【優(yōu)化方案】2022屆高三物理大一輪復(fù)習(xí)-第9章-第4節(jié)-電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題-教學(xué)講義-

第四節(jié)電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題一、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1．安培力的大小eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(安培力公式：F＝BIl,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝Blv,感應(yīng)電流：I＝\f(E,R)))?F＝eq\f(B2l2v,R)2．安培力的方向(1)先用右手定則判定感應(yīng)電流方向，再用左手定則判定安培力方向．(2)依據(jù)楞次定律，安培力的方向確定和導(dǎo)體切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)方向相反．1.(多選)(2022·高考四川卷)如圖所示，不計(jì)電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很小．質(zhì)量為0.2kg的細(xì)金屬桿CD恰好無(wú)擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長(zhǎng)為1m的正方形，其有效電阻為0.1Ω.此時(shí)在整個(gè)空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律是B＝(0.4－0.2t)T，圖示磁場(chǎng)方向?yàn)檎较颍颉醢搴蜅U不計(jì)形變．則()A．t＝1s時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到DB．t＝3s時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到CC．t＝1s時(shí)，金屬桿對(duì)擋板P的壓力大小為0.1ND．t＝3s時(shí)，金屬桿對(duì)擋板H的壓力大小為0.2N答案：AC二、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化1．過(guò)程分析(1)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生感應(yīng)電流的過(guò)程，實(shí)質(zhì)上是能量的轉(zhuǎn)化過(guò)程．(2)感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受安培力，若安培力做負(fù)功，則其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能；若安培力做正功，則電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．(3)當(dāng)感應(yīng)電流通過(guò)用電器時(shí)，電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2．安培力做功和電能變化的對(duì)應(yīng)關(guān)系“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能；安培力做多少功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2.(單選)如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽視的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無(wú)摩擦，棒與導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時(shí)間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于()A．棒的機(jī)械能增加量B．棒的動(dòng)能增加量C．棒的重力勢(shì)能增加量D．電阻R上放出的熱量答案：A考點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析1．導(dǎo)體的平衡態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．處理方法：依據(jù)平衡條件(合外力等于零)列式分析．2．導(dǎo)體的非平衡態(tài)——加速度不為零．處理方法：依據(jù)牛頓其次定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析．(2022·高考江蘇卷)如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，長(zhǎng)為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長(zhǎng)為d的薄絕緣涂層．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直．質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，并始終勻速滑到導(dǎo)軌底端.導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計(jì)，重力加速度為g.求：(1)導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v；(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.[解析](1)在絕緣涂層上導(dǎo)體棒受力平衡：mgsinθ＝μmgcosθ解得導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ.(2)在光滑導(dǎo)軌上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv感應(yīng)電流：I＝eq\f(E,R)安培力：F安＝BIL受力平衡的條件是：F安＝mgsinθ解得導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度v＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).(3)摩擦生熱：Qf＝μmgdcosθ依據(jù)能量守恒定律知：3mgdsinθ＝Q＋Qf＋eq\f(1,2)mv2解得電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q＝2mgdsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4).[答案](1)tanθ(2)eq\f(mgRsinθ,B2L2)(3)2mgdsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)[總結(jié)提升]分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的一般思路(1)先進(jìn)行“源”的分析——分別出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r；(2)再進(jìn)行“路”的分析——分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相關(guān)部分的電流大小，以便求解安培力；(3)然后是“力”的分析——分析爭(zhēng)辯對(duì)象(常是金屬桿、導(dǎo)體線(xiàn)圈等)的受力狀況，尤其留意其所受的安培力；(4)最終進(jìn)行“運(yùn)動(dòng)”狀態(tài)的分析——依據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，推斷出正確的運(yùn)動(dòng)模型．