专题提升Ⅸ 电磁感应中的能量和动量问题（解析版）.docx

1、专题提升 电磁感应中的能量和动量问题模块一 知识掌握 知识点一电磁感应中的能量问题【重难诠释】1电磁感应现象中的能量转化安培力做功2焦耳热的计算(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即QI2Rt.(2)感应电流变化，可用以下方法分析：利用动能定理，求出克服安培力做的功W克安，即QW克安利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量例题1 （多选）（2023春十堰期末）半径为r、间距为L的固定光滑14圆弧轨道右端接有一阻值为R的定值电阻，如图所示。整个空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一根长度为L、质量为m、电阻也为R的金属棒从轨道最低位置cd开始，在外力的作用下以速度v沿轨道

2、做匀速圆周运动，在ab处与轨道分离。已知金属棒在轨道上运动的过程中始终与轨道接触良好，电路中其余电阻均不计，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A金属棒两端的最大电压为BLvB整个过程中通过金属棒某截面的电荷量为BLr2RC整个过程中定值电阻上产生的焦耳热为B2L2vr16RD金属棒从cd运动到ab的过程中，外力做的功为B2L2vr4R+mgr【解答】解：A金属棒切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律可知最大感应电动势为EBLv根据欧姆定律可知金属棒两端的最大电压为U=RR+RE=12BLv 故A错误；B设金属棒从cd运动到ab的过程中所用时间为t，感应电动势的平均值为E，感应电流的平均值为I

3、，则有E=BLv=BrLt，I=ER+R 可知q=It=BLr2R 故B正确；C金属棒从cd运动到ab的过程中，因为金属棒垂直于磁感线方向上的速度分量是按照正弦规律变化的，所以过程中产生正弦式交流电，根据正弦式交流电峰值和有效值的关系可知感应电动势的有效值为E=BLv2 则整个过程中定值电阻上产生的焦耳热为Q=I2Rt=E2R+R12rv=B2L2vr16R 故C正确；D根据功能关系有W=Q+mgr=B2L2vr16R+mgr 故D错误；故选：BC。例题2 （2023春扬州期中）在一足够大的光滑水平面上存在非匀强磁场，磁场方向垂直水平面向上，磁场强度沿x轴方向均匀增大，沿y轴方向不变，其俯视图

4、如图所示。现有一闭合的正方形金属线框（线框有电阻），质量为m，以大小为v0、方向沿其对角线且与x轴成45角的速度开始运动，以下关于线框的说法中正确的是（）A线框中的感应电流方向沿逆时针（俯视）方向B线框最终将以一定的速度做匀速直线运动C线框最终将静止于平面上的某个位置D线框运动中产生的内能为mv022【解答】解：A、线框运动过程，穿过线框的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知，线框中的感应电流方向沿顺时针（俯视）方向，故A错误；BC、线框沿x方向的两条边受到的安培力等大、反向，相互抵消，沿y轴方向做匀速直线运动。由于左侧的磁感应强度较小，故沿y轴方向的两条边受到的安培力合力向左，水平方向做减速直线

5、运动，当水平方向速度减小为零后，线框沿y轴正方向做匀速直线运动，故B正确，C错误；D、根据能量守恒可得，线框运动中产生的内能为Q=12mv02-12m(v0sin45)2=mv024，故D错误。故选：B。例题3 （2023春滁州期中）如图甲所示，两根光滑的平行导轨倾斜固定在水平面上方，所形成的斜面倾角37，导轨电阻不计，下端连接阻值恒为R1的小灯泡。两导轨之间有一段长为d3m的矩形区域存在垂直导轨斜向上的匀强磁场，该磁场的磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。导体棒MN长度等于两平行导轨间距，质量m0.1kg，电阻r0.8，t0时刻导体棒在两导轨上部某位置由静止释放，运动过程中始终与导轨垂

