金版教程物理2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第十一章 磁場(chǎng)感應(yīng)第11章 核心素養(yǎng)提升含答案

《金版教程(物理）》2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第十一章磁場(chǎng)感應(yīng)《金版教程(物理）》2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第十一章磁場(chǎng)感應(yīng)第十一章核心素養(yǎng)提升[科學(xué)思維提煉]1．對(duì)稱、聯(lián)想的思想：從“電生磁”到“磁生電”的思想啟發(fā)。2．歸納法(1)“探究感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件”的實(shí)驗(yàn)。(2)“探究影響感應(yīng)電流方向的因素”的實(shí)驗(yàn)。3．演繹推理思維：根據(jù)楞次定律推導(dǎo)出右手定則，根據(jù)能量守恒定律從左手定則也可得出右手定則。4．比較思維：比較左手定則、右手定則的異同點(diǎn)。5．等效法(1)分析導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)中導(dǎo)體的有效長(zhǎng)度。(2)分析電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題時(shí)畫“等效電路”，確定“等效電源”“外電路”。6．假設(shè)法：分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中電路中電勢(shì)高低時(shí)，若電路不閉合，先假設(shè)電路閉合，然后進(jìn)行分析。7．特殊位置法：分析電磁感應(yīng)中圖像問(wèn)題的一種常用方法。8．微元法：利用動(dòng)量定理求解電磁感應(yīng)中的桿模型問(wèn)題。9．平均值法：利用動(dòng)量定理求解電磁感應(yīng)中的桿模型問(wèn)題。10．圖解法：求解電磁感應(yīng)中的桿模型問(wèn)題。11．守恒思想的體現(xiàn)及應(yīng)用(1)能量守恒在楞次定律中的理解：感應(yīng)電流的能量(電能)不能無(wú)中生有，來(lái)自于外力克服磁場(chǎng)力做功。(2)電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(即反電動(dòng)勢(shì))，阻礙線圈轉(zhuǎn)動(dòng)，如果要使線圈維持原來(lái)的轉(zhuǎn)動(dòng)，電源就要向電動(dòng)機(jī)提供能量，這正是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過(guò)程。(3)能量守恒定律、動(dòng)量守恒定律在求解電磁感應(yīng)問(wèn)題中的應(yīng)用。[素養(yǎng)提升集訓(xùn)]一、選擇題(本題共5小題)1.(2021·北京高考)某同學(xué)搬運(yùn)如圖所示的磁電式電流表時(shí)，發(fā)現(xiàn)表針晃動(dòng)劇烈且不易停止。按照老師建議，該同學(xué)在兩接線柱間接一根導(dǎo)線后再次搬運(yùn)，發(fā)現(xiàn)表針晃動(dòng)明顯減弱且能很快停止。下列說(shuō)法正確的是()A．未接導(dǎo)線時(shí)，表針晃動(dòng)過(guò)程中表內(nèi)線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B．未接導(dǎo)線時(shí)，表針晃動(dòng)劇烈是因?yàn)楸韮?nèi)線圈受到安培力的作用C．接上導(dǎo)線后，表針晃動(dòng)過(guò)程中表內(nèi)線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)D．接上導(dǎo)線后，表針晃動(dòng)減弱是因?yàn)楸韮?nèi)線圈受到安培力的作用答案D解析未接導(dǎo)線時(shí)，表針晃動(dòng)過(guò)程中表內(nèi)線圈切割磁感線，會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，但因未連成閉合回路，沒(méi)有感應(yīng)電流，所以線圈不受安培力，故A、B錯(cuò)誤；接上導(dǎo)線后，表針晃動(dòng)過(guò)程中表內(nèi)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律可知，表針晃動(dòng)減弱是因?yàn)楸韮?nèi)線圈受到阻礙線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的安培力的作用，故C錯(cuò)誤，D正確。2．零刻度在表盤正中間的電流計(jì)，非常靈敏，通入電流后，線圈所受安培力和螺旋彈簧的彈力作用達(dá)到平衡時(shí)，指針在示數(shù)附近的擺動(dòng)很難停下，使讀數(shù)變得困難。在指針轉(zhuǎn)軸上裝上的扇形鋁框或扇形鋁板，在合適區(qū)域加上磁場(chǎng)，可以解決此困難。下列方案合理的是()答案D解析磁場(chǎng)加在左側(cè)，當(dāng)指針向左偏轉(zhuǎn)時(shí)，鋁框或鋁板可能會(huì)離開磁場(chǎng)，不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，起不到電磁阻尼的作用，指針不能很快停下，所以A、C方案不合理；磁場(chǎng)在鋁框中間，當(dāng)指針偏轉(zhuǎn)角度較小時(shí)，鋁框不能切割磁感線，不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，起不到電磁阻尼的作用，指針不能很快停下，B方案不合理；磁場(chǎng)在鋁板中間，無(wú)論指針偏轉(zhuǎn)角度大還是小，都會(huì)在鋁板上產(chǎn)生感應(yīng)電流，起到電磁阻尼的作用，指針會(huì)很快停下，便于讀數(shù)，D方案合理。3.(2021·山東高考)迷你系繩衛(wèi)星在地球赤道正上方的電離層中，沿圓形軌道繞地飛行。系繩衛(wèi)星由兩子衛(wèi)星組成，它們之間的導(dǎo)體繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的共同作用下，導(dǎo)體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為r。