2024高考物理大一轮复习题库 专题强化十六 电磁感应的综合问题

这是一份2024高考物理大一轮复习题库 专题强化十六 电磁感应的综合问题，共21页。试卷主要包含了6×0等内容，欢迎下载使用。

专题强化十六　电磁感应的综合问题
【专题解读　1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既可以选择题的形式命题，也可以计算题的形式命题。2.用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图像、动能定理和能量守恒定律等。
命题点一　电磁感应中的图像问题
1．两类题型
(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图像。
(2)由给定的图像分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图像。常见的图像有B－t图、Φ－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等。
2．解题关键
弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。
3．解题步骤
(1)明确图像的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式。
(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。
　动生问题的图像
【例1 (2021·河北唐山市模拟)如图1所示，在直角梯形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，BC＝CD＝2AB＝2L。高为2L、宽为L的矩形金属闭合线圈由图中位置以向右的恒定速度匀速通过磁场区域，其长边始终与CD平行。以线圈中逆时针方向为电流正方向，线圈在通过磁场过程中电流随时间变化的关系为(　　)

图1

答案　C
解析　线圈进入磁场过程中磁通量向里增加，根据楞次定律可得电流方向为逆时针(为正)。在线圈左边没有进入磁场过程中，有效切割长度逐渐增大，根据i＝可知感应电流逐渐增大；当线圈左边进入磁场后，右边没有离开磁场前，有效切割长度不变，则感应电流不变；当线圈右边离开磁场后，线圈内的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针(负值)，且有效切割长度逐渐增大，感应电流逐渐增大。综上所述，选项C正确。
　感生问题的图像
【例2 (多选)(2021·河南六市联合调研)如图2甲所示，一正方形金属线圈放置在水平桌面上，其左半边处于竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示(竖直向下为B的正方向)，而线圈始终保持静止。则下列关于线圈中的感应电流i(逆时针方向为其正方向)及线圈所受摩擦力Ff(取水平向右为其正方向)随时间t变化的关系图像中正确的是(　　)

图2


答案　BC
解析　由楞次定律及法拉第电磁感应定律可知，在第1 s内，线圈中的感应电流为逆时针方向的恒定电流，在第2 s内无感应电流，在第3 s内感应电流为顺时针方向的恒定电流，其大小为第1 s内感应电流的，故选项B正确，A错误；根据左手定则及F＝IlB可知，线圈所受安培力F随时间t变化的关系图像如图所示，再根据“二力平衡条件”得摩擦力Ff与t的关系图像应为选项C所示，故选项C正确，D错误。

命题点二　电磁感应中的平衡和动力学问题
1．题型简述：电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体的受力情况和运动情况。
2．处理方法：应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理)分析。
3．基本思路
　　　　　　　　　　　　　　　　
【真题示例3 (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3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(　　)

图3
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　两线圈的质量相等，线圈所用材料相同，则体积相同，甲线圈的匝数是乙的2倍，则甲的横截面积是乙的一半，长度是乙的2倍，由电阻定律可知，甲的电阻是乙的4倍；两线圈从同一高度同时由静止开始下落，则到达磁场上边界时两线圈的速度相同，设乙线圈的匝数为n，两线圈的边长均为l，两线圈进入磁场后，乙受到的安培力F乙＝nIlB＝，甲受到的安培力F甲＝＝，可见，甲、乙受到的安培力大小相同，重力也相同，则运动情况相同，A、B正确。
【例4 (2021·广东惠州市调研)如图4甲所示，用粗细均匀的导线制成的一个单匝正方形金属框，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属框的质量为m，边长为L，金属框的总电阻为R，金属框的上半部分处在方向垂直框面向里的有界磁场中(磁场均匀分布)，下半部分在磁场外，磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，丝线能承受的最大拉力为F，从t＝0时刻起，测得经过t0＝5 s，丝线刚好被拉断，金属框由静止开始下落。金属框在下落过程中上边框离开磁场前已开始做匀速直线运动，金属框始终在竖直平面内且未旋转，重力加速度为g，不计空气阻力。求：

