1、揣摩例題。課本上和老師講解的例題，一般都具有一定的典型性和代表性。要認(rèn)真研究，深刻理解，要透過“樣板”，學(xué)會(huì)通過邏輯思維，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)去分析問題和解決問題，特別是要學(xué)習(xí)分析問題的思路、解決問題的方法，并能總結(jié)出解題的規(guī)律。 2、精練習(xí)題。復(fù)習(xí)時(shí)不要搞“題海戰(zhàn)術(shù)”，應(yīng)在老師的指導(dǎo)下，選一些源于課本的變式題，或體現(xiàn)基本概念、基本方法的基本題，通過解題來提高思維能力和解題技巧，加深對所學(xué)知識(shí)的深入理解。在解題時(shí)，要獨(dú)立思考，一題多思，一題多解，反復(fù)玩味，悟出道理。 3、加強(qiáng)審題的規(guī)范性。每每大考過后，總有同學(xué)抱怨沒考好，糾其原因是考試時(shí)沒有注意審題。審題決定了成功與否，不解決這個(gè)問題勢必影響到高考的成敗。那么怎么審題呢? 應(yīng)找出題目中的已知條件 ;善于挖掘題目中的隱含條件 ;認(rèn)真分析條件與目標(biāo)的聯(lián)系，確定解題思路 。 4、重視錯(cuò)題?！板e(cuò)誤是最好的老師”，但更重要的是尋找錯(cuò)因，及時(shí)進(jìn)行總結(jié)，三五個(gè)字，一兩句話都行，言簡意賅，切中要害，以利于吸取教訓(xùn)，力求相同的錯(cuò)誤不犯第二次。
專題強(qiáng)化二十四　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題
1.會(huì)用動(dòng)力學(xué)知識(shí)分析電磁感應(yīng)問題.2.會(huì)用功能關(guān)系和能量守恒解決電磁感應(yīng)中的能量問題.
題型一　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題
題型二　電磁感應(yīng)中的能量問題
電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題
1.導(dǎo)體的兩種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(1)導(dǎo)體的平衡狀態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài).處理方法：根據(jù)平衡條件列式分析.(2)導(dǎo)體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零.處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析.
2.用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟
3.導(dǎo)體常見運(yùn)動(dòng)情況的動(dòng)態(tài)分析
例1　(多選)(2021·全國甲卷·21)由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個(gè)正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍.現(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時(shí)由靜止開始下落，一段時(shí)間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示.不計(jì)空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平.在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，可能出現(xiàn)的是A.甲和乙都加速運(yùn)動(dòng)B.甲和乙都減速運(yùn)動(dòng)C.甲加速運(yùn)動(dòng)，乙減速運(yùn)動(dòng)D.甲減速運(yùn)動(dòng)，乙加速運(yùn)動(dòng)
考向1　“單棒＋電阻”模型
設(shè)線圈下邊到磁場的高度為h，線圈的邊長為l，
感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝nBlv，兩線圈材料相同(設(shè)密度為ρ0)，質(zhì)量相同(設(shè)為m)，則m＝ρ0×4nl×S，
由牛頓第二定律有mg－F＝ma
加速度和線圈的匝數(shù)、橫截面積無關(guān)，則甲和乙進(jìn)入磁場時(shí)，具有相同的加速度.
例2　如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ＝30°角固定，間距為L＝1 m，質(zhì)量為m的金屬桿ab垂直放置在軌道上且與軌道接觸良好，其阻值忽略不計(jì).空間存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.5 T.P、M間接有阻值為R1的定值電阻，
Q、N間接電阻箱R.現(xiàn)從靜止釋放ab，改變電阻箱的阻值R，測得最大速度為vm，得到 的關(guān)系如圖乙所示.若軌道足夠長且電阻不計(jì)，重力加速度g取10 m/s2，則
A.金屬桿中感應(yīng)電流方向?yàn)閍指向bB.金屬桿所受的安培力沿軌道向下C.定值電阻的阻值為1 ΩD.金屬桿的質(zhì)量為1 kg
由右手定則可判斷，金屬桿中感應(yīng)電流方向由b指向a，由左手定則知，金屬桿所受的安培力沿軌道向上，A、B錯(cuò)誤；
總電阻為R總＝ ，I＝ ，當(dāng)達(dá)到最大速度時(shí)，金屬桿受力平衡，有mgsin θ＝BIL＝ ·(R1＋R)，變形得 ，根據(jù)圖像可得 ＝k＝ s·m－1·Ω， ＝b＝0.5 s·m－1，解得桿的質(zhì)量m＝0.1 kg，定值電阻R1＝1 Ω，C正確，D錯(cuò)誤.