導(dǎo)體繩所受的安培力克服大小為f的環(huán)境阻力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。已知衛(wèi)星離地平均高度為H，導(dǎo)體繩長(zhǎng)為L(zhǎng)(L?H)，地球半徑為R，質(zhì)量為M，軌道處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自轉(zhuǎn)的影響。據(jù)此可得，電池電動(dòng)勢(shì)為()A．BLeq\r(\f(GM,R＋H))＋eq\f(fr,BL) B．BLeq\r(\f(GM,R＋H))－eq\f(fr,BL)C．BLeq\r(\f(GM,R＋H))＋eq\f(BL,fr) D．BLeq\r(\f(GM,R＋H))－eq\f(BL,fr)答案A解析根據(jù)萬(wàn)有引力提供衛(wèi)星繞地運(yùn)行的向心力，有Geq\f(Mm,（R＋H）2)＝meq\f(v2,（R＋H）)，可得衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度v＝eq\r(\f(GM,R＋H))；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，導(dǎo)體繩產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E′＝BLv，由右手定則可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向與電池電動(dòng)勢(shì)的方向相反，因?qū)w繩中的電流方向向下，則電池電動(dòng)勢(shì)大于導(dǎo)體繩切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；因?qū)w繩所受阻力f與安培力F平衡，可得f＝F＝Beq\f(E－E′,r)L，聯(lián)立解得E＝BLeq\r(\f(GM,R＋H))＋eq\f(fr,BL)，故選A。4.(2023·全國(guó)乙卷)一學(xué)生小組在探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象時(shí)，進(jìn)行了如下比較實(shí)驗(yàn)。用圖a所示的纏繞方式，將漆包線分別繞在幾何尺寸相同的有機(jī)玻璃管和金屬鋁管上，漆包線的兩端與電流傳感器接通。兩管皆豎直放置，將一很小的強(qiáng)磁體分別從管的上端由靜止釋放，在管內(nèi)下落至管的下端。實(shí)驗(yàn)中電流傳感器測(cè)得的兩管上流過(guò)漆包線的電流I隨時(shí)間t的變化分別如圖b和圖c所示，分析可知()A．圖c是用玻璃管獲得的圖像B．在鋁管中下落，小磁體做勻變速運(yùn)動(dòng)C．在玻璃管中下落，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變D．用鋁管時(shí)測(cè)得的電流第一個(gè)峰到最后一個(gè)峰的時(shí)間間隔比用玻璃管時(shí)的短答案A解析小磁體在鋁管中下落時(shí)，由于鋁是導(dǎo)體，由電磁感應(yīng)原理可知，鋁管中會(huì)產(chǎn)生渦流，小磁體受到鋁管本身及漆包線的電磁阻力作用，小磁體在玻璃管中下落時(shí)，由于玻璃是絕緣體，玻璃管中不會(huì)產(chǎn)生渦流，小磁體只在經(jīng)過(guò)各匝漆包線過(guò)程產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，受到電磁阻力作用。則小磁體在如圖a所示的鋁管中下落時(shí)，經(jīng)過(guò)各匝漆包線時(shí)，漆包線中感應(yīng)電流的峰值可能不變，而小磁體在如圖a所示的玻璃管中下落時(shí)，經(jīng)過(guò)各匝漆包線時(shí)，漆包線中感應(yīng)電流的峰值會(huì)增大，故圖b是用鋁管獲得的圖像，圖c是用玻璃管獲得的圖像，A正確；在鋁管中下落時(shí)，由圖b可知，各脈沖電流的峰值大小相等，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律可知，小磁體經(jīng)過(guò)各匝漆包線時(shí)的速度相等，則小磁體做的不是勻變速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；在玻璃管中下落時(shí)，由圖c可知，脈沖電流的峰值不斷增大，則小磁體經(jīng)過(guò)各匝漆包線時(shí)受到的電磁阻力在不斷變大，C錯(cuò)誤；由前面分析可知，小磁體在鋁管中下落過(guò)程中受到的電磁阻尼大于其在玻璃管中下落過(guò)程中受到的電磁阻尼，則用鋁管時(shí)測(cè)得的電流第一個(gè)峰到最后一個(gè)峰的時(shí)間間隔比用玻璃管時(shí)的長(zhǎng)，D錯(cuò)誤。5.(多選)電磁軌道炮是利用電磁驅(qū)動(dòng)發(fā)射超高速?gòu)椡璧囊环N新型武器，由于普通電源允許通過(guò)的最大電流不夠大，因此提供的安培力不夠大，所以可利用如圖所示的裝置，先用電源給超級(jí)儲(chǔ)能電容器充滿電，再利用電容器放電提供的強(qiáng)大電流推動(dòng)金屬?gòu)椡韪咚偕涑?。圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直于水平面(即紙面)向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出)中，彈丸MN和導(dǎo)軌間的摩擦不計(jì)，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)。已知導(dǎo)軌間距為l，電源電動(dòng)勢(shì)為E，電容器C原來(lái)不帶電，彈丸電阻為R，質(zhì)量為m，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)，電容器兩端的電壓為U時(shí)，電容器儲(chǔ)存的電場(chǎng)能為E電＝eq\f(1,2)CU2。下列說(shuō)法正確的是()A．彈丸MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為eq\f(BlE,mR)B．彈丸MN先做勻加速運(yùn)動(dòng)，最終做勻速運(yùn)動(dòng)C．MN離開導(dǎo)軌后，電容器所帶電荷量為eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)D．