高考物理总复习第十章 04 微专题8 电磁感应中的动力学和能量问题精练(含解析)

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高考物理总复习第十章第4节电磁感应中的动力学和能量、动量问题课件

12/9/2021
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A．ab 中的感应电流方向由 b 到 a B．ab 中的感应电流逐渐减小 C．ab 所受的安培力保持不变 D．ab 所受的静摩擦力逐渐减小
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[解析] 根据楞次定律，感应电流产生的磁场向下，再根据安培定则，可判断 ab 中感应电流方向从 a 到 b，A 错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电流 I 恒定不变，B 错误；安培力 F＝BIL，由于 I、L 不变，B 减小，所以 ab 所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，C 错误，D 正确． [答案] D
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【题组突破】 1．(2019·青岛调研)如图，间距为 L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为 R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为 m，电阻也为 R 的金属棒 ab，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为 B 的匀强磁场中．现金属棒在水平拉力 F 作用下以速度 v0 沿导轨向右匀速运动．下列说法正确的是( )
代入数据得 q＝73 C.
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(3)由能量守恒定律可知杆 a、b 中产生的焦耳热为 Q＝magh＋12mbv20－12(mb＋ma)v′2＝1661 J 杆 b 中产生的焦耳热为 Q′＝2＋5 5Q＝1165 J.
[答案] (1)5 s (2)73 C (3)1165 J
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(1)杆 a 在弧形轨道上运动的时间； (2)杆 a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个过程中杆 b 产生的焦耳热．

高中物理新高考考点复习40 电磁感应中的动力学、能量与动量问题

考点规范练40电磁感应中的动力学、能量与动量问题一、单项选择题1.如图所示,在光滑绝缘水平面上,有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域,线圈全部进入匀强磁场区域时,其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,磁场区域宽度大于线圈宽度,则( )A.线圈恰好在完全离开磁场时停下B.线圈在未完全离开磁场时即已停下C.线圈在磁场中某个位置停下D.线圈能通过场区不会停下2.如图所示,两光滑平行金属导轨间距为l ,直导线MN 垂直跨在导轨上,且与导轨接触良好,整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B 。

电容器的电容为C ,除电阻R 外,导轨和导线的电阻均不计。

现给导线MN 一初速度,使导线MN 向右运动,当电路稳定后,MN 以速度v 向右做匀速运动时( )A.电容器两端的电压为零B.电阻两端的电压为BlvC.电容器所带电荷量为CBlvD.为保持MN 匀速运动,需对其施加的拉力大小为B 2l 2vR3.(2021·辽宁模拟)如图所示,间距l=1 m 的两平行光滑金属导轨固定在水平面上,两端分别连接有阻值均为2 Ω的电阻R 1、R 2,轨道有部分处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B=1 T 的有界匀强磁场中,磁场两平行边界与导轨垂直,且磁场区域的宽度为d=2 m 。

一电阻r=1 Ω、质量m=0.5 kg 的导体棒ab 垂直置于导轨上,导体棒现以方向平行于导轨、大小v 0=5 m/s 的初速度沿导轨从磁场左侧边界进入磁场并通过磁场区域,若导轨电阻不计,则下列说法正确的是( )A.导体棒通过磁场的整个过程中,流过电阻R 1的电荷量为1 CB.导体棒离开磁场时的速度大小为2 m/sC.导体棒运动到磁场区域中间位置时的速度大小为3 m/sD.导体棒通过磁场的整个过程中,电阻R 2产生的电热为1 J4.如图所示,条形磁体位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置,一半径为R 、质量为m 的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑,重力加速度大小为g 。

高二物理电磁感应中的能量问题(含答案)

电磁感应中的能量问题复习精要1. 产生和维持感应电流的存在的过程就是其它形式的能量转化为感应电流电能的过程。

导体在达到稳定状态之前，外力移动导体所做的功，一部分消耗于克服安培力做功，转化为产生感应电流的电能或最后再转化为焦耳热，另一部分用于增加导体的动能，即当导体达到稳定状态（作匀速运动时），外力所做的功，完全消耗于克服安培力做功，并转化为感应电流的电能或最后再转化为焦耳热2.在电磁感应现象中，能量是守恒的。

楞次定律与能量守恒定律是相符合的，认真分析电磁感应过程中的能量转化，熟练地应用能量转化与守恒定律是求解叫复杂的电磁感应问题常用的简便方法。

3.安培力做正功和克服安培力做功的区别：电磁感应的过程，同时总伴随着能量的转化和守恒，当外力克服安培力做功时，就有其它形式的能转化为电能；当安培力做正功时，就有电能转化为其它形式的能。

4.在较复杂的电磁感应现象中，经常涉及求解焦耳热的问题。

尤其是变化的安培力，不能直接由Q=I 2 Rt 解，用能量守恒的方法就可以不必追究变力、变电流做功的具体细节，只需弄清能量的转化途径，注意分清有多少种形式的能在相互转化，用能量的转化与守恒定律就可求解，而用能量的转化与守恒观点，只需从全过程考虑，不涉及电流的产生过程，计算简便。

