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(共28张PPT)
专题九　电磁感应中的动力学、能量和动量问题
关键能力·分层突破
考点一　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
例1 [2021·全国甲卷，21] (多选)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
答案：AB
解析：设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，
则线圈下边刚进入磁场时，有v＝
感应电动势为E＝nBlv
两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，则m＝ρ0×4nl×S
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻R＝ρ＝
感应电流为I＝＝
安培力为F＝nBIl＝
由牛顿第二定律有mg－F＝ma联立解得a＝g－＝g－
加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．当g>时，甲和乙都加速运动，当g<时，甲和乙都减速运动，当g＝时都匀速，A、B正确．
命题分析 试题 情境 属于综合性题目，以闭合线圈下落产生感应电动势为素材创设学习探索问题情境
必备 知识 考查牛顿定律、直线运动规律、电阻定律、闭合电路欧姆定律、导线切割磁感线产生感应电动势等知识
关键 能力 考查理解能力、推理论证能力．理解相关知识和定律，推理论证得出结论
学科 素养 考查物理观念、科学思维、科学探究．要求考生在学习探索问题情境下探究推理得出新结论
跟进训练
1.[2021·山东卷，12](多选)如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上．区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场．阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行．运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好．在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是(　　)
A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度
B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度
C．金属棒不能回到无磁场区
D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处
答案：ABD
解析：在Ⅰ区域中，磁感应强度为B1＝kt(k为常量)，感应电动势为E1＝S＝kS
感应电动势恒定，所以导体棒在进入Ⅱ区前，回路中的感应电流恒为I1＝＝
导体棒进入Ⅱ区域后，导体切割磁感线产生的感应电动势为E2＝B2Lv
导体棒上的电流为I2＝＝
Ⅰ区域产生的电流对导体棒的安培力始终沿斜面向上，大小恒定不变，因为导体棒到达c点后又能上行，说明加速度始终沿斜面向上，下行和上行经过b点的受力分析如图
下行过程中，根据牛顿第二定律可知
B1I1L＋B2I2L－mg sin θ＝ma1
上行过程中，根据牛顿第二定律可知
B1I1L－B2I′2L－mg sin θ＝ma2
比较加速度大小可知a1>a2
由于bc段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，所以金属棒下行经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度，A、B正确；
Ⅰ区域产生的安培力总是大于沿斜面向下的作用力，所以金属棒一定能回到无磁场区域，由于整个过程中电流通过金属棒产生焦耳热，金属棒的机械能减少，所以金属棒不能回到a处，C错误，D正确．
2．如图甲所示，间距为L＝0.5 m的两条平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2 T，轨道左侧连接一定值电阻R＝1 Ω.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良好．t＝0时刻，导体棒从静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的规律如图乙所示．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，导体棒和导轨的电阻均不计．取g＝10 m/s2，求：
(1)导体棒的加速度大小；
(2)导体棒的质量．
答案：(1)5 m/s2　(2)0.1 kg
解析：(1)设导体棒的质量为m，导体棒做匀加速直线运动的加速度大小为a，某时刻t，导体棒的速度为v，所受的摩擦力为Ff，
则导体棒产生的电动势：E＝BLv
回路中的电流I＝
导体棒受到的安培力：F安＝BIL
由牛顿第二定律：F－F安－Ff＝ma
由题意v＝at
联立解得：F＝t＋ma＋Ff
根据题图乙可知，0～10 s内图象的斜率为0.05 N/s，即＝0.05 N/s，解得a＝5 m/s2
(2)由F t图象纵截距可知：ma＋Ff＝1.0 N
又Ff＝μmg
解得m＝0.1 kg.