6、直并接触良好，已知从导体棒释放到它离开磁场区，通过灯泡的电流不变且恰好正常发光，重力加速度g取10m/s2，sin370.6。（1）求平行导轨的间距；（2）求电流通过小灯泡所做的功；（3）如果从开始运动到某一瞬间导体棒产生的热量Q0.8J，求该过程中通过导体棒的电荷量以及导体棒在磁场中运动的距离。【解答】解：（1）由题意可知，导体棒MN在00.5s内做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得mgsinma解得a6m/s2导体棒MN刚进入磁场时的速度大小为vat60.5m/s3m/s导体棒MN进入磁场做匀速直线运动，磁感应强度保持B1T不变，根据受力平衡可得mgsinF安又EBLv，I=

7、ER+r，F安BIL联立解得导体棒MN的长度为L=mg(R+r)sinB2v解得L0.6m即平行导轨的间距为0.6m（2）在00.5s内，回路产生的感生电动势为E1=BtLd=1.5-10.530.6V=1.8V回路中的电流为I1=I2=I=E1R+r=1.81+0.8A=1A在00.5s内小灯泡电功为Q1=I12Rt1=1210.5J=0.5J导体棒MN穿过磁场所用时间为t2=dv=33s=1s导体棒MN穿过磁场过程中，小灯泡的电功为Q2=I22Rt2=1211J=1J电流通过小灯泡所做的功QQ1+Q20.5J+1.0J1.5J（3）导体棒进入磁场前导体棒内产生的热量Q1=I12rt1=12

8、0.80.5J=0.4J导体棒产生的热量为Q0.8J时在磁场内运动的时间设为t，则Q-Q1=I22rt，解得t0.5s该过程中通过导体棒的电荷量qI（t1+t）1（1.50.5）C1C导体棒在磁场中运动的距离svt30.5m1.5m答：（1）平行导轨的间距为0.6m；（2）电流通过小灯泡所做的功1.5J；（3）如果从开始运动到某一瞬间导体棒产生的热量Q0.8J，该过程中通过导体棒的电荷量以及导体棒在磁场中运动的距离1.5m。知识点二电磁感应中的动量问题【重难诠释】1.动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安BLtBLq，通

9、过导体棒或金属框的电荷量为：qttntn，磁通量变化量：BSBLx.如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安mv2mv1.当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便2.动量守恒定律在电磁感应中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，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便这类问题可以从以下三个观点来分析：(1)力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动(2)动量观点：如

10、果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒(3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和类型1.动量定理在电磁感应中的应用例题4 （多选）（2023春岳阳期末）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，重力加速度大小为g，金属

11、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I=ER=BL2ghRB通过金属棒的电荷量为BdL2RC金属棒内产生的焦耳热为mg（hd）D导体棒在磁场中运动的时间为2ghg-B2L2d2mgR【解答】解：A对导体棒下滑到底端的过程中根据动能定理可得：mgh=12mv2 流过金属棒的最大电流为I=E2R=BLv2R=BL2gh2R，故A错误；B通过金属棒的电荷量为q=It=2Rtt=2R=BLd2R，故B正确；C由能量守恒可知整个电路中产生的焦耳热为：Qmghmgd金属棒内产生的焦耳热为Q1=Q2=mg2(h-d) 故C错误；D选择水平向右的方向为正方向，根据动量定

12、理有-mgt-IBLt=0-mv 由于q=It 导体棒在磁场中运动的时间t=2ghg-B2L2d2mgR，故D正确。故选：BD。例题5 （2023春渝中区校级期末）某航空爱好者利用所学知识设计了一个在地球上回收返回舱的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，每台电磁缓冲结构示意图如图乙所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN。导轨内侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈

13、abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L。假设整个返回舱以速度v0与地面碰撞后，滑块K立即停下，不反弹。此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。则以下说法正确的是（）A滑块K的线圈中最大感应电流的大小Imax=BLv0RB若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中通过的电量q=n2BLHRC若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中产生的焦耳热是Q=14(mgH+12mv02-12mv2)D若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为

14、t，则缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少d=(mgt+mv0)RnB2L2【解答】解：A滑块刚接触地面时感应电动势最大为EmaxnBLv0根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小：Imax=EmaxR=nBLv0R，故A错误；B由电荷量的计算公式可得：q=It根据闭合电路的欧姆定律可得：I=ER根据法拉第电磁感应定律可得：E=nt磁通量的变化量BSBHL可得缓冲装置向下移动距离H的过程中，每个缓冲线圈中通过的电量为：q=nBLHR，故B错误；C设每个缓冲线圈产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得：4Q=mgH+12mv02-12mv2 解得：Q=14(mgH+12mv02-1