例3　(多選)如圖所示，U形光滑金屬導(dǎo)軌與水平面成37°角傾斜放置，現(xiàn)將一金屬桿垂直放置在導(dǎo)軌上且與兩導(dǎo)軌接觸良好，在與金屬桿垂直且沿著導(dǎo)軌向上的外力F的作用下，金屬桿從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng).整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，外力F的最小值為8 N，經(jīng)過2 s金屬桿運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌最上端并離開導(dǎo)軌.已知U形金屬導(dǎo)軌兩軌道之間的距離為1 m，
導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)，金屬桿的質(zhì)量為1 kg、電阻為1 Ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.下列說法正確的是
A.拉力F是恒力B.拉力F隨時(shí)間t均勻增加C.金屬桿運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌最上端時(shí)拉力F為12 ND.金屬桿運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2 m/s2
t時(shí)刻，金屬桿的速度大小為v＝at，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝Blv，電路中的感應(yīng)電流I＝ ，金屬桿所受的安培力大小為F安＝BIl＝ ，由牛頓第二定律可知F＝ma＋mgsin 37°＋ ，F(xiàn)是t的一次
函數(shù)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；t＝0時(shí)，F(xiàn)最小，代入數(shù)據(jù)可求得a＝2 m/s2，選項(xiàng)D正確；t＝2 s時(shí)，代入數(shù)據(jù)解得F＝12 N，選項(xiàng)C正確.
棒的初速度為零，拉力F恒定(棒和水平導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，摩擦力不計(jì))
考向2　“單棒＋電容器”模型
如圖，運(yùn)動(dòng)過程分析：棒做加速運(yùn)動(dòng)，持續(xù)對電容器充電，則存在充電電流
由F－BIl＝ma，I＝ ，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv，聯(lián)立可得F－ ＝ma，其中 ＝a，則可得a＝所以棒做加速度恒定的勻加速直線運(yùn)動(dòng).
功能關(guān)系：WF＝ mv2＋E電
例4　(2021·河北卷·7)如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為θ，一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連，導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點(diǎn)開始以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，忽略所有電阻，下列說法正確的是A.通過金屬棒的電流為2BCv2tan θB.金屬棒到達(dá)x0時(shí)，電容器極板上的電荷量為 BCvx0tan θC.金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，電容器的上極板帶負(fù)電D.金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，外力F做功的功率恒定
根據(jù)楞次定律可知電容器的上極板應(yīng)帶正電，C錯(cuò)誤；由題知金屬棒勻速切割磁感線，根據(jù)幾何關(guān)系知切割長度為L＝2xtan θ，x＝vt
則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝2Bv2ttan θ由題圖可知電容器直接與電源相連，則電容器的電荷量為Q＝CE＝2BCv2ttan θ則流過金屬棒的電流I＝ ＝2BCv2tan θ，A正確；
當(dāng)金屬棒到達(dá)x0處時(shí)，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E′＝2Bvx0tan θ則此時(shí)電容器的電荷量為Q′＝CE′＝2BCvx0tan θ，B錯(cuò)誤；由于金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)，則F＝F安＝BIL＝4B2Cv3tan2θ·t，F(xiàn)與t成正比，則F為變力，根據(jù)力做功的功率公式P＝Fv可知功率P隨力F變化而變化，D錯(cuò)誤.
1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化
焦耳熱或其他形式的能量
2.求解焦耳熱Q的三種方法
3.解題的一般步驟(1)確定研究對象(導(dǎo)體棒或回路)；(2)弄清電磁感應(yīng)過程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；(3)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律列式求解.
例5　(多選)如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，兩部分平滑連接，平直部分右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻.平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場.質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止.已知金屬棒與平直部
考向1　應(yīng)用功能關(guān)系解決電磁感應(yīng)中的能量問題
分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中
金屬棒下滑到彎曲部分底端時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝ mv02，金屬棒在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，金屬棒受
到的安培力F＝BIL，當(dāng)金屬棒剛進(jìn)入磁場中時(shí)，感應(yīng)電流最大，分析可得Imax＝ ，所以A錯(cuò)誤；金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中通過金屬棒的電荷量q＝ ，所以B正確；
對整個(gè)過程由動(dòng)能定理得mgh－W克安－μmgd＝0，金屬棒克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，金屬棒內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q＝ W克安＝ mg(h－μd)，所以C錯(cuò)誤，D正確.
