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(共69张PPT)
专题四
电路与电磁感应
第2讲　电磁感应及其应用
[建体系·论要点]______________________知识串联__熟记核心要点
思维导图
考情分析
[研考向·提能力]_____________________考向研析__掌握应试技能
考向一　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
1．判定感应电流方向
(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。
(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。
[典例1]　如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3
m2、电阻R＝0.6
Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2
T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5
s时间内合到一起。求线圈在上述过程中：
(1)感应电动势的平均值E；
(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量q。
1．(2020·安徽江南十校检测)在粗糙水平面上平放一根导体棒和一个金属圆环，如图甲所示(俯视图)，给导体棒中通以如图乙所示的电流，导体棒和圆环始终保持静止状态，则在0～t1时间内，下列说法正确的是(　　)
A．圆环中感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向
B．圆环中感应电流先增大后减小
C．导体棒受到的静摩擦力方向先向右后向左
D．圆环先有扩张趋势后有收缩趋势
解析：根据安培定则和楞次定律可知，圆环中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，A项错误；导体棒中电流先增大得越来越慢后减小得越来越快，圆环中磁通量先变大得越来越慢后变小得越来越快，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电流先减小后增大，B项错误；导体棒中电流先增大后减小，圆环中磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，圆环和导体棒之间先排斥后吸引，则导体棒受到的静摩擦力先向右后向左，圆环先有收缩趋势后有扩张趋势，C项正确，D项错误。
答案：C
2．(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示，则在t＝0到t＝t1的时间间隔内(　　)
答案：BC
答案：AC
考向二　电磁感应中的图像问题
1．“三点关注”
(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。
(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应。
(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。
2．“两种技法”
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简单的方法，但却是最有效的方法。
[典例2]　(2020·江苏扬州中学高三下学期5月月考)如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd。t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图像正确的是(　　)
规律总结
解决电磁感应图像问题的一般步骤
…………………………………………………………………………………
(1)明确图像的种类，即是B?t图还是Φ?t图，或者E?t图、v?t图、I?t图等(如典例的四个选项中的三类图像)。
(2)分析电磁感应的具体过程(如典例中线框匀加速进入磁场的速度的变化)。
(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式(如典例中感应电流、电压和拉力F的表达式)。
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。
(6)画图像或判断图像(典例为判断图像)。
4．(多选)(2020·江苏省苏锡常镇四市高三下学期5月二模)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨左端连接一个平行板电容器C和一个定值电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好。装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(垂直纸面向上为正)，MN始终保持静止。不计电容器充电时间，则在0～t2时间内，下列说法正确的是(　　)
A．电阻R两端的电压大小始终不变
B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN棒所受安培力的大小始终不变
D．MN棒所受安培力的方向先向右后向左
解析：由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可以知道，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，故A正确；根据楞次定律判断可以知道，通过R的电流一直向下，电容器a板电势较高，一直带正电，故B错误；由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可以知道，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D正确；根据安培力公式F＝BIL，I、L不变，因为磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故C错误。
答案：AD
5．如图所示，直角坐标系xOy的二、四象限有垂
直坐标系向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为
B，在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，
磁感应强度大小为2B。现将半径为L、圆心角为
90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定
角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动。
t＝0时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为
正方向，则下列关于导线框中的电流随时间变化的图线，正确的是(　　)
答案：B
6．(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的
图像可能正确的是(　　)
AD
考向三　电磁感应中的动力学和能量问题
1．动力学问题中的“两分析、两状态”
(1)受力和运动分析
①导体切割磁感线运动产生感应电动势，在电路中产生感应电流，导体在磁场中受安培力，安培力将阻碍导体运动。
②安培力一般是变力，导体做切割磁感线运动的加速度发生变化，当加速度为零时，导体达到稳定状态，最后做匀速直线运动。
(2)平衡和非平衡状态处理
