第11章专题强化24　电磁感应中的动力学和能量问题2023年高考物理一轮复习(新高考新教材)_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_一轮复习_2023年新高考大一轮复习讲义

专题强化二十四 电磁感应中的动力学和能量问题 目标要求 1.会用动力学知识分析电磁感应问题.2.会用功能关系和能量守恒解决电磁感应 中的能量问题． 题型一 电磁感应中的动力学问题 1．导体的两种运动状态 (1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡条件列式分析． (2)导体的非平衡状态——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．用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤 3．导体常见运动情况的动态分析 v 若F 合 ＝0 匀速直线运动 ↓ v增大，若a恒定，拉力F增大 E＝Blv v增大，F 安 增大，F 合 减小，a减小，做加速 a、v同向 ↓ 度减小的加速运动，减小到a＝0，匀速直线 若F ≠0 合 I＝ 运动 ↓ ↓ F ＝ma 合 F 安 ＝BIl v减小，F 安 减小，a减小，当a＝0，静止或 a、v反向 ↓ 匀速直线运动 F 合 考向1 “单棒＋电阻”模型例1 (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 答案 AB 解析 设线圈下边到磁场的高度为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ρ)，质量相同(设为m)， 0 则m＝ρ×4nl×S， 0 设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻 R＝ρ＝ 感应电流为I＝＝ 所受安培力大小为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，甲和乙都匀速运动， 故选A、B. 例2 如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，间距为L ＝1 m，质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计．空 间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为 B＝0.5 T．P、M间接有阻 值为R 的定值电阻，Q、N间接电阻箱R.现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得最大 1 速度为v ，得到与的关系如图乙所示．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度 g取10 mm/s2，则( ) A．金属杆中感应电流方向为a指向b B．金属杆所受的安培力沿轨道向下 C．定值电阻的阻值为1 Ω D．金属杆的质量为1 kg 答案 C 解析 由右手定则可判断，金属杆中感应电流方向由b指向a，由左手定则知，金属杆所受 的安培力沿轨道向上，A、B错误；总电阻为R ＝，I＝，当达到最大速度时，金属杆受力 总 平衡，有mgsin θ＝BIL＝·(R ＋R)，变形得＝·＋，根据图像可得＝k＝ s·m－1·Ω，＝b＝0.5 1 s·m－1，解得杆的质量m＝0.1 kg，定值电阻R＝1 Ω，C正确，D错误． 1 例3 (多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直 放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力 F的作用下， 金属杆从静止开始做匀加速直线运动．整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力 F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨．已知 U形金属导轨两轨 道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强 度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是( ) A．拉力F是恒力 B．拉力F随时间t均匀增加 C．金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 N D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2 答案 BCD 解析 t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电 流I＝，金属杆所受的安培力大小为F ＝BIl＝，由牛顿第二定律可知F＝ma＋mgsin 37° 安 ＋，F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝ 2 m/s2，选项D正确；t＝2 s时，代入数据解得F＝12 N，选项C正确． 考向2 “单棒＋电容器”模型棒的初速度为零，拉力F恒定(棒和水平导轨电阻忽略不计，摩擦力不计) 如图，运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流 由F－BIl＝ma，I＝，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv， 联立可得F－＝ma，其中＝a， 则可得a＝ 所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动． 功能关系：W F ＝mv2＋E 电 例4 (2021·河北卷·7)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大 小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴 夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F 作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是( ) A．通过金属棒的电流为2BCv2tan θ B．