15、2mv2)，故C正确；D因为有4台减速装置，以竖直向下为正方向，由动量定理得：mgt-4F安t=0mv0F安t=nBILt=nBERLt=nBnBLvRLt=n2B2L2vtR，其中vt=d 解得缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少为：d=(mgt+mv0)R4n2B2L2，故D错误。故选：C。例题6 （2023春开福区校级期末）如图甲所示，两平行导轨是由倾斜导轨（倾角为）与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成的，并处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，两导轨间距为L，上端与阻值为R的电阻连接。一质量为m的金属杆MN在t0时由静止开始在沿P1P2方向的拉力（图中未画出）作用下沿导

16、轨下滑。当杆MN运动到P2Q2处时撤去拉力，杆MN在水平导轨上继续运动，其速率v随时间t的变化图象如图乙所示，图中vm和t0为已知量。若全过程中电阻R产生的总热量为Q，杆MN始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，导轨和杆MN的电阻以及一切摩擦均不计，重力加速度为g，求：（1）杆MN中的最大感应电流Im的大小和方向；（2）拉力做的功WF；（3）撤去拉力后杆MN在水平导轨上运动的路程s。【解答】解：（1）由题图乙知，杆AB运动到水平轨道P2Q2处时的速率为vmax，则回路中的最大感应电动势为 EmBLvm杆AB运动到水平轨道的P2Q2处时，回路中的感应电流最大，回路中的最大感应电流为Im=EmR=B

17、LvmR根据右手定则知Im的方向由M流向N。（2）杆MN从静止开始下滑到最终停下来，这一过程中由动能定理得WF+mgx1sin+W安0又QW安，x1=vm2t0联立解得：WF=Q-12mgvmt0sin（3）撤去拉力后杆AB在水平导轨上做减速运动感应电流为 I=BLvR根据牛顿第二定律有 BILma若t趋近于零，则a=vt由以上三式可得：B2L2vtR=mv则B2L2Rv1t1=mv1，B2L2R2t2=mv2，B2L2Rvntn=mvn得B2L2R(v1t1+v2t2+vntn)=m(v1+v2+vn)即B2L2Rs=m(vm-0)联立可得：s=RmvmB2L2答：（1）杆MN中的最大感应电

18、流Im的大小为BLvmR，方向由M流向N；（2）拉力做的功WF为Q-12mgvmt0sin；（3）撤去拉力后杆MN在水平导轨上运动的路程s为RmvmaxB2L2。类型2.动量守恒定律在电磁感应中的应用例题7 （2023春东城区期末）如图所示，PQ和MN是固定于水平面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻忽略不计。质量均为m的金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好。两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们与轨道形成闭合回路。整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。使金属棒cd得到初速度v0的同时，金属棒ab由静止开始运动，考虑两金属棒之后的运动过程（经过足够长时间，不考虑

19、空气阻力），以下说法正确的是（）Aab棒受到的冲量大小为mv02，方向向左Bcd棒受到的冲量大小为mv02，方向向左C金属棒ab、cd组成的系统动量变化量为mv0D整个回路产生的热量为mv022【解答】解：AB、最终两棒产生的感应电动势大小相等，方向相反，回路中感应电流为零，两棒均做匀速直线运动，达到稳定状态。设最终MN棒和PQ棒的速度大小分别为v1和v2，有：BLv1BLv2解得：v1v2系统水平方向不受外力，动量守恒。取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0mv1+mv2，解得：v1v2=v02，方向向右；取向右为正方向，根据动量定理可得ab棒受到的冲量大小为Iabmv1=mv02，方

20、向向右，cd棒受到的冲量大小为Icdmv2mv0=-mv02，负号表示方向向左，故A错误、B正确；C、金属棒ab、cd组成的系统动量变化量为零，故C错误；D、根据能量守恒定律可得整个回路产生的热量为：Q=12mv02-12mv12-12mv22代入数据解得：Q=mv024，故D错误。故选：B。例题8 （2023春常州期末）如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，固定在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直。两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2平行放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，初始两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感应电流产生的磁场。