①导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态。
处理方法：根据平衡状态时导体所受合力等于零列式分析。
②导体处于非平衡状态——加速度不为零。
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。
2．求焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变。
(2)功能关系：Q＝W克服安培力，电流变与不变都适用。
(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)，电流变与不变都适用。
[典例3]　如图所示，两不计电阻的平行光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R的定值电阻，两导轨之间的距离为d。矩形区域abdc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd之间的距离为L。在cd下方有一导体棒MN，导体棒MN与导轨垂直，与cd之间的距离为H，导体棒的质量为m，电阻为r。给导体棒一竖直向上的恒力，导体棒在恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，进入磁场区域后做减速运动。若导体棒到达ab处的速度为v0，重力加速度大小为g，求：
(1)导体棒到达cd处时速度的大小；
(2)导体棒刚进入磁场时加速度的大小；
(3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量
和电阻R产生的热量。
规律总结
求解电磁感应中动力学和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及这些力做功的特点，就可以知道合外力及能量相互转化情况。
(3)根据牛顿第二定律、动力学和能量守恒列方程求解。
7．(多选)(2020·高考全国卷Ⅰ)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒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，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后(　　)
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
答案：BC
8．(2020·福建三明期末质量检测)如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L＝0.4
m，其下端连接一个定值电阻R＝4
Ω，其他电阻不计。两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1
T。一质量为m＝0.04
kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8。
(1)求导体棒下滑的最大速度大小；
(2)导体棒从静止加速到v＝4
m/s的过程中，通
过R的电荷量q＝0.2
C，求R产生的热量。
考向四　电磁感应中的动量和能量问题
1．分析方法
(1)分析“受力”：分析研究对象的受力情况，特别关注安培力的方向。
(2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了变化，根据能量守恒列方程求解。
2．动量守恒定律的应用
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律求解比较方便。
[典例4]　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—时间图像如图乙所示(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。
9．(多选)如图所示，两根足够长、间距为l的固定光滑平行金属导轨，位于同一水平面内，导轨上横放着质量分别为m和3m的导体棒ab和cd，构成矩形回路，在整个导轨平面内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，已知两棒的电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计。开始时，导体棒cd静止，导体棒ab以大小为v0的初速度从导轨左端开始向右运动，忽略回路中电流对磁场的影响，导体棒ab和cd在运动过程中不会发生碰撞，经过足够长的时间后，下列说法正确的是(　　)
答案：BC
10．(2020·河南许昌4月检测)如图所示，有一间距为L且与水平方向成θ角的光滑平行轨道，轨道上端接有电容器和定值电阻，S为单刀双掷开关，空间存在垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B。将单刀双掷开关接到a点，一根电阻不计、质量为m的导体棒在轨道底端获得初速度v0后沿着轨道向上运动，到达最高点时，单刀双掷开关接b点，经过一段时间导体棒又回到轨道底端。已知定值电阻的阻值为R，电容器的电容为C，重力加速度为g，轨道足够长，轨道电阻不计，求：
(1)导体棒上滑过程中加速度的大小；
(2)若已知导体棒到达轨道底端的速度为v，
求导体棒下滑过程中定值电阻产生的热量
和导体棒运动的时间。
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(45分钟)
[基础题组专练]
1．(2020·高考全国卷Ⅲ)如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到(　　)
A．拨至M端或N端，圆环都向左运动
B．拨至M端或N端，圆环都向右运动
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
解析：开关S由断开状态拨至连接状态，不论拨至M端还是N端，通过圆环的磁通量均增加，根据楞次定律(增反减同)可得圆环会阻碍磁通量的增加，即向右运动。
答案：B
2．(2020·北京市通州区高三下学期5月检测)如图1所示，把一铜线圈水平固定在铁架台上，其两端连接在电流传感器上，能得到该铜线圈中的电流随时间变化的图线。利用该装置可探究条形磁铁在穿过铜线圈的过程中，产生的电磁感应现象。两次实验中分别得到了如图2、3所示的电流—时间图线(两次用同一条形磁铁，在距铜线圈上端不同高度处，由静止沿铜线圈轴线竖直下落，始终保持直立姿态，且所受空气阻力可忽略不计)。下列说法正确的是(　　)
A．条形磁铁的磁性越强，产生的感应电流峰值越大
B．条形磁铁距铜线圈上端的高度越小，产生的感应电流峰值越大
C．条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能越大，产生的感应电流峰值越大
D．两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是先向上后向下
解析：如果在相同的高度处下落，则条形磁铁的磁性越强，产生的感应电动势的最大值也就越大，即感应的电流峰值越大，而现在是在不同高度处下落的，故选项A错误；条形磁铁距铜线圈上端的高度越小，落到下端时的速度就越小，产生的感应电动势也就越小，即产生的感应电流峰值越小，选项B错误；根据能量守恒，条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能都转化成了焦耳热，而焦耳热越大，需要的电流就会越大，则产生的感应电流峰值也会越大，选项C正确；根据楞次定律中的“来拒去留”的思路，两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是向上的，选项D错误。
答案：C
3.
