2024年高考物理复习第一轮：专题强化课(12)　电磁感应中的动力学、能量和动量问题

这是一份2024年高考物理复习第一轮：专题强化课(12)　电磁感应中的动力学、能量和动量问题，共18页。


命题点一　电磁感应中的动力学问题(师生互动)
[核心整合]
1．两种状态及处理方法
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
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
2.力学对象和电学对象的相互关系

　如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下．导轨和ab杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和ab杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(重力加速度为g)

甲　　　　　　　　　　　　乙
(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求杆中的电流及其加速度的大小；
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．
解析：(1)由右手定则可知，ab杆中电流方向为a→b.如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨向上．

(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，
此时电路中的电流I＝＝，
ab杆受到安培力F安＝BIL＝，
根据牛顿第二定律，有mgsin θ－F安＝mgsin θ－＝ma，
则a＝gsin θ－.
(3)当a＝0时，ab杆有最大速度vm，
即mgsin θ＝，
解得vm＝.
答案：(1)见解析图　(2)　gsin θ－　(3)

用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题

[题组突破]
1．(线圈运动过程的最大速度)如图所示，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab边和dc边平行且足够长，间距为L，整个金属框的电阻可忽略且置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.一根长度也为L、电阻为R的导体棒MN置于金属框上，用大小为F的水平恒力向右拉动金属框，运动过程中，MN与金属框保持良好接触且固定不动，则金属框最终的速度大小为(　　)

A．0　 B．　　
C．　 D．
解析：C　本题考查单杆模型的受力问题．由平衡条件可知F＝F安＝BIL，又I＝，联立解得v＝，故C正确．
2.(导体棒在磁场中运动)如图所示，固定光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿导轨向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行．
(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；
(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a.
解析：(1)导体棒产生的感应电动势E1＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律得通过R的电流大小
I1＝＝
根据右手定则判断得知：通过电阻R的电流方向为b→a.
(2)导体棒第一次回到初始位置时产生的感应电动势为E2＝BLv
根据闭合电路欧姆定律得感应电流为I2＝＝
导体棒受到的安培力大小为F＝BI2L＝，方向沿斜面向上，导体棒受力如图所示：

根据牛顿第二定律有：mgsin θ－F＝ma
解得a＝gsin θ－.
答案：(1)　电流方向为b→a　(2)gsin θ－
命题点二　电磁感应中的能量问题(师生互动)
[核心整合]
1．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

2．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，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．
　(2021·济南质检)如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L＝0.2 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道．仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0 T．一根质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x＝9 m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度．当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h＝0.8 m处．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2.求：