MN從開始運(yùn)動(dòng)到離開導(dǎo)軌，MN發(fā)出的電熱為eq\f(CE2,2)－eq\f(B2l2C2E2,2（m＋B2l2C）)答案ACD解析根據(jù)題意，電容器充電結(jié)束后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I0，有I0＝eq\f(E,R)，設(shè)MN受到的安培力為F0，有F0＝I0lB，由牛頓第二定律，有F0＝ma0，聯(lián)立解得a0＝eq\f(BlE,mR)，A正確；彈丸開始運(yùn)動(dòng)后，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E感＝Blv，通過(guò)MN的電流I＝eq\f(UC－Blv,R)，彈丸受安培力F＝BIl，做加速運(yùn)動(dòng)，v增大，電容器放電，UC減小，則I減小，F(xiàn)減小，a減小，當(dāng)Blv＝UC時(shí)，I＝0，F(xiàn)＝0，彈丸做勻速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器所帶電荷量為q0，有q0＝CE，開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′，有E′＝Blvmax，此時(shí)電容器所帶電荷量q＝CE′，彈丸從開始運(yùn)動(dòng)到離開導(dǎo)軌的過(guò)程中，設(shè)通過(guò)MN的平均電流為eq\o(I,\s\up6(－))，MN受到的平均安培力為eq\o(F,\s\up6(－))，有eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\o(I,\s\up6(－))lB，由動(dòng)量定理，有eq\o(F,\s\up6(－))Δt＝mvmax－0，又eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝Δq＝q0－q，聯(lián)立以上各式，可得vmax＝eq\f(BlCE,m＋B2l2C)，q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)，C正確；MN從開始運(yùn)動(dòng)到離開導(dǎo)軌，設(shè)MN發(fā)出的電熱為Q，根據(jù)能量守恒定律可知，eq\f(1,2)CE2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＋Q＋eq\f(1,2)CE′2，聯(lián)立可解得Q＝eq\f(CE2,2)－eq\f(B2l2C2E2,2（m＋B2l2C）)，D正確。二、非選擇題(本題共2小題)6．(2022·遼寧高考)如圖所示，兩平行光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為L(zhǎng)。abcd區(qū)域有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上。初始時(shí)刻，磁場(chǎng)外的細(xì)金屬桿M以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)內(nèi)的細(xì)金屬桿N處于靜止?fàn)顟B(tài)。兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直。兩桿的質(zhì)量均為m，在導(dǎo)軌間的電阻均為R，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)及導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。(1)求M剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力F的大小和方向；(2)若兩桿在磁場(chǎng)內(nèi)未相撞且N出磁場(chǎng)時(shí)的速度為eq\f(v0,3)，求：①N在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)回路的電荷量q；②初始時(shí)刻N(yùn)到ab的最小距離x；(3)初始時(shí)刻，若N到cd的距離與第(2)問(wèn)初始時(shí)刻的相同、到ab的距離為kx(k>1)，求M出磁場(chǎng)后不與N相撞條件下k的取值范圍。答案(1)eq\f(B2L2v0,2R)方向水平向左(2)①eq\f(mv0,3BL)②eq\f(2mv0R,3B2L2)(3)2≤k<3解析(1)細(xì)金屬桿M以初速度v0向右剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝BLv0由閉合電路歐姆定律知，電流的大小為I＝eq\f(E,2R)由右手定則知電流方向?yàn)閍→b所受的安培力大小為F＝BIL聯(lián)立得F＝eq\f(B2L2v0,2R)由左手定則可知F的方向水平向左。(2)①金屬桿N在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)量定理有Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝m·eq\f(v0,3)－0且通過(guò)回路的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt聯(lián)立解得q＝eq\f(mv0,3BL)。②分析可知，N出磁場(chǎng)前，M與N的間距一直減小，設(shè)從M進(jìn)入磁場(chǎng)至N剛出磁場(chǎng)，兩桿在磁場(chǎng)中相對(duì)運(yùn)動(dòng)的最大位移大小為Δx，有eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(BL·Δx,Δt)整理可得q＝eq\f(BL·Δx,2R)聯(lián)立可得Δx＝eq\f(2mv0R,3B2L2)若兩桿在磁場(chǎng)內(nèi)剛好不相撞，則初始時(shí)刻N(yùn)到ab的距離最小，為x＝Δx＝eq\f(2mv0R,3B2L2)。