(多选)(2020·河北唐山第一次模拟)如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r。已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法正确的是(　　)
A．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针方向的电流
B．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针方向的电流
C．保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为
D．保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为
解析：由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，所以在线圈中没有感应电流产生，故A错误；由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，线圈包含磁场的面积变小，磁通量变小，根据楞次定律可知，产生逆时针方向的电流，故B正确；保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得I＝＝＝＝k＝k，故C正确，D错误。
答案：BC
4．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈的面积S＝200
cm2，线圈的电阻r＝1
Ω，线圈外接一个阻值R＝4
Ω
的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向
B．电阻R两端的电压随时间均匀增大
C．线圈电阻r消耗的功率为4×10－4
W
D．前4
s内通过R的电荷量为4×10－4
C
解析：由楞次定律，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势恒定为E＝＝0.1
V，电阻R两端的电压不随时间变化，选项B错误；回路中电流I＝＝0.02
A，线圈电阻r消耗的功率为P＝I2r＝4×10－4
W，选项C正确；前4
s内通过R的电荷量为q＝It＝0.08
C，选项D错误。
答案：C
5.(2020·浙江7月选考)如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是(　　)
A．棒产生的电动势为Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
解析：由法拉第电磁感应定律知棒产生的电动势U＝Br2ω，A错误；对极板间微粒受力分析，如图所示，微粒静止，则mg＝qE＝q，得＝，而电容器两极板间电势差与电源电动势相等，故＝，B正确；电路中的电流I＝＝，则电阻R消耗的电功率P＝I2R＝，C错误；电容器所带的电荷量Q＝CU＝，D错误。
答案：B
6.
(2020·河北石家庄高三下学期5月二模)如图所示，两个闭合正方形线圈a、b用粗细相同的同种导线绕制而成，匝数相同，线圈a的边长为线圈b边长的3倍，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，下列说法正确的是(　　)
A．a、b线圈中均产生顺时针方向的感应电流
B．a、b线圈中感应电动势之比为3∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D．a、b线圈中电功率之比为27∶1
解析：根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电流为逆时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知E＝n＝nS＝nl2，由题知，两线圈匝数n相同，也相同，故Ea∶Eb＝9∶1，故B错误；由题知，两线圈的横截面积S0相同，电阻率ρ也相同，根据电阻定律有R＝ρ，导线长度为L＝n×4l，故电阻之比为Ra∶Rb＝3∶1，根据欧姆定律有I＝，故电流之比为Ia∶Ib＝3∶1，故C错误；电功率P＝，因电动势之比为9∶1，电阻之比为3∶1，则电功率之比为27∶1，故D正确。
答案：D
7.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab边产生的焦耳热Q。
解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势
E＝BLv。
(2)线框中的感应电流I＝
拉力大小等于安培力大小F＝BIL
拉力的功率P＝Fv＝。
(3)线框ab边电阻Rab＝
时间t＝
ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝。
答案：(1)BLv　(2)　(3)
[能力题组专练]
8．(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是(　　)
解析：导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab受安培阻力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度变大，两棒之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，两棒所受安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，故ab棒做加速度逐渐减小的减速运动，cd棒做加速度逐渐减小的加速运动，如图所示。