例6　如圖甲所示，一足夠長阻值不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ之間的距離L＝0.5 m，NQ兩端連接阻值R＝2.0 Ω的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝30°，一質(zhì)量m1＝0.40 kg、接入電路的阻值r＝1.0 Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置并用絕緣細(xì)線通過光滑的輕質(zhì)定滑輪與質(zhì)量m2＝0.80 kg的重物相連.細(xì)線
考向2　應(yīng)用能量守恒定律解決電磁感應(yīng)中的能量問題
與金屬導(dǎo)軌平行.金屬棒沿導(dǎo)軌向上滑行的速度v與時(shí)間t之間的關(guān)系如圖乙所示，已知金屬棒在0～0.3 s內(nèi)通過的電荷量是0.3～0.6 s內(nèi)通過電荷量的 ，g＝10 m/s2，求：
(1)0～0.3 s內(nèi)金屬棒通過的位移大??；
0～0.3 s內(nèi)通過金屬棒的電荷量
0.3～0.6 s內(nèi)通過金屬棒的電荷量
(2)金屬棒在0～0.6 s內(nèi)產(chǎn)生的熱量.
金屬棒在0～0.6 s內(nèi)通過的總位移為x＝x1＋x2＝x1＋v0t2，解得x＝0.75 m根據(jù)能量守恒定律有m2gx－m1gxsin θ＝ (m1＋m2)v02＋Q解得Q＝3.15 J由于金屬棒與電阻R串聯(lián)，電流相等，根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt，它們產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，所以金屬棒在0～0.6 s內(nèi)產(chǎn)生的熱量Qr＝ Q＝1.05 J.
1.如圖所示，在一勻強(qiáng)磁場中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動(dòng).桿ef及線框的電阻不計(jì)，開始時(shí)，給ef一個(gè)向右的初速度，則A.ef將減速向右運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速運(yùn)動(dòng)B.ef將勻減速向右運(yùn)動(dòng)，最后停止C.ef將勻速向右運(yùn)動(dòng)D.ef將往返運(yùn)動(dòng)
ef向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流，會(huì)受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，由F＝BIL＝ ＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終停止運(yùn)動(dòng)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤.
2.(多選)水平放置的U形導(dǎo)軌足夠長，置于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，如圖所示.磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝5 T，導(dǎo)軌寬度L＝0.4 m，左側(cè)與R＝0.5 Ω的定值電阻連接，右側(cè)有導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m＝2.0 kg，電阻r＝0.5 Ω，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，其余電阻可忽略不計(jì).導(dǎo)體棒ab在大小為10 N的水平外力F作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)了x＝40 cm時(shí)，速度達(dá)到最大，運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好，取g＝10 m/s2.下列說法正確的是
A.導(dǎo)體棒ab加速度為零時(shí)速度最大B.導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的最大速度是2.0 m/sC.當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為1 m/s時(shí)，導(dǎo)體 棒ab的加速度是1.0 m/s2D.導(dǎo)體棒ab由靜止達(dá)到最大速度的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量是0.15 J
導(dǎo)體棒ab垂直切割磁感線，產(chǎn)生的電動(dòng)勢大小E＝BLv，由閉合電路歐姆定律有I＝ ，導(dǎo)體棒受到的安培力FA＝BIL＝
，則當(dāng)導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，由平衡條件得＋μmg＝F，解得最大速度vm＝1.5 m/s，故A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)速度為v＝1 m/s時(shí)，由牛頓第二定律得F－ －μmg＝ma，解得a＝1 m/s2，故C正確；
在整個(gè)過程中，由能量守恒定律可得Fx＝Q＋μmgx＋ mvm2，解得Q＝0.15 J，所以QR＝ ＝0.075 J，故D錯(cuò)誤.
3.兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L，頂端接阻值為R的電阻.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場上邊界某處由靜止釋放，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場垂直，如圖所示.不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g，則下列說法正確的是A.金屬棒在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過電阻R的電流方向?yàn)閍→bB.金屬棒剛進(jìn)磁場時(shí)一定做加速運(yùn)動(dòng)C.金屬棒的速度為v時(shí)，金屬棒所受的安培力大小為D.金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時(shí)，電阻R的熱功率為
當(dāng)金屬棒在磁場中向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)楞次定律可判斷通過電阻R的電流方向?yàn)閎→a，A錯(cuò)誤；由于無法確定金屬棒剛進(jìn)入磁場時(shí)安培力的大小與重力的大小關(guān)系，故無法確定金屬棒的運(yùn)動(dòng)情況，B錯(cuò)誤；
金屬棒進(jìn)入磁場時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，產(chǎn)生的感應(yīng)電流是I＝ ，金屬棒所受的安培力大小F＝BIL＝ ，C錯(cuò)誤；
金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)，電阻R的熱功率P＝( )2R，且F＝ ＝mg，可求得P＝( )2R，D正確.