1.(單選)(2021·高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)如圖，在光滑水平桌面上有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的正方形導(dǎo)線(xiàn)框；在導(dǎo)線(xiàn)框右側(cè)有一寬度為d(d＞L)的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的邊界與導(dǎo)線(xiàn)框的一邊平行，磁場(chǎng)方向豎直向下．導(dǎo)線(xiàn)框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)．t＝0時(shí)導(dǎo)線(xiàn)框的右邊恰與磁場(chǎng)的左邊界重合，隨后導(dǎo)線(xiàn)框進(jìn)入并通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域．下列v－t圖象中，可能正確描述上述過(guò)程的是()解析：選D.導(dǎo)體切割磁感線(xiàn)時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電流，同時(shí)產(chǎn)生安培力阻礙導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)，利用法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力公式及牛頓其次定律可確定線(xiàn)框在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)．線(xiàn)框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，安培力的作用都是阻礙線(xiàn)框運(yùn)動(dòng)，使線(xiàn)框速度減小，由E＝BLv、I＝eq\f(E,R)及F＝BIL＝ma可知安培力減小，加速度減小，當(dāng)線(xiàn)框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后穿過(guò)線(xiàn)框的磁通量不再變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，不再產(chǎn)生安培力，線(xiàn)框做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)D正確．考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題1．電磁感應(yīng)過(guò)程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過(guò)安培力做功的形式實(shí)現(xiàn)的，安培力做功的過(guò)程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過(guò)程，外力克服安培力做功，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)程．2．能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法(1)能量轉(zhuǎn)化(2)求解焦耳熱Q的三種方法(2022·高考安徽卷)如圖甲所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.5T，其方向垂直于傾角θ為30°的斜面對(duì)上．絕緣斜面上固定有“∧”外形的光滑金屬導(dǎo)軌MPN(電阻忽視不計(jì))，MP和NP長(zhǎng)度均為2.5m，MN連線(xiàn)水平，長(zhǎng)為3m．以MN中點(diǎn)O為原點(diǎn)，OP為x軸建立一維坐標(biāo)系Ox.一根粗細(xì)均勻的金屬桿CD，長(zhǎng)度d為3m、質(zhì)量m為1kg、電阻R為0.3Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v＝1m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運(yùn)動(dòng)(金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好)．g取10m/s2.(1)求金屬桿CD運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E及運(yùn)動(dòng)到x＝0.8m處電勢(shì)差UCD；(2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)過(guò)程中拉力F與位置坐標(biāo)x的關(guān)系式，并在圖乙中畫(huà)出F－x關(guān)系圖象；(3)求金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的全過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱．[審題點(diǎn)睛](1)由于導(dǎo)軌電阻不計(jì)，因此導(dǎo)軌兩端的電壓為0，C、D兩端的電壓等于導(dǎo)軌外金屬棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，留意UCD的正負(fù)．(2)回路中電流恒定，但CD的有效長(zhǎng)度變化，金屬桿所受安培力為變力，依據(jù)F－x圖象求功．(3)外力做功使金屬桿CD的機(jī)械能增加和產(chǎn)生焦耳熱．[解析](1)金屬桿CD在勻速運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，l＝d，解得E＝1.5V當(dāng)x＝0.8m時(shí)，金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢(shì)差為零．設(shè)此時(shí)桿在導(dǎo)軌外的長(zhǎng)度為l外，則l外＝d－eq\f(OP－x,OP)d，OP＝eq\r(MP2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MN,2)))2)＝2m得l外＝1.2m由右手定則推斷D點(diǎn)電勢(shì)高，故CD兩端電勢(shì)差UCD＝－Bl外v＝－0.6V.(2)桿在導(dǎo)軌間的長(zhǎng)度l與位置x的關(guān)系是l＝eq\f(OP－x,OP)d＝3－eq\f(3,2)x對(duì)應(yīng)的電阻R1＝eq\f(l,d)R電流I＝eq\f(Blv,R1)桿受到的安培力為F安＝BIl＝7.5－3.75x依據(jù)平衡條件得F＝F安＋mgsinθF＝12.5－3.75x(0≤x≤2)畫(huà)出的F－x圖象如圖所示．(3)外力F所做的功WF等于F－x圖線(xiàn)下所圍的面積．即WF＝eq\f(5＋12.5,2)×2J＝17.5J而桿的重力勢(shì)能增加量ΔEp＝mgOPsinθ故全過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝WF－ΔEp＝7.5J.[答案](1)1.5V－0.6V(2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)圖象見(jiàn)解析(3)7.5J[方法提升]在解決電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題時(shí)，首先進(jìn)行受力分析，推斷各力做功和能量轉(zhuǎn)化狀況，再利用功能關(guān)系或能量守恒定律列式求解．