微专题8　电磁感应中的能量和动量问题 讲义 -2026届高考物理一轮复习

微专题8　电磁感应中的能量和动量问题 定位·学习目标 1.通过对导体棒切割磁感线和线框进出磁场中的能量问题的分析,学会用动能定理和能量守恒定律解决电磁感应过程中有关能量的问题,培养科学思维核心素养。 2.通过对电磁感应中动量问题的分析,学会用动量定理分析解决电磁感应中有关导体棒的位移、电荷量的问题和用动量守恒定律解决等长双棒有关问题,培养科学思维核心素养。 要点一　电磁感应中的能量问题 要点归纳 1.能量转化的过程分析 电磁感应的实质是不同形式能量的转化过程,而能量的转化是通过安培力做功实现的。安培力做功使得电能转化为其他形式的能(通常为内能),克服安培力做功,则是其他形式的能(通常为机械能)转化为电能的过程。 2.焦耳热的计算 (1)感应电流恒定时,根据焦耳定律求解,即Q=I2Rt。 (2)感应电流变化时,可用以下方法分析: ①利用动能定理,求出克服安培力做的功W克安,即Q=W克安。 ②利用能量守恒定律,焦耳热等于其他形式能量的减少量。 (3)导体棒克服安培力做的功等于整个电路产生的焦耳热Q。导体棒与定值电阻串联,产生的焦耳热与电阻成正比。电阻R产生的焦耳热为QR=Q,导体棒产生的焦耳热为Qr=Q。 典例研习 [例1] (水平面上的能量问题)如图所示,MN、PQ是固定在水平桌面上相距L=1.0 m的光滑足够长平行金属导轨,M、P两点间接有R=3 Ω的定值电阻,导轨电阻不计。质量为m=0.1 kg、阻值为r=2 Ω的导体棒ab垂直于导轨放置,并与导轨接触良好。整个桌面处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=1 T,开始时棒处于静止状态,在恒定拉力F的作用下开始运动,经过x0=2 m后,以v=5 m/s的速度做匀速运动。求: (1)棒匀速运动时电路中的电流大小和方向; (2)拉力F的大小; (3)棒经过x0=2 m过程中,电阻R产生的焦耳热。 解析:(1)导体棒中的感应电动势E=BLv, 回路中电流I=, 解得I=1 A, 由右手定则知电流方向为b→a。 (2)棒匀速运动,有F=F安, 导体棒所受安培力F安=BIL, 解得F=1 N。 (3)根据功能关系有Fx0=Q+mv2, 电阻R产生的焦耳热QR=Q, 解得QR=0.45 J。 答案:(1)1 A　方向为b→a　(2)1 N　(3)0.45 J [例2] (竖直面上的能量问题)磁悬浮电梯是基于电磁原理和磁力驱动使电梯悬浮和运行的,从而实现高效、安全和舒适的电梯运输。某种磁悬浮电梯通过空间周期性磁场的运动而获得推进动力,其简化原理如图所示:在竖直面上相距为b的两根绝缘平行直导轨间,有等距离分布的、方向相反的匀强磁场,磁场方向垂直于导轨平面,磁感应强度大小均为B,每个磁场分布区间的长度都是a,相间排列。当这些磁场在竖直方向分别以速度v1、v2、v3向上匀速平动时,跨在两导轨间的宽为b、长为a的金属框MNPQ(固定在电梯轿厢上)在安培力作用下分别会悬停、向上运动、向下运动,金属框的总电阻为R。为最大限度减少电磁对人体及环境的影响,利用屏蔽材料过滤多余的磁感线,使得磁场只能作用在金属框所在区域。假设电梯负载不变(质量未知),忽略电梯运行时的其他阻力、金属框的电感,重力加速度为g。 (1)求电梯悬停时,金属框中的电流大小I1; (2)求金属框、电梯轿厢及电梯负载的总质量M; (3)求轿厢向上能达到的最大速度大小v上; (4)在电梯悬停、向上匀速运动、向下匀速运动时,外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量分别为E1、E2、E3,求E1∶E2∶E3。 解析:(1)磁场以v1匀速运动时金属框处于静止状态,金属框中的电流大小为I1=, 其中E1′=Bbv1, 解得I1=。 (2)由平衡关系得2BI1b=Mg, 解得M=。 (3)当磁场以v2运动时,金属框向上运动,当金属框的加速度为零时,轿厢向上能达到最大速度,有 2B·b=Mg, 解得v上=v2-v1。 (4)电梯悬停时,外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量等于金属框的焦耳热,则 E1=R=()2R=, 电梯向上匀速运动时,外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量等于金属框的焦耳热与重力势能增加量之和,即 E2=[]2R+Mgv上=, 同理,电梯向下匀速运动的速度为v下=v1-v3, 电梯向下匀速运动时,外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量等于金属框的焦耳热与重力势能减少量之差,即 E3=[]2R-Mgv下=, 则E1∶E2∶E3=v1∶v2∶v3。 答案:(1)　(2)　(3)v2-v1　 (4)v1∶v2∶v3 [例3] (斜面上的能量问题)如图所示,两根光滑金属导轨ABD和ACE固定在倾角为θ的绝缘斜面上,导轨关于中轴线AO对称,导轨BAC部分单位长度的电阻为k,整个空间存在着方向垂直于斜面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、阻值不计的导体棒在沿斜面向上的力F的作用下以一定的速度v0从A点开始匀速下滑。已知导体棒始终垂直于AO且与导轨接触良好,AB=AC=L,∠A=60°,导轨BD和CE的电阻均不计,且均与AO平行,求导体棒从A点运动至BC位置的过程中,回路中产生的焦耳热。 解析:设导体棒从A点运动任意一小段位移大小为x,则导体棒接入回路的长度L′=2xtan 30°, 接入回路的电阻R′=2k, 感应电动势E=BL′v0, 感应电流I=, 联立解得I=, 故导体棒从A点运动至BC位置的过程中,感应电流并不随时间变化,安培力F安=BIL′会随位移均匀增大,平均作用力=BIL, 克服安培力做的功W克安=BIL·L=, 则回路中产生的焦耳热Q=W克安=。 答案: 要点二　电磁感应中的动量问题 要点归纳 1.在单导体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=BLΔt=BLq, 通过导体棒或金属框的电荷量为 q=Δt=Δt=nΔt=n, 磁通量变化量为ΔΦ=BΔS=BLx。 如果安培力是导体棒或金属框受到的合力,则 I安=mv2-mv1。 当题目涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便。 2.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零,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。 典例研习 [例4] (单棒模型中动量定理的应用)如图所示,宽度L=1 m的足够长的U形金属框架水平放置并固定,框架处在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=1 T,U形框架两平行导轨上放一根质量为m=0.2 kg、接入导轨间电阻R=1.0 Ω的金属棒ab,棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.5。现用大小变化的牵引力F使棒从静止开始运动,当金属棒ab的电阻R产生的热量Q=5.8 J时获得稳定速度,此时牵引力的大小为F=3 N,此过程中通过金属棒ab的电荷量q=2.8 C,框架电阻不计,重力加速度 g取 10 m/s2,在金属棒ab从静止开始运动到刚好达到稳定速度这一过程中: (1)求棒ab稳定速度大小v; (2)若牵引力的功率恒为P=6 W,求棒ab经历这个过程的时间t; (3)求牵引力F的冲量大小IF。 解析:(1)棒稳定时,受到的安培力为FA=BIL, 根据平衡条件可知F=FA+μmg, 根据法拉第电磁感应定律有E=BLv, 根据闭合电路欧姆定律有I=, 代入数据解得v=2 m/s。 (2)设此过程中金属棒ab的位移为x,根据功能关系有Pt=mv2+μmgx+Q, 电荷量q=t, 根据闭合电路欧姆定律结合法拉第电磁感应定律有===, 联立解得t=1.5 s。 (3)设该过程安培力的冲量为I安,则有I安=BLt=BLq, 规定向右为正方向,根据动量定理有IF-I安-μmgt=mv, 解得IF=4.7 N·s。 