熱點專題系列6 電磁感應(yīng)中的桿和導軌導線框高考物理總復習新教材版

熱點專題系列(六)電磁感應(yīng)中的“桿和導軌、導線框”模型對應(yīng)學生用書P313熱點概述：電磁感應(yīng)中的“桿和導軌、導線框”運動模型，是導體切割磁感線運動過程中動力學與電磁學知識的綜合應(yīng)用，此類問題是高考命題的重點。[熱點透析]單桿模型v0≠0v0＝0示意圖質(zhì)量為m、電阻不計的導體桿ab以一定初速度v0在光滑水平軌道上滑動，兩平行導軌間距為L軌道水平光滑，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導軌間距為L軌道水平光滑，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導軌間距為L，拉力F恒定軌道水平光滑，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導軌間距為L，拉力F恒定力學觀點導體桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝BLv，電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，做減速運動：v?F?a，當v＝0時，F(xiàn)＝0，a＝0，桿保持靜止S閉合，桿ab受安培力F＝eq\f(BLE,r)，此時a＝eq\f(BLE,mr)，桿ab速度v?感應(yīng)電動勢BLv?I?安培力F＝BIL?加速度a，當E感＝E時，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)開始時a＝eq\f(F,m)，桿ab速度v?感應(yīng)電動勢E＝BLv?I?安培力F安＝BIL，由F－F安＝ma知a，當a＝0時，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)開始時a＝eq\f(F,m)，桿ab速度v?感應(yīng)電動勢E＝BLv，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，此時感應(yīng)電動勢E′＝BL(v＋Δv)，Δt時間內(nèi)流入電容器的電荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv電流I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLeq\f(Δv,Δt)＝CBLa安培力F安＝BLI＝CB2L2aF－F安＝ma，a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，所以桿以恒定的加速度勻加速運動運動圖像能量觀點動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)電源輸出的電能轉(zhuǎn)化為動能：W電＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動能，一部分產(chǎn)生電熱：WF＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)F做的功一部分轉(zhuǎn)化為動能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WF＝eq\f(1,2)mv2＋EC注：(1)在電磁感應(yīng)中，動量定理應(yīng)用于單桿切割磁感線運動，可求解變力的時間、速度、位移和電荷量。(2)若光滑導軌傾斜放置，要考慮導體桿受到重力沿導軌斜面向下的分力作用，分析方法與表格中受外力F時的情況類似，這里就不再贅述。(多選)如圖所示，寬為L的水平光滑金屬軌道上放置一根質(zhì)量為m的導體棒MN，軌道左端通過一個單刀雙擲開關(guān)與一個電容器和一個阻值為R的電阻連接，勻強磁場的方向垂直于軌道平面向里，磁感應(yīng)強度大小為B，電容器的電容為C，金屬軌道和導體棒的電阻不計?，F(xiàn)將開關(guān)撥向“1”，導體棒MN在水平向右的恒力F作用下由靜止開始運動，經(jīng)時間t0后，將開關(guān)S撥向“2”，再經(jīng)時間t，導體棒MN恰好開始勻速向右運動。下列說法正確的是()A．開關(guān)撥向“1”時，導體棒做加速度逐漸減小的加速運動B．開關(guān)撥向“2”時，導體棒可能先做加速度逐漸減小的減速運動C．開關(guān)撥向“2”后，導體棒勻速運動的速率為eq\f(FR,B2L2)D．t0時刻電容器所帶的電荷量為eq\f(CBLFt0,m＋CB3L2)[答案]BC[解析]開關(guān)撥向“1”時，經(jīng)過Δt，電容器充電ΔQ＝C·ΔE＝CBL·Δv，流過導體棒的電流I0＝eq\f(ΔQ,Δt)，對導體棒應(yīng)用牛頓第二定律有F－BI0L＝ma0，聯(lián)立得F－Beq\f(CBL·Δv,Δt)L＝ma0，根據(jù)加速度的定義式a＝eq\f(Δv,Δt)得a0＝eq\f(F,m＋CB2L2)，加速度為定值，所以導體棒做勻加速直線運動，故A錯誤；開關(guān)撥向“2”時，某時刻導體棒受到的安培力表達式為FA＝BIL＝Beq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)，根據(jù)楞次定律可知安培力阻礙導體棒的相對運動，方向水平向左，若安培力大于F，則導體棒做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律FA－F＝ma，導體棒速度減小，加速度減小，所以導體棒可能做加速度減小的減速運動，故B正確；開關(guān)撥向“2”后，導體棒勻速運動時，導體棒受力平衡，則F＝eq\f(B2L2v1,R)，解得v1＝eq\f(FR,B2L2)，故C正確；開關(guān)撥向“1”時，導體棒做勻加速直線運動，經(jīng)過t0時間，導體棒產(chǎn)生的電動勢E0＝BL·a0t0＝eq\f(BLFt0,m＋CB2L2)，此時電容器所帶的電荷量Q＝CE0＝eq\f(CBLFt0,m＋CB2L2)，故D錯誤。