综合·融通(三) 电磁感应中的动力学、能量和动量问题
(融会课—主题串知综合应用)
应用动力学、能量和动量知识解决电磁感应问题是高考的热点。通过本节课的学习能根据电流的变化情况分析导体棒、线框受力的变化情况和运动情况；能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题；理解电磁感应现象中的能量转化，会用动能定理、能量守恒定律分析有关问题；会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题。
主题(一) 电磁感应中的动力学问题
1．电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系
2．处理此类问题的基本方法
(1)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。
(2)求回路中感应电流的大小和方向。
(3)分析导体受力情况(包括安培力)。
(4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解。
[例1] 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的定值电阻，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，磁场方向垂直于导轨平面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(重力加速度为g)
(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，求此时ab杆中的电流大小及其加速度的大小；
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。
尝试解答：
/方法技巧/
电磁感应中的动力学临界问题的基本思路
导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力→合外力变化加速度变化→临界状态。
[针对训练]
1．如图所示，两条平行的光滑金属轨道MN、PQ与水平面成θ角固定，轨道间距为d。P、M间接有阻值为R的电阻。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效阻值为R。空间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上。现由静止释放ab，若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g。求：
(1)ab运动的最大速度vm；
(2)当ab具有最大速度时，ab消耗的电动率P；
(3)为使ab向下做匀加速直线运动，在ab中点施加一个平行于轨道且垂直于ab的力F，推导F随时间t变化的关系式，并分析F的变化与加速度a的关系。
主题(二) 电磁感应中的能量问题
1．电磁感应现象中的能量转化
安培力做功
2．焦耳热的计算
(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt。
(2)感应电流变化时，可用以下方法分析：
①利用动能定理，求出克服安培力做的功W克安，即Q＝W克安。
②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量。
3．克服安培力做的功等于整个电路产生的焦耳热Q。电阻与导体棒串联，产生的焦耳热与电阻成正比。电阻R产生的焦耳热为QR＝Q，导体棒产生的焦耳热为Qr＝Q。
[例2] (2024·江西宜春期末)如图所示，两根足够长、电阻不计且相距L＝0.2 m的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压为U＝3.6 V的小灯泡(电阻恒定)，两导轨间有一磁感应强度大小为B＝5 T、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场。现将一根长为L、质量m＝0.2 kg、电阻r＝1 Ω的金属棒垂直于导轨放置，在顶端附近无初
速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。已知金属棒下滑x＝6 m后速度稳定，且此时小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)金属棒稳定下滑时的速度大小；
(2)金属棒从开始下滑到稳定过程中，金属棒产生的焦耳热。
尝试解答：
[针对训练]
2.如图所示，CD、EF是两条水平放置、阻值可忽略且间距为L的足够长平行金属导轨，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲轨道上端接有一阻值为R的电阻，水平导轨所在空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。将一阻值也为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上高为h处由静止释放，导体棒在水平导轨上运动距离d停止。已知导体棒与水平导轨接触良好，它们之间动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求导体棒从释放到最终停止过程中：
(1)通过电阻R的最大电流；
(2)流过电阻R的电荷量；
(3)电阻R中产生的焦耳热。
主题(三) 动量定理在电磁感应中的应用
在导体棒切割磁感线做非匀变速运动时，若牛顿运动定律、能量观点不能解决问题，可运用动量定理求解。
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，
安培力的冲量为：I安＝BLt＝BLq，
通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝Δt＝Δt＝n·Δt＝n，
磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。
如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。
[例3] (2024·广东汕头期末)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。导体棒ab的电阻为R，导体棒cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。现瞬间给导体棒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最终的速度v0
B．全过程中，通过导体棒cd的电荷量为
C．从导体棒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mv02
D．导体棒ab和cd组成的系统动量守恒
听课记录：
[针对训练]
3．(多选)如图，光滑平行金属导轨倾斜固定放置，导轨上端接有定值电阻R，垂直于导轨的虚线b、c间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，一金属棒与导轨垂直放置。金属棒第一次在图中a1位置由静止释放，恰好能匀速通过磁场；第二次在图中a2位置由静止释放，出磁场前金属棒已匀速。金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，金属棒和导轨的电阻不计，则金属棒通过磁场的过程中，第二次与第一次相比( )
A．通过磁场的时间短
B．通过电阻R的电量小
C．电阻R上产生的焦耳热大
D．金属棒受到的安培力冲量大
主题(四) 动量守恒定律在电磁感应中的应用
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。这类问题可以从以下三个观点来分析：
(1)动力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动。
(2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。
(3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。
[例4] 如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于金属棒P的左侧，以大小为v0的速度向金属棒P运动并与金属棒P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，金属棒P和绝缘棒Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。金属棒P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，金属棒P与绝缘棒Q始终平行。不计空气阻力。求：
