第二章 素养提升课五 电磁感应中的能量和动量问题-【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（粤教版2019）

素养提升课五　电磁感应中的能量和动量问题 【素养目标】　1．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。2．会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题。3．进一步掌握动量定理、动量守恒定律、能量守恒定律等基本规律。 提升点一　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)，如图： 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，足够长的平行光滑U形金属导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，导轨间的距离L＝1.0 m，下端连接R＝1.6 Ω的定值电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0 T。质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω 的金属棒ab垂直放置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F＝5.0 N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行且始终与导轨接触良好，当金属棒滑行s＝2.8 m后速度保持不变。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) (1)金属棒匀速运动时的速度大小v； (2)金属棒从静止开始到匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量QR。 答案：(1)4 m/s　(2)1.28 J 解析：(1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为 I＝ 由平衡条件有 F＝mgsin θ＋BIL 联立并代入数据解得v＝4 m/s。 (2)金属棒从静止开始到匀速运动的过程中，设整个电路产生的热量为Q，由动能定理得 Fs－mgssin θ－W克安＝mv2 而Q＝W克安，QR＝Q 联立并代入数据解得QR＝1.28 J。 电磁感应中解决能量问题的基本步骤 1．用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向。 2．画出等效电路图，求出回路中消耗电功率的表达式。 3．分析导体机械能的变化，用能量守恒定律得到导体做功的功率的变化与回路中电功率的变化所满足的关系。 (2023·广东广州高二期中)如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝0.3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝0.2 m。整个装置处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。 学生用书↓第73页 质量m＝0.1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝0.1 Ω，其余电阻不计。金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且接触良好。已知金属棒ab与导轨间动摩因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。 (1)判断ab棒运动过程中v1＝1 m/s时电流的大小和方向； (2)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm； (3)若金属棒ab从开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为0.03 J，求此时金属棒位移s。 答案：(1)0.5 A　从b到a　(2)2 m/s　(3)1.2 m 解析：(1) ab棒运动过程中v1＝1 m/s时电动势E1＝BLv1＝1×0.2×1 V＝0.2 V 回路的电流I1＝＝ A＝0.5 A，由右手定则可知电流方向从b到a。 (2)金属棒由静止释放后，在重力、轨道支持力和安培力作用下沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时达到最大速度vm，之后保持匀速运动。有E＝BLvm，I＝，F安＝BIL，由平衡条件得mgsin θ－μmgcos θ－F安＝0 联立解得vm＝2 m/s。 (3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中沿导轨下滑的距离为s，由能量守恒定律得(mgsin θ－μmgcos θ)·s＝mv＋QR＋Qr 根据焦耳定律得＝ 联立解得s＝1.2 m。 针对练．(2023·广东东莞高二东莞实验中学期中)如图所示，相距L＝40 cm的两光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，在M、P两点间接一阻值为R＝0.5 Ω的电阻，在两导轨间的矩形区域OO1O1′O′内有垂直导轨平面向里、宽为d＝0.7 m的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。一质量m＝20 g、电阻r＝0.1 Ω的导体棒ab垂直的搁在导轨上，与磁场的上边界相距d0＝0.8 m。现使ab棒由静止开始释放，棒ab在离开磁场前已做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平)，导轨电阻不计。g取10 m/s2，求： (1)棒ab离开磁场下边界的速度大小； (2)棒ab进入磁场瞬间的加速度大小和方向； (3)棒ab在通过磁场区域的过程中，电阻R上产生的焦耳热。 