(3)初始時(shí)刻，若N到cd的距離與第(2)問(wèn)初始時(shí)刻的相同、到ab的距離為kx(k>1)，則N到cd時(shí)的速度大小仍為eq\f(v0,3)，設(shè)此時(shí)M的速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知mv0＝mv1＋m·eq\f(v0,3)解得v1＝eq\f(2,3)v0由(2)分析可知，此時(shí)M到cd的距離為s＝(k－1)x若要使M能出磁場(chǎng)，則M到達(dá)cd的速度v2>0若要保證M出磁場(chǎng)后不與N相撞，則M到達(dá)cd的速度v2≤eq\f(v0,3)對(duì)M根據(jù)動(dòng)量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))1L·Δt1＝mv2－mv1q1＝eq\o(I,\s\up6(－))1·Δt1＝eq\f(BL·s,2R)聯(lián)立解得2≤k<3。7．(2023·新課標(biāo)卷)一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的正方形金屬細(xì)框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩虛線為磁場(chǎng)邊界，如圖a所示。(1)使金屬框以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬框的左、右邊框始終與磁場(chǎng)邊界平行，金屬框完全穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。(2)在桌面上固定兩條光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場(chǎng)邊界垂直，左端連接電阻R1＝2R0，導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖b所示。讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量。答案(1)eq\f(B2L3,mR0)(2)eq\f(3B4L6,25mReq\o\al(2,0))解析(1)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，有eq\o(E,\s\up6(－))1＝BLeq\o(v,\s\up6(－))1eq\o(v,\s\up6(－))1＝eq\f(L,t1)eq\o(I,\s\up6(－))電流1＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))1,4R0)所受安培力的沖量大小I1＝Beq\o(I,\s\up6(－))電流1Lt1聯(lián)立得I1＝eq\f(B2L3,4R0)同理，金屬框離開磁場(chǎng)過(guò)程中所受安培力的沖量大小I2＝eq\f(B2L3,4R0)由動(dòng)量定理并結(jié)合題意可知－I1－I2＝eq\f(mv0,2)－mv0聯(lián)立解得金屬框的初速度大小v0＝eq\f(B2L3,mR0)。(2)設(shè)金屬框左側(cè)邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v1，由于金屬框上、下邊被短路，則金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程電路中的總電阻R總＝R0＋eq\f(R1·R0,R1＋R0)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，根據(jù)(1)同理可知，金屬框所受安培力的沖量大小I1′＝eq\f(B2L3,R總)根據(jù)動(dòng)量定理有－I1′＝mv1－mv0聯(lián)立解得v1＝eq\f(2B2L3,5mR0)設(shè)此過(guò)程回路中產(chǎn)生的總熱量為Q1，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Q1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)由串并聯(lián)電路規(guī)律可知，R1、金屬框左側(cè)邊、金屬框右側(cè)邊中電流之比為1∶2∶3，結(jié)合焦耳定律可知，三者產(chǎn)生的熱量之比為2∶4∶9，則此階段R1產(chǎn)生的熱量QR1＝eq\f(2,15)Q1聯(lián)立解得QR1＝eq\f(7B4L6,125mReq\o\al(2,0))此后金屬框完全進(jìn)入磁場(chǎng)中，則金屬框左右兩邊均作為電源，等效電路圖如圖此時(shí)回路的總電阻R總′＝R1＋eq\f(R0,2)設(shè)金屬框右側(cè)邊到達(dá)磁場(chǎng)右邊界時(shí)的速度為v2，根據(jù)動(dòng)量定理同理有－eq\f(B2L3,R總′)＝mv2－mv1聯(lián)立解得v2＝0，即此時(shí)金屬框恰好靜止設(shè)此過(guò)程回路中產(chǎn)生的總熱量為Q2，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝Q2由串并聯(lián)電路規(guī)律可知，R1、金屬框左側(cè)邊、金屬框右側(cè)邊中電流之比為2∶1∶1，結(jié)合焦耳定律可知，三者產(chǎn)生的熱量之比為8∶1∶1，則此階段R1產(chǎn)生的熱量QR1′＝eq\f(4,5)Q2聯(lián)立解得QR1′＝eq\f(8B4L6,125mReq\o\al(2,0))則在金屬框整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量QR1總＝QR1＋QR1′＝eq\f(3B4L6,25mReq\o\al(2,0))。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(guò)程中動(dòng)力學(xué)與電磁學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用，此類問(wèn)題是高考命題的重點(diǎn)。