2020届高考物理总复习第十三单元电磁感应第2课时电磁感应的综合应用教师用书.docx

第2讲电磁感应的综合应用题型一电磁感应中的电路问题1.特点:在电磁感应中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势,该导体或回路相当于电源,与其他导体构成闭合的电路。因此,电磁感应问题往往又和电路问题联系在一起。解决电磁感应电路问题的关键是把电磁感应的问题等效转换成恒定直流电路,然后利用电路的有关知识解决问题。2.电磁感应与电路问题的联系是电源与电路的连接问题,解决问题时要注意整合两部分的知识。正确分析感应电动势及感应电流的方向,产生感应电动势的那部分电路为电源部分,故该部分电路中的电流应为电源内部的电流,而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势;应用欧姆定律分析求解电路时,注意等效电源的内阻对电路的影响;对接在电路中电表的示数要正确进行分析,特别是并联在等效电源两端的电压表,其示数表示外电压,而不是等效电源的电动势,也不是内电压。3.解题的基本方法:(1)确定电源,产生感应电流或感应电动势的那部分电路就相当于电源,利用法拉第电磁感应定律确定其电动势的大小,利用楞次定律确定其正、负极。需要强调的是,在电源内部电流是由负极流向正极的,在外部从正极流向外电路,并由负极流入电源。如无感应电流,则可以假设电流存在时的流向。(2)分析电路结构,画出等效电路图。(3)利用电路规律求解,主要有闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功和电热公式。【例1】如图甲所示,空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小B=0.5 T的匀强磁场,有两条平行的长直导轨MN、PQ处于同一水平面内,间距L=0.2 m,左端连接阻值R=0.4 的电阻。质量m=0.1 kg的导体棒cd垂直跨接在导轨上,与导轨间的动摩擦因数=0.2。从t=0时刻开始,通过一小型电动机对导体棒施加一个水平向右的牵引力F,使导体棒从静止开始沿导轨方向做加速运动,此过程中导体棒始终保持与导轨垂直且接触良好。除R以外其余部分的电阻均不计,取重力加速度大小g=10 m/s2。(1)若电动机保持恒定功率输出,导体棒的v-t图象如图乙所示(其中OC是曲线,CD是水平直线),已知010 s内,电阻R产生的热量Q=28 J,求:导体棒达到最大速度vm时牵引力F的大小。导体棒从静止开始至达到最大速度vm时的位移大小。(2)若电动机保持恒定牵引力F=0.3 N ,且将电阻换为C=10 F的电容器(耐压值足够大),如图丙所示,求t=10 s时牵引力的功率。【解析】(1)当导体棒达到最大速度后,所受合力为零,沿导轨方向有F-F安-f=0摩擦力f=mg=0.2N感应电动势E=BLvm,感应电流I=ER安培力F安=BIL=B2L2vmR=0.25N此时牵引力F=F安+f=0.45N。变力做功问题不能用功的定义式,在010s内牵引力是变力但功率恒定,可根据能量守恒定律求解电动机的功率P=Fvm=4.5W电动机消耗的电能等于导体棒的动能、克服安培力做功产生的焦耳热与克服摩擦力做功产生的内能之和,有Pt=12mvm2+fx+Q解得位移x=60m。(2)当金属棒的速度大小为v时,感应电动势E=BLv由C=QU可知,此时电容器极板上的电荷量Q=CU=CE=CBLv设在一小段时间t内,可认为导体棒做匀变速运动,速度增加量为v电容器极板上增加的电荷量Q=CBLv根据电流的定义式I=Qt=CBLvt=CBLa对导体棒受力分析,根据牛顿第二定律,有F-f-BIL=ma将I=CBLa代入上式可得a=F-fm+CB2L2=0.5m/s2可知导体棒的加速度与时间无关,为一个定值,即导体棒做匀加速运动在t=10s时,v=at=5m/s,此时的功率P=Fv=1.5W。【答案】(1)0.45N60m(2)1.5W对电磁感应电源的理解:(1)电源的正负极可用右手定则或楞次定律判定,要特别注意在内电路中电流由负极到正极。(2)电磁感应电路中的电源与恒定电流的电路中的电源不同,前者是由于导体切割磁感线产生的,公式E=BLv,其大小可能变化,变化情况可根据其运动情况判断;而后者的电源电动势在电路分析中认为是不变的。(3)在电磁感应电路中,相当于电源的导体(或线圈)两端的电压与恒定电流的电路中电源两端的电压一样,等于路端电压,而不等于电动势。(除非切割磁感线的导体或线圈电阻为零)【变式训练1】(2019贵州贵阳1月自测)如图所示,矩形线圈在 0.01 s 内由原始位置转至位置。