答案：(1)3 m/s　(2)a＝ m/s2　方向向上 (3)0.175 J 解析：(1)棒ab在离开磁场前已做匀速直线运动，则有mg－BIL＝0 由闭合电路欧姆定律得I＝，E＝BLv 联立解得v＝＝3 m/s。 (2)棒ab进入磁场前做自由落体运动，则有 v＝2gd0 解得v0＝＝4 m/s 根据牛顿第二定律可得－mg＝ma 可得a＝ m/s2，方向向上。 (3)棒ab在通过磁场区域的过程中，根据能量守恒可得mg(d0＋d)＝mv2＋Q 解得Q＝0.21 J 电阻R上产生的焦耳热为QR＝Q＝0.175 J。 提升点二　动量定理在电磁感应中的应用 在导体单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＝BI (_)LΔt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝I (_)Δt＝Δt＝n·Δt＝n，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLs。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。 学生用书↓第74页 (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－BI (_)L·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s＝＝，故D正确。 针对练．(2023·襄阳市高二期末)相距为L＝0.5 m的竖直平行金属轨道，上端接有一阻值为R＝2 Ω 的电阻，导轨间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2 T，一根质量为m＝0.03 kg、长度也为L、电阻r＝1 Ω的金属杆，从轨道的上端由静止开始下落，下落过程中始终与导轨接触良好并保持水平，经过一段时间后金属杆匀速运动。(不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2) (1)求金属杆匀速运动时通过的电流大小； (2)求金属杆最终匀速运动的速度大小； (3)在金属杆开始下落至刚好匀速的过程中流过电阻的电荷量为q＝0.033 C，求此过程经历的时间。 答案：(1)0.3 A　(2)0.9 m/s　(3)0.2 s 解析：(1)经分析可知，当金属杆所受重力等于安培力时，金属杆做匀速运动，则有mg＝BIL 解得I＝＝0.3 A。 (2)根据E＝BLv＝I(R＋r)，解得v＝0.9 m/s。 (3)对金属杆，根据动量定理可得 mgt－BI (_)Lt＝mv－0 又q＝I (_)t，代入数据解得t＝0.2 s。 提升点三　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。 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，导轨足够长。金属棒a和b的质 学生用书↓第75页 量分别为ma＝1 kg、mb＝0.5 kg，电阻分别为Ra＝1 Ω、Rb＝2 Ω。b棒静止于导轨水平部分，现使a棒从h＝1.8 m 高处自静止沿弧形导轨下滑，通过C点进入导轨的水平部分，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，方向向右　(2) C　(3)2 J 解析：(1)a棒沿弧形导轨下滑h的过程，根据机械能守恒定律有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I＝ 对b棒F安＝BIL 根据牛顿第二定律有F安＝mba 联立解得a＝9 m/s2 由左手定则知，b棒所受安培力的方向向右，则加速度的方向向右。 (2)对a、b棒，由动量守恒定律得 mav＝(ma＋mb)v共 解得v共＝4 m/s 对b棒，应用动量定理有BI (_)Lt＝mbv共 即BLq＝mbv共 解得q＝ C，故流过a棒的电荷量为 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 又Qa＝Q 联立解得Qa＝2 J。 针对练．(多选)(2023·佛山市第四中学高二校考)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，在水平方向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；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。 1．(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(　　) A．匀强磁场的磁感应强度为B＝ B．金属棒由静止下滑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，由平衡条件有mgsin 30°＝BIL，且I＝联立解得匀强磁场的磁感应强度大小为B＝ ，故A错误；金属棒由静止下滑kL过程，取向下为正方向，由动量定理可得mgtsin 30°－BI (_)Lt＝mv－0，又I (_)t＝t＝＝＝，解得此过程运动的时间t＝＋，故B正确；闭合开关S瞬间，由牛顿第二定律有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，由平衡条件有mgsin 30°＝，解得v′＝，故D正确。故选B、D。 学生用书↓第76页 2．(2023·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．通过金属棒横截面的电荷量，从a到b比从b到c大 C．克服安培力做的功，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＝BIL＝，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，通过金属棒横截面的电荷量q＝IΔt＝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，金属棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于a、b间距离与b、c间距离相等，安培力从a到c逐渐减小，由W＝F安s定性分析可知，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，因此金属棒在从a到b的过程产生的内能多，故C正确，D错误。 