2.(多選)(2021·石家莊模擬)如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，有三條水平虛線(xiàn)l1、l2、l3，它們之間的區(qū)域Ⅰ、Ⅱ?qū)挾染鶠閐，兩區(qū)域分別存在垂直斜面對(duì)下和垂直斜面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，一個(gè)質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為d、總電阻為R的正方形導(dǎo)線(xiàn)框，從l1上方確定高度處由靜止開(kāi)頭沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過(guò)l1進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)，恰好以速度v1做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；當(dāng)ab邊在越過(guò)l2運(yùn)動(dòng)到l3之前的某個(gè)時(shí)刻，線(xiàn)框又開(kāi)頭以速度v2做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.在線(xiàn)框從釋放到穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．線(xiàn)框中感應(yīng)電流的方向不變B．線(xiàn)框ab邊從l1運(yùn)動(dòng)到l2所用時(shí)間大于從l2運(yùn)動(dòng)到l3所用時(shí)間C．線(xiàn)框以速度v2做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，發(fā)熱功率為eq\f(m2g2R,4B2d2)sin2θD．線(xiàn)框從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到速度變?yōu)関2的過(guò)程中，削減的機(jī)械能ΔE機(jī)與重力做功WG的關(guān)系式是ΔE機(jī)＝WG＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解析：選CD.線(xiàn)框從釋放到穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中，由楞次定律可知感應(yīng)電流方向先沿abcda后沿adcba再沿abcda方向，A項(xiàng)錯(cuò)；線(xiàn)框第一次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由平衡條件有BI′d＝mgsinθ，I＝eq\f(Bdv1,R)，解得v1＝eq\f(mgRsinθ,B2d2).其次次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由平衡條件有2BI′d＝mgsinθ，I′＝eq\f(2Bdv2,R)，解得v2＝eq\f(mgRsinθ,4B2d2).線(xiàn)框ab邊勻速通過(guò)區(qū)域Ⅰ，先減速再勻速通過(guò)區(qū)域Ⅱ，而兩區(qū)域?qū)挾认嗤?，故通過(guò)區(qū)域Ⅰ的時(shí)間小于通過(guò)區(qū)域Ⅱ的時(shí)間，B項(xiàng)錯(cuò)；由功能關(guān)系知線(xiàn)框其次次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)發(fā)熱功率等于重力做功的功率，即P＝mgv2sinθ＝eq\f(m2g2Rsin2θ,4B2d2)，C項(xiàng)正確；線(xiàn)框從進(jìn)入磁場(chǎng)到其次次勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，損失的重力勢(shì)能等于該過(guò)程中重力做的功，動(dòng)能損失量為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，所以線(xiàn)框機(jī)械能損失量為ΔE機(jī)＝WG＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，D項(xiàng)正確．物理模型——電磁感應(yīng)中的“雙桿”模型1．模型分類(lèi)“雙桿”模型分為兩類(lèi)：一類(lèi)是“一動(dòng)一靜”，甲桿靜止不動(dòng)，乙桿運(yùn)動(dòng)，其實(shí)質(zhì)是單桿問(wèn)題，不過(guò)要留意問(wèn)題包含著一個(gè)條件：甲桿靜止、受力平衡．另一種狀況是兩桿都在運(yùn)動(dòng)，對(duì)于這種狀況，要留意兩桿切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是相加還是相減．2．分析方法通過(guò)受力分析，確定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，一般會(huì)有收尾狀態(tài)．對(duì)于收尾狀態(tài)則有恒定的速度或者加速度等，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和能量觀點(diǎn)分析求解．(14分)(2022·高考天津卷)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L＝0.4m．導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線(xiàn)為MN，Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面對(duì)下，Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面對(duì)上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.5T．在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1kg，電阻R1＝0.1Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑．然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4kg，電阻R2＝0.1Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開(kāi)頭下滑．cd在滑動(dòng)過(guò)程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g＝10m/s2.問(wèn)：(1)cd下滑的過(guò)程中，ab中的電流方向；(2)ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd的速度v多大；(3)從cd開(kāi)頭下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中，cd滑動(dòng)的距離x＝3.8m，此過(guò)程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少．[審題點(diǎn)睛](1)ab剛好不下滑，隱含F(xiàn)fm＝mgsinθ，方向沿斜面對(duì)上，ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，隱含F(xiàn)安＝Ffm＋mgsinθ，摩擦力方向沿斜面對(duì)下．