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量。
尝试解答：
[针对训练]
4.(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直且接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是( )
综合·融通(三) 电磁感应中的动力学、
能量和动量问题
主题(一)
[例1] 解析：(1)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；电流方向由a→b，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，
则此时电路中的电流I＝＝
ab杆受到的安培力F安＝BIL＝
根据牛顿第二定律，有mgsin θ－F安＝ma
联立各式解得a＝gsin θ－。
(3)当a＝0时，ab杆达到最大速度vm，
即有mgsin θ＝，解得vm＝。
答案：(1)见解析图 (2) gsin θ－ (3)
[针对训练]
1．解析：(1)ab具有最大速度时处于平衡状态，受力分析如图甲所示。
由平衡条件得mgsin θ＝FA
又FA＝IdB
由闭合电路欧姆定律可得
I＝＝
联立解得vm＝。
(2)由P＝I2R，I＝
解得P＝2R。
(3)ab做匀加速直线运动时，设F沿轨道向下，受力分析如图乙所示。
由牛顿第二定律得
F＋mgsin θ－FA′＝ma
又FA′＝I′dB
I′＝＝
v＝at
联立可得F＝t＋ma－mgsin θ
可见F的大小随时间t呈线性变化。
a．当ab．当a＝gsin θ时，F的方向沿轨道向下，大小从零开始增大。
c．当a>gsin θ时，F的方向沿轨道向下，大小从ma－mgsin θ开始增大。
答案：(1) (2)2R
(3)F＝t＋ma－mgsin θ 见解析
主题(二)
[例2] 解析：(1)设金属棒稳定下滑时的速度大小为v，回路中的电流为I，由平衡条件得mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ
由闭合电路欧姆定律得I＝
感应电动势E＝BLv
联立解得v＝4 m/s。
(2)金属棒从开始下滑到稳定过程中，由能量守恒定律得
mgsin θ·x＝μmgcos θ·x＋mv2＋Q
解得Q＝0.8 J
灯泡的电阻为R＝＝9 Ω
则金属棒产生的焦耳热为Qr＝Q＝0.08 J。
答案：(1)4 m/s (2)0.08 J
[针对训练]
2．解析：(1)设导体棒到达水平面时的速度大小为v，
由机械能守恒定律得mgh＝mv2，则v＝
导体棒刚到水平面的速度为切割磁感线的最大速度，因此导体棒中的最大感应电动势为E＝BLv
通过电阻R的最大电流为I＝＝。
(2)通过电阻R的电荷量
q＝t＝t＝＝。
(3)全过程由能量守恒定律得mgh＝μmgd＋Q
电阻R中产生的焦耳热
QR＝Q＝mg(h－μd)。
答案：(1) (2) (3)mg(h－μd)
主题(三)
[例3] 选C 当导体棒ab和cd产生的电动势相等时，两棒都做匀速直线运动，则有Blvab＝B·2lvcd，对导体棒ab，由动量定理可得BlΔt＝mvab，对导体棒cd，由动量定理可得－B·2lΔt＝2mvcd－2mv0，联立解得vab＝，vcd＝，故A错误；对导体棒cd，全过程中，通过的电荷量q＝·Δt，又－B·2lΔt＝2mvcd－2mv0，联立解得q＝，故B错误；由能量守恒定律得，整个回路产生的焦耳热Q＝·2mv02－·2mvcd2－mvab2，解得Q＝，故C正确；导体棒ab和cd的长度不一样，所以其受到的安培力大小不相等，导体棒ab和cd组成的系统合力不为零，所以导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故D错误。
[针对训练]
3．选AC 由机械能守恒定律可知，金属棒第二次运动到虚线b的速度大于第一次运动到虚线b的速度，由于金属棒第一次匀速通过磁场，则金属棒第二次通过磁场的平均速度比第一次大，金属棒第二次通过磁场的时间比第一次短，故A正确；由q＝Δt＝可知，由于两次ΔΦ相同，因此两次通过电阻R的电量相等，故B错误；根据能量守恒定律可知，电阻R上产生的焦耳热等于金属棒减少的机械能，由于第二次减少的机械能多，因此第二次与第一次相比，电阻R上产生的焦耳热大，故C正确；安培力的冲量I＝BLΔt＝BqL，因此两次金属棒受到的安培力冲量大小相等，故D错误。
主题(四)
[例4] 解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
3mv0＝3mvQ＋mvP
×3mv02＝×3mvQ2＋mvP2
联立解得vP＝v0，vQ＝v0
由题知，碰撞一次后，金属棒P和绝缘棒Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P和绝缘棒Q滑出导轨时的速度大小相等，由于Q为绝缘棒，无电流通过，碰撞后在导轨上做匀速直线运动，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP′＝vQ＝v0。
(2)根据能量守恒定律有mvP2＝mvP′2＋Q
解得金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量Q＝mv02。
答案：(1)v0 (2)mv02
[针对训练]
4．选AC 以两导体棒为研究对象，在导体棒运动过程中，两导体棒所受的安培力大小相等，方向相反，且不受其他水平外力作用，在水平方向上两导体棒组成的系统动量守恒，对系统有mv0＝2mv，解得两导体棒运动的末速度为v＝v0，棒ab做减速运动，棒cd做加速运动，它们的速度差逐渐减小，产生的感应电流也减小，安培力减小，加速度也减小，即棒ab做加速度减小的减速运动，棒cd做加速度减小的加速运动，稳定时两导体棒的加速度为零，一起向右做匀速运动，选项A正确，B错误；棒ab和棒cd最后做匀速运动，两导体棒与导轨组成的回路磁通量不变化，不会产生感应电流，选项C正确，D错误。
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电磁感应中的动力学、能量和动量问题
(融会课—主题串知综合应用)
综合 融通(三)
应用动力学、能量和动量知识解决电磁感应问题是高考的热点。通过本节课的学习能根据电流的变化情况分析导体棒、线框受力的变化情况和运动情况;能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题;理解电磁感应现象中的能量转化,会用动能定理、能量守恒定律分析有关问题;会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题。
1
主题(一) 电磁感应中的动力学问题
2
主题(二) 电磁感应中的能量问题
3
主题(三) 动量定理在电磁感应中的应用
4
主题(四) 动量守恒定律在
电磁感应中的应用
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主题(一) 电磁感应中的动力学问题
1.电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系
2.处理此类问题的基本方法
(1)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。
(2)求回路中感应电流的大小和方向。
(3)分析导体受力情况(包括安培力)。
(4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解。
[例1] 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的定值电阻,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,磁场方向垂直于导轨平面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦。(重力加速度为g)
(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杆下滑过程中的受力示意图;
[答案] 见解析图
[解析] 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;电流方向由a→b,安培力F安方向沿导轨向上。