典型單桿模型示意圖動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)運(yùn)動(dòng)圖像能量觀點(diǎn)v0≠0導(dǎo)軌水平光滑，間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，桿ab初速度為v0，質(zhì)量為m，電阻不計(jì)導(dǎo)體桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，做減速運(yùn)動(dòng)，v?F安?a，當(dāng)v＝0時(shí)，F(xiàn)＝0，a＝0，桿保持靜止動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)導(dǎo)軌水平光滑，間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，桿ab初速度為v0，質(zhì)量為m，電阻不計(jì)導(dǎo)體桿速度為v時(shí)，感應(yīng)電流I＝eq\f(BLv－UC,R)，導(dǎo)體桿受安培力F安＝BIL，做減速運(yùn)動(dòng)，v，電容器充電，UC，F(xiàn)安，a，當(dāng)BLv＝UC時(shí)，I＝0，F(xiàn)安＝0，桿勻速運(yùn)動(dòng)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(根據(jù)q＝CU、U＝BLvm、,－B\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝mvm－mv0、,q＝\o(I,\s\up6(－))Δt，可得,vm＝\f(mv0,m＋B2L2C)))導(dǎo)體桿的部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電阻的電熱和電容器的電場(chǎng)能：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q＋ECv0＝0導(dǎo)軌水平光滑，間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計(jì)S閉合，桿ab受安培力F安＝eq\f(BLE,r)，此時(shí)a＝eq\f(BLE,mr)，桿ab速度v?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)BLv?回路中電流I?安培力F安＝BIL?加速度a，當(dāng)BLv＝E時(shí)，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)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)導(dǎo)軌水平光滑，間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，拉力F恒定開始時(shí)a＝eq\f(F,m)，桿ab速度v?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv?電流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)F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電阻產(chǎn)生的電熱：WF＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)導(dǎo)軌水平光滑，間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，單桿ab質(zhì)量為m，電阻為R電容器充滿電后，S合向2，導(dǎo)體桿受安培力運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，回路中電流I＝eq\f(UC－BLv,R)，導(dǎo)體桿受安培力F安＝BIL，做加速運(yùn)動(dòng)，v，電容器放電UC減小，F(xiàn)安，a，當(dāng)BLv＝UC時(shí)，I＝0，F(xiàn)安＝0，桿勻速運(yùn)動(dòng)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(根據(jù)Δq＝q0－q＝,CE－CBLvm、,B\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝mvm－0、,Δq＝\o(I,\s\up6(－))Δt，,可得vm＝\f(BLCE,m＋B2L2C)))電容器的部分電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為電阻的電熱和導(dǎo)體桿的動(dòng)能：EC0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q＋ECm導(dǎo)軌水平光滑，間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，拉力F恒定開始時(shí)a＝eq\f(F,m)，桿ab速度v?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，經(jīng)過(guò)Δt速度為v＋Δv，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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＝CB2L2a，F(xiàn)－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)(若回路有電阻，則桿不做勻加速運(yùn)動(dòng))F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電容器的電場(chǎng)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)，可求解速度、位移、電荷量，以及除安培力之外恒力的作用時(shí)間。(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。(2020·海南高考)(多選)如圖，足夠長(zhǎng)的間距d＝1m的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在一個(gè)寬度L＝1m的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T，方向如圖所示。一根質(zhì)量ma＝0.1kg、阻值R＝0.5Ω的金屬棒a以初速度v0＝4m/s從左端開始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后，與另一根質(zhì)量mb＝0.2kg、阻值R＝0.5Ω的原來(lái)靜置在導(dǎo)軌上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則()A．金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)回路中有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流C．金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為0.25JD．