第2章 第3节 电磁感应规律的应用-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册创新导学案教用Word（粤教版2019）

物理 选择性必修 第二册(粤教) 第三节　电磁感应规律的应用 1．了解法拉第发电机的构造及工作原理，会计算导体棒转动切割产生的感应电动势.2.通过对生活中的超速“电子眼”、实验室里的法拉第发电机、军事上的航母阻拦技术的分析，体验从具体实物构建物理模型、将物理模型结合技术设计产品或提出解决方案的学以致用的思路． 一　超速“电子眼” 1．如图所示，在路面下方间隔一段距离埋设两个通电线圈．当车辆通过通电线圈上方的道路时，由于车身是由金属材料制成的，做切割磁感线运动会产生感应电流，引起电路中电流的变化．根据v＝，只有汽车先后通过两个线圈上方的时间间隔小于某个值，拍摄装置才会被触发拍下超速车辆的照片． 2．从具体实物到物理模型，物理建模的思想在上例中得到了体现．这是学以致用的一种思路． 二　法拉第发电机 1．将物理模型结合技术设计成为生活、生产、科研中可以应用的产品，是学以致用的第二种思路． 2．转动切割磁感线产生的电动势 长为L的导体棒在垂直于匀强磁场B的平面上绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势的大小E＝BL2ω，根据右手定则可判断电势高低． 3．法拉第圆盘发电机 如图所示，紫铜制成的圆盘的圆心处固定一个摇柄，圆盘的边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴．当转动摇柄使铜盘旋转起来时，与电刷连接的电流计显示电路中产生了持续的电流． 三　航母阻拦技术 1．面对同一问题，我们可以建构不同的物理模型，从而提出不同的解决方案，这体现出学以致用的灵活性． 2．工作原理 构建模型如图．把飞机和金属棒看成一个整体，其在磁场中做切割磁感线运动时，回路中会产生感应电流，金属棒会受到磁场对棒的安培力作用，其方向与运动方向相反，起阻碍作用，金属棒做加速度减小的减速运动． 想一想 一直升机停在南半球的上空，该处地磁场的方向竖直向上的磁感应强度分量为B.直升机螺 旋桨叶片的长度为L，螺旋桨转动的频率为f，顺着B的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动，螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示．如果忽略a到转轴中心线的距离，每个叶片中的感应电动势大小是多少？a、b点中哪个点电势较高？ 提示：角速度ω＝2πf，则E＝BL2ω＝πBL2f，由右手定则可知b点电势较高． 课堂任务　法拉第发电机 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 活动1：如图1所示，长为L的铜棒OA在垂直于匀强磁场的平面上绕点O以角速度ω匀速转动，磁场的磁感应强度为B，试求铜棒中感应电动势的大小． 提示：在磁场中，设想铜棒与以O为圆心、L为半径的一个圆环构成闭合回路．随着铜棒转动回路面积减小，磁通量发生变化．设在Δt时间内，铜棒转过的角度为α，则α＝ωΔt.此过程铜棒扫过的面积ΔS＝Lα·L＝L2α.此过程磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS＝BL2ωΔt.所以E＝＝＝BL2ω. 活动2：试分析图1中O、A两点电势的高低． 提示：根据右手定则，若连接铜棒两端形成回路，铜棒中电流方向将由A指向O.铜棒相当于电源，在电源内部电流方向从电源的负极指向正极，故点O的电势高，点A的电势低． 活动3：除了用上述方法计算感应电动势和判断电势高低外，还能用什么方法？ 提示：能根据E＝BLv计算感应电动势的大小，E＝BL＝BL＝BL2ω.能根据楞次定律判断电势高低． 活动4：1831年10月，法拉第将一个由紫铜制成的圆盘置于蹄形磁极之间，发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机，如图2，请简述它的原理． 提示：把圆盘看作是由无数根长度等于半径的紫铜棒组成的，在转动圆盘时，每根紫铜棒都做切割磁感线的运动，电路中便有了持续不断的电流． 导体棒转动时垂直切割磁感线的问题分析 (1)如图所示，长为L的导体棒ab绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，ab棒所产生的感应电动势大小可用以下两种方法推出． 方法一：由于棒上各处速率不等，故不能直接用公式E＝BLv求解．由v＝ωr可知，棒上各点线速度大小跟半径成正比，故可用棒的中点的速度作为平均切割速度代入公式计算．因为＝，所以E＝BL＝BL2ω. 方法二：设经过Δt时间ab棒扫过的扇形面积为ΔS，则ΔS＝LωΔt·L＝L2ωΔt，磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS＝BL2ωΔt，则E＝＝B＝BL2ω. (2)导体棒两端电势高低的判断，用右手定则或楞次定律均可，关键是构建闭合电路，确定电源，电源中电流由低电势处流向高电势处． 