10.2.3 电磁感应中的动力学、能量、动量问题（Word教师用书）-【创新方案】2025年高考物理一轮总复习（福建专版）

第3课时　电磁感应中的动力学、能量、动量问题(综合应用课) 电磁学中的动力学、能量、动量问题是历年高考中的高频考点，在近几年的高考题中，动力学、能量、动量常常以计算题的形式综合考查，考查中常涉及电磁感应定律、牛顿第二定律、运动学知识、动能定理、能量守恒定律、动量定理、动量守恒定律等知识，综合性强、题目难度较大。 类型(一)　电磁感应中的动力学问题 [科学思维] 1．两种状态及处理方法 状态 特征 处理方法 平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析 非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析 2．“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 [典例]　(2023·湖南高考)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 (1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0； (2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0； (3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。 [解析]　(1)棒a在运动过程中所受重力沿斜面的分力和安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0，由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I＝，F＝BIL，由棒a受力平衡可得mgsin θ＝BIL，联立解得v0＝。 (2)由右手定则可知释放瞬间棒b中电流向里，棒b受到沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，对棒b根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋BIL＝ma0， 解得a0＝2gsin θ。 (3)由题意可知，释放棒b后，棒a受沿斜面向上的安培力和沿斜面向下的重力的分力，棒b受沿斜面向下的安培力和沿斜面向下的重力的分力，棒a、b达到相同速度v，由动量定理可知，mgt0sin θ－BLt0＝mv－mv0 mgt0sin θ＋BLt0＝mv 设此过程流过棒a、b的电荷量为q，有q＝t0，联立解得v＝gt0sin θ＋ q＝ 由法拉第电磁感应定律可知＝＝· 联立可得Δx＝。 [答案]　(1)　(2)2gsin θ　 (3)gt0sin θ＋　 [针对训练] 1．(双选)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是(　 ) A．甲和乙都加速运动 B．甲和乙都减速运动 C．甲加速运动，乙减速运动 D．甲减速运动，乙加速运动 解析：选AB　两线圈的质量相等，线圈所用材料相同，则体积相同，甲线圈的匝数是乙线圈的2倍，则甲的横截面积是乙的一半，长度是乙的2倍，由电阻定律可知，甲的电阻是乙的电阻的4倍；两线圈从同一高度同时由静止开始下落，则到达磁场上边界时两线圈的速度相同，设乙线圈的匝数为n，两线圈的边长均为l，两线圈进入磁场后，乙受到的安培力F乙＝nBIl＝，甲受到的安培力F甲＝＝，可见，甲、乙受到的安培力大小相同，重力也相同，则运动情况相同，A、B正确。 2．(双选)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后(　 ) A．通过导体棒MN电流的最大值为 B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动 C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大 D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热 解析：选AD　当S闭合的瞬间，导体棒MN速度为0，此时反电动势最小，此时MN可视为纯电阻R，故电流最大Imax＝＝，故A正确；当电容器两极板间电压u>Blv时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN速度为零， 故B错误；MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为i＝，当u＝Blv时，MN上电流瞬时值为零，安培力为零，此时MN速度最大，故C错误；在MN加速阶段，由于MN上存在感应电动势，MN上电流小于电阻R 上电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能(即ER>EMN)，故加速过程中，QR>QMN；在MN减速到零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上产生的热量大于导体棒MN上产生的热量，故D正确。 3.(2022·湖北高考)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6 × 10 － 3 Ω、质量m＝0.2 kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4 N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g＝10 m/s2，求： (1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小； (2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热； (3)磁场区域的水平宽度。 解析：(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有max＝Fcos θ 代入数据有ax＝20 m/s2 在竖直方向有may＝Fsin θ－mg 代入数据有ay＝10 m/s2。 (2)根据题意，ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的一部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线。