【物理】2018届一轮复习人教版电磁感应中的动力学和能量问题电磁感应中的动力学和能量问题学案 21页

第四节　电磁感应中的动力学和能量问题 一、电磁感应现象中的动力学问题 ‎1．安培力的大小 ⇒F＝ ‎2．安培力的方向 ‎(1)先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定安培力方向．‎ ‎(2)根据楞次定律，安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反．‎ ‎　1.如图所示，质量均为m的金属棒ab、cd与足够长的水平金属导轨垂直且接触良好，两金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ，磁感应强度为B的匀强磁场的方向竖直向下．则ab棒在恒力F＝2μmg作用下向右运动的过程中，有(　　)‎ A．安培力对ab棒做正功 B．安培力对cd棒做正功 C．ab棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动 D．cd棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动 提示：选C.对于ab棒，因为F＝2μmg>μmg，所以从静止开始加速运动，ab棒运动会切割磁感线产生感应电流，从而使ab棒受到一个向左的安培力，这样加速度会减小，最终会做匀速运动；而cd棒所受到的最大安培力与摩擦力相同，所以总保持静止状态，即安培力对ab棒做负功，对cd棒不做功，所以选项C正确，A、B、D错误．‎ 二、电磁感应中的能量转化 ‎1．过程分析 ‎(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．‎ ‎(2)感应电流在磁场中受安培力，若安培力做负功，则其他形式的能转化为电能；若安培力做正功，则电能转化为其他形式的能．‎ ‎(3)当感应电流通过用电器时，电能转化为其他形式的能．‎ ‎2．安培力做功和电能变化的对应关系 ‎“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；安培力做多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．‎ ‎　2.竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是y＝x2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，‎ 假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是(　　)‎ A．mgb　　　　　　　　　　B．mv2‎ C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2‎ 提示：选D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能，即Q＝mv2＋mgb－mga＝mg(b－a)＋mv2.‎ ‎　电磁感应中的动力学问题 ‎【知识提炼】‎ ‎1．导体棒(框)的两种状态 ‎(1)平衡状态——静止或匀速直线运动，加速度为零．‎ ‎(2)非平衡状态——加速度不为零．‎ ‎2．两类研究对象及相互联系 ‎【典题例析】‎ ‎ (2016·高考全国卷乙)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求 ‎(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；‎ ‎(2)金属棒运动速度的大小．‎ ‎[审题指导]　解答的关键是对ab、cd棒受力分析，由平衡条件求出ab棒受到的安培力，‎ 再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定金属棒的速度大小．‎ ‎[解析]　(1)设两根导线的总的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin θ＝μN1＋T＋F①‎ N1＝2mgcos θ②‎ 对于cd棒，同理有mgsin θ＋μN2＝T③‎ N2＝mgcos θ④‎ 联立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcos θ)．⑤‎ ‎(2)由安培力公式得F＝BIL⑥‎ 这里I是回路abdca中的感应电流 ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑦‎ 式中，v是ab棒下滑速度的大小 由欧姆定律得I＝⑧‎ 联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sin θ－3μcos θ).‎ ‎[答案]　(1)mg(sin θ－3μcos θ)‎ ‎(2)(sin θ－3μcos θ) ‎【跟进题组】‎ ‎ 考向1　水平导轨上的运动分析 ‎1．如图所示，两完全相同的金属棒垂直放在水平光滑导轨上，其质量均为m＝1 kg，导轨间距d＝0.5 m，现两棒并齐，中间夹一长度不计的轻质压缩弹簧，弹簧弹性势能为Ep＝16 J，现释放弹簧(不拴接)，弹簧弹开后，两棒同时获得大小相等的速度反向运动，ab棒进入一随时间变化的磁场中，已知B＝2＋0.5t(单位：T)，导轨上另有两个挡块P、Q，cd棒与之碰撞时无能量损失，Pc＝aM＝16 m，两棒电阻均为R＝5 Ω，导轨电阻不计，若从释放弹簧时开始计时(不考虑弹簧弹开两棒的时间，即瞬间就弹开两棒)，在ab棒进入磁场边界的瞬间，加一外力F(大小和方向都可以变化)，使之始终做加速度a＝0.5 m/s2的匀减速直线运动，求：‎ ‎(1)ab棒刚进入磁场时的外力F的大小与方向；‎ ‎(2)若ab棒速度为零时磁感应强度不再发生变化，则此时所受到的安培力．‎ 解析：(1)弹簧弹开时，设两棒的速度大小均为v0，在这个过程中，系统的机械能守恒，‎ 则Ep＝2×mv，‎ 解得v0＝4 m/s ab棒经t1＝＝ s＝4 s进入磁场，此时磁感应强度为B1＝(2＋0.5×4) T＝4 T ab棒受到的安培力 F安＝＝1.6 N 由牛顿第二定律得F安－F＝ma 则所加外力F＝F安－ma＝1.1 N，方向水平向右．‎ ‎(2)ab棒进入磁场后，又经t2＝＝8 s速度变为零，而此段时间内cd棒与PQ碰撞后反向运动，恰好在t2时刻到达磁场边界MN，故此时的电动势 E＝B2dv0‎ 其中B2＝(2＋0.5×12) T＝8 T 解得E＝16 V，I＝＝1.6 A 所以此时ab棒受到的安培力 F＝B2Id＝8×1.6×0.5 N＝6.4 N，方向水平向右．‎ 答案：(1)1.1 N　方向水平向右 ‎(2)6.4 N　方向水平向右 ‎ 考向2　倾斜导轨上的运动分析 ‎2.如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：‎ ‎(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；‎ ‎(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．