第65讲　电磁感应中的动力学和能量问题——2027届高三物理一轮复习讲义（含答案）

这是一份第65讲　电磁感应中的动力学和能量问题——2027届高三物理一轮复习讲义（含答案），共56页。
2．研究对象和分析步骤
►考向1 “单棒＋电阻”模型与“单棒＋电容器”模型
►考向2 电磁感应中的“金属棒＋电源”模型
(多选)(2025·安徽模拟)水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，如图所示。闭合开关，金属杆由静止开始沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是( )
A．金属杆的最大速度等于eq \f(E,BL)
B．此过程中通过金属杆的电荷量为eq \f(mE,B2L2)
C．此过程中电源提供的电能为eq \f(mE2,2B2L2)
D．此过程中金属杆产生的热量为eq \f(mE2R,2B2L2R＋r)
[答案] ABD
[解析] 金属杆向右运动时切割磁感线产生的感应电流与通电电流方向相反，随着速度增大，感应电流增大，则金属杆中的实际电流减小、安培力减小，金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，金属杆速度最大时，产生的感应电动势为E，根据E＝BLv，最大速度为v＝eq \f(E,BL)，A项正确；从开始到速度最大的过程中，以向右为正方向，对金属杆根据动量定理，有Beq \x\t(I)LΔt＝mv－0，其中q＝eq \x\t(I)Δt，联立解得此过程中通过金属杆的电荷量为q＝eq \f(mE,B2L2)，B项正确；此过程中电源提供的电能为W＝qE＝eq \f(mE2,B2L2)，C项错误；金属杆最后的动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mE2,2B2L2)，根据能量守恒定律，系统产生的焦耳热为Q＝W－Ek＝eq \f(mE2,2B2L2)，此过程中金属杆产生的热量为Q′＝eq \f(mE2R,2B2L2R＋r)，D项正确。故选ABD。
【跟踪训练】
(多选)(2024·全国甲卷)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平。在t＝0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是( )
[答案] AC
[解析] 设线框上边进入磁场时速度为v，磁感应强度大小为B，线框电阻为R、水平长度为L，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律有E＝IR，线框进入磁场过程中，线框所受安培力F安＝BIL，联立解得F安＝eq \f(B2L2v,R)，线框进入和穿出磁场过程中，根据楞次定律可知，安培力阻碍线框进入磁场，设线框质量为m1，绳子拉力大小为T，选项中线框均减速向上运动，设线框的加速度大小为a，对线框受力分析有m1g－T＋F安＝m1a，设物块的质量为m2，物块的加速度大小与线框的相等，方向竖直向上，对物块受力分析有T－m2g＝m2a，联立解得(m1－m2)g＋eq \f(B2L2v,R)＝(m1＋m2)a，当速度减小时，加速度减小，B错误；当线框全部进入磁场后，线框中不再产生感应电流，则有(m1－m2)g＝(m1＋m2)a，若m1＝m2，则加速度a＝0，若m1≠m2，则a＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)g，加速度保持不变，因此线框完全在磁场中时和不在磁场中时，加速度为零或不变；若m1≠m2，则会出现两段加速度相等的过程，D错误；选项C为m1＝m2的情况，可能是线框在进入磁场和穿出磁场过程中均做加速度减小的减速运动，完全在磁场和完全不在磁场中时做匀速运动。若线框在完全进入磁场之前速度已经接近零，则为选项A所示图像。综上可知A、C正确。
(多选)(2024·黑吉辽卷)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eq \f(\r(3)mg,3BL)
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
[答案] AB
[解析]
两导体棒均向下运动，穿过闭合回路的磁通量增加，根据楞次定律和安培定则可知回路中的电流方向为abcda，A正确；如图，对两导体棒受力分析，对ab有2mgsin 30°－2ILBcs 30°＝2ma1，对cd有mgsin 30°－ILBcs 30°＝ma2，初始时两导体棒均加速，闭合回路的电动势增大，电流增大，导体棒受到的安培力增大，导体棒的加速度减小，最终加速度为零，此时I＝eq \f(mgsin 30°,LBcs 30°)＝eq \f(\r(3)mg,3LB)，B正确；由B项分析可知两导体棒加速阶段加速度大小之比为a1∶a2＝1∶1，最终加速度均为零，C错误；由前面分析可知，两导体棒的速度大小始终相等，但两部分磁场的磁感应强度大小为两倍的关系，根据公式E＝BLv可知，两导体棒产生的电动势应为两倍的关系，D错误。
考点2 电磁感应中的能量问题
(能力考点·深度研析)
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
(2024·广东省模拟)如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg、接入电路的电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，导轨足够长(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。求：
(1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；
(2)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热。
[答案] (1)b端电势高 5 N (2)1.47 J
[解析] (1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高，当金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsin 37°＋F安，其中F安＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)，由题图乙可知v＝1.0 m/s，联立解得F＝5 N。