当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动，两棒在导轨上运动时，不受外力作用，系统的动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝，故A、C正确，B、D错误。
答案：AC
9．(多选)如图，MN和PQ是固定在水平面上电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，水平部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻。水平部分导轨区域存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处由静止释放，在水平导轨上运动距离d时恰好停止。已知金属棒与导轨水平部分间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．金属棒克服安培力做的功等于金属棒产生的焦耳热
B．金属棒克服安培力做的功与克服摩擦力做功的和为mgh
C．金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd)
D．金属棒在磁场中运动的时间为－
解析：根据功能关系知，金属棒克服安培力做的功等于金属棒以及电阻R上产生的焦耳热之和，故A错误；设金属棒克服安培力所做的功为W，对整个过程，由动能定理得mgh－μmgd－W＝0，解得μmgd＋W＝mgh，故B正确；由B项可解得金属棒克服安培力所做的功为W＝mg(h－μd)，则电路中产生的总的焦耳热Q＝W＝mg(h－μd)，则金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd)，故C正确；金属棒在下滑过程中，其机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝mv，得v0＝，金属棒通过某截面的电荷量为q＝＝，根据动量定理得－BLΔt－μmgΔt＝0－mv0，其中q＝Δt，解得Δt＝－，故D正确。
答案：BCD
10．如图甲所示，在光滑绝缘水平面上的MN、OP间存在一匀强磁场，一单匝正方形闭合线框自t＝0时刻开始，在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场区域，外力F随时间t变化的图像如图乙所示。已知线框质量m＝0.5
kg，边长L＝0.5
m，电阻R＝1
Ω，线框穿过磁场的过程中，外力F对线框做功
J，求：
　　
(1)线框匀加速运动的加速度a的大小和匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)线框穿过磁场的过程中，线框上产生的热量Q。
解析：(1)线框做匀变速运动，如果线框的边长和磁场的宽度不相等，那么线框完全进入磁场时穿过整个线框的磁通量不变，没有感应电流，线框不受安培力，外力F会和受到安培力的时候的情形不一样，由乙图可知线框一直受安培力的作用，因此线框宽度和磁场的宽度一样，都为L。
由图乙可知，t＝0时刻F＝1
N，此时安培力FA＝0
由牛顿第二定律有F＝ma，得加速度a＝2
m/s2
线框穿过磁场的过程，有F－FA＝ma
FA＝BIL
I＝
E＝BLv
v＝at
联立并将a＝2m/s2代入，得F＝＋1(N)
当t＝1.0
s时，F＝3
N，代入得B＝2
T
(2)由动能定理得WF－WA＝mv2
其中v＝at＝2
m/s
由功能关系Q＝WA
代入得Q＝
J。
答案：(1)2
m/s2　2
T　(2)
J
11．如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左边部分水平，右边部分为半径r＝0.5
m的竖直半圆，两导轨间距离d＝0.3
m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1
T的匀强磁场中，两导轨电阻不计。有两根长度均为d的金属棒ab、cd均垂直置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝0.2
kg、m2＝0.1
kg，电阻分别为R1＝0.1
Ω，R2＝0.2
Ω。现让ab棒以v0＝10
m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g取10
m/s2，求：
(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；
(2)cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；
(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W。
解析：(1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，
根据导体棒切割磁感线有E＝Bdv0
①
由闭合电路欧姆定律得I＝
②
由牛顿第二定律得F安＝m2a0
③
又F安＝BId④
联立①②③④式得
a0＝＝
m/s2＝30
m/s2。
(2)设cd棒刚进入圆形轨道时的速度为v2，ab开始运动至cd即将进入圆弧轨道的过程，对ab和cd组成的系统运用动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2
⑤
cd棒进入半圆轨道至最高点的过程，对cd棒运用动能定理得－m2g·2r＝m2v－m2v⑥
在半圆轨道的最高点对cd棒运用牛顿第二定律可得
m2g＝m2eq
\f(v,r)
⑦
联立⑤⑥⑦得v1＝＝
m/s＝7.5
m/s。
(3)cd棒进入半圆轨道前对ab棒运用动能定理可得
W＝m1v－m1v
代入数据得W＝×0.2×102
J－×0.2×7.52