答案:(1)2 m/s　(2)1.5 s　(3)4.7 N·s [例5] (导体框模型中动量定理的应用)如图所示,空间存在有水平边界、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场边界上方l处有一个质量为m、电阻为R、边长为l的正方形线框,将线框由静止释放,从线框下边框进磁场经时间Δt后,线框上边框进磁场,不计空气阻力,重力加速度为g。求: (1)线框下边框进入磁场时的速度大小v1; (2)线框上边框进入磁场时的速度大小v2。 解析:(1)线框下边框进磁场前自由下落,有 -0=2gl, 解得下边框进磁场时的速度大小v1=。 (2)线框进入磁场的过程,平均感应电动势为 ==, 平均感应电流为==, 电荷量q=Δt=, 线框进入磁场的过程,由动量定理有mgΔt-lBΔt=mv2-mv1, 解得v2=+gΔt-。 答案:(1)　(2)+gΔt- [例6] (双棒模型中动量守恒定律的应用)如图所示,两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上,左端向上弯曲,导轨间距为L,电阻不计。水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。导体棒a和b的质量分别为m和2m,接入电路的电阻分别为Ra=2R,Rb=R;b棒放置在水平导轨上足够远处,a棒在 弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放。运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直,重力加速度为g。求: (1)最终稳定时两棒的速度大小; (2)从a棒开始下落到最终稳定的过程中,b棒上产生的焦耳热; (3)全过程通过a棒的电荷量。 解析:(1)对a棒由动能定理得mgh=m, 解得v0=, 取水平向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m+2m)v共, 解得v共=v0=。 (2)对系统,由能量守恒定律得m=×3m+Q总, 解得Q总=mgh, b棒上产生的焦耳热为Qb=Q总=Q总=mgh。 (3)对b棒,由动量定理得BLΔt=2mv共, q=Δt, 解得q=, 可知全过程通过a棒的电荷量为。 答案:(1)均为　(2)mgh　(3) 1.(多选)如图所示,两根光滑的金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,导轨的左端接有电阻R,导轨自身的电阻可忽略不计。斜面处在一匀强磁场中,磁场方向垂直于斜面向上。质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑,且上升的高度为h,重力加速度为g。在这一过程中(　AD　) A.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零 B.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和 C.恒力F与安培力的合力所做的功等于零 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 解析:金属棒匀速上滑的过程中,对金属棒受力分析可知,有三个力对金属棒做功,即恒力F做正功,重力做负功,安培力阻碍相对运动,沿导轨平面向下,做负功,匀速运动时,金属棒所受合力为零,故合力做功为零,A正确,B错误;克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能,电能又等于电阻R上产生的焦耳热,故恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热,C错误,D正确。 2.如图所示,MN和PQ是两根互相平行竖直放置的足够长光滑金属导轨,导轨间距为L且电阻不计,质量为m、接入电路电阻为R的金属杆ab与导轨垂直且始终与导轨接触良好,开始时,将开关S断开,让杆ab由静止开始自由下落时间t1后闭合开关S,再经一段时间t2后匀速下落。不计空气阻力,重力加速度为g,在金属杆运动t1+t2时间内,下列说法正确的是(　C　) A.