(2)从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得(F－mgsin 37°)s－W克安＝eq \f(1,2)mv2，又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得Q＝W克安＝7.35 J，金属棒与电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为Qr＝eq \f(r,R＋r)Q＝1.47 J。
►考向2 应用能量守恒定律求解电磁感应中的焦耳热
(2024·浙江1月卷)如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于O′O″轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在O′点，三个相同的关于O′O″轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。已知t＝0时速度为v0，方向向下，t1、t2时刻的振幅分别为A1、A2。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为Δx时，其弹性势能为eq \f(1,2)k(Δx)2。不计空气阻力，求：
(1)平台静止时弹簧的伸长量Δx0；
(2)t＝0时，每个线圈所受到安培力F的大小；
(3)在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q。
[答案] (1)eq \f(mg,k) (2)eq \f(4π2r2B2v0,R) (3)eq \f(1,6)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,6)kAeq \\al(2,1)
[解析] (1)平台静止时，三个线圈均不切割磁感线，均不产生感应电流，均不受安培力作用，对平台、线圈和轻杆整体，根据力的平衡条件有mg＝kΔx0
解得此时弹簧的伸长量Δx0＝eq \f(mg,k)。
(2)当t＝0时速度为v0，由法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可得线圈中产生的感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Bv0·2πr,R)
则每个线圈受到的安培力F＝BI·2πr＝eq \f(4π2r2B2v0,R)。
(3)在0～t1时间内，根据能量守恒定律有
Q总＋mgA1＋eq \f(1,2)k(Δx0－A1)2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)k(Δx0)2
结合(1)问解得Q总＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)kAeq \\al(2,1)
则Q＝eq \f(1,3)Q总＝eq \f(1,6)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,6)kAeq \\al(2,1)。
【跟踪训练】
(对电磁感应中功能关系的理解)(多选)如图所示，位于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面，导轨的一端与一电阻相连，具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直。现用一平行于导轨的恒力F拉杆ab，使它由静止开始向右运动。杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计。用E表示回路中的感应电动势，i表示回路中的感应电流，在i随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于( )
A．F的功率
B．安培力的功率的绝对值
C．F与安培力的合力的功率
D．iE
[答案] BD
[解析] 金属杆ab做加速度减小的加速运动，根据能量守恒定律可知，恒力F做的功等于杆增加的动能和电路中产生的电能。电阻消耗的功率等于电路中产生电能的功率，不等于恒力F的功率，故A错误；电阻消耗的功率等于克服安培力做功的功率，等于电路的电功率iE，故B、D正确，C错误。
(电磁感应中焦耳热的计算)(多选)如图(a)，两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接有一阻值为R的电阻。将一质量为m、阻值为R、长度也为L的金属棒通过绝缘细绳悬挂在距离导轨底端h高度处。空间中存在方向垂直于导轨平面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化如图(b)所示。已知在t0时刻，细绳刚好断开，金属棒开始向下运动，下落高度为d时达到最大速度(dL)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图像中，正确描述上述过程的可能是( )
[答案] D
[解析] 线框以一定初速度进入磁场，则感应电动势为E＝BLv，根据闭合电路的欧姆定律，则感应电流为I＝eq \f(E,R)，所以安培力为F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，又根据牛顿第二定律有F＝ma，则a＝eq \f(B2L2v,Rm)，由于v减小，所以a也减小；当线框完全进入磁场后，不受到安培力作用，所以做匀速直线运动；当线框出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似，在速度—时间图像中，斜率绝对值表示加速度的大小，故D正确，A、B、C错误。