这样用守恒定律求解的方法最大特点是省去许多细节，解题简捷、方便。

1．如图所示，足够长的两光滑导轨水平放置，两条导轨相距为d ，左端MN 用阻值不计的导线相连，金属棒ab 可在导轨上滑动，导轨单位长度的电阻为r 0，金属棒ab 的电阻不计。

整个装置处于竖直向下的均匀磁场中，磁场的磁感应强度随时间均匀增加，B =kt ，其中k 为常数。

金属棒ab 在水平外力的作用下，以速度v 沿导轨向右做匀速运动，t =0时，金属棒ab 与MN 相距非常近．求：（1）当t =t o 时，水平外力的大小F ．（2）同学们在求t =t o 时刻闭合回路消耗的功率时，有两种不同的求法：方法一：t =t o 时刻闭合回路消耗的功率P =F·v ．方法二：由Bld =F ，得 F I Bd= 2222F R P I R B d ==（其中R 为回路总电阻）这两种方法哪一种正确?请你做出判断，并简述理由．x2.如图所示，一根电阻为R=0.6Ω的导线弯成一个圆形线圈，圆半径r=1m ，圆形线圈质量m=1kg ，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y 轴右侧有垂直于线圈平面B=0.5T 的匀强磁场。

高考物理总复习专题10 电磁感应中的动力学和能量问题

• (3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．
• 2．求解思路
• (1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝ I2Rt直接进行计算．
• (2)若电流变化，则①利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能．
(3)当速度为2 m/s时，安培力 F＝BR2＋L2rv 对金属棒ab有： FT－F－mgsin 30°＝ma 对重物有Mg－FT＝Ma 联立上述各式，代入数据得 a＝2.68 m/s2. 答案 (1)3.5 m/s (2) 5 T (3)2.68 m/s2
• 方法提炼解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，即先作“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；
则通过电阻R的电荷量为q＝ I Δt④ 联立①②③④式，代入数据得 q＝4.5 C．⑤ (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＝2ax⑥ 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＝0－21mv2⑦
撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2＝－W J⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得 Q2＝1.8 J．⑨ (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 J⑩ 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知 WF＝Q1＋Q2⑪ 由⑨⑩⑪式得 WF＝5.4 J．⑫
•专题10 电磁感应中的动力学和能量问题
• 【导学目标】 1.会分析计算电磁感应中的安培力参与的导体的运动及平衡问题.

高考物理一轮复习：专题十电磁感应中的动力学和能量问题精品课件

sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)小环所受摩擦力的大小；
解析对杆Q，根据并联电路特
点以及平衡条件得：
2IlB2＝F＋m1gsin θ
由法拉第电磁感应定律得：
E＝B2lv
电磁感应中的动力学和能量问题
【典例剖析】
已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳Leabharlann 滑，K杆保持静止，【典例剖析】
已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，
Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动。
不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长。取g＝10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)小环所受摩擦力的大小；
解析
Ff
m2g
(1)以小环为研究对象，
由牛顿第二定律得：
意
图
棒ab长l、质量m、电阻
已知 R，导轨光滑水平，电
量阻不计
棒ab长l、质量m、电
阻R，导轨光滑，电
阻不计
电磁感应中的动力学和能量问题
类型
过
程
分
析
“电—动—电”型
“动—电—动”型
S闭合，棒ab受安培力F，棒ab释放后下滑，此
v↑→ 感应电动势 E ＝时a＝gsin α，棒ab速
Blv↑→ 与电源电动势度v↑→感应电动势E
(2)Q杆所受拉力的瞬时功率。
解析 (2)设流过杆K的电流为
I，由平衡条件得
IlB1＝FT＝Ff
等效电路图
电磁感应中的动力学和能量问题
【典例剖析】
已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，
Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动。

高考物理一轮总复习第十章第四讲电磁感应中的动力学和能量问题课件

C.R＋r rP
D．(R＋R r)2P
2．(多选)(2019·长春实验中学开学考试)如图甲所示，在足够长的光滑的斜面上放置着金属线框，垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度 B 随时间的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向)．t＝0 时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是( BC ) A．线框中产生大小、方向周期性变化的电流 B．MN 边受到的安培力先减小后增大 C．线框做匀加速直线运动 D．线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失
(2)由安培力公式得 F＝BIL⑥ 这里 I 是回路 abdca 中的感应电流，ab 棒上的感应电动势为 E＝BLv⑦ 式中，v 是 ab 棒下滑速度的大小．由欧姆定律得 I＝ER⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
v＝(sin
θ－3μcos
mgR θ)B2L2.
答案：(1)mg(sin θ－3μcos θ)
(2)(sin
2．求解焦耳热 Q 的三种方法
3．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤 (1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源． (2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化． (3)根据能量守恒列方程求解．
[典例 2] 如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为 L，长为 3d，导轨平面与水平面的夹角为 θ，在导轨的中部刷有一段长为 d 的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为 B，方向与导轨平面垂直．质量为 m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为 R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为 g.求：