(1)金属棒运动的最大速率v；
(2)金属棒在磁场中速度为时的加速度大小；
(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热．
解析：(1)金属棒从出磁场到上升到弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律得
mv2＝mgh①
由①得：v＝＝4 m/s.②
(2)金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得
F＝BIL＋μmg③
又I＝④
联立②③④式得F＝0.6 N⑤
金属棒速度为时，设回路中的电流为I′，根据牛顿第二定律得
F－BI′L－μmg＝ma⑥
又I′＝⑦
联立②⑤⑥⑦得a＝1 m/s2.⑧
(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系
Fx＝μmgx＋mv2＋Q⑨
则电阻R上的焦耳热QR＝Q⑩
联立②⑤⑨⑩解得：QR＝1.5 J.
答案：(1)4 m/s　(2)1 m/s2　(3)1.5 J
[题组突破]
1.(多选)如图所示，间距大小为0.5 m的平行导轨竖直放置，导轨上端与电阻R连接，图中水平虚线下方存在垂直导轨平面向外、磁感应强度大小0.2 T的匀强磁场．现将质量0.1 kg的导体棒从虚线上方h1处由静止释放，进入磁场时恰好以速度v0做匀速直线运动，匀速运动2 s后给导体棒施加一竖直向上的恒力大小为2 N，并且由于磁感应强度发生变化回路中不再产生感应电流，再经过0.2 s导体棒的速度减为零．已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导体棒的电阻不计，重力加速度大小为10 m/s2，关于导体棒由静止释放到速度减为零的过程，下列说法正确的是(　　)
A．匀速运动速度为2 m/s
B．自由下落的高度为2 m
C．回路中磁通量的最大值为0.4 Wb
D．回路中产生的焦耳热为4 J
解析：ACD　给导体棒施加一个竖直向上的恒力F＝2 N＝2mg，由于施加恒力后回路中无电流，导体棒不受安培力作用，导体棒做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律F－mg＝ma，a＝g，对匀减速阶段列速度公式v0＝gt3＝2 m/s，故A正确；对自由落体阶段，根据2gh1＝v，h1＝0.2 m，故B错误；导体棒进入匀强磁场运动2 s后回路中磁通量达到最大，2 s时间内导体棒的位移h2＝v0t2＝4 m，则回路磁通量的最大值为Φm＝BLh2＝0.4 Wb，故C正确；根据能量守恒定律可知整个过程中回路中产生的焦耳热与匀速运动阶段重力势能的减少量相等Q＝mgh2＝4 J，故D正确．故选ACD.
2．(2021·全国高三专题练习)(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，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)
解析：BD　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Imax＝，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量q＝t＝＝，所以B正确；对整个过程由动能定理得mgh－WF安－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功WF安＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝WF安＝mg(h－μd)，所以C错误,D正确．
命题点三　电磁感应与动量结合问题(多维探究)
1．应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量．如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题．
2．在相互平行的水平轨道间的双导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律．
3．应用冲量求电荷量：设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即I冲量＝FΔt，而F＝BIL(I为电流对时间的平均值)，故有：BILΔt＝mv2－mv1，而IΔt＝q，故有q＝.
第1维度：动量定理和功能关系的应用……………………………………
　(多选)如图所示，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨，其间距为L，电阻不计．在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场，在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度大小均为B.ad、bc两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直，分别位于两磁场中．现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0，在两棒达到稳定的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．两金属棒组成的系统的动量守恒
B．两金属棒组成的系统的动量不守恒
C．ad棒克服安培力做功的功率等于ad棒的发热功率
D．ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和
解析：BD　开始时，ad棒以初速度v0切割磁感线，产生感应电动势，在回路中产生顺时针方向(俯视)的感应电流，ad棒因受到向右的安培力而减速，bc棒受到向右的安培力而向右加速；当两金属棒的速度大小相等，即两金属棒因切割磁感线而产生的感应电动势相等时，回路中没有感应电流，两金属棒各自做匀速直线运动；由于两金属棒所受的安培力都向右，两金属棒组成的系统所受合外力不为零，所以该系统的动量不守恒，选项A错误，选项B正确．根据能量守恒定律可知，ad棒动能的减小量等于回路中产生的热量和bc棒动能的增加量，由动能定理可知，ad棒动能的减小量等于ad棒克服安培力做的功，bc棒动能的增加量等于安培力对bc棒做的功，所以ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两金属棒总发热功率之和，选项C错误．选项D正确．



