第二章 素养提升课三 电磁感应中的动力学、能量和动量问题-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（教科版2019）

素养提升课三　电磁感应中的动力学、能量和动量问题 【素养目标】　1.会处理电磁感应中的动力学问题。　2.会处理电磁感应中的能量问题。　3.会处理电磁感应中的动量问题。 提升点一　电磁感应中的动力学问题 1.电磁感应过程中导体的两种运动状态及处理方法 (1)导体的平衡状态－－静止状态或匀速直线运动状态。 处理方法：根据平衡条件(合外力等于0)列式分析。 (2)导体的非平衡状态－－加速度不为0。 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。 2.电磁感应中电学对象与力学对象的关联关系 角度一　电磁感应中的平衡问题 (多选)(2023·山东高考)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) 学生用书↓第60页 A．B2的方向向上 B．B2的方向向下 C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s 答案：BD 解析：导轨的速度v2>v1，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为f＝μmg＝2 N，对导体棒由平衡条件得F1＝f＝2 N，由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M→D→C→N，导轨受到向左的摩擦力、向右的拉力和安培力，对导体框由平衡条件得F2＝f－m0g＝1 N，由左手定则可知B2的方向向下，A错误，B正确；又F1＝B1IL，F2＝B2IL，电路中的电流为I＝，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。 针对练. 如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导体之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(　　) A．ab中的感应电流方向由b到a B．ab中的感应电流逐渐减小 C．ab所受的安培力保持不变 D．ab所受的静摩擦力逐渐减小 答案：D 解析：磁感应强度均匀减小，则穿过闭合回路的磁通量减小，根据楞次定律结合安培定则可知，ab中的感应电流方向由a到b，A错误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律可得E＝S，可知感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，B错误；根据安培力公式F＝ILB知，电流不变，B随时间均匀减小，则安培力F减小，C错误；ab始终保持静止，处于平衡状态，安培力和静摩擦力大小相等，即F＝f，安培力减小，则静摩擦力减小，D正确。 角度二　电磁感应中的动力学问题 如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置。两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。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，磁场方向垂直斜面向下。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。 (1)在加速下滑时，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。 (2)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。 [解题指导]　(1)受力分析时将立体图转换为平面图。 (2)利用牛顿第二定律列方程求解ab杆的加速度的大小。 (3)利用平衡条件列方程求解ab杆可以达到的最大速度。 答案：(1)　gsin θ－　(2) 解析：(1)ab杆的受力分析如图所示。 当ab杆速度为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路中电流I＝＝， ab杆受到的安培力F＝ILB＝。 根据牛顿第二定律，有mgsin θ－F＝ma， 解得a＝gsin θ－。 (2)当a＝0时，杆达到最大速度vm，由平衡条件得mgsin θ＝，解得vm＝。 “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： 针对练.(2022·重庆高考)如图1所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻， 导体杆与轨道垂直并接触良好(不计杆和轨道的电阻)，整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为F0，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为(　　) 学生用书↓第61页 A．k＝2、m＝2、n＝2 B．k＝2、m＝2、n＝ C．k＝、m＝3、n＝ D．k＝2、m＝6、n＝2 答案：C 解析：由题知杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，则在v＝0时分别有a1＝，a2＝，则第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移的时间分别为x＝a1t，x＝a2t，则n＝，第一次和第二次运动中根据牛顿第二定律有a＝－，整理有F＝Ma＋，则可知两次运动中F-v图像的斜率为，则有2＝·＝·k2，故选C。 