(课标通用版)2020版高考物理总复习第十章04微专题8电磁感应中的动力学和能量问题课件

A.下边进入磁场时,Ⅱ也立即做匀速运动 B.从下边进入磁场开始的一段时间内,线圈Ⅱ做加速度不断减小的加速运动 C.从下边进入磁场开始的一段时间内,线圈Ⅱ做加速度不断减小的减速运动 D.线圈Ⅱ先到达地面
答案 C
解析由题可知,线圈Ⅱ的电阻是线圈Ⅰ的3 倍,线圈Ⅱ的下边进入磁场时
2
产生的感应电动势是线圈Ⅰ的2倍,即32RⅡ= RⅠ,EⅡ=2EⅠ。ER 由I= 43得,IⅡ= IⅠ;
I= E = BLv0 ②
RR
联立①②得
a=g sin θ+ B2L2v0
mR
(2)上滑过程:
由第(1)问中的分析可知,上滑过程加速度大小表达式为:
a上=g
sin
B 2 L2v
θ+ m R
③
上滑过程,a、v反向,做减速运动。利用③式,v减小则a减小,可知,杆上滑
时做加速度逐渐减小的减速运动。
BLv
感应电流大小I2= RE2
r
= BLv
Rr
导体棒受到的安培力大小F=BI2L= BR2L2rv ,方向沿导轨向上
根据牛顿第二定律有mg sin θ-F=ma
解得a=g sin θ- B2L2v m(R r)
(3)导体棒最终静止时有mg sin θ=kx
则弹簧的压缩量x= mg sin θ
力做的功相等,故B正确。设电阻R产生的焦耳热为Q,根据能量守恒知:
1 2
m v02
=Q+mgh,则Q< 12 mv 02
,故C错误。有磁场时,导体棒上升时受重力、
支持力、沿导轨平面向下的安培力,所以沿导轨平面方向所受的合力
F合=mg sin θ+ B2L2v ,则加速度a=g sin θ+B2L2v ,当棒上升到最高点时v=0,