21、则（）A导体棒L1的最终速度为v0B导体棒L2产生的焦耳热为3mv028C通过导体棒横截面的电量为mv0BdD两导体棒初始距离最小值为mv0rB2d2【解答】解：A、L2以初速度v0向右运动，根据楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，导体棒L1受到的安培力方向向右，而L2受到的安培力方向向左，L1向右加速、L2向右减速，最终导体棒L1和L2以相同的速度向右做匀速直线运动。此过程中两根导体棒水平方向合外力为零，系统动量守恒，设共同速度为v，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv02mv，解得：v0.5v0，故A错误；B、整个回路中产生的热为：Q=12mv02-122mv2根据焦耳定律可得

22、导体棒L2产生的焦耳热为：Q=rr+rQ联立解得：Q=mv028，故B错误；C、对导体棒L1，取向右为正方向，由动量定理得：BdItmv0，因为q=It，解得通过导体棒横截面的电荷量为：q=mv02Bd，故C错误；D、当导体棒L1、L2的速度相等时距离为零时，则两棒初始距离最小，设最小初始距离为L，根据电荷量的计算公式可得：q=It=E2rt=2r=BdL2r根据C选项可知：q=mv02Bd解得：L=mv0rB2d2，故D正确。故选：D。例题9 （2023春天宁区校级月考）如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量分别为m和12m的金属棒b和c静止放在间距

23、为L的水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直且两金属棒电阻均为R。图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g，求：（1）绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；（2）金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；（3）两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热。（4）金属棒c初始位置距离磁场边界de的最小距离为多少？【解答】解：（1）设a棒滑到水平导轨时速度为v0，根据动能定理，有：m

24、gh=12mv02-0解得：v0=2gh；a棒与b棒发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律：mv0mv1+mv2由机械能守恒定律：12mv02=12mv12+12mv22联立解得：v10，v2v0=2gh；（2）b棒刚进磁场时的加速度最大设为am，设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势为：EBL（vbvc）设回路中的总电阻为R，由闭合电路欧姆定律得：I=ER由安培力公式得：FBILma联立以上式子可得任意时间的加速度为：a=B2L2(vb-vc)mR（vbvc）而最大加速度am=B2L2v2mR，若满足题设条件时，两棒速度分别为v2、

25、v3由题意可知，当b棒加速度为最大值的一半时有：v22（v2v3）b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv2mv2+m2v3联立解得：v2=562gh（3）最终b、c以相同的速度匀速运动。取向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv2（m+m2）v由能量守恒定律可得：12mv22=12（m+m2）v2+Q联立解得：Q=13mgh（4）对c棒，从b棒进入到bc共同匀速运动，由动量定理有：BILtmv而I=E2R=BL(vb-vc)2R考虑到bc的相对位移为：（vb-vc）tx联立以上几式得到：x=2mR2gh3B2L2金属棒c初始位置距离磁场边界de的最

26、小距离。答：（1）绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时a的速度为零，b的速度为2gh；（2）金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小为562gh；（3）两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热为13mgh；（4）金属棒c初始位置距离磁场边界de的最小距离为2mR2gh3B2L2。模块二 巩固提高 1. （2023湖北模拟）如图所示，空间存在方向垂直纸面（竖直面）向里的足够大的磁场，以竖直向下为z轴正方向，磁感应强度的大小为BB0+kz，式中B0、k均为常数。一正方形导线框abcd从图示位置由静止开始下落，下落过程中底边ab始终水平。不考虑空气阻力。与导线框下落的速度成正比的是（

27、）Aab边受到安培力的大小Bbc边受到安培力的大小Ccd边受到安培力的大小D线框受到安培力的大小【解答】解：设线框的边长为L，线框产生的感应电动势为E，由于ab边和cd边处的磁感应强度为：BbaB0+k（x+L），BdcB0+kx根据动生电动势公式知，合电动势E（BbaBcd）Lv解得：EkL2v设线框的电阻为R，回路的电流为I=ER线框受到安培力的大小为：FFbaFdc（BbaBdc）IL解得：F=k2L4vR线框受到安培力的大小与速度成正比，各边所处的磁感应强度都在随着z变化，安培力不与v成正比。综上所述，选项ABC错误，D正确。故选：D。2. （2023涟源市二模）如图所示，水平间距为L