金屬棒a最終停在距磁場(chǎng)左邊界0.8m處[答案]BD[解析]金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)受到安培力的作用，做減速運(yùn)動(dòng)，由于速度減小，則感應(yīng)電流減小，金屬棒a所受的安培力減小，加速度減小，故金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。根據(jù)右手定則可知，金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)回路中有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，故B正確。金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLd,Δt)，平均感應(yīng)電流為eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)，金屬棒a受到的安培力大小的平均值為eq\o(F,\s\up6(－))＝Beq\o(I,\s\up6(－))d，規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))d·Δt＝mava－mav0，解得金屬棒a第一次離開磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為va＝1.5m/s；金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒a機(jī)械能的減少量，即Q＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)，代入數(shù)據(jù)得Q＝0.6875J，由于兩棒電阻相同，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱相同，則金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為Qb＝eq\f(Q,2)＝0.34375J，故C錯(cuò)誤。規(guī)定向右為正方向，對(duì)兩金屬棒碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mava＝mava′＋mbvb，eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mava′2＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得金屬棒a碰后的速度為va′＝－0.5m/s；設(shè)金屬棒a最終停在距磁場(chǎng)左邊界x處，則從反彈進(jìn)入磁場(chǎng)到停下來(lái)的過(guò)程，電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\o(E,\s\up6(－))′＝eq\f(ΔΦ′,Δt′)＝eq\f(B（L－x）d,Δt′)，平均感應(yīng)電流為eq\o(I,\s\up6(－))′＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))′,2R)，金屬棒a受到的平均安培力大小為eq\o(F,\s\up6(－))′＝Beq\o(I,\s\up6(－))′d，規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得Beq\o(I,\s\up6(－))′d·Δt′＝0－mava′，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得x＝0.8m，故D正確。典型雙桿模型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(zhǎng)度Lb＝La質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長(zhǎng)度Lb＝2La動(dòng)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vb∶va＝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(duì)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(zhǎng)度Lb＝La質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長(zhǎng)度Lb＝La摩擦力Ffb＝Ffa動(dòng)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(duì)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(duì)單桿可以用動(dòng)量定理注：對(duì)于不在同一平面上運(yùn)動(dòng)的雙桿的問(wèn)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(guó)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(zhǎng)，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(guò)程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經(jīng)過(guò)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(shì)，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(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則電路中的總電動(dòng)勢(shì)E＝BL(v2－v1)，電路中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL（v2－v1）,R)，金屬框受到的安培力F安框＝BIL＝eq\f(B2L2（v2－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(B2L2（v2－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(duì)導(dǎo)體棒MN，有eq\f(B2L2（v2－v1）,R)＝m1a1，對(duì)金屬框，有F－eq\f(B2L2（v2－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(duì)速度v2－v1＝eq\f(FRm1,B2L2（m1＋m2）)，之后a1、a2不變，v2－v1恒定，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程用速度—時(shí)間圖像描述如圖所示。