提升点二　电磁感应中的能量问题 1.电磁感应中的能量转化 电磁感应过程中的能量转化是通过安培力做功实现的： (1)克服安培力做功，其他形式的能(通常为机械能)转化为电能。 (2)安培力做正功或感应电流做功，电能转化为其他形式的能(通常为机械能、内能等)，即如下图： 2.求解焦耳热Q的几种方法 公式法 感应电流恒定时：Q＝I2Rt 功能关系法 焦耳热等于克服安培力做的功： Q＝W克安 能量转化法 焦耳热等于其他形式能的减少量：Q＝ΔE减 如图所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨道间距为d。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B。P、M间所接电阻阻值为R。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r。现静止释放ab，当它沿轨道下滑距离x时，达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g。求： (1)金属杆ab运动的最大速度； (2)金属杆ab运动的加速度为gsin θ时，电阻R上的电功率； (3)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功； (4)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中产生的焦耳热。 [解题指导]　第一步：抓关键点 关键点 获取信息 光滑金属轨道与水平面成θ角固定 金属杆不受摩擦力，且重力沿轨道向下的分力为mgsin θ P、M间所接电阻阻值为R；金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r；轨道足够长且电阻不计 金属杆与轨道、电阻R所组成的闭合回路的内电阻为r，外电阻为R 金属杆ab沿轨道下滑距离x时，达到最大速度 金属杆高度降低了xsin θ，此后受力平衡，以最大速度继续下滑 第二步：找突破口 (1)根据受力平衡列方程，安培力F＝mgsin θ。 (2)根据牛顿第二定律，求解加速度为gsin θ时的安培力。 (3)根据动能定理，求解此过程中克服安培力所做的功。 (4)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中克服安培力所做的功等于金属杆ab和电阻R中产生的焦耳热之和。 答案：(1)　(2) (3)mgxsin θ－ (4)[mgxsin θ－] 解析：(1)当杆达到最大速度时安培力F＝mgsin θ 安培力F＝IdB 感应电流I＝ 感应电动势E＝Bdvmax 联立以上各式解得最大速度vmax＝。 (2)当金属杆ab运动的加速度为gsin θ时，根据牛顿第二定律，有mgsin θ－I′dB＝m·gsin θ 电阻R上的电功率P＝I′2R 解得P＝。 (3)根据动能定理mgxsin θ－W克安＝mv－0 解得W克安＝mgxsin θ－。 (4)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中克服安培力所做的功等于金属杆ab电阻r和电阻R中产生的焦耳热之和，则有W克安＝QR＋Qr 由电路结构可得＝ 金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中产生的焦耳热 Qr＝W[mgxsin θ－]。 学生用书↓第62页 针对练1.(多选) 如图所示，ABCD为固定的水平光滑矩形金属导轨，处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，AD与BC间距为L，左、右两端均接有阻值为R的电阻，质量为m、长也为L且电阻不计的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中A、B间R上产生的焦耳热为Q，则(　　) A．初始时刻导体棒所受的安培力大小为 B．从初始时刻至导体棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的焦耳热为Q C．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv－2Q D．当导体棒再一次回到初始位置时，A、B间电阻的热功率为 答案：AC 解析：根据F＝ILB，E＝BLv0，I＝，R总＝可得F＝，A正确；从初始时刻至导体棒第一次到达最右端的过程中能量守恒，满足mv＝Ep＋2Q，解得此时弹性势能Ep＝mv－2Q，C正确；振动中由于安培力作用，导体棒平均速度在减小，从初始时刻至导体棒第一次到达最左端的过程中，导体棒平均速度最大，平均安培力最大，位移也最大，导体棒克服安培力做功最大，故整个回路产生的焦耳热大于Q，B错误；由于要克服安培力做功，当导体棒再次回到初始位置时，其速度小于v0，A、B间电阻的热功率小于，D错误。 针对练2.如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为l，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。金属导轨右端接一个阻值为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、接入电路的电阻也为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。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。金属棒穿过磁场区域的过程中(　　) A．流过金属棒的最大电流为 B．通过金属棒的电荷量为 C．克服安培力所做的功为mgh D．