2．如图甲所示，两固定平行且光滑金属轨道MN、PQ与水平面的夹角θ＝37°，M、P之间接电阻箱R，电阻箱的阻值范围为0～9.9 Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小B＝0.5 T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的阻值为r。现从静止释放杆ab，测得最大速度为vmax。改变电阻箱的阻值R，得到vmax 与R的关系如图乙所示。已知轨道间距L＝2 m，重力加速度g取10 m/s2，轨道足够长且电阻不计，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。则( )
A．金属杆滑动时回路中产生的感应电流的方向是abMPa
B．金属杆的质量m＝0.5 kg
C．金属杆接入电路的阻值r＝2 Ω
D．当R＝2 Ω时，杆ab匀速下滑过程中R两端的电压为8 V
[答案] C
[解析] 金属杆滑动时，穿过闭合回路的磁通量增加，根据楞次定律知回路中感应电流的方向是aPMba，故A错误；杆运动的最大速度为vmax时，杆切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvmax，由闭合电路的欧姆定律得I＝eq \f(E,R＋r)，杆达到最大速度时受力平衡，满足mgsin θ－BIL＝0，解得vmax＝eq \f(mgsin θ,B2L2)R＋eq \f(mgsin θ,B2L2)r，结合题图乙可知eq \f(mgsin θ,B2L2)＝2 m·s－1·Ω－1，eq \f(mgsin θ,B2L2)r＝4 m/s，解得m＝eq \f(1,3) kg，r＝2 Ω，故B错误，C正确；当R＝2 Ω时，金属杆ab匀速下滑过程中有mgsin θ－BI′L＝0，解得通过R的电流I′＝2 A，所以R两端的电压U＝I′R＝2×2 V＝4 V，故D错误。
3.某同学设计了飞船登陆地外星球的电磁阻尼缓冲装置，其模拟器如图所示，模拟器由船舱主体、光滑导轨、缓冲弹簧、绝缘缓冲底座、绝缘缓冲底座上的线圈以及固定在船舱主体上的超导线圈(图中未画出)组成。其中导轨固定在船舱主体下端，绝缘缓冲底座上的线圈为竖直绕在绝缘底座上的单匝闭合线圈，超导线圈产生水平方向的磁场。已知绝缘底座与星球表面接触后速度迅速减为零，导轨与线圈接触良好，则下列关于电磁阻尼缓冲装置分析正确的是( )
A．船舱主体下端MN必须是导体，不能与导轨绝缘
B．只增加导轨长度，可能使缓冲弹簧接触星球表面前速度为零
C．导轨足够长，增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触星球表面前速度减小
D．导轨足够长，增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触星球表面前速度减小
[答案] C
[解析] 题中缓冲装置是利用绝缘缓冲底座上线圈的感应电流，与船舱主体上的超导线圈互感发生相互作用，从而让船舱主体缓冲，不是船舱主体下端MN切割磁感线发生感应相互作用的，所以MN无需是导体，可以与导轨绝缘，故A错误；绝缘缓冲底座上的线圈ab边切割磁感线，线圈回路中的磁通量变化，形成感应电流，磁场对ab边的安培力向下，由E＝BLv，I＝eq \f(E,R)，F＝BIL知，安培力大小为eq \f(B2L2v,R)，根据牛顿第三定律，ab边对超导线圈的力向上，超导线圈固定在船舱主体上，对船舱主体、导轨和缓冲弹簧整体有eq \f(B2L2v,R)－mg＝ma，当缓冲底座登陆后，船舱主体开始做加速度减小的减速运动，当导轨足够长时，船舱主体可能达到收尾速度，之后匀速下降，故B错误；当船舱主体所受安培力等于重力时，有mg＝eq \f(B2L2v,R)，解得v＝eq \f(mgR,B2L2)，可见只增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触星球表面前速度减小(收尾速度减小)，只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触星球表面前速度增大，故C正确，D错误。
题组二 电磁感应中的能量问题
4．两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上垂直放置两根导体棒a和b，俯视图如图所示。在整个导轨平面内有竖直向上的匀强磁场，导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，若给a棒一初速度的同时释放b棒，在一段时间内a棒动能的减小量为Eka，b棒动能的增加量为Ekb，a棒克服磁场做功为Wa，a、b棒上产生总热量为Q(不计a棒与b棒间相互作用)，则( )
A．Wa＝Eka＋Q B．Wa＝Q＋Ekb
C．Wa＝Q D．Ekb＝Q
[答案] B
[解析] 设导体棒a的初动能为Eka1、末动能为Eka2，由题意可知导体棒b的初动能为0，设导体棒b的末动能为Ekb2，对a、b棒组成的系统，由能量守恒定律可得Eka1＝Eka2＋Ekb2＋Q，由题意可知Eka＝Eka1－Eka2，Ekb＝Ekb2，因此可得Eka＝Ekb＋Q，由于导体棒与导轨间无摩擦，对导体棒a，根据动能定理可得Wa＝Eka1－Eka2＝Eka，联合可得Wa＝Ekb＋Q，故A、C、D错误，B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°的绝缘斜面上，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，磁场方向垂直于导轨平面向上。导轨上有一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨垂直且接触良好，导体棒以一定的初速度v0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＝eq \f(BdL,R)
C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝eq \f(1,2)(mveq \\al(2,0)－mgL)
D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝eq \f(1,2)(mveq \\al(2,0)－mgL)
[答案] AC