‎ 解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv①‎ 平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E②‎ 设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有 C＝③‎ 联立①②③式得Q＝CBLv.④‎ ‎(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i.金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为F安＝BLi⑤‎ 设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，据定义有i＝⑥‎ ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量．由④式得：ΔQ＝CBLΔv⑦‎ 式中，Δv为金属棒的速度变化量．据定义有 a＝⑧‎ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为 Ff＝μFN⑨‎ 式中，FN是金属棒对导轨的正压力的大小，‎ 有FN＝mgcos θ⑩‎ 金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有 mgsin θ－F安－Ff＝ma⑪‎ 联立⑤至⑪式得a＝g⑫‎ 由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．t时刻金属棒的速度大小为 v＝gt.‎ 答案：(1)Q＝CBLv　(2)v＝gt ‎ 考向3　竖直方向上的运动分析 ‎3．(2015·高考天津卷)如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.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，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；‎ ‎(2)磁场上下边界间的距离H.‎ 解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有 E1＝2Blv1①‎ 设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有 I1＝②‎ 设此时线框所受安培力为F1，有 F1＝2I1lB③‎ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有 mg＝F1④‎ 由①②③④式得 v1＝⑤‎ 设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得 v2＝⑥‎ 由⑤⑥式得 v2＝4v1.⑦‎ ‎(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有 ‎2mgl＝mv⑧‎ 线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 mg(2l＋H)＝mv－mv＋Q⑨‎ 由⑦⑧⑨式得 H＝＋28l.‎ 答案：(1)4倍　(2)＋28l ‎　电磁感应中的能量问题 ‎【知识提炼】‎ ‎1．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．‎ ‎2．能量转化及焦耳热的求法 ‎(1)能量转化 ‎(2)求解焦耳热Q的三种方法 ‎【典题例析】‎ ‎　(高考安徽卷)如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m．以MN中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取10 m/s2.‎ ‎(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8 m处电势差UCD；‎ ‎(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出F－x关系图象；‎ ‎(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．‎ ‎[审题指导]　(1)由于导轨电阻不计，因此导轨两端的电压为0，C、D两端的电压等于导轨外金属棒产生的电动势，注意UCD的正、负．‎ ‎(2)回路中电流恒定，但CD的有效长度变化，金属杆所受安培力为变力，根据F－x图象求功．‎ ‎(3)外力做功使金属杆CD的机械能增加和产生焦耳热．‎ ‎[解析]　(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势E＝Blv，l＝d，解得E＝1.5 V 当x＝0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l外，则 l外＝d－d，OP＝ ＝2 m 得l外＝1.2 m 由右手定则判断D点电势高，故CD两端电势差 UCD＝－Bl外v＝－0.6 V.‎ ‎(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是 l＝d＝3－x 对应的电阻R1＝R 电流I＝ 杆受到的安培力为F安＝BIl＝7.5－3.75x 根据平衡条件得F＝F安＋mgsin θ F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)．‎ 画出的F－x图象如图所示．‎ ‎(3)外力F所做的功WF等于F－x图线下所围的面积．即 WF＝×2 J＝17.5 J 而杆的重力势能增加量ΔEp＝mgOPsin θ 故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5 J.‎ ‎[答案]　(1)1.5 V　－0.6 V　(2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)　图象见解析　(3)7.5 J ‎　(2016·高考浙江卷)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：‎ ‎(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；‎ ‎(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；‎ ‎(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.‎ 解析：(1)由牛顿第二定律a＝＝12 m/s2①‎ 进入磁场时的速度v＝＝2.4 m/s.②‎ ‎(2)感应电动势E＝Blv③‎ 感应电流I＝④‎ 安培力FA＝IBl⑤‎ 代入得FA＝＝48 N．