(1)两金属棒稳定时，是否还受安培力？
(2)若ad、bc棒的质量分别为m、2m，则两金属棒达到稳定时的速度为多大？
(3)接(2)问中，ad棒向左运动的过程中，ad棒产生的总焦耳热是多少？
解析：(1)两金属棒稳定时，产生感应电动势相等，回路中无感应电流，金属棒不受安培力．
(2)稳定时，va＝vb，根据动量定理有
对ad棒：－BILt＝mva－mv0
对bc棒：BILt＝2mvb－0
得va＝vb＝v0.
(3)对两金属棒组成的系统应用能量守恒定律
Q总＝mv－mv－×2mv
由公式Q＝I2Rt得＝＝
则Qa＝mv.
答案：(1)见解析　(2)v0　(3)mv
第2维度：动量守恒定律和功能关系的应用……………………………………
(1)问题特点
对于双导体棒运动的问题，通常是两棒与导轨构成一个闭合回路，当其中一棒在外力作用下获得一定速度时必然在磁场中切割磁感线，在该闭合回路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中因受安培力的作用开始运动，一旦运动起来也将切割磁感线产生一定的感应电动势，对原来电流的变化起阻碍作用．
(2)方法技巧
解决此类问题时通常将两棒视为一个整体，于是相互作用的安培力是系统的内力，这个变力将不影响整体的动量守恒．因此解题的突破口是巧妙选择系统，运用动量守恒(动量定理)和功能关系求解．
　(2021·泰安模拟)如图所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，虚线MN右侧区域存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场．质量均为m、长度均为L、电阻均为R的导体棒a、b，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好．开始导体棒b静止于与MN相距为x0处，导体棒a以水平速度v0从MN处进入磁场．不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过程中导体棒a、b没有发生碰撞．求：
(1)导体棒b产生的焦耳热；
(2)导体棒a、b间的最小距离．
解析：(1)导体棒a进入磁场后，a、b及导轨组成的回路磁通量发生变化，产生感应电流．在安培力作用下，a做减速运动、b做加速运动，最终二者速度相等．此过程中系统的动量守恒，以v0的方向为正方向，有mv0＝2mv
根据能量守恒定律mv－·2mv2＝Q
导体棒b中产生的焦耳热Qb＝
解得v＝，Qb＝mv.
(2)设经过时间Δt二者速度相等，此时为a、b间的最小距离，此过程中安培力的平均值为F，导体棒a、b间的最小距离为x.以b为研究对象，根据动量定理得FΔt＝mv
而F＝BIL，I＝
E＝，ΔΦ＝BL(x0－x)
联立解得x＝x0－.
答案：(1)mv　(2)x0－
第3维度：三大观点的综合应用……………………………………
　如图，金属平行导轨MN、M′N′和金属平行导轨PQR、P′Q′R′分别固定在高度差为h(数值未知)的水平台面上．导轨MN、M′N′左端接有电源，MN与M′N′的间距为L＝0.10 m．平行导轨MN、M′N′之间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.20 T；平行导轨PQR与P′Q′R′的间距为L＝0.10 m，其中PQ与P′Q′是圆心角为60°、半径为r＝0.50 m的圆弧导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨，QQ′右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.40 T．导体棒a质量m1＝0.02 kg，电阻R1＝2.0 Ω，垂直放置在导轨MN、M′N′上；导体棒b质量m2＝0.04 kg，电阻R2＝4.0 Ω，放置在水平导轨某处．闭合开关K后，导体棒a从NN′水平抛出，恰能无碰撞地从PP′处以速度v1＝2 m/s滑入平行导轨，且始终没有与棒b相碰．重力加速度g＝10 m/s2，不计一切摩擦及空气阻力和导轨电阻．求：

(1)导体棒b的最大加速度；
(2)导体棒a在磁场B2中产生的焦耳热；
(3)闭合开关K后，通过电源的电荷量q.
解析：(1)设a棒滑到水平轨道上时的速度为v2，由动能定理得m1gr(1－cos 60°)＝m1v－m1v
解得v2＝3 m/s
因为a棒刚进磁场B2时，a、b棒中的电流最大，b棒受到的安培力最大，加速度最大，此时产生的感应电动势E＝B2Lv2
又I＝
由牛顿第二定律得B2IL＝m2amax.
联立解得导体棒b的最大加速度
amax＝0.02 m/s2.
(2)两个导体棒在磁场B2中运动时，动量守恒，且能量守恒．当两棒的速度相等时回路中电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热
取向右为正方向，由动量守恒定律得
m1v2＝(m1＋m2)v3
由能量守恒定律得
m1v＝(m1＋m2)v＋Qa＋Qb
由于a、b两棒串联在一起，电流相等，所以有＝
联立解得Qa＝0.02 J.
(3)设接通开关K后，a棒以速度v0水平抛出，则有v0＝v1cos 60°＝1 m/s
对a棒冲出过程，由动量定理得
B1ILΔt＝m1v0－0
即B1Lq＝m1v0
解得q＝1 C.
答案：(1)0.02 m/s2　(2)0.02 J　(3)1 C
限时规范训练
[基础巩固]
1.(2021·贵州高三二模)如图，一足够长通电直导线固定在光滑水平面上，质量是0.04 kg的硬质金属环在该平面上运动，初速度大小为v0＝2 m/s、方向与导线的夹角为60°，则该金属环最终(　　)
A．做曲线运动，环中最多能产生0.08 J的电能
B．静止在平面上，环中最多能产生0.04 J的电能
C．做匀加速直线运动，环中最多能产生0.02 J的电能
D．做匀速直线运动，环中最多能产生0.06 J的电能
解析：D　金属环在向右上方运动过程中，通过金属环的磁通量减少，根据楞次定律可知金属环受到的安培力会阻碍金属环的运动，直到金属环磁通量不发生变化，即沿着导线的方向运动时，金属环不再受到安培力的作用，此时金属环将沿导线方向做匀速直线运动，金属环只具有竖直方向的速度，根据速度合成与分解规律可知金属环最终做匀速直线运动的速度为v＝v0cos 60°＝v0＝1 m/s，根据能量守恒定律可得，金属环中产生的电能为E＝mv－mv2＝ J＝0.06 J，所以D正确，ABC错误．
2．如图(a)所示，水平面上固定着两根间距L＝0.5 m的光滑平行金属导轨MN、PQ，M、P两点间连接一个阻值R＝3 Ω的电阻，一根质量m＝0.2 kg、电阻r＝2 Ω的金属棒ab垂直于导轨放置．在金属棒右侧两条虚线与导轨之间的矩形区域内有磁感应强度大小B＝2 T、方向竖直向上的匀强磁场，磁场宽度d＝5.2 m．现对金属棒施加一个大小F＝2 N、方向平行导轨向右的恒力，从金属棒进入磁场开始计时，其运动的v­t图像如图(b)所示，运动过程中金属棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计．则金属棒(　　)