4.(多選)如圖甲所示，兩間距為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，左端用導(dǎo)線連接，導(dǎo)軌處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，一根長度也為L、電阻為R的金屬棒放在導(dǎo)軌上，在平行于導(dǎo)軌向右、大小為F的恒力作用下向右運(yùn)動(dòng)，金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，金屬棒運(yùn)動(dòng)的加速度與速度關(guān)系如圖乙所示，不計(jì)金屬導(dǎo)軌及左邊導(dǎo)線電阻，金屬導(dǎo)軌足夠長，若圖乙中的a0、v0均為已知量，則下列說法正確的是
A.金屬棒的質(zhì)量為B.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為C.當(dāng)拉力F做功為W時(shí)，通過金屬棒橫截面的電荷量為D.某時(shí)刻撤去拉力，此后金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中加速度大小與速度大小成正比
5.(多選)如圖所示，兩根間距為d的足夠長光滑金屬導(dǎo)軌，平行放置在傾角為θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌的右端接有電阻R，整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直.導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m、
電阻也為R的金屬棒與兩導(dǎo)軌垂直且接觸良好，金屬棒以一定的初速度v0在沿著導(dǎo)軌上滑一段距離L后返回，不計(jì)導(dǎo)軌電阻及感應(yīng)電流間的相互作用，重力加速度為g.下列說法正確的是
A.導(dǎo)體棒返回時(shí)先做加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中通過R的電荷量q＝C.導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中克服安培力做的功W＝ (mv02－mgL)D.導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝ (mv02－mgL)
導(dǎo)體棒返回時(shí)先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以A正確；
根據(jù)q＝ ，則導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中通過R的電荷量為q＝ ，所以B錯(cuò)誤；
設(shè)導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中克服安培力做的功為W，由動(dòng)能定理可得W＋mgLsin 30°＝ mv02，解得W＝ (mv02－mgL)，所以C正確；根據(jù)功能關(guān)系可得，導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q＝ W，則Q＝ (mv02－mgL)，所以D錯(cuò)誤.
6.(多選)如圖甲，間距L＝1.0 m且足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌ab、cd固定在水平面上，左側(cè)ac間接有R＝2.0 Ω的電阻，垂直于導(dǎo)軌跨接一根質(zhì)量m＝1.0 kg的金屬桿，金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)金屬桿與導(dǎo)軌的電阻.長為s(s足夠長)、寬為L的矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁場右邊界緊鄰金屬桿，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝2 T.從t＝0時(shí)刻起，金屬桿(在方向平
行于導(dǎo)軌的水平外力F作用下)和磁場向右運(yùn)動(dòng)的v－t圖像分別如圖乙中的P和Q，下列說法正確的是
A.t＝0時(shí)刻，R兩端的電壓為0B.t＝1.0 s時(shí)刻，金屬桿所受安培力的大小為2 N、方向水平向右C.t＝3.0 s時(shí)刻，金屬桿所受外力F做功的功率為9.0 WD.0～2.0 s內(nèi)，通過電阻R的電荷量為4.0 C
t＝0時(shí)刻，由題圖乙可知，金屬桿向左切割磁感線的速度(金屬桿相對磁場的速度)為2 m/s，故感應(yīng)電動(dòng)勢為E0＝BLv0＝4 V，故R兩端的電壓為4 V，A錯(cuò)誤；
t＝1.0 s時(shí)刻，金屬桿向左切割磁感線的速度為1 m/s，感應(yīng)電動(dòng)勢為E1＝BLv1＝2 V，回路中感應(yīng)電流為I1＝ ＝1 A，金屬桿所受安培力的大小為F1＝BI1L＝2 N，由左手定則可知，方向水平向右，B正確；
t＝3.0 s時(shí)刻，金屬桿相對磁場向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線的速度為1 m/s，類比B的解析可知，金屬桿受到的安培力大小為2 N，方向水平向左，據(jù)牛頓第二定律可得F
－F安＝ma，由題圖乙可知，加速度大小為a＝1 m/s2，解得外力F＝3 N，此時(shí)桿的速度為v＝3 m/s，故金屬桿所受外力F做功的功率為P＝Fv＝9.0 W，C正確；
7.如圖所示，電阻不計(jì)且間距L＝1 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，左端接一阻值R＝6 Ω的電阻.導(dǎo)軌間Ⅰ、Ⅱ區(qū)域中有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的勻強(qiáng)磁場，其中Ⅰ區(qū)域和Ⅱ區(qū)域間距x1＝0.25 m，Ⅱ區(qū)域足夠長.有一質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻r＝2 Ω的金屬桿與導(dǎo)軌保持良好接觸，桿在一個(gè)大小F＝1 N、方向水平向右的恒力作用下，從距區(qū)域Ⅰ左端x＝0.2 m處由靜止開始運(yùn)動(dòng)，并恰好勻速穿過Ⅰ區(qū)域.