(2)在加速下滑过程中,当ab杆的速度大小为v时,求此时ab杆中的电流大小及其加速度的大小;
[答案] gsin θ-
[解析] 当ab杆的速度大小为v时,感应电动势E=BLv,
则此时电路中的电流I==
ab杆受到的安培力F安=BIL=
根据牛顿第二定律,有mgsin θ-F安=ma
联立各式解得a=gsin θ-。
(3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值。
[答案]
[解析] 当a=0时,ab杆达到最大速度vm,
即有mgsin θ=,解得vm=。
/方法技巧/
电磁感应中的动力学临界问题的基本思路
导体受外力运动 感应电动势 感应电流 导体受安培力→合外力变化 加速度变化→临界状态。
[针对训练]
1.如图所示,两条平行的光滑金属轨道MN、
PQ与水平面成θ角固定,轨道间距为d。P、M间
接有阻值为R的电阻。质量为m的金属杆ab水平
放置在轨道上,其有效阻值为R。空间存在磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上。现由静止释放ab,若轨道足够长且电阻不计,重力加速度为g。求:
(1)ab运动的最大速度vm;
答案:
解析:ab具有最大速度时处于平衡状态,受力分析如图甲所示。
由平衡条件得mgsin θ=FA
又FA=IdB
由闭合电路欧姆定律可得
I==
联立解得vm=。
(2)当ab具有最大速度时,ab消耗的电动率P;
答案:R
解析:由P=I2R,I=
解得P=R。
(3)为使ab向下做匀加速直线运动,在ab中点施加一个平行于轨道且垂直于ab的力F,推导F随时间t变化的关系式,并分析F的变化与加速度a的关系。
答案:F=t+ma-mgsin θ 见解析
解析:ab做匀加速直线运动时,设F沿轨道向下,受力分析如图乙所示。
由牛顿第二定律得
F+mgsin θ-FA'=ma
又FA'=I'dB
I'==
v=at
联立可得F=t+ma-mgsin θ
可见F的大小随时间t呈线性变化。
a.当ab.当a=gsin θ时,F的方向沿轨道向下,大小从零开始增大。
c.当a>gsin θ时,F的方向沿轨道向下,大小从ma-mgsin θ开始增大。
主题(二) 电磁感应中的能量问题
1.电磁感应现象中的能量转化
安培力做功
2.焦耳热的计算
(1)电流恒定时,根据焦耳定律求解,即Q=I2Rt。
(2)感应电流变化时,可用以下方法分析:
①利用动能定理,求出克服安培力做的功W克安,即Q=W克安。
②利用能量守恒定律,焦耳热等于其他形式能量的减少量。
3.克服安培力做的功等于整个电路产生的焦耳热Q。电阻与导体棒串联,产生的焦耳热与电阻成正比。电阻R产生的焦耳热为QR=Q,导体棒产生的焦耳热为Qr=Q。
[例2] (2024·江西宜春期末)如图所示,两根足够长、
电阻不计且相距L=0.2 m的平行金属导轨固定在倾角
θ=37°的绝缘斜面上,顶端接有一盏额定电压为U=3.6 V
的小灯泡(电阻恒定),两导轨间有一磁感应强度大小为B=5 T、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场。现将一根长为L、质量m=0.2 kg、电阻r=1 Ω的金属棒垂直于导轨放置,在顶端附近无初速度释放,金属棒与导轨接触良好,金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5。已知金属棒下滑x=6 m后速度稳定,且此时小灯泡恰能正常发光,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)金属棒稳定下滑时的速度大小;
[答案] 4 m/s
[解析] 设金属棒稳定下滑时的速度大小为v,回路中的电流为I,由平衡条件得mgsin θ=BIL+μmgcos θ
由闭合电路欧姆定律得I=
感应电动势E=BLv
联立解得v=4 m/s。
(2)金属棒从开始下滑到稳定过程中,金属棒产生的焦耳热。
[答案] 0.08 J
[解析] 金属棒从开始下滑到稳定过程中,由能量守恒定律得
mgsin θ·x=μmgcos θ·x+mv2+Q
解得Q=0.8 J
灯泡的电阻为R==9 Ω
则金属棒产生的焦耳热为Qr=Q=0.08 J。
[针对训练]
2.如图所示,CD、EF是两条水平放置、阻值可
忽略且间距为L的足够长平行金属导轨,左端与一弯
曲的光滑轨道平滑连接,弯曲轨道上端接有一阻值为
R的电阻,水平导轨所在空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。将一阻值也为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上高为h处由静止释放,导体棒在水平导轨上运动距离d停止。已知导体棒与水平导轨接触良好,它们之间动摩擦因数为μ,重力加速度为g。求导体棒从释放到最终停止过程中:
(1)通过电阻R的最大电流;
答案:
解析:设导体棒到达水平面时的速度大小为v,
由机械能守恒定律得mgh=mv2,则v=
导体棒刚到水平面的速度为切割磁感线的最大速度,因此导体棒中的最大感应电动势为E=BLv
通过电阻R的最大电流为I==。
(2)流过电阻R的电荷量;
答案:
解析:通过电阻R的电荷量
q=t=t==。
(3)电阻R中产生的焦耳热。
答案:mg(h-μd)
解析:全过程由能量守恒定律得mgh=μmgd+Q
电阻R中产生的焦耳热
QR=Q=mg(h-μd)。
主题(三) 动量定理在电磁
感应中的应用
在导体棒切割磁感线做非匀变速运动时,若牛顿运动定律、能量观点不能解决问题,可运用动量定理求解。
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时,
安培力的冲量为:I安=BLt=BLq,
通过导体棒或金属框的电荷量为:q=Δt=Δt=n·Δt=n,
磁通量变化量:ΔΦ=BΔS=BLx。
如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力,则I安=mv2-mv1。
[例3] (2024·广东汕头期末)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。导体棒ab的电阻为R,导体棒cd的电阻为2R,两棒始终在对应的导轨部分运动,两导体棒始终与导轨垂直且接触良好,导轨电阻不计。现瞬间给导体棒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最终的速度v0
B.全过程中,通过导体棒cd的电荷量为
C.从导体棒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m
D.导体棒ab和cd组成的系统动量守恒
√
[解析] 当导体棒ab和cd产生的电动势相等时,两棒都做匀速直线运动,则有Blvab=B·2lvcd,对导体棒ab,由动量定理可得BlΔt=mvab,对导体棒cd,由动量定理可得-B·2lΔt=2mvcd-2mv0,联立解得vab=,vcd=,故A错误;对导体棒cd,全过程中,通过的电荷量q=·Δt,又-B·2lΔt=2mvcd-2mv0,联立解得q=,故B错误;
由能量守恒定律得,整个回路产生的焦耳热Q=·2m-·2m-m,
解得Q=,故C正确;导体棒ab和cd的长度不一样,所以其受到的安培力大小不相等,导体棒ab和cd组成的系统合力不为零,所以导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒,故D错误。
[针对训练]
3.(多选)如图,光滑平行金属导轨倾斜固定
放置,导轨上端接有定值电阻R,垂直于导轨的
虚线b、c间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场,一金属棒与导轨垂直放置。金属棒第一次在图中a1位置由静止释放,恰好能匀速通过磁场;第二次在图中a2位置由静止释放,出磁场前金属棒已匀速。金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,金属棒和导轨的电阻不计,则金属棒通过磁场的过程中,第二次与第一次相比( )
A.通过磁场的时间短 B.通过电阻R的电量小
C.电阻R上产生的焦耳热大 D.金属棒受到的安培力冲量大
解析:由机械能守恒定律可知,金属棒第二次运动到虚线b的速度大于第一次运动到虚线b的速度,由于金属棒第一次匀速通过磁场,则金属棒第二次通过磁场的平均速度比第一次大,金属棒第二次通过磁场的时间比第一次短,故A正确;
√
√
由q=Δt=可知,由于两次ΔΦ相同,因此两次通过电阻R的电量相等,故B错误;根据能量守恒定律可知,电阻R上产生的焦耳热等于金属棒减少的机械能,由于第二次减少的机械能多,因此第二次与第一次相比,电阻R上产生的焦耳热大,故C正确;安培力的冲量I=BLΔt=BqL,因此两次金属棒受到的安培力冲量大小相等,故D错误。