考点二　电磁感应中的能量问题
1．能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
3．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．

例2[2021·湖南卷，10] (多选)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体．距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场．磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大．把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)
A．B与v0无关，与成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
答案：CD
解析：设金属框进入磁场时的竖直分速度为vy，可知vy＝，金属框所受安培力F＝BIL，电流I＝，E＝BLvy，根据受力平衡可得mg＝，可知B2与成反比，B与v0无关，A错误；金属框进入磁场和穿出磁场的过程中，电流的大小保持不变，方向由逆时针变为顺时针，B错误；从下金属框进入磁场到上金属框离开磁场，整个过程金属框做匀速直线运动，安培力和重力等大反向，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等，C正确；组合体从进入磁场到穿出磁场，不论怎样调节H、v0和B，只要组合体匀速通过磁场，在通过磁场的过程中，产生的热量始终等于减少的重力势能，D正确．
命题分析 试题 情境 属于综合性题目，以闭合线圈下落产生感应电动势为素材创设学习探索问题情境
必备 知识 考查牛顿定律、直线运动规律、闭合电路欧姆定律、导线切割磁感线产生感应电动势、功率、功能关系等知识
关键 能力 考查理解能力、推理论证能力．理解相关知识和定律，推理论证得出结论
学科 素养 考查物理观念、科学思维、科学探究．要求考生在学习探索问题情境下探究推理得出新结论
跟进训练
3.(多选)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是(　　)
A．ab受到的拉力大小为2 N
B．ab向上运动的速度为2 m/s
C．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能
D．在2 s内，拉力做功为0.6 J
答案：BC
解析：对导体棒cd分析：mg＝BIl＝，得v＝2 m/s，B正确；对导体棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，A错误；在2 s内拉力做功转化为ab棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W电＝F安vt＝＝0.4 J，C正确；在2 s内拉力做的功为W拉＝Fvt＝0.8 J，D错误．
4．[2022·贵州市模拟]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＝0.1 kg的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v t图象，其中AO是图象在O点的切线，AB是图象的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100 m时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：
(1)R的阻值；
(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热．
答案：(1)0.4 Ω　(2)20 J
解析：(1)由题图乙得ab棒刚开始运动瞬间a＝2.5 m/s2，
则F－Ff＝ma，
解得Ff＝0.2 N.
ab棒最终以速度v＝10 m/s匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F－Ff－F安＝0.
F安＝BIL＝BL＝.
联立可得R＝＝0.4 Ω.
(2)由功能关系可得(F－Ff)x＝mv2＋Q，
解得Q＝20 J.
考点三　电磁感应与动量的综合问题
角度1 动量定理在电磁感应中的应用
在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量．
(1)求电荷量或速度：BlΔt＝mv2－mv1，q＝t.
(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，
I冲＝BIlΔt＝Bl.
(3)求位移：－BIlΔt＝－＝0－mv0，即－x＝m(0－v0)．
例3 如图所示，在空间中有一垂直纸面方向的匀强磁场区域，磁场上下边缘间距为h＝5.2 m，磁感应强度为B＝1 T，边长为L＝1 m、电阻为R＝1 Ω、质量为m＝1 kg的正方形导线框紧贴磁场区域的上边从静止下落，当线圈PQ边到达磁场的下边缘时，恰好开始做匀速运动，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)导线框的MN边刚好进磁场时的速度大小；
(2)导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间．

答案：(1)4 m/s　(2)1.1 s
解析：(1)设导线框MN边进入磁场的速度为v0，PQ边运动到磁场下边缘时的速度为v
PQ边到达磁场的下边缘时导线框受力平衡，则有：mg＝
解得：v＝10 m/s
导线框完全进入磁场到PQ离开磁场的过程中，导线框机械能守恒，有
＝mg(h－L)
解得：v0＝4 m/s
(2)设导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间为t，根据动量定理得
mgt－BILΔt＝mv
Δt为导线框进入磁场所经历的时间
又q＝IΔt＝＝
得mgt－＝mv
解得t＝1.1 s.
角度2动量守恒定律在电磁感应中的应用
例4(多选)如图所示，在竖直向上磁感应强度为B＝1 T的匀强磁场中，两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，间距l＝1 m，电阻不计，匀强磁场方向与导轨平面垂直，金属棒AB、CD水平放在两导轨上，相隔为L＝0.2 m，棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为m1＝0.2 kg，CD棒质量为m2＝0.4 kg，两金属棒接入电路的总电阻R＝0.5 Ω，若CD棒以v0＝3 m/s的初速度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．AB棒的最终速度大小为1 m/s
B．该过程中电路中产生的热量为0.6 J
C．该过程中通过导体横截面的电荷量为0.4 C
D．两金属棒的最大距离为0.3 m
答案：BC
解析：开始CD棒做减速运动、AB棒做加速运动，当两者速度相等时它们间的距离最大，两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝2 m/s，选项A错误；对系统，由能量守恒定律得：＝Q＋(m1＋m2)v2，解得Q＝0.6 J，选项B正确；对AB棒，由动量定理得BIlt＝m1v，而It＝q，则Blq＝m1v，解得q＝0.4 C，选项C正确；通过导体横截面的电荷量q＝＝，两金属棒间的最大距离D＝d＋L＝＋L＝ m＋0.2 m＝0.4 m，选项D错误．
跟进训练
5.两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现杆b以初速度大小v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g取10 m/s2，求：
(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)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．

答案：(1)5 s　(2) C　(3) J
解析：(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有Bd·Δt＝mb(v0－vb0)
其中vb0＝2 m/s
代入数据解得Δt＝5 s.
(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝
解得va＝＝5 m/s
设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得
mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′
代入数据解得v′＝ m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝ C.