已知ad=510-2 m,ab=2010-2 m,匀强磁场的磁感应强度B=2 T,R1=R3=1 ,R2=R4=3 ,线圈的电阻r=0.5 。求:(1)平均感应电动势。(2)通过各电阻的平均电流。【解析】(1)设线圈在位置时,穿过它的磁通量为1,线圈在位置时,穿过它的磁通量为2,有1=BSsin30=0.01Wb,2=BS=0.02Wb得=2-1=0.01Wb根据法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势E-=t=1V。(2)将具有感应电动势的线圈等效为电源,其外电路的总电阻R=R1+R22=2根据闭合电路欧姆定律得总电流的平均值I-=E-R+r=0.4A通过各电阻的平均电流I=12I-=0.2A【答案】(1)1V(2)0.2A【变式训练2】(2018四川成都5月摸底)如图所示,绝缘水平面内固定有一间距d=1 m、电阻不计的足够长光滑矩形导轨AKDC,导轨两端接有阻值分别为R1=3 和R2=6 的定值电阻,矩形区域AKFE、NMCD范围内均有方向竖直向下、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场和,一质量m=0.2 kg、电阻r=1 的导体棒bc垂直放在导轨上AK与EF之间某处,在方向水平向右、大小F0=2 N的恒力作用下由静止开始运动,刚要到达EF时导体棒bc的速度大小v1=3 m/s,导体棒bc进入磁场后,导体棒bc中通过的电流始终保持不变,导体棒bc在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好,空气阻力不计。(1)求导体棒bc刚要到达EF时的加速度大小a1。(2)求两磁场边界EF和MN之间的距离L。【解析】(1)导体棒bc刚要到达EF时,在磁场中切割磁感线产生的感应电动势E1=Bdv1,经分析可知,此时导体棒bc所受安培力的方向水平向左,由牛顿第二定律,则有F0-BI1d=ma1根据闭合电路的欧姆定律,则有I1=E1R+r上式中R=R1R2R1+R2=2联立解得a1=5m/s2。(2)导体棒bc进入磁场后,受到的安培力与F0平衡,做匀速直线运动,导体棒bc中通过的电流I2保持不变,则有F0=BI2d,其中I2=Bdv2R+r设导体棒bc从EF运动到MN的过程中的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律,则有F0=ma2导体棒bc在EF、MN之间做匀加速直线运动,则有v22-v12=2a2L联立解得L=1.35m。【答案】(1)5m/s2(2)1.35m题型二电磁感应中的动力学问题1.特点:感应电流在磁场中受到安培力的作用,因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起。解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(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、动能定理等)。2.解题的基本方法:(1)选择研究对象,即哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统。(2)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。(3)求回路中的电流大小。(4)分析其受力情况。(5)分析研究对象所受各力的做功情况和合力做功情况,选定所要应用的物理规律。(6)运用物理规律列方程求解。【温馨提示】解决这类问题的关键是通过运动状态的分析,寻找过程中的临界状态,如求速度、加速度的最大值或最小值的条件,思维框架如下所示:导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力合力变化加速度变化速度变化临界状态。【例2】如图所示,有一光滑的水平导电轨道置于竖直向上的匀强磁场中,导轨由宽度分别为2L、L的两部分组合而成。两导体棒ab、cd分别垂直两导轨水平放置,质量均为m、有效电阻均为R。现给ab一水平向左的初速度v0,导轨电阻不计且足够长,ab、cd最终都做匀速直线运动,已知cd离开宽轨,滑上无磁场的光滑圆弧轨道后上升的最大高度为h,重力加速度为g。从cd开始运动到cd离开磁场这一过程中,求:(1)ab开始运动瞬间cd所受安培力的大小和方向。(2)ab做匀速运动时的速度大小。(3)上述过程中闭合电路中产生的焦耳热。