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第4讲　电磁感应中的动力学和能量问题(综合融通课)
(一) 电磁感应中的动力学问题　
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 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
2.“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
3.电磁感应中的动力学临界问题的分析思路
(1)解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析,寻找过程中的临界状态,如速度、加速度为最大值或最小值的条件。
(2)基本思路是:导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力合外力变化加速度变化速度变化临界状态列式求解。
[考法全训]
考法1　水平面内的动力学问题
　　[例1]　(2023·山东高考)(多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上,宽为1 m,电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上,与导轨形成矩形回路并始终接触良好。Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场,磁感应强度分别为B1和B2,其中B1=2 T,方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连,绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示,某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域 Ⅰ 和 Ⅱ 并做匀速直线运动,MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1=2 m/s,CD的速度为v2,且v2>v1,MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2,下列说法正确的是 (　　)
A.B2的方向向上 B.B2的方向向下
C.v2=5 m/s D.v2=3 m/s
听课记录:
考法2　竖直平面内的动力学问题
　　[例2]　(2025·河南郑州质检)如图所示,空间中等间距分布有水平方向的n(n=1,2,3,…)个条形匀强磁场,左、右边界竖直,磁感应强度的方向均垂直于纸面向里,大小从上往下依次减小,每一个条形磁场区域的宽度相同,相邻条形磁场区域的间距均为d=0.4 m。现让一边长L=0.2 m、电阻R=1.6×10-3 Ω、质量m=0.2 kg的匀质正方形单匝线框abcd以初速度v0=1 m/s水平抛出,线框平面与磁场方向垂直,抛出时,线框的ad边与磁场左边界平齐,cd边与条形磁场1的上边界间的距离也为L。线框在每个条形磁场区域中均做匀速直线运动,当线框的ab边到达第n个条形磁场下边界时,线框的bc边恰好与磁场右边界平齐。已知重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)条形磁场1中的磁感应强度B1。
(2)线框从抛出至ab边恰好到达第n(n=1,2,3,…)个条形磁场下边界的整个过程中,回路产生的焦耳热Q。
(3)条形磁场区域的水平宽度。
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考法3　斜面上的动力学问题
　　[例3]　(2025·安徽淮北调研)如图所示,电阻不计且足够长的U型金属框架放置在倾角θ=37°的绝缘斜面上,金属框架上端与阻值R=0.3 Ω的电阻相连,该装置处于磁感应强度大小B=0.5 T、方向垂直斜面向下的匀强磁场中。质量m=0.1 kg、电阻r=0.1 Ω的导体棒ab垂直放在框架上,从静止开始沿框架无摩擦下滑,且始终与框架接触良好。框架的质量M=0.2 kg、宽度L=0.4 m,框架与斜面间的动摩擦因数μ=0.7,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)若框架固定,棒从静止开始下滑位移x=5.75 m 时速度v=5 m/s,求此过程中电阻R上产生的热量Q;
(2)证明:流过棒ab的电量q=,其中ΔΦ为磁通量的变化量。并求出(1)过程中流过棒ab的电量q;
(3)若框架不固定,判断其能否运动。如果框架不能运动,求导体棒的最大速度vm;如果框架能运动,求框架刚运动时导体棒的速度v1。
规范解答:
(二) 电磁感应中的能量问题
1.电磁感应中的能量转化
2.求解焦耳热Q的三种方法
方法一 焦耳定律:Q=I2Rt
方法二 功能关系:Q=W克服安培力
方法三 能量转化:Q=ΔE其他能的减少量
3.解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路);
(2)分析电磁感应过程中研究对象受哪些力、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。
　　[典例]　(2024·全国甲卷)两根平行长直光滑金属导轨距离为l,固定在同一水平面(纸面)内,导轨左端接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻,开关S与电容器并联;导轨上有一长度略大于l的金属棒,如图所示。导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开关S闭合,金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速,最后将做速率为v0的匀速直线运动。金属棒始终与两导轨垂直且接触良好,导轨电阻和金属棒电阻忽略不计。
(1)在加速过程中,当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时,金属棒的速度大小是多少
(2)如果金属棒达到(1)中的速度时断开开关S,改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动。之后某时刻,外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍,求此时电容器两极间的电压及从断开S开始到此刻外力做的功。
规范解答:
　　[针对训练]
1.如图所示,AB、CD为两个平行的不计电阻的水平光滑金属导轨,置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。AB、CD的间距为L,左右两端均接有阻值为R的电阻。质量为m、长为L且电阻不计的导体棒MN放在导轨上,与导轨接触良好,并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时,弹簧处于自然长度,导体棒MN具有水平向左的初速度v0,经过一段时间,导体棒MN第一次运动到最右端,这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q,则 (　　)
A.导体棒在水平方向做简谐运动
B.初始时刻导体棒所受的安培力大小为
C.当导体棒第一次到达最右端时,弹簧具有的弹性势能为m-Q
D.当导体棒再次回到初始位置时,AC间的电阻R的热功率小于
2.(2025·大连高三调研)如图甲所示,倾角为37°的足够长的光滑绝缘斜面,虚线MN、PQ间存在垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示,MN、PQ均与斜面顶边(顶边水平)平行。一单匝正方形金属线框abcd通过一轻质绝缘细线连接静止在斜面上,且线框一半位于磁场中,ab边与MN平行。已知线框质量m=2 kg、边长L=0.5 m、电阻R=0.5 Ω,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。(计算结果保留两位有效数字)
(1)求t=0.1 s时线框中的感应电流大小及t=0.25 s 时细线的拉力大小;
(2)在0.25 s后剪断细线,金属线框由静止沿斜面下滑,ab边进磁场前瞬间,线框加速度为0,当cd边刚出磁场时,线框加速度大小为2 m/s2,整个下滑过程cd边始终与PQ平行。求MN、PQ间距s及线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q。