J＝4.375
J。
答案：(1)30
m/s2　(2)7.5
m/s　(3)4.375
J第2讲　电磁感应及其应用
[建体系·论要点]__________________________________知识串联__熟记核心要点
思维导图
要点熟记
1.“三定则、一定律”的应用(1)安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向。(2)左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向。(3)右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向。(4)楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向。2.求感应电动势的两种方法(1)E＝n，用来计算感应电动势的平均值。(2)E＝BLv，用来计算感应电动势的瞬时值或平均值。(3)E＝Bl2ω，用来计算导体棒转动切割磁感线时的感应电动势。3.感应电荷量的两种求法(1)当回路中的磁通量发生变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流。通过的电荷量表达式为q＝Δt＝n·Δt＝n。(2)导体切割磁感线运动通过的电荷量q满足的关系式：－BlΔt＝－Blq＝mΔv。4.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。5.电磁感应中的功能关系在闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的问题中，机械能转化为电能，导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能。
[研考向·提能力]__________________________________考向研析__掌握应试技能
考向一　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
1．判定感应电流方向
(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。
(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。
2．求感应电动势
(1)感生电动势：
E＝n
　?
q＝Δt＝Δt＝
(2)动生电动势
[典例1]　如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3
m2、电阻R＝0.6
Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2
T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5
s时间内合到一起。求线圈在上述过程中：
(1)感应电动势的平均值E；
(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量q。
[解析]　(1)感应电动势的平均值E＝
磁通量的变化量ΔΦ＝BS
解得E＝
代入数据得E＝0.12
V。
(2)平均电流＝
代入数据得＝0.2
A
电流方向如图所示。
(3)电荷量q＝Δt
代入数据得q＝0.1
C。
[答案]　(1)0.12
V　(2)0.2
A　图见解析
(3)0.1
C
1．(2020·安徽江南十校检测)在粗糙水平面上平放一根导体棒和一个金属圆环，如图甲所示(俯视图)，给导体棒中通以如图乙所示的电流，导体棒和圆环始终保持静止状态，则在0～t1时间内，下列说法正确的是(　　)
A．圆环中感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向
B．圆环中感应电流先增大后减小
C．导体棒受到的静摩擦力方向先向右后向左
D．圆环先有扩张趋势后有收缩趋势
解析：根据安培定则和楞次定律可知，圆环中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，A项错误；导体棒中电流先增大得越来越慢后减小得越来越快，圆环中磁通量先变大得越来越慢后变小得越来越快，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电流先减小后增大，B项错误；导体棒中电流先增大后减小，圆环中磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，圆环和导体棒之间先排斥后吸引，则导体棒受到的静摩擦力先向右后向左，圆环先有收缩趋势后有扩张趋势，C项正确，D项错误。
答案：C
2．(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示，则在t＝0到t＝t1的时间间隔内(　　)
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
解析：由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误。根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确。根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝·S′＝·＝，根据闭合电路欧姆定律知，电流I＝＝＝，C正确，D错误。
答案：BC
3．(多选)(2020·重庆市一中高三下学期5月月考)在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置向右运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为v，则下列说法正确的是(　　)
