专题四 电磁感应中的动力学、能量及动量问题-【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) 专题四　电磁感应中的动力学、能量及动量问题 课题任务　电磁感应中的动力学问题 1．概述 磁通量变化或闭合电路的部分导体切割磁感线时，导体中产生感应电流，有感应电流流过的导体处在磁场中时会受到安培力的作用，导体在安培力及重力、支持力、摩擦力等的作用下运动状态一般会发生变化，而导体速度的变化又会影响感应电动势及感应电流的大小，从而影响安培力，进而又影响导体的运动状态……直至达到最终稳定状态．所以电磁感应问题往往与动力学问题联系在一起． 2．解决此类问题的基本思路 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”．具体如下： (1)先做“源”的分析——分离出电路中因电磁感应起电源作用的部分，求出电源的电动势E和内阻r. (2)再进行“路”的分析——画出必要的电路图，分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小和方向，以便求解安培力． (3)然后是“力”的分析——画出必要的受力分析图，分析所研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力． (4)接着进行“运动状态”分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型． 3．两种典型运动状态的分析方法 (1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态． 方法：根据平衡条件(合力等于零)列式分析． (2)导体处于非平衡态——加速度不为零． 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． 4．电磁感应中力学对象和电学对象的相互联系 例1　如图甲所示是依附建筑物架设的磁力缓降高楼安全逃生装置，具有操作简单、无需电能、逃生高度不受限制，下降速度可调、可控等优点．该装置原理可等效为：间距L＝0.5 m的两根竖直导轨上部连通，人和磁体固定在一起沿导轨共同下滑，磁体产生磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场．人和磁体所经位置处，可等效为有一固定导体棒cd与导轨相连，整个装置总电阻始终为R＝1.5×10－5 Ω，如图乙所示．一个质量M＝100 kg的测试者利用该装置从静止开始下滑，测试者所受摩擦力大小为200 N，已知与人一起下滑部分装置的质量m＝20 kg，重力加速度取g＝10 m/s2. (1)当该测试者的速度为v1＝0.78 m/s时，加速度a多大？ (2)该测试者的速度最大能达到多大？ [规范解答]　(1)导体棒cd产生的感应电动势E＝BLv1 感应电流I＝＝ 导体棒cd所受的安培力大小 F＝BIL＝ 磁场向下运动，则导体棒cd相对磁场向上运动，由右手定则，可知导体棒cd中的感应电流由d→c，由左手定则可判断，导体棒cd所受安培力方向向下，根据牛顿第三定律可知磁体受到的磁场力向上，大小为F′＝ 对测试者与下滑部分装置整体，根据牛顿第二定律得(M＋m)g－F′－Ff＝(M＋m)a 联立可得a＝ 当其速度为v1＝0.78 m/s时， 代入数据得a＝4 m/s2. (2)当加速度为零时，测试者的速度最大，设为vm， 根据(1)问，同理可得此时磁体受到向上的磁场力大小为Fm′＝ 对测试者与下滑部分装置整体，由平衡条件可得(M＋m)g＝Fm′＋Ff 联立并代入数据解得vm＝1.5 m/s. [答案]　(1)4 m/s2　(2)1.5 m/s 　解决电磁感应中动力学问题的基本步骤 (1)明确研究对象和物理过程． (2)根据导体相对磁场的运动状态，应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． (3)画出等效电路图求回路中的电流． (4)对导体进行包括安培力在内的全面受力分析． (5)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程． 　如图所示是磁悬浮列车运行原理模型，两根平行绝缘直导轨间距为L，宽度相同的磁场的磁感应强度的大小关系为B1＝B2＝B，方向相反，并且以速度v同时沿直导轨向右匀速运动．导轨上金属框ab边长与磁场宽度相同，也为L，金属框的电阻为R，运动时受到的阻力为Ff，则金属框运动的最大速度表达式为(　　) A．vm＝ B．vm＝ C．vm＝ D．