闭合开关后流过杆的感应电流方向为从b到a B.闭合开关后金属杆一定做加速度减小的加速运动 C.杆所受安培力的冲量大小为mg(t1+t2)- D.杆下落的高度为 解析:根据右手定则,闭合开关后流过杆的感应电流方向为从a到b,故A错误;闭合开关时,杆的速度v1=gt1,回路中电流为I1==,杆所受安培力FA=BI1L=,因为不知安培力和重力关系,所以杆不一定做加速运动,故B错误;全过程对金属杆,根据动量定理有mv2=mg(t1+t2)-IA,其中匀速时有mg=,解得杆所受安培力的冲量大小为IA=mg(t1+t2)-,故C正确;根据IA=BLt2=BLq=,解得在磁场中下落高度h=-,但还有自由落体下降高度,故D错误。 3.(多选)如图所示,倾角为θ=37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上,两导体棒ab、cd垂直于导轨放置,空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。现给导体棒ab沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动,已知两导体棒质量均为m,电阻相等,两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ=0.75,导轨电阻忽略不计,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触,下列说法正确的是(　BC　) A.导体棒cd中产生的焦耳热为m B.导体棒cd中产生的焦耳热为m C.当导体棒cd的速度为v0时,导体棒ab的速度为v0 D.当导体棒ab的速度为v0时,导体棒cd的速度为v0 解析:由题意可知mgsin 37°=μmgcos 37°,则两棒组成的系统沿导轨方向的动量守恒,当最终稳定时有mv0=2mv,解得v=0.5v0,则回路中产生的焦耳热为Q=m-·2mv2=m,则导体棒cd中产生的焦耳热为Qcd=Qab=Q=m,选项A错误,B正确;当导体棒cd的速度为v0时,由动量守恒定律得mv0=m·v0+mvab,解得vab=v0,选项C正确;当导体棒ab的速度为v0时,由动量守恒定律得mv0=m·v0+mvcd,解得vcd=v0,选项D错误。 4.如图所示,光滑平行金属导轨AB、CD固定在倾角为θ的绝缘斜面上,BP、DQ为水平放置的平行且足够长的光滑金属导轨,导轨在B、D两点处平滑连接,水平部分处在磁感应强度为B0、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨间距均为L。两金属棒ab、cd的质量分别为m、3m,接入电路的电阻均为R,初始时,金属棒cd垂直静止放置在水平导轨上,金属棒ab从倾斜导轨上距底端距离为s处无初速度释放,进入水平直导轨后与金属棒cd始终没有接触并一直向右运动,不计导轨电阻,重力加速度为g,求: (1)金属棒cd的最大加速度am大小; (2)金属棒ab上产生的热量Qab。 解析:(1)设棒ab下滑到斜面底端时速度为v,由机械能守恒定律有mv2=mgssin θ, 解得v=, 棒ab刚进入磁场时切割磁感线产生的感应电动势为E=B0Lv, 通过棒cd的电流为I=, 棒cd所受安培力为F=ILB0, 则最大加速度为am=, 联立解得am=。 (2)设棒ab、cd共速时的速度为v共,则由动量守恒定律得mv=(m+3m)v共, 解得v共=, 共速后两棒一起做匀速直线运动,不再产生热量,由能量守恒定律得,两棒产生的总热量 Q=mv2-(m+3m), 解得Q=mgssin θ, 棒ab与棒cd电阻相同,所以 Qab=Q=mgssin θ。 答案:(1)　(2)mgssin θ 课时作业 基础巩固练 考点一　电磁感应中的能量问题 1.如图所示,甲、乙两个完全相同的铜环绕固定轴OO′旋转,当给两环相同的初速度使二者开始转动时,由于阻力,经相同的时间两铜环停止转动。现将两铜环置于磁感应强度大小相等的匀强磁场中,甲环转轴与磁场方向平行,乙环转轴与磁场方向垂直,当二者同时以相同的初速度开始转动后,则下列说法正确的是(　B　) A.甲环先停止 B.