第4讲
(一)　[例1]　选BD　导轨的速度v2>v1,因此导体棒受到向右的摩擦力,又因导体棒做匀速直线运动,可知导体棒受到向左的安培力,摩擦力大小为f=μmg=2 N,导体棒所受安培力大小为F1=f=2 N,由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M,导轨受到向左的摩擦力f'=f=2 N、向右的拉力FT=m0g=1 N,因导轨做匀速直线运动,故受到的向右的安培力大小为F2=f'-FT=1 N,由左手定则可知B2的方向向下,A错误,B正确;对导体棒分析F1=B1IL,对导轨分析F2=B2IL,电路中的电流为I=,联立解得v2=3 m/s,C错误,D正确。
[例2]　解析:(1)线框刚进入磁场1时,设竖直方向的速度大小为v1,则有=2gL,线框在磁场1中做匀速直线运动,则安培力与重力平衡,有mg=B1I1L=,解得B1=0.2 T。
(2)由于线框在每个条形磁场区域中均做匀速直线运动,可知条形磁场的高度等于线框的边长L
由能量守恒定律可知,回路产生的焦耳热等于线框在磁场中运动时减小的重力势能,则有Q=mg·2nL(n=1,2,3,…),解得Q=0.8n J(n=1,2,3,…)。
(3)由题意可知d=2L,则线框在相邻两条形磁场间匀加速运动的高度为L,线框匀速穿过磁场n的竖直速度为vn=,线框在竖直方向做匀加速运动的时间t1=,
线框在竖直方向做匀速运动的时间t2=++…+=2×(n=1,2,3,…),
则条形磁场区域的水平宽度x=v0(t1+t2)+L,解得x=m (n=1,2,3,…)。
答案:(1)0.2 T　(2)0.8n J(n=1,2,3,…)
(3) m (n=1,2,3,…)
[例3]　解析:(1)根据能量守恒定律有mgxsin 37°=mv2+Q总,代入数据解得Q总=2.2 J,则电阻R上产生的热量为Q=Q总·=1.65 J。
(2)流过棒ab的电量q=Δt
根据闭合电路欧姆定律=,根据法拉第电磁感应定律=
故可推出q=
其中ΔΦ=BLx
代入数据解得q=2.875 C。
(3)假设框架不能运动,设导体棒达到最大速度时回路电流为Im,则BImL=mgsin 37°=0.6 N
对框架分析,此时Mgsin 37°+BImL=1.8 N
框架受到最大静摩擦力fm=μ(m+M)gcos 37°=1.68 N<1.8 N
故框架在棒ab达到最大速度前运动。
框架刚运动时棒ab产生的电动势E=BLv1
回路中感应电流I1=
对框架有Mgsin 37°+BI1L=μ(m+M)gcos 37°
代入数据解得v1=4.8 m/s。
答案:(1)1.65 J　(2)证明过程见解析
2.875 C　(3)能　4.8 m/s
(二)　[典例]　解析:(1)由法拉第电磁感应定律可得,金属棒切割磁感线运动过程中,金属棒产生的感应电动势为E=Blv
闭合开关S,电容器被短路,由闭合电路欧姆定律可得回路中的电流I=
由安培力公式可得金属棒所受的安培力F安=BIl
联立可得F安=
当金属棒匀速运动时,金属棒受力平衡,可得外力大小为F=F安m=
故外力做功的功率为P=Fv=
又电阻R的热功率为PR=I2R=
则当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍,即P=2PR时,金属棒的速度大小为v1=。
(2)断开开关S后,金属棒匀速运动,设回路中的电流为I',则外力的大小为F'=F安'=BI'l
则外力做功的功率为P'=F'v1=
而电阻R的热功率为PR'=I'2R
当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍,即P'=2PR'时,有I1'=
则此时电容器两端的电压为
U=Blv1-I1'R=
电容器所带电荷量为Q=CU
从断开S开始到该时刻的过程,对金属棒根据动能定理可知,外力做功的绝对值等于安培力做功的绝对值,则有
W=W安=t=v1t=Blv1't
其中't=Q-0
联立解得W=。
答案:(1)　(2)　
[针对训练]
1.选D　导体棒运动过程中,安培力做功,电阻产生焦耳热,则棒和弹簧的机械能有损失,则当棒再次回到初始位置时速度小于v0,导体棒在水平方向做的不是简谐运动,则导体棒回到初始位置时产生的感应电动势E12.解析:(1)由法拉第电磁感应定律可得t=0.1 s时线框的感应电动势大小为E==S=×,又由题图乙可知0~0.25 s内磁感应强度的变化率为= T/s=24 T/s,解得E=3 V,由闭合电路欧姆定律可得线框中的感应电流大小为I==6.0 A,
t=0.25 s时,对线框受力分析,有F=mgsin 37°+BIL,此时的磁感应强度大小为B=4 T,解得细线上的拉力大小为F=24 N。
(2)ab边进入磁场前瞬间线框的加速度为0,设此时线框的速度大小为v1,有mgsin 37°=BI1L,由导体棒切割磁感线产生感应电动势及闭合电路欧姆定律可得I1=,联立解得v1=1.5 m/s,
当cd边刚出磁场时,线框的加速度大小为2 m/s2,设此时线框的速度大小为v2,有-mgsin 37°=ma,解得v2=2 m/s,
从ab边进入磁场前瞬间到cd边刚出磁场过程,由动能定理可得mg(s-L)sin 37°=m-m,解得MN、PQ间距s≈0.65 m,
线框进入磁场的过程由功能关系得Q=mg×sin 37°-m
解得线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q=0.75 J。
答案:(1)6.0 A　24 N　(2)0.65 m　0.75 J
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电磁感应中的动力学和能量问题(综合融通课)
第 4 讲
1
(一) 电磁感应中的动力学问题
2
(二) 电磁感应中的能量问题
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(一) 电磁感应中的动力学问题
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 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
2.“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
3.电磁感应中的动力学临界问题的分析思路
(1)解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件。
(2)基本思路是：导体受外力运动 感应电动势 感应电流 导体受安培力 合外力变化 加速度变化 速度变化 临界状态 列式求解。
考法1　水平面内的动力学问题
[例1]　(2023·山东高考)(多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好。Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1=2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。
考法全训
如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域 Ⅰ 和 Ⅱ 并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1=2 m/s，CD的速度为v2，且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是 (　　)
A.B2的方向向上 B.B2的方向向下
C.v2=5 m/s D.v2=3 m/s
[解析]　导轨的速度v2>v1，因此导体棒受到向右的摩擦力，又因导体棒做匀速直线运动，可知导体棒受到向左的安培力，摩擦力大小为f=μmg=2 N，导体棒所受安培力大小为F1=f=2 N，由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M，导轨受到向左的摩擦力f'=f=2 N、向右
√
√
的拉力FT=m0g=1 N，因导轨做匀速直线运动，故受到的向右的安培力大小为F2=f'-FT=1 N，由左手定则可知B2的方向向下，A错误，B正确；对导体棒分析F1=B1IL，对导轨分析F2=B2IL，电路中的电流为I=，联立解得v2=3 m/s，C错误，D正确。
考法2　竖直平面内的动力学问题