vm＝ 答案　C 解析　当金属框稳定后以最大速度vm(vm<v)向右运动时，金属框相对于磁场的运动速度为v－vm，根据右手定则可以判断回路中产生的感应电动势E等于ad、bc边分别产生的感应电动势之和，则E＝2BL(v－vm)，根据闭合电路欧姆定律可得，此时金属框中产生的感应电流为I＝＝，金属框的两条边ad和bc都受到安培力作用，ad和bc边所处的磁场方向相反，电流方向也相反，故它们所受安培力方向相同，故金属框受到的安培力大小F＝2BIL＝，当金属框速度最大时，所受安培力与阻力平衡，可得F－Ff＝0，解得vm＝，故C正确，A、B、D错误． 课题任务　电磁感应中的能量问题 1．电磁感应现象中的能量守恒 能量守恒定律是自然界中的一条基本规律，电磁感应现象当然也适用．电磁感应现象中，从磁通量变化的角度来看，感应电流总要阻碍原磁通量的变化；从导体和磁体相对运动的角度来看，感应电流总要阻碍它们的相对运动．电磁感应现象中的“阻碍”正是能量守恒的具体体现，在这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能． 2．电磁感应现象中的能量转化方式 (1)与感生电动势有关的电磁感应现象中，磁场能转化为电能，若电路是纯电阻电路，转化过来的电能将全部转化为电阻的内能． (2)与动生电动势有关的电磁感应现象中，通过克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化为电能．克服安培力做多少功，就产生多少电能．若电路是纯电阻电路，转化过来的电能也将全部转化为电阻的内能． 3．求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路 (1)分析回路，分清电源和外电路． 在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，其余部分相当于外电路． (2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．如： 做功情况 能量变化特点 滑动摩擦力做功 有内能产生 重力做功 重力势能必然发生变化 克服安培力做功 必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能 安培力做正功 电能转化为其他形式的能 (3)根据能量守恒列方程求解． 例2　如图甲所示，足够长的两根光滑平行金属导轨固定在水平面内，其宽度L＝1 m，导轨之间接有电阻R，阻值为4 Ω，匀强磁场竖直向下穿过导轨平面，质量m＝0.1 kg、电阻r＝3 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现对金属棒ab施加水平向右的恒定拉力F＝1 N，使它由静止开始运动，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，向右运动距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计． (1)判断金属棒两端a、b的电势高低； (2)求磁感应强度B的大小； (3)在金属棒ab开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量． [规范解答]　(1)根据右手定则可知，a端电势高． (2)由题图乙可知，在1.5 s后，金属棒做匀速运动，速度为v＝＝ m/s＝7 m/s 由平衡条件可知F＝F安＝ILB 且有I＝，E＝BLv 联立并代入数据解得B＝1 T. (3)由动能定理可知Fx＋W安＝mv2－0 由功能关系知Q＝－W安 电阻R上产生的热量QR＝Q 联立并代入数据解得QR＝1.8 J. [答案]　(1)a端电势高　(2)1 T　(3)1.8 J 　焦耳热的计算技巧 (1)电路中感应电流恒定，则电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q＝I2Rt. (2)电路中感应电流不恒定，可用以下方法分析： ①利用功能关系，根据产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝－W安． ②利用能量守恒，根据产生的焦耳热等于电磁感应现象中其他形式能量的减少量，即Q＝－ΔE其他． 　(多选)如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直于斜面向上，质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿导轨且与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h的过程中(　　) A．金属棒所受各力的合力所做的功等于零 B．金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和 C．恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和 D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热 答案　AD 解析　棒在运动过程中受重力G、安培力F安、弹力FN、拉力F(如图所示)，棒匀速上升过程中有三个力做功：恒力F做正功，重力G、安培力F安做负功．由动能定理知：WF＋WG＋W安＝0，故A正确，B错误；恒力F与重力G的合力所做的功等于导体棒克服安培力做的功，克服安培力做的功等于回路产生的焦耳热，克服安培力的功和焦耳热不能重复考虑，故C错误，D正确． 课题任务　电磁感应中的动量问题 对于电磁感应问题中导体棒在导轨上做变加速运动过程的分析，课题任务1已介绍，但是，用牛顿第二定律只能定性分析．有些题目，则必须用动量守恒定律或动量定理才能定量求解． 1．动量守恒定律的应用 如图甲，a、b导体棒运动时，电流大小相等，根据F＝BIL，安培力大小相等，且方向相反，这类问题可用动量守恒定律求稳定时的速度． 2．动量定理的应用 (1)如图乙，导体棒运动时会受到向左的安培力F＝BIL＝，I、v、F均随时间变化．考虑很短的时间Δt，由动量定理得 －BILΔt＝－·Δt＝mΔv 对等式两边求和，考虑到 ∑IΔt＝q，∑vΔt＝x，∑Δv＝v′－v0 可得－BLq＝－＝m(v′－v0) 由此式可知，若知道导体棒的速度变化量，就能得出该运动过程通过电路的电荷量q、位移x，反之亦可以求出末速度v′. (2)上面是通过微元法求和分析的，由于动量定理只考虑初末状态，我们还可以从整体上以平均值的角度分析． 导体棒运动位移x时， ΔΦ＝BLx，＝，＝，x＝Δt， 则－Δt＝－BLΔt＝－BLq＝－＝m(v′－v0)． 例3 如图所示，空间存在一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，水平面内有两根固定的足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为l.在导轨上面平放着两根平行的导体棒ab和cd，质量分别是2m和m，电阻分别是R和2R，其余部分电阻可忽略不计．初始时刻cd棒静止，给ab棒一个向右的初速度v0，两棒始终不相碰，求： (1)从开始运动到最终稳定，电路中产生多少电能？ (2)从开始运动到最终稳定，两棒之间的距离减少了多少？ [规范解答]　(1)设两棒稳定时共同的末速度为v，由动量守恒定律，得2mv0＝(2m＋m)v 由能量守恒定律，得 ×2mv＝(2m＋m)v2＋E电 联立解得：E电＝mv. (2)从开始运动到最终稳定，设两棒之间减少的距离为Δx，由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的平均感应电动势为＝＝ 这段时间内回路中电流的平均值为 ＝ 对cd棒应用动量定理，得BlΔt＝mv 联立解得：Δx＝. [答案]　(1)mv　(2) (1)若两金属棒所在的导轨间距不相等，虽然通过的电流大小相等，但安培力大小一般不相等，动量守恒定律一般不适用，应考虑用动量定理分别列方程． (2)棒在导轨上的运动问题，若提到位移、电荷量或速度，则考虑用动量定理．若提到焦耳热，则考虑用能量守恒定律或功能关系． 　(多选)某研学小组设计了一个辅助列车进站时快速刹车的方案．如图所示，在站台轨道下方埋一励磁线圈，通电后形成竖直方向的磁场(可视为匀强磁场)．在车身下方固定一矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车快速刹车．已知列车的总质量为m，车身长为s，线框的短边ab和cd分别安装在车头和车尾，长度均为L(L小于匀强磁场的宽度)，整个线框的电阻为R.站台轨道上匀强磁场区域足够长(大于车长s)，车头进入磁场瞬间的速度为v0，假设列车停止前所受铁轨摩擦力及空气阻力的合力恒为f.已知磁感应强度的大小为B，车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止．从车头刚进入磁场到列车停止过程中，下列说法正确的是(　　) A．可以求出车头刚进入磁场时的加速度 B．可以求出此过程流过线圈的电荷量 C．无法求出车头刚进入磁场到停止所用的时间 D．列车减少的动能全部转化为线圈的焦耳热 答案　AB 解析　设车头刚进入磁场时的加速度为a，则有BIL＋f＝ma，I＝，解得a＝，A正确；根据＝，＝，q＝Δt，整理可得q＝＝，所以可以求出此过程流过线圈的电荷量，则B正确；取列车的初速度方向为正方向，根据动量定理可得－BLΔt－fΔt＝－mv0，q＝Δt，联立解得Δt＝，所以可以求出车头刚进入磁场到停止所用的时间，则C错误；列车减少的动能部分转化为线圈的焦耳热，部分转化为与铁轨摩擦产生的热量，部分转化为克服空气阻力产生的热量，D错误． 