图4
(1)0～5 s内，金属框产生感应电流方向以及磁感应强度B0的大小；
(2)金属框的上边框离开磁场前做匀速直线运动的速度v的大小。
答案　(1)沿逆时针方向　 (2)
解析　(1)由图乙可知，0～5 s时间内磁场均匀增加，由楞次定律可知金属框中产生感应电流的方向沿逆时针方向；由法拉第电磁感应定律得
E＝＝＝·＝①
感应电流大小为I＝②
5 s时受到的安培力为F安＝ILB0③
丝线刚好被拉断，则有F＝F安＋mg④
联立①②③④解得
B0＝。⑤
(2)由题意可知，5 s后磁感应强度为B0不变，金属框在上边框离开磁场前做匀速运动，即有I1LB0＝mg⑥
金属框做匀速运动产生的感应电动势大小为
E1＝B0Lv⑦
由闭合电路欧姆定律可得
I1＝⑧
整理得v＝⑨
代入B0得v＝。





用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
　　
【针对训练1 (多选) (2021·福建莆田市模拟)如图5所示，在水平面内有一对足够长且电阻不计的平行光滑固定金属导轨，导轨左端通过一定值电阻R相连，整个装置处于垂直于水平面的匀强磁场中。某时刻，一垂直导轨放置的金属棒正向右运动，此时给棒施加一垂直棒的水平外力F，使棒此后做加速度为a的匀变速直线运动，下列关于a的方向和F的大小判断可能正确的是(　　)

图5
A．若a向右，则F一直增大
B．若a向右，则F先减小再增大
C．若a向左，则F一直增大
D．若a向左，则F先减小再增大
答案　AD
解析　若a向右，则拉力F向右，根据牛顿第二定律有F－IlB＝ma，即F－＝ma，解得a＝－，导体棒一直向右做匀加速直线运动，则速度不断增大，因此，若要保持加速度不变，则F也要一直增大，A正确，B错误；若a向左，拉力F的方向刚开始向右，则IlB－F＝ma即－F＝ma，解得a＝－，导体棒向右做匀减速运动，安培力逐渐减小，加速度不变，则F的大小也随之减小，减到0之后，为了保持加速度继续不变，则F反向，此时a＝＋，若要保持加速度不变，则F要增大，当导体棒速度为零后，由于受到拉力作用，导体棒则反向加速，则有a＝－，要保持加速度不变，则需要拉力F逐渐增大，即F先减小再增大，C错误，D正确。
命题点三　电磁感应中的能量问题
1．电磁感应现象中的能量转化

2．求解焦耳热Q的三种方法

【真题示例5 (2021·天津卷，11)如图6所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1 Ω 的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2 kg，电阻r＝1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1 T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5 m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2 m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g＝10 m/s2。

图6
(1)求拉力的功率P；
(2)ab开始运动后，经t＝0.09 s速度达到v2＝1.5 m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06 J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。
答案　(1)4 W　 (2)0.1 m
解析　(1)在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有
F－mgsin θ－FA＝0
设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有
E＝BLv
设回路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律，有
I＝
ab受到的安培力
FA＝ILB
由功率表达式，有
P＝Fv
联立上述各式，代入数据解得
P＝4 W。
(2)ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有
Pt－W－mgxsin θ＝mv－mv
代入数据解得
x＝0.1 m。
【针对训练2 (2021·山东省第二次模拟)如图7所示，“凹”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab、bc边长均为2l，gf边长为l。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，bc边离磁场上边界的距离为l，线框由静止释放，从bc边进入磁场直到gf边进入磁场前，线框做匀速运动。在gf边离开磁场后，ah、ed边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框在下落过程中始终处于竖直平面内，且bc、gf边保持水平，重力加速度为g。