[例2]　(2025·河南郑州质检)如图所示，空间中等间距分布有水平方向的n(n=1，2，3，…)个条形匀强磁场，左、右边界竖直，磁感应强度的方向均垂直于纸面向里，大小从上往下依次减小，每一个条形磁场区域的宽度相同，相邻条形磁场区域的间距均为d=0.4 m。现让一边长L=0.2 m、电阻R=1.6×10-3 Ω、质量m=0.2 kg的匀质正方形单匝线框abcd以初速度v0=1 m/s水平抛出，线框平面与磁场方向垂直，抛出时，线框的ad边与磁场左边界平齐，cd边与条形磁场1的上边界
间的距离也为L。线框在每个条形磁场区域中均做匀速直线运动，当线框的ab边到达第n个条形磁场下边界时，线框的bc边恰好与磁场右边界平齐。已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)条形磁场1中的磁感应强度B1。
[答案]　0.2 T　
[解析]　线框刚进入磁场1时，设竖直方向的速度大小为v1，则有=2gL，线框在磁场1中做匀速直线运动，则安培力与重力平衡，有mg=B1I1L=，解得B1=0.2 T。
(2)线框从抛出至ab边恰好到达第n(n=1，2，3，…)个条形磁场下边界的整个过程中，回路产生的焦耳热Q。
[答案]　 0.8n J(n=1，2，3，…)
[解析]　由于线框在每个条形磁场区域中均做匀速直线运动，可知条形磁场的高度等于线框的边长L
由能量守恒定律可知，回路产生的焦耳热等于线框在磁场中运动时减小的重力势能，则有Q=mg·2nL(n=1，2，3，…)，解得Q=0.8n J (n=1，2，3，…)。
(3)条形磁场区域的水平宽度。
[答案]　 m (n=1，2，3，…)
[解析]　由题意可知d=2L，则线框在相邻两条形磁场间匀加速运动的高度为L，线框匀速穿过磁场n的竖直速度为vn=，线框在竖直方向做匀加速运动的时间t1=，
线框在竖直方向做匀速运动的时间t2=+++=2×(n=1，2，3，…)，
则条形磁场区域的水平宽度x=v0(t1+t2)+L，解得x= m (n=1，2，3，…)。
考法3　斜面上的动力学问题
[例3]　(2025·安徽淮北调研)如图所示，电阻不计且足够长的U型金属框架放置在倾角θ=37°的绝缘斜面上，金属框架上端与阻值R=0.3 Ω的电阻相连，该装置处于磁感应强度大小B=0.5 T、方向垂直斜面向下的匀强磁场中。质量m=0.1 kg、电阻r=0.1 Ω的导体棒ab垂直放在框架上，从静止开始沿框架无摩擦下滑，且始终与框架接触良好。
框架的质量M=0.2 kg、宽度L=0.4 m，框架与斜面间的动摩擦因数μ=0.7，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g取10 m/s2，
sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
(1)若框架固定，棒从静止开始下滑位移x=5.75 m时速度v=5 m/s，求此过程中电阻R上产生的热量Q；
[答案]　1.65 J　
[解析]　根据能量守恒定律有mgxsin 37°=mv2+Q总，代入数据解得Q总=2.2 J，则电阻R上产生的热量为Q=Q总·=1.65 J。
(2)证明：流过棒ab的电量q=，其中ΔΦ为磁通量的变化量。并求出(1)过程中流过棒ab的电量q；
[答案]　证明过程见解析　2.875 C
[解析]　流过棒ab的电量q=Δt
根据闭合电路欧姆定律=，
根据法拉第电磁感应定律=
故可推出q=
其中ΔΦ=BLx
代入数据解得q=2.875 C。
(3)若框架不固定，判断其能否运动。如果框架不能运动，求导体棒的最大速度vm；如果框架能运动，求框架刚运动时导体棒的速度v1。
[答案]　能　4.8 m/s
[解析]　假设框架不能运动，设导体棒达到最大速度时回路电流为Im，则BImL=mgsin 37°=0.6 N
对框架分析，此时Mgsin 37°+BImL=1.8 N
框架受到最大静摩擦力fm=μ(m+M)gcos 37°=1.68 N<1.8 N
故框架在棒ab达到最大速度前运动。
框架刚运动时棒ab产生的电动势E=BLv1
回路中感应电流I1=
对框架有Mgsin 37°+BI1L=μ(m+M)gcos 37°
代入数据解得v1=4.8 m/s。
(二) 电磁感应中的能量问题
1.电磁感应中的能量转化
2.求解焦耳热Q的三种方法
方法一 焦耳定律：Q=I2Rt
方法二 功能关系：Q=W克服安培力
方法三 能量转化：Q=ΔE其他能的减少量
3.解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)分析电磁感应过程中研究对象受哪些力、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。
[典例]　(2024·全国甲卷)两根平行长直光滑金属导轨距离为l，固定在同一水平面(纸面)内，导轨左端接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻，开关S与电容器并联；导轨上有一长度略大于l的金属棒，如图所示。导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开关S闭合，金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速，最后将做速率为v0的匀速直线运动。金属棒始终
与两导轨垂直且接触良好，导轨电
阻和金属棒电阻忽略不计。
(1)在加速过程中，当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时，金属棒的速度大小是多少
[答案]　　
[解析]　由法拉第电磁感应定律可得，金属棒切割磁感线运动过程中，金属棒产生的感应电动势为E=Blv，闭合开关S，电容器被短路，由闭合电路欧姆定律可得回路中的电流I=，
由安培力公式可得金属棒所受的安培力F安=BIl
联立可得F安=，当金属棒匀速运动时，金属棒受力平衡，可得外力大小为F=F安m=，故外力做功的功率为P=Fv=
又电阻R的热功率为PR=I2R=
则当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，即P=2PR时，金属棒的速度大小为v1=。
(2)如果金属棒达到(1)中的速度时断开开关S，改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动。之后某时刻，外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，求此时电容器两极间的电压及从断开S开始到此刻外力做的功。
[答案]　 　
[解析]　断开开关S后，金属棒匀速运动，设回路中的电流为I'，则外力的大小为F'=F安'=BI'l
则外力做功的功率为P'=F'v1=
而电阻R的热功率为PR'=I'2R
当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，即P'=2PR'时，
有I1'=
则此时电容器两端的电压为U=Blv1-I1'R=
电容器所带电荷量为Q=CU
从断开S开始到该时刻的过程，对金属棒根据动能定理可知，外力做功的绝对值等于安培力做功的绝对值，则有
W=W安=t=v1t=Blv1't
其中't=Q-0
联立解得W=。
1.如图所示，AB、CD为两个平行的不计电阻的水平光滑金属导轨，置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻。质量为m、长为L且电阻不计的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧处于自然长度，导体
棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，
导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC
间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则 (　　)
针对训练
A.导体棒在水平方向做简谐运动
B.初始时刻导体棒所受的安培力大小为
C.当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为m-Q
D.当导体棒再次回到初始位置时，AC间的电阻R的热功率小于
√
解析：导体棒运动过程中，安培力做功，电阻产生焦耳热，则棒和弹簧的机械能有损失，则当棒再次回到初始位置时速度小于v0，导体棒在水平方向做的不是简谐运动，则导体棒回到初始位置时产生的感应电动势E1F=BIL，可得初始时刻导体棒所受的安培力大小为F=，故B错误；当导体棒第一次到达最右端时，设弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律有Ep+2Q=m，解得Ep=m-2Q，故C错误。