綜上可得，經(jīng)過(guò)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。典型導(dǎo)線框模型示意圖動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)能量觀點(diǎn)動(dòng)量觀點(diǎn)在安培力作用下穿越磁場(chǎng)(磁場(chǎng)寬度足夠大)以進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)為例，設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某時(shí)刻導(dǎo)線框的速度為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(chǎng))或靜止(導(dǎo)線框離開磁場(chǎng)過(guò)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(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量和除安培力之外恒力作用的時(shí)間：(1)求電荷量或速度：－Beq\o(I,\s\up6(－))·LΔt＝mv2－mv1，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt；(2)求位移：－eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－))Δt,R總)＝mv末－mv0，即－eq\f(B2L2x,R總)＝mv末－mv0；(3)求時(shí)間：①－Beq\o(I,\s\up6(－))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\o(v,\s\up6(－))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(chǎng)(磁場(chǎng)寬度足夠大)以進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程為例，設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)過(guò)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(chǎng)，質(zhì)量為m的正方形閉合導(dǎo)線框abcd的邊長(zhǎng)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(guò)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(guò)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(chǎng)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(shì)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(chǎng)，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，做勻加速運(yùn)動(dòng)。t1～t2時(shí)間內(nèi)對(duì)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(chǎng)，t3時(shí)刻bc邊即將到達(dá)地面，所以磁場(chǎng)高度d為t1～t3時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框的位移大小，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(shì)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；由前面分析可知t1～t2時(shí)間內(nèi)F安>mg且W安＝F安l，所以在下降過(guò)程中導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W安>mgl，D正確。1.(多選)如圖所示，在水平面上有兩根足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌，右端接有阻值為R的定值電阻，處于垂直軌道平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩軌道間距為L(zhǎng)。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒ab靜置于導(dǎo)軌上，棒ab在水平向左的恒力F的作用下開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中與軌道垂直且接觸良好，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，以速度v開始做勻速運(yùn)動(dòng)，隨后撤去外力F，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，棒ab與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則()A．外力F的大小為eq\f(B2L2v,R＋r)＋μmgB．勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒ab兩端的電壓為BLvC．若撤去外力后，又經(jīng)過(guò)位移x，棒ab停止運(yùn)動(dòng)，則撤去外力后棒ab運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(v,μg)－eq\f(B2L2x,μmg（R＋r）)D．