图7
(1)线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的几倍？
(2)若磁场上下边界间的距离为H，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少？
答案　(1)4　(2)mg(H－13l)
解析　(1)设bc边刚入磁场时速度为v1，bc边刚进入时，
有E1＝2Blv1，I1＝，F1＝2BI1l
线框匀速运动，有F1＝mg
联立可得v1＝
设ah、ed边将离开磁场时速度为v2，ah、ed边将离开磁场时，有
E2＝Blv2，I2＝，F2＝I2lB
线框匀速运动，有F2＝mg
联立可得v2＝，综上所述＝4。
(2)bc边进入磁场前，根据动能定理，有
mgl＝mv
穿过磁场过程中能量守恒，有
mg(H＋2l)＋mv＝mv＋Q
联立可得Q＝mg(H－13l)。
题型自我感悟
电磁感应的过程实质上就是能量的转化过程，请你回答下面两个问题：
(1)如何求解电流做功或者电路产生的内能？
提示　可以转化为电路问题，利用W＝UIt或Q＝I2Rt求解。
(2)电磁感应问题中有关能量的计算主要是应用什么物理规律？
提示　能量守恒定律。



对点练 电磁感应中的图像问题
1．如图1所示，置于磁场中的一段导线abcd与缠绕在螺线管上的导线组成闭合回路，螺线管MN上的绕线方式没有画出，A是MN正下方水平放置在地面的细金属圆环。若磁场在变化的过程中，线圈A突然跳起，以下磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律可能正确的是(　　)

图1

答案　C
解析　若磁场在变化的过程中，线圈A突然跳起，说明二者相互吸引，根据楞次定律知螺线管MN中产生的磁场在减小，即螺线管中的电流减小；根据法拉第电磁感应定律E＝n＝nS，知减小，则B－t图像的斜率减小，C正确。
2．(多选)(2021·河南省适应性测试)如图2甲所示，虚线右侧有一垂直纸面的匀强磁场，取磁场垂直于纸面向里的方向为正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，固定的闭合导线框abcd一部分在磁场内。取线框中感应电流沿顺时针方向为正方向，安培力向左为正方向。从t＝0时刻开始，下列关于线框中感应电流i、线框cd边所受安培力F分别随时间t变化的图像，可能正确的是(　　)

图2

答案　AD
解析　在0～时间内磁场方向垂直纸面向里且减小，由楞次定律可判断，产生的感应电流方向为顺时针方向，与规定的正方向相同，大小I＝·恒定，cd边受到的安培力方向向右，为负，大小F＝IlB均匀减小；在～时间内，磁场方向垂直纸面向外且增强，产生的感应电流方向为顺时针方向，为正，大小恒定，cd边受到的安培力方向向左，为正，大小均匀增加；在～时间内，磁场方向垂直纸面向外且减小，产生的感应电流方向为逆时针方向，为负，大小恒定，cd边受到的安培力方向向右，为负，大小均匀减小；在～T时间内，磁场方向垂直纸面向里且增强，产生的感应电流方向为逆时针方向，为负，大小恒定，cd边受到的安培力方向向左，为正，大小均匀增加，综上分析，选项A、D正确。
3.(多选)(2019·全国Ⅱ卷，21)如图3，两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(　　)

答案　AD
解析　PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsin θ＝IlB，I＝，即电流恒定；由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同，产生的感应电动势大小相等。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＝IlB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，B、C图错误；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，穿过两棒间回路的磁通量不变，产生的电动势为零，故电流为零，但两导体棒均只在重力作用下加速运动直至PQ离开磁场，此时MN为电源，由E＝Blv，I＝＞I1，对MN棒：IlB－mgsin θ＝ma知，MN减速，电流减小，可能的I－t图像如图D所示。
对点练 电磁感应中的平衡和动力学问题
4．(2021·江苏南京市、盐城市模拟)如图4所示，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，不计一切摩擦。则(　　)