2.(2025·大连高三调研)如图甲所示，倾角为37°的足够长的光滑绝缘斜面，虚线MN、PQ间存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，MN、PQ均与斜面顶边(顶边水平)平行。一单匝正方形金属线框abcd通过一轻质绝缘细线连接静止在斜面上，且线框一半位于磁场中，ab边与MN平行。已知线框质量m=2 kg、边长L=0.5 m、电阻R=0.5 Ω，重力加速度g取10 m/s2，
sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。(计算结果保留两位有效数字)
(1)求t=0.1 s时线框中的感应电流大小及t=0.25 s 时细线的拉力大小；
答案：6.0 A　24 N　
解析：由法拉第电磁感应定律可得t=0.1 s时线框的感应电动势大小为E==S=×，
又由题图乙可知0~0.25 s内磁感应强度的变化率为= T/s=24 T/s，
解得E=3 V，由闭合电路欧姆定律可得线框中的感应电流大小为I==6.0 A， t=0.25 s时，对线框受力分析，有F=mgsin 37°+BIL，此时的磁感应强度大小为B=4 T，解得细线上的拉力大小为F=
24 N。
(2)在0.25 s后剪断细线，金属线框由静止沿斜面下滑，ab边进磁场前瞬间，线框加速度为0，当cd边刚出磁场时，线框加速度大小为
2 m/s2，整个下滑过程cd边始终与PQ平行。求MN、PQ间距s及线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q。
答案： 0.65 m　0.75 J
解析： ab边进入磁场前瞬间线框的加速度为0，设此时线框的速度大小为v1，有mgsin 37°=BI1L，由导体棒切割磁感线产生感应电动势及闭合电路欧姆定律可得I1=，联立解得v1=1.5 m/s，
当cd边刚出磁场时，线框的加速度大小为2 m/s2，设此时线框的速度大小为v2，有-mgsin 37°=ma，解得v2=2 m/s，
从ab边进入磁场前瞬间到cd边刚出磁场过程，由动能定理可得
mg(s-L)sin 37°=m-m，解得MN、PQ间距s≈0.65 m，
线框进入磁场的过程由功能关系得Q=mg×sin 37°-m
解得线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q=0.75 J。
课时跟踪检测
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一、单项选择题
1.如图，一足够长通电直导线固定在光滑水平面上，质量为0.04 kg的硬质金属环在该平面上运动，初速度大小为v0=2 m/s、方向与导线的夹角为60°，则该金属环最终(　　)
A.做曲线运动，环中最多能产生0.08 J的电能
B.静止在平面上，环中最多能产生0.04 J的电能
C.做匀加速直线运动，环中最多能产生0.02 J的电能
D.做匀速直线运动，环中最多能产生0.06 J的电能
√
(说明:标★的为推荐讲评题目)
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解析：金属环在向右上方运动过程中，通过金属环的磁通量减少，根据楞次定律可知金属环受到的安培力会阻碍其运动，直到其磁通量不发生变化，即沿着导线的方向运动时，金属环不再受到安培力的作用，此时金属环将做匀速直线运动，只具有平行导线方向的速度，根据速度的合成与分解规律可知金属环最终做匀速直线运动的速度大小为v=
v0cos 60°=v0=1 m/s，根据能量守恒定律可得，金属环中产生的电能为E= m-mv2=0.06 J，所以D正确，A、B、C错误。
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2.如图所示，一“<”形的光滑金属导轨AOC，OA=OC=d，∠AOC= 60°，单位长度的电阻为R0。整个装置竖直固定放置于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。一质量为m、电阻不计且长也为d的金属棒平行于AC连线放置，O在金属棒的中点。金属棒从O端开始在一水平外力作用下以速度v0水平向右匀速运动
至A、C端点，整个运动过程中金属棒与导轨接触
良好。关于金属棒运动的整个过程中(不含O点)，
下列说法正确的是 (　　)
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A.通过金属棒的电流不变
B.感应电流方向为顺时针方向
C.A、C两点的电势始终有φA<φC
D.整个过程中通过金属棒的电荷量为
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解析：设金属棒运动的距离为x，可知金属棒产生的感应电流I== =，可知金属棒产生的感应电流为定值，根据右手定则可知感应电流方向为逆时针方向，故A正确，B错误；金属棒的上端为等效电源的正极，下端为负极，始终有φA>φC，故C错误；整个过程中通过金属棒的电荷量q=It=·=，故D错误。
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3.(2025·浙江杭州质检)麦克斯韦从场的观点出发，认为变化的磁场会激发感生电场。如图甲所示，半径为r的绝缘光滑真空管道(内径远小于半径r)固定在水平面上，管内有一质量为m、带电量为+q的小球，直径略小于管道内径。真空管处在匀强磁场中，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示，规定竖
直向上为正方向。t=0时刻
无初速度释放小球。下列
说法正确的是 (　　)
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A.俯视真空管道，感生电场的方向是逆时针
B.感生电场对小球的作用力大小为q
C.小球绕环一周，感生电场做功为q
D.t0时刻管道对小球的作用力大小
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解析：根据楞次定律判断，俯视真空管道，感生电场的方向为顺时针，故A项错误；由法拉第电磁感应定律可得E电动势==，由题图乙可知，有=，设产生的感生电场的电场强度为E，则E电动势=Ed= E·2πr，感生电场对小球的作用力大小F=Eq=q，故B项错误；
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小球绕环一周，感生电场做功W=F·2πr=q，故C项正确；小球在感生电场中的加速度aE=，t0时刻小球的速度v=aEt0=，在水平方向上有B0qv+FNx=，解得FNx=-，所以管道对小球的作用力的大小为FN=，故D项错误。
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4.如图所示，水平面内放置着电阻可忽略不计的金属导轨，其形状满足方程y=x2，空间分布着垂直xOy平面向内的匀强磁场。先将足够长的导体棒ab与x轴重合，且关于y轴对称放置，再用沿y轴正方向的外力使其由静止开始做匀加速直线运动，导体棒先后
经过y=y0、y=4y0的位置。若导体棒接入电路的
电阻和其长度成正比，运动过程中始终和x轴
平行并与导轨接触良好，不计摩擦，下列说法
正确的是 (　　)
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A.导体棒经过y=y0、y=4y0的位置时，闭合回路中的电动势之比为1∶1
B.导体棒经过y=y0、y=4y0的位置时，闭合回路中的电流大小之比为1∶4
C.导体棒经过y=y0、y=4y0的位置时，导体棒所受安培力大小之比为1∶1
D.0~y0、y0~4y0过程中，闭合回路中产生的电热之比为1∶15
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解析：若导体棒运动到某一位置，速度大小为v，其与导轨接触点的坐标为，由匀变速直线运动规律v2=2ay，根据法拉第电磁感应定律，闭合回路中的感应电动势大小为E=2Bvx，解得E=2By，故感应电动势之比为1∶4，故A错误；由闭合电路欧姆定律，闭合回路中的电流为I=，其中R=2kx，解得I=，故闭合回路中的电流之比为1∶2，故B错误；导体棒所受安培力大小为F=2BIx=，故安培力大小之比为1∶4，故C错误；由以上分析可知，导体棒所受安培力大小