【解析】(1)ab开始运动瞬间,产生的电动势E=BLv0根据闭合电路的欧姆定律可得I=E2R根据右手定则可得电流方向为dbac,根据左手定则可知cd所受安培力方向水平向左,大小F安=BI2L解得F安=B2L2v0R。(2)设cd滑上无磁场的光滑圆弧轨道时初速度为v1,则有mgh=12mv12cd和ab在导轨上最终做匀速运动时,此时闭合回路的磁通量不变,所以ab棒的速度v2=2v1则v2=22hg。(3)由功能关系,有Q=mv022-12mv12+12mv22得Q=12mv02-5mgh。【答案】(1)B2L2v0R水平向左(2)22hg(3)12mv02-5mgh对于电磁感应问题的研究思路有两条:一条从力的角度,重点分析安培力作用下导体棒的平衡问题,根据平衡条件列出方程;另一条从能量角度,分析涉及电磁感应现象的能量转化问题,根据动能定理、功能关系等列方程求解。【变式训练3】(2018福建福州二模)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系,小明设计了如图所示的装置。半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴OO上,由电动机带动旋转。在金属导轨区域内存在磁感应强度大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场。另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内,并与固定在竖直平面内的U形导轨保持良好接触,导轨间距为l,底部接阻值也为R的电阻,处于磁感应强度大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与U形导轨连接。当开关S断开,棒cd静止时,弹簧伸长量为x0;当开关S闭合,电动机以某一转速顺时针匀速转动,棒cd再次静止时,弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)。不计其余电阻和摩擦等阻力,求此时:(1)通过棒cd的电流Icd。(2)电动机对该装置的输出功率P。(3)电动机转动角速度与弹簧伸长量x之间的函数关系。【解析】(1)S断开时,cd棒静止,有mg=kx0S闭合时,cd棒静止,有mg+B2Icdl=kx联立解得Icd=mg(x-x0)B2lx0。(2)回路总电阻R总=R+12R=32R总电流I=2Icd=2mg(x-x0)B2lx0电动机对该装置的输出功率P=I2R总=6m2g2R(x-x0)2B22l2x02。(3)由法拉第电磁感应定律得E=12B1l2回路总电流I=ER总=B1l23R联立解得=6mgR(x-x0)B1B2l3x0。【答案】(1)mg(x-x0)B2lx0(2)6m2g2R(x-x0)2B22l2x02(3)6mgR(x-x0)B1B2l3x0【变式训练4】(2019广西南宁1月检测)如图甲所示,放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L=1 m,质量m=1 kg 的光滑导体棒放在导轨上,导轨左端与阻值R=4 的电阻相连,导轨所在位置有磁感应强度大小B=2 T的匀强磁场,磁场的方向垂直导轨平面向下,现给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F,并每隔0.2 s测量一次导体棒的速度,图乙是根据所测数据描绘出的导体棒的v-t图象。设导轨足够长,求:(1)力F的大小。(2)t=1.6 s时,导体棒的加速度大小。(3)若1.6 s内导体棒的位移x=8 m,试计算1.6 s内电阻产生的热量。【解析】(1)感应电动势E=BLv感应电流I=ER,安培力F安=BIL当速度最大时F=F安解得F=B2L2vmR=10N。(2)当t=1.6s时,v1=8m/s,此时F安=B2L2v1R=8NF-F安=ma,解得a=2m/s2。(3)由能量守恒得Fx=Q+12mv12解得1.6s内电阻产生的热量Q=48J。【答案】(1)10N(2)2m/s2(3)48J题型三电磁感应中的能量问题1.特点: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.基本思路:(1)在电磁感应中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势,该导体或回路就相当于电源。(2)搞清楚有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。(3)根据能量守恒列方程求解。3.