[解析] 导体棒返回时先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，所以A正确；根据q＝eq \f(ΔΦ,R总)，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝eq \f(BdL,2R)，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，由能量守恒可得W＋mgLsin 30°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得W＝eq \f(1,2)(mveq \\al(2,0)－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上产生的热量为Q＝eq \f(1,2)W，则Q＝eq \f(1,4)(mveq \\al(2,0)－mgL)，所以D错误。
6．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eq \f(B2L2v0,R)
C．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－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eq \f(B2L2v\\al(2,0),R)
[答案] D
[解析] 导体棒运动过程中，安培力做负功，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，导体棒水平方向做的不是简谐运动，导体棒回到初始位置时产生的感应电动势E1l。从导线框开始运动到bc边即将落地的过程中，导线框的v－t图像如图乙所示。重力加速度为g，不计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是( )
A．t1～t2时间内导线框受到的安培力逐渐增大
B．磁场的高度d可以用v－t图中阴影部分的面积表示
C．导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量
D．导线框产生的焦耳热大于mgl
[答案] D
[解析] 由题图乙可知，在0～t1时间内，导线框自由落体，t1～t2时间内导线框切割磁感线进入磁场，做加速度减小的减速运动，电流减小，则安培力在减小，A错误；在t1～t2时间段内，导线框切割磁感线，距离为l，完全进入磁场后又做加速运动直到落地，所以磁场高度d为t1～t3时间内的位移，B错误；安培力做负功，所以重力势能减少量等于动能增加量和安培力做功的和，C错误；t1～t2时间内，F安>mg，克服安培力做的功大于重力做功，所以在下降过程中导线框产生的焦耳热大于mgl，D正确。
9．(多选)如图所示，两根足够长且相互平行的光滑长直金属导轨固定在与水平面成θ的绝缘斜面上，在导轨的右上端分别接入阻值为R的电阻、电动势为E、内阻不计的电源和电容为C的电容器(电容器不会被击穿)，导轨上端用单刀多掷开关可以分别连接电阻、电源和电容器。质量为m、长为L、阻值也为R的金属杆ab锁定于导轨上，与导轨垂直且接触良好，解除ab锁定后，其运动时始终与CD平行，不计导轨的电阻和空气阻力，整个导轨处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A．当开关打到S1同时解除对金属杆ab的锁定，则金属杆最大速度为eq \f(2mgRsin θ,B2L2)
B．当开关打到S2同时解除对金属杆ab的锁定，则金属杆ab一定沿轨道向下加速
C．当开关打到S3同时解除对金属杆ab的锁定，则金属杆做匀加速直线运动
D．当开关打到S3同时解除对金属杆ab的锁定，则在t s内金属杆运动的位移为eq \f(mgt2sin θ,2B2L2C＋m)
[答案] ACD
[解析] 当开关打到S1同时解除对金属杆ab的锁定时，金属杆最大速度满足mgsin θ＝eq \f(B2L2vm,2R)，即速度最大为vm＝eq \f(2mgRsin θ,B2L2)，故A正确；当开关打到S2同时解除对金属杆ab的锁定，金属杆ab受到的沿斜面向上安培力可能大于重力沿斜面的分力，故B错误；当开关打到S3同时解除对金属杆ab的锁定，对金属杆mgsin θ－BiL＝ma，i＝eq \f(Δq,Δt)＝eq \f(BLΔvC,Δt)＝BLaC得a＝eq \f(mgsin θ,B2L2C＋m)，故金属杆做匀加速直线运动，故C正确；由运动学公式得，在t s内金属杆运动的位移为x＝eq \f(mgt2sin θ,2B2L2C＋m)，故D正确。
10．(2025·河南平顶山质检)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN。Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.1 Ω的金属棒ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg、电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2。
(1)求cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v有多大？
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，则此过程中ab上产生的热量Q是多少？
[答案] (1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
[解析] (1)由右手定则可知ab中电流方向由a流向b。
(2)只放置ab时刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsin θ
设ab刚好要上滑时，cd棒产生的感应电动势为E，
由法拉第电磁感应定律有
E＝BLv
设电路中的感应电流为I，由闭合电路的欧姆定律有I＝eq \f(E,R1＋R2)
设ab所受安培力为F安，有F安＝ILB
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，
由平衡条件有
F安＝m1gsin θ＋Fmax
联立解得v＝5 m/s。
(3)设cd下滑过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q总＋eq \f(1,2)m2v2
又Q＝eq \f(R1,R1＋R2)Q总
解得Q＝1.3 J。