3．(多选)(2023·广东茂名高二期中)如图甲所示，固定在同一绝缘水平面上的两根平行光滑金属导轨，两导轨间的距离为1.5 m，左端接有阻值为3 Ω的定值电阻R。阻值为3 Ω、质量为1 kg的金属棒ab跨接在导轨上，形成闭合回路。空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为2 T。ab棒在外力F的作用下沿着导轨运动的速度－时间图像如图乙所示。导轨的电阻忽略不计，且运动过程中金属棒始终与导轨垂直。下列说法正确的是(　　) A．0～3 s内通过ab棒的电荷量为1.5 C B．0 ～3 s内外力F的冲量大小为11 N·s C．3 s～6 s内ab棒两端电压为6 V D．3 s～6 s内回路产生的焦耳热为18 J 答案：AD 解析：0～3 s内通过ab棒的电荷量q＝＝，又s＝×3×2 m＝3 m，解得通过ab棒的电荷量为q＝1.5 C，A正确；0～3 s内，根据动量定理有IF－BI (_)Lt＝mv－0，又q＝I (_)t，解得外力F的冲量大小为IF＝6.5 N·s，B错误；3 s ～6 s内ab棒电流为I＝＝1 A，ab棒两端电压U＝IR＝3 V，回路产生的焦耳热为Q＝I2(R＋r)t＝18 J，C错误，D正确。故选A、D。 4．如图所示，PQ和MN是固定于水平面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻忽略不计。质量均为m的金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好。两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们与轨道形成闭合回路。整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。使金属棒cd得到初速度v0的同时，金属棒ab由静止开始运动，考虑两金属棒之后的运动过程(经过足够长时间，不考虑空气阻力)，以下说法正确的是(　　) A．ab棒受到的冲量大小为，方向向左 B．cd棒受到的冲量大小为，方向向左 C．金属棒ab、cd组成的系统动量变化量为mv0 D．整个回路产生的热量为 答案：B 解析：金属棒ab、cd组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，即以后的运动过程中系统动量变化为零，C错误；两棒最终共速，设向右为正向，由动量守恒定律，则mv0＝2mv，对ab棒由动量定理Iab＝mv－0，解得Iab＝mv0，方向向右，对cd棒由动量定理Icd＝mv－mv0，解得Icd＝－mv0，方向向左，A错误，B正确；由能量守恒定律可知，整个回路产生的热量为Q＝mv－×2mv2＝mv，D错误。故选B。 课时测评16　电磁感应中的能量和动量问题 (时间：30分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－5题，每题6分，共30分) 1．如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，一条形磁铁从离地面高h处由静止开始下落，最后落在水平地面上。磁铁下落过程中始终保持竖直，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触。若不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A．以地面为参考平面，磁铁落地时的机械能为mgh B．在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向一直为逆时针(从上向下看圆环) C．磁铁在整个下落过程中，所受圆环对它的作用力先竖直向上后竖直向下 D．若圆环不闭合，磁铁下落过程将做自由落体运动 答案：D 解析：磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，磁铁落地时的机械能小于mgh，A错误；当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(俯视)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(俯视)，B错误；根据楞次定律的推论“来拒去留”，可知在磁铁整个下落过程中，所受圆环对它的作用力始终竖直向上，C错误；若圆环不闭合，圆环中不会产生感应电流，磁铁不受到圆环的作用力，故磁铁做自由落体运动，D正确。故选D。 2．两根足够长的光滑平行导轨竖直固定在竖直平面内，间距为L，底端接一阻值为R的电阻。将质量为m的水平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，重力加速度为g。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则(　　 ) A．金属棒向下运动过程中，加速度先减小后增加 B．金属棒向下运动距离为时，速度达到最大 C．金属棒运动到最大速度的过程中，重力和弹力所做的功等于金属棒动能的增量 D．金属棒运动至最终静止的全过程中，其重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量和R上产生的焦耳热之和 答案：D 解析：金属棒向下运动过程中，速度先增加后减小，受到向上的安培力先增加后减小，除此之外受向下的重力不变，向上的弹力逐渐变大，开始时重力大于弹力和安培力之和，加速度向下，随弹力和安培力的增加，加速度减小，当安培力和弹力之和大于重力时，加速度变为向上，开始减速，安培力变小，弹力变大，不能确定加速度变化，选项A错误；当金属棒的速度最大时，对金属棒受力分析，金属棒所受的合力为零，即kx＋＝mg，即金属棒向下运动距离小于时，速度达到最大，选项B错误；金属棒运动到最大速度的过程中，重力、安培力和弹力所做的功等于金属棒动能的增量，选项C错误；金属棒运动至最终静止的全过程中，其重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量和R上产生的焦耳热之和，选项D正确。