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的几种方法【温馨提示】求解电能应分清两类情况:(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算。(2)若电流变化,则可利用安培力做功求解,电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;也可利用能量守恒求解,若只有电能与机械能的转化,则减少的机械能等于产生的电能。【例3】某同学设计了电磁健身器,简化装置如图所示。两根平行金属导轨相距l=0.50 m,倾角=53,导轨上端接一个R=0.05 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,磁感应强度大小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轻的拉杆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F=80 N的恒力沿绳拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终与导轨垂直。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。已知sin 53=0.8,cos 53=0.6,重力加速度g=10 m/s2,不计其他电阻、摩擦力,以及拉杆和绳索的质量。(1)求CD棒进入磁场时速度v的大小。(2)通过数据计算,说明CD棒进入磁场后的运动情况。(3)某健身者锻炼过程中,没有保持80 N的恒定拉力。若测出CD棒到达磁场上边缘时的速度为2 m/s,CD棒每次上升过程中,电阻产生的焦耳热Q=22.4 J,这位健身者为了消耗8000 J的热量,约需完成以上动作多少次?【解析】(1)CD棒进入磁场前,根据牛顿第二定律,有F-mgsin=ma解得a=12m/s2由匀变速公式2as=v2,解得v=2.4m/s。(2)CD棒刚进入磁场时,感应电动势E=Blv=2.4V感应电流I=ER=48A安培力F安=BIl=48N,方向沿斜面向下重力沿斜面方向的分力G1=mgsin=32N因拉力F=80N,则F=F安+G1,即合力为零,故CD棒进入磁场后,做匀速运动。(3)每次上升过程,CD棒增加的重力势能Ep=mg(s+d)sin=25.6J增加的动能Ek=12mvt2=8J每次需消耗的能量E=Ek+Ep+Q=56J次数n=E总E142.86,则完成以上动作约需143次。【答案】(1)2.4m/s(2)匀速运动(3)143次依据牛顿第二定律,结合运动学公式,即可求CD棒进入磁场时的速度,再根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律,确定安培力的大小,结合矢量的合成法则,确定合力大小,整个运动过程中,运动员消耗的能量转化为CD棒的动能、重力势能及电路的焦耳热,根据能量守恒定律,即可求解。【变式训练5】(2019甘肃陇南1月月考)如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,则小磁块()。A.在Q和P中都做自由落体运动B.在两个下落过程中的机械能都守恒C.在P中的下落时间比在Q中的长D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大【解析】当小磁块在光滑的铜管P中下落时,由于穿过铜管的磁通量变化,导致铜管产生感应电流,从而产生安培力,阻碍小磁块的运动,所以P做的不是自由落体运动。在塑料管内小磁块没有受到任何阻力,做自由落体运动,故A项错误。由A项分析可知,在铜管中运动的小磁块机械能不守恒,而在塑料管中运动的小磁块机械能守恒,故B项错误。在铜管中小磁块受到安培力,则在P中的下落时间比在Q中的长,故C项正确。根据动能定理可知,因安培力做功产生热能,则至底部时在P中的速度比在Q中的小,故D项错误。【答案】C【变式训练6】(2018浙江台州一模)(多选)如图甲所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域,MN和MN是匀强磁场区域的水平边界,并与线框的bc边平行,磁场方向与线框平面垂直。现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落,图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v-t图象。