2020届高考物理总复习第十单元电磁感应微专题10电磁感应中的动力学和能量问题教师用书（含解析） 16页

微专题10　电磁感应中的动力学和能量问题一电磁感应中的动力学问题　　1.导体棒的两种运动状态(1)平衡状态——导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态,加速度为零。(2)非平衡状态——导体棒的加速度不为零。2.两个研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看作电学对象(因为它相当于电源),又可看作力学对象(因为有感应电流而受到安培力),而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两个对象的纽带。例1　水平放置的两根足够长的平行金属导轨M、N间距L=2m,电阻忽略不计,处于磁感应强度大小B=1T、方向竖直向上的匀强磁场中,质量均为m=0.8kg、电阻均为r=1Ω的P、Q两金属棒垂直导轨放置,导轨与金属棒之间的动摩擦因数μ=0.5,且两者接触良好。两条轻绳的一端分别水平垂直连接P、Q,另一端分别通过光滑的定滑轮连接质量分别为2m与m的两物体A、C,轻绳足够长。开始时固定住物体A、C,轻绳拉直但其中张力为零,整个装置处于静止状态,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,其中g=10m/s2。(1)若始终固定住C,自由释放A,A的最大速度是多大?(2)若自由释放A,当A的速度至少多大时再释放C,C才能不下落?解析　(1)若始终固定住C,自由释放A,设当A的运动速度为v时,P切割磁感线产生的电动势E=BLv,则感应电流I=BLv2rP棒受到的安培力F=BIL=B2L2v2rA向下做加速运动,有2mg-FT=2maP向左做加速度大小与A相同的加速运动FT-μmg-B2L2v2r=ma可得2mg-μmg-B2L2v2r=3maA向下(P向左)做加速度减小的加速运动,直至以最大速度vm做匀速运动,此时有2mg=B2L2vm2r+μmg得vm=6m/s。(2)设当A的速度大小为v1时释放C,C刚好不下落,则此时Q所受摩擦力为最大静摩擦力,方向水平向左,所受安培力大小为F1,则有F1+μmg=mg解得F1=4N由F1=B2L2v12r得A的速度v1=2m/s即当A的速度大小至少为2m/s时释放C,C才不下落。答案　(1)6m/s　(2)2m/sn用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”,具体思路如下:二电磁感应中的能量问题　　1.产生和维持感应电流的过程就是其他形式的能量转化为电能的过程。导体在达到稳定状态之前,外力移动导体所做的功,一部分消耗于克服安培力做功,转化为产生感应电流的电能(或最后再转化为焦耳热),另一部分用于增加导体的机械能。2.安培力做正功和克服安培力做功的区别:当外力克服安培力做功时,就有其他形式的能转化为电能;当安培力做正功时,就有电能转化为其他形式的能。3.在较复杂的电磁感应现象中,经常涉及求解焦耳热的问题。尤其是变化的安培力,不能直接由Q=I2Rt求解,用能量守恒的方法就可以不必追究变力、变电流做功的具体细节,只需从全过程考虑,不涉及电流的产生过程,计算简便。4.解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤(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)分析清楚有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。(3)根据能量守恒定律列方程求解。例2　如图所示,“凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直,且处于同一竖直平面内,ab边长为l,cd边长为2l,ab与cd平行,间距为2l。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,cd边到磁场上边界的距离为2l,线框由静止释放,从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前,线框做匀速运动,在ef、pq边离开磁场后,ab边离开磁场之前,线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内,且ab、cd边保持水平,重力加速度为g。求:(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍。(2)磁场上下边界间的距离H。解析　(1)设磁场的磁感应强度大小为B,cd边刚进入磁场时,线框做匀速运动的速度为v1,cd边上的感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律,有E1=2Blv1设线框总电阻为R,此时线框中电流为I1,由闭合电路欧姆定律,有I1=E1Rn设此时线框所受安培力为F1,有F1=2BI1l由于线框做匀速运动,其受力平衡,有mg=F1　　联立上式得v1=mgR4B2l2设ab边离开磁场之前,线框做匀速运动的速度为v2,同理可得v2=mgRB2l2由上式得v2=4v1。