A．此时圆环中的电流为逆时针方向
B．此时圆环的加速度为
C．此时圆环中的电功率为
D．此过程中通过圆环截面的电荷量为
解析：由右手定则可知，此时感应电流为逆时针方向，故A正确；左右两边圆环均切割磁感线，故感应电动势的大小为E＝2B×2a×v＝Bav，感应电流大小为I＝＝，故其所受安培力大小为F＝2B×2a×I＝，加速度为a＝＝，故B错误；此时圆环的电功率为P＝I2R＝，故C正确；此过程中圆环磁通量的变化量为ΔΦ＝Bπa2，故电荷量为q＝＝，故D错误。
答案：AC
考向二　电磁感应中的图像问题
1．“三点关注”
(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。
(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应。
(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。
2．“两种技法”
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简单的方法，但却是最有效的方法。
[典例2]　(2020·江苏扬州中学高三下学期5月月考)如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd。t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图像正确的是(　　)
[解析]　线框的速度与时间的关系式为v＝at，a是加速度。由E＝BLv和I＝得，感应电流与时间的关系式为I＝t，B、L、a均不变，当0～t1时间内，感应电流为零，t1～t2时间内，电流I与t成正比，t2时刻后无感应电流，故A、B错误；由E＝BLv和I＝得，感应电流与时间的关系式为I＝t，当0～t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1～t2时间内，电流I与t成正比，Uad＝IRad＝×R＝，电压随时间均匀增加，t2时刻后无感应电流，但有感应电动势，Uad＝E＝BLat电压随时间均匀增加，故C正确；线框所受的安培力为FA＝BIL＝，由牛顿第二定律得F－FA＝ma，得F＝t＋ma，当0～t1时间内，感应电流为零，F＝ma，为定值，t1～t2时间内，F与t是线性关系，但不过原点，t2时刻后无感应电流，F＝ma，为定值，故D错误。
[答案]　C
规律总结
解决电磁感应图像问题的一般步骤
……………………………………………………
(1)明确图像的种类，即是B?t图还是Φ?t图，或者E?t图、v?t图、I?t图等(如典例的四个选项中的三类图像)。
(2)分析电磁感应的具体过程(如典例中线框匀加速进入磁场的速度的变化)。
(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式(如典例中感应电流、电压和拉力F的表达式)。
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。
(6)画图像或判断图像(典例为判断图像)。
4．(多选)(2020·江苏省苏锡常镇四市高三下学期5月二模)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨左端连接一个平行板电容器C和一个定值电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好。装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(垂直纸面向上为正)，MN始终保持静止。不计电容器充电时间，则在0～t2时间内，下列说法正确的是(　　)
A．电阻R两端的电压大小始终不变
B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN棒所受安培力的大小始终不变
D．MN棒所受安培力的方向先向右后向左
解析：由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可以知道，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，故A正确；根据楞次定律判断可以知道，通过R的电流一直向下，电容器a板电势较高，一直带正电，故B错误；由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可以知道，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D正确；根据安培力公式F＝BIL，I、L不变，因为磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故C错误。
答案：AD
5．如图所示，直角坐标系xOy的二、四象限有垂直坐标系向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。现将半径为L、圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动。t＝0时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向，则下列关于导线框中的电流随时间变化的图线，正确的是(　　)
解析：根据楞次定律，线框从第一象限进入第二象限时，电流方向是正方向，设导线框的电阻为R，角速度为ω，则电流大小为，从第二象限进入第三象限时，电流方向是负方向，电流大小为，从第三象限进入第四象限时，电流方向是正方向，电流大小是，线框从第四象限进入第一象限时，电流方向是负方向，电流大小为，B选项正确。