拓展：当导体棒转动的中心不在导体棒一端时，可以分段处理． (1)如图甲，L2>L1，ab棒绕O点垂直于匀强磁场匀速转动，Oa段电动势E1＝BLω，φa＞φO；Ob段电动势E2＝BLω，φb＞φO；可知总电动势E＝E2－E1＝Bω(L－L)，φb＞φa. 　 (2)如图乙，ab棒绕棒延长线上O点垂直于匀强磁场匀速转动，假设有Oa段导体棒，则Oa段电动势E1＝B(ΔL)2ω，φa＞φO；Ob段电动势E2＝B(ΔL＋L)2ω，φb＞φO；可知导体棒ab产生的电动势E＝E2－E1＝Bω(L2＋2LΔL)，φb＞φa. 例1法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中，圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　) A．从上往下看，若圆盘顺时针转动，则电阻R上的电流沿a到b的方向流动 B．因为通过圆盘面的磁通量为零，所以无电流 C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 (1)题中哪一部分相当于电源？ 提示：过P点切割磁感线的圆盘半径． (2)电路中的电流方向与圆盘转动的角速度大小有关吗？ 提示：无关． [规范解答]　从上往下看，若圆盘顺时针转动，可看作无数条半径在切割磁感线，则根据右手定则可知，电阻R上的电流沿a到b的方向流动，A正确，B错误；若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流大小发生变化，但是电流方向不发生变化，C错误；根据E＝Bωr2，电流在R上的热功率P＝＝，若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率变为原来的4倍，D错误． [答案]　A 　如图所示，导线OA长为L，在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω沿图中所示方向绕通过悬点O的竖直轴旋转，导线OA与竖直方向的夹角为θ.则OA导线中的感应电动势大小和O、A两点电势高低的情况分别是(　　) A．BL2ω，O点电势高 B．BL2ω，A点电势高 C.BL2ωsin2θ，O点电势高 D.BL2ωsin2θ，A点电势高 答案　D 解析　导线OA切割磁感线的有效长度等于OA在垂直磁场方向上的投影长度，即L′＝L·sinθ，产生的感应电动势E＝BL′2ω＝BL2ωsin2θ，由右手定则可知A点电势高，故D正确． 课堂任务　航母阻拦技术 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 2012年11月，我国歼­15舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功，它的阻拦系统原理如图1所示，飞机着舰时，通过阻拦索对飞机施加作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．新一代航母阻拦系统的研制，则从阻拦索阻拦转向了引入电磁学模型的电磁阻拦技术，其基本原理如图2所示，飞机着舰时钩住轨道上的一根金属棒并关闭动力系统，在磁场中共同滑行减速．阻拦索与金属棒绝缘． 活动1：试分析电磁阻拦相对于阻拦索阻拦的优点． 提示：根据阻拦索阻拦模型的受力分析，可知飞机受到两根阻拦索的作用力．对于阻拦索而言，一方面在硬度和韧性方面的工艺要求非常苛刻，制造难度大；另一方面，阻拦索持续工作一段时间后，容易出现疲劳和老化等问题． 对于电磁阻拦模型，可把飞机与金属棒看成一个整体，其在磁场中做切割磁感线运动时会受到安培力的阻碍作用，相对于利用阻拦索阻拦而言，电磁阻拦减少了对阻拦索的依赖，提高了飞机着舰的安全性和可靠性． 活动2：试分析电磁阻拦中，飞机从钩住金属棒到停下来的整个过程做怎样的运动． 提示：以飞机和金属棒组成的整体为研究对象，设飞机质量为M，金属棒质量为m，飞机刚钩住金属棒的前后时刻系统动量守恒，根据动量守恒定律，有Mv0＝(M＋m)v，解得v＝v0，即飞机以v0的速度着舰，钩住金属棒后与金属棒以共同速度v进入磁场． 在随后任一时刻，设金属棒做切割磁感线运动产生的感应电流大小为i，忽略摩擦阻力，根据牛顿第二定律，可知此时加速度a的大小为a＝. 设金属棒电阻为r，飞机和金属棒的共同速度为v′，轨道端点MP间的电阻阻值为R，根据闭合电路欧姆定律，可知此时感应电流i的大小为i＝＝. 综合上述两式，可得任一时刻加速度a的大小为a＝. 从上面加速度的表达式可知，当飞机和金属棒以共同速度v进入磁场后，做速度不断减小、加速度也不断减小的减速运动，直至最终停止． 从航母电磁阻拦系统可引申出导体棒切割磁感线的电磁感应动力学问题．对于这类问题，一般需综合应用电磁感应、安培力、动力学与运动学、能量等知识，分析整个过程中的运动状态． 解题时应注意，安培力公式F＝BIL中的I是由I＝＝求得的，则F受速度v的影响，而不是一个恒力． 例2　随着电磁技术的日趋成熟，新一代航母已准备采用全新的电磁阻拦技术，它的原理是飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止．