(2)线框自释放直到cd边进入磁场前,由机械能守恒定律,有2mgl=12mv12线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律,有mg(2l+H)=12mv22-12mv12+Q联立上式得H=Qmg+28l。答案　(1)4倍　(2)Qmg+28l电磁感应分析中常见的“两个误区”和“两类错误”(1)对于双杆切割类问题,常存在两个误区:①忽视分析两杆产生感应电动势的方向。②求解安培力时忽视了两杆所处位置的磁感应强度大小或方向的差异。(2)求解焦耳热时容易出现以下两类错误:①不加分析就把某时刻的电流I代入公式Q=I2Rt求解焦耳热,大多数情况下感应电流I是变化的,求解焦耳热要用电流的有效值,因此不能用某时刻的电流代入公式Q=I2Rt求解焦耳热。②电路中产生焦耳热的元件不是一个,不加分析就误认为某个元件上的焦耳热就是整个电路产生的焦耳热。三电磁感应中的单杆模型　　单杆模型中常见的情况及处理方法v0≠0v0=0示意图导体杆ab以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动,质量为m,电阻不计,两导轨间距为L轨道水平光滑,导体杆ab的质量为m,电阻不计,两导轨间距为L轨道水平光滑,导体杆ab质量为m,电阻不计,两导轨间距为L,拉力F恒定轨道水平光滑,导体杆ab的质量为m,电阻不计,两导轨间距为L,拉力F恒定力学观点导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E=BLv,电流I=ER=BLvR,安培力F安S闭合,ab杆所受的安培力F安=BLEr,此时a=BLEmr,杆ab的速度v↑⇒感应电动势开始时a=Fm,杆ab的速度v↑⇒感应电动势E=BLv↑⇒I↑⇒安培力F安=BIL↑,由F-F安=ma知a↓,当a=开始时a=Fm,杆ab的速度v↑⇒感应电动势E=BLv↑,经过Δt速度为v+Δv,此时感应电动势E'=BL(v+Δv),Δt时间内流入电容器的电荷量Δq=CΔU=C(E'-n=BIL=B2L2vR,导体杆做减速运动;v↓⇒F安↓⇒a↓,当v=0时,F安=0,a=0,杆保持静止BLv↑⇒I↓⇒安培力F安=BIL↓⇒加速度a↓,当E感=E时,v最大,且vm=EBL0时,v最大,vm=FRB2L2E)=CBLΔv,电流I=ΔqΔt=CBLΔvΔt=CBLa,安培力F安=BLI=CB2L2a,F-F安=ma,a=Fm+B2L2C,所以杆以恒定的加速度做匀加速运动(续表)v0≠0v0=0图象观点能量观点动能全部转化为内能Q=12mv02电源输出的电能转化为动能W电=12mvm2F做的功一部分转化为杆的动能,一部分产生电热WF=Q+12mvm2F做的功一部分转化为动能,一部分转化为电场能WF=12mv2+EC　　例3　在甲、乙、丙三图中,除导体棒ab可动外,其余部分均固定不动,甲图中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略,导体棒和导轨间的摩擦也不计,图中装置均在水平面内,且都处于方向垂直水平面(纸面)向下的匀强磁场中,导轨足够长。今给导体棒ab一个向右的初速度v0,在甲、乙、丙三种情形下导体棒ab的最终运动状态是(　　)。A.三种情形下导体棒ab最终均做匀速运动B.甲、丙中,ab棒最终将以不同的速度做匀速运动;乙中,ab棒最终静止C.甲、丙中,ab棒最终将以相同的速度做匀速运动;乙中,ab棒最终静止D.三种情形下导体棒ab最终均静止解析　在甲中ab棒运动产生感应电动势对电容器充电,回路中产生感应电流,ab棒受到安培力作用,做减速运动,当电容器两端的电压等于ab棒两端的电压时,不再充、放电,回路中无电流,ab棒做匀速运动。在乙中,ab棒运动产生感应电动势,回路中产生感应电流,ab棒受到安培力作用,做减速运动,直到速度为零。在丙中,电源为ab棒供电,开始向右运动,ab棒运动产生的感应电流方向与原来电流同向,ab棒受到安培力作用,做减速运动,减到速度为零后,在安培力的作用下,向左加速。当ab棒产生的感应电动势与电源电动势相等时,ab棒中无电流,不再受力,将做匀速运动,故B项正确。答案　B例4　(多选)两根足够长的平行光滑导轨竖直放置,间距为L,底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则(　　)。A.释放瞬间金属棒的加速度大小等于重力加速度gB.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为a→bC.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小F=B2L2vRD.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量n　　解析　金属棒刚释放时,弹簧处于原长,弹力为零,又因此时速度为零,没有感应电流,金属棒不受安培力作用,只受到重力作用,其加速度大小应等于重力加速度,A项正确;金属棒向下运动时,由右手定则可知,流过电阻R的电流方向为b→a,B项错误;金属棒速度为v时,安培力大小F=BIL,又I=BLvR,解得F=B2L2vR,C项正确;金属棒下落的过程中,由能量守恒定律知,金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能(速度不为零时)以及电阻R上产生的热量,D项错误。答案　AC四电磁感应中的双杆模型　　1.