金属棒到达x 时，电容器极板上的电荷量为BCvxtan θ 0 0 C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电 D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定 答案 A 解析 根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，C错误； 由题知金属棒匀速切割磁感线，根据几何关系知切割长度为L＝2xtan θ，x＝vt 则产生的感应电动势为E＝2Bv2ttan θ 由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为Q＝CE＝2BCv2ttan θ 则流过金属棒的电流I＝＝2BCv2tan θ，A正确； 当金属棒到达x 处时，金属棒产生的感应电动势为 0 E′＝2Bvxtan θ 0 则此时电容器的电荷量为Q′＝CE′＝2BCvxtan θ，B错误； 0 由于金属棒做匀速运动， 则F＝F ＝BIL＝4B2Cv3tan2θ·t， 安 F与t成正比，则F为变力，根据力做功的功率公式P＝Fv可知功率P随力F变化而变化，D错误． 题型二 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 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． 考向1 应用功能关系解决电磁感应中的能量问题 例5 (多选)如图，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，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为 R的定值电阻．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，重力加速度大小为g，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．流过金属棒的最大电流为 B．通过金属棒的电荷量为 C．克服安培力所做的功为mgh D．金属棒内产生的焦耳热为mg(h－μd) 答案 BD 解析 金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有 mgh＝mv2，金属棒在磁场中运动时 0产生的感应电动势E＝BLv，金属棒受到的安培力F＝BIL，当金属棒刚进入磁场中时，感应 电流最大，分析可得I ＝，所以A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷 max 量q＝t＝＝，所以B正确；对整个过程由动能定理得mgh－W －μmgd＝0，金属棒克服安 克安 培力做的功W ＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝W ＝mg(h－μd)，所以C错误， 克安 克安 D正确． 考向2 应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题 例6 如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨 MN、PQ之间的距离L＝0.5 m，NQ两端连接阻值R＝2.0 Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向 上，导轨平面与水平面间的夹角 θ＝30°，一质量m ＝0.40 kg、接入电路的阻值r＝1.0 Ω的 1 金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的轻质定滑轮与质量m ＝0.80 kg的重物相连． 2 细线与金属导轨平行．金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已 知金属棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.6 s内通过电荷量的，g＝10 m/s2，求： (1)0～0.3 s内金属棒通过的位移大小； (2)金属棒在0～0.6 s内产生的热量． 答案 (1)0.3 m (2)1.05 J 解析 (1)0～0.3 s内通过金属棒的电荷量 q＝＝ 1 0．3～0.6 s内通过金属棒的电荷量q＝It＝ 2 22 由题中的电荷量关系＝，解得：x＝0.3 m 1 (2)金属棒在0～0.6 s内通过的总位移为x＝x＋x＝x＋vt，解得x＝0.75 m 1 2 1 02 根据能量守恒定律有mgx－mgxsin θ＝(m＋m)v2＋Q 2 1 1 2 0 解得Q＝3.15 J 由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt，它们产生的热量与电阻成正 比，所以金属棒在0～0.6 s内产生的热量Q＝Q＝1.05 J. r 课时精练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 答案 A 解析 ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减 速运动，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确， B、C、D错误． 2．(多选)水平放置的U形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，如图所示．磁感 应强度大小B＝5 T，导轨宽度L＝0.4 m，左侧与R＝0.5 Ω的定值电阻连接，右侧有导体棒 ab跨放在导轨上，导体棒ab质量m＝2.0 kg，电阻r＝0.5 Ω，与导轨间的动摩擦因数μ＝ 0.2，其余电阻可忽略不计．导体棒ab在大小为10 N的水平外力F作用下，由静止开始运 动了x＝40 cm时，速度达到最大，运动过程中导体棒始终垂直导轨且接触良好，取 g＝10 m/s2.下列说法正确的是( ) A．导体棒ab加速度为零时速度最大 B．导体棒ab运动的最大速度是2.0 m/s C．当导体棒ab的速度为1 m/s时，导体棒ab的加速度是1.0 m/s2 D．导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量是0.15 J 答案 AC 解析 导体棒ab垂直切割磁感线，产生的电动势大小E＝BLv，由闭合电路欧姆定律有I ＝，导体棒受到的安培力F ＝BIL＝，则当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件 A 得＋μmg＝F，解得最大速度v ＝1.5 m/s，故A正确，B错误；当速度为v＝1 m/s时，由牛 m 顿第二定律得F－－μmg＝ma，解得a＝1 m/s2，故C正确；在整个过程中，由能量守恒定律 可得Fx＝Q＋μmgx＋mv 2，解得Q＝0.15 J，所以Q ＝＝0.075 J，故D错误． m R 3.