高考物理一轮复习专项训练—电磁感应中的动力学和能量问题

高考物理一轮复习专项训练—电磁感应中的动力学和能量问题1.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则()A．ef将减速向右运动，但不是匀减速运动B．ef将匀减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动2.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻．质量为m、电阻为r 的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场垂直，如图所示．不计导轨的电阻，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→bB．金属棒刚进磁场时一定做加速运动C．金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为B2L2vRD．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为R3．(多选)(2023·黑龙江大庆市质检)如图所示，在两光滑水平金属导轨上静止放置a 、b 两根导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，用水平恒力F 拉动a 棒，在运动过程中，a 、b 棒始终与导轨接触良好，若不计导轨电阻，下列说法正确的是()A ．拉力F 做的功等于a 、b 棒增加的动能与a 、b 棒中产生的焦耳热之和B ．安培力对b 做的功等于b 棒增加的动能与b 棒中产生的焦耳热之和C ．安培力对a 、b 棒做功的代数和的绝对值等于a 、b 棒中产生的焦耳热之和D ．a 棒克服安培力做的功等于b 棒增加的动能与b 棒中产生的焦耳热之和4．(多选)如图甲所示，两间距为L 的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L 、电阻为R 的金属棒放在导轨上，在平行于导轨向右、大小为F 的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的加速度与速度关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的a 0、v 0均为已知量，则下列说法正确的是()A ．金属棒的质量为Fa 0B ．匀强磁场的磁感应强度大小为1L FR v 0C ．当拉力F 做功为W 时，通过金属棒横截面的电荷量为WFR D ．某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比5.(多选)如图所示，两根间距为d 的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的斜面上，导轨的右端接有电阻R ，整个装置放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有一质量为m 、电阻也为R 的金属棒与两导轨垂直且接触良好，金属棒以一定的初速度v 0在沿着导轨上滑一段距离L 后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量q＝BdLR(m v02－mgL)C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝12D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝1(m v02－mgL)26.(多选)(2021·全国甲卷·21)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7.(2022·全国乙卷·24)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40m的正方形金属框的一个顶点上．金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场．已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求：(1)t＝2.0s时金属框所受安培力的大小；(2)在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热．8.(2023·湖北省模拟)如图，质量为M的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，间距L 的ab和dc边平行，都与bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根电阻为R、质量为m的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，MN与金属框保持良好接触，且与bc 边保持平行．(1)若导体棒MN在外力作用下保持静止，求最终稳定状态时金属框的速度大小；(2)若导体棒不受外力作用，求最终稳定状态时电路中的电动势．9．如图甲所示，相距L＝1m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1kg、接入电路电阻为r＝0.5Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5Ω，电容器的电容C＝0.5F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图像如图乙所示，sin37°＝0.6，取重力加速度g＝10m/s2.(1)求磁场的磁感应强度大小B；(2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5m时，定值电阻产生的焦耳热为21J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？(3)现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2s时导体棒的速度大小．10．(2022·湖北卷·15)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里．正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2m、回路电阻R＝1.6×10－3Ω、质量m＝0.2kg.线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L.现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为42N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动．从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．重力加速度大小取g＝10m/s2，求：(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；(3)磁场区域的水平宽度．1．A2.D3.AC4.ABD5.AC6.AB 7．(1)25N (2)0.016J 解析(1)金属框的总电阻为R ＝4lλ＝4×0.40×5×10－3Ω＝0.008Ω金属框中产生的感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·l 22Δt＝0.1×12×0.402V ＝0.008V 金属框中的电流为I ＝E R＝1A t ＝2.0s 时磁感应强度大小为B 2＝(0.3－0.1×2.0)T ＝0.1T ，金属框处于磁场中的有效长度为L ＝2l此时金属框所受安培力大小为F A ＝B 2IL ＝0.1×1×2×0.4N ＝225N (2)0～2.0s 时间内金属框产生的焦耳热为Q ＝I 2Rt ′＝12×0.008×2J ＝0.016J.8．(1)FR B 2L2(2)mFR BL (M ＋m )解析(1)由题意知：金属框做加速度减小的加速运动，加速度减为0，稳定状态时做匀速直线运动，根据受力平衡有F 安＝F导体棒的感应电动势为E ＝BL v导体棒的感应电流为I ＝E R安培力为F 安＝BIL联立解得v ＝FR B 2L2(2)导体棒、金属框最终以相同的加速度做匀加速直线运动，速度差一定，对整体由牛顿第二定律有F ＝(m ＋M )a对导体棒受力分析有BIL ＝ma ，E ＝IR联立解得E ＝mFR BL (M ＋m ).9．(1)2T(2)2m/s 2m/s 2(3)4m/s 解析(1)由题图乙可知，导体棒的最大速度v m ＝3m/s ，对应的感应电动势E ＝BL v m ，感应电流I ＝E R ＋r，当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有BIL ＝mg sin θ，解得B ＝mg (R ＋r )sin θL 2v m ＝2T.(2)导体棒和定值电阻串联，由公式Q ＝I 2Rt 可知：Q ab ∶Q R ＝1∶3，则导体棒ab 产生的焦耳热Q ab ＝13×21J ＝7J ，导体棒下滑x ＝5m 的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgx sin θ＝12m v 12＋Q ab ＋Q R 得导体棒的速度v 1＝2m/s ，此时感应电动势E 1＝BL v 1，感应电流I 1＝E 1R ＋r，对导体棒有mg sin θ－BI 1L ＝ma 1，解得加速度a 1＝2m/s 2.(3)开关S 1断开、S 2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mg sin θ－BI 2L ＝ma 2，感应电流I 2＝Δq Δt，Δq ＝C ΔU Δt 时间内，有ΔU ＝ΔE ＝BL Δv ，a 2＝Δv Δt，解得a 2＝2m/s 2，表明导体棒ab 下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t ＝2s 时导体棒的速度大小v 2＝a 2t ＝4m/s.10．(1)20m/s 210m/s 2(2)0.2T 0.4J (3)1.1m 解析(1)ab 边进入磁场前，对线框进行受力分析，由牛顿第二定律，在水平方向有F cos θ＝ma x代入数据有a x ＝20m/s 2在竖直方向有F sin θ－mg ＝ma y代入数据有a y ＝10m/s 2(2)ab 边进入磁场开始，ab 边在竖直方向切割磁感线；ad 边和bc 边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线．但ad 和bc 边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电动势为ab 边切割磁感线产生的电动势，根据右手定则可知回路的电流为adcba ，则从ab 边进入磁场开始，ab 边受到的安培力竖直向下，ad 边的上部分受到的安培力水平向右，bc 边的上部分受到的安培力水平向左，则ad 边和bc 边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd 受到的安培力的合力为ab 边受到的竖直向下的安培力．由v y 2＝2a y L ，知ab 边刚到达磁场边缘时，线框竖直方向的速度v y ＝2m/s.由题知，线框从ab 边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，则有F sin θ－mg －BIL ＝0，E ＝BL v y ，I ＝E R联立解得B ＝0.2T由题知，从ab 边进入磁场开始，在竖直方向上线框做匀速运动；dc 边进入磁场时，bc 边恰好到达磁场右边界．则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q ＝W 克安＝BILy ，y ＝LF sin θ－mg ＝BIL联立解得Q ＝0.4J(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为v y ＝a y t 1，L ＝v y t 2，t ＝t 1＋t 2联立解得t ＝0.3s由(2)分析可知线框在水平方向上一直做匀加速直线运动，则在水平方向有x＝12a x t2＝12×20×0.32m＝0.9m，则磁场区域的水平宽度s＝x＋L＝1.1m.。