28、，半径为r的二分之一光滑圆弧导轨，bb为导轨最低位置，aa与cc为最高位置且等高，右侧连接阻值为R的电阻，圆弧导轨所在区域有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场。现有一根金属棒在外力的作用下以速度v0从aa沿导轨做匀速圆周运动至cc处，金属棒与导轨始终接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计，则该过程中（）A经过最低位置bb处时，通过电阻R的电流最小B经过最低位置bb处时，通过金属棒的电流方向为bbC通过电阻R的电荷量为2BLrRD电阻R上产生的热量为rB2L2v0R【解答】解：A、金属棒从位置aa运动到轨道最低bb处的过程中，水平分速度即有效切割速度逐渐增大，由EBLv可知金属棒产生的感应电动势

29、增大，则通过R的电流大小逐渐增大；金属棒从轨道最低位置bb运动到cc处的过程中，水平分速度即有效切割速度逐渐减小，由EBLv可知金属棒产生的感应电动势减小，则通过R的电流大小逐渐减小，故经过最低位置bb处时，通过电阻R的电流最大，故A错误；B由右手定则可知，经过最低位置bb处时，通过金属棒的电流方向为bb，故B错误；C通过电阻R的电荷量为：q=It=ERt=R=2BLrR，故C正确；D金属棒做匀速圆周运动，切割磁感线的有效速度为：vv0cosv0cost是金属棒的速度与水平方向的夹角，则金属棒产生的感应电动势为：EBLv0cost则回路中产生正弦式交变电流，可得感应电动势的最大值为：EmBLv

30、0有效值为：E=22Em=22BLv0由焦耳定律可知，R上产生的热量：Q=E2Rt=(22BLv0)2R=rB2L2v02R，故D错误。故选：C。3. （2023春嘉陵区校级月考）如下图所示，有一边长为L的正方形导线框，质量为m，由高H处自由落下，其下边ab进入匀强磁场区后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是L，则线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为（）A2mgLB2mgL+mgHC2mgL+14mgHD2mgL+34mgH【解答】解：设线框ab边刚进入磁场时速度大小为v。根据机械能守恒定律得：mgH=12mv2解得：

31、v=2gH从线框下落到cd刚穿出匀强磁场的过程，根据能量守恒定律，焦耳热为：Q2mgL+mgH-12m（12v）22mgL+34mgH，故D正确，ABC错误；故选：D。4. （2023浙江）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角=4；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（）A电源电动势E0=2Mg2BLRB棒消耗的

32、焦耳热Q=(1-22)MglC从左向右运动时，最大摆角小于4D棒两次过最低点时感应电动势大小相等【解答】解：A、以棒为研究对象，画出前视的受力图，如图所示：根据平衡条件可得：F安Mgtan，其中：F安BIL解得：I=MgBL电源电动势E0IR=MgRBL，故A错误；B、假设棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中，达到最低点时速度为零，则棒的重力势能减少：EpMgl（1cos），解得：Ep=(1-22)Mgl，根据能量守恒定律可知棒消耗的焦耳热Q=(1-22)Mgl；由于棒达到最低点时的速度不为零，则完成一次振动过程中，棒消耗的焦耳热小于(1-22)Mgl，故B错误；C、棒从右侧开始运动达到最左侧

33、过程中，回路中有感应电流，导体棒上会产生焦耳热，所以达到左侧最高点时，棒的最大摆角小于4；从左向右运动时，根据右手定则可知，电流反向通过二极管，由于二极管具有单向导电性，所以回路中没有电流，则棒从左向右运动时，最大摆角小于4，故C正确；D、棒第一次经过最低点向左摆动过程中，回路中有感应电流，棒的机械能有损失，所以第二次经过最低点时的速度小于第二次经过最低点的速度，根据EBLv可知，第二次经过最低点时感应电动势大小小于第一次经过最低点的感应电动势大小，故D错误。故选：C。5. （2023春宁波期中）如图所示，平行光滑金属导轨（足够长）与水平面成37角倾斜固定，两导轨间距为1m，上端接一标有“8V