乙环先停止 C.两环同时停止 D.无法判断 解析:两环在相同的匀强磁场中转动,由题图可知,乙环在转动过程中穿过的磁通量是变化的,乙环产生感应电流,有部分机械能转化为电能,而穿过甲环的磁通量始终为零,所以甲环中无感应电流产生,即无机械能转化为电能,故乙环先停止转动。故选B。 2.如图所示,固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d,其右端接有阻值为R的电阻,整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m的导体杆ab垂直于导轨放置,且与两导轨保持良好接触,杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时,速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。杆接入电路的电阻为r,导轨电阻不计,重力加速度为g。上述运动过程中(　B　) A.杆的速度最大值为 B.流过电阻R的电荷量为 C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量 D.恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量 解析:当杆达到最大速度vm时,拉力F与摩擦力和安培力相平衡,因此有F-μmg-=0,解得vm=,故A错误;由q=可得,电荷量为q==,故B正确;在杆从开始至达到最大速度的过程中,由动能定理有WF+Wf+W安=ΔEk,其中Wf<0,W安<0,可知恒力F做的功与摩擦力做的功之和大于杆动能的变化量,恒力F做的功与安培力做的功之和也大于杆动能的变化量,故C、D错误。 3.如图所示,固定的竖直光滑U形金属导轨,间距为L,上端接有阻值为R的电阻,处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中,质量为m、接入电路电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定绝缘轻弹簧相连且垂直放在导轨上,导轨的电阻忽略不计。初始时刻,弹簧处于伸长状态,其伸长量为x1=,此时导体棒具有竖直向上的初速度v0,在沿导轨做往复运动的过程中,导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。重力加速度为g。下列说法正确的是(　C　) A.初始时刻导体棒受到的安培力大小为 B.初始时刻导体棒加速度的大小为2g+ C.棒第一次速度为零时,克服弹簧弹力和克服重力做功之和小于m D.从导体棒开始运动到最终静止的过程中,电阻R上产生的焦耳热为m+ 解析:初始时刻导体棒产生的感应电动势大小为 E=BLv0,回路中感应电流大小为I=,导体棒受到的安培力大小为F=BIL,联立解得F=,故A错误;初始时刻,对导体棒由牛顿第二定律得mg+kx1+F=ma,解得导体棒的加速度大小a=2g+,故B错误;导体棒第一次速度为零时,根据动能定理得-W克弹-W克G-W克安=0-m,且W克安=Q,所以克服弹簧弹力和克服重力做功之和等于W克弹+W克G=m-Q,故C正确;导体棒在弹簧弹力作用下做往复运动,当导体棒静止时,所受安培力为零,导体棒受到的重力和弹簧的弹力平衡,弹簧弹力的方向竖直向上,弹簧处于压缩状态,弹簧的压缩量x2==x1,故导体棒从开始运动到最终静止,弹簧的弹性势能不变,由能量守恒定律得m+mg(x1+x2)=Q,解得系统产生的总焦耳热Q=m+,则R上产生的焦耳热要小于Q,故D错误。 考点二　电磁感应中的动量问题 4.如图所示,水平面内间距为1 m且足够长的两根平行光滑长直金属轨道,其左侧通过开关S与R=5 Ω的电阻相连,整个空间内有垂直于轨道平面向里、磁感应强度大小为2 T的匀强磁场。一质量为2 kg、长度为1 m、电阻为5 Ω的均匀长直金属棒PQ位于轨道平面内并垂直于轨道放置,金属棒始终与轨道接触良好,不计轨道电阻及空气阻力。闭合开关S,对金属棒PQ施加一水平向右的力F,使其从静止开始做加速度大小为0.5 m/s2的匀加速运动;4 s后撤去力F。