雙桿模型1．初速度不為零，不受其他水平外力的作用光滑的平行導軌光滑不等距導軌示意圖質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長度Lb＝La質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長度Lb＝2La力學觀點桿b受安培力做變減速運動，桿a受安培力做變加速運動，穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，以相等的速度勻速運動桿b受安培力做變減速運動，桿a受安培力做變加速運動，穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，兩桿的速度之比為1∶2運動圖像能量觀點一部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q＝－ΔEk動量觀點兩桿組成的系統(tǒng)動量守恒兩桿組成的系統(tǒng)動量不守恒對單桿可以用動量定理2．初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用光滑的平行導軌不光滑的平行導軌示意圖質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長度Lb＝La質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長度Lb＝La摩擦力Ffb＝Ffa力學觀點開始時，兩桿受安培力做變加速運動；穩(wěn)定時，兩桿以相同的加速度做勻加速運動開始時，若Ff<F≤2Ff，則a桿先變加速后勻速運動；b桿靜止。若F>2Ff，a桿先變加速后勻加速運動，b桿先靜止后變加速最后和a桿同時做勻加速運動，且加速度相同運動圖像能量觀點F做的功轉(zhuǎn)化為兩桿的動能和內(nèi)能：WF＝ΔEk＋QF做的功轉(zhuǎn)化為兩桿的動能和內(nèi)能(包括電熱和摩擦熱)：WF＝ΔEk＋Q電＋Qf動量觀點兩桿組成的系統(tǒng)動量不守恒對單桿可以用動量定理兩桿組成的系統(tǒng)動量不守恒對單桿可以用動量定理注：對于不在同一平面上運動的雙桿問題，動量守恒定律不適用，可以用牛頓運動定律、能量觀點、動量定理進行解決。(2020·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，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．導體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值[答案]BC[解析]金屬框在力F的作用下向右運動，bc邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，在回路MNcb中有感應(yīng)電流，使得導體棒MN受到向右的安培力而向右做加速運動，bc邊受到向左的安培力。當MN運動時，金屬框的bc邊和導體棒MN一起切割磁感線，設(shè)導體棒MN和金屬框的速度分別為v1、v2，導體棒的電阻為R，金屬框的寬度為L，磁感應(yīng)強度為B，則電路中的總電動勢E＝BL(v2－v1)，電路中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv2－v1,R)，金屬框受到的安培力F安框＝BIL＝eq\f(B2L2v2－v1,R)，與運動方向相反；導體棒MN受到的安培力F安MN＝BIL＝eq\f(B2L2v2－v1,R)，與運動方向相同。設(shè)導體棒MN和金屬框的質(zhì)量分別為m1、m2，加速度分別為a1、a2，則對導體棒MN，有eq\f(B2L2v2－v1,R)＝m1a1，對金屬框，有F－eq\f(B2L2v2－v1,R)＝m2a2。導體棒MN和金屬框的初始速度均為零，則a1從零開始逐漸增加，a2從eq\f(F,m2)開始逐漸減小，當a1＝a2時，相對速度v2－v1＝eq\f(FRm1,B2L2m1＋m2)，之后a1、a2不變，v2－v1恒定，整個運動過程用速度—時間圖像描述如圖所示。綜上可得，經(jīng)過一段時間后，金屬框和導體棒的加速度大小趨于恒定值，所受安培力的大小也趨于恒定值，B、C正確；金屬框的速度會一直增大，導體棒到金屬框bc邊的距離也會一直增大，A、D錯誤。導線框模型分析導線框在有界磁場中的運動問題時，通常將導線框的整個運動過程分為“進磁場”“在磁場中平動”“出磁場”三個階段，然后分別對它們分析，以確定導線框的運動情況。