(2)由于ab中的電流變化，產(chǎn)生的熱量要用功能關(guān)系(能量守恒)結(jié)合電路學(xué)問(wèn)求解．eq\a\vs4\al([規(guī)范解答])—————————該得的分一分不丟！(1)由右手定則可知cd中的電流由d到c，故ab中的電流由a流向b.(1分)(2)開(kāi)頭放置ab剛好不下滑時(shí)，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①(1分)設(shè)ab剛要上滑時(shí)，cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv②(1分)設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R1＋R2)③(1分)設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝BIL④(1分)此時(shí)ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面對(duì)下，由平衡條件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤(2分)綜合①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5m/s.(1分)(3)設(shè)cd棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中在電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q總＋eq\f(1,2)m2v2(2分)又Q＝eq\f(R1,R1＋R2)Q總(2分)解得Q＝1.3J．(2分)[答案](1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J[總結(jié)提升]分析“雙桿”模型問(wèn)題時(shí)，要留意雙桿之間的制約關(guān)系，即“動(dòng)桿”與“被動(dòng)桿”之間的關(guān)系，需要留意的是，最終兩桿的收尾狀態(tài)的確定是分析該類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵．3.(多選)(2021·唐山模擬)如圖所示，水平傳送帶帶動(dòng)兩金屬桿a、b勻速向右運(yùn)動(dòng)，傳送帶右側(cè)與兩光滑平行金屬導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌與水平面間夾角為30°，兩虛線(xiàn)EF、GH之間有垂直導(dǎo)軌平面對(duì)下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)寬度為L(zhǎng)，兩金屬桿的長(zhǎng)度和兩導(dǎo)軌的間距均為d，兩金屬桿質(zhì)量均為m，兩桿與導(dǎo)軌接觸良好．當(dāng)金屬桿a進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬桿a離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，金屬桿b恰好進(jìn)入磁場(chǎng)，則()A．金屬桿b進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速運(yùn)動(dòng)B．金屬桿b進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)C．兩桿在穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，回路中產(chǎn)生的總熱量為mgLD．兩桿在穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，回路中產(chǎn)生的總熱量為eq\f(mgL,2)解析：選BC.兩桿從導(dǎo)軌頂端進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，均只有重力做功，故進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小相等，金屬桿a進(jìn)入磁場(chǎng)后勻速運(yùn)動(dòng)，b進(jìn)入磁場(chǎng)后，a離開(kāi)磁場(chǎng)，金屬桿b受力與金屬桿a受力狀況相同，故也做勻速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)，B項(xiàng)正確；兩桿勻速穿過(guò)磁場(chǎng)，削減的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為回路的電熱，即Q＝2mgLsin30°＝mgL，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)．1．(多選)(2021·江西八校聯(lián)考)如圖甲所示，光滑絕緣水平面上，虛線(xiàn)MN的右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN的左側(cè)有一質(zhì)量m＝0.1kg的矩形線(xiàn)圈abcd，bc邊長(zhǎng)L1＝0.2m，電阻R＝2Ω.t＝0時(shí)，用一恒定拉力F拉線(xiàn)圈，使其由靜止開(kāi)頭向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間1s，線(xiàn)圈的bc邊到達(dá)磁場(chǎng)邊界MN，此時(shí)馬上將拉力F改為變力，又經(jīng)過(guò)1s，線(xiàn)圈恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線(xiàn)圈中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示．則()A．恒定拉力大小為0.05NB．線(xiàn)圈在第2s內(nèi)的加速度大小為1m/s2C．線(xiàn)圈ab邊長(zhǎng)L2＝0.5mD．在第2s內(nèi)流過(guò)線(xiàn)圈的電荷量為0.2C解析：選ABD.在第1s末，i1＝eq\f(E,R)，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F(xiàn)＝ma1，聯(lián)立得F＝0.05N，A項(xiàng)正確．在第2s內(nèi)，由圖象分析知線(xiàn)圈做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，第2s末i2＝eq\f(E′,R)，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1m/s2，B項(xiàng)正確．在第2s內(nèi)，veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2L2，得L2＝1m，C項(xiàng)錯(cuò)誤．q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL1L2,R)＝0.2C，D項(xiàng)正確．2．(多選)(2021·河南三市聯(lián)考)兩根足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L(zhǎng)，頂端接阻值為R的電阻．質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場(chǎng)上邊界某處由靜止釋放，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，如圖所示，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g，則()A．