(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
Q＝－(mb＋ma)v′2＝ J
b棒中产生的焦耳热为Q′＝Q＝ J.专题九　电磁感应中的动力学、能量和动量问题
关键能力·分层突破
考点一　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
例1 [2021·全国甲卷，21] (多选)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
命题分析
试题 情境 属于综合性题目，以闭合线圈下落产生感应电动势为素材创设学习探索问题情境
必备 知识 考查牛顿定律、直线运动规律、电阻定律、闭合电路欧姆定律、导线切割磁感线产生感应电动势等知识
关键 能力 考查理解能力、推理论证能力．理解相关知识和定律，推理论证得出结论
学科 素养 考查物理观念、科学思维、科学探究．要求考生在学习探索问题情境下探究推理得出新结论
跟进训练
1.[2021·山东卷，12](多选)如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上．区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场．阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行．运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好．在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是(　　)
A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度
B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度
C．金属棒不能回到无磁场区
D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处
2．如图甲所示，间距为L＝0.5 m的两条平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2 T，轨道左侧连接一定值电阻R＝1 Ω.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良好．t＝0时刻，导体棒从静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的规律如图乙所示．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，导体棒和导轨的电阻均不计．取g＝10 m/s2，求：
(1)导体棒的加速度大小；
(2)导体棒的质量．
考点二　电磁感应中的能量问题
1．能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
3．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．
例2[2021·湖南卷，10] (多选)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体．距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场．磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大．把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)
A．B与v0无关，与成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
命题分析
试题 情境 属于综合性题目，以闭合线圈下落产生感应电动势为素材创设学习探索问题情境
必备 知识 考查牛顿定律、直线运动规律、闭合电路欧姆定律、导线切割磁感线产生感应电动势、功率、功能关系等知识
关键 能力 考查理解能力、推理论证能力．理解相关知识和定律，推理论证得出结论
学科 素养 考查物理观念、科学思维、科学探究．要求考生在学习探索问题情境下探究推理得出新结论
跟进训练
3.(多选)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是(　　)
A．ab受到的拉力大小为2 N
B．ab向上运动的速度为2 m/s
C．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能
D．在2 s内，拉力做功为0.6 J
4．[2022·贵州市模拟]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＝0.1 kg的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v t图象，其中AO是图象在O点的切线，AB是图象的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100 m时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：
(1)R的阻值；
(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热．
考点三　电磁感应与动量的综合问题
角度1 动量定理在电磁感应中的应用
在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量．
(1)求电荷量或速度：BlΔt＝mv2－mv1，q＝t.
(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，
I冲＝BIlΔt＝Bl.
(3)求位移：－BIlΔt＝－＝0－mv0，即－x＝m(0－v0)．
例3 如图所示，在空间中有一垂直纸面方向的匀强磁场区域，磁场上下边缘间距为h＝5.2 m，磁感应强度为B＝1 T，边长为L＝1 m、电阻为R＝1 Ω、质量为m＝1 kg的正方形导线框紧贴磁场区域的上边从静止下落，当线圈PQ边到达磁场的下边缘时，恰好开始做匀速运动，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)导线框的MN边刚好进磁场时的速度大小；
(2)导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间．
角度2动量守恒定律在电磁感应中的应用
例4(多选)如图所示，在竖直向上磁感应强度为B＝1 T的匀强磁场中，两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，间距l＝1 m，电阻不计，匀强磁场方向与导轨平面垂直，金属棒AB、CD水平放在两导轨上，相隔为L＝0.2 m，棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为m1＝0.2 kg，CD棒质量为m2＝0.4 kg，两金属棒接入电路的总电阻R＝0.5 Ω，若CD棒以v0＝3 m/s的初速度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．AB棒的最终速度大小为1 m/s
B．该过程中电路中产生的热量为0.6 J
C．该过程中通过导体横截面的电荷量为0.4 C