答案：B
6．(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是(　　)
　
解析：PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsin
θ＝BIL，I＝，即电流恒定，且由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时的速度相同。
情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsin
θ＝BIL及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故I?t图像如图A所示。
情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为零，但两棒在重力作用下均加速直至PQ离开磁场，此时MN为电源，由E＝BLv，I＝，BIL－mgsin
θ＝ma知，MN减速，电流减小，可能的I?t图像如图D所示。
答案：AD
考向三　电磁感应中的动力学和能量问题
1．动力学问题中的“两分析、两状态”
(1)受力和运动分析
①导体切割磁感线运动产生感应电动势，在电路中产生感应电流，导体在磁场中受安培力，安培力将阻碍导体运动。
②安培力一般是变力，导体做切割磁感线运动的加速度发生变化，当加速度为零时，导体达到稳定状态，最后做匀速直线运动。
(2)平衡和非平衡状态处理
①导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态。
处理方法：根据平衡状态时导体所受合力等于零列式分析。
②导体处于非平衡状态——加速度不为零。
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。
2．求焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变。
(2)功能关系：Q＝W克服安培力，电流变与不变都适用。
(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)，电流变与不变都适用。
[典例3]　如图所示，两不计电阻的平行光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R的定值电阻，两导轨之间的距离为d。矩形区域abdc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd之间的距离为L。在cd下方有一导体棒MN，导体棒MN与导轨垂直，与cd之间的距离为H，导体棒的质量为m，电阻为r。给导体棒一竖直向上的恒力，导体棒在恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，进入磁场区域后做减速运动。若导体棒到达ab处的速度为v0，重力加速度大小为g，求：
(1)导体棒到达cd处时速度的大小；
(2)导体棒刚进入磁场时加速度的大小；
(3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量和电阻R产生的热量。
[解析]　(1)根据动能定理得(F－mg)H＝mv2
解得导体棒到达cd处时速度的大小为
v＝
。
(2)根据牛顿第二定律得mg＋FA－F＝ma
安培力
FA＝BId
又I＝，E＝Bdv
则导体棒刚进入磁场时加速度的大小
a＝g＋
－。
(3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量
q＝Δt
又＝，＝
则通过电阻R的电荷量
q＝＝
根据动能定理得(F－mg)(H＋L)－WA＝mv
电路中产生的总热量Q＝WA
电阻R产生的热量
QR＝Q
解得QR＝[(F－mg)(H＋L)－mv]。
[答案]　(1)
(2)g＋
－
(3)　[(F－mg)(H＋L)－mv]
规律总结
求解电磁感应中动力学和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及这些力做功的特点，就可以知道合外力及能量相互转化情况。
(3)根据牛顿第二定律、动力学和能量守恒列方程求解。
7．(多选)(2020·高考全国卷Ⅰ)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒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，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后(　　)
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
解析：当金属框在恒力F作用下向右加速时，bc边产生从c向b的感应电流i，金属框的加速度为a1，有F－Bil＝Ma1，MN中感应电流从M向N，在安培力作用下向右加速，加速度为a2，有Bil＝ma2，当金属框和MN都运动后，金属框速度为v1，MN速度为v2，感应电流为i＝，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从开始减小，加速度差值减小。当a1＝a2时，得F＝(M＋m)a，a＝恒定，由F安＝ma可知，安培力趋于恒定，进而确定感应电流趋于恒定，据i＝知金属框与MN的速度差维持不变，v?t图像如图所示，A错误，B、C正确：MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框的速度，MN到金属框bc边的距离越来越大，D错误。
答案：BC