主题(四) 动量守恒定律在
电磁感应中的应用
在双金属棒切割磁感线的系统中,双金属棒和导轨构成闭合回路,安培力为系统内力,如果两安培力等大反向,且它们受到的外力的合力为0,则满足动量守恒条件,运用动量守恒定律求解比较方便。这类问题可以从以下三个观点来分析:
(1)动力学观点:通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动,而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动,最终两金属棒以共同的速度匀速运动。
(2)动量观点:如果光滑导轨间距恒定,则两个金属棒的安培力大小相等,通常情况下系统的动量守恒。
(3)能量观点:其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。
[例4] 如图,水平桌面上固定一光滑U型金属导轨,其平行部分的间距为l,导轨的最右端与桌子右边缘对齐,导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于金属棒P的左侧,以大小为v0的速度向金属棒P运动并与金属棒P发生弹性碰撞,碰撞时间很短。
碰撞一次后,金属棒P和绝缘棒Q先后从导轨的最
右端滑出导轨,并落在地面上同一地点。金属棒P
在导轨上运动时,两端与导轨接触良好,金属棒P与绝缘棒Q始终平行。不计空气阻力。求:
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小;
[答案] v0
[解析] 由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
3mv0=3mvQ+mvP
×3m=×3m+m
联立解得vP=v0,vQ=v0
由题知,碰撞一次后,金属棒P和绝缘棒Q先后从导轨的最右端滑出导轨,并落在地面上同一地点,则金属棒P和绝缘棒Q滑出导轨时的速度大小相等,由于Q为绝缘棒,无电流通过,碰撞后在导轨上做匀速直线运动,则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP'=vQ=v0。
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量。
[答案] m
[解析] 根据能量守恒定律有m=mvP'2+Q
解得金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量Q=m。
[针对训练]
4.(多选)如图,方向竖直向下的匀强磁场中
有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属
导轨,两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上,t=0时,棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中,ab、cd始终与导轨垂直且接触良好,两者速度分别用v1、v2表示,回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是( )
解析:以两导体棒为研究对象,在导体棒运动过程中,两导体棒所受的安培力大小相等,方向相反,且不受其他水平外力作用,在水平方向上两导体棒组成的系统动量守恒,对系统有mv0=2mv,解得两导体棒运动的末速度为v=v0,棒ab做减速运动,
√
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棒cd做加速运动,它们的速度差逐渐减小,产生的感应电流也减小,安培力减小,加速度也减小,即棒ab做加速度减小的减速运动,棒cd做加速度减小的加速运动,稳定时两导体棒的加速度为零,一起向右做匀速运动,选项A正确,B错误;棒ab和棒cd最后做匀速运动,两导体棒与导轨组成的回路磁通量不变化,不会产生感应电流,选项C正确,D错误。
课时跟踪检测
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1.(2024·北京大兴区高二期末)如图所示,有两根和
水平方向成θ角的光滑平行的金属轨道,上端接有可变
电阻R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场,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,不计金属杆和轨道的电阻,则以下分析正确的是 ( )
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A.金属杆先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动
B.金属杆由静止到最大速度过程中机械能守恒
C.如果只增大B,vm将变小
D.如果只增大R,vm将变小
解析:金属杆下滑过程中,受重力、轨道的支持力和安培力,开始时重力沿斜面向下的分力大于安培力,金属杆做加速运动,满足mgsin θ-=ma;随着速度的增加,安培力增大,所以金属杆的加速度逐渐减小,当加速度减小到零,
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金属杆的速度最大;当加速度为零时,金属杆做匀速运动;故金属杆先做加速度逐渐减小的加速运动,然后做匀速直线运动,故A错误;金属杆由静止到最大速度过程中,安培力做负功,金属杆机械能并不守恒,故B错误;当金属杆速度最大时,则有mgsin θ-=0,解得vm=,所以只增大B, vm 将变小,只增大R, vm 将变大,故C正确,D错误。
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2.(多选)如图所示,MN和PQ是两根互相平行的竖直放置的
光滑金属导轨,已知导轨足够长,且电阻不计。ab是一根与导轨
垂直且始终与导轨接触良好的金属杆。开始时,将开关S断开,
让杆ab由静止开始自由下落,一段时间后,再将S闭合,若从S闭合开始计时,则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是 ( )
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解析:设ab杆的有效长度为l,S闭合后,金属杆受向下的重力mg、向上的安培力F安=,若>mg,杆先减速再匀速,D项有可能;若=mg,杆匀速运动,A项有可能;若2
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3.如图所示,匀强磁场存在于虚线框内,矩形线圈竖直
下落,如果线圈受到的安培力总小于其重力,则它在1、2、
3、4位置时的加速度关系为 ( )
A.a1>a2>a3>a4 B.a1=a3>a2>a4
C.a1=a3>a4>a2 D.a4=a2>a3>a1
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解析:线圈进入磁场前和全部进入磁场后,都仅受重力,所以加速度a1=a3=g。线圈在题图中2位置时,受到重力和向上的安培力,且已知所以a2=a2>a4,B正确。
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4.(2024·湖北荆门期末)(多选)足够长的平行光滑
金属导轨固定在水平桌面上,导轨间距L=0.5 m,在虚
线MN左侧有垂直导轨平面向上的匀强磁场,MN右侧有垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小均为B=0.2 T,两根长度均为L=0.5 m的导体棒ab和cd分别垂直导轨放置在MN的左侧和右侧,并和导轨保持良好接触。已知导体棒ab和cd质量均为m=0.2 kg,电阻分别为Rab=2 Ω和Rcd=3 Ω。现给导体棒ab一个向左的初速度v0=4 m/s,则下列说法正确的是 ( )
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A.导体棒cd最终速度大小为v=2 m/s
B.导体棒ab和导体棒cd组成的系统动量守恒
C.整个过程流过导体棒ab的电荷量为4 C
D.整个过程导体棒ab产生的焦耳热为0.4 J