11．(2024·河北卷)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；
(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。
[答案] (1)eq \f(B2L3ω,R) eq \f(B2L3ω,2R)
(2)eq \f(a,gcs θ)－eq \f(1,3)tan θ
[解析] (1)导体棒OA的最大切割长度为eq \r(2)L，最小切割长度为L，最大感应电动势
Emax＝B×eq \r(2)Leq \x\t(v)1＝B×eq \r(2)L×eq \f(1,2)×eq \r(2)Lω＝BL2ω
根据闭合电路欧姆定律可得最大感应电流
Imax＝eq \f(Emax,R)＝eq \f(BL2ω,R)
CD棒所受最大安培力Fmax＝ImaxLB＝eq \f(B2L3ω,R)
根据右手定则和左手定则可判定CD棒所受安培力方向平行于导轨向上。
最小感应电动势Emin＝BLeq \x\t(v)2＝BL×eq \f(1,2)Lω＝eq \f(1,2)BL2ω
根据闭合电路欧姆定律可得最小感应电流
Imin＝eq \f(Emin,R)＝eq \f(BL2ω,2R)
CD棒所受最小安培力Fmin＝IminLB＝eq \f(B2L3ω,2R)
根据右手定则和左手定则可判定方向平行于导轨向上。
(2)CD棒所受安培力最大且其恰好静止时，根据平衡条件有Fmax＝mgsin θ＋μmgcs θ
CD棒所受安培力最小且其恰好静止时，根据平衡条件有Fmin＋μmgcs θ＝mgsin θ
根据右手定则和左手定则可判定导体棒CD下滑时所受安培力方向平行于导轨向上，根据牛顿第二定律可得
μmgcs θ＋Fmax－mgsin θ＝ma
联立解得动摩擦因数μ＝eq \f(a,gcs θ)－eq \f(1,3)tan θ。
12.(2024·安徽卷)如图所示，一“U”形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，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；
(2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；
(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。
[答案] (1)Φ＝kL2t kL2 ab中的电流方向为由a到b (2)F安＝eq \f(k2L3,R＋rat2)t
(3)eq \r(\f(R,ar)) m(g＋a)＋eq \f(μk2L3,2\r(Rar))
[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＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB·S,Δt)＝kL2，
由楞次定律和安培定则可知ab中电流的方向由a流向b。
(2)ab棒向上做加速度为a的匀加速直线运动，在时间t内，有x＝eq \f(1,2)at2，
闭合回路的总电阻为R总＝R＋2xr＝R＋art2，
由闭合电路的欧姆定律有I＝eq \f(E,R总)，
ab所受安培力的大小为FA＝BIL，
结合B＝kt，解得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为FA＝eq \f(k2L3t,R＋art2)。
(3)由题意可知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，
ab向上运动时，受到向下的重力mg、垂直导轨向里的安培力FA、垂直导轨向外的支持力FN＝FA、竖直向下的摩擦力f＝μFN，
由牛顿第二定律有F－mg－μFN＝ma，
解得F＝eq \f(μk2L3t,R＋art2)＋m(g＋a)，
整理得F＝eq \f(μk2L3,\f(R,t)＋art)＋m(g＋a)，
当eq \f(R,t)＝art，即t＝eq \r(\f(R,ar))时F有最大值，
可得Fmax＝eq \f(μk2L3,2\r(Rar))＋m(g＋a)。
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
模型
示意图
力学观点
模
型
一
导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，杆ab初速度为v0，质量为m，电阻不计
导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，安培力F安＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，做减速运动，v⇒F安⇒a，当v＝0时，F安＝0，a＝0，杆保持静止
模
型
二
导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻不计，拉力F恒定
开始时a＝eq \f(F,m)，杆ab速度v⇒感应电动势E＝BLv⇒I⇒安培力F安＝BIL，由F－F安＝ma知a，当a＝0时，v最大，vm＝eq \f(FR,B2L2)
模
型
三
导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻不计，拉力F恒定
开始时a＝eq \f(F,m)，杆ab速度v⇒感应电动势E＝BLv，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E′＝BL(v＋Δv)，Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv，电流I＝eq \f(Δq,Δt)＝CBLeq \f(Δv,Δt)＝CBLa，安培力F安＝BLI＝CB2L2a，F－F安＝ma，a＝eq \f(F,m＋B2L2C)，所以杆以恒定的加速度匀加速运动(若回路有电阻，则杆不做匀加速运动)
v0＝0
导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻不计
S闭合，杆ab受安培力F安＝eq \f(BLE,r)，此时a＝eq \f(BLE,mr)，杆ab速度v⇒感应电动势BLv⇒I⇒安培力F安＝BIL⇒加速度a，当BLv＝E时，v最大，且vm＝eq \f(E,BL)