已知金属线框的质量为m,电阻为R,当地的重力加速度为g,图象中坐标轴上所标出的v1、v2、v3、t1、t2、t3、t4均为已知量(下落过程中线框abcd始终在竖直平面内,且bc边始终水平)。根据题中所给条件,以下说法正确的是()。A.可以求出金属线框的边长B.线框穿出磁场时间(t4-t3)等于进入磁场时间(t2-t1)C.线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向相同D.线框穿出磁场与进入磁场过程产生的焦耳热相等【解析】由线框运动的v-t图象,可知0t1时间线框自由下落,t1t2时间线框进入磁场,t2t3时间线框在磁场中只受重力作用加速下降,t3t4时间线框匀速离开磁场。线框的边长l=v3(t4-t3),A项正确。由于线框离开磁场时的速度v3大于进入磁场时的平均速度,因此线框穿出磁场的时间小于进入磁场的时间,B项错误。线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向都竖直向上,C项正确。线框进入磁场时有Q1=12mv12+mgl-12mv22;线框穿出磁场时有mgl=Q2,可见Q1b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且均为F安,有F安=IdB磁铁受到沿斜面向上的作用力为F,其大小F=2F安磁铁匀速运动时受力平衡,则有F-mgsin=0联立可得I=mgsin2Bd。(2)磁铁穿过铝条时,在铝条中产生的感应电动势为E,有E=Bdv铝条与磁铁正对部分的电阻为R,由电阻定律有R=ddb由欧姆定律有I=ER联立可得v=mgsin2B2d2b。(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,联立上式可得F=2B2d2bv当铝条的宽度bb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=2B2d2bv可见,FF=mgsin,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时,磁铁重新达到平衡状态,将再次以较小的速度匀速下滑。【答案】(1)mgsin2Bd(2)v=mgsin2B2d2b(3)见解析1.(2018浙江绍兴一模)(多选)如图甲所示是一种手摇发电的手电筒,内部有一固定的线圈和可来回运动的条形磁铁,其原理图如图乙所示。当沿图中箭头方向来回摇动手电筒时,条形磁铁在线圈内来回运动,灯泡发光。在此过程中,下列说法正确的是()。A.增加摇动频率,灯泡变亮B.线圈对磁铁的作用力方向不变C.磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时,灯泡中电流方向相反D.磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出过程,灯泡中电流方向相同【解析】要使灯泡亮度增大,即电流变大,可以加速切割、增加线圈匝数、更换磁性更强的磁铁或者增大摇动的频率,故A项正确。根据楞次定律的推论“来拒去留”可知,线圈对磁铁的作用力方向要发生变化,故B项错误。磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时,穿过线圈的磁通量均先增大后减小,根据楞次定律可知灯泡中电流方向相反,故C项正确。同理可知,D项错误。【答案】AC2.(2018湖北九校联考)如图所示,磁感应强度大小B=0.2 T的匀强磁场中有一固定金属线框PMNQ,线框平面与磁感线垂直,线框宽度L=0.4 m。导体棒CD垂直放置在线框上,并以垂直于棒的速度v=5 m/s向右匀速运动,运动过程中导体棒与金属线框保持良好接触。导体棒接入电路中的有效电阻R= 0.5 ,金属线框电阻不计,则匀强磁场对导体棒的安培力大小和回路中的电功率分别为()。A.F= 0.032 N,P= 0.64 WB.F= 0.032 N,P= 0.32 WC.F= 0.064 N,P= 0.32 WD.F= 0.064 N,P= 0.64 W【解析】MNCDM回路中的感应电动势E=BLv,回路中的电流I=ER,导体棒受到的安培力F=BIL,联立解得F=B2L2vR=0.064N,方向向左,回路中的电功率P=EI=0.32W,C项正确。【答案】C3.(2018河南安阳二模)(多选)如图所示,有两根和水平方向成角的光滑平行金属导轨,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.如果只有B增大,vm将变大B.如果只有变大,vm将变大C.如果只有R变大,vm将变大D.