金属棒PQ从开始运动到最终静止的全过程中,力F的最大值Fm及金属棒运动的路程x分别为(　C　) A.Fm=0.8 N,x=14 m B.Fm=0.8 N,x=10 m C.Fm=1.8 N,x=14 m D.Fm=1.8 N,x=10 m 解析:对金属棒有F-IBL=ma,由于金属棒做匀加速运动,则当感应电流最大时,F有最大值,又有E=BLv,I=,则当速度达到最大时,对应感应电流最大,则vm=at,联立解得Fm=1.8 N,金属棒做匀加速直线运动,则前4 s运动的位移为x1=at2=4 m,从撤去外力到金属棒完全停止过程中,由动量定理可得-BLΔt=0-mvm,==,设撤去外力后金属棒移动距离为x2,则有ΔΦ=BLx2,联立解得x2=10 m,则总路程为x=x1+x2=14 m。故选C。 5.如图所示,平行光滑金属导轨固定在竖直面内,导轨间距为1 m,上端连接阻值为2 Ω的定值电阻,虚线的上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为2 T,质量为1 kg的导体棒套在金属导轨上与导轨接触良好,现给导体棒一个向上的初速度,当其刚好越过虚线时速度为20 m/s,导体棒运动到虚线上方1 m处速度减为零,此后导体棒向下运动,到达虚线前速度已经达到恒定,整个运动过程中导体棒始终保持水平。导轨和导体棒的电阻均忽略不计,重力加速度g取10 m/s2。下列说法不正确的是(　B　) A.导体棒的最大加速度大小为50 m/s2 B.导体棒上升过程中流过定值电阻的电荷量为4 C C.导体棒下落到虚线时的速度大小为5 m/s D.导体棒从越过虚线到运动到最高点所需的时间为1.8 s 解析:根据法拉第电磁感应定律得E=BLv,根据闭合电路欧姆定律得I=,由牛顿第二定律可得mg+=mam,解得导体棒的最大加速度大小为am=50 m/s2,A正确,不符合题意;导体棒上升过程中流过定值电阻的电荷量为q=Δt=Δt=Δt==1 C,B错误,符合题意;设导体棒下落到虚线时的速度大小为vm,则有mg=,解得vm=5 m/s,C正确,不符合题意;根据动量定理得 -mgΔt-BLΔt=0-mv,q=Δt,解得导体棒从越过虚线到运动到最高点所需的时间为Δt=1.8 s,D正确,不符合题意。 6.(多选)如图所示,水平面内固定有两根足够长的光滑平行金属导轨,导轨间距为l,电阻忽略不计。质量为m的导体棒MN与质量为3m的导体棒PQ均垂直于导轨静止放置,两导体棒接入电路的电阻均为R,相距为d。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现让MN棒以初速度v水平向左运动,直至最终达到稳定状态,导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,则在此过程中(　ACD　) A.两导体棒组成的系统动量守恒 B.两导体棒在运动过程中任意时刻加速度均相同 C.整个运动过程中,MN棒上所产生的热量为 D.最终稳定时两导体棒间的距离为d+ 解析:流过两导体棒的电流大小相等、方向相反,则它们所受安培力大小相等、方向相反,故两导体棒组成的系统动量守恒,A正确;两导体棒在运动过程中仅受安培力,由于两导体棒质量不同,则加速度不同,B错误;根据动量守恒定律有mv=(m+3m)v共,根据能量守恒定律有mv2=(m+3m)+Q,两导体棒电阻相同,则整个运动过程中,MN棒上所产生的热量为Q′=,联立解得Q′=,C正确;整个过程中,通过MN的电荷量为 q=Δt=Δt=Δt=,对MN,由动量定理有-BlΔt=mv共-mv,联立解得x=,最终稳定时两导体棒间的距离为s=d+,D正确。 7.(多选)如图,足够长的平行光滑金属导轨M、N固定在水平桌面上,导轨间距离为L,有垂直于导轨平面向下的匀强磁场,以CD为分界线,左边磁感应强度大小为2B,右边为B,两导体棒a、b垂直于导轨静止放置,棒a距CD足够远,已知a、b棒质量均为m,长度均为L,电阻均为r,棒与导轨始终接触良好,导轨电阻不计,现使棒a获得一瞬时水平速度v0,在两棒运动至稳定的过程中(棒a还没到CD分界线),下列说法正确的是(　AC　) A.a、b系统机械能不守恒 B.a、b系统动量守恒 C.棒a稳定时的速度为0.2v0 D.