常見導線框情景及解題思路常見情景動力學分析能量分析動量分析在安培力作用下穿越磁場以進入磁場時為例，設(shè)運動過程中某時刻的速度為v，加速度大小為a，則a＝eq\f(B2L2v,mR)，a與v方向相反，導線框做減速運動，v↓?a↓，即導線框做加速度減小的減速運動，最終勻速運動(全部進入磁場)或靜止(導線框離開磁場過程的分析相同)部分(或全部)動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，Q＝－ΔEk動量不守恒，可用動量定理分析導線框的位移、速度、通過導線橫截面的電荷量和變力作用的時間：(1)求電荷量或速度：－Beq\x\to(I)·LΔt＝mv2－mv1，q＝eq\x\to(I)Δt；(2)求位移：－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R總)＝0－mv0，即－eq\f(B2L2x,R總)＝0－mv0；(3)求時間：①－Beq\x\to(I)LΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1已知電荷量q，F(xiàn)其他為恒力，可求出變加速運動的時間；②－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R總)＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－eq\f(B2L2x,R總)＋F其他·Δt＝mv2－mv1若已知位移x，F(xiàn)其他為恒力，也可求出變加速運動的時間在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁場以進入磁場的過程為例，設(shè)運動過程中某時刻導線框的速度為v，加速度為a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)。(1)若進入磁場時eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v,mR)，則導線框勻速運動；(2)若進入磁場時eq\f(F,m)>eq\f(B2L2v,mR)，則導線框做加速度減小的加速運動(直至勻速)；(3)若進入磁場時eq\f(F,m)<eq\f(B2L2v,mR)，則導線框做加速度減小的減速運動(直至勻速)(導線框離開磁場過程的分析相同)力F做的功等于導線框的動能變化量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和，WF＝ΔEk＋Q(2021·北京市西城區(qū)高三下5月統(tǒng)一測試)如圖1所示，地面上方高度為d的空間內(nèi)有水平方向的勻強磁場，質(zhì)量為m的正方形閉合導線框abcd的邊長為l，從bc邊距離地面高為h處將其由靜止釋放，已知h>d>l。從導線框開始運動到bc邊即將落地的過程中，導線框的v-t圖像如圖2所示。重力加速度為g，不計空氣阻力，以下有關(guān)這一過程的判斷正確的是()A．t1～t2時間內(nèi)導線框受到的安培力逐漸增大B．磁場的高度d可以用v-t圖中陰影部分的面積表示C．導線框重力勢能的減少量等于其動能的增加量D．導線框產(chǎn)生的焦耳熱大于mgl[答案]D[解析]由圖2可知，0～t1時間內(nèi)，導線框自由下落，t1～t2時間內(nèi)導線框切割磁感線進入磁場，做加速度減小的減速運動，完全進入磁場后，做勻加速運動。t1～t2時間內(nèi)對導線框受力分析可知，F(xiàn)安－mg＝ma，a減小，則安培力在減小，A錯誤；根據(jù)題意可知，t1時刻bc邊開始進入磁場，t3時刻bc邊即將到達地面，所以磁場高度d為t1～t3時間內(nèi)的位移，即v-t圖線t1～t3部分與t軸所圍面積，而不是圖2中陰影部分面積，B錯誤；根據(jù)題意可知，安培力做負功，所以重力勢能減少量等于動能增加量和克服安培力做功之和，C錯誤；由題可知t1～t2時間內(nèi)F安>mg且W安＝F安l，所以在下降過程中導線框產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W安>mgl，D正確。[熱點集訓]1.(2021·山東省新高考模擬)如圖所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導軌，導軌光滑且電阻不計，阻值為R的導體棒垂直于導軌放置，且與導軌接觸良好。導軌所在空間存在勻強磁場，勻強磁場與導軌平面垂直。t＝0時，將開關(guān)S由1擲向2，分別用q、i、v和a表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度大小和加速度大小，則下列圖像中正確的是()答案D解析開關(guān)S由1擲向2，電容器放電，會在電路中產(chǎn)生電流，導體棒中有電流通過，會受到安培力的作用，產(chǎn)生加速度而加速運動，則導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，速度增大，感應(yīng)電動勢增大，則電路中電流減小，導體棒所受安培力減小，加速度減小，因?qū)к壒饣?，所以在有電流通過棒的過程中，棒一直加速運動，加速度逐漸減小，速度逐漸增大；當感應(yīng)電動勢等于電容器兩端的電壓時，電路中無電流，導體棒做勻速運動，加速度為零，速度達到最大值，此時電容器所帶電荷量q＝CU不為零。綜上所述，A、B、C錯誤，D正確。2.(2021·山東省濟寧市一模)(多選)如圖所示，光滑導軌的傾斜部分和水平部分在MM′處平滑連接，導軌間距為L。導軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，傾斜導軌連接阻值為R的電阻?，F(xiàn)讓質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬棒a從距水平導軌高h處由靜止釋放，金屬棒到達OO′位置時的速度是到達MM′位置時速度的eq\f(\r(2),2)倍，并最終停止在水平導軌上。