为研究问题的方便，我们将其简化为如图所示的模型．在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，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MP间接有阻值为R的电阻．一个长为L、质量为m、阻值为r的金属棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好．质量为M的飞机着舰时迅速钩住金属棒ab，钩住之后关闭动力系统并立即获得共同的速度v，忽略摩擦等次要因素，飞机和金属棒系统仅在安培力作用下很快停下来．求： (1)从飞机与金属棒共速到它们停下来的整个过程中，R上产生的焦耳热QR； (2)从飞机与金属棒共速到它们停下来的整个过程中运动的距离x. (1)整个过程中的能量转化情况是怎样的？ 提示：飞机和金属棒的动能转化为金属棒和电阻R产生的焦耳热． (2)应该用什么规律求x? 提示：安培力是变力，不能应用动能定理．由E＝＝可知，可以从这个角度入手解题，要消去Δt，可以考虑应用动量定理． [规范解答]　(1)根据能量守恒可知，电路的总焦耳热为Q＝(M＋m)v2 所以整个过程中R上产生的焦耳热 QR＝Q＝. (2)以飞机和金属棒为研究对象，在运动距离x的过程中，产生的平均电动势为＝ 平均电流为＝ 平均安培力为＝BL 对整个过程应用动量定理， 有－Δt＝0－(M＋m)v 联立解得x＝. [答案]　(1)　(2) 电磁感应的动力学系统问题除涉及电磁感应知识外，还可能涉及动力学、能量、动量、电路等知识．解答这类问题时，对各种规律的理解是基础，能够正确选择对应的规律解题是关键． 　如图所示，在水平面上装有连续多个可产生磁场的矩形区域，长为L＝2 m，宽为d＝0.5 m，每两个相邻磁场区域间无磁场区域长度也为L＝2 m．行驶的汽车可以等效为一个宽为1 m、长为2 m的矩形单匝线框，线框电阻为R＝25 Ω.如果汽车没有超速，则磁场不会启动，一旦测速仪检测到车辆超速，就会在矩形区域内触发强制制动的磁场，方向竖直向下，磁感应强度为B＝50 T．某公路上的限速为72 km/h，测得某辆汽车的质量为m＝1.5 t，行驶时的速度达90 km/h，已经触发了强制制动的磁场，不计强制制动时其他动力和阻力，只考虑安培力． (1)求汽车超速时磁场给汽车强制制动的最大加速度的大小； (2)求ab边通过第一个磁场区域时，通过ab边的电荷量； (3)为了方便估算，可认为汽车通过磁场区域时所受到的安培力随位移均匀变小，试估算：要使汽车减速到规定时速，至少需要几个磁场区域． 答案　(1) m/s2　(2)2 C　(3)75个 解析　(1)当ab边刚进入磁场区域时，所受到的安培力最大，此时的加速度最大， 则E＝Bdv0，I＝ 又Fmax＝BId 解得Fmax＝＝625 N 所以amax＝＝ m/s2. (2)由q＝Δt，＝，＝ 可得q＝＝＝2 C. (3)到达规定时速时所受安培力 Fmin＝＝500 N 由动能定理得－x＝mv－mv 其中＝ 解得x＝300 m 所以n＝＝75(个)． 1．(实际应用)某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动．若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面最初平行于磁场，经过时间t后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，如图所示，则在这段时间内，线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流的方向(从左往右看)为(　　) A.，逆时针 B.，逆时针 C.，顺时针 D.，顺时针 答案　A 解析　初始时，线圈平面与磁场平行，磁通量为零，经过时间t，线圈平面与磁场夹角为θ，磁通量为BSsinθ，由法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的平均感应电动势的大小为E＝N＝，向右穿过线圈的磁通量在增加，由楞次定律和安培定则可判断出，从左往右看感应电流的方向为逆时针方向，A正确． 2.如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时(俯视)，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是(　　) A．φa>φc，金属框中无电流 B．φb>φc，金属框中电流方向沿a→b→c→a C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流 D．Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a→c→b→a 答案　C 解析　穿过金属框的磁通量始终为零，故金属框中无电流．