但ad和bc边的切割磁感线部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流方向为adcba，则ab边受到的安培力竖直向下，ad边受到的安培力水平向右，bc边受到的安培力水平向左，则ad边和bc边受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力。线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有 Fsin θ－mg－BIL＝0，E＝BLvy，I＝，v＝2ayL 联立有B＝0.2 T 由题知，dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q＝W安＝BILy y＝L，Fsin θ－mg＝BIL 联立解得Q＝0.4 J。 (3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为t＝t1＋t2，vy＝ayt1，L＝vyt2 联立解得t＝0.3 s 由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有 x＝axt2＝×20×0.32 m＝0.9 m 则磁场区域的水平宽度s＝x＋L＝1.1 m。 答案：(1)20 m/s2　10 m/s2　(2)0.2 T　0.4 J　(3)1.1 m 类型(二)　电磁感应中的能量问题 [科学思维] 1．电磁感应中的能量转化 2．求解焦耳热Q的三种方法 方法一：焦耳定律Q＝I2Rt。 方法二：功能关系Q＝W克服安培力。 方法三：能量转化Q＝ΔE其他能的减少量。 [典例]　(2023·新课标卷)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。 (1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。 (2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。 [解析]　(1)金属框进入磁场过程中有＝， 则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为 q1＝t＝， 则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为q＝2q1＝， 金属框穿过磁场区域过程中，由动量定理得 －BqL＝－mv0， 联立解得v0＝。 (2)设金属框的初速度为v0，则金属框完全进入磁场时的末速度为v1，向右为正方向。 金属框进入磁场过程中，由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，故电路中的总电阻 R总＝R0＋＝， 根据动量定理有 －＝mv1－mv0，解得v1＝， 则在此过程中根据能量守恒定律有 mv02＝Q1＋mv12，解得Q1＝， 其中电阻R1产生的热量 QR1＝··Q1＝Q1＝， 此后线框完全进入磁场中，则线框左右两边均作为电源，且等效电路图如图所示， 则此时回路的总电阻R总′＝2R0＋＝，设线框刚离开磁场时的速度为v2，再根据动量定理有－＝mv2－mv1，解得v2＝0， 则说明线框在刚开始离开磁场瞬间停止运动，则再根据能量守恒定律有mv12＝＝Q2，其中电阻R1产生的热量QR1′＝·Q2＝Q2＝， 则在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量QR1总＝QR1＋QR1′＝。 [答案]　(1)　(2) [针对训练] 1.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中(　 ) A．导体棒做匀减速直线运动 B．导体棒中感应电流的方向为a→b C．电阻R消耗的总电能为 D．导体棒克服安培力做的总功小于mv02 解析：选C　导体棒向右运动，根据右手定则，可知导体棒中电流方向为b到a，再根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为E＝BLv0，感应电流为I＝＝，故安培力为F＝BIL＝，根据牛顿第二定律有F＝ma，可得a＝v0，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，选项A、B错误；根据能量守恒定律，可知回路中消耗的总电能为Q＝mv02，因R与r串联，则消耗的电能与电阻成正比，则R消耗的电能为QR＝ Q＝，选项C正确；整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于mv02，选项D错误。 2．(2024·厦门双十中学月考)(双选)某科学兴趣小组想设计一款安装在返回舱底部的电磁缓冲装置，如图甲所示，在返回舱的底盘上安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，这款电磁缓冲装置工作原理是利用电磁阻尼作用减小返回舱和地面间的冲击力。其结构简化图如图乙所示，在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN。导轨内侧，安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L。假设整个返回舱以速度v0与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。则以下说法正确的是(　 ) A．滑块K的线圈中最大感应电流的大小Imax＝ B．若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电荷量q＝ C．若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中产生的焦耳热是Q＝ D．若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中产生的焦耳热是Q＝mgH＋mv02－mv2 解析：选AC　滑块K刚接触地面时感应电动势最大，Emax＝nBLv0，根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K上绕的线圈中最大感应电流的大小Imax＝，故A正确；由q＝Δt，＝，＝n，ΔΦ＝BΔS＝BHL，若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电荷量q＝Δt＝，故B错误；设每个缓冲线圈产生的焦耳热为Q，由动能定理得mgH－4Q＝mv2－mv02，解得Q＝，故C正确，D错误。 类型(三)　电磁感应中的动量问题 题型(一)　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，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒定律，运用动量守恒定律解题比较方便。 [例1]　(2023·辽宁高考)(双选)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是(　 ) A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流 B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为 C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1 D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为 [解析]　弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向电流，A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力FPQ＝BI·2d，MN受安培力FMN＝2BId，PQ与MN所受安培力大小相等，方向相反，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m, PQ速率为v时，则2mv＝mv′，解得MN的速率v′＝2v，回路的感应电流I＝＝，MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝，B错误；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最终MN位置向左移动x1＝，PQ位置向右移动x2＝，因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，整个运动过程中，MN的加速度为aMN＝，PQ的加速度为aPQ＝，则aMN∶aPQ＝2∶1，由B选项分析可知MN与PQ的速率之比为2∶1，则由公式v2＝2ax可知MN与PQ的路程之比为2∶1，C正确；两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN位置向左移动，PQ位置向右移动，则q＝Δt＝＝＝，D错误。 [答案]　AC 题型(二)　动量定理在电磁感应中的应用 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＝nΔt＝n，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。 [例2]　(2023·全国甲卷)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P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与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； (3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 [解题指导] 序号 关键信息 信息解读 1 导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞 Q、P组成的系统动量守恒、机械能守恒 2 绝缘棒Q 说明它不导电，不受安培力的作用，故绝缘棒Q与金属棒P碰撞前后，Q均做匀速直线运动 3 P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点 P和Q从导轨右端平抛时的初速度相等 4 金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量 金属棒P在导轨上运动过程中，绝缘棒Q正在做匀速直线运动，并且它也不产生热量，故金属棒P动能的减少量就等于产生的热量 [解析]　(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 3mv0＝3mvQ＋mvP ×3mv02＝×3mvQ2＋mvP2 联立解得vP＝v0，vQ＝v0 由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，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)根据能量守恒有mvP2＝mvP′2＋Q 解得Q＝mv02。 (3)设碰撞时金属棒P距导轨最右端距离为x，P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得 －BlΔt＝mvP′－mvP 又＝＝＝ 联立可得x＝ 故Q在导轨上运动的时间为t＝＝。 [答案]　(1)v0　(2)mv02　(3) [课时跟踪检测] A卷——全员必做 1.(2022·浙江1月选考)如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d(d≪r)，则(　 ) A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向 B．圆管的感应电动势大小为 C．圆管的热功率大小为 D．轻绳对圆管的拉力随时间减小 解析：选C　穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，A错误；圆管的感应电动势大小为E＝πr2＝kπr2，B错误；圆管的电阻R＝ρ，圆管的热功率大小为P＝＝，C正确；根据左手定则可知，圆管中各段所受的安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，D错误。 2．(2024·厦门质检)(双选)如图所示，在两光滑水平金属导轨上静止放置a、b两根导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，用水平恒力F拉动a棒，在运动过程中，a、b棒始终与导轨接触良好，若不计导轨电阻，下列说法正确的是(　 ) A．拉力F做的功等于a、b棒增加的动能与a、b棒中产生的焦耳热之和 B．安培力对b做的功等于b棒增加的动能与b棒中产生的焦耳热之和 C．安培力对a、b棒做功的代数和的绝对值等于a、b棒中产生的焦耳热之和 D．a棒克服安培力做的功等于b棒增加的动能与b棒中产生的焦耳热之和 解析：选AC　对a、b棒整体，根据能量守恒定律得WF＝ΔEka＋ΔEkb＋Qa＋Qb　①，故A正确；对b棒，只有安培力做功，运用动能定理得WFb＝ΔEkb②，故B错误；对a棒，拉力和安培力做功，运用动能定理得WF＋WFa＝ΔEka　③，联立①②③式得，安培力对a、b棒做功的代数和为WFa＋WFb＝ΔEka＋ΔEkb－WF＝－(Qa＋Qb)，所以，安培力对a、b棒做功的代数和的绝对值等于a、b棒中产生的焦耳热之和，故C正确；联立①②③式得，a棒克服安培力做的功为－WFa＝ΔEkb＋(Qa＋Qb)，故D错误。 