A．刚进入磁场时，a点电势高于b点
B．刚进入磁场时，通过电阻R的电流大小为0.6 A
C．通过磁场过程中，通过金属棒横截面的电荷量为 1.04 C
D．通过磁场过程中，金属棒的极限速度为4 m/s
解析：C　根据右手定则，b点为电源的正极，所以a点电势低于b点，A错误；刚进入磁场时，感应电动势为E＝BLv＝4 V，电流为I＝＝0.8 A，B错误；通过磁场过程中，通过金属棒横截面的电荷量为q＝t＝＝＝1.04 C，C正确；通过磁场过程中，当安培力与外力平衡时，速度达到极限，有F＝BIL＝，解得vm＝10 m/s，D错误．
3.(2021·广东卷)(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨．圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场．金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上．若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有(　　)
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
解析：AD　根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP＝Bl2ω，故A正确．OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN向左运动，切割磁感线，产生的感应电流与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，OP所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确．
4．(多选)如图所示，光滑水平导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长．质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态．ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计．现瞬间给cd一水平向右的初速度v0，则此后的运动过程中下列说法正确的是(　　)

A．导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒
B．两棒最终以相同的速度做匀速直线运动
C．ab棒最终的速度v0
D．从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为mv
解析：AC　cd获得速度后，电路中产生感应电流，根据左手定则得cd棒减速，ab棒加速，当BLvab＝2BLvcd，电路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，分别对两棒运用动量定理得－2BILt＝2mvcd－2mv0，BILt＝mvab，两式合并得vcd＋vab＝v0，联立解得vab＝v0，vcd＝v0，故B错误，C正确；由m×v0＋2m×v0＝mv0≠2m×v0，故导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故A正确；从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为Q＝·2mv－·mv－·2mv，解得Q＝mv，故D错误．
5．如图所示，PM、QN为竖直平面内两平行的四分之一圆弧金属轨道，轨道圆心的连线OO′垂直于两竖直面，间距为L，轨道半径均为r，OO′QP在同一水平面内，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现有一根长为L、电阻也为R的金属棒，在外力作用下从轨道的顶端PQ沿圆弧轨道以恒定角速度ω绕OO′转动，导体棒与轨道接触良好，轨道电阻不计，求金属棒转动到最低点的过程中：