在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据E＝Bl可得，电动势大小为Bl2ω；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据E＝Bl可得，电动势大小也为Bl2ω.由右手定则可知：φc>φb＝φa，A、B错误．Ubc＝Uac＝φb－φc＝－Bl2ω，C正确，D错误． [名师点拨]　本题中判断金属框中的电流时，既可以从整个金属框的角度分析(磁通量不变，所以无感应电流)，也可以从切割磁感线运动的角度分 析(ac边和bc边切割磁感线，计算可知产生的感应电动势大小相等，在回路中方向相反，因此感应电动势之和为零，感应电流为零)． 3.如图所示为法拉第圆盘发电机，半径为r的导体圆盘绕竖直轴以角速度ω旋转，匀强磁场方向竖直向上，磁感应强度为B，电刷a与圆盘表面接触，接触点距圆心为，电刷b与圆盘边缘接触，两电刷间接有阻值为R的电阻，忽略圆盘电阻与接触电阻，则(　　) A．a、b两点间的电势差为Br2ω B．通过电阻R的电流为 C．通过电阻R的电流方向为从上到下 D．圆盘在ab连线上所受的安培力与ab连线垂直，与旋转方向相同 答案　B 解析　根据右手定则可知，a、b间圆盘中的电流方向为从a到b，则通过电阻R的电流方向为从下到上，结合左手定则可知，圆盘在ab连线上所受的安培力与ab连线垂直，与旋转方向相反，C、D错误．由上述分析可知φb＞φa，又E＝BL＝B··＝Br2ω，则Uab＝－E＝－Br2ω，I＝＝，A错误，B正确． 4.(多选)在农村，背负式喷雾器是防治病虫害不可缺少的重要农具，其主要由压缩空气装置、橡胶连接管、喷管和喷嘴等组成，给作物喷洒农药的情景如图甲所示，摆动喷管，可将药液均匀喷洒在作物上．一款喷雾器的喷管和喷嘴均由金属制成，喷管摆动过程可简化为图乙所示，设ab为喷管，b端有喷嘴，总长为L.某次摆动时，喷管恰好绕ba延长线上的O点以角速度ω在纸面内沿逆时针方向匀速摆动，且始终处于垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，若Oa距离为，则喷管在本次摆动过程中(　　) A．a端电势高 B．b端电势高 C．ab两端的电势差为BL2ω D．ab两端的电势差为BL2ω 答案　AD 解析　喷管绕ba延长线上的O点以角速度ω在纸面内沿逆时针方向匀速摆动，根据右手定则可知，若ab中有感应电流，其方向应为由b到a，因ab相当于电源，故a端的电势高，故A正确，B错误；根据法拉第电磁感应定律可得，E＝BL，所以ab两端的电势差为Uab＝E＝BL＝BL2ω，故C错误，D正确． 5．(综合)如图所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置静止，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　设半圆的半径为L，导线框的电阻为R，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E1＝B0ωL2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E2＝πL2·，由＝得，B0ωL2＝πL2·，即＝，故C正确． 6．(综合应用)(多选)小明坐在公交车上去上学，突然间小明不由自主地向前倾去，原来是遇到了红灯．小明想，刹车过程中，汽车动能因摩擦转化为内能而无法再回收利用，何不在车厢底部靠近车轮处固定永久磁体，在刹车时接通装在车轮上的线圈，这样就可以利用电磁感应原理，将汽车的一部分动能转化为电能，从而回收一部分能量？ 如图所示为小明的设计，扇形区域匀强磁场的磁感应强度为B，五个形状与磁场边界形状完全相同的线圈对称地固定在车轮内侧，已知车轴到线圈内侧的距离为r1，到线圈外侧的距离为r2，车轮的半径为R，设某次刹车过程中的某时刻车速为v，则此时(　　) A．车轮转动的角速度为 B．某个线圈进入或者穿出磁场时产生的电动势大小为B(r2－r1)v C．某个线圈进入或者穿出磁场时产生的电动势大小为 D．线圈中的感应电流所受的安培力与线圈转动方向相反，阻碍线圈转动，进而也起到辅助刹车的作用 答案　ACD 解析　车速即车轮边缘与地面接触点的速度，则车轮的角速度为ω＝，故A正确；线圈内缘速度大小为v1＝r1ω，线圈外缘速度大小为v2＝r2ω，则某个线圈进入或者穿出磁场时，产生的电动势为E＝Bl＝B(r2－r1)·，即E＝，故B错误，C正确；由楞次定律的“来拒去留”可知，线圈中的感应电流所受的安培力与线圈转动方向相反，阻碍线圈转动，进而也起到辅助刹车的作用，故D正确． 7.(电磁感应的动力学问题)(多选)如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距．若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能(　　) A．始终减小 B．始终不变 C．始终增加 D．