1.如图所示，在一匀强磁场中固定有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框中导线的电阻都可不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　) A．ef将减速向右运动，但不是匀减速 B．ef将匀减速向右运动，最后停止 C．ef将匀速向右运动 D．ef将往返运动 答案　A 解析　ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，直到停止，而不是匀减速，故A正确． 2.如图所示，金属框架abcd固定在竖直平面内，其上端定值电阻阻值为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触，且能沿框架无摩擦下滑，ab、cd足够长，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中．让ef从静止下滑，经一段时间后闭合S，则S闭合后(　　) A．ef的加速度可能小于g B．ef的加速度一定大于g C．ef的最终速度随S闭合时刻的不同而变化 D．ef的机械能与回路内产生的电能之和一定增大 答案　A 解析　让ef从静止下滑，一段时间后闭合S，ef切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，由牛顿第二定律得F安－mg＝ma，则ef的加速度大小大于g，若安培力小于2mg，则ef的加速度大小小于g，故A正确，B错误；导体棒最终做匀速直线运动，由mg＝，得v＝，可见稳定时速度v与开关闭合的时刻无关，故C错误；在整个过程中，只有重力与安培力对ef做功，因此ef的机械能与电路中产生的电能之和保持不变，故D错误． 3.如图所示，固定于水平绝缘面上的平行金属导轨不光滑，垂直于导轨平面有一匀强磁场，质量为m的金属棒cd垂直放在导轨上，除R和cd棒的电阻r外，其余电阻不计．现用水平恒力F作用于cd棒，使cd棒由静止开始向右滑动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．水平恒力F对cd棒做的功等于电路中产生的电能 B．只有在cd棒做匀速运动时，F对cd棒做的功才等于电路中产生的电能 C．无论cd棒做何种运动，它克服磁场力做的功一定等于电路中产生的电能 D．R两端的电压始终等于cd棒上感应电动势的值 答案　C 解析　金属棒加速运动的过程中，水平恒力F对cd棒做的功等于电路中产生的电能、摩擦产生的内能和金属棒增加的动能之和，A错误；金属棒匀速运动时，水平恒力F对cd棒做的功等于电路中产生的电能和摩擦产生的内能之和，B错误；无论cd棒做何种运动，它克服磁场力(安培力)做的功一定等于电路中产生的电能，C正确；cd棒相当于电源，R为外电路电阻，R两端的电压为路端电压，小于cd棒产生的感应电动势，故D错误． 4．如图所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电阻为R的正方形线圈边长为L(L<d)，线圈下边缘到磁场上边界的距离为h.将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，则从线圈下边缘进入磁场到上边缘穿出磁场的过程中，下列说法正确的是(　　) A．线圈可能一直做匀速运动 B．线圈可能先加速后减速 C．线圈的最小速度一定为 D．线圈的最小速度一定为 答案　D 解析　由于L<d，故有一段时间线圈全部处于匀强磁场中，磁通量不发生变化，不产生感应电流，不受安培力，此时将做自由落体运动，因此不可能一直做匀速运动，A错误．已知线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，由于线圈下边缘到达磁场下边界前一定做加速运动，所以线圈可能是先减速后加速再减速，而不可能是先加速后减速，B错误.是安培力和重力平衡时所对应的速度，而本题线圈减速过程中不一定能达到这一速度，C错误．线圈刚全部进入磁场时速度最小，设最小速度为v，对从开始自由下落到线圈上边缘刚进入磁场的过程应用动能定理，设该过程克服安培力做的功为W，则有mg(h＋L)－W＝mv2；对从线圈下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场的过程应用动能定理，则该过程克服安培力做的功也是W，而始、末动能相同，所以有mgd－W＝0，由以上两式可得最小速度v＝，D正确． 5．