(1)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；
金屬桿進(jìn)入磁場前，做勻加速運(yùn)動(dòng)，有F＝ma，可得a＝10 m/s2由v2＝2ax，得v＝2 m/s金屬桿勻速穿過Ⅰ區(qū)域，則有F＝F安＝BIL
(2)求金屬桿剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)的加速度；
答案　5 m/s2，方向水平向左　
金屬桿剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)，由v12－v2＝2ax1，可得速度為v1＝3 m/s
(3)金屬桿由靜止開始運(yùn)動(dòng)位移x0＝1.0 m時(shí)，已經(jīng)在Ⅱ區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求此過程中電阻R產(chǎn)生的熱量.
設(shè)電路中產(chǎn)生的總熱量為Q，因?yàn)閮蓚€(gè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度相等，所以金屬桿在Ⅱ區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度也是v＝2 m/s，
8.如圖甲所示，有一邊長為L＝1.2 m、質(zhì)量為m＝1 kg的正方形單匝線框abcd，放在光滑水平面上.在水平恒定拉力F的作用下，穿過垂直水平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.1 T的勻強(qiáng)磁場區(qū)域.線框cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v0＝2 m/s.在t＝3 s時(shí)刻cd邊剛出磁場邊界.從cd邊進(jìn)入磁場到cd邊離開磁場區(qū)域的3 s時(shí)間內(nèi)線框運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示.求：
(1)線框cd邊在剛進(jìn)入磁場時(shí)，c、d兩點(diǎn)間的電勢差Ucd；
答案　－0.18 V　
線框cd邊在剛進(jìn)入磁場時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv0
c、d兩點(diǎn)間的電勢差為路端電壓，且感應(yīng)電流由c流向d，故c點(diǎn)電勢較低，故c、d兩點(diǎn)間的電勢差為Ucd＝聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得Ucd＝－0.18 V
當(dāng)ab邊也進(jìn)入磁場后，線框在磁場中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得F＝ma由題圖乙可知，加速度為a＝ ＝0.5 m/s2解得F＝0.5 N
(3)線框從cd邊剛進(jìn)入磁場到cd邊剛離開磁場的過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱Q.
從cd邊剛進(jìn)入磁場到ab邊剛進(jìn)入磁場過程，由能量守恒定律可得，線框產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝FL＋ mv02－ mv12解得Q1＝2.1 J從ab邊剛進(jìn)入磁場到cd邊剛離開磁場的過程，線框沒有產(chǎn)生感應(yīng)電流，沒有產(chǎn)生焦耳熱，故Q＝Q1＝2.1 J.
9.如圖甲所示，相距L＝1 m的兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，與水平面夾角θ＝37°，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，質(zhì)量m＝1 kg、接入電路電阻為r＝0.5 Ω的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌的PM兩端接在外電路上，定值電阻阻值R＝1.5 Ω，電容器的電容C＝0.5 F，電容器的耐壓值足夠大，導(dǎo)軌所在平面內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場.在開關(guān)S1閉合、S2
斷開的狀態(tài)下將導(dǎo)體棒ab由靜止釋放，導(dǎo)體棒的v－t圖像如圖乙所示，sin 37°＝0.6，取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；
由題圖乙可知，導(dǎo)體棒的最大速度vm＝3 m/s，對應(yīng)的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLvm，感應(yīng)電流I＝ ，當(dāng)速度達(dá)到最大時(shí)，導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒受力平衡，有BIL＝mgsin θ，解得B＝ ＝2 T.