金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd) 答案：D 解析：金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝mv2，金属棒到达平直部分时的速度v＝，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势E＝Blv，最大感应电流I＝＝，故A错误；通过金属棒的电荷量q＝Δt＝＝，故B错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得mgh－W安－μmgd＝0－0，克服安培力做的功W安＝mgh－μmgd，故C错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热Q′＝Q＝W安＝mg(h－μd)，故D正确。 提升点三　电磁感应中的动量问题 1.电磁感应中动量定理的应用 在电磁感应过程中，导体棒或金属框在安培力作用下做非匀变速直线运动时，应用动量定理可以解决以下问题： (1)安培力的冲量：I安＝LBt＝BLq。 如果安培力等于导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。 (2)感应电荷量：q＝Δt＝Δt＝n·Δt＝n。 (3)当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t和运动位移x时，用动量定理求解更方便。 2.电磁感应中动量守恒定律的应用 在双金属杆切割磁感线的系统中，双金属杆和导轨构成闭合回路，安培力为系统内力，如果双金属杆所受的两个安培力等大反向，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。 3.电磁感应中”双杆”问题常常用到的三个观点 (1)力学观点：通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动。 学生用书↓第63页 (2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属杆的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。 (3)能量观点：其中一个金属杆动能的减少量等于另一个金属杆动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。 角度一　动量定理在电磁感应中的应用 (多选)(2023·河南开封高二月考)如图所示，在光滑的水平面上有一竖直向下磁感应强度为B、宽度为L的匀强磁场区域。现有一质量为m、电阻为R、边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0沿水平面向右滑动，穿过磁场后速度减为v，则线圈在此过程中(　　) A．动量一直减小 B．安培力的冲量大小为 C．安培力的冲量大小为m(v0－v) D．线圈全部进入磁场时速度等于 答案：BCD 解析：线圈完全进入磁场后磁通量不变，线圈中无感应电流，不受安培力作用，则线圈的动量保持不变，选项A错误；由动量定理可知－F安Δt＝mv－mv0，安培力的冲量大小为m(v0－v)，选项C正确；设线圈全部进入磁场时的速度为v1，则由动量定理得－BaΔt＝－Bq1a＝mv1－mv0，线圈穿出磁场的过程，由动量定理得－B′aΔt′＝－Bq2a＝mv－mv1，由q＝，可知因为进入和穿出磁场的过程中，磁通量的变化量相等，所以进入和穿出磁场的两个过程中通过线圈横截面积的电荷量相等，即q1＝q2＝q，故进入过程线圈的速度变化量等于离开过程线圈的速度变化量，即v0－v1＝v1－v，解得v1＝，选项D正确；线圈进入磁场过程中安培力的冲量大小I1＝BaΔt＝Baq，而q＝Δt＝Δt＝，则I1＝，则整个过程中安培力的冲量大小为I＝2I1＝，选项B正确。 针对练.(多选)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停止在导轨上。下列说法正确的是(　　) A．ab杆将做匀减速运动直到静止 B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为 C．ab杆速度减为时，通过定值电阻的电荷量为 D．ab杆速度减为时，ab杆通过的位移为 答案：BD 解析：ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小为F＝，加速度大小为a＝＝，由于速度减小，所以ab杆做加速度减小的变减速运动直到静止，故A错误；当ab杆的速度为时，安培力大小为F′＝，所以加速度大小为a′＝＝，故B正确；对ab杆，由动量定理得－BL·Δt＝m－mv0，即BLq＝mv0，解得q＝，所以通过定值电阻的电荷量为，故C错误；由q＝＝，解得ab杆通过的位移x＝＝，故D正确。 角度二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平部分组成，其水平部分加有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨水平部分静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r。另一质量为m、电阻为r的金属棒ab，从圆弧部分M处由静止释放滑至N处进入水平部分，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧部分MN半径为R，所对圆心角为60°，重力加速度为g。 (1)ab棒在N处进入磁场区域速度是多大？此时棒中电流是多少？ (2)cd棒能达到的最大速度是多大？ (3)cd棒由静止到最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？ 