金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閍→bB．金屬棒的速度為v時(shí)，金屬棒所受的安培力大小為eq\f(B2L2v,R＋r)C．金屬棒的最大速度為eq\f(mgR＋r,BL)D．金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時(shí)，電阻R的熱功率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))2R解析：選BD.金屬棒在磁場(chǎng)中向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由楞次定律知，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閎→a，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；金屬棒的速度為v時(shí)，金屬棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)，所受的安培力大小為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，選項(xiàng)B正確；當(dāng)安培力F＝mg時(shí)，金屬棒下滑速度最大，金屬棒的最大速度為v＝eq\f(mgR＋r,B2L2)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時(shí)，電阻R和r的總熱功率為P＝mgv＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))2(R＋r)，電阻R的熱功率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))2R，選項(xiàng)D正確．3．(多選)(2021·揚(yáng)州模擬)如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的夾角為θ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，與阻值為R的定值電阻相連，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.有一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l的導(dǎo)體棒從ab位置獲得平行于斜面的、大小為v的初速度向上運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)a′b′的位置，滑行的距離為s，導(dǎo)體棒的電阻也為R，與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.則()A．上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒受到的最大安培力為eq\f(B2l2v,R)B．上滑過(guò)程中電流做功放出的熱量為eq\f(1,2)mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)C．上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功為eq\f(1,2)mv2D．上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為eq\f(1,2)mv2－mgssinθ解析：選BD.上滑過(guò)程中，開(kāi)頭時(shí)導(dǎo)體棒的速度最大，受到的安培力最大為eq\f(B2l2v,2R)，A錯(cuò)；依據(jù)能量守恒，上滑過(guò)程中電流做功放出的熱量為eq\f(1,2)mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)，B對(duì)；上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電流做功產(chǎn)生的熱，也是eq\f(1,2)mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)，C錯(cuò)；上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為eq\f(1,2)mv2－mgssinθ，D對(duì)．4．(單選)如圖所示，寬為2L且上、下邊界都水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的正上方有一個(gè)高為L(zhǎng)的閉合矩形線(xiàn)框由靜止從某高度釋放，線(xiàn)框豎直下落過(guò)程中，下邊始終保持水平，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直線(xiàn)框平面對(duì)里，線(xiàn)框第一次從某高度由靜止下落后，恰好勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，其次次調(diào)整下落高度后，線(xiàn)框恰好勻速穿過(guò)磁場(chǎng)下邊界，用I1、I2分別表示第一次、其次次在整個(gè)進(jìn)出磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中線(xiàn)框的感應(yīng)電流大小，則下列反映線(xiàn)框的感應(yīng)電流隨位移變化的圖象中可能正確的是()解析：選A.線(xiàn)框第一次進(jìn)入磁場(chǎng)先做勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生恒定電流，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，線(xiàn)框中無(wú)感應(yīng)電流，而出磁場(chǎng)時(shí)，做減速運(yùn)動(dòng)，線(xiàn)框中產(chǎn)生漸漸減小的感應(yīng)電流，但剛出磁場(chǎng)時(shí)速度不小于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度，即x＝3L時(shí)，感應(yīng)電流不小于I0，A對(duì)，B錯(cuò)；線(xiàn)框其次次出磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生恒定電流，因線(xiàn)框在完全進(jìn)入磁場(chǎng)后有一段勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，所以線(xiàn)框在進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中將始終做加速運(yùn)動(dòng)且感應(yīng)電流確定小于I0，C、D錯(cuò)．5．(多選)如圖所示，光滑平行的金屬導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)，與水平方向成θ角傾斜固定，導(dǎo)軌之間布滿(mǎn)了垂直于導(dǎo)軌平面的足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌放置著質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒a、b，二者都被垂直于導(dǎo)軌的擋板攔住保持靜止，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，現(xiàn)對(duì)b棒施加一垂直于棒且平行于導(dǎo)軌平面對(duì)上的牽引力F，并在極短的時(shí)間內(nèi)將牽引力的功率從零調(diào)為恒定的P.