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与其位移大小y成正比，作出安培力随位移变化的图像如图所示，图像与横轴所围的面积即导体棒运动过程中克服安培力做的功，也就是闭合回路产生的电热Q=Fy=，
故0~y0、y0~4y0过程中，闭合回路中产生
的电热之比为12∶=1∶15，故D
正确。
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二、多项选择题
5.(2024·黑吉辽高考)如图，两条“ ”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止
释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直
并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，
长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重
力加速度大小为g，两棒在下滑过程中(　　)
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A.回路中的电流方向为abcda
B.ab中电流趋于
C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D.两棒产生的电动势始终相等
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解析：由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量向上增大，根据楞次定律结合安培定则可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30°-2BILcos 30°=2ma1、mgsin 30°-BILcos 30°=ma2，可得a1=a2=-，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合以上分析可知，
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ab中的电流趋于，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知，两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。
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6.(2025·重庆模拟)如图所示，间距为L的水平边界MN、
PQ之间存在垂直于纸面向外的匀强磁场，“日”字形线
框位于磁场区域上方某一高度，线框三条短边ab、ef、
cd的长度均为L、电阻均为R，两条长边ac、bd的长度
均为2L、电阻不计，ef位于线框正中间。若线框由静止释放，t=0时刻cd边进入磁场且恰好做匀速运动，则整个线框通过磁场区域的过程中，线框的速度大小v，a、b两点之间的电势差Uab，流过ab边的电流强度Iab，ab边产生的焦耳热Qab，以上物理量随时间t的变化图像正确的是 (　　)
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解析：设cd进入匀强磁场瞬间的速度大小为v0，匀强磁场的磁感应强度大小为B，线框质量为m，切割磁感线产生的电动势E=BLv0，通过cd的电流I=，由平衡条件得BIL=mg，当ef进入磁场瞬间，cd出磁场，回路电动势和总电流不变，仍满足BIL=mg，同理当ab进入磁场时亦有BIL=mg，由此可知，线框通过磁场区域的过程中做匀速运动，故A正确；当cd边切割磁感线时，ef、ab并联，根据闭合电路欧姆定律可知，a、b两点之间的电势差Uab=E-IR，当ef 边切割磁感线时，cd、ab并联，根据
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闭合电路欧姆定律可知，a、b两点之间的电势差仍为Uab=E-IR，同理，当ab边切割磁感线时，a、b两点之间的电势差仍为Uab=E-IR，可知，整个过程中a、b两点之间的电势差并不发生变化，故B错误；当cd和ef切割磁感线时，通过ab的电流强度为，而当ab进入磁场后，回路中的总电流不变，仍为I，但此时ab切割磁感线，相当于电源，因此通过ab的电流强度为I，故C错误；当cd和ef切割磁感线时，ab产生的焦耳热Qab= Rt，当ab进入磁场后Qab=Q1+I2R(t-t1)，由函数关系可知，D正确。
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7.如图所示，两条足够长的光滑平行导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L=1 m，电阻不计，两导体棒a、b静置于导轨上，导体棒a的电阻不计，b棒的阻值为R=1 Ω，单刀双掷开关1接在电容为C=0.5 F的电容器上，初始状态电容器不带电。电容器的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B1=1 T，电容器左侧有垂直纸面向外的匀强磁场B2=0.5 T，导体棒a通过细线跨过光滑定滑轮与竖直悬挂的重物A相连，已知重物A、两导体棒a、b三者的质量均为m=1 kg。现将开关S接1位置，释放重物A，同时开始计时，t1=0.25 s时断开开关S，t2=0.45 s时将开关S接2位置，导体棒b开始运动，t3时刻两导体棒的加速度大小相等。重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 (　　)
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A.t1时刻导体棒a的速度为v1=1 m/s
B.t2时刻导体棒a的速度为v2=3 m/s
C.t3时刻导体棒a的加速度为 m/s2
D.t3时刻回路消耗的热功率为25 W
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解析：对导体棒a和重物A，根据牛顿第二定律得mg-B1iL=2ma1，
根据i=，ΔQ=CΔU，ΔU=B1LΔv，Δv=a1Δt，联立解得a1==
4 m/s2，t1时刻导体棒a的速度v1=a1t1=1 m/s，故A正确；断开开关S后，导体棒a不受安培力，则有mg=2ma2，t2时刻导体棒a的速度为v2=v1+a2(t2-t1)=2 m/s，故B错误；开关S接2位置，设t3时刻导体棒a、b的加速度大小为a3，mg-B1IL=2ma3，B2IL=ma3，解得a3=2.5 m/s2，I=5 A，t3时刻回路消耗的热功率为P=I2R=25 W，故C错误，D正确。
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8.如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，磁场范围足够大，磁感应强度的大小左边为2B、右边为3B，一个竖直放置的宽为L、长为3L、质量为m、电阻为r的矩形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到虚线位置(在左边磁场中的长度为L，
在右边磁场中的长度为2L)时，线
框的速度为v，则下列判断正确
的是(　　)
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A.此时线框中电流方向为逆时针，电功率为
B.此过程中通过线框截面的电荷量为
C.此时线框的加速度大小为
D.此过程中线框克服安培力做的功为mv2
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解析：在题图示位置根据右手定则可知，线框中电流方向为逆时针，线框产生的电动势为E=3BL·+2BL·=BLv，线框中的电流为I==，则电功率为P=EI=，故A正确；此过程中磁通量的变化量为ΔΦ=2B·3L2-(2B·L2-3B·2L2)=10BL2，此过程中通过线框截面的电荷量为q=Δt=Δt=Δt==，故B错误；
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线框受到的安培力大小为F=3BIL+2BIL=，此时线框的加速度大小为a==，故C错误；由动能定理得W安=m-mv2= -mv2，则此过程中线框克服安培力做的功为mv2，故D正确。