答案：(1)　　(2) 　(3)mgR 解析：(1)ab棒由M下滑到N过程中机械能守恒， 故mgR(1－cos 60°)＝mv2，解得v＝ 此时棒中电流I＝＝。 (2)ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒达到相同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，cd棒达到最大速度。ab棒进入磁场区域后，ab、cd两棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′ 解得v′＝ 。 (3)由能量守恒定律知，系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，故Q＝mv2－×3mv′2，解得Q＝mgR。 学生用书↓第64页 针对练.(多选)如图所示，两足够长、阻值不计、间距为L的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，两导轨所在区域存在着竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场，质量均为m的导体棒ab、cd垂直放在金属导轨MN、PQ上，并与导轨保持良好接触，接入电路的导体棒长度均为L、阻值均为R。现给导体棒ab一个水平向右的瞬时冲量，使其获得水平向右的初速度v0，则关于ab、cd两棒此后的整个运动过程，下列说法正确的是(　　) A．ab、cd两导体棒组成的系统动量守恒 B．ab、cd两导体棒最终都将停止运动 C．整个过程，ab棒上产生的焦耳热为mv D．整个过程中，流过ab棒的电荷量为 答案：AD 解析：ab、cd棒组成闭合回路，即电流相等，由左手定则可知，两棒所受安培力大小相等，方向相反，则ab、cd两导体棒组成的系统所受外力之和为0，系统动量守恒，故A正确；以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv，得v＝，即ab、cd两导体棒最终均以的速度向右运动，故B错误；由能量守恒定律有mv＝×2m×＋Q，得Q＝mv，则ab棒上产生的焦耳热为Qab＝Q＝mv，故C错误；对ab棒由动量定理有－Ft＝mv－mv0，即－BLt＝－，又q＝t，得q＝，故D正确。 角度三　”三大观点”在电磁感应中的应用 如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝3 T。两导轨间距为L＝0.5 m，轨道足够长。金属棒a和b的质量分别为ma＝1 kg，mb＝0.5 kg，电阻分别为Ra＝1 Ω，Rb＝2 Ω。b棒静止于轨道水平部分，现将a棒从h＝1.8 m 高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。g取10 m/s2。求： (1)a棒刚进入磁场时，b棒的加速度； (2)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，流过a棒的电荷量； (3)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，a棒中产生的焦耳热。 答案：(1)9 m/s2，方向水平向右　(2) C　(3)2 J 解析：(1)a棒沿弧形轨道下滑h过程中，根据机械能守恒定律得magh＝mav2 a棒进入磁场瞬间感应电动势E＝BLv 根据闭合电路欧姆定律得I＝ 对b棒，有F安＝ILB 根据牛顿第二定律得F安＝mba 解得a＝9 m/s2 由左手定则知，b棒加速度的方向水平向右。 (2)对a、b由动量守恒定律得mav＝(ma＋mb)v共 解得v共＝4 m/s 对b棒，应用动量定理得ILBt＝mbv共 即BLq＝mbv共 解得q＝ C。 (3)a、b棒在水平面内运动过程，由能量守恒定律得 mav2－(ma＋mb)v＝Q 根据焦耳定律得Q＝I2(Ra＋Rb)t Qa＝Q 联立解得Qa＝2 J。 1.(2021·北京高考)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mv 答案：C 解析：导体棒向右运动，根据右手定则，可知电流方向为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，可得此时的感应电动势为E＝BLv0，感应电流为I＝＝，故安培力为F＝ILB＝，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，导体棒不是做匀减速直线运动，故A、B错误；根据能量守恒定律，可知回路中产生的总热量为Q＝mv，因R与r串联，则产生的热量与电阻成正比，则R产生的热量为QR＝Q＝，故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mv，故D错误。故选C。 2.(多选)(2023·山西太原质检)如图所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，固定在匀强磁场中，两导轨所在平面与水平方向的夹角为30°，磁场方向垂直于导轨平面斜向下。导轨上端串联两阻值均为R的电阻。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。已知断开开关S，由静止释放金属棒，金属棒沿导轨下滑kL后将做速度为v的匀速直线运动。又过了一段时间，闭合开关S。下列说法中正确的是(　　) 学生用书↓第65页 A．匀强磁场的磁感应强度为B＝ B．导体棒由静止下滑kL的运动时间为＋ C．闭合开关S瞬间，金属棒的加速度大小为 D．