先减小后增加 答案　CD 解析　ab边进入磁场时线框产生感应电动势，线框受到向上的安培力F作用，若安培力F＝BIL＝＝mg，则线框进入磁场的过程做匀速运动，当线框全部进入磁场后，不再产生感应电流，线框在重力作用下加速运动，B错误；若安培力F＝BIL＝<mg，则线框进入磁场的过程先做加速运动，可能一直加速，也可能加速至F＝mg后，线框做匀速运动，当线框全部进入磁场时，线框在重力的作用下继续做加速运动，C正确；若安培力F＝BIL＝>mg，则线框进入磁场的过程先做减速运动，可能一直减速，也可能减速至F＝mg后，线框做匀速运动，当线框全部进入磁场后，线框在重力作用下做加速运动，即速度可能先减小后增加，A错误，D正确． 8．(综合应用)如图所示，位于我国境内的某建筑工地上有两根长x＝5 m、相距L＝2 m的平行金属轨道倾斜放置，导轨平面倾角θ＝53°且刚好与该处的地磁场垂直，地磁场的磁感应强度B＝5×10－5 T．建筑工人将两根相同的方形钢管(简称方钢)依次从轨道顶端由静止滑下，释放第二根时，第一根方钢已经滑到轨道底部处于静止状态，第二根方钢下滑到轨道中点线处时速度v＝6 m/s.已知每根方钢质量m＝2 kg、电阻R＝2.5×10－3 Ω，重力加速度g取10 m/s2，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，金属轨道的电阻忽略不计，方钢下滑过程中始终与轨道相互垂直且接触良好． (1)求第二根方钢下滑到轨道中点线处时方钢两端点间的电压U； (2)求第二根方钢整个下滑过程中，流经方钢横截面的电荷量q； (3)若第二根方钢下滑到轨道中点线处时方钢与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，请通过比较该处的方钢受力情况，分析方钢下滑过程中需不需要考虑安培力F安的影响． 答案　(1)3×10－4 V　(2)0.1 C　(3)不需要 解析　(1)第二根方钢下滑到轨道中点线处时，切割磁感线运动产生的感应电动势 E＝BLv＝6×10－4 V 此时电路中的电流I＝＝0.12 A 此时方钢两端点间的电压 U＝IR＝3×10－4 V. (2)第二根方钢整个下滑过程中，切割磁感线运动产生的感应电动势的平均值＝ 其中ΔΦ＝BLx 产生的感应电流的平均值＝ 流经方钢横截面的电荷量q＝Δt 联立各式得q＝＝0.1 C. (3)第二根方钢下滑到轨道中点线处时，受到的沿倾斜轨道向上的安培力大小 F安＝BIL＝1.2×10－5 N 重力沿倾斜轨道向下的分力大小为 mgsin53°＝16 N 沿倾斜轨道向上的摩擦力大小 Ff＝μmgcos53°＝2.4 N 由以上数据可知，安培力远小于重力沿倾斜轨道向下的分力和沿倾斜轨道向上的摩擦力，因此实际分析中不需要考虑安培力的影响． 9．(综合应用)(多选)如图，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，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为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．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则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．金属棒内产生的焦耳热为mg(h－μd) 答案　BD 解析　金属棒下滑到导轨弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh＝mv2，此时，感应电流最大，分析可得Imax＝＝，A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝t＝＝，B正确；对整个过程由动能定理得mgh－WF安－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功WF安＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝WF安＝mg(h－μd)，可知C错误，D正确． 10．(综合应用)航母阻拦技术中飞机着陆可简化为如图所示的模型，一水平放置的光滑平行导轨上放一质量为m的金属杆，导轨间距为L，导轨的一端连接一阻值为R的电阻，金属杆与导轨的电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面．现给金属杆一个水平向右的初速度v0，让其自由滑行，导轨足够长，则金属杆滑行过程所受安培力F、运动速度v、加速度a、位移x的有关图像，可能正确的是(　　) 答案　B 解析　金属杆向右运动切割磁感线时产生感应电动势，回路中产生感应电流，杆将受到安培力阻碍而做减速运动，速度减小，安培力大小随之减小，则加速度减小，故杆做加速度减小的减速运动直到停止，由于速度不是均匀减小的，所以安培力和加速度都不是均匀减小的，A、C错误．根据动量定理可得－＝mv－mv0，又因为t＝x，所以v＝v0－，故v与x是一次函数关系，B正确．金属杆向右运动，则位移x随时间t不断增大，又因为金属杆受到向左的安培力，速度不断减小，所以x­t图线的斜率不断减小，D错误． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$