两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→b B．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 D．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为()2R 答案 D 解析 当金属棒在磁场中向下运动时，根据楞次定律可判断通过电阻 R的电流方向为 b→a，A错误；由于无法确定金属棒刚进入磁场时安培力的大小与重力的大小关系，故无法 确定金属棒的运动情况，B错误；金属棒进入磁场时，产生的感应电动势 E＝BLv，产生的 感应电流是I＝＝，金属棒所受的安培力大小F＝BIL＝，C错误；金属棒稳定下滑时，电阻 R的热功率P＝()2R，且F＝＝mg，可求得P＝()2R，D正确． 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、v 均为已知量，则下列说法正确的是( ) 0 0 A．金属棒的质量为 B．匀强磁场的磁感应强度大小为 C．当拉力F做功为W时，通过金属棒横截面的电荷量为 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 答案 ABD 解析 由题意可知F－＝ma，得a＝－v，结合图像可知＝a ，＝a ，解得m＝，B＝＝， 0 0 A、B正确；当拉力F做功为W时，金属棒运动的距离为s＝，则通过金属棒横截面的电荷 量q＝t＝t＝＝，C错误；某时刻撤去拉力，此后＝ma，则a＝v，D正确．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 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 0 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＝ C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝(mv2－mgL) 0 D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝(mv2－mgL) 0 答案 AC 解析 导体棒返回时先做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动，所以 A正确；根 据q＝，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝，所以B错误；设导体棒沿着 导轨上滑过程中克服安培力做的功为W，由动能定理可得W＋mgLsin 30°＝mv2，解得W＝ 0 (mv2－mgL)，所以C正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生 0 的热量为Q＝W，则Q＝(mv2－mgL)，所以D错误． 0 6．(多选)如图甲，间距L＝1.0 m且足够长的光滑平行金属导轨ab、cd固定在水平面上，左 侧ac间接有R＝2.0 Ω的电阻，垂直于导轨跨接一根质量m＝1.0 kg的金属杆，金属杆与导 轨接触良好，不计金属杆与导轨的电阻．长为s(s足够长)、宽为L的矩形区域内有竖直向上 的匀强磁场，磁场右边界紧邻金属杆，磁感应强度大小 B＝2 T．从t＝0时刻起，金属杆(在 方向平行于导轨的水平外力F作用下)和磁场向右运动的v－t图像分别如图乙中的P和Q， 下列说法正确的是( ) A．t＝0时刻，R两端的电压为0 B．t＝1.0 s时刻，金属杆所受安培力的大小为2 N、方向水平向右 C．t＝3.0 s时刻，金属杆所受外力F做功的功率为9.0 W D．0～2.0 s内，通过电阻R的电荷量为4.0 C 答案 BC 解析 t＝0时刻，由题图乙可知，金属杆向左切割磁感线的速度(金属杆相对磁场的速度)为 2 m/s，故感应电动势为E ＝BLv ＝4 V，故R两端的电压为4 V，A错误；t＝1.0 s时刻，金 0 0属杆向左切割磁感线的速度为1 m/s，感应电动势为E ＝BLv ＝2 V，回路中感应电流为I ＝ 1 1 1 ＝1 A，金属杆所受安培力的大小为F ＝BIL＝2 N，由左手定则可知，方向水平向右，B正 1 1 确；t＝3.0 s时刻，金属杆相对磁场向右运动，切割磁感线的速度为1 m/s，类比B的解析可 知，金属杆受到的安培力大小为 2 N，方向水平向左，据牛顿第二定律可得 F－F ＝ma， 安 由题图乙可知，加速度大小为a＝1 m/s2，解得外力F＝3 N，此时杆的速度为v＝3 m/s，故 金属杆所受外力F做功的功率为P＝Fv＝9.0 W，C正确；0～2.0 s内，由题图乙可得，金属 杆相对磁场的位移为x＝ m＝2 m，故回路磁通量的变化量为ΔΦ＝B·Lx＝4 Wb，回路的平 均感应电动势为＝，平均感应电流为＝，通过的电荷量为 q＝Δt，联立可得q＝＝2.0 C，故 通过电阻R的电荷量为2.0 C，D错误． 7．如图所示，电阻不计且间距L＝1 m的光滑平行金属导轨水平放置，左端接一阻值 R＝6 Ω的电阻．导轨间Ⅰ、Ⅱ区域中有垂直纸面向里、磁感应强度相同的匀强磁场，其中Ⅰ区域 和Ⅱ区域间距x ＝0.25 m，Ⅱ区域足够长．有一质量m＝0.1 kg、电阻r＝2 Ω的金属杆与导 1 轨保持良好接触，杆在一个大小F＝1 N、方向水平向右的恒力作用下，从距区域Ⅰ左端x＝ 0.2 m处由静止开始运动，并恰好匀速穿过Ⅰ区域． (1)求匀强磁场的磁感应强度大小； (2)求金属杆刚进入区域Ⅱ时的加速度； (3)金属杆由静止开始运动位移x ＝1.0 m时，已经在Ⅱ区域做匀速直线运动，求此过程中电 0 阻R产生的热量． 答案 (1)2 T (2)5 m/s2，方向水平向左 (3)0.6 J 解析 (1)金属杆进入磁场前，做匀加速运动，有F＝ma，可得a＝10 m/s2 由v2＝2ax，得v＝2 m/s 金属杆匀速穿过Ⅰ区域，则有F＝F ＝BIL 安 且有I＝＝，联立可得B＝2 T (2) 金属杆刚进入区域Ⅱ时，由v2－v2＝2ax，可得速度为v＝3 m/s 1 1 1 则由F－＝ma ，可得a＝－5 m/s2 1 1 (3)设电路中产生的总热量为Q，因为两个磁场的磁感应强度相等，所以金属杆在Ⅱ区域做 匀速直线运动时，速度也是v＝2 m/s，根据能量守恒定律得Fx＝mv2＋Q 0 解得Q＝0.8 J， 则电阻R上产生的热量为Q′＝R＝0.6 J.8．如图甲所示，有一边长为L＝1.2 m、质量为m＝1 kg的正方形单匝线框abcd，放在光滑 水平面上．在水平恒定拉力F的作用下，穿过垂直水平面向下、磁感应强度为 B＝0.1 T的 匀强磁场区域．线框cd边刚进入磁场时的速度为v＝2 m/s.在t＝3 s时刻cd边刚出磁场边界． 