图4
A．金属框的速度逐渐增大，最终趋于恒定
B．金属框的加速度逐渐减小，最终为零
C．导体棒所受安培力逐渐增大，最终趋于恒定
D．导体棒到金属框bc边的距离逐渐增大，最终趋于恒定
答案　C
解析　初始时刻，金属框的加速度最大，随着金属框速度的增加，感应电动势逐渐增加，回路电流大小增加，MN所受安培力逐渐增加，根据牛顿第二定律，对金属框F－IlB＝m框a1，对导体棒IlB＝m棒a2，因此金属框加速度逐渐减小，导体棒加速度逐渐增加，最终两者加速度相同，速度差恒定。综上所述，C正确。
5．(多选) (2021·河北唐山市模拟)如图5所示，宽度为1 m 的光滑平行导轨位于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为1 T，将质量均为1 kg的导体棒M、N垂直放在导轨上，轨道电阻与摩擦均不计，每根导体棒电阻为1 Ω。现给导体棒M施加大小为10 N的平行于导轨的外力，导体棒M、N始终垂直于导轨，导体棒运动稳定后，下列说法正确的是(　　)

图5
A．导体棒M的加速度为5 m/s2
B．导体棒M的速度为5 m/s
C．回路中感应电动势为5 V
D．流过导体棒M的电流为5 A
答案　AD
解析　导体棒运动稳定后，两棒具有恒定的速度差，因而加速度相等，分别对M、N由牛顿第二定律得F－IlB＝maM，IlB＝maN，两式相加得F＝maM＋maN，解得aM＝aN＝5 m/s2，所以I＝＝5 A，故A、D正确；由闭合电路的欧姆定律可得E＝I·2R＝5 A×2 Ω＝10 V，故C错误；运动稳定后，导体棒依然具有加速度，所以运动速度是不断变化的，故B错误。
6．(多选) (2021·山东烟台市5月适应性模拟)如图6所示，竖直面内固定一足够长的竖直光滑平行金属导轨，导轨上端接有一个定值电阻R，整个装置处在垂直纸面向里的匀强磁场中，一质量为m、电阻不计的金属棒可紧贴导轨自由滑动。现让金属棒由静止下滑，不计导轨电阻和空气阻力，则金属棒在运动过程中，加速度大小a与速度大小v、流过的电荷量q与位移x的关系图像中正确的有(　　)

图6

答案　AD
解析　金属棒中感应电流为I＝＝，对金属棒，由牛顿第二定律可得mg－IlB＝ma，联立可得a＝g－，对比题中图像可知，A正确，B错误；金属棒产生的平均感应电动势为＝＝，平均感应电流为＝，流过的电荷量为q＝Δt，联立可得q＝，对比题中图像可知，C错误，D正确。
对点练 电磁感应中的能量问题
7．(多选)(2021·海南省模拟)如图7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、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，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，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(　　)

图7
A．流过定值电阻的电流方向是N→Q
B．通过金属棒的电荷量为
C．金属棒滑过时的速度大于
D．金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd)
答案　BD
解析　金属棒下滑到底端时速度向右，而且磁场方向竖直向上，根据右手定则可以知道流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，通过金属棒的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝，故B正确；金属棒在磁场中做减速运动，则产生的电动势减小，电路电流减小，安培力减小，则金属棒做加速度减小的减速运动，前内速度较大，克服安培力做的功较多，棒的动能损失较大，则金属棒滑过时的速度小于，故选项C错误；根据动能定理，则mgh－μmgd－W安＝0，则克服安培力所做的功为W安＝mgh－μmgd，电路中产生的焦耳热等于克服安培力做功，所以金属棒产生的焦耳热为QR＝(mgh－μmgd)，选项D正确。
8．(2021·天津市等级考模拟)如图8所示，水平虚线L1、L2之间是匀强磁场，磁场方向水平向里，磁场高度为h。竖直平面内有一等腰梯形线框，线框的质量为m，底边水平，其上下边长之比为5∶1，高为2h。现使线框AB边在磁场边界L1的上方H高处由静止自由下落，当AB边刚进入磁场时加速度恰好为0，在DC边刚要进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动，重力加速度为g，求：