建模(1)初速度不为零,不受其他水平外力的作用光滑的平行导轨光滑不等距导轨示意图质量m1=m2电阻r1=r2长度L1=L2杆MN、PQ间距足够长质量m1=m2电阻r1=r2长度L1=2L2杆MN、PQ间距足够长且只在各自的轨道上运动规律分析杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,以相等的速度匀速运动杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,两杆的速度之比为1∶2　　(2)初速度为零,一杆受到恒定水平外力的作用光滑的平行导轨不光滑平行导轨示意图质量m1=m2电阻r1=r2长度L1=L2摩擦力Ff1=Ff2质量m1=m2电阻r1=r2长度L1=L2n规律分析开始时,两杆做变加速运动;稳定时,两杆以相同的加速度做匀加速运动开始时,若F≤2Ff,则PQ杆先做变加速运动,后做匀速运动;MN杆静止。若F>2Ff,PQ杆先做变加速运动,后做匀加速运动,MN杆先静止后做变加速运动,最后和PQ杆同时做匀加速运动,且加速度相同　　2.解题思路例5　如图所示,两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α=53°角,该导轨间距L=0.5m,上端接一阻值R=2Ω的电阻,导轨电阻忽略不计。在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度B=0.8T。导体棒a的质量m1=0.1kg,其接入电路的电阻R1=1Ω;导体棒b的质量m2=0.2kg,接入电路的电阻R2=2Ω,它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好。现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放,运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域,且当a刚出磁场时b正好进入磁场。a、b电流间的相互作用不计,sin53°=0.8,cos53°=0.6,重力加速度取g=10m/s2。求:(1)导体棒a刚进入磁场时,流过电阻R的电流I。(2)导体棒a穿过磁场区域的速度v1的大小。(3)匀强磁场的宽度d。解析　(1)导体棒a在磁场中匀速运动,则m1gsinα-BIaL=0根据等效电路的结构有Ia=2I联立解得I=1A。(2)导体棒a在磁场中匀速运动时,有E1=BLv1,Ia=E1R总R总=R1+R2RR2+R联立解得v1=10m/s。(3)设导体棒b在磁场中匀速运动的速度为v2,则m2gsinα=BIbL,E2=BLv2Ib=E2R总',R总'=R2+R1RR1+R设导体棒a在磁场中运动的时间为Δt,则d=v1Δtnv2=v1+(gsinα)Δt联立解得d=1256m。答案　(1)1A　(2)10m/s　(3)1256m　　电磁感应与动量结合问题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棒做切割磁感线运动时,由于这两根导体棒所受的安培力大小相等,方向相反,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。类型1　动量定理和功能关系的应用例6　如图所示,匝数N=100、横截面积S=1.0×10-2m2、电阻r=0.15Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1,其变化率k=0.80T/s。线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d=0.20m的竖直导轨,下端连接阻值R=0.50Ω的电阻,一根阻值也为0.50Ω、质量m=1.0×10-2kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2。接通开关S后,棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直,且与导轨接触良好,不计摩擦阻力和导轨电阻,g取10m/s2。(1)求磁感应强度B2的大小,并指出磁场方向。(2)断开开关S后撤去挡条,棒开始下滑,经t=0.25s后下降了h=0.3m,求此过程棒上产生的热量。解析　(1)线圈中产生的感应电动势E=NΔΦΔt=NSΔB1Δt流过导体棒的电流Iab=E2r+R2导体棒对挡条的压力为零,有B2Iabd=mg得B2=0.5T,方向垂直纸面向外。(2)由动量定理得(mg-I-B2d)t=mv又Δq=I-t=dhB22R得v=gt-hB22d22Rmab棒产生的热量Q=12mgh-12mv2解得Q=2.9×10-3J。答案　(1)0.5T,方向垂直纸面向外　(2)2.9×10-3Jn变式1　如图所示,两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置,相距为L,导轨上端接电阻R,宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场,其宽度均为d,Ⅰ和Ⅱ之间相距h且无磁场。一长度为L、质量为m、电阻为r的导体棒,两端套在导轨上,并与两导轨始终保持良好的接触,导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放,在穿过两段磁场区域的过程中,流过电阻R上的电流及其变化情况相同,重力加速度为g。