高考物理复习第十章电磁感应素养探究课(九) 科学思维——电磁感应中的动力学和动量、能量问题

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第十章电磁感应
17
电磁感应中的能量问题【题型解读】电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．
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第十章电磁感应
第十章电磁感应
素养探究课(九) 科学思维——电磁感应中的动力学和动量、能量问题
物理
第十章电磁感应
1
01
题型探究以例说法
02
学科思维素养培优
03
题型专练巩固提升
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第十章电磁感应
2
电磁感应中的动力学问题【题型解读】感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)．
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第十章电磁感应
迁移 3 导体框运动的分析
3.(2020·湖北孝感期末)如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸
面向里的匀强磁场，两个闭合线圈Ⅰ、Ⅱ分别用同种导线绕制而成，其
中Ⅰ为边长为 L 的正方形线圈，Ⅱ是长 2L、宽为 L 的矩形线圈，将两
个线圈同时从图示位置由静止释放，线圈下边进入磁场时，Ⅰ立即做了
第十章电磁感应
22
解析：选 C.速度达到最大值 vm 前金属棒做加速度减小的加速运动，故相同时间内速度的增加量减小，所以 t＝T2时，金属棒的速度大于v2m，A 错误；由能量守恒定律，0～T 的过程中，金属棒机械能的减小量等于 R 上产生的焦耳热和金属棒与导轨间摩擦生热之和，B 错误；0～T2内金属棒的位移小于T2～T 的位移，金属棒做加速运动，其所受安培力增大，所以T2～T 内金属棒克服安培力做功更多，产生的电能更多，电阻 R 上产生的焦耳热更多，C 正确；T2～T 内的位移比 0～T2内的位移大，故T2～T 内滑动摩擦力对金属棒做功多，由功能关系得 Wf＋Q＝ΔE，T2～T 内金属棒机械能的减小量更多，D 错误．

2023年高考物理热点复习：电磁感应中的动力学和能量问题(附答案解析)

第1页（共27页）2023年高考物理热点复习：电磁感应中的动力学和能量问题
【2023高考课标解读】
1．受力分析与运动分析
2．应用牛顿运动定律和运动学规律解答电磁感应问题
【2023高考热点解读】
一、电磁感应中的动力学问题
1．安培力的大小
安培力公式：F A ＝
感应电动势：E ＝Blv
感应电流：I ＝
E R ⇒
F A ＝B 2l 2v R
2．安培力的方向
(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向。

(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反。

3．安培力参与下物体的运动
导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题。

【特别提醒】
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
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
2.力学对象和电学对象的相互关系。

2020年高考物理一轮复习专题10.4 电磁感应中的动力学和能量问题(讲)(原卷版)

专题10.4 电磁感应中的动力学和能量问题1．受力分析与运动分析2．应用牛顿运动定律和运动学规律解答电磁感应问题知识点一电磁感应中的动力学问题1．安培力的大小⎭⎪⎬⎪⎫安培力公式：F A ＝BIl 感应电动势：E ＝Blv 感应电流：I ＝E R ⇒F A＝B 2l 2v R 2．安培力的方向(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向。

(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反。

3．安培力参与下物体的运动导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题。

【特别提醒】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进行动态分析或结合功能关系进行分析2.力学对象和电学对象的相互关系知识点二电磁感应中的能量问题1．能量的转化感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能。

2．实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化。

3．电磁感应现象中能量的三种计算方法(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。

(2)利用能量守恒定律求解：机械能的减少量等于电能的增加量。

(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算。

知识点三动量观点在电磁感应问题中的应用1．对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题；2．由B I L·Δt＝m·Δv、q＝I·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题。

考点一电磁感应中的平衡问题【典例1】(2016·全国卷Ⅰ)如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。

高中物理第十章静电场中的能量知识点总结归纳(带答案)

高中物理第十章静电场中的能量知识点总结归纳单选题1、在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，一个带负电的试探电荷在两电荷连线上的电势能E p随x变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则（）A．q1和q2都是正电荷且q1>q2B．B、C间场强方向沿x轴负方向C．C点的电场强度大于A点的电场强度D．将一个正点电荷从B点移到D点，电场力先做正功后做负功答案：DA．由题图可知，从O到P电势能一直减小，试探电荷带负电，则电势一直增加，两个点电荷必定是异种电荷，故A错误；B．由题图可知，从B到C电势能增加，试探电荷带负电，则电势降低，根据沿电场线方向电势降低可知，B、C间电场强度方向沿x轴正方向，故B错误；C．根据E p−x图像的切线斜率表示电场力，可知C点场强为零，A点的场强不等于零，则A点的场强大于C点的场强，故C错误；D．由题图可知，从B点到D点，试探电荷带负电，电势能先增大后减小，则电势先降低后升高，将一个正点电荷从B点移到D点，电势能先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，故D正确。