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三、计算题
9.(14分)(2024·安徽高考)如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计、质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B=kt(SI)，k为常数(k>0)。支架上方的导
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轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的
总电阻为R。 t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其
向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程
中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数
为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不
影响。
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(1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；(4分)
答案：Φ=kL2t　kL2　从a流向b
解析：通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ=BS=kL2t，
根据法拉第电磁感应定律得E=n==kL2，
由楞次定律和安培定则可知，ab中的电流方向从a流向b。
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(2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；(4分)
答案：F安=　
解析：根据左手定则可知，ab受到的安培力方向垂直纸面向里，大小为F安=BIL，其中B=kt，设金属棒向上运动的位移为x，根据运动学公式x=at2，所以支架上方的导轨电阻为R'=2xr，由闭合电路欧姆定律得I=，联立解得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安= 。
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(3)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
(6分)
答案：　+m
解析：由题知t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受力分析，由牛顿第二定律得
F-mg-μF安=ma，其中F安=，
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联立可得F=+m(g+a)，整理有F=+m(g+a)，
根据均值不等式可知，当=art时，F有最大值，
故解得t=，F的最大值为Fm=+m(g+a)。
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10.(14分)(2024·河北高考)如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。
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OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
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(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。(6分)
答案：　
解析：当OA棒运动到正方形细框对角线瞬间，切割磁感线的有效长度最大，Lmax=L，此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得
Emax=BLmax=B·L·=BL2ω
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根据闭合电路欧姆定律得Imax=
故CD棒所受的安培力最大为Fmax=BImaxL=
当OA棒运动到与细框一边平行时，切割磁感线的有效长度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得Emin=BLmin= B·L·=
故CD棒所受的安培力最小为Fmin=BIminL=BL=。
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(2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。(8分)
答案：
解析：设CD棒的质量为m，CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f，OA棒在转动过程中，当CD棒受到的安培力最小时，根据平衡条件得
mgsin θ-f-Fmin=0
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当CD棒受到的安培力最大时，根据平衡条件得
Fmax-mgsin θ-f=0
联立解得m=
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得
Fmax+μmgcos θ-mgsin θ=ma
解得μ=。
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11.(14分)如图所示，“凹”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab、bc边长均为2l，gf边长为l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，bc边离磁场上边界的距离为l，线框由静止释放，从bc边进
入磁场到gf边进入磁场前，线框做匀速运动。在gf边
离开磁场后，ah、ed边离开磁场之前，线框又做匀
速运动。线框在下落过程中始终处于竖直平面内，
且bc、gf边保持水平，重力加速度为g。
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(1)线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的几倍 (8分)
答案：4　
解析：设bc边刚进入磁场时速度大小为v1，有E1=2Blv1，I1=，F1=2BI1l
线框做匀速运动，有F1=mg
联立可得v1=
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设ah、ed边将离开磁场时速度大小为v2，有
E2=Blv2，I2=，F2=I2lB
线框做匀速运动，有F2=mg
联立可得v2=，
综上所述=4。
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(2)若磁场上下边界间的距离为H，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少 (6分)
答案：mg(H-13l )
解析：bc边进入磁场前，根据动能定理，有mgl=m
穿过磁场过程中，根据能量守恒定律，有mg(H+2l )+m=m+Q
联立可得Q=mg(H-13l )。
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4课时跟踪检测(六十二)　电磁感应中的动力学和能量问题
一、单项选择题
1.如图,一足够长通电直导线固定在光滑水平面上,质量为0.04 kg的硬质金属环在该平面上运动,初速度大小为v0=2 m/s、方向与导线的夹角为60°,则该金属环最终 (　　)
A.做曲线运动,环中最多能产生0.08 J的电能
B.静止在平面上,环中最多能产生0.04 J的电能
C.做匀加速直线运动,环中最多能产生0.02 J的电能
D.做匀速直线运动,环中最多能产生0.06 J的电能