闭合开关S后，经过足够长的时间，金属棒的速度大小为 答案：BD 解析：金属棒匀速运动时，由平衡条件得mgsin 30°＝ILB＝，解得匀强磁场磁感应强度大小为B＝ ，故A错误；导体棒由静止下滑kL过程，取向下为正方向，由动量定理可得mgtsin 30°－BLt＝mv－0，又t＝t＝＝＝，解得此过程运动的时间t＝＋，故B正确；闭合开关S瞬间，由牛顿第二定律得BI′L－mgsin 30°＝ma，其中I′＝2I，解得加速度大小a＝g，故C错误；闭合开关后稳定后金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得mgsin 30°＝，解得v′＝v，故D正确。故选B、D。 3. 如图所示，两个完全相同的导线圈a、b从同一高度自由下落，途中在不同高度处通过两个宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场区域后落到水平地面上，设两线圈着地时动能分别为Eka和Ekb，穿出磁场区域的过程中流过线圈导线横截面的总电荷量分别为qa和qb，则下列判断正确的是(　　) A．Eka＝Ekb，qa＝qb B．Eka>Ekb，qa>qb C．Eka>Ekb，qa＝qb D．Eka<Ekb，qa<qb 答案：C 解析：设线圈电阻为R，切割磁感线的边长为L，则两线圈在进出磁场时产生的安培力为F＝，由题图可知，两个线圈进出磁场的速度不同，有va<vb，则进出磁场时，a受的安培力小，完全进入磁场后只受重力，所以在下落过程中，线圈a所受安培力做的功小于线圈b所受的安培力做的功，而整个过程中，重力做功相同，根据动能定理WG－W安＝ΔEk，可得Eka>Ekb；穿出磁场过程中通过线圈横截面的电量为q＝·Δt＝Δt＝，可知qa＝qb。故选C。 4.(多选)(2023·辽宁高考)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 答案：AC 解析：弹簧伸展的过程中，穿过闭合回路的磁通量向上增加，由楞次定律可判断回路中的电流方向为顺时针，A正确；设MN的质量为m，则PQ的质量为2m，对PQ由动量定理得Ft－B·2dt＝2mv，对MN由动量定理得Ft－2Bdt＝mv′，解得导体棒MN的速度为v′＝2v，PQ速率为v时，回路中的感应电动势大小为E＝2Bd·2v＋B·2dv＝6Bdv，回路中的感应电流大小为I＝＝，则MN所受的安培力大小为FMN＝2BId＝，B错误；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；由C选项分析可知两导体棒静止时，MN的位移大小为，PQ的位移大小为，由法拉第电磁感应定律得＝，又＝，通过MN的电荷量为q＝·Δt，整理得q＝，代入数据解得q＝＝，D错误。 课时测评11　电磁感应中的动力学、能量和动量问题 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－8题，每题5分，共40分) 1. (多选)如图所示，有两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道，上端接有滑动变阻器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、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下且始终与导轨接触良好。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B增大，vm将变大 B．如果α变大(仍小于90°)，vm将变大 C．如果R变大，vm将变大 D．如果m变小，vm将变大 答案：BC 解析：金属杆由静止开始下滑的过程中，其受力情况如图所示，其中F安＝IlB＝，根据牛顿第二定律得mgsin α－＝ma，所以金属杆由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动，当a＝0时达到最大速度vm，即mgsin α＝，可得vm＝，由此式知，选项B、C正确，A、D错误。 2.(多选)如图所示，在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从图示位置(实线所示)开始运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时(虚线所示)，圆环的速度变为，则下列说法正确的是(　　) A．此时圆环的电功率为 B．此时圆环的加速度大小为 C．此过程中通过圆环截面的电荷量为 D．此过程中回路产生的电能为mv2 答案：BC 解析：当圆环的直径与边界线重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故圆环中的感应电动势E＝2B×2a×＝2Bav，圆环的电功率P＝＝，故A错误；此时圆环受到的安培力大小F＝2BI×2a＝2B××2a＝，由牛顿第二定律可得，加速度大小a＝＝，故B正确；圆环中的平均感应电动势＝，则通过圆环截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝＝，故C正确；此过程中回路产生的电能等于动能的减少量，即E＝mv2－m()2＝mv2，故D错误。 3.(2024·长春市十一中高二月考)如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。若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，设金属导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在从a到b和从b到c的两个过程中(　　) A．金属棒做匀减速运动 B．通过金属棒横截面积的电荷量，从a到b比从b到c大 C．克服安培力做功，从a到b比从b到c大 D．