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解析:导体棒ab向左运动,根据右手定则和左手定则,可知导体棒ab和导体棒cd均受到向右的安培力,则系统动量不守恒,但由于二者最终速度一定相等,且安培力大小始终相等,即安培力冲量大小相等,根据动量定理,导体棒ab动量的减小量等于导体棒cd动量的增加量,故二者速度最终均为2 m/s,故A正确,B错误;对导体棒ab,根据动量定理有BLt=BqL=mv0-mv,得整个过程流过导体棒ab的电荷量为q=4 C,故C正确;根据能量守恒定律,整个过程产生的焦耳热为Q=m-2×mv2=0.8 J,则整个过程导体棒ab产生的焦耳热为Qab=Q=0.32 J,故D错误。
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5.(2024·宿迁高二期末)如图所示,倾斜放置的光滑平行足
够长的金属导轨MN、PQ间静置一根质量为m的导体棒,阻值
为R的电阻接在M、P间,其他电阻忽略不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向下。t=0时对导体棒施加一个沿导轨平面向上的力F,使得导体棒能够从静止开始向上做匀加速直线运动,则在导体棒向上运动的过程中,施加的力F、力F的功率P、产生的感应电流I、电阻R上产生的热量Q随时间变化的图像正确的是 ( )
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解析:设导轨平面与水平面的夹角为θ,导体棒向上做匀加速运动,根据牛顿第二定律有F--mgsin θ=ma,即F=t+ma+mgsin θ,则选项A正确;
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力F的功率P=Fv= t+ma+mgsin θ at=t2+m(a2+agsin θ)t,则P-t图像为开口向上的抛物线,选项B错误;导体棒产生的感应电流I=,则I-t图像是过原点的倾斜直线,选项C错误;电阻R上产生的热量Q=I2Rt,电流随时间t均匀增加,则Q-t图像一定不是过原点的直线,选项D错误。
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6.如图所示,在光滑绝缘水平面上,一矩形线圈以
一定的初速度穿越匀强磁场区域,已知磁场区域宽度
大于线圈宽度,则线圈进、出磁场的两个过程中 ( )
A.感应电流的方向相同
B.受到的安培力相等
C.动能的变化量相等
D.速度的变化量相同
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解析:根据楞次定律结合安培定则可知,线圈进入磁场过程中,线圈的感应电流方向为顺时针,线圈离开磁场时,线圈的感应电流方向为逆时针,故A错误;设线圈内阻为R,根据闭合电路欧姆定律可得I=,根据法拉第电磁感应定律有E=BLv,则线圈受到的安培力为F=BIL=,由于线圈进入磁场时产生感应电流,线圈部分动能转化为内能,则动能减小,线圈速度也减小,即线圈进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度,因此,线圈进入磁场时受到的安培力大于离开磁场时受到的安培力,故B错误;
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根据动能定理可得W合=F安·x=ΔEk,由于线圈进入和离开磁场的位移都相同,而线圈进入磁场时的安培力大于离开磁场时的安培力,则线圈进入磁场时的动能变化量大于离开磁场时的动能变化量,故C错误;根据动量定理可得Δp=F安·Δt=BL·Δt=BL·q,而q=,线圈进入和离开磁场过程中ΔΦ相同,由此可知,线圈进入磁场和离开磁场时的动量的变化量相同,则速度的变化量相同,故D正确。
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7.如图所示,先后以速度v0和2v0把同一正方形闭合单匝
线框匀速拉入有界匀强磁场区域中,在先后两种情况下 ( )
A.线框中的感应电流之比为I1∶I2=2∶1
B.线框所受到的安培力之比为F1∶F2=1∶4
C.线框产生的焦耳热之比为Q1∶Q2=1∶4
D.通过线框横截面的电荷量之比为q1∶q2=1∶1
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解析:设正方形线框边长为L,线框切割磁感线产生感应电动势E=BLv,根据闭合电路欧姆定律I=,可知先后两种情况下线框中的感应电流之比=,故A错误;根据安培力的表达式F=ILB,可知线框所受到的安培力之比=,故B错误;线框匀速进入磁场,所用时间t=,根据焦耳定律Q=I2R总t,可知线框产生的焦耳热之比=,故C错误;根据纯电阻电路中电荷量的表达式q=·Δt=·Δt==,可知通过线框横截面的电荷量相等,故D正确。
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8.(2024·福建莆田期末)(多选)如图所示,在磁感应强度为
B的匀强磁场中,一光滑平行导电导轨上有两根质量相等的平
行导体杆MN、PQ,但MN杆的电阻为r,PQ杆的电阻为3r。导轨
的电阻不计。给MN杆一个水平向右的初速度v0,下列说法正确的是 ( )
A.MN杆做加速度减小的变减速运动
B.PQ杆受到的安培力逐渐增大
C.MN杆最终会做匀速直线运动
D.若该过程产生的总热量为Q,则PQ杆产生的热量为Q
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解析:根据右手定则可确定回路中感应电流的方向为M→N→Q→
P→M,根据左手定则可知,MN杆所受安培力向左,PQ杆所受安培力向右,则开始时,MN杆向右减速,PQ杆向右加速,设两者的速度分别为v1、v2,则回路总的感应电动势为E=BLv1-BLv2,回路中的感应电流为I=,两者所受安培力大小相等、方向相反,根据牛顿第二定律有BIL=ma,解得a=,由于开始时MN杆的速度大于PQ杆的速度,而MN杆向右减速,PQ杆向右加速,
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可知MN杆向右做加速度减小的减速运动,PQ杆向右做加速度减小的加速运动,当两者速度相等时,加速度为0,两者以相等速度向右做匀速直线运动,即MN杆先向右做加速度减小的变减速运动,后向右做匀速直线运动,故A错误,C正确;根据上述可知,感应电流逐渐减小为0,则PQ杆受到的安培力逐渐减小,故B错误;由于两杆串联,若该过程产生的总热量为Q,则PQ杆产生的热量Q1==,故D正确。
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9.(2024·湖北武汉期末)(多选)如图所示,两根平行光滑
金属导轨间距为L,导轨电阻不计,下端PQ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。一质量为m、接入电路的电阻也为R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上,静止时导体棒处于导轨的MN处,已知弹簧的劲度系数为k,弹簧的中心轴线与导轨平行。现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放,整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触,重力加速度为g,则下列说法中正确的是 ( )
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A.当导体棒沿导轨向下运动时,流过电阻R的电流方向为由P到Q
B.当导体棒的速度最大时,弹簧的伸长量为
C.导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep,则导体棒从开始运动到停止运动的过程中,回路中产生的焦耳热为-Ep
D.若导体棒第一次运动到MN处时速度为v,则此时导体棒的加速度大小为
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解析:由右手定则可知,当导体棒沿导轨向下运动时,流过电阻R的电流方向为由P到Q,故A正确;导体棒所受合力为零时,即重力沿导轨平面向下的分力、弹簧弹力与安培力的合力为零时速度最大,弹簧伸长量为时,弹簧弹力为mgsin θ,此时导体棒所受合力等于安培力,导体棒速度不是最大,故B错误;
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导体棒最终静止,由平衡条件得mgsin θ=kx,可得此时弹簧伸长量为x=,由能量守恒定律得mgxsin θ=Q+Ep,解得Q=-Ep,故C正确;若导体棒第一次运动到MN处时速度为v,由于此时弹簧弹力与重力沿导轨平面向下的分力平衡,则导体棒受到的安培力等于合力,由牛顿第二定律得F=BIL=ma,又I==,联立解得a=,故D错误。