34、，80W”的灯泡，导轨间有方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B1T的匀强磁场，一质量m1kg、长度为1m的金属棒MN，放在两导轨平面上，且与导轨在同一平面内，现给MN一沿导轨向下的恒力F，MN达到平衡后，小灯泡恰好正常发光。不计导轨和金属棒MN的电阻，MN沿导轨滑动过程始终与导轨接触良好且无摩擦。取重力加速度大小g10m/s2，下列说法正确的是（）A金属棒MN沿导轨运动的过程中通过小灯泡的电流方向为从b到aB金属棒MN平衡时的速度大小为6m/sC恒力F的大小为4ND金属棒MN平衡时其受到重力的功率为80W【解答】解：A、金属棒MN沿导轨运动的过程中，由右手定则可判断通过小灯泡的电流方向为从a

35、到b，故A错误；B、由题意结合动生电动势公式可得：U额EBLv，解代入数据解得：v8m/s，故B错误；C、由受力平衡可得：F+mgsin37FA又因为安培力：FA=BIL=B2L2vR，灯泡电阻：R=U2P联立解得：F4N，故C正确；D、由公式：PGmgvsin37，代入数据解得：PG48W，故D错误。故选：C。6. （2022秋南和区校级期末）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面横放着两根导体棒ab、cd，与导轨一起构成闭合回路。两根导体棒的质量均为m，长度均为L，电阻均为R，其余部分的电阻不计。在整个导轨所在的平面内存在方向竖直向上、磁感应

36、强度大小为B的匀强磁场。开始时，两导体棒均在导轨上静止不动，某时刻给导体棒ab以水平向右的初速度v0，则（）A导体棒ab刚获得速度v0时受到的安培力大小为B2L2v0RB导体棒ab、cd速度会减为0C两导体棒运动的整个过程中产生的热量为14mv02D当导体棒ab的速度变为34v0时，导体棒cd的加速度大小为3B2L2v08mR【解答】解：A、导体棒ab刚获得速度v0时产生感应电动势EBLv0感应电流为I=E2R导体棒ab受到的安培力为FabBIL联立可得Fab=B2L2v02R，故A错误；B、在运动过程中，两导体棒组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有：mv02mv可得最终两棒速

37、度为v=v02，故B错误；C、两导体棒运动的整个过程中产生的热量等于系统机械能的损失，则有：Q=12mv02-122mv2=14mv02，故C正确；D、当导体棒ab的速度变为34v0时，以向右方向为正，由动量守恒定律可得：mv0m34v0+mv1解得此时cd棒的速度为：v1=14v0导体棒ab产生的电动势为：E1BL34v0导体棒cd产生的电动势为：E2BL14v0两电动势反向，则总电动势为：E=E1-E2=12BLv0感应电流为：I=E2R。cd棒受到的安培力大小为FBIL联立可得F=B2L2v04R则导体棒cd的加速度大小为a=Fm=B2L2v04mR，故D错误。故选：C。7. （2023

38、春云南期中）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，二者平滑连接。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、接入电路的电阻也为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，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小为g。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Bd2gh2RB通过金属棒的电荷量为BdLRC克服安培力所做的功为mghD金属棒产生的焦耳热为12mg(h-d)【解答】解：A金属棒沿弯曲部分在

39、下滑的过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律mgh=12mv2能求得金属棒到达平直部分时的速度v=2gh金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势为EBLv最大感应电流为I=ER+R=BL2gh2R，故A错误；B通过金属棒的电荷量q=It=ER总t=BLvR总t=BSR总=2R，BdL，得q=BdL2R，故B错误；C.金属棒在整个的运动过程中，根据动能定理，mghW安mgd00，克服安培力做的功为W安mghmgd，故C错误；D.克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热Q=12Q=12W安=12mg(h-d

40、)，故D正确。故选：D。8. （2023市中区校级模拟）如图甲所示，一正方形单匝金属线框放在光滑水平面上，水平面内两条平行直线MN、QP间存在垂直水平面的匀强磁场，t0时，线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙实线所示，已知线框质量m1kg、电阻R2，则（）A磁场宽度为3mB匀强磁场的磁感应强度为2TC线框穿过QP的过程中产生的焦耳热等于4JD线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为2C【解答】解：A、t0时刻，F2N，此时线框中没有感应电流，受安培力，则线框的加速度为a=Fm=21m/s22m/s2，磁场的宽度等于线框在02s内通