图8
(1)AB边刚进入磁场时的速度v1的大小；
(2)在DC边刚要进入磁场前，线框做匀速运动的速度v2的大小；
(3)从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框中产生的热量Q。
答案　(1)　(2) (3)2mgh＋
解析　(1)对线框自由下落过程，由v＝2gH，得v1＝。
(2)设AB边长为L，线框电阻为R，则AB边刚进入磁场时有E＝BLv1，I1＝，mg＝I1LB＝，当AB边出磁场而CD边刚要进磁场过程中线框可再次匀速运动且有效切割长度为L2＝2L，对线框再次匀速时有mg＝
解得v2＝。
(3)从线框开始下落到CD边刚进磁场过程中由能量守恒定律有
mg(2h＋H)＝mv＋Q
解得Q＝2mgh＋。

9．(多选)如图9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 (　　)

图9
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安＝IlB＝，由牛顿第二定律可知F＝ma＋mgsin 37°＋，可见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，t＝2 s时，F＝12 N，选项C、D正确。
10．(多选)(2021·辽宁卷，9)如图10(a)所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图(b)所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里。在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则(　　)

图10
A．在t＝时，金属棒受到安培力的大小为
B．在t＝t0时，金属棒中电流的大小为
C．在t＝时，金属棒受到安培力的方向竖直向上
D．在t＝3t0时，金属棒中电流的方向向右
答案　BC
解析　由图可知在0～t0时间段内产生的感应电动势为
E＝＝
根据闭合电路欧姆定律有此时间段的电流为
I＝＝
在时磁感应强度为，此时安培力为F＝BIL＝，故A错误，B正确；由图可知在t＝时，磁场方向垂直纸面向里并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C正确；由图可知在t＝3t0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下掉的过程中磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D错误。
11．(2021·安徽安庆市模拟)如图11所示，光滑平行金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，导轨间距为d＝0.5 m，上端电阻R＝1.5 Ω，在图中矩形虚线框区域存在大小为B＝1 T、方向竖直向上的匀强磁场。现将质量m＝2 kg、内阻r＝0.5 Ω、长L＝0.5 m 的导体棒ab从倾斜导轨上高为h＝0.2 m 处由静止释放，导体棒将以速度v0进入水平导轨，恰好穿过磁场区域。若将导体棒ab从倾斜导轨上更高的H处由静止释放，导体棒ab穿出磁场区域时的速度恰好为v0，运动过程中导体棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨电阻，g＝10 m/s2。

图11
(1)求导体棒ab第一次进入磁场区域时通过电阻R的电流；
(2)若导体棒ab第二次通过磁场过程中电阻R上产生的焦耳热为9 J，求导体棒第二次释放高度H的值。
答案　(1)0.5 A　(2)0.8 m
解析　(1)导体棒第一次进入磁场，由动能定理mgh＝mv，解得v0＝＝2 m/s
回路中产生的感应电动势E＝BLv0，解得E＝1 V
所以通过电阻R的电流I＝＝0.5 A。
(2)导体棒ab第二次通过磁场过程中，回路中产生的总焦耳热Q＝QR＝12 J
设第二次进入的速度为v，由能量守恒定律可得mv2－mv＝Q，解得v＝4 m/s
则H＝＝0.8 m。
12．(2021·河北选择性考试)如图12甲所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5 m，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1 T的匀强磁场。质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v－t图像如图乙所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

图12
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
答案　(1)0.25　(2)8 m/s　(3)2.95 J
解析　(1)由图乙可知，金属棒进入磁场前的加速度为a＝4 m/s2

对导体棒受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
解得μ＝0.25。
(2)动生电动势E＝Blv
I＝＝
F＝IlB＝
由左手定则知安培力沿斜面向上，当a＝0时金属棒的速率达到最大值，则有
mgsin 37°＝μmgcos 37°＋
解得vm＝8 m/s。
(3)设金属棒进入磁场后下滑距离为x，E＝＝，I＝＝，q＝IΔt
由q＝＝1.3 C，可得x＝2.6 m
则h＝xsin 37°＝2.6×0.6 m＝1.56 m
由能量守恒定律得
mv2－mv＋μmgxcos 37°＋Q＝mgh
解得Q＝2.95 J。