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10.(2024·江苏常州期末)如图所示,水平面内
固定有两根平行的光滑长直金属导轨,导轨间距
为l,电阻不计。整个装置处于两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直方向匀强磁场中,虚线为两磁场的分界线,质量为m、导轨间电阻为R的导体棒MN和质量为2m、导轨间电阻为2R的导体棒PQ静置于图示的导轨上,两棒始终与导轨垂直且接触良好。现使MN棒获得一个大小为v0、方向水平向左的初速度,则在此后的整个运动过程中,求:
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(1)两棒最终的速度大小;
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解析:根据右手定则可知,从上往下看,回路中感应电流方向为逆时针,根据左手定则可知,两棒受到的安培力方向均为水平向右,故MN棒向左做减速运动,PQ棒向右做加速运动。当两棒速度大小相等时,根据法拉第电磁感应定律可知,回路中感应电动势为0,感应电流为0,此后两棒做匀速直线运动,设此时两棒的速度大小为v1,根据动量定理可知,对MN棒有-BlΔt=mv1-mv0
对PQ棒有BlΔt=2mv1,解得v1=。
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(2)MN棒产生的焦耳热;
答案:
解析:由能量守恒定律可知,回路中产生的总热量为Q=m-
m-·2m
则MN棒产生的焦耳热为QMN=Q=Q
解得QMN=。
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(3)通过PQ棒某一横截面的电荷量。
答案:
解析:由以上分析可知,对PQ棒,根据动量定理BlΔt=2mv1
通过PQ棒某一横截面的电荷量为q=Δt==。
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11.(2024·河南商丘期中)如图所示,光滑的平行金属
轨道长L=1 m,两轨道间距d=0.5 m,轨道平面与水平面
的夹角θ=30°,轨道上端接一阻值为R=4 Ω的电阻,轨
道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场,磁场的磁感应强度B=1 T,有一质量m=1 kg、电阻r=1 Ω的金属棒ab,放在轨道最上端,其余部分电阻不计。棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到轨道最底端时速度的大小为3.0 m/s,g取10 m/s2。求:
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(1)当金属棒的速度v=2.0 m/s时,电阻R两端的电压U;
答案:0.8 V
解析:当棒的速度为2.0 m/s时,棒中产生的感应电动势为E=Bdv=1×0.5×2.0 V=1.0 V
电阻R两端的电压U=R=0.8 V。
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(2)在金属棒下滑的整个过程中,金属棒中产生的热量Qr;
答案:0.1 J
解析:设金属棒到达轨道最底端时的速度为vm,回路中产生的热量为Q,根据能量守恒定律得mgLsin θ=m+Q
解得Q=0.5 J
所以在金属棒下滑的整个过程中,金属棒中产生的热量为Qr=Q=0.1 J。
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(3)金属棒从开始下滑到运动至轨道最底端所用时间t。
答案:0.61 s
解析:金属棒从开始下滑到运动至轨道最底端的过程中,根据动量定理可得mgsin 30°·t-Bdt=mvm-0,·t=,解得t=0.61 s。
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12.(2024·福建福州期末)如图所示,MN和PQ是电阻不计的平行光滑金属导轨,其间距为L,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。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,求:
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(1)通过电阻R的电流方向和通过金属棒的电荷量;
答案:从Q到N
解析:根据右手定则可知,通过电阻R的电流方向从Q到N;
通过金属棒的电荷量
q=Δt,又=,==
解得q=。
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(2)金属棒产生的焦耳热;
答案:mgh
解析:由能量守恒定律可知mgh=2Q
则金属棒产生的焦耳热Q=mgh。
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(3)金属棒滑过时的速度。
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解析:设金属棒刚进入磁场时的速度为v0,金属棒从进入磁场到到达磁场右边界停止的过程,由动量定理-BLΔt=0-mv0
金属棒滑过时,由动量定理
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-B'LΔt'=mv-mv0
又'Δt'===,金属棒从静止到刚进入磁场时的过程中,由动能定理可知,mgh=m,解得v=。
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13.如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定于同
一水平面内,导轨间的距离为L,导轨上平行放置两根导体
棒ab和cd,构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R,其他电阻忽略不计,整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,导体棒均可沿导轨无摩擦滑行。开始时,导体棒cd静止,导体棒ab有水平向右的初速度v0,两导体棒在运动过程中始终不接触。求:
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(1)开始时,导体棒ab中电流的大小和方向;
答案: 方向由a→b
解析:开始时,导体棒ab产生的感应电动势 E0=BLv0,
导体棒ab中电流大小I0==
根据右手定则可知,方向由a→b。
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(2)从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中,导体棒cd上产生的焦耳热;
答案:m
解析:当导体棒ab与导体棒cd速度相同时,导体棒cd的速度最大,设最大速度为v,
分析可知,导体棒ab与cd组成的系统所受合外力为零,则系统动量守恒
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由动量守恒定律有mv0=2mv,解得v=v0
由能量守恒定律得整个回路产生的焦耳热
Q=m-(2m)v2,
解得Q=m,则导体棒cd上产生的焦耳热
Q'=Q=m。
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(3)当导体棒ab速度变为v0时,导体棒cd加速度的大小。
答案:
解析:当导体棒ab的速度为v0时, 设导体棒cd的速度为v',由动量守恒定律mv0=m×v0+mv'
解得v'=v0,此时两导体棒产生的感应电动势大小分别为Eab=BL×v0,
Ecd=BL×v0
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回路中的感应电流
I==,
解得I=,导体棒cd所受安培力大小为F=IBL=,此时导体棒cd加速度大小为a==。
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4课时跟踪检测(十五) 电磁感应中的动力学、能量和动量问题