3．(2024·晋江模拟)(双选)如图甲所示，两间距为L的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R的金属棒放在导轨上，在平行于导轨向右、大小为F的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的加速度与速度关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的a0、v0均为已知量，则下列说法正确的是(　 ) A．金属棒的质量为 B．匀强磁场的磁感应强度大小为 C．当拉力F做功为W时，通过金属棒横截面的电荷量为 D．某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成反比 解析：选AB　由题意可知F－＝ma，得a＝－v，结合a­v图像可知＝a0，＝，解得m＝，B＝＝ ，A、B正确；当拉力F做功为W时，金属棒运动的距离为s＝，则通过金属棒横截面的电荷量q＝t＝t＝＝，C错误；某时刻撤去拉力，此后＝ma，则a＝v，D错误。 4.(双选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有(　 ) A．杆OP产生的感应电动势恒定 B．杆OP受到的安培力不变 C．杆MN做匀加速直线运动 D．杆MN中的电流逐渐减小 解析：选AD　根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP＝Bl2ω，故A正确。OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN向左运动，切割磁感线，产生的感应电流与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，OP所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确。 5.(2024·建瓯模拟)(双选)如图所示，虚线圆边界与金属圆环是以O为圆心的同心圆，半径分别是1 m 和2 m，在它们之间存在以O1P为理想分界线的有界匀强磁场，磁场的大小都为2 T，方向相反并垂直于圆面；不计电阻的金属杆AC以O为转轴做角速度为2 rad/s 的匀速圆周运动，转动过程中两端始终与金属圆环接触，金属圆环的总电阻为48 Ω，则(　 ) A．金属杆AC转一圈电流的方向改变1次 B．流过金属杆AC的电流大小始终为1 A C．金属圆环的发热功率为48 W D．金属杆AC转一圈克服安培力做功37.68 J 解析：选BD　金属杆AC每经过O1P一次则电流方向改变一次，则转一圈电流的方向改变2次，故A错误； 金属杆产生的感应电动势E＝2B(2r－r)ω＝12 V，电路总电阻R＝ Ω＝12 Ω，流过金属杆AC的电流大小始终为I＝＝1 A，故B正确；金属圆环的发热功率为P＝＝W＝12 W，故C错误；金属杆AC转一圈克服安培力做功等于产生的焦耳热W＝Q＝PT＝P×＝12P× J＝37.68 J，故D正确。 6．(2023·重庆高考)如图所示，与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U型金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内(　 ) A．流过杆的感应电流方向从N到M B．杆沿导轨下滑的距离为vt C．流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率 D．杆所受安培力的冲量大小为mgtsin θ－mv 解析：选D　根据右手定则，判断知流过杆的感应电流方向从M到N，故A错误；依题意，设杆切割磁感线的有效长度为L，电阻为R，杆在磁场中运动的此段时间内，杆受到重力、导轨支持力以及沿导轨向上的安培力作用，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－F安＝ma，F安＝BIL，I＝，联立可得杆的加速度a＝gsin θ－，可知，杆在磁场中运动的此段时间内做加速度逐渐减小的加速运动，此段时间内的平均速度大于＝v，杆真实运动的距离大于vt，故B错误；由于在磁场中运动的此段时间内，杆做加速度逐渐减小的加速运动，杆的动能增大，由动能定理可知，重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做的功，根据＝可得安培力的平均功率小于重力的平均功率，即流过杆感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，故C错误；杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理，可得mgtsin θ－I安＝m·2v－mv，解得杆所受安培力的冲量大小为I安＝mgtsin θ－mv，故D正确。 7．(2023·杭州质检)如图甲、乙所示的电路中，两光滑平行导轨之间的距离均为L，在两导轨之间的平面内都有垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，两金属杆完全相同、阻值均为r，均与导轨接触良好。图甲中导轨的左端接有阻值为R的定值电阻，金属杆在水平拉力的作用下以速度v水平向右做匀速运动；图乙中导轨的左端接有内阻不计的电源，金属杆通过跨过定滑轮的绝缘轻绳与一重物相连，杆正以速度v水平向右做匀速运动，电路中的电流为I。若导轨电阻不计，忽略所有摩擦，则下列说法正确的是(　 ) A．两杆所受安培力的方向相同 B．图甲、乙中两杆所受安培力大小之比为 C．在时间Δt内图甲中金属杆产生的电能为 D．在时间Δt内图乙中电源输出的能量为BILvΔt 解析：选D　根据右手定则可知甲图中通过杆的电流方向b→a，根据左手定则可知安培力方向向左，乙图中电流方向a→b，根据左手定则可知安培力方向向右，二杆受到的安培力方向相反，故A错误；图甲中电路，由闭合电路欧姆定律可得I1＝，金属杆受到的安培力F1＝BI1L＝，图乙中金属杆受到的安培力F2＝BIL，安培力大小之比为＝，故B错误；在Δt时间内，图甲中金属杆产生的电能等于金属杆克服安培力做的功，E电＝F1vΔt＝，故C错误；图乙中电源输出的能量等于安培力对金属杆做的功，即E机＝F2vΔt＝BILvΔt，故D正确。 8．(双选)如图，两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，所在空间有方向垂直于水平面、磁感应强度为B的范围足够大的匀强磁场，导轨的间距为L，电阻不计；导轨上静置两根长度均为L的导体棒PQ和MN，其中PQ的质量为2m、阻值为R，MN的质量为m、阻值为2R。