D．两金属棒的最大距离为0.3 m
跟进训练
5.两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现杆b以初速度大小v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g取10 m/s2，求：
(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)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．
专题九　电磁感应中的动力学、能量
和动量问题
例1　解析：设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，
则线圈下边刚进入磁场时，有v＝
感应电动势为E＝nBlv
两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，
则m＝ρ0×4nl×S
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻R＝ρ＝
感应电流为I＝＝
安培力为F＝nBIl＝
由牛顿第二定律有mg－F＝ma
联立解得a＝g－＝g－
加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．当g>时，甲和乙都加速运动，当g<时，甲和乙都减速运动，当g＝时都匀速，A、B正确．
答案：AB
1．解析：在Ⅰ区域中，磁感应强度为B1＝kt(k为常量)，感应电动势为E1＝S＝kS
感应电动势恒定，所以导体棒在进入Ⅱ区前，回路中的感应电流恒为I1＝＝
导体棒进入Ⅱ区域后，导体切割磁感线产生的感应电动势为E2＝B2Lv
导体棒上的电流为I2＝＝
Ⅰ区域产生的电流对导体棒的安培力始终沿斜面向上，大小恒定不变，因为导体棒到达c点后又能上行，说明加速度始终沿斜面向上，下行和上行经过b点的受力分析如图
下行过程中，根据牛顿第二定律可知
B1I1L＋B2I2L－mg sin θ＝ma1
上行过程中，根据牛顿第二定律可知
B1I1L－B2I′2L－mg sin θ＝ma2
比较加速度大小可知a1>a2
由于bc段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，所以金属棒下行经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度，A、B正确；
Ⅰ区域产生的安培力总是大于沿斜面向下的作用力，所以金属棒一定能回到无磁场区域，由于整个过程中电流通过金属棒产生焦耳热，金属棒的机械能减少，所以金属棒不能回到a处，C错误，D正确．
答案：ABD
2．解析：(1)设导体棒的质量为m，导体棒做匀加速直线运动的加速度大小为a，某时刻t，导体棒的速度为v，所受的摩擦力为Ff，
则导体棒产生的电动势：E＝BLv
回路中的电流I＝
导体棒受到的安培力：F安＝BIL
由牛顿第二定律：F－F安－Ff＝ma
由题意v＝at
联立解得：F＝t＋ma＋Ff
根据题图乙可知，0～10 s内图象的斜率为0.05 N/s，即＝0.05 N/s，解得a＝5 m/s2
(2)由F t图象纵截距可知：ma＋Ff＝1.0 N
又Ff＝μmg
解得m＝0.1 kg.
答案：(1)5 m/s2　(2)0.1 kg
例2　解析：设金属框进入磁场时的竖直分速度为vy，可知vy＝，金属框所受安培力F＝BIL，电流I＝，E＝BLvy，根据受力平衡可得mg＝，可知B2与成反比，B与v0无关，A错误；金属框进入磁场和穿出磁场的过程中，电流的大小保持不变，方向由逆时针变为顺时针，B错误；从下金属框进入磁场到上金属框离开磁场，整个过程金属框做匀速直线运动，安培力和重力等大反向，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等，C正确；组合体从进入磁场到穿出磁场，不论怎样调节H、v0和B，只要组合体匀速通过磁场，在通过磁场的过程中，产生的热量始终等于减少的重力势能，D正确．
答案：CD
3．解析：对导体棒cd分析：mg＝BIl＝，得v＝2 m/s，B正确；对导体棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，A错误；在2 s内拉力做功转化为ab棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W电＝F安vt＝＝0.4 J，C正确；在2 s内拉力做的功为W拉＝Fvt＝0.8 J，D错误．
答案：BC
4．解析：(1)由题图乙得ab棒刚开始运动瞬间a＝2.5 m/s2，
则F－Ff＝ma，
解得Ff＝0.2 N.
ab棒最终以速度v＝10 m/s匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F－Ff－F安＝0.
F安＝BIL＝BL＝.
联立可得R＝＝0.4 Ω.
(2)由功能关系可得(F－Ff)x＝mv2＋Q，
解得Q＝20 J.
答案：(1)0.4 Ω　(2)20 J
例3　解析：(1)设导线框MN边进入磁场的速度为v0，PQ边运动到磁场下边缘时的速度为v
PQ边到达磁场的下边缘时导线框受力平衡，则有：mg＝
解得：v＝10 m/s
导线框完全进入磁场到PQ离开磁场的过程中，导线框机械能守恒，有
＝mg(h－L)
解得：v0＝4 m/s
(2)设导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间为t，根据动量定理得
mgt－BILΔt＝mv
Δt为导线框进入磁场所经历的时间
又q＝IΔt＝＝
得mgt－＝mv
解得t＝1.1 s.
答案：(1)4 m/s　(2)1.1 s
例4　解析：开始CD棒做减速运动、AB棒做加速运动，当两者速度相等时它们间的距离最大，两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝2 m/s，选项A错误；对系统，由能量守恒定律得：＝Q＋(m1＋m2)v2，解得Q＝0.6 J，选项B正确；对AB棒，由动量定理得BIlt＝m1v，而It＝q，则Blq＝m1v，解得q＝0.4 C，选项C正确；通过导体横截面的电荷量q＝＝，两金属棒间的最大距离D＝d＋L＝＋L＝ m＋0.2 m＝0.4 m，选项D错误．
答案：BC
5．解析：(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有Bd·Δt＝mb(v0－vb0)
其中vb0＝2 m/s
代入数据解得Δt＝5 s.
(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝
解得va＝＝5 m/s
设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得
mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′
代入数据解得v′＝ m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝ C.
(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
Q＝－(mb＋ma)v′2＝ J
b棒中产生的焦耳热为Q′＝Q＝ J.
答案：(1)5 s　(2) C　(3) J

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