2.如图所示,一“<”形的光滑金属导轨AOC,OA=OC=d,∠AOC=60°,单位长度的电阻为R0。整个装置竖直固定放置于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。一质量为m、电阻不计且长也为d的金属棒平行于AC连线放置,O在金属棒的中点。金属棒从O端开始在一水平外力作用下以速度v0水平向右匀速运动至A、C端点,整个运动过程中金属棒与导轨接触良好。关于金属棒运动的整个过程中(不含O点),下列说法正确的是 (　　)
A.通过金属棒的电流不变
B.感应电流方向为顺时针方向
C.A、C两点的电势始终有φA<φC
D.整个过程中通过金属棒的电荷量为
3.(2025·浙江杭州质检)麦克斯韦从场的观点出发,认为变化的磁场会激发感生电场。如图甲所示,半径为r的绝缘光滑真空管道(内径远小于半径r)固定在水平面上,管内有一质量为m、带电量为+q的小球,直径略小于管道内径。真空管处在匀强磁场中,磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示,规定竖直向上为正方向。t=0时刻无初速度释放小球。下列说法正确的是 (　　)
A.俯视真空管道,感生电场的方向是逆时针
B.感生电场对小球的作用力大小为q
C.小球绕环一周,感生电场做功为q
D.t0时刻管道对小球的作用力大小
4.如图所示,水平面内放置着电阻可忽略不计的金属导轨,其形状满足方程y=x2,空间分布着垂直xOy平面向内的匀强磁场。先将足够长的导体棒ab与x轴重合,且关于y轴对称放置,再用沿y轴正方向的外力使其由静止开始做匀加速直线运动,导体棒先后经过y=y0、y=4y0的位置。若导体棒接入电路的电阻和其长度成正比,运动过程中始终和x轴平行并与导轨接触良好,不计摩擦,下列说法正确的是 (　　)
A.导体棒经过y=y0、y=4y0的位置时,闭合回路中的电动势之比为1∶1
B.导体棒经过y=y0、y=4y0的位置时,闭合回路中的电流大小之比为1∶4
C.导体棒经过y=y0、y=4y0的位置时,导体棒所受安培力大小之比为1∶1
D.0~y0、y0~4y0过程中,闭合回路中产生的电热之比为1∶15
二、多项选择题
5.(2024·黑吉辽高考)如图,两条“”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,间距为L,左、右两导轨面与水平面夹角均为30°,均处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上,同时由静止释放,两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m,长度均为L。导轨足够长且电阻不计,重力加速度大小为g,两棒在下滑过程中 (　　)
A.回路中的电流方向为abcda
B.ab中电流趋于
C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D.两棒产生的电动势始终相等
6.(2025·重庆模拟)如图所示,间距为L的水平边界MN、PQ之间存在垂直于纸面向外的匀强磁场,“日”字形线框位于磁场区域上方某一高度,线框三条短边ab、ef、cd的长度均为L、电阻均为R,两条长边ac、bd的长度均为2L、电阻不计,ef位于线框正中间。若线框由静止释放,t=0时刻cd边进入磁场且恰好做匀速运动,则整个线框通过磁场区域的过程中,线框的速度大小v,a、b两点之间的电势差Uab,流过ab边的电流强度Iab,ab边产生的焦耳热Qab,以上物理量随时间t的变化图像正确的是 (　　)
7.如图所示,两条足够长的光滑平行导轨MN、PQ水平放置,导轨间距为L=1 m,电阻不计,两导体棒a、b静置于导轨上,导体棒a的电阻不计,b棒的阻值为R=1 Ω,单刀双掷开关1接在电容为C=0.5 F的电容器上,初始状态电容器不带电。电容器的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B1=1 T,电容器左侧有垂直纸面向外的匀强磁场B2=0.5 T,导体棒a通过细线跨过光滑定滑轮与竖直悬挂的重物A相连,已知重物A、两导体棒a、b三者的质量均为m=1 kg。现将开关S接1位置,释放重物A,同时开始计时,t1=0.25 s时断开开关S,t2=0.45 s时将开关S接2位置,导体棒b开始运动,t3时刻两导体棒的加速度大小相等。重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是 (　　)
A.t1时刻导体棒a的速度为v1=1 m/s
B.t2时刻导体棒a的速度为v2=3 m/s
C.t3时刻导体棒a的加速度为 m/s2
D.t3时刻回路消耗的热功率为25 W
8.如图所示,在光滑绝缘的水平面上方,有两个方向相反的水平方向的匀强磁场,磁场范围足够大,磁感应强度的大小左边为2B、右边为3B,一个竖直放置的宽为L、长为3L、质量为m、电阻为r的矩形金属线框,以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动,当线框运动到虚线位置(在左边磁场中的长度为L,在右边磁场中的长度为2L)时,线框的速度为v,则下列判断正确的是 (　　)
A.此时线框中电流方向为逆时针,电功率为
B.此过程中通过线框截面的电荷量为
C.此时线框的加速度大小为
D.此过程中线框克服安培力做的功为mv2
卷码 400016221 姓名
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三、计算题
9.(14分)(2024·安徽高考)如图所示,一“U”型金属导轨固定在竖直平面内,一电阻不计、质量为m的金属棒ab垂直于导轨,并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内,存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间,存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B=kt(SI),k为常数(k>0)。支架上方的导轨足够长,两边导轨单位长度的电阻均为r,下方导轨的总电阻为R。t=0时,对ab施加竖直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动,整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。不计空气阻力,两磁场互不影响。
(1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式,以及感应电动势的大小,并写出ab中电流的方向;(4分)
(2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式;(4分)
(3)求经过多长时间,对ab所施加的拉力达到最大值,并求此最大值。(6分)
10.(14分)(2024·河北高考)如图,边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上,细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动,水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中,CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R,电路中其余部分的电阻均不计,CD棒始终与导轨垂直,各部分始终接触良好,不计空气阻力,重力加速度大小为g。
(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。(6分)
(2)锁定OA棒,推动CD棒下滑,撤去推力瞬间,CD棒的加速度大小为a,所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值,求CD棒与导轨间的动摩擦因数。(8分)
11.(14分)如图所示,“凹”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直,且处于同一平面内,ab、bc边长均为2l,gf边长为l。匀强磁场区域的上下边界均水平,磁场方向垂直于线框所在平面。开始时,bc边离磁场上边界的距离为l,线框由静止释放,从bc边进入磁场到gf边进入磁场前,线框做匀速运动。在gf边离开磁场后,ah、ed边离开磁场之前,线框又做匀速运动。线框在下落过程中始终处于竖直平面内,且bc、gf边保持水平,重力加速度为g。
(1)线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的几倍 (8分)