(2)在開關(guān)S1閉合、S2斷開的狀態(tài)下，當(dāng)導(dǎo)體棒下滑的距離x＝5 m時(shí)，定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱為21 J，此時(shí)導(dǎo)體棒的速度與加速度分別是多大？
答案　2 m/s　2 m/s2　
導(dǎo)體棒和定值電阻串聯(lián)，由公式Q＝I2Rt可知：Qab∶QR＝1∶3，則導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱Qab＝ ×21 J＝7 J，導(dǎo)體棒下滑x＝5 m的距離，導(dǎo)體棒減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和回路中的焦耳熱，由能量守恒定律有mgxsin θ＝ mv12＋Qab＋QR得導(dǎo)體棒的速度v1＝2 m/s，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢E1＝BLv1，感應(yīng)電流I1＝ ，對導(dǎo)體棒有mgsin θ－BI1L＝ma1，解得加速度a1＝2 m/s2.
(3)現(xiàn)在開關(guān)S1斷開、S2閉合的狀態(tài)下，由靜止釋放導(dǎo)體棒，求經(jīng)過t＝2 s時(shí)導(dǎo)體棒的速度大小.
開關(guān)S1斷開、S2閉合時(shí)，任意時(shí)刻對導(dǎo)體棒，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－BI2L＝ma2，
Δt時(shí)間內(nèi)，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝解得a2＝2 m/s2，表明導(dǎo)體棒ab下滑過程中加速度不變，導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t＝2 s時(shí)導(dǎo)體棒的速度大小v2＝a2t＝4 m/s.
10.(多選)(2020·全國卷Ⅰ·21)如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺(tái)上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直.ab、dc足夠長，整個(gè)金屬框電阻可忽略.一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬框，運(yùn)動(dòng)過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行.經(jīng)過一段時(shí)間后A.金屬框的速度大小趨于恒定值B.金屬框的加速度大小趨于恒定值C.導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值D.導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值
當(dāng)金屬框在恒力F作用下向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，bc邊產(chǎn)生從c到b的感應(yīng)電流i，金屬框的加速度大小為a1，則有F－Bil＝Ma1；MN中感應(yīng)電流從M流向N， MN在安培力作
用下向右加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a2，則有Bil＝ma2，當(dāng)金屬框和MN都運(yùn)動(dòng)后，金屬框速度為v1，MN速度為v2，則電路中的感應(yīng)電流為i＝ ，感應(yīng)電流從0開始增大，則a2從零開始增加，a1從 開始減小，加速度差值減小，當(dāng)a1＝a2時(shí)，得F＝(M＋m)a，a＝ 恒定，由F安＝ma可知，安培力不再變化，則感應(yīng)電流不再變化，據(jù)i＝ 知金屬框與MN的速度差保持不變，v－t圖像如圖所示，故A錯(cuò)誤，B、C正確；
MN與金屬框的速度差不變，但MN的速度小于金屬框的速度，則MN到金屬框bc邊的距離越來越大，故D錯(cuò)誤.
11.(多選)(2021·山東卷·12)如圖所示，電阻不計(jì)的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上.區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中磁場方向均垂直斜面向上，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強(qiáng)磁場.阻值恒定的金屬棒從無磁場區(qū)域中a處由靜止釋放，進(jìn)入Ⅱ區(qū)后，經(jīng)b下行至c處反向上行.運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好.在第一次下行和上行的過程中，以下敘述正確的是
A.金屬棒下行過b時(shí)的速度大于上行過b時(shí)的速度B.金屬棒下行過b時(shí)的加速度大于上行過b時(shí)的加速度C.金屬棒不能回到無磁場區(qū)D.金屬棒能回到無磁場區(qū)，但不能回到a處
在Ⅰ區(qū)域中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1＝kt，感應(yīng)電動(dòng)勢為E1＝ S＝kS感應(yīng)電動(dòng)勢恒定，所以在金屬棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)域前感應(yīng)電流恒為
金屬棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)域后，金屬棒切割磁感線，感應(yīng)電動(dòng)勢為E2＝BLv金屬棒上的電流為
下行過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知B2I1L＋B2I2L－mgsin θ＝ma1上行過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知B2I1L－B2I2′L－mgsin θ＝ma2
Ⅰ區(qū)域產(chǎn)生的電流使金屬棒受到的安培力始終沿斜面向上，大小恒定不變，因?yàn)榻饘侔舻竭_(dá)c后又能上行，說明加速度始終沿斜面向上，下行和上行經(jīng)過b的受力分析如圖

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