求:(1)导体棒进入区域Ⅰ的瞬间,通过电阻R的电流大小与方向。(2)导体棒通过区域Ⅰ的过程,电阻R上产生的热量Q。(3)导体棒穿过区域Ⅰ所用的时间。解析　(1)设导体棒进入区域Ⅰ瞬间的速度大小为v1根据动能定理,有mgH=12mv12由法拉第电磁感应定律得E=BLv1由闭合电路的欧姆定律得I=ER+r联立解得I=BLR+r2gH由右手定则知导体棒中电流方向向右,则通过电阻R的电流方向向左。(2)由题意知,导体棒进入区域Ⅱ的速度大小也为v1由能量守恒定律得Q总=mg(h+d)电阻R上产生的热量Q=RR+rmg(h+d)。(3)设导体棒穿出区域Ⅰ瞬间的速度大小为v2,从穿出区域Ⅰ到进入区域Ⅱ,有v12-v22=2gh得v2=2g(H-h)设导体棒穿过区域Ⅰ所用的时间为t,设向下为正方向,根据动量定理,有mgt-BI-Lt=mv2-mv1此过程通过整个回路的电荷量q=I-t=BLdR+r得t=B2L2dmg(R+r)+2(H-h)g-2Hg。答案　(1)BLR+r2gH,方向向左　(2)RR+rmg(h+d)　(3)B2L2dmg(R+r)+2(H-h)g-2Hg类型2　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,在该闭合电路中形成一定的感应电流;另一根导体棒在磁场中通过时在安培力的作用下开始运动,一旦运动起来也将切割磁感线而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。例7　足够长的平行金属轨道M、N,相距L=0.5m,且水平放置,M、N左端与半径R=0.4m的光滑竖直半圆轨道相连,与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动,两金属棒的质量mb=mc=0.1kg,接入电路的有效电阻Rb=Rc=1Ω,轨道的电阻不计。平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度nB=1T的匀强磁场中,磁场方向与轨道平面垂直且向上,光滑竖直半圆轨道在磁场外,如图所示,若使b棒以初速度v0=10m/s开始向左运动,运动过程中b、c不相撞,重力加速度g取10m/s2。(1)求c棒的最大速度。(2)求c棒达最大速度时,此棒产生的焦耳热。(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑,求金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力大小。解析　(1)在磁场力作用下,b棒做减速运动,c棒做加速运动,当两棒速度相等时,c棒达最大速度。选两棒为研究对象,根据动量守恒定律有mbv0=(mb+mc)v解得c棒的最大速度v=5m/s。(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中,系统减少的动能转化为电能,两棒中产生的总热量Q=12mbv02-12(mb+mc)v2=2.5J因为Rb=Rc,所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热Qc=Q2=1.25J。(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v',从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒定律可得12mcv2=mcg·2R+12mcv'2解得v'=3m/s在最高点,设轨道对c棒的弹力为F,由牛顿第二定律得mcg+F=mcv'2R解得F=1.25N由牛顿第三定律得,在最高点c棒对轨道的压力为1.25N。答案　(1)5m/s　(2)1.25J　(3)1.25N变式2　如图所示,平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接,导轨电阻不计。质量分别为m和12m的金属棒b和c静止放在水平导轨上,b、c两棒均与导轨垂直。图中de虚线右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放,释放位置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰,金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g。求:(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小。(2)金属棒b进入磁场后,其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小。(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热。解析　(1)设a棒滑到水平导轨时,速度为v0,下滑过程中a棒机械能守恒,有12mv02=mgha棒与b棒发生弹性碰撞,设碰后a棒速度为v1,b棒速度为v2由动量守恒定律有mv0=mv1+mv2由机械能守恒定律有12mv02=12mv12+12mv22n解得v1=0,v2=v0=2gh。