(2)若磁场上下边界间的距离为H,则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少 (6分)
课时跟踪检测(六十二)
1.选D　金属环在向右上方运动过程中,通过金属环的磁通量减少,根据楞次定律可知金属环受到的安培力会阻碍其运动,直到其磁通量不发生变化,即沿着导线的方向运动时,金属环不再受到安培力的作用,此时金属环将做匀速直线运动,只具有平行导线方向的速度,根据速度的合成与分解规律可知金属环最终做匀速直线运动的速度大小为v=v0cos 60°=v0=1 m/s,根据能量守恒定律可得,金属环中产生的电能为E=m-mv2=0.06 J,所以D正确,A、B、C错误。
2.选A　设金属棒运动的距离为x,可知金属棒产生的感应电流I===,可知金属棒产生的感应电流为定值,根据右手定则可知感应电流方向为逆时针方向,故A正确,B错误;金属棒的上端为等效电源的正极,下端为负极,始终有φA>φC,故C错误;整个过程中通过金属棒的电荷量q=It=·=,故D错误。
3.选C　根据楞次定律判断,俯视真空管道,感生电场的方向为顺时针,故A项错误;由法拉第电磁感应定律可得E电动势==,由题图乙可知,有=,设产生的感生电场的电场强度为E,则E电动势=Ed=E·2πr,感生电场对小球的作用力大小F=Eq=q,故B项错误;小球绕环一周,感生电场做功W=F·2πr=q,故C项正确;小球在感生电场中的加速度aE=,t0时刻小球的速度v=aEt0=,在水平方向上有B0qv+FNx=,解得FNx=-,所以管道对小球的作用力的大小为FN=,故D项错误。
4.选D　若导体棒运动到某一位置,速度大小为v,其与导轨接触点的坐标为,由匀变速直线运动规律v2=2ay,根据法拉第电磁感应定律,闭合回路中的感应电动势大小为E=2Bvx,解得E=2By,故感应电动势之比为1∶4,故A错误;由闭合电路欧姆定律,闭合回路中的电流为I=,其中R=2kx,解得I=,故闭合回路中的电流之比为1∶2,故B错误;导体棒所受安培力大小为F=2BIx=,故安培力大小之比为1∶4,故C错误;由以上分析可知,导体棒所受安培力大小与其位移大小y成正比,作出安培力随位移变化的图像如图所示,
图像与横轴所围的面积即导体棒运动过程中克服安培力做的功,也就是闭合回路产生的电热Q=Fy=,故0~y0、y0~4y0过程中,闭合回路中产生的电热之比为12∶=1∶15,故D正确。
5.选AB　由于ab和cd均沿导轨下滑,则通过abcd回路的磁通量向上增大,根据楞次定律结合安培定则可知,回路中的电流方向为abcda,A正确;对ab和cd分别受力分析,如图所示,根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30°-2BILcos 30°=2ma1、mgsin 30°-BILcos 30°=ma2,可得a1=a2=-,则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1,C错误;当加速度趋于零时,两导体棒中的电流趋于稳定,结合以上分析可知,ab中的电流趋于,B正确;由于ab和cd加速度大小始终相等,则两导体棒的速度大小始终相等,则由法拉第电磁感应定律可知,两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1,D错误。
6.选AD　设cd进入匀强磁场瞬间的速度大小为v0,匀强磁场的磁感应强度大小为B,线框质量为m,切割磁感线产生的电动势E=BLv0,通过cd的电流I=,由平衡条件得BIL=mg,当ef进入磁场瞬间,cd出磁场,回路电动势和总电流不变,仍满足BIL=mg,同理当ab进入磁场时亦有BIL=mg,由此可知,线框通过磁场区域的过程中做匀速运动,故A正确;当cd边切割磁感线时,ef、ab并联,根据闭合电路欧姆定律可知,a、b两点之间的电势差Uab=E-IR,当ef边切割磁感线时,cd、ab并联,根据闭合电路欧姆定律可知,a、b两点之间的电势差仍为Uab=E-IR,同理,当ab边切割磁感线时,a、b两点之间的电势差仍为Uab=E-IR,可知,整个过程中a、b两点之间的电势差并不发生变化,故B错误;当cd和ef切割磁感线时,通过ab的电流强度为,而当ab进入磁场后,回路中的总电流不变,仍为I,但此时ab切割磁感线,相当于电源,因此通过ab的电流强度为I,故C错误;当cd和ef切割磁感线时,ab产生的焦耳热Qab=Rt,当ab进入磁场后Qab=Q1+I2R(t-t1),由函数关系可知,D正确。
7.选AD　对导体棒a和重物A,根据牛顿第二定律得mg-B1iL=2ma1,根据i=,ΔQ=CΔU,ΔU=B1LΔv,Δv=a1Δt,联立解得a1==4 m/s2,t1时刻导体棒a的速度v1=a1t1=1 m/s,故A正确;断开开关S后,导体棒a不受安培力,则有mg=2ma2,t2时刻导体棒a的速度为v2=v1+a2(t2-t1)=2 m/s,故B错误;开关S接2位置,设t3时刻导体棒a、b的加速度大小为a3,mg-B1IL=2ma3,B2IL=ma3,解得a3=2.5 m/s2,I=5 A,t3时刻回路消耗的热功率为P=I2R=25 W,故C错误,D正确。
8.选AD　在题图示位置根据右手定则可知,线框中电流方向为逆时针,线框产生的电动势为E=3BL·+2BL·=BLv,线框中的电流为I==,则电功率为P=EI=,故A正确;此过程中磁通量的变化量为ΔΦ=2B·3L2-(2B·L2-3B·2L2)=10BL2,此过程中通过线框截面的电荷量为q=Δt=Δt=Δt==,故B错误;线框受到的安培力大小为F=3BIL+2BIL=,此时线框的加速度大小为a==,故C错误;由动能定理得W安=m-mv2=-mv2,则此过程中线框克服安培力做的功为mv2,故D正确。
9.解析:(1)通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ=BS=kL2t,
根据法拉第电磁感应定律得E=n==kL2,
由楞次定律和安培定则可知,ab中的电流方向从a流向b。
(2)根据左手定则可知,ab受到的安培力方向垂直纸面向里,大小为F安=BIL,其中B=kt,
设金属棒向上运动的位移为x,根据运动学公式x=at2,所以支架上方的导轨电阻为R'=2xr,
由闭合电路欧姆定律得I=,
联立解得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安=。
(3)由题知t=0时,对ab施加竖直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动,则对ab受力分析,由牛顿第二定律得F-mg-μF安=ma,其中F安=,
联立可得F=+m(g+a),整理有F=+m(g+a),
根据均值不等式可知,当=art时,F有最大值,
故解得t=,F的最大值为Fm=+m(g+a)。
答案:(1)Φ=kL2t　kL2　从a流向b
(2)F安=　(3)　+m
10.解析:(1)当OA棒运动到正方形细框对角线瞬间,切割磁感线的有效长度最大,Lmax=L,此时感应电流最大,CD棒所受的安培力最大,根据法拉第电磁感应定律得
Emax=BLmax=B·L·=BL2ω
根据闭合电路欧姆定律得Imax=
故CD棒所受的安培力最大为
Fmax=BImaxL=
当OA棒运动到与细框一边平行时,切割磁感线的有效长度最短,感应电流最小,CD棒受到的安培力最小,得
Emin=BLmin=B·L·=
故CD棒所受的安培力最小为
Fmin=BIminL=BL=。
(2)设CD棒的质量为m,CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f,OA棒在转动过程中,当CD棒受到的安培力最小时,根据平衡条件得mgsin θ-f-Fmin=0
当CD棒受到的安培力最大时,根据平衡条件得Fmax-mgsin θ-f=0
联立解得m=
撤去推力瞬间,根据牛顿第二定律得
Fmax+μmgcos θ-mgsin θ=ma
解得μ=。
答案:(1)　　(2)
11.解析:(1)设bc边刚进入磁场时速度大小为v1,有E1=2Blv1,I1=,F1=2BI1l
线框做匀速运动,有F1=mg
联立可得v1=
设ah、ed边将离开磁场时速度大小为v2,有
E2=Blv2,I2=,F2=I2lB
线框做匀速运动,有F2=mg
联立可得v2=,
综上所述=4。
(2)bc边进入磁场前,根据动能定理,有
mgl=m
穿过磁场过程中,根据能量守恒定律,有
mg(H+2l)+m=m+Q
联立可得Q=mg(H-13l)。
答案:(1)4　(2)mg(H-13l)
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