⑥‎ ‎(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J⑦‎ 由牛顿第二定律F－mgsin θ－FA＝0⑧‎ CD棒在磁场区域做匀速运动 在磁场中运动的时间t＝⑨‎ 焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J.‎ 答案：见解析 ‎1.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t图象中，能正确描述上述过程的是(　　)‎ 解析：选D.导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点．线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由E＝BLv、I＝及F＝BIL＝ma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D正确．‎ ‎2．(多选)(2017·重庆高三质检)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，‎ 导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．金属棒ab最终可能匀速下滑 B．金属棒ab一直加速下滑 C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势 D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动 解析：选BC.金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsin θ－BIl>0，金属棒将一直加速，A错、B对；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C项对；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D项错．‎ ‎3．(多选)(2017·宁夏银川一中模拟)如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部．当给环通以恒定的电流I，圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H.已知重力加速度为g，不计空气阻力，磁场的范围足够大．在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．圆环先做加速运动后做减速运动 B．在时间t内安培力对圆环做功为mgH C．圆环运动的最大速度为－gt D．圆环先有扩张后有收缩的趋势 解析：选AC.在时间t内，圆环中通有电流I，圆环在磁场中受向上的安培力作用，安培力大于重力，所以合力向上，圆环由静止开始向上加速运动，t时刻撤去电流，圆环继续向上运动，并切割磁感线产生感应电流，则同时又受向下的安培力和重力，合力方向与运动方向相反，所以圆环开始减速运动直至到达最高位置，故A正确．因安培力在t时间内对其做正功，t时刻以后对其做负功，有W安t前－W安t后＝mgH，则知在t时间内安培力做功大于mgH，故B错误．在t时间内安培力F＝BIL＝BI2πrcos θ，合外力F合＝F－mg＝2πBIrcos θ－mg＝ma，v＝at＝t－gt，故C正确．圆环加速上升过程中有收缩趋势，减速上升过程中有扩张趋势，故D错误．‎ ‎4．(多选)如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c、d 置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c，c刚进入磁场立即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移．下图中正确的是(　　)‎ 解析：选BD.导体棒c落入磁场之前做自由落体运动，加速度恒为g，有h＝gt2，v＝gt，c棒进入磁场以速度v做匀速直线运动时，d棒开始做自由落体运动，与c棒做自由落体运动的过程相同，此时c棒在磁场中做匀速直线运动的路程为h′＝vt＝gt2＝2h，d棒进入磁场而c棒还没有穿出磁场的过程，无电磁感应，两导体棒仅受到重力作用，加速度均为g，直到c棒穿出磁场，B正确．c棒穿出磁场，d棒切割磁感线产生电动势，在回路中产生感应电流，因此时d棒速度大于c棒进入磁场时切割磁感线的速度，故电动势、电流、安培力都大于c棒刚进入磁场时的大小，d棒减速，直到穿出磁场仅受重力，做匀加速运动，结合匀变速直线运动v2－v＝2gh，可知加速过程动能与路程成正比，D正确．‎ ‎5.‎ ‎(2016·高考天津卷)电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度．电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图所示，将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与水平方向夹角为θ.一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，‎ 穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同．磁铁端面是边长为d的正方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域 的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为B，铝条的高度大于d，电阻率为ρ.为研究问题方便，铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，假设磁铁进入铝条间以后，减少的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g.‎ ‎(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I；‎ ‎(2)若两铝条的宽度均为b，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式；‎ ‎(3)在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度b′>b的铝条，磁铁仍以速度v进入铝条间，试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化．‎ 解析：(1)磁铁在铝条间运动时，两根铝条受到的安培力大小相等，均为F安，有 F安＝IdB①‎ 设磁铁受到沿斜面向上的作用力为F，其大小有 F＝2F安②‎ 磁铁匀速运动时受力平衡，则有 F－mgsin θ＝0③‎ 联立①②③式可得 I＝.