回路中产生的内能相等 答案：C 解析：金属棒PQ在运动过程中所受到的合力为安培力，方向向左，F安＝ILB＝，由牛顿第二定律得＝ma，由于v减小，所以金属棒向右运动过程中，加速度逐渐减小，故A错误；金属棒运动过程中，电路产生的电荷量q＝Δt＝Δt＝·＝＝B，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等，B、R相等，因此，通过金属棒横截面的电荷量相等，故B错误；金属棒在安培力作用下做减速运动，速度v越来越小，导体棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力从a到c逐渐减小，则从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，因此在从a到b的过程产生的内能多，故C正确，D错误。 4.(多选)如图所示，电阻不计的光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距为d，两侧接有电阻R1、R2，阻值均为R，O1O2右侧有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m、长度也为d的金属杆置于O1O2左侧，在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，经时间t到达O1O2时撤去恒力F，金属杆在到达NQ之前减速为零，已知金属杆电阻也为R，与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是(　　) A．杆刚进入磁场时速度大小为 B．杆刚进入磁场时电阻R1两端的电势差大小为 C．整个过程中，流过金属杆的电荷量为 D．整个过程中，电阻R1上产生的焦耳热为 答案：BCD 解析：杆进入磁场之前的加速度大小为a＝，则进入磁场时速度大小为v＝at＝，故A错误；杆刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝Bdv，则电阻R1两端的电势差大小为UR1＝×＝E＝Bdv＝，故B正确；金属杆进入磁场后，由动量定理有Δt＝mv即BdΔt＝mv，又Δt＝q，解得q＝，故C正确；整个过程中，回路产生的总焦耳热为Q＝mv2＝，则电阻R1上产生的焦耳热为QR1＝Q＝，故D正确。 5.(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(　　) 答案：AC 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，两导体棒组成的系统在水平方向动量守恒，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；ab棒和cd棒最后做匀速运动，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。 6.(多选)如图所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L＝1 m，电阻可忽略不计。质量均为m＝1 kg、电阻均为R＝2.5 Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。现给MN一水平向右瞬时作用力F，使棒MN获得初速度v0＝4 m/s，下列说法正确的是(　　) A．两棒最终都是2 m/s B．棒MN上产生的热量为4 J C．通过MN的电荷量为4 C D．从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了4 m2 答案：AC 解析：在安培力作用下，MN减速，PQ加速，两棒最终速度相等，回路电流为零，由动量守恒定律可得mv0＝2mv1，解得两棒最终速度为v1＝2 m/s，A正确；由能量守恒定律可得，回路产生的焦耳热为Q＝mv－·2m·v，故棒MN上产生的热量为Q1＝Q，解得Q1＝2 J，B错误；对棒MN，由动量定理可得－BL·Δt＝mv1－mv0，通过MN的电荷量为q＝·Δt，联立解得q＝4 C，C正确；整个过程回路产生的平均感应电动势为＝＝，平均感应电流为＝，通过MN的电荷量为q＝Δt，联立可得q＝，解得ΔS＝40 m2，故从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了40 m2，D错误。 7.(2024·西安市第八十九中学高二期末)如图所示，固定于水平面内的电阻不计的足够长光滑平行金属导轨间距为L，质量均为m、阻值均为R的金属棒ab、cd垂直搁置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的水平向右的初速度v0、2v0，则两棒从开始运动至达到稳定速度的过程中(　　) A．ab中的最大电流为 B．ab达到稳定速度时，其两端的电压为0 C．ab速度为时，其加速度比cd的小 D．ab、cd间距增加了 答案：D 解析：根据右手定则，回路产生顺时针方向(从上往下看)的感应电流，根据左手定则，cd棒所受安培力向左，做减速运动，ab棒所受安培力向右，做加速运动，稳定时以相同的速度运动。初始时刻电流最大，且Im＝＝，A错误；根据动量守恒定律得mv0＋m·2v0＝2mv，解得v＝v0，稳定时ab棒两端电压为U＝BLv＝BLv0，B错误；稳定前两棒所受安培力大小相等，方向相反，两棒的加速度也大小相等，方向相反，C错误；对ab棒根据动量定理得BLΔt＝m·v0－mv0，q＝Δt，对回路＝，＝，ΔΦ＝BLx，解得x＝，D正确。 8.(多选)(2021·福建高考)如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t＝t2，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则(　　) A．