(多选)如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场的磁感应强度B＝1.0 T，质量m＝0.04 kg、高h＝0.05 m、总电阻R＝5 Ω、n＝100匝的矩形线圈竖直固定在质量M＝0.08 kg的绝缘小车上，小车与线圈的水平长度L相等．线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v0＝10 m/s进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直．若小车运动的速度v随小车的位移x变化的v­x图像如图乙所示，则根据以上信息可知(　　) A．小车的水平长度L＝15 cm B．磁场的宽度d＝35 cm C．小车的位移x＝10 cm时，线圈中的电流I＝7 A D．线圈通过磁场的过程中，产生的热量Q＝5.83 J 答案　CD 解析　由题图乙可知，当x＝5 cm时，线圈开始进入磁场，线圈中有感应电流，在安培力作用下小车做减速运动，速度v随位移x的增大而减小；当x＝15 cm时，线圈完全进入磁场，小车做匀速运动，则小车的水平长度L＝15 cm－5 cm＝10 cm，A错误．由题图乙可知，当x＝30 cm时，线圈开始离开磁场，则磁场宽度d＝30 cm－5 cm＝25 cm，B错误．当x＝10 cm时，由题图乙可知，线圈的速度v1＝7 m/s，感应电流I＝＝＝7 A，C正确．由题图乙可知，当线圈左边离开磁场时，小车的速度为v2＝ m/s，由能量守恒定律可得Q＝(M＋m)(v－v)＝5.83 J，D正确． 6.(多选)如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F，此时(　　) A．电阻R1消耗的热功率为 B．电阻R2消耗的热功率为 C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ D．整个装置消耗的机械功率为(F＋μmgcosθ)v 答案　BCD 解析　棒ab上滑速度为v时，切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，设棒的电阻为R，则R1＝R2＝R，回路的总电阻R总＝R，通过棒的电流I＝＝，棒所受安培力F＝BIL＝，通过电阻R1的电流与通过电阻R2的电流相等，为I1＝I2＝＝，则电阻R1和R2消耗的热功率相等，为P1＝P2＝R＝＝，A错误，B正确．棒与导轨间的摩擦力Ff＝μmgcosθ，故因摩擦而消耗的热功率为P＝Ffv＝μmgvcosθ，C正确．由能量守恒定律知，整个装置消耗的机械功率为克服安培力做功的功率和克服摩擦力做功的功率之和，即P机＝Fv＋Ffv＝(F＋μmgcosθ)v，D正确． 7．(多选)如图所示，水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨间距为L，电阻不计，导轨所处空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.导轨上放有质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b.开始时金属棒b静止，金属棒a获得向右的初速度v0，从金属棒a开始运动到最终两棒以相同的速度匀速运动的过程中，经过每个金属棒的电荷量为q，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是(　　) A．a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动 B．最终两金属棒匀速运动的速度为 C．两金属棒产生的焦耳热为 D．a和b距离的增加量为 答案　BC 解析　金属棒a向右运动切割磁感线，根据右手定则可知在回路中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则可知，a棒受到向左的安培力，b棒受到向右的安培力，a棒在安培力作用下做减速运动，b棒在安培力作用下做加速运动，两棒的速度差减小，总电动势E＝BL(va－vb)减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，即a做加速度减小的减速直线运动，b做加速度减小的加速直线运动，A错误．a、b两棒组成的系统所受合力为零，动量守恒，设最终达到的共同速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝，B正确．根据能量守恒定律，整个过程产生的焦耳热Q＝mv－(2m)·v2＝，C正确．根据电荷量的推论公式q＝＝，解得a和b距离的增加量Δx＝，D错误． 8.(多选)如图所示，空间直角坐标系的xOz平面是光滑水平面，空间中有沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B.