41、过的位移大小，为d=12at22=12222m4m，故A错误；B、当线框全部进入磁场的瞬间：F1F安ma，而F安BI1L，I1=BLat1R，其中F14N，t11s，L=12at12，联立解得：B=2T，故B正确；C、t22s时，F26N，此时线框的速度为v2at222m/s4m/s。由上可得线框的边长L1m，设线框刚出磁场时速度为v3，则有v32=2a（d+L），解得v325m/s设线框穿过QP的过程中F做功为W，因为在过程中F逐渐增大，F的平均值FF26N，则W=FLF2L61J6J此过程中线框的动能增加量为Ek=12m(v32-v22)=121(25)2-42J2J，则线框穿过QP的过程

42、中产生的焦耳热QWEk6J2J4J，故C错误；D、线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为q=It1=Et1R=BLvt1R=BL2R=2122C=22C，故D错误。故选：B。9. （2023乐安县校级一模）如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的导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，已知导线框电阻为R，横边边长为L。有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、导线框竖直边长均为h。初始时刻，磁场的下边缘和导线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，导线框加速进入磁场，穿出磁场前已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计，重力加速度为g

43、。则下列说法中正确的是（）A导线框进入磁场时的速度为ghB导线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，则加速度为a=12g-B2L2v4mRC导线框穿出磁场时的速度为mgRB2L2D导线框通过磁场的过程中产生的热量Q5mgh-8m3g2R2B4L4【解答】解：A、线框进入磁场前，根据重物与线框组成的机械能守恒得（3mgmg）2h=12（3m+m）v2，解得线框进入磁场时的速度v=2gh，故A错误；B、线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，对整体，根据牛顿第二定律得3mgmg-B2L2vR=（3m+m）a，解得：a=12g-B2L2v4mR，故B正确；C、线框在磁场中匀速运动时，根据平衡条件得：3m

44、gmgF安，而F安=B2L2vR，解得，线框进入磁场时的速度为：v=2mgRB2L2，线框的高度与磁场的高度相等，线框达到匀速运动后直到离开磁场的过程都做匀速直线运动，所以线框穿出磁场时的速度为v=2mgRB2L2，故C错误；D、设线框通过磁场的过程中产生的热量为Q对从静止到刚通过磁场的过程，根据能量守恒得：Q（3mgmg）4h-12（3m+m）v2，将v=2mgRB2L2代入得：Q8mgh-8m3g2R2B4L4，故D错误。故选：B。10. （2023春荔湾区校级期中）如图甲，间距L1.0m的平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨左端MP之间接有一阻值为R1的定值电阻，导轨电阻忽略不计；一导

45、体棒（电阻不计）垂直于导轨放在距离导轨左端d1.0m的ab处，其质量m0.1kg，导体棒与导轨间的动摩擦因数0.2，整个装置处在范围足够大的竖直方向的匀强磁场中。取竖直向下为正方向，从t0时刻开始，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示；在t3s内导体棒在外力F1作用下处于静止状态，不计感应电流磁场的影响，取g10m/s2。（1）求t1s时安培力的大小和方向；（2）从t3s开始，导体棒在恒力F21.2N作用下向右运动x1m时，导体棒的速度达到最大。求导体棒的最大速度及该过程中电阻R上产生的热量Q。【解答】解：（1）前3s内，根据图乙可知，磁感应强度的变化率大小为：Bt=2-02-0T/s1T

46、/s根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势大小为：E=BtS111V1V根据闭合电路欧姆定律可得感应电流：I=ER=11A1A根据楞次定律可知电流方向俯视为顺时针方向根据左手定则知：t1s时，安培力为：F安B1IL1111N，方向水平向右（2）导体棒速度最大时，根据平衡条件可得：F2B2I1L+mg其中：I1=B2LvmR根据图乙知：B21T联立解得，导体棒的最大速度：vm1m/s方向水平向右，根据能量守恒定律：(F2-mg)x=12mvm2+Q解得该过程中电阻R上产生的热量为：Q0.95J答：（1）t1s时安培力的大小为1N，方向水平向右；（2）导体棒的最大速度为1m/s，该过程中电阻R上产