金屬棒與導軌接觸良好且導軌電阻不計，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．金屬棒剛進入磁場時回路中的電流大小為eq\f(BL\r(gh),2R)B．金屬棒運動到OO′時加速度的大小為eq\f(B2L2\r(gh),2mR)C．在金屬棒整個運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mghD．金屬棒從MM′運動到OO′的過程中通過金屬棒導體截面的電荷量為eq\f(\r(2)－1m\r(gh),BL)答案BD解析對金屬棒下滑過程，根據(jù)動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，金屬棒剛進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv，根據(jù)閉合電路歐姆定律，回路中的電流為I＝eq\f(E,R＋R)，聯(lián)立解得I＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A錯誤。由題意可知，金屬棒到達OO′位置時的速度為eq\f(\r(2)v,2)，此時的電流為I1＝eq\f(\r(2)BLv,4R)，根據(jù)牛頓第二定律得F＝BI1L＝ma，解得a＝eq\f(B2L2\r(gh),2mR)，故B正確。對金屬棒整個運動過程，根據(jù)能量守恒定律得Q總＝mgh，故電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝eq\f(R,R＋R)Q總＝eq\f(1,2)mgh，故C錯誤。金屬棒從MM′運動到OO′過程中，取水平向右為正方向，根據(jù)動量定理得－Beq\x\to(I)Lt＝eq\f(\r(2)mv,2)－mv，即－BLq＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－1))mv，解得q＝eq\f(\r(2)－1m\r(gh),BL)，故D正確。3．(2021·福建高考)(多選)如圖，P、Q是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導軌，間距為L，導軌足夠長且電阻可忽略不計。圖中EFGH矩形區(qū)域有一方向垂直導軌平面向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。在t＝t1時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進入磁場，速度大小均為v0；一段時間后，流經(jīng)a棒的電流為0，此時t＝t2，b棒仍位于磁場區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b由相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，a棒的質(zhì)量為m。在運動過程中兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則()A．t1時刻a棒加速度大小為eq\f(2B2L2v0,3mR)B．t2時刻b棒的速度為0C．t1～t2時間內(nèi)，通過a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍D．t1～t2時間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(2,9)mveq\o\al(2,0)答案AD解析由題知，t1時刻，a棒進入磁場的速度方向向右，b棒的速度方向向左，根據(jù)右手定則可知，a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和b棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢在回路中均為逆時針方向，所以流過金屬棒a、b的感應(yīng)電流I＝eq\f(2BLv0,R＋2R)＝eq\f(2BLv0,3R)，對a棒，根據(jù)牛頓第二定律有BIL＝ma，解得a＝eq\f(2B2L2v0,3mR)，故A正確；金屬棒a、b由相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，根據(jù)電阻定律有R＝ρeq\f(L,S)，2R＝ρeq\f(L,S′)，解得b棒的橫截面積S′＝eq\f(1,2)S，已知a棒的質(zhì)量為m，設(shè)b棒的質(zhì)量為m′，則有m＝ρ密V＝ρ密SL，m′＝ρ密V′＝ρ密S′L，聯(lián)立解得m′＝eq\f(1,2)m，根據(jù)左手定則，可知a棒受到的安培力向左，b棒受到的安培力向右，由于流過金屬棒a、b的電流一直相等，故兩個力大小始終相等，則a與b組成的系統(tǒng)動量守恒，由題知，t2時刻流過a棒的電流為0，說明金屬棒a、b在t2時刻均在磁場中且達到了共同速度，設(shè)為v，取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有mv0－eq\f(1,2)mv0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)m))v，解得v＝eq\f(1,3)v0，故B錯誤；在t1～t2時間內(nèi)，根據(jù)q＝It及金屬棒a、b串聯(lián)構(gòu)成回路，可知通過兩棒橫截面