导体棒a产生的焦耳热为 解析:棒a获得水平速度后切割磁感线产生感应电动势,两导体棒会发热,系统部分机械能转化为内能,故a、b系统机械能不守恒,故A正确;通过两导体棒的电流大小相等、方向相反,两导体棒受到的安培力方向相反,根据安培力公式F安=BIL可知,由于两导体棒所在磁场磁感应强度大小不等,故受到的安培力大小不等,故a、b系统动量不守恒,故B错误;棒a稳定时回路中感应电动势为零,故有2BLva=BLvb,整个过程对a、b分别由动量定理有-2BLt=mva-mv0,BLt=mvb,联立解得va=0.2v0,整个过程由能量守恒定律可知,回路中产生的总焦耳热为Q=m-m-m,导体棒a产生的焦耳热为Qa=Q,解得Qa=,故C正确,D错误。 能力提升练 8.(多选)如图所示正方形匀质刚性金属框(形变量忽略不计),边长为 L=0.1 m,质量为m=0.02 kg,电阻为R=0.4 Ω,距离金属框底边H=0.2 m处有一方向水平、垂直于纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平,高度为L=0.1 m,左右宽度足够大。把金属框在竖直平面内以v0=2 m/s的初速度水平无旋转地向右抛出,设置合适的磁感应强度B的大小使金属框匀速通过磁场,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　ABD　) A.磁感应强度B大小为2 T B.通过磁场的过程中,金属框中电流的大小不变,方向相反 C.通过磁场的过程中,克服安培力做功的功率P为0.2 W D.调节H、v0和B,金属框仍能匀速通过磁场,则其通过磁场的过程中产生的热量Q为0.04 J 解析:金属框水平方向上总感应电动势为零,只在竖直方向上产生感应电动势,金属框匀速通过磁场时,有 mg=F安,F安=BIL=,其中vy=,代入数据解得B=2 T,故A正确;由右手定则可知,刚进入磁场时,电流沿逆时针方向,出磁场时,电流沿顺时针方向,进出磁场时金属框竖直速度不变,则感应电流大小不变,故B正确;根据功能关系得,克服安培力做功W克安=2mgL,t=,P=,代入数据求得P=0.4 W,故C错误;根据能量守恒定律可知Q=mg·2L=0.04 J,故D正确。 9.“福建舰”是我国完全自主设计并建造的首艘航空母舰,采用平直通长飞行甲板,配置电磁弹射和阻拦装置,电磁阻拦技术的原理示意图如图所示。在磁感应强度方向垂直于纸面向里的匀强磁场中,两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内,M、P间接有阻值为R的电阻。一个长度与平行金属导轨间距相等的轻质金属棒ab垂直放置在两导轨之间,与导轨接触良好。舰载机着舰时关闭动力系统,通过绝缘阻拦索钩住轨道上的金属棒ab,金属棒ab被钩住之后立即获得了和舰载机相同的速度,接着舰载机和金属棒一起减速滑行了一段距离后停下。摩擦阻力、空气阻力忽略不计。下列说法正确的是(　D　) A.金属棒ab运动过程中感应电流的方向为由a 到b B.舰载机做匀减速直线运动,直至停下 C.若仅增加电阻R的阻值,其他条件不变,则舰载机和金属棒滑行距离变短 D.若仅增加电阻R的阻值,其他条件不变,舰载机和金属棒滑行的整个过程通过金属棒的电荷量不变 解析:由右手定则可知感应电流方向为由b到a,故A错误;舰载机所受安培力F=BIL,由I=可得 F=,由牛顿第二定律可得=ma,可知舰载机做加速度减小的减速直线运动,直至停下,故B错误;若仅增加电阻R的阻值,其他条件不变,舰载机所受安培力减小,则舰载机和金属棒滑行距离变长,故C错误;对舰载机由动量定理得 -BLt=0-mv0,其中t=q,解得q=,可知若仅增加电阻R的阻值,其他条件不变,舰载机和金属棒滑行的整个过程通过金属棒的电荷量不变,故D正确。 10.(多选)如图甲所示,光滑绝缘水平桌面上,虚线MN右侧有竖直向下的匀强磁场,其磁感应强度大小为0.5 T,虚线左侧有一长Lab=2 m、宽Lbc=1 m的矩形金属框abcd,其质量为1 kg、电阻为0.5 Ω,ab边与MN平行。第一次,让金属框沿水平桌面、垂直于MN方向以5 m/s的初速度冲入磁场区域;第二次,让金属框在平面内转90°,然后在水平向右的外力作用下以5 m/s的速度匀速进入