如果只有m变小,vm将变大【解析】当金属杆匀速运动时,速度最大,此时有mgsin=F安,又安培力F安=B2L2vmR,联立解得vm=mgRsinB2L2。如果只增大B,vm将变小,A项错误;当只增大时,vm将变大,B项正确;当只增大R时,vm将变大,C项正确;当只减小m时,vm将变小,D项错误。【答案】BC4.(2018湖北宜昌9月月考)(多选)如图所示,间距L=1.0 m、长为5.0 m的光滑导轨固定在水平面上,一电容C=0.1 F的平行板电容器接在导轨的左端。垂直于水平面的磁场沿x轴方向上按B=B0+kx(其中B0=0.4 T,k=0.2 T/m)分布,垂直x轴方向的磁场均匀分布。现有一导体棒横跨在导体框上,在沿x轴方向的水平拉力F作用下,以v=2.0 m/s的速度从x=0处沿x轴方向匀速运动,不计所有电阻,下列说法中正确的是()。A.电容器中的电场随时间均匀增大B.电路中的电流随时间均匀增大C.拉力F的功率随时间均匀增大D.导体棒运动至x=3 m处时,所受安培力为0.02 N【解析】根据导体切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,所以E=BLv,因为磁场随位移均匀变化,所以感应电动势随位移均匀增大,电容器两端的电压均匀变化,电场强度也是均匀变化的,A项正确;电容器的电容C=QU=ItBLv,解得I=BtLCv,由于导体棒匀速运动,且磁感应强度随位移均匀变化,而x=vt,所以电流不变,B项错误;导体棒匀速运动,根据平衡条件可得F=BIL,而B均匀增大,所以安培力均匀增大,拉力F均匀增大,拉力做功功率等于克服安培力做功功率,根据P=Fv可知,外力的功率均匀增大,C项正确;导体棒运动至x=3m处时,磁感应强度B=(0.4+0.23)T=1T,电流I=BtLCv=BxLCv2=0.08A,所以导体棒所受安培力F=BIL=0.08N,D项错误。【答案】AC5.(2019河北张家口1月模拟)(多选)如图所示,固定的竖直光滑U形金属导轨,间距为L,上端接有阻值为R的电阻,处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中,质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上,导轨的电阻忽略不计。初始时刻,弹簧处于伸长状态,其伸长量x1=mgk,此时导体棒具有竖直向上的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中,导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是()。A.初始时刻导体棒受到的安培力大小F=B2L2v0RB.初始时刻导体棒加速度的大小a=2g+B2L2v0m(R+r)C.导体棒往复运动,最终静止时弹簧处于压缩状态D.导体棒开始运动直到最终静止的过程中,电阻R上产生的焦耳热Q=12mv02+2m2g2k【解析】导体棒的初速度为v0,初始时刻产生的感应电动势E=BLv0,初始时刻回路中产生的电流I=ER+r,导体棒受到的安培力F=BIL,联立解得F=B2L2v0R+r,A项错误;初始时刻,弹簧处于伸长状态,导体棒受到的重力、安培力和弹簧的弹力均向下,由ma=mg+kx1+F,解得a=2g+B2L2v0m(R+r),B项正确;导体棒最终静止时,受到的重力和弹簧的弹力平衡,所以弹力的方向向上,此时导体棒的位置比初始时刻降低了,C项正确;导体棒最终静止时,棒受到的重力和弹簧的弹力平衡,有mg=kx2,得x2=mgk,由于x1=x2,所以弹簧的弹性势能不变,由能量守恒定律得mg(x1+x2)+Ek=Q,解得系统产生的总热量Q=12mv02+2m2g2k,R上产生的热量要小于系统产生的总热量,D项错误。【答案】BC6.(2019黑龙江绥化1月自测)(多选)如图甲所示,相距为L的两条平行光滑的金属导轨ab、cd被固定在水平桌面上,两根质量均为m、电阻均为R的导体棒M和N置于导轨上。一条跨过桌边定滑轮的轻质细线一端与导体棒M相连,另一端与套在光滑竖直杆上的质量为m的物块P相连,整个系统处于竖直向上的匀强磁场(图中未画出)中,磁感应强度为B。一开始整个系统处于静止状态,跨过滑轮的细绳水平。现由静止状态开始释放物块P,当其下落高度为h时细线与杆成37角,此时物块P的速度为v,导体棒N的速度为u。若不计导轨电阻及一切摩擦,运动过程中导体棒始终与导轨垂直且有良好的接触,则()。甲A.在此过程中绳上拉力对导体棒M所做的功等于mgh-12mv2B.在此过程中电路中产生的电能为mgh-4130mv2C.在此过程