故选D。

2、C1和C2两空气电容器串联以后接电源充电。

在电源保持联接的情况下，在C2中插入一电介质板，则（）A．C1极板上电荷增加，C2极板上电荷增加B．C1极板上电荷减少，C2极板上电荷增加C．C1极板上电荷增加，C2极板上电荷减少D．C1极板上电荷减少，C2极板上电荷减少答案：AC1和C2两空气电容器串联以后接电源充电，稳定后两电容器所带电荷量相同；在C2中插入一电介质板，由C=εrS 4πkd可知，C2电容量增大，在电源保持联接的情况下，电势差不变，由C=Q U可知，C2极板上电荷增加，稳定后两电容器所带电荷量相同，C1极板上电荷增加。

故选A。

3、一正点电荷形成的电场，如图实线是其中的三条电场线，另一带电的点电荷从M点射入电场，仅受电场力作用下沿图中虚线运动到N点，则该点电荷从M向N运动的过程中（）A．动能一直增加B．合力一直减小C．电势能一直减少D．动能和电势能的总和一直减少答案：BAC．由电场的性质和曲线运动的特点可知，电场力的方向始终与速度方向成钝角，对电荷做负功，电荷的动能减少、电势能增加，选项A、C错误；D．只有电场力做功时，电荷电势能与动能的总和保持不变，选项D错误；B．电场线的疏密表示电场强度的大小，M点处比N点处的电场线密，所受电场力FM>FN所以合力一直减小，选项B正确。

高考物理复习《电磁感应规律的综合应用—动力学和能量、动量》核心考点精讲精品学案(典型题含答案)

高考物理复习核心考点精讲精品学案第4讲电磁感应规律的综合应用—动力学和能量、动量【知识点1】电磁感应现象中的动力学问题1．安培力的大小2．安培力的方向(1)先用右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向。

(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反。

3．分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析。

4．根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。

【知识点2】电磁感应现象中的能量问题1．电磁感应中的能量转化闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力。

外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。

2．实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化。

考点1 电磁感应中的动力学问题导体棒的运动学分析电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。

1．两种状态及处理方法2．力学对象和电学对象的相互关系3．动态分析的基本思路例1如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。

质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。

初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0。

整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧的中心轴线与导轨平行。

(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a。

(1)导体棒向上运动和向下运动过程中流过R的电流方向相同吗？提示：不同。

(2)下降过程的牛顿第二定律。

提示：mg sinθ＋F弹－F安＝ma。

尝试解答(1)BL v0R＋rb→a(2)g sinθ－B2L2vm(R＋r)。

2020年高考物理一轮总复习第十章第四讲电磁感应中的动力学和能量问题练习(含解析)

电磁感应中的动力学和能量问题［A组·基础题］1。

如图所示，足够长的U形光滑金属导轨与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L,导轨间连接一个电阻为R的灯泡,导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．一质量为m 的金属棒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，金属棒ab接入电路的电阻为r，当流经金属棒ab某一横截面的电荷量为q时，金属棒ab的速度大小为v,则金属棒ab在由静止开始沿导轨下滑到速度达到v的过程中(未达到最大速度)（D ）A．金属棒ab做匀加速直线运动B．金属棒ab两端的电压始终为错误!BlvC．灯泡的亮度先逐渐变亮后保持不变D．回路中产生的焦耳热为错误!sin θ－错误!mv22。

如图所示，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,N、Q两点间接一个阻值为R 的电阻．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μ，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 )A．金属棒两端的最大电压为12BL错误!B．金属棒在磁场中的运动时间为错误!C．克服安培力所做的功为mghD．右端的电阻R产生的焦耳热为错误!(mgh＋μmgd)3．(多选）如图所示，倾角为θ的平行金属导轨宽度为L，电阻不计，底端接有阻值为R的定值电阻,处在与导轨平面垂直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中．有一质量为m、长也为L的导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为r，它与导轨之间的动摩擦因数为μ，现让导体棒从导轨底部以平行于斜面的速度v0向上滑行,上滑的最大距离为s，滑回底端的速度为v，下列说法正确的是( AC ）A．把运动导体棒视为电源，其最大输出功率为（错误!)2RB．导体棒从开始到滑到最大高度的过程所用时间为2s v0C．整个过程产生的焦耳热为12mv20－错误!mv2－2μmgs cos θD．导体棒上滑和下滑过程中，电阻R产生的焦耳热相等4. 如图，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0<θ<90°），其中MN与PQ平行且间距为l，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计，其上端所接定值电阻为R,给金属棒ab一沿斜面向上的初速度v0，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为r,当ab棒沿导轨上滑距离为x 时，速度减小为零．则下列说法正确的是（D ）A．在该过程中,导体棒所受合外力做功为错误!mv错误!B．在该过程中，通过电阻R的电荷量为错误!C．在该过程中,电阻R产生的焦耳热为错误!D．在导体棒获得初速度时,整个电路消耗的电功率为错误!5．如图甲所示,空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝0。

2020届高考物理总复习第十单元电磁感应微专题10电磁感应中的动力学和能量问题 (含解析)新人教版

微专题10 电磁感应中的动力学和能量问题一电磁感应中的动力学问题1.导体棒的两种运动状态(1)平衡状态——导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态,加速度为零。