8．(2020·福建三明期末质量检测)如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L＝0.4
m，其下端连接一个定值电阻R＝4
Ω，其他电阻不计。两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1
T。一质量为m＝0.04
kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8。
(1)求导体棒下滑的最大速度大小；
(2)导体棒从静止加速到v＝4
m/s的过程中，通过R的电荷量q＝0.2
C，求R产生的热量。
解析：(1)当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，则mgsin
θ＝BIL
I＝
联立解得vm＝6
m/s。
(2)设该过程中电流的平均值为，则q＝Δt
＝
＝
解得x＝＝2
m
由能量守恒定律可得mgxsin
θ＝mv2＋Q
解得Q＝0.16
J。
答案：(1)6
m/s　(2)0.16
J
考向四　电磁感应中的动量和能量问题
1．分析方法
(1)分析“受力”：分析研究对象的受力情况，特别关注安培力的方向。
(2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了变化，根据能量守恒列方程求解。
(3)分析“动量”：在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)
①求速度或电荷量：－BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt。
②求时间：FΔt＋IA＝mv2－mv1，IA＝－BlΔt＝－Bl。
③求位移：－BlΔt＝－＝mv2－mv1，即－x＝m(v2－v1)。
2．动量守恒定律的应用
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律求解比较方便。
[典例4]　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—时间图像如图乙所示(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。
[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＝mav
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＝magh＋mbv－(mb＋ma)v′2＝
J
b杆中产生的焦耳热为Q′＝Q＝
J。
[答案]　(1)5
s　(2)
C　(3)
J
9．(多选)如图所示，两根足够长、间距为l的固定光滑平行金属导轨，位于同一水平面内，导轨上横放着质量分别为m和3m的导体棒ab和cd，构成矩形回路，在整个导轨平面内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，已知两棒的电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计。开始时，导体棒cd静止，导体棒ab以大小为v0的初速度从导轨左端开始向右运动，忽略回路中电流对磁场的影响，导体棒ab和cd在运动过程中不会发生碰撞，经过足够长的时间后，下列说法正确的是(　　)
A．金属棒cd先做匀加速直线运动，达到v0后做直线运动
B．金属棒cd先做变加速直线运动，后以某一速度匀速直线运动
C．两金属棒在运动中产生的焦耳热最多为mv
D．两金属棒在运动中产生的焦耳热最多为mv
解析：开始阶段ab棒向右减速运动，cd棒向右加速运动，cd棒速度小于ab棒速度，设某时刻ab棒速度为v1，cd棒速度为v2，v1＞v2，则cd棒的加速度a2＝，随时间推移，v1减小，v2增大，故a2随时间减小，因此cd棒先做变加速直线运动，当v1＝v2时，a2＝0，ab棒和cd棒以相同的速度v做匀速直线运动，故选项A错误，选项B正确；设整个运动过程中产生的焦耳为Q，以两棒为系统，由动量守恒定律有mv0＝4mv，由能量守恒定律有mv＝·4mv2＋Q，联立求解得Q＝mv，故选项C正确，选项D错误。
答案：BC
10．(2020·河南许昌4月检测)如图所示，有一间距为L且与水平方向成θ角的光滑平行轨道，轨道上端接有电容器和定值电阻，S为单刀双掷开关，空间存在垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B。将单刀双掷开关接到a点，一根电阻不计、质量为m的导体棒在轨道底端获得初速度v0后沿着轨道向上运动，到达最高点时，单刀双掷开关接b点，经过一段时间导体棒又回到轨道底端。已知定值电阻的阻值为R，电容器的电容为C，重力加速度为g，轨道足够长，轨道电阻不计，求：
(1)导体棒上滑过程中加速度的大小；
(2)若已知导体棒到达轨道底端的速度为v，求导体棒下滑过程中定值电阻产生的热量和导体棒运动的时间。
解析：(1)导体棒上滑的过程中，根据牛顿第二定律得mgsin
θ－F安＝ma
又F安＝IBL，I＝＝＝＝CBLa
联立解得a＝。
(2)导体棒上滑过程中，有0－v＝－2as
导体棒下滑的过程中，由动量定理得
mgsin
θ·t－I安＝mv－0
而I安＝∑BiLΔt＝∑BLΔt＝∑vΔt＝·s
联立解得t＝＋eq
\f(B2L2v（m＋CB2L2）,2Rm2g2sin2θ)
导体棒下滑的过程中，由能量守恒定律得
Q＋mv2＝mgssin
θ
解得
Q＝eq
\f(v（m＋CB2L2）－mv2,2)。
答案：(1)　(2)eq
\f(v（m＋CB2L2）－mv2,2)　＋eq
\f(B2L2v（m＋CB2L2）,2Rm2g2sin2θ)

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