现有两块平行的薄金属板，彼此间距为d，构成一个电容为C的电容器，电容器的下极板放在xOz平面上；在两板之间焊接一根垂直于两板的电阻不计的金属杆MN，已知两板和杆MN的总质量为m，若对杆MN施加一个沿x轴正方向的恒力F，两金属板和杆开始运动后，则(　　) A．金属杆MN中存在沿M到N方向的感应电流 B．两金属板和杆做加速度大小为的匀加速直线运动 C．两金属板间的电压始终保持不变 D．单位时间内电容器增加的电荷量为 答案　AD 解析　两板和杆在恒力F作用下向右运动，杆切割磁感线产生感应电动势，对两块平行的薄金属板组成的电容器充电，由右手定则可知，金属杆MN中存在沿M到N方向的感应电流，故A正确；设此装置某时刻的加速度为a，在很短的一段时间Δt内，速度的变化量Δv＝aΔt，金属杆MN切割磁感线产生电动势的变化量ΔE＝BLΔv＝BdaΔt，电容器所带电荷量的变化量ΔQ＝CΔU＝CΔE＝CBdaΔt，金属杆MN中的充电电流I＝＝CBda，故金属杆MN受到向左的安培力F安培＝IdB＝CB2d2a，以整个装置为研究对象，由牛顿第二定律得F－F安培＝ma，即F－CB2d2a＝ma，解得a＝，即两金属板和杆做加速度大小为a＝的匀加速直线运动，故B错误；两金属板和杆做初速度为零的匀加速直线运动，则v＝at，两金属板间的电压U＝E＝Bdat，可知两金属板间的电压不断增大，故C错误；单位时间内电容器增加的电荷量为＝I＝CBda＝，故D正确． [名师点拨]　电容器两极板间电压的变化影响感应电流，感应电流又影响金属杆所受安培力，安培力影响速度，速度又影响电容器极板间的电压，因此金属杆的运动可能比较复杂，所以应从物理量的普遍性定义出发，用微元法定量分析． 9．两根质量均为m的光滑金属棒a、b垂直放置在如图所示的足够长的水平导轨上，两金属棒与导轨接触良好，导轨左边间距是右边间距的2倍，两导轨所在的区域处于竖直向下的匀强磁场中．一根不可伸长的绝缘轻质细线一端系在金属棒b的中点，另一端绕过轻质光滑定滑轮与质量也为m的重物c相连，线的水平部分与导轨平行且足够长，c离地面足够高，重力加速度为g.由静止释放重物c后，两金属棒始终处在各自的导轨上垂直于导轨运动，达到稳定状态后，细线中的拉力大小为(导轨电阻忽略不计)(　　) A.mg B.mg C.mg D．mg 答案　C 解析　设a、b棒的速度大小分别为v1、v2，则回路中的电动势为E＝BLv2－B·2Lv1，达到稳定状态后，对b、c分析可知，b所受安培力恒定，则电路中的电流恒定，即电动势恒定，易知k＝v2－2v1恒定，则＝2，即此时两导体棒的加速度满足a2＝2a1.对a棒受力分析，根据牛顿第二定律有2BIL＝ma1，对b棒受力分析，根据牛顿第二定律有T－BIL＝ma2，对c受力分析有mg－T＝ma2，联立解得a1＝g，a2＝g，T＝mg.故选C. [名师点拨]　双杆切割不一定动量守恒，要根据情境具体判断． 10．如图甲所示，MN、PQ是间距l＝0.5 m且足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计．导轨平面与水平面间的夹角θ为37°，NQ间连接有一个R＝4 Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度的大小B0＝1 T．将一根质量m＝0.05 kg、阻值为r的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量q＝0.2 C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，求： (1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ； (2)金属棒ab的阻值r； (3)cd离NQ的距离x. 答案　(1)0.5　(2)1 Ω　(3)2 m 解析　(1)由题图乙可知， 当v＝0时，a＝2 m/s2， 由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma 解得μ＝0.5. (2)由题图乙可知，vmax＝2 m/s， 则有F＝IlB0 E＝B0lvmax I＝ mgsinθ＝F＋μmgcosθ 解得r＝1 Ω. (3)由q＝Δt＝Δt＝＝＝0.2 C 解得x＝2 m. 11.如图所示，磁流体发电机的通道是一长为L的矩形管道，其中通过电阻率为ρ的等离子体，通道中左、右一对侧壁是导电的，其高为h，相距为a，而通道的上、下壁是绝缘的，所加匀强磁场的磁感应强度大小为B，与通道的上、下壁垂直．左、右一对导电壁与电阻值为r的电阻经导线相接，通道两端气流的压强差为Δp，不计摩擦及粒子间的碰撞，求等离子体的速率． 