(2)非平衡状态——导体棒的加速度不为零。

2.两个研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看作电学对象(因为它相当于电源),又可看作力学对象(因为有感应电流而受到安I和导体棒的速度v是联系这两个对象的纽带。

水平放置的两根足够长的平行金属导轨M、N间距L=2 m,电阻忽略不计,处于磁感应强度大小B=1 T、方向竖直向上的匀强磁场中,质量均为m=0.8 kg、电阻均为r=1 Ω 的P、Q两金属棒垂直导轨放置,导轨与金属棒之间的动摩擦因数μ=0.5,且两者接触良好。

两条轻绳的一端分别水平垂直连接P、Q,另一端分别通过光滑的定滑轮连接质量分别为2m与m的两物体A、C,轻绳足够长。

开始时固定住物体A、C,轻绳拉直但其中张力为零,整个装置处于静止状态,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,其中g=10 m/s2。

(1)若始终固定住C,自由释放A,A的最大速度是多大?A,当A的速度至少多大时再释放C,C才能不下落?(1)若始终固定住C,自由释放A,设当A的运动速度为v时,P切割磁感线产生的电动势E=BLv,则感应电流I=BBB2BP棒受到的安培力F=BIL=B2B2v2BA向下做加速运动,有2mg-F T=2maP向左做加速度大小与A相同的加速运动=maF T-μmg-B2B2v2B=3ma可得2mg-μmg-B2B2v2BA向下(P向左)做加速度减小的加速运动,直至以最大速度v m做匀速运动,此时有+μmg2mg=B2B2B m2B得v m=6 m/s。

(2)设当A的速度大小为v1时释放C,C刚好不下落,则此时Q所受摩擦力为最大静摩擦力,方向水平向左,所受安培力大小为F1,则有F1+μmg=mg解得F1=4 N由F1=B2B2B1得A的速度v1=2 m/s2B的速度大小至少为2 m/s时释放C,C才不下落。

近年高考物理一轮复习第十章电磁感应第4讲电磁感应中的动力学和能量问题练习(2021年整理)

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第4讲电磁感应中的动力学和能量问题1.(2018·上海闵行调研)如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc 边长．从置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2,则（）A．Q1〉Q2q1＝q2B．Q1>Q2q1〉q2C．Q1＝Q2q1＝q2D．Q1＝Q2q1>q2解析:选A。

设ab和bc边长分别为L1、L2，线框电阻为R，若假设穿过磁场区域的时间为t.通过线框导体横截面的电荷量q＝It＝错误!＝错误!，因此q1＝q2.线框上产生的热量为Q，第一次：Q1＝BL1I1L2＝BL1错误!L2，同理可以求得Q2＝BL2I2L1＝BL2错误!L1,由于L1〉L2，则Q1〉Q2，故A正确．2。

如图,在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t图象中，能正确描述上述过程的是（）解析：选D。