(1)通过电阻R的电荷量q；
(2)电阻R产生的焦耳热QR.
解析：(1)产生的平均感应电动势为＝＝
平均感应电流为＝
通过电阻R的电荷量为q＝Δt
联立解得q＝.
(2)最大感应电动势为Em＝BLωr
电动势有效值为E＝
设导体棒由PQ到MN的过程中所用的时间为t则t＝＝
电阻R产生的焦耳热为QR＝Rt
联立解得QR＝.
答案：(1)　(2)
[能力提升]
6．(2021·河北卷)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x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tan θ
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
解析：A　经过时间t，金属棒切割磁感线的有效长度L＝2vttan θ，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝2Bv2ttan θ，则电容器极板上的电荷量Q＝CE＝2BCv2ttan θ，则通过金属棒中的电流I＝＝2BCv2tan θ，A正确；当金属棒到达x＝x0时，即vt＝x0时，电容器极板上的电荷量Q0＝2BCvx0tan θ，B错误；根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向(从上往下看)，则电容器的上极板带正电，C错误；因为金属棒做匀速运动，所以外力F＝F安＝BIL，外力做功的功率P＝Fv＝4B2Cv4ttan2 θ，是变化的，D错误．
7.(2021·山东卷)(多选)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
解析：ABD　在Ⅰ区中，由于磁感应强度随时间均匀增加，产生的感应电动势E1＝＝S为定值，金属棒在Ⅱ区磁场内，由于金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E2＝BLv，金属棒下行时，回路中电动势为E下＝E1＋E2，由于棒还能上行，所以下行时，只能做a逐渐减小的减速运动，其a下＝BL－gsin θ，棒上行时，回路中电动势为E上＝E1－E2，棒向上先做a逐渐减小的加速运动，其a上＝BL－gsin θ，故过b时a下>a上，B正确；棒从b到c和从c到b，位移大小相等，a下>a上，由v2＝2ax可知过b时速度v下>v上，A正确；同理棒经过磁场Ⅱ区的同一位置时，v下>v上，故棒能回到无磁场区，但由于上行出磁场区时速度小，不能到达a处，故C错误，D正确．
8.(2021·湖南卷)(多选)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体．距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场．磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大．把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)
A．B与v0无关，与 成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
解析：CD　设金属框进入磁场时的竖直分速度为vy，可知vy＝，金属框所受安培力F＝BIL，电流I＝，E＝Blvy，根据受力平衡可得mg＝，可知B2与成反比，B与v0无关，A错误；金属框进入磁场和穿出磁场的过程中，电流的大小保持不变，方向由逆时针变为顺时针，B错误；从下金属框进入磁场到上金属框离开磁场，整个过程金属框做匀速直线运动，安培力和重力等大反向，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等，C正确；组合体从进入磁场到穿出磁场，不论怎样调节H、v0和B，只要组合体匀速通过磁场，在通过磁场的过程中，产生的热量始终等于减少的重力势能，D正确．
9．(2021·太原市山西大附中高三专题练习)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，间距为L，电阻不计．AB左侧、CD右侧存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.在AB、CD之间的区域内，垂直两根导轨水平放置了两根质量分别为m、2m、电阻分别为r、R的导体棒a、b.在a、b棒之间用一锁定装置将一轻质弹簧压缩安装在a、b棒之间(弹簧与两棒不拴接)，此时弹簧的弹性势能为Ep.现解除锁定，当弹簧恢复到原长时，a、b棒均恰好同时进入磁场．试求：