1．(2024·北京大兴区高二期末)如图所示，有两根和水平方向成θ角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，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，不计金属杆和轨道的电阻，则以下分析正确的是( )
A．金属杆先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动
B．金属杆由静止到最大速度过程中机械能守恒
C．如果只增大B，vm将变小
D．如果只增大R，vm将变小
2.(多选)如图所示，MN和PQ是两根互相平行的竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计。ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆。开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是( )
3.如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，如果线圈受到的安培力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为( )
A．a1>a2>a3>a4 B．a1＝a3>a2>a4
C．a1＝a3>a4>a2 D．a4＝a2>a3>a1
4．(2024·湖北荆门期末)(多选)足够长的平行光滑金属导轨固定在水平桌面上，导轨间距L＝0.5 m，在虚线MN左侧有垂直导轨平面向上的匀强磁场，MN右侧有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝0.2 T，两根长度均为L＝0.5 m的导体棒ab和cd分别垂直导轨放置在MN的左侧和右侧，并和导轨保持良好接触。已知导体棒ab和cd质量均为m＝0.2 kg，电阻分别为Rab＝2 Ω和Rcd＝3 Ω。现给导体棒ab一个向左的初速度v0＝4 m/s，则下列说法正确的是( )
A．导体棒cd最终速度大小为v＝2 m/s
B．导体棒ab和导体棒cd组成的系统动量守恒
C．整个过程流过导体棒ab的电荷量为4 C
D．整个过程导体棒ab产生的焦耳热为0.4 J
5.(2024·宿迁高二期末)如图所示，倾斜放置的光滑平行足够长的金属导轨MN、PQ间静置一根质量为m的导体棒，阻值为R的电阻接在M、P间，其他电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向下。t＝0时对导体棒施加一个沿导轨平面向上的力F，使得导体棒能够从静止开始向上做匀加速直线运动，则在导体棒向上运动的过程中，施加的力F、力F的功率P、产生的感应电流I、电阻R上产生的热量Q随时间变化的图像正确的是( )
6.如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区域，已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈进、出磁场的两个过程中( )
A．感应电流的方向相同 B．受到的安培力相等
C．动能的变化量相等 D．速度的变化量相同
7.如图所示，先后以速度v0和2v0把同一正方形闭合单匝线框匀速拉入有界匀强磁场区域中，在先后两种情况下( )
A．线框中的感应电流之比为I1∶I2＝2∶1
B．线框所受到的安培力之比为F1∶F2＝1∶4
C．线框产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝1∶4
D．通过线框横截面的电荷量之比为q1∶q2＝1∶1
8.(2024·福建莆田期末)(多选)如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，一光滑平行导电导轨上有两根质量相等的平行导体杆MN、PQ，但MN杆的电阻为r，PQ杆的电阻为3r。导轨的电阻不计。给MN杆一个水平向右的初速度v0，下列说法正确的是( )
A．MN杆做加速度减小的变减速运动
B．PQ杆受到的安培力逐渐增大
C．MN杆最终会做匀速直线运动
D．若该过程产生的总热量为Q，则PQ杆产生的热量为Q
9．(2024·湖北武汉期末)(多选)如图所示，两根平行光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，下端PQ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。一质量为m、接入电路的电阻也为R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，静止时导体棒处于导轨的MN处，已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行。现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A．当导体棒沿导轨向下运动时，流过电阻R的电流方向为由P到Q
B．当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为
C．导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，则导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路中产生的焦耳热为－Ep
D．若导体棒第一次运动到MN处时速度为v，则此时导体棒的加速度大小为
10．(2024·江苏常州期末)如图所示，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。整个装置处于两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直方向匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线，质量为m、导轨间电阻为R的导体棒MN和质量为2m、导轨间电阻为2R的导体棒PQ静置于图示的导轨上，两棒始终与导轨垂直且接触良好。现使MN棒获得一个大小为v0、方向水平向左的初速度，则在此后的整个运动过程中，求：
(1)两棒最终的速度大小；
(2)MN棒产生的焦耳热；
(3)通过PQ棒某一横截面的电荷量。
11．(2024·河南商丘期中)如图所示，光滑的平行金属轨道长L＝1 m，两轨道间距d＝0.5 m，轨道平面与水平面的夹角θ＝30°，轨道上端接一阻值为R＝4 Ω的电阻，轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B＝1 T，有一质量m＝1 kg、电阻r＝1 Ω的金属棒ab，放在轨道最上端，其余部分电阻不计。棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到轨道最底端时速度的大小为3.0 m/s，g取10 m/s2。求：
(1)当金属棒的速度v＝2.0 m/s时，电阻R两端的电压U；
(2)在金属棒下滑的整个过程中，金属棒中产生的热量Qr；
(3)金属棒从开始下滑到运动至轨道最底端所用时间t。
12．(2024·福建福州期末)如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行光滑金属导轨，其间距为L，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。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，求：
(1)通过电阻R的电流方向和通过金属棒的电荷量；
(2)金属棒产生的焦耳热；
(3)金属棒滑过时的速度。
13.如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R，其他电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导体棒均可沿导轨无摩擦滑行。开始时，导体棒cd静止，导体棒ab有水平向右的初速度v0，两导体棒在运动过程中始终不接触。求：
(1)开始时，导体棒ab中电流的大小和方向；
(2)从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中，导体棒cd上产生的焦耳热；
(3)当导体棒ab速度变为v0时，导体棒cd加速度的大小。
课时跟踪检测(十五)
1．选C 金属杆下滑过程中，受重力、轨道的支持力和安培力，开始时重力沿斜面向下的分力大于安培力，金属杆做加速运动，满足mgsin θ－＝ma；随着速度的增加，安培力增大，所以金属杆的加速度逐渐减小，当加速度减小到零，金属杆的速度最大；当加速度为零时，金属杆做匀速运动；故金属杆先做加速度逐渐减小的加速运动，然后做匀速直线运动，故A错误；金属杆由静止到最大速度过程中，安培力做负功，金属杆机械能并不守恒，故B错误；当金属杆速度最大时，则有mgsin θ－＝0，解得vm＝，所以只增大B, vm 将变小，只增大R, vm 将变大，故C正确，D错误。