若在t＝0时刻给PQ一个平行于导轨向右的初速度v0，不计运动过程中PQ和MN的相互作用力，则(　 ) A．t＝0时刻，两导体棒的加速度大小相等 B．t＝0时刻，PQ两端的电压为BLv0 C．PQ匀速运动时的速度大小为v0 D．从t＝0时刻到PQ匀速运动的过程中，导体棒MN产生的焦耳热为mv02 解析：选BD　t＝0时刻，PQ平行于导轨向右的初速度v0，则产生的感应电动势为E＝BLv0，此时回路中的感应电流大小为I＝＝，两导体棒受到的安培力大小为F＝BIL，则有aMN＝，aPQ＝，两导体棒的加速度大小不相等，A错误； t＝0时刻，PQ两端的电压为MN两端的电压，大小为UMN＝IRMN＝BLv0，B正确；由以上分析可知，两导体棒受到的安培力大小相等，由左手定则可知，安培力方向相反，两棒运动中，满足动量守恒，则有2mv0＝(m＋2m)v共，两棒达到共速，则得v共＝v0，此后两棒以这个速度做匀速直线运动，C错误；导体棒PQ和MN是串联关系，即IPQ＝IMN，可知两棒上的电流有效值相等，在整个运动中MN、PQ产生的焦耳热量分别为QMN＝I有2RMNt，QPQ＝I有2RPQt，则有QMN∶QPQ＝2∶1，由能量守恒定律可知，在整个运动中产生的总热量等于系统总动能的减少量，因此有Q＝×2mv02－×3mv共2＝mv02，QMN＝Q＝mv02，D正确。 9．(2024年1月·九省联考甘肃卷)半圆形金属线圈放置在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图(a)。磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)。已知线圈的电阻R＝0.1 Ω，半径r＝0.1 m。求： (1)线圈中感应电动势的大小； (2)线圈的电功率及0～0.005 s时间内线圈产生的焦耳热； (3)t＝0.003 s时半圆弧受到的安培力的大小和方向。 解析：(1)线圈中感应电动势的大小为E＝＝S＝2×π×0.12 V＝0.01π V。 (2)线圈的电功率为 P＝＝ W＝π2×10－3 W 0～0.005 s时间内线圈产生的焦耳热为 Q＝Pt＝π2×10－3×0.005 J＝5π2×10－6 J。 (3)由题图（b）可知B＝2t(T) t＝0.003 s时半圆弧受到的安培力的大小为 F＝IBL＝B·2r＝×2×0.003×2×0.1 N＝1.2π×10－4 N 根据楞次定律线圈中感应电流的方向为逆时针。 根据左手定则半圆弧受到的安培力的方向为垂直MN向下。 答案：(1)0.01π V　(2)π2×10－3 W，5π2×10－6 J　(3)1.2π×10－4 N，垂直MN向下 B卷——重点选做 10．(2023·浙江6月选考)如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其他电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角θ＝；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中(　 ) A．电源电动势E0＝R B．棒消耗的焦耳热Q＝Mgl C．从左向右运动时，最大摆角小于 D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等 解析：选C　当开关接1时，对导体棒受力分析如图所示，根据几何关系可得Tcos θ＝Mg，Tsin θ＝F＝BIL，解得I＝，根据欧姆定律有I＝，解得E0＝，故A错误；根据右手定则可知，导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦耳热；导体棒从左向右运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相反，没有机械能损失；当导体棒运动到最低点速度为零时，导体棒损失的机械能转化为焦耳热Q′＝Mgl，导体棒完成一次振动速度为零时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热Q<Q′＝Mgl，故B错误；由以上分析可知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小于，故C正确；由以上分析可知，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据E＝BLv，可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D错误。 11.(2023·天津高考)如图，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l。空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B＝kt(k>0)，方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为g，求： (1)感应电动势E； (2)线框开始向上运动的时刻t0。 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有E＝n 又n＝1，＝·S＝kS，S＝ 解得E＝。 (2)根据闭合电路欧姆定律可知，线框中的感应电流为I＝ 结合安培力的公式和题图可知，线框受到的安培力为FA＝BIl，又B＝kt(k>0) 联立可得线框受到的安培力为FA＝ 当线框开始向上运动时，有＝mg 解得t0＝。 答案：(1)　(2) 12．(2022·辽宁高考，节选)如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。 (1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向； (2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到ab的最小距离x。 解析：(1)根据题意，当M刚进入磁场时，M的速度为v0，E＝BLv0，I＝，F＝BIL，整理可得F＝，根据楞次定律可知F的方向与M运动方向相反，即F的方向水平向左。 (2)①以N为研究对象，N在磁场中运动过程中所受的安培力为F安＝BIL，N所受的合外力等于安培力，对N根据动量定理有：F安t＝BILt＝BLq＝m，整理可得q＝。 ②考虑两杆在磁场内未相撞，可知M与N之间的距离在N出磁场之前是不断减小的，N出磁场时M刚好追上N为临界情况，从M进入磁场到N出磁场的过程中，M比N多走的位移为初始时刻N到ab的最小距离； E＝，ΔΦ＝BΔS＝BLx，I＝，q＝It＝ 整理可得x＝。 答案：(1)　方向水平向左　(2)① ② 学科网（北京）股份有限公司 $$