的電荷量相等，故C錯誤；在t1～t2時間內(nèi)，對金屬棒a、b組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m))veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)m))v2＋Q總，解得回路中產(chǎn)生的總熱量為Q總＝eq\f(2,3)mveq\o\al(2,0)，根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt，因金屬棒a、b中的電流一直相等，所用時間相同，故金屬棒a、b產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，即Qa∶Qb＝1∶2，又Qa＋Qb＝Q總＝eq\f(2,3)mveq\o\al(2,0)，解得a棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qa＝eq\f(2,9)mveq\o\al(2,0)，故D正確。4.(2021·湖南高考)(多選)兩個完全相同的正方形勻質(zhì)金屬框，邊長為L，通過長為L的絕緣輕質(zhì)桿相連，構(gòu)成如圖所示的組合體。距離組合體下底邊H處有一方向水平、垂直紙面向里的勻強磁場。磁場區(qū)域上下邊界水平，高度為L，左右寬度足夠大。把該組合體在垂直磁場的平面內(nèi)以初速度v0水平無旋轉(zhuǎn)拋出，設(shè)置合適的磁感應(yīng)強度大小B使其勻速通過磁場，不計空氣阻力。下列說法正確的是()A．B與v0無關(guān)，與eq\r(H)成反比B．通過磁場的過程中，金屬框中電流的大小和方向保持不變C．通過磁場的過程中，組合體克服安培力做功的功率與重力做功的功率相等D．調(diào)節(jié)H、v0和B，只要組合體仍能勻速通過磁場，則其通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量不變答案CD解析將組合體以初速度v0水平無旋轉(zhuǎn)拋出后，組合體進入磁場前做平拋運動，進入磁場后做勻速運動，由于金屬框水平切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相互抵消，則感應(yīng)電動勢E＝BLvy，其中vy＝eq\r(2gH)，根據(jù)平衡條件，有mg＝F安，而F安＝ILB，I＝eq\f(E,R)，聯(lián)立得B＝eq\r(\f(mgR,L2\r(2g)))·eq\f(1,\r(4,H))，則B與v0無關(guān)，與eq\r(4,H)成反比，A錯誤；當金屬框進入磁場時通過金屬框的磁通量增加，此時感應(yīng)電流的方向為逆時針方向，當金屬框出磁場時通過金屬框的磁通量減少，此時感應(yīng)電流的方向為順時針方向，B錯誤；由于組合體進入磁場后做勻速運動，有mg＝F安，則組合體克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正確；無論調(diào)節(jié)H、v0和B中的哪個物理量，只要組合體仍能勻速通過磁場，都有mg＝F安，則克服安培力做的功都為W＝F安·4L＝4mgL，即組合體通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量不變，D正確。5.(2021·全國甲卷)(多選)由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現(xiàn)的是()A．甲和乙都加速運動B．甲和乙都減速運動C．甲加速運動，乙減速運動D．甲減速運動，乙加速運動答案AB解析由于兩線圈從同一高度同時由靜止開始下落，則兩線圈下邊同時進入磁場，且速度相同，設(shè)為v；設(shè)線圈的邊長為l，匝數(shù)為n，則線圈下邊剛進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝nBlv；設(shè)線圈的密度為ρ0，質(zhì)量為m，則所用導線的橫截面積為S＝eq\f(m,4nlρ0)；設(shè)導線材料的電阻率為ρ，則線圈的電阻為R＝ρeq\f(4nl,S)＝eq\f(16n2l2ρρ0,m)；線圈下邊剛進入磁場時線圈中的感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(mBv,16nlρρ0)，線圈所受安培力大小為F＝nIlB＝eq\f(mB2v,16ρρ0)；以豎直向下為正方向，由牛頓第二定律有mg－F＝ma，解得a＝g－eq\f(F,m)＝g－eq\f(B2v,16ρρ0)，可知加速度和線圈的匝數(shù)、橫截面積無關(guān)，則甲和乙進入磁場時，具有相同的加速度；分析可知，在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，兩線圈的加速度和速度在任意時刻都相同。由a的表達式可知，若g>eq\f(B2v,16ρρ0)，即a>0，則在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，甲和乙都加速運動，或都先加速后勻速運動；若g<eq\f(B2v,16ρρ0)，即a<0，則在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，甲和乙都減速運動，或都先減速后勻速運動；若g＝eq\f(B2v,16ρρ0)，即a＝0，則在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