為了使a棒沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，P的取值可能為(重力加速度為g)()A.eq\f(2m2g2R,B2L2)·sin2θ B.eq\f(3m2g2R,B2L2)·sin2θC.eq\f(7m2g2R,B2L2)·sin2θ D.eq\f(5m2g2R,B2L2)·sin2θ解析：選CD.以b棒為爭(zhēng)辯對(duì)象，由牛頓其次定律可知F－mgsinθ－eq\f(BLv,2R)BL＝ma，以a棒為爭(zhēng)辯對(duì)象，由牛頓其次定律可知eq\f(BLv,2R)BL－mgsinθ＝ma′，則F>2mgsinθ，v>eq\f(2Rmgsinθ,B2L2)，故P＝Fv>eq\f(4m2g2R,B2L2)sin2θ，由此可得選項(xiàng)C、D正確，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤．6．(單選)(2021·高考安徽卷)如圖所示，足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5m，電阻忽視不計(jì)，其上端接一小燈泡，電阻為1Ω.一導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.2kg，接入電路的電阻為1Ω，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.8T．將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)體棒MN的運(yùn)動(dòng)速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6)()A．2.5m/s1W B．5m/s1WC．7.5m/s9W D．15m/s9W解析：選B.小燈泡穩(wěn)定發(fā)光說(shuō)明棒做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．此時(shí)：F安＝eq\f(B2l2v,R總)對(duì)棒滿(mǎn)足：mgsinθ－μmgcosθ－eq\f(B2l2v,R棒＋R燈)＝0由于R燈＝R棒則：P燈＝P棒再依據(jù)功能關(guān)系：mgsinθ·v－μmgcosθ·v＝P燈＋P棒聯(lián)立解得v＝5m/s，P燈＝1W，所以B項(xiàng)正確．一、單項(xiàng)選擇題1．如圖所示，在一固定水平放置的閉合導(dǎo)體圓環(huán)上方，有一條形磁鐵，從離地面高h(yuǎn)處，由靜止開(kāi)頭下落，最終落在水平地面上．磁鐵下落過(guò)程中始終保持豎直方向，并從圓環(huán)中心穿過(guò)圓環(huán)，而不與圓環(huán)接觸．若不計(jì)空氣阻力．重力加速度為g，下列說(shuō)法中正確的是()A．在磁鐵下落的整個(gè)過(guò)程中，圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向先逆時(shí)針后順時(shí)針(從上向下看圓環(huán))B．磁鐵在整個(gè)下落過(guò)程中，受圓環(huán)對(duì)它的作用力先豎直向上后豎直向下C．磁鐵在整個(gè)下落過(guò)程中，它的機(jī)械能不變D．磁鐵落地時(shí)的速率確定等于eq\r(2gh)解析：選A.當(dāng)條形磁鐵靠近圓環(huán)時(shí)，穿過(guò)圓環(huán)的磁通量增加，依據(jù)楞次定律可推斷圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針(從上向下看圓環(huán))，當(dāng)條形磁鐵遠(yuǎn)離圓環(huán)時(shí)，穿過(guò)圓環(huán)的磁通量減小，依據(jù)楞次定律可推斷圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針(從上向下看圓環(huán))，A正確；依據(jù)楞次定律的推論“來(lái)拒去留”原則，可推斷磁鐵在整個(gè)下落過(guò)程中，受圓環(huán)對(duì)它的作用力始終豎直向上，B錯(cuò)誤；磁鐵在整個(gè)下落過(guò)程中，由于受到磁場(chǎng)力的作用，機(jī)械能不守恒，C錯(cuò)誤；若磁鐵從高度h處做自由落體運(yùn)動(dòng)，其落地時(shí)的速度v＝eq\r(2gh)，但磁鐵穿過(guò)圓環(huán)的過(guò)程中要產(chǎn)生一部分電熱，依據(jù)能量守恒定律可知，其落地速度確定小于eq\r(2gh)，D錯(cuò)誤．2.豎直平面內(nèi)有一外形為拋物線(xiàn)的光滑曲面軌道，如圖所示，拋物線(xiàn)方程是y＝x2，軌道下半部分處在一個(gè)水平向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的上邊界是y＝a的直線(xiàn)(圖中虛線(xiàn)所示)，一個(gè)小金屬環(huán)從拋物線(xiàn)上y＝b(b>a)處以速度v沿拋物線(xiàn)下滑，假設(shè)拋物線(xiàn)足夠長(zhǎng)，金屬環(huán)沿拋物線(xiàn)下滑后產(chǎn)生的焦耳熱總量是()A．mgb B.eq\f(1,2)mv2C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋eq\f(1,2)mv2解析：選D.小金屬環(huán)進(jìn)入或離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，磁通量會(huì)發(fā)生變化，并產(chǎn)生感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱；當(dāng)小金屬環(huán)全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，小金屬環(huán)最終在磁場(chǎng)中做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由能量守恒可得產(chǎn)生的焦耳熱等于削減的機(jī)械能，即Q＝eq\f(1,2)mv2＋mgb－mga＝mg(b－a)＋eq\f(1,2)mv2.3.(2021·高考福建卷)如圖，矩形閉合導(dǎo)體線(xiàn)框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線(xiàn)框ab邊和cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻．線(xiàn)框下落過(guò)程外形不變，ab邊始終保持與磁場(chǎng)水平邊界線(xiàn)OO′平行，線(xiàn)框平面與磁場(chǎng)方向垂直．設(shè)OO′下方磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，不計(jì)空氣影響，則下列哪一個(gè)圖象不行能反映線(xiàn)框下落過(guò)程中速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律()解析：選A.由題意可知，線(xiàn)框先做自由落體運(yùn)動(dòng)，最終做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．若ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度較小，線(xiàn)框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流較小，線(xiàn)框所受安培力小于重力，則線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程做加速度漸漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，圖象C有可能；若線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度較大，線(xiàn)框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流較大，線(xiàn)框所受安培力大于重力，則線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做加速度漸漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，圖象B有可能；若線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度合適，線(xiàn)框所受安培力等于重力，則線(xiàn)框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，圖象D有可能；由分析可知本題應(yīng)選A.4.(2021·南昌模擬)如圖所示，在光滑水平面上方，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQ為兩個(gè)磁場(chǎng)的邊界，磁場(chǎng)范圍足夠大．一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形金屬線(xiàn)框沿垂直磁場(chǎng)方向，以速度v從圖示位置向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線(xiàn)框中心線(xiàn)AB運(yùn)動(dòng)到與PQ重合時(shí)，線(xiàn)框的速度為eq\f(v,2)，則()A．此時(shí)線(xiàn)框的電功率為eq\f(4B2L2v2,R)B．此時(shí)線(xiàn)框的加速度為eq\f(4B2L2v,mR)C．此過(guò)程通過(guò)線(xiàn)框截面的電荷量為eq\f(BL2,R)D．此過(guò)程回路產(chǎn)生的電能為0.75mv2解析：選C.在題圖中虛線(xiàn)位置，線(xiàn)框產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(BLv,2)＋eq\f(BLv,2)＝BLv，電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，由牛頓其次定律可知，線(xiàn)框的加速度a＝eq\f(F,m)＝2×eq\f(BIL,m)＝eq\f(2B2L2v,mR)，B錯(cuò)誤；線(xiàn)框的電功率P＝I2R＝eq\f(B2L2v2,R)，A錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律和電流的定義，可得此過(guò)程通過(guò)線(xiàn)框截面的電荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)，C正確；由能量守恒定律可得，回路產(chǎn)生的電能W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)meq\f(v2,4)＝eq\f(3,8)mv2，D錯(cuò)誤．5．如圖甲所示，電阻不計(jì)且間距L＝1m的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，上端接一阻值R＝2Ω的電阻，虛線(xiàn)OO′下方有垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1kg、電阻不計(jì)的金屬桿ab從OO′上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過(guò)程中與導(dǎo)軌保持良好接觸且始終水平，已知桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v0＝1m/s，下落0.3m的過(guò)程中加速度a與下落距離h的關(guān)系圖象如圖乙所示，g取10m/s2，則()A．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1TB．桿ab下落0.3m時(shí)金屬桿的速度為1m/sC．桿ab下落0.3m的過(guò)程中R上產(chǎn)生的熱量為0.2JD．桿ab下落0.3m的過(guò)程中通過(guò)R的電荷量為0.25C解析：選D.在桿ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，有eq\f(B2L2v0,R)－mg＝ma，由題圖乙知，a的大小為10m/s2，解得B＝2T，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．桿ab下落0.3m時(shí)桿做勻速運(yùn)動(dòng)，則有eq\f(B2L2v′,R)＝mg，解得v′＝0.5m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．在桿ab下落0.3m的過(guò)程中，依據(jù)能量守恒，R上產(chǎn)生的熱量為Q＝mgh－eq\f(1,2)mv′2＝0.2875J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．通過(guò)R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B·ΔS,R)＝0.25C，選項(xiàng)D正確．☆6.如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑U形導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)，其所在平面與水平面的夾角為α，上端連接一個(gè)阻值為R的電阻，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，今有一質(zhì)量為m、有效電阻為r的金屬桿垂直于導(dǎo)軌放置并由靜止下滑，設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域無(wú)限大，當(dāng)金屬桿下滑達(dá)到最大速度vm時(shí)，運(yùn)動(dòng)的位移為x，則以下說(shuō)法中正確的是()A．金屬桿所受導(dǎo)軌的支持力大于mgcosαB．金屬桿下滑的最大速度vm＝eq\f(mgR＋rsinα,B2L2cosα)C．在此過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgxsinα－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)D．在此過(guò)程中流過(guò)電阻R的電荷量為eq\f(BLx,R＋r)解析：選A.由于磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上，依據(jù)右手定則及左手定則，金屬桿受水平向右的安培力、重力及支持力，A正確；當(dāng)金屬桿受力平衡時(shí)，速度最大，故有eq\f(B2L2vmcosα,R＋r)＝mgtanα，得vm＝eq\f(mgR＋rsinα,B2L2cos2α)，B錯(cuò)誤；由能量守恒定律可得mgxsinα＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q總，則電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR＝eq\f(R,R＋r)Q總＝eq\f(R,R＋r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgxsinα－\f(1,2)mv\o\al(2,m)))，C錯(cuò)誤；流過(guò)電阻R的電荷量為Q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLxcosα,R＋r)，D錯(cuò)誤．