(1)a、b棒刚进入磁场时的速度大小；
(2)a、b棒分别在磁场中滑行的距离．
解析：(1)以a、b棒为系统，动量守恒，机械能守恒，以a棒运动的方向为正方向，设a、b棒刚要进入磁场时的速度分别为va、vb，则由能量守恒定律和动量守恒定律可得
Ep＝mv＋×2mv
mva－2mvb＝0
联立解得va＝2，vb＝ .
(2)a、b棒分别进入磁场后，相互背离切割磁感线，感应电动势为正负串接，且a、b棒流过的电流时刻相等，磁感应强度B相等，L也相等，故a、b棒的安培力等大反向，矢量和为零，其余的力矢量和也为零，系统动量始终守恒，故有mva′－2mvb′＝0
则有a、b棒运动中的任意时刻有＝
设a、b棒在磁场中的位移分别为xa、xb，故＝
由法拉第电磁感应定律可得＝
由闭合电路欧姆定律可得＝
而两棒在运动过程中ΔΦ＝BL(xa＋xb)
对a棒，由动量定理可得
－安·Δt＝0－mva，安＝BL
联立方程，解得xa＝
xb＝.
答案：(1)2　
(2)　
[热点加练]
10．磁悬浮列车的制动方式有两种：电制动和机械制动，电制动是利用电磁阻尼的原理，机械制动是利用制压在轨道上产生摩擦阻力进行制动．对下面模型的研究有利于理解磁悬浮的制动方式．如图甲所示，有一节质量为m＝50 t的磁悬浮列车，车厢底部前端安装着一个匝数为N＝50 匝，边长为L＝2 m的正方形线圈，总电阻为R＝64 Ω，线圈可借助于控制模块来进行闭合或断开状态的转换．两平行轨道间距L＝2 m，在ABCD刹车区域内铺设着励磁线圈，产生的磁场如图乙所示，每个单元为一边长为L的正方形，其间磁场可视为B＝2 T的匀强磁场．现列车以v0＝360 km/h速度进站，当线圈全部进入刹车区时，调节控制模块使列车底部线圈闭合，采用电制动的方式．当列车速度减为v1时，调节控制模块使列车底部线圈断开，转为机械制动的方式，所受阻力为车厢重力的0.05倍，机械制动20 s，列车前部刚好到达CD处速度减为0，不计列车正常行驶时所受的阻力．求：

(1)列车底部线圈全部进入刹车区域时的加速度；
(2)列车刹车过程中产生的焦耳热；
(3)列车刹车过程的总位移．
解析：(1)线圈进入磁场时，线圈切割磁感线，产生的电动势为E＝2NBLv0
回路中电流为I＝
因此线圈受到的安培力为F＝2NBIL＝
因此列车的加速度为a＝＝5 m/s2.
a与运动方向相反
(2)机械制动过程f＝0.05mg＝ma
减速时的加速度a＝0.5 m/s2
因此机械制动时的初速度为v1＝at＝10 m/s
由能量守恒得，列车刹车过程中产生的焦耳热
Q＝mv－mv＝2.475×108 J.
(3)电制动过程：设Δt时间内，线圈在安培力作用下速度从v变为v＋Δv，由动量定理得－vΔt＝mΔv
即－Δx＝mΔv
－x1＝mv1－mv0
因此有x1＝＝1800 m
机械制动过程的位移为x2＝t＝100 m
因此刹车的总位移为s＝x1＋x2＝1900 m.
答案：(1)5 m/s2　方向与运动方向相反
(2)2.475×108 J　(3)1900 m
11.(2021·全国乙卷)如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06 kg 的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3 Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6 m．初始时CD与EF相距s0＝0.4 m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝ m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域．当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速．已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1 T，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin α＝0.6.求：
(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
(3)导体框匀速运动的距离．
解析：(1)设金属棒的质量为m，根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得
(M＋m)gs1sin α＝(M＋m)v
代入数据解得v0＝ m/s
金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0
由闭合回路的欧姆定律可得I＝
则金属棒刚进入磁场时受到的安培力为F安＝BIL＝0.18 N.
(2)设金属棒与导体框之间的动摩擦因数为μ，金属棒进入磁场以后因为瞬间受到向上安培力的作用，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因金属棒做匀速运动，可有mgsin α＋μmgcos α＝F安
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mgsin α－μmgcos α＝Ma.
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为t＝
则此时导体框的速度为v1＝v0＋at
则导体框的位移x1＝v0t＋at2
因此导体框和金属棒的相对位移为Δx＝x1－x＝at2
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系s0－Δx＝x
金属框进入磁场时做匀速运动，此时的电动势为
E1＝BLv1，I1＝
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得
Mgsin α＝μmgcos α＋BI1L
联立以上可得x＝0.3 m，a＝5 m/s2，m＝0.02 kg，
μ＝.
(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有
mgsin α＋μmgcos α＝ma1
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有
v0＋a1t1＝v1
导体框匀速运动的距离为
x2＝v1t1
代入数据解得x2＝ m.
答案：(1)0.18 N　(2)0.02 kg　　(3) m