高考物理总复习10专题四电磁感应中的动力学和能量综合问题针对训练含解析新人教版

高考物理总复习10专题四电磁感应中的动力学和能量综合问题针对训练含解析新人教版10 专题四电磁感应中的动力学和能量综合问题1．如图4－10所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个闭合线圈Ⅰ、Ⅱ分别用同种导线绕制而成，其中Ⅰ为边长为L 的正方形，Ⅱ是长为2L 、宽为L 的矩形，将两个线圈同时从图示位置由静止释放．线圈下边进入磁场时，Ⅰ立即做了一段时间的匀速运动，已知两线圈在整个下落过程中，下边始终平行于磁场上边界，不计空气阻力，则( )图4－10 A ．下边进入磁场时，Ⅱ也立即做匀速运动B ．从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的加速运动C ．从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的减速运动D ．线圈Ⅱ先到达地面解析：线圈Ⅱ的电阻是Ⅰ的32倍，线圈Ⅱ进入磁场时产生的感应电动势是Ⅰ的2倍，即R Ⅱ＝32R Ⅰ，E Ⅱ＝2E Ⅰ，由I ＝E R 得，I Ⅱ＝43I Ⅰ；由F 安＝BIL ，F Ⅱ＝BI Ⅱ·2L ，F Ⅰ＝BI Ⅰ·L ，则F Ⅱ＝83F Ⅰ，但G Ⅱ＝32G Ⅰ，由于Ⅰ进入磁场做匀速运动，即F Ⅰ＝G Ⅰ，则F Ⅱ>G Ⅱ，所以Ⅱ进入磁场立即做加速度不断减小的减速运动，A 、B 错误，C 正确；因线圈Ⅰ、Ⅱ进入磁场时速度相同，但此后Ⅰ匀速，Ⅱ减速，故Ⅱ后到达地面，D 错误．答案：C2．(2019年湖北重点中学联考)如图4－11所示，足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 平行放置，两导轨的平面与水平方向的夹角为θ.在导轨的最上端M 、P 之间接有电阻R ，不计其他电阻．导体棒ab 从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab 棒上升的最大高度为H ；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab 棒上升的最大高度为h .在两次运动过程中ab 棒都与导轨保持垂直，且初速度都相等．则下列说法正确的是( )图4－11A ．两次上升的最大高度有H <hB ．有磁场时ab 棒所受合力的功大于无磁场时合力的功C ．有磁场时，电阻R 产生的焦耳热为12mv 20 D ．有磁场时，ab 棒上升过程的最小加速度为g sin θ解析：没加磁场时，机械能守恒，动能全部转化为重力势能．加有磁场时，动能的一部分转化为重力势能，还有一部分转化为整个回路的内能，则加有磁场时的重力势能小于没加磁场时的重力势能，即h <H ，故A 错误；由动能定理知，合力的功等于导体棒动能的变化量，有、无磁场时，棒的初速度相等，末速度都为零，则知ab 棒所受合力的功相等，故B 错误；设电阻R 产生的焦耳热为Q ，根据能量守恒知有12mv 20＝Q ＋mgh ，则Q <12mv 20，故C 错误；有磁场时，导体棒上升时受重力、支持力、沿斜面向下的安培力，当上升到最高点时，安培力为零，所以ab 上升过程的最小加速度为g sin θ，故D 正确．答案：D3．(多选)水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab ，开始时，ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程 ( )图4－12A ．安培力对ab 棒所做的功不相等B ．电流所做的功相等C ．产生的总内能相等D ．通过ab 棒的电荷量相等解析：导轨光滑时，只有安培力做功，安培力做功等于动能变化量，导轨粗糙时，安培力与摩擦力做功之和等于动能的变化量，所以两种情况中动能变化量相等，故A 正确、B 错误．两种情况中金属棒的动能最终全部转化为内能，C 正确．通过ab 棒的电荷量Q ＝ΔΦR＝B ΔS R，光滑时比粗糙时ab 棒运动的路程长，故ΔS 大，通过的电荷量Q 多，故D 错误．答案：AC4．(2019年济南针对训练)(多选)如图4－13所示的竖直平面内，水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有大小相等，方向垂直竖直面向里的匀强磁场，其宽度均为d，Ⅰ和Ⅱ之间有一宽度为h 的无磁场区域，h>d.一质量为m、边长为d的正方形线框由距区域Ⅰ上边界某一高度处静止释放，在穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同．重力加速度为g，空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是 ( )图4－13A．线框进入区域Ⅰ时与离开区域Ⅰ时的电流方向相同B．线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同C．线框有可能匀速通过磁场区域ⅠD．线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q＝2mg(d＋h)解析：由楞次定律可知，线框进入区域Ⅰ时感应电流为逆时针方向，而离开区域Ⅰ时的电流方向为顺时针方向，故选项A错误；由楞次定律可知，线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同，均向上，选项B正确；因穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同，则可知线框进入区域Ⅰ时一定是做减速运动，选项C错误；线框离开磁场区域Ⅰ的速度应等于离开磁场区域Ⅱ的速度，则在此过程中，线圈的机械能的减小量等于线框通过区域Ⅱ产生的电能，即Q2＝mg(d＋h)，则线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q＝2Q2＝2mg(d＋h)，选项D正确．答案：BD5．(多选)如图4－14所示，质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计．则下列说法中正确的是( )图4－14 A ．线框进入磁场时的速度为2ghB ．线框的电阻为B 2L 22mg2gh C ．线框通过磁场的过程中产生的热量Q ＝2mghD ．线框通过磁场的过程中产生的热量Q ＝4mgh解析：从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场，由机械能守恒定律得3mg ×2h ＝mg ×2h ＋4m v 22，解得线框刚进入磁场时的速度v ＝2gh ，故A 对；线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，故受合力为零，3mg ＝BIL ＋mg ，I ＝BLv R ，解得线框的电阻R ＝B 2L 22mg2gh ，故B 对；线框匀速通过磁场的距离为2h ，产生的热量等于系统重力势能的减少量，即Q ＝3mg ×2h －mg ×2h ＝4mgh ，故C 错，D 对．答案：ABD6．两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L .导轨上面垂直放置两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，如图4－15所示．两根导体棒的质量皆为m ，电阻均为R ，回路中其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度v 0.若两导体棒在运动中始终不接触，则：图4－15(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当ab 棒的速度变为初速度的34时，cd 棒的加速度是多少？解析：(1)两棒速度相同时产生的焦耳热最多．从开始到两棒达到相同速度v 的过程中，两棒的总动量守恒，有mv 0＝2mv根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Q ＝12mv 20－12(2m )v 2＝14mv 20. (2)设ab 棒的速度变为34v 0时，cd 棒的速度为v ′，则由动量守恒定律可知mv 0＝34mv 0＋mv ′ 解得v ′＝14v 0，回路中的电动势 E ＝34BLv 0－14BLv 0＝12BLv 0此时cd 棒所受的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 04R .由牛顿第二定律可得，cd 棒的加速度a ＝F m ＝B 2L 2v 04mR. 答案：(1)14mv 20 (2)B 2L 2v 04mR。