故选D。 3．如图所示，ABCD是固定的水平放置的足够长的U形导轨，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上架着一根金属棒ef，在极短时间内给棒ef一个水平向右的速度，ef棒开始运动，最后又静止在导轨上，则ef在运动过程中，就导轨是光滑和粗糙两种情况相比较(　　) A．整个回路产生的总热量相等 B．安培力对ef棒做的功相等 C．安培力对ef棒的冲量相等 D．电流通过整个回路所做的功相等 答案：A 解析：由能量守恒定律可知，ef棒具有的动能将全部转化为内能，无摩擦时，将全部转化为电热(即克服安培力做的功)，有摩擦时，将一部分转化为电热，另一部分用于克服摩擦力做功，选项A正确；电流通过整个回路所做的功等于克服安培力做的功，也等于产生的电热，B、D错误；由动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，由于两次动量变化相同，则合力的冲量相等，无摩擦时安培力的冲量较大， C错误。故选A。 4．如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。相同的铜棒a、b平行地静止在导轨上且与导轨接触良好，每根铜棒的长度等于两导轨的间距、电阻为R、质量为m。现给铜棒a一个平行于导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是(　　) A．铜棒b获得的最大速度为 B．铜棒b的最大加速度为 C．铜棒b中的最大电流为 D．铜棒b中产生的最大焦耳热为 答案：A 解析：两铜棒在任意时刻所受安培力等大反向，所以系统动量守恒，共速时b有最大速度，由动量守恒定律有mv0＝2mv，棒b的最大速度v＝v0＝，故A正确；选取水平向右为正方向，根据动量定理可知，a开始时速度v0＝，根据左手定则判断安培力，可知此后a导体棒做减速运动，b导体棒做加速运动，所以回路中的感应电动势最大值E＝BLv0，铜棒b中的最大电流为Imax＝＝，故C错误；根据牛顿第二定律，铜棒b的最大加速度a＝＝，故B错误；两铜棒共速后，回路中不再产生感应电流，则根据能量守恒定律，系统产生的热量Q＝mv－×2mv2，铜棒b中产生的最大焦耳热为Qb＝Q＝，故D错误。故选A。 5．(多选)如图，一平行金属导轨静置于水平桌面上，空间中有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，粗糙平行导轨间距为L，导轨和阻值为R的定值电阻相连，质量为m的导体棒和导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为r，导体棒以初速度v0向右运动，运动距离s后停止，此过程中电阻R产生的焦耳热为Q，导轨电阻不计，重力加速度为g，则(　　) A．导体棒克服安培力做的功为Q B．通过电阻R的电荷量为q＝ C．导体棒与导轨因摩擦产生的热量为mv－Q D．导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝－Q 答案：ABD 解析：由功能关系可知，导体棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，R上产生的焦耳热为Q，根据串联电路中焦耳热按电阻分配可知，W安＝Q焦＝Q，故A正确；通过电阻R的电荷量q＝＝，故B正确；由能量守恒可知mv＝Q焦＋Q摩，所以导体棒与导轨因摩擦产生的热量为Q摩＝mv－Q＝μmgs，解得μ＝－Q，故C错误，D正确。 6．(10分)(2023·广东广州高二统考期末)我国新一代航母准备采用全新的电磁阻拦技术使飞机着舰时在电磁阻尼下快速停止。现将其简化为如图所示的横型(俯视图)，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计，轨道端点M、P间接有阻值为R的电阻，一个长度也为L、阻值为r的轻质导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。质量为m的飞机水平着舰时钩住导体棒ab上的绝缘绳的同时关闭动力系统，飞机与导体棒瞬间共速，测得此时飞机的加速度大小为a，之后在磁场中一起减速滑行，不计飞机和导体棒ab受到的摩擦阻力和空气阻力。求： (1)飞机着舰时的速度大小； (2)飞机从着舰至停止过程中，导体棒ab中产生的焦耳热； (3)飞机从着舰到停止过程中，通过导体棒ab的电量。 答案：(1)　(2)　(3) 解析：(1)设飞机着舰时的速度大小为v，飞机与导体棒ab共速时，导体棒ab产生的感应电动势 E＝BLv，I＝，F安＝BIL＝ma 联立解得v＝。 (2)飞机从着舰至停止过程中，回路中产生的总热量 Q总＝mv2＝ 导体棒ab中产生的焦耳热Q＝Q总＝。 (3)导体棒ab随飞机减速至停止，取v为正方向，由动量定理有－BIL·Δt＝0－mv，q＝I·Δt 联立解得q＝。 7．(10分)(2023·广东湛江高二校考期中)如图所示，PMN和P′M′N′是两条足够长、相距为L的平行金属导轨，MM′左侧圆弧轨道表面光滑，右侧水平轨道表面粗糙，并且MM′右侧空间存在一竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在左侧圆弧轨道上高为h处垂直导轨放置一导体棒AB，在右侧水平轨道上距AB棒足够远的地方，垂直导轨放置另一导体棒CD。已知AB棒和CD棒的质量分别为m和2m，接入回路部分的电阻分别为R和2R，AB棒与水平轨道间的动摩擦因数为μ，圆弧轨道与水平轨道平滑连接且电阻不计。现将AB棒由静止释放，让其沿轨道下滑并进入磁场区域，最终运动到距MM′为d处停下，此过程中CD棒因摩擦一直处于静止状态。重力加速度为g，求： (1)AB棒刚进入磁场时所受安培力F安的大小； (2)整个过程中AB棒上产生的焦耳热Q。 答案：(1)　(2)mg(h－μd) 解析：(1)AB棒下滑到MM′处，根据机械能守恒得 mgh＝mv2 此时E＝BLv 由闭合电路欧姆定律可得I＝ 由安培力公式可得F安＝BIL 联立解得F安＝。 (2)AB棒进入磁场后，根据动能定理得 W安－μmgd＝0－mv2 回路中产生的焦耳热Q总＝－W安 又因两导体棒电流相同，则AB棒上产生的焦耳热 Q＝Q总 联立解得Q＝mg(h－μd)。 学生用书↓第77页 学科网（北京）股份有限公司 $$