④‎ ‎(2)磁铁在铝条间运动时，在铝条中产生的感应电动势为 E＝Bdv⑤‎ 设铝条与磁铁正对部分的电阻为R，由电阻定律有 R＝ρ⑥‎ 由欧姆定律有 I＝⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式可得 v＝.⑧‎ ‎(3)磁铁以速度v进入铝条间，恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面向上的作用力F，联立①②⑤⑥⑦式可得 F＝⑨‎ 当铝条的宽度b′>b时，磁铁以速度v进入铝条间时，磁铁受到的作用力变为F′，有F′＝ 可见，F′>F＝mgsin θ，磁铁所受到的合力方向沿斜面向上，获得与运动方向相反的加速度，磁铁将减速下滑，此时加速度最大．之后，随着运动速度减小，F′也随着减小，磁铁所受的合力也减小，由于磁铁加速度与所受到的合力成正比，磁铁的加速度逐渐减小，综上所述，磁铁做加速度逐渐减小的减速运动．直到F′＝mgsin θ时，磁铁重新达到平衡状态，以较小的速度匀速下滑．‎ 答案：见解析 一、单项选择题 ‎1.(2017·上海闵行调研)如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长．从置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　　)‎ A．Q1>Q2　q1＝q2　　　　 B．Q1>Q2　q1>q2‎ C．Q1＝Q2　q1＝q2 D．Q1＝Q2　q1>q2‎ 解析：选A.设ab和bc边长分别为L1、L2，线框电阻为R，若假设穿过磁场区域的时间为t.‎ 通过线框导体横截面的电荷量 q＝It＝＝，‎ 因此q1＝q2.‎ 线框上产生的热量为Q，‎ 第一次：Q1＝BL1I1L2＝BL1L2，‎ 同理可以求得Q2＝BL2I2L1＝BL2L1，‎ 由于L1>L2，则Q1>Q2，故A正确．‎ ‎2.如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab，导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动的过程中(　　)‎ A．随着ab运动速度的增大，其加速度也增大 B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能 C．外力F做功的功率始终等于电路中的电功率 D．克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能 解析：选D.由牛顿第二定律可得F－＝ma，棒向右做加速度减小的加速运动，A错．由于在达到最终速度前F>，力F做的功等于电路中获得的电能与金属棒的动能之和，则F的功率大于克服安培力做功的功率，即大于电路中的电功率，电路中获得的电能等于克服安培力所做的功．B、C错，D对．‎ ‎3.‎ 如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B，Ⅰ和Ⅱ之间无磁场．一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同．下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是(　　)‎ 解析：选C.MN棒先做自由落体运动，当到Ⅰ区磁场时由四个选项知棒开始减速说明F安>mg，由牛顿第二定律得，F安－mg＝ma，当减速时F安减小，合力减小，a也减小，速度图象中图线上各点切线斜率减小，离开Ⅰ区后棒做加速度为g的匀加速直线运动，随后进入Ⅱ区磁场，因棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流变化情况相同，则在Ⅱ区磁场中运动情况与Ⅰ区磁场中完全相同，所以只有C项正确．‎ ‎4.(2017·崇文高三模拟)如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F，此时(　　)‎ A．电阻R1消耗的热功率为 B．电阻R2消耗的热功率为 C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvsin θ D．整个装置消耗的机械功率为Fv 解析：选B.上滑速度为v时，导体棒受力如图所示，则＝F，所以PR1＝PR2＝()2R＝Fv，故选项A错误，B正确；因为Ff＝μFN，FN＝mgcos θ，所以PFf＝Ffv＝μmgvcos θ，选项C错误；此时，整个装置消耗的机械功率为P＝PF＋PFf＝Fv＋μmgvcos θ，选项D错误．‎ ‎5．(2017·重庆高三模拟)如图所示，电阻不计的竖直光滑金属轨道PMNQ，其PMN部分是半径为r的圆弧，NQ部分水平且足够长，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于PMNQ平面指向纸面内．一粗细均匀的金属杆质量为m，电阻为R，长为r.从图示位置由静止释放，若当地的重力加速度为g，金属杆与轨道始终保持良好接触，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．杆在下滑过程中机械能守恒 B．杆最终不可能沿NQ匀速运动 C．杆从释放到全部滑至水平轨道过程中，产生的电能等于 D．杆从释放到全部滑至水平轨道过程中，通过杆的电荷量等于 解析：选D.杆在下滑过程中，杆与金属导轨组成闭合回路，磁通量在改变，会产生感应电流，杆将受到安培力作用，则杆的机械能不守恒，故A错误；杆最终沿水平面运动时，不产生感应电流，不受安培力作用而做匀速运动，故B错误；杆从释放到滑至水平轨道过程，重力势能减小，产生电能和杆的动能，由能量守恒定律知：杆上产生的电能小于，故C错误；通过杆与金属导轨所组成的闭合回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝B，根据推论q＝，得到通过杆的电荷量为q＝，故D正确．‎ 二、多项选择题 ‎6．如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则(　　)‎ A．如果B变大，vm将变大 B．如果α变大，vm将变大 C．如果R变大，vm将变大 D．如果m变小，vm将变大 解析：选BC.金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，在闭合电路中形成电流I＝，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力FA作用，FA＝BIl＝，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsin α－＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝，故选B、C.‎ ‎7.如图所示，边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平．线框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光．则(　　)‎ A．有界磁场宽度l