答案　 解析　等离子体通过管道时，在洛伦兹力作用下，正、负离子分别偏向右、左两壁，由此产生的电动势等效于金属棒切割磁感线产生的电动势，其值为E＝Bav(也可根据洛伦兹力与静电力平衡得出)，且与导线构成回路．令气流进、出管道时的压强分别为p1、p2，则气流进、出管道时压力做功的功率分别为p1Sv和p2Sv，其功率损失为p1Sv－p2Sv＝ΔpSv 由能量守恒定律，损失的功率完全转化为回路的电功率，即ΔpSv＝＝ 又S＝ha R总＝ρ＋r 联立解得v＝. 12．如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好．MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计． (1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向； (2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W. 答案　(1)，方向水平向右 (2)mv2－kq 解析　(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝，则E＝k① 设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并＝② 闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝③ 设PQ中的电流为IPQ，有IPQ＝I④ 设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl⑤ PQ保持静止，由受力平衡，有F＝F安⑥ 联立①②③④⑤⑥式得F＝⑦ 由楞次定律和右手螺旋定则得PQ中的电流方向为由Q到P，再由左手定则得PQ所受安培力的方向水平向左，则力F的方向水平向右． (2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt′，回路中的磁通量变化为ΔΦ′，平均感应电动势为，有＝⑧ 其中ΔΦ′＝Blx⑨ 设PQ中的平均感应电流为，有＝⑩ 根据电流的定义式得＝⑪ 由动能定理，有Fx＋W＝mv2－0⑫ 联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得W＝mv2－kq.⑬ 13．有人设计了阻尼可变的电磁辅助减震系统，如图1所示．电磁侦测系统发出电磁感应信号；信号控制系统接收侦测系统的信号，改变阻尼磁场的强弱；可变电磁阻尼系统吸收震动时的动能．侦测线框、阻尼线圈固定在汽车底盘上，侦测系统磁体、减震系统磁体固定在车轴上，车轴与底盘通过一减震弹簧相连．侦测系统磁场为匀强磁场，B1＝0.01 T，长方形线框宽d＝0.05 m，整个回路的电阻R1＝0.1 Ω，运动过程中，线框的下边不会离开磁场，上边不会进入磁场．阻尼线圈由100个相互绝缘的独立金属环组成，这100个金属环均匀固定在长为0.2 m的不导电圆柱体上，减震系统磁场辐向分布，俯视如图2所示，线圈所在位置磁感应强度B2大小处处相等，大小由控制系统控制．汽车静止时，阻尼线圈恰好50匝处于磁场中，取此时侦测线框所在的位置为原点，取向下为正方向，线框相对侦测磁场的位移记为x，B2的大小与x的关系如图3所示．每个线圈的电阻为R2＝0.001 Ω，周长L＝0.3 m．不考虑阻尼线圈之间的电磁感应，忽略阻尼线圈导体的粗细，设车轴与底盘总保持平行． (1)写出侦测线框由平衡位置向下运动时，侦测线框流入控制系统的电荷量q与位移x的大小关系式(q和x的单位均为国际单位)； (2)某次侦测线框由平衡位置向下运动，流入控制系统的电荷量q＝2.5×10－4 C，这一过程底盘相对车轴做v0＝10 m/s的匀速运动，求这一过程阻尼线圈吸收的机械能． 答案　(1)q＝0.005x　(2)2812.5 J 解析　(1)线框由平衡位置向下运动位移x的过程中，设所用时间为Δt，则平均速度＝ 平均感应电动势＝B1d 平均感应电流＝ 流入控制系统的电荷量q＝Δt 联立解得q＝ 代入数据，得q＝0.005x. (2)由(1)可得：流入控制系统的电荷量为q＝2.5×10－4 C时，x＝0.05 m 由题意可知，又有n＝×100＝25个线圈进入磁场 由图3可知，这一过程B2＝1 T，则单个阻尼线圈进入磁场后受到安培力的大小为F＝＝900 N 此过程中，下面50个阻尼线圈克服安培力做的总功为W1＝50×F·x＝2250 J 上面25个新进入磁场的线圈克服安培力做的总功为 W2＝×25×F·x＝562.5 J 则这一过程阻尼线圈吸收的机械能 W总＝W1＋W2＝2812.5 J. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$