2．选ACD 设ab杆的有效长度为l，S闭合后，金属杆受向下的重力mg、向上的安培力F安＝，若＞mg，杆先减速再匀速，D项有可能；若＝mg，杆匀速运动，A项有可能；若＜mg，杆先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，由牛顿第二定律得－mg＝ma，加速度a不恒定，故B项不可能。
3．选B 线圈进入磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1＝a3＝g。线圈在题图中2位置时，受到重力和向上的安培力，且已知F安2a2>a4，B正确。
4．选AC 导体棒ab向左运动，根据右手定则和左手定则，可知导体棒ab和导体棒cd均受到向右的安培力，则系统动量不守恒，但由于二者最终速度一定相等，且安培力大小始终相等，即安培力冲量大小相等，根据动量定理，导体棒ab动量的减小量等于导体棒cd动量的增加量，故二者速度最终均为2 m/s，故A正确，B错误；对导体棒ab，根据动量定理有BLt＝BqL＝mv0－mv，得整个过程流过导体棒ab的电荷量为q＝4 C，故C正确；根据能量守恒定律，整个过程产生的焦耳热为Q＝mv02－2×mv2＝0.8 J，则整个过程导体棒ab产生的焦耳热为Qab＝Q＝0.32 J，故D错误。
5．选A 设导轨平面与水平面的夹角为θ，导体棒向上做匀加速运动，根据牛顿第二定律有F－－mgsin θ＝ma，即F＝t＋ma＋mgsin θ，则选项A正确；力F的功率P＝Fv＝t＋ma＋mgsin θat＝t2＋m(a2＋agsin θ)t，则P t图像为开口向上的抛物线，选项B错误；导体棒产生的感应电流I＝，则I t图像是过原点的倾斜直线，选项C错误；电阻R上产生的热量Q＝I2Rt，电流随时间t均匀增加，则Q t图像一定不是过原点的直线，选项D错误。
6．选D 根据楞次定律结合安培定则可知，线圈进入磁场过程中，线圈的感应电流方向为顺时针，线圈离开磁场时，线圈的感应电流方向为逆时针，故A错误；设线圈内阻为R，根据闭合电路欧姆定律可得I＝，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，则线圈受到的安培力为F＝BIL＝，由于线圈进入磁场时产生感应电流，线圈部分动能转化为内能，则动能减小，线圈速度也减小，即线圈进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，因此，线圈进入磁场时受到的安培力大于离开磁场时受到的安培力，故B错误；根据动能定理可得W合＝F安·x＝ΔEk，由于线圈进入和离开磁场的位移都相同，而线圈进入磁场时的安培力大于离开磁场时的安培力，则线圈进入磁场时的动能变化量大于离开磁场时的动能变化量，故C错误；根据动量定理可得Δp＝F安·Δt＝BL·Δt＝BL·q，而q＝，线圈进入和离开磁场过程中ΔΦ相同，由此可知，线圈进入磁场和离开磁场时的动量的变化量相同，则速度的变化量相同，故D正确。
7．选D 设正方形线框边长为L，线框切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律I＝，可知先后两种情况下线框中的感应电流之比＝，故A错误；根据安培力的表达式F＝ILB，可知线框所受到的安培力之比＝，故B错误；线框匀速进入磁场，所用时间t＝，根据焦耳定律Q＝I2R总t，可知线框产生的焦耳热之比＝，故C错误；根据纯电阻电路中电荷量的表达式q＝·Δt＝·Δt＝＝，可知通过线框横截面的电荷量相等，故D正确。
8．选CD 根据右手定则可确定回路中感应电流的方向为M→N→Q→P→M，根据左手定则可知，MN杆所受安培力向左，PQ杆所受安培力向右，则开始时，MN杆向右减速，PQ杆向右加速，设两者的速度分别为v1、v2，则回路总的感应电动势为E＝BLv1－BLv2，回路中的感应电流为I＝，两者所受安培力大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律有BIL＝ma，解得a＝，由于开始时MN杆的速度大于PQ杆的速度，而MN杆向右减速，PQ杆向右加速，可知MN杆向右做加速度减小的减速运动，PQ杆向右做加速度减小的加速运动，当两者速度相等时，加速度为0，两者以相等速度向右做匀速直线运动，即MN杆先向右做加速度减小的变减速运动，后向右做匀速直线运动，故A错误，C正确；根据上述可知，感应电流逐渐减小为0，则PQ杆受到的安培力逐渐减小，故B错误；由于两杆串联，若该过程产生的总热量为Q，则PQ杆产生的热量Q1＝＝，故D正确。
9．选AC 由右手定则可知，当导体棒沿导轨向下运动时，流过电阻R的电流方向为由P到Q，故A正确；导体棒所受合力为零时，即重力沿导轨平面向下的分力、弹簧弹力与安培力的合力为零时速度最大，弹簧伸长量为时，弹簧弹力为mgsin θ，此时导体棒所受合力等于安培力，导体棒速度不是最大，故B错误；导体棒最终静止，由平衡条件得mgsin θ＝kx，可得此时弹簧伸长量为x＝，由能量守恒定律得mgxsin θ＝Q＋Ep，解得Q＝－Ep，故C正确；若导体棒第一次运动到MN处时速度为v，由于此时弹簧弹力与重力沿导轨平面向下的分力平衡，则导体棒受到的安培力等于合力，由牛顿第二定律得F＝BIL＝ma，又I＝＝，联立解得a＝，故D错误。
10．解析：(1)根据右手定则可知，从上往下看，回路中感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知，两棒受到的安培力方向均为水平向右，故MN棒向左做减速运动，PQ棒向右做加速运动。当两棒速度大小相等时，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中感应电动势为0，感应电流为0，此后两棒做匀速直线运动，设此时两棒的速度大小为v1，根据动量定理可知，对MN棒有－BlΔt＝mv1－mv0
对PQ棒有BlΔt＝2mv1，解得v1＝。
(2)由能量守恒定律可知，回路中产生的总热量为
Q＝mv02－mv12－·2mv12
则MN棒产生的焦耳热为QMN＝Q＝Q
解得QMN＝。
(3)由以上分析可知，对PQ棒，根据动量定理
BlΔt＝2mv1
通过PQ棒某一横截面的电荷量为q＝Δt＝＝。
答案：(1) (2) (3)
11．解析：(1)当棒的速度为2.0 m/s时，棒中产生的感应电动势为E＝Bdv＝1×0.5×2.0 V＝1.0 V
电阻R两端的电压U＝R＝0.8 V。
(2)设金属棒到达轨道最底端时的速度为vm，回路中产生的热量为Q，根据能量守恒定律得mgLsin θ＝mvm2＋Q
解得Q＝0.5 J
所以在金属棒下滑的整个过程中，金属棒中产生的热量为
Qr＝Q＝0.1 J。
(3)金属棒从开始下滑到运动至轨道最底端的过程中，根据动量定理可得mgsin 30°·t－Bdt＝mvm－0，·t＝，
解得t＝0.61 s。
答案：(1)0.8 V (2)0.1 J (3)0.61 s
12．解析：(1)根据右手定则可知，通过电阻R的电流方向从Q到N；
通过金属棒的电荷量q＝Δt，又＝，＝＝
解得q＝。
(2)由能量守恒定律可知mgh＝2Q
则金属棒产生的焦耳热Q＝mgh。
(3)设金属棒刚进入磁场时的速度为v0，金属棒从进入磁场到到达磁场右边界停止的过程，由动量定理－BLΔt＝0－mv0
金属棒滑过时，由动量定理
－B′LΔt′＝mv－mv0
又′Δt′＝＝＝，金属棒从静止到刚进入磁场时的过程中，由动能定理可知，mgh＝mv02，解得v＝。
答案：(1)从Q到N (2)mgh (3)
13．解析：(1)开始时，导体棒ab产生的感应电动势
E0＝BLv0，
导体棒ab中电流大小I0＝＝
根据右手定则可知，方向由a→b。
(2)当导体棒ab与导体棒cd速度相同时，导体棒cd的速度最大，设最大速度为v，
分析可知，导体棒ab与cd组成的系统所受合外力为零，则系统动量守恒
由动量守恒定律有mv0＝2mv，解得v＝v0
由能量守恒定律得整个回路产生的焦耳热
Q＝mv02－(2m)v2，
解得Q＝mv02，则导体棒cd上产生的焦耳热
Q′＝Q＝mv02。
(3)当导体棒ab的速度为v0时， 设导体棒cd的速度为v′，
由动量守恒定律mv0＝m×v0＋mv′
解得v′＝v0，此时两导体棒产生的感应电动势大小分别为
Eab＝BL×v0，Ecd＝BL×v0
回路中的感应电流
I＝＝，
解得I＝，导体棒cd所受安培力大小为F＝IBL＝，此时导体棒cd加速度大小为a＝＝。
答案：(1) 方向由a→b (2)mv02 (3)
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