47、生的热量Q为0.95J。11. （2023海淀区校级三模）某学校举办“鸡蛋撞地球”小发明比赛，同学们设计了如图甲所示的装置。装置绝缘外框架MNGH下端固定了一个横截面（俯视）如图乙所示的磁体，两磁极间存在沿径向向外的辐向磁场，不考虑其他区域的磁场。CDEF是一个金属线框，CF、DE两边被约束在外框架的凹槽内，可沿外框架无摩擦上下滑动，CD边的正中间接有一个半径为r（r略大于圆柱形N磁极的半径）、匝数为n、总电阻为R的线圈，EF边接有一装有鸡蛋的铝盒，铝盒的电阻为2R，铝盒与外框架连接了一根劲度系数为k的轻质弹簧。开始装置在离水平地面h高度处保持竖直状态，待铝盒静止后将弹簧锁定，此时线圈下端恰好

48、位于磁体上边界处。现由静止释放装置，装置落地前瞬间弹簧立即解除锁定，落地时外框架MNGH连同磁体的速度立即变为零。已知线框CDEF（含线圈、铝盒、鸡蛋）的总质量为m，线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是刚落地时的两倍，此时EF仍未进入磁场。已知线圈所在处的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，除线圈和铝盒外，其他部分电阻不计，忽略空气阻力。（1）求装置落地后瞬间C、D两点间的电压UCD；（2）从落地到线框最终静止的过程中，求回路产生的总焦耳热Q；（3）从刚落地到线框第一次运动到最低点的过程中，求通过线圈的电荷量q；（4）有同学提出，为增大缓冲的效果，若采用适当粗些的同种材

49、料导线绕制线圈，而保持线圈匝数、绕制半径不变，且线框除线圈外其余部分（含铝盒和鸡蛋）质量不变的情况下，可以使落地瞬间线框减速的加速度增大。请通过计算分析说明此结论是否合理（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，请在解题时做必要的说明）。【解答】解：（1）设刚落地时的速度大小为v，根据动能定理可得：mgh=12mv2解得：v=2gh落地时线圈切割磁感线产生的感应电动势：EnBLv，其中L2r根据右手定则可知，线框中感应电流方向为DEFCD，则C、D两点间的电压：UCD=-2R2R+RE=-23E解得：UCD=-43nBr2gh；（2）最终静止后弹簧的弹性势能与未释放时相等，则从静止释

50、放到线框最终静止的过程中，根据能量守恒定律，有：Qmgh；（3）线框CDEF静止时，有：mgkx1由题知线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是装置刚落地时的2倍，则说明线框刚落地到最低点下落的距离为x1，根据法拉第电磁感应定律有：E=nBLv=nB （2r）x1t 通过回路某截面的电荷量：q=It=E3Rt解得：q=2nrmgB3kR；（4）设线圈的质量为m1，线框除线圈外其余部分（含铝盒和鸡蛋）质量为m2、线圈导线的截面积为S，线圈周长为L，电阻率为0，密度为，变化后线圈的电阻为R。设落地瞬间线框减速的加速度大小为a，对线框根据牛顿第二定律可得：nBIL（m1+m2）g（m1+m2）a解得：

51、a=nBILm1+m2-g其中：I=nBLv2R+R联立解得：a=n2B2L2v(2R+R)(m1+m2)-g=n2B2L2v2R(m1+m2)+R(m1+m2)-gm1SnLR=0nLS联立可得：a=n2B2L2v2RnLS+2Rm2+n20L2+m20nLS-g可得其它条件不变，只改变线圈导线的截面积S，当2RnLSm20nLS时，a取最大值，可知S增大，a不一定增大，有可能减小，故该同学的结论不合理。答：（1）装置落地后瞬间C、D两点间的电压为-43nBr2gh；（2）从落地到线框最终静止的过程中，回路产生的总焦耳热为mgh；（3）从刚落地到线框第一次运动到最低点的过程中，通过线圈的电荷量为2nrmgB3kR；（4）该同学的结论不合理，分析说明见解答。