(2)b棒刚进磁场时的加速度最大b、c两棒组成的系统合外力为零,系统动量守恒,设b棒的加速度为其最大加速度的一半时,其速度大小为v2',此时c棒速度大小为v3由动量守恒定律有mv2=mv2'+m2v3'设b棒进入磁场后任一时刻,b棒的速度为vb,c棒的速度为vc,则b、c组成的回路中的感应电动势E=BL(vb-vc)由闭合电路欧姆定律得I=ER总由安培力公式得F安=BIL=ma联立解得a=B2L2(vb-vc)mR总故当b棒加速度为最大值的一半时有v2=2(v2'-v3')联立解得v2'=56v2=562gh。(3)最终b、c以相同的速度v做匀速运动由动量守恒定律有mv2=m+m2v由能量守恒定律有12mv22=12m+m2v2+Q解得Q=13mgh。答案　(1)0　2gh　(2)562gh　(3)13mgh见《高效训练》P1131.(2018辽宁检测)如图所示,U形光滑金属框架固定在水平面上,处于竖直向下的匀强磁场中。导体棒ab放在金属框架上,给导体棒ab一个水平向右的初速度v0,下列说法正确的是(　　)。A.ab棒做匀减速运动B.回路中电流均匀减小C.a点电势比b点电势低D.ab棒受到水平向左的安培力解析　ab棒具有向右的初速度,根据右手定则,产生由b指向a的电流,则a点的电势比b点的电势高。根据左手定则,安培力向左,ab棒做减速运动,因为电动势减小,电流减小,则安培力减小,根据牛顿第二定律可知,加速度减小,ab棒做加速度减小的减速运动,由于速度不是均匀减小,则电流不是均匀减小,故A、B、C三项错误,D项正确。答案　D2.(2019湖南联考)一个边长为L的正方形导线框在倾角为θ的光滑斜面上由静止开始沿斜面下滑,随后进入虚线下方垂直于斜面向上的匀强磁场中,如图所示,斜面以及虚线下方的磁场往下方延伸到足够远。下列说法正确的是(　　)。nA.线框进入磁场的过程,b点的电势比a点的高B.线框进入磁场的过程一定是减速运动C.线框中产生的焦耳热小于线框减少的机械能D.线框从不同高度下滑时,进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量相等解析　线框进入磁场的过程,ab边相当于电源,由右手定则知a点电势高于b点电势,A项错误;线框进入磁场的过程中可能减速、加速或匀速,B项错误;由能量守恒定律知线框中产生的焦耳热等于线框减少的机械能,C项错误;通过导线横截面的电荷量q=I-·Δt=BL2R·Δt·Δt=BL2R,与线框下落高度无关,D项正确。答案　D3.(2019湖北月考)一半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环用一根长为L的绝缘轻细杆悬挂于O1点,杆所在直线过圆环圆心,在O1点的正下方有一半径为L+2r的圆形匀强磁场区域,其圆心O2与O1点在同一竖直线上,O1点在圆形磁场区域边界上,如图甲所示。现使绝缘轻细杆从水平位置由静止释放,下摆过程中金属圆环所在平面始终与磁场垂直,已知重力加速度为g,不计空气阻力及其他摩擦阻力,则下列说法正确的是(　　)。A.金属圆环最终会静止在O1点的正下方B.金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mgLC.金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg(L+2r)D.金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg(L+r)甲乙解析　圆环最终要在图乙中A、C位置间摆动,因为此时圆环中的磁通量不再发生改变,圆环中不再有感应电流产生。由几何关系可知,圆环在A、C位置时,其圆心与O1、O2的距离均为L+r,则圆环在A、C位置时,圆环圆心到O1的高度为L+2r2。由能量守恒定律可得金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg(L+2r),C项正确。答案　C4.(2019重庆调研)如图所示,足够长的U形光滑金属导轨所在平面与水平面成θ角(0°<θ<90°),其中MN与PQ平行且间距为L,磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上,导轨电阻不计,金属棒ab由静止开始沿导轨下滑,并与两导轨始终保持垂直且接触良好,棒ab接入电路的电阻为R。当流过棒ab某一横截面的电荷量为q时,棒的速度大小为v,则金属棒ab在下滑过程中(　　)。nA.运动的加速度大小为v22LB.下滑位移大小为qRBLC.产生的焦耳热为qBLvD.受到的最大安培力的大小为B2L2vRsinθ解析　由牛顿第二定律可知mgsinθ-B2L2vR=ma,金属棒做变加速运动,A项错误;由q=I·Δt=ΔΦΔtR·Δt=ΔΦR=BLxR得x=qRBL,B项正确;由动能定理可知mgxsinθ-Q=12mv2,把x代入式中得到Q=mgqRsinθBL-12mv2,C项错误;安培力最大为mgsinθ,D项错误。答案　B5.(2018黑龙江二模)(多选)如图所示,水平放置的光滑平行金属导轨,左端接有电阻R,匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在空间内,质量一定的金属棒PQ垂直于导轨放置。今使棒以一定的初速度v0向右运动,当其通过位置a、b时,速率分别为va、vb,到位置c时棒刚好静止。设导轨与棒的电阻均不计,a、b与b、c的间距相等,则金属棒在a→b与b→c的两个过程中,下列说法正确的是(　　)。A.金属棒运动的加速度一直在减小B.通过金属棒横截面的电荷量相等C.回路中产生的电能Eab