0 从cd边进入磁场到cd边离开磁场区域的3 s时间内线框运动的v－t图像如图乙所示．求： (1)线框cd边在刚进入磁场时，c、d两点间的电势差U ； cd (2)恒力F的大小； (3)线框从cd边刚进入磁场到cd边刚离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热Q. 答案 (1)－0.18 V (2)0.5 N (3)2.1 J 解析 (1)线框cd边在刚进入磁场时，产生的感应电动势为E＝BLv 0 感应电流为I＝＝ c、d两点间的电势差为路端电压，且感应电流由c流向d，故c点电势较低，故c、d两点间 的电势差为U ＝－I·R＝－E cd 联立代入数据解得U ＝－0.18 V cd (2)当ab边也进入磁场后，线框在磁场中做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得 F＝ma 由题图乙可知，加速度为a＝＝0.5 m/s2 解得F＝0.5 N (3)从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场过程，由能量守恒定律可得，线框产生的焦耳热为 Q＝FL＋mv2－mv2 1 0 1 解得Q＝2.1 J 1 从ab边刚进入磁场到cd边刚离开磁场的过程，线框没有产生感应电流，没有产生焦耳热， 故Q＝Q＝2.1 J. 1 9．如图甲所示，相距L＝1 m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＝1 kg、接入电路电阻为r＝0.5 Ω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＝1.5 Ω，电容器的电容C＝0.5 F，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 S 闭合、 1 S 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，sin 37°＝0.6，取 2 重力加速度g＝10 m/s2.(1)求磁场的磁感应强度大小B； (2)在开关S 闭合、S 断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5 m时，定值电阻产生的焦耳 1 2 热为21 J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？ (3)现在开关S 断开、S 闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过 t＝2 s时导体棒的速度 1 2 大小． 答案 (1)2 T (2)2 m/s 2 m/s2 (3)4 m/s 解析 (1)由题图乙可知，导体棒的最大速度 v ＝3 m/s， m 对应的感应电动势E＝BLv ， m 感应电流I＝， 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＝mgsin θ， 解得B＝＝2 T. (2)导体棒和定值电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知：Q ∶Q ＝1∶3，则导体棒ab产生的焦耳 ab R 热Q ＝×21 J＝7 J，导体棒下滑x＝5 m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路 ab 中的焦耳热，由能量守恒定律有 mgxsin θ＝mv2＋Q ＋Q 1 ab R 得导体棒的速度v＝2 m/s， 1 此时感应电动势E＝BLv， 1 1 感应电流I＝， 1 对导体棒有mgsin θ－BIL＝ma ， 1 1 解得加速度a＝2 m/s2. 1 (3)开关S 断开、S 闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有 1 2 mgsin θ－BIL＝ma ， 2 2 感应电流I＝，Δq＝CΔU 2 Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a＝， 2 解得a＝2 m/s2， 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＝2 s时导体棒的速度 大小v＝at＝4 m/s. 2 2 10．(多选)(2020·全国卷Ⅰ·21)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 解析 当金属框在恒力F作用下向右加速运动时，bc边产生从c到b的感应电流i，金属框 的加速度大小为a ，则有F－Bil＝Ma ；MN中感应电流从M流向N，MN在安培力作用下 1 1 向右加速运动，加速度大小为a ，则有Bil＝ma ，当金属框和MN都运动后，金属框速度为 2 2 v，MN速度为v，则电路中的感应电流为i＝，感应电流从0开始增大，则a 从零开始增加， 1 2 2 a 从开始减小，加速度差值减小，当a ＝a 时，得F＝(M＋m)a，a＝恒定，由F ＝ma可知， 1 1 2 安 安培力不再变化，则感应电流不再变化，据i＝知金属框与MN的速度差保持不变，v－t图 像如图所示，故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，则MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误． 11.(多选)(2021·山东卷·12)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B＝kt，感应电动势为E＝S＝kS 1 1 感应电动势恒定，所以在金属棒进入Ⅱ区域前感应电流恒为 I＝＝ 1 金属棒进入Ⅱ区域后，金属棒切割磁感线，感应电动势为E＝BLv 2 金属棒上的电流为 I＝＝ 2 Ⅰ区域产生的电流使金属棒受到的安培力始终沿斜面向上，大小恒定不变，因为金属棒到达 c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的受力分析如图 下行过程中，根据牛顿第二定律可知 BIL＋BIL－mgsin θ＝ma 2 1 2 2 1 上行过程中，根据牛顿第二定律可知 BIL－BI′L－mgsin θ＝ma 2 1 2 2 2 比较加速度大小可知a>a 1 2 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 时的速度大于上行经过b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，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．