二、多項(xiàng)選擇題7．如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻不計(jì)的n匝正方形金屬線(xiàn)框位于豎直平面內(nèi)，連接的小燈泡的額定功率、額定電壓分別為P、U，線(xiàn)框及小燈泡的總質(zhì)量為m，在線(xiàn)框的下方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾葹閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與線(xiàn)框平面垂直，其上、下邊界與線(xiàn)框底邊均水平．線(xiàn)框從圖示位置開(kāi)頭靜止下落，穿越磁場(chǎng)的過(guò)程中，小燈泡始終正常發(fā)光．則()A．有界磁場(chǎng)寬度l<LB．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)為eq\f(mgU,nPL)C．線(xiàn)框勻速穿越磁場(chǎng)，速度恒為eq\f(P,mg)D．線(xiàn)框穿越磁場(chǎng)的過(guò)程中，燈泡產(chǎn)生的焦耳熱為mgL解析：選BC.因線(xiàn)框穿越磁場(chǎng)的過(guò)程中小燈泡正常發(fā)光，故線(xiàn)框勻速穿越磁場(chǎng)，且線(xiàn)框長(zhǎng)度L和磁場(chǎng)寬度l相同，A錯(cuò)誤；因線(xiàn)框勻速穿越磁場(chǎng)，故重力和安培力相等，mg＝nBIL＝nBeq\f(P,U)L，得B＝eq\f(mgU,nPL)，B正確；線(xiàn)框勻速穿越磁場(chǎng)，重力做功的功率等于電功率，即mgv＝P，得v＝eq\f(P,mg)，C正確；線(xiàn)框穿越磁場(chǎng)時(shí)，通過(guò)的位移為2L，且重力做功完全轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故Q＝2mgL，D錯(cuò)誤．8.如圖所示，兩足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面對(duì)下，金屬棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路且都可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦滑動(dòng)，兩金屬棒ab、cd的質(zhì)量之比為2∶1.用一沿導(dǎo)軌方向的恒力F水平向右拉金屬棒cd，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間以后()A．金屬棒ab、cd都做勻速運(yùn)動(dòng)B．金屬棒ab上的電流方向是由b向aC．金屬棒cd所受安培力的大小等于2F/3D．兩金屬棒間距離保持不變解析：選BC.對(duì)兩金屬棒ab、cd進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析可知，兩金屬棒最終將做加速度相同的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，且金屬棒ab速度小于金屬棒cd速度，所以?xún)山饘侔糸g距離是變大的，由楞次定律推斷金屬棒ab上的電流方向由b到a，A、D錯(cuò)誤，B正確；以?xún)山饘侔粽w為爭(zhēng)辯對(duì)象有：F＝3ma，隔離金屬棒cd分析其受力，則有：F－F安＝ma，可求得金屬棒cd所受安培力的大小F安＝eq\f(2,3)F，C正確．9．(2021·內(nèi)蒙古包頭測(cè)評(píng))如圖，在水平桌面上放置兩條相距l(xiāng)的平行光滑導(dǎo)軌ab與cd，阻值為R的電阻與導(dǎo)軌的a、c端相連．質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置并可沿導(dǎo)軌自由滑動(dòng)．整個(gè)裝置放于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向豎直向上(圖中未畫(huà)出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.導(dǎo)體棒的中點(diǎn)系一個(gè)不行伸長(zhǎng)的輕繩，繩繞過(guò)固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與一個(gè)質(zhì)量也為m的物塊相連，繩處于拉直狀態(tài)．現(xiàn)若從靜止開(kāi)頭釋放物塊，用h表示物塊下落的高度(物塊不會(huì)觸地)，g表示重力加速度，其他電阻不計(jì)，則()A．電阻R中的感應(yīng)電流方向由a到cB．物塊下落的最大加速度為gC．若h足夠大，物塊下落的最大速度為eq\f(mgR,B2l2)D．通過(guò)電阻R的電荷量為eq\f(Blh,R)解析：選CD.題中導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線(xiàn)，由右手定則可得回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，則電阻R中的電流方向由c到a，A錯(cuò)誤；對(duì)導(dǎo)體棒應(yīng)用牛頓其次定律有：T－F安＝ma，又F安＝Beq\f(Blv,R)l，再對(duì)物塊應(yīng)用牛頓其次定律有：mg－T＝ma，則聯(lián)立可得：a＝eq\f(g,2)－eq\f(B2l2v,2mR)，則物塊下落的最大加速度am＝eq\f(g,2)，B錯(cuò)誤；當(dāng)a＝0時(shí)，速度最大為vm＝eq\f(mgR,B2l2)，C正確；下落h的過(guò)程，回路中的面積變化量ΔS＝lh，則通過(guò)電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BΔS,R)＝eq\f(Blh,R)，D正確．10．在仁川亞運(yùn)會(huì)上，100m賽跑跑道兩側(cè)設(shè)有跟蹤儀，其原理如圖甲所示，水平面上兩根足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距為L(zhǎng)＝0.5m，一端通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)與阻值為R＝0.5Ω的電阻連接．導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m＝0.5kg的金屬桿，金屬桿與導(dǎo)軌的電阻忽視不計(jì)．勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向下．用與導(dǎo)軌平行的拉力F作用在金屬桿上，使桿運(yùn)動(dòng)．當(dāng)轉(zhuǎn)變拉力的大小時(shí)，相對(duì)應(yīng)的速度v也會(huì)變化，從而使跟蹤儀始終與運(yùn)動(dòng)員保持全都．已知v和F的關(guān)系如圖乙．(取重力加速度g＝10m/s2)則()A．金屬桿受到的拉力與速度成正比B．該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1TC．圖線(xiàn)在橫軸的截距表示金屬桿與導(dǎo)軌間的阻力大小D．導(dǎo)軌與金屬桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4解析：選BCD.由題圖乙可知拉力與速度是一次函數(shù)，但不成正比