t1时刻a棒加速度大小为 B．t2时刻b棒的速度为0 C．t1 ～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍 D．t1 ～t2时间内，a棒产生的焦耳热为mv 答案：AD 解析：在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0，由右手定则可判断出两金属棒产生的感应电动势和感应电流方向都是逆时针方向，产生的感应电动势都是BLv0，由闭合电路欧姆定律可得，t1时刻a金属棒中感应电流I＝＝，受到的安培力F＝ILB＝，由牛顿第二定律F＝ma可得，t1时刻a棒加速度大小为a＝，选项A正确；由于金属棒a、b串联构成回路，所以在t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量与b棒相同，选项C错误；由于金属棒a、b电阻分别为R和2R，金属棒a、b串联构成回路，二者电流相等，由焦耳定律可知金属棒a、b产生的焦耳热之比为1∶2，设t1 ～t2时间内，a棒产生的焦耳热为Q，则b棒产生的焦耳热为2Q，由R＝ρ可知，金属棒a的横截面积为b的2倍，体积为b的2倍，质量为b的2倍，即b的质量为0.5m。t＝t2时刻流经a棒的电流为0，说明金属棒a、b具有共同速度，由动量守恒定律得mv0－0.5mv0＝1.5mv，解得v＝，选项B错误；由能量守恒定律得mv＋×0.5mv＝Q＋2Q＋×1.5mv2，解得Q＝mv，选项D正确。 9.(10分)两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现杆b以初速度大小v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度－时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g取10 m/s2，求： (1)杆a在弧形轨道上运动的时间； (2)杆a在水平轨道上运动的过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。 答案：(1)5 s　(2) C　(3) J 解析：(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有dB·Δt＝mb(v0－vb0)，其中vb0＝2 m/s，解得Δt＝5 s。 (2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝mav 设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′ 杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′ 由动量定理得I′dB·Δt′＝ma(va－v′)， 又有q＝I′·Δt′，联立解得q＝ C。 (3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热 Q＝magh＋mbv－(mb＋ma)v′2 杆b中产生的焦耳热Q′＝Q 解得Q ′＝ J。 10.(10分)(2022·浙江1月选考)如图所示，水平固定一半径r＝0.2 m的金属圆环，长均为r、电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600 rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09 F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧为宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab的长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01 kg，de与cf长度均为l3＝0.08 m，已知l1＝0.25 m，l2＝0.068 m，B1＝B2＝1 T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1 Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2 m后返回进入磁场。 (1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板(M或N)带正电？ (2)求电容器释放的电荷量ΔQ； (3)求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。 答案：(1)0.54 C　M板　(2)0.16 C　(3)0.14 m 解析：(1)开关S和接线柱1接通，电容器充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电。 根据法拉第电磁感应定律可知E＝B1ωr2 电容器充电时的等效电路图如图所示 则电容器的电量为Q＝CU＝＝0.54 C。 (2)电容器放电过程有B2l1ΔQ＝mv1 棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程，由动量守恒定律有mv1＝(m＋m)v2 框abcd的上滑过程有×2mv＝2mgh 联立解得ΔQ＝＝0.16 C。 (3)设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理得·t＝＝2mv2 可得Δx＝0.128 m>0.08 m，因此金属框会有一段磁通量不变的匀速运动， 匀速运动距离为l3－l2＝0.012 m 则x＝Δx＋l3－l2＝0.14 m。 学生用书↓第66页 学科网（北京）股份有限公司 $$