(shí)刻，a棒進(jìn)入磁場的速度方向向右，b棒的速度方向向左，根據(jù)右手定則可知，a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢和b棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢在回路中均為逆時(shí)針方向，所以流過金屬棒a、b的感應(yīng)電流I＝eq\f(2BLv0,R＋2R)＝eq\f(2BLv0,3R)，對a棒，根據(jù)牛頓第二定律有BIL＝ma，解得a＝eq\f(2B2L2v0,3mR)，故A正確；金屬棒a、b由相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，根據(jù)電阻定律有R＝ρeq\f(L,S)，2R＝ρeq\f(L,S′)，解得b棒的橫截面積S′＝eq\f(1,2)S，已知a棒的質(zhì)量為m，設(shè)b棒的質(zhì)量為m′，則有m＝ρ密V＝ρ密SL，m′＝ρ密V′＝ρ密S′L，聯(lián)立解得m′＝eq\f(1,2)m，根據(jù)左手定則，可知a棒受到的安培力向左，b棒受到的安培力向右，由于流過金屬棒a、b的電流一直相等，故兩個(gè)力大小始終相等，則a與b組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由題知，t2時(shí)刻流過a棒的電流為0，說明金屬棒a、b在t2時(shí)刻均在磁場中且達(dá)到了共同速度，設(shè)為v，取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有mv0－eq\f(1,2)mv0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)m))v，解得v＝eq\f(1,3)v0，故B錯(cuò)誤；在t1～t2時(shí)間內(nèi)，根據(jù)q＝It及金屬棒a、b串聯(lián)構(gòu)成回路，可知通過兩棒橫截面的電荷量相等，故C錯(cuò)誤；在t1～t2時(shí)間內(nèi)，對金屬棒a、b組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m))veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)m))v2＋Q總，解得回路中產(chǎn)生的總熱量為Q總＝eq\f(2,3)mveq\o\al(2,0)，根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt，因金屬棒a、b中的電流一直相等，所用時(shí)間相同，故金屬棒a、b產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，即Qa∶Qb＝1∶2，又Qa＋Qb＝Q總＝eq\f(2,3)mveq\o\al(2,0)，解得a棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qa＝eq\f(2,9)mveq\o\al(2,0)，故D正確。4.(2021·湖南高考)(多選)兩個(gè)完全相同的正方形勻質(zhì)金屬框，邊長為L，通過長為L的絕緣輕質(zhì)桿相連，構(gòu)成如圖所示的組合體。距離組合體下底邊H處有一方向水平、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。磁場區(qū)域上下邊界水平，高度為L，左右寬度足夠大。把該組合體在垂直磁場的平面內(nèi)以初速度v0水平無旋轉(zhuǎn)拋出，設(shè)置合適的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B使其勻速通過磁場，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是()A．B與v0無關(guān)，與eq\r(H)成反比B．通過磁場的過程中，金屬框中電流的大小和方向保持不變C．通過磁場的過程中，組合體克服安培力做功的功率與重力做功的功率相等D．調(diào)節(jié)H、v0和B，只要組合體仍能勻速通過磁場，則其通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量不變答案CD解析將組合體以初速度v0水平無旋轉(zhuǎn)拋出后，組合體進(jìn)入磁場前做平拋運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動(dòng)，由于金屬框水平切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢相互抵消，則感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLvy，其中vy＝eq\r(2gH)，根據(jù)平衡條件，有mg＝F安，而F安＝ILB，I＝eq\f(E,R)，聯(lián)立得B＝eq\r(\f(mgR,L2\r(2g)))·eq\f(1,\r(4,H))，則B與v0無關(guān)，與eq\r(4,H)成反比，A錯(cuò)誤；當(dāng)金屬框進(jìn)入磁場時(shí)通過金屬框的磁通量增加，此時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，當(dāng)金屬框出磁場時(shí)通過金屬框的磁通量減少，此時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，B錯(cuò)誤；由于組合體進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動(dòng)，有mg＝F安，則組合體克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正確；無論調(diào)節(jié)H、v0和B中的哪個(gè)物理量，只要組合體仍能勻速通過磁場，都有mg＝F安，則克服安培力做的功都為W＝F安·4L＝4mgL，即組合體通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量不變，D正確。5.(2021·全國甲卷)(多選)由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個(gè)正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時(shí)由靜止開始下落，一段時(shí)間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計(jì)空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，可能出現(xiàn)的是()A．甲和乙都加速運(yùn)動(dòng)B．甲和乙都減速運(yùn)動(dòng)C．甲加速運(yùn)動(dòng)，乙減速運(yùn)動(dòng)D．甲減速運(yùn)動(dòng)，乙加速運(yùn)動(dòng)答案AB解析由于兩線圈從同一高度同時(shí)由靜止開始下落，則兩線圈下邊同時(shí)進(jìn)入磁場，且速度相同，設(shè)為v；設(shè)線圈的邊長為l，匝數(shù)為n，則線圈下邊剛進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝nBlv；設(shè)線圈的密度為ρ0，質(zhì)量為m，則所用導(dǎo)線的橫截面積為S＝eq\f(m,4nlρ0)；設(shè)導(dǎo)線材料的電阻率為ρ，則線圈的電阻為R＝ρeq\f(4nl,S)＝eq\f(16n2l2ρρ0,m)；線圈下邊剛進(jìn)入磁場時(shí)線圈中的感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(mBv,16nlρρ0)，線圈所受安培力大小為F＝nIlB＝eq\f(mB2v,16ρρ0)；以豎直向下為正方向，由牛頓第二定律有mg－F＝ma，解得a＝g－eq\f(F,m)＝g－eq\f(B2v,16ρρ0)，可知加速度和線圈的匝數(shù)、橫截面積無關(guān)，則甲和乙進(jìn)入磁場時(shí)，具有相同的加速度；分析可知，在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，兩線圈的加速度和速度在任意時(shí)刻都相同。由a的表達(dá)式可知，若g>eq\f(B2v,16ρρ0)，即a>0，則在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，甲和乙都加速運(yùn)動(dòng)，或都先加速后勻速運(yùn)動(dòng)；若g<eq\f(B2v,16ρρ0)，即a<0，則在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，甲和乙都減速運(yùn)動(dòng)，或都先減速后勻速運(yùn)動(dòng)；若g＝eq\f(B2v,16ρρ0)，即a＝0，則在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