若撤去外力后，又經(jīng)過(guò)位移x，棒ab停止運(yùn)動(dòng)，則撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mv2－μmgx答案ACD解析棒ab勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平衡條件有F＝FA＋μmg，其中FA＝BIL，I＝eq\f(E,R＋r)，E＝BLv，聯(lián)立解得F＝eq\f(B2L2v,R＋r)＋μmg，故A正確；棒ab勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，棒ab兩端的電壓為U＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(R,R＋r)·BLv，故B錯(cuò)誤；從撤去外力到棒ab停止運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量定理有－IA－μmgt＝0－mv，其中IA＝Beq\o(I,\s\up6(－))Lt，eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,t)，ΔΦ＝BLx，聯(lián)立可解得t＝eq\f(v,μg)－eq\f(B2L2x,μmg（R＋r）)，故C正確；從撤去外力到棒ab停止運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝Q＋μmgx，可得Q＝eq\f(1,2)mv2－μmgx，故D正確。2．(2021·河北高考)如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)。狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為θ，一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連。導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點(diǎn)開始以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，忽略所有電阻。下列說(shuō)法正確的是()A．通過(guò)金屬棒的電流為2BCv2tanθB．金屬棒到達(dá)x0時(shí)，電容器極板上的電荷量為BCvx0tanθC．金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電容器的上極板帶負(fù)電D．金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，外力F做功的功率恒定答案A解析由題知金屬棒勻速切割磁感線，則t時(shí)間內(nèi)金屬棒的位移x＝vt，根據(jù)幾何關(guān)系知金屬棒的有效切割長(zhǎng)度為l＝2xtanθ，則金屬棒上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv＝2Bv2ttanθ，忽略所有電阻，則電容器極板上的電荷量為Q＝CE＝2BCv2ttanθ，通過(guò)金屬棒的電流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝2BCv2tanθ，A正確；當(dāng)金屬棒到達(dá)x0處時(shí)，所用時(shí)間t0＝eq\f(x0,v)，則電容器極板上的電荷量為Q0＝2BCv2t0tanθ＝2BCvx0tanθ，B錯(cuò)誤；根據(jù)右手定則可知，金屬棒中電流方向?yàn)榱飨螂娙萜魃蠘O板，則電容器的上極板帶正電，C錯(cuò)誤；由于金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)，則F＝F安＝IlB，由A項(xiàng)分析可知流過(guò)金屬棒的電流I恒定，l與t成正比，則F安為變力，F(xiàn)為變力，再根據(jù)P＝Fv，v不變，可知外力F做功的功率P變化，D錯(cuò)誤。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(zhǎng)，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)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(chǎng)。在t＝t1時(shí)刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場(chǎng)邊界EF、GH進(jìn)入磁場(chǎng)，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(chǎng)區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b由相同材料制成，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，電阻分別為R和2R，a棒的質(zhì)量為m。在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，a、b棒沒(méi)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(guò)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(chǎng)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(shì)和b棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)在回路中均為逆時(shí)針?lè)较颍粤鬟^(guò)金屬棒a、b的感應(yīng)電流I＝eq\f(2BLv0,R＋2R)＝eq\f(2BLv0,3R)，對(duì)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(zhǎng)度均為L(zhǎng)，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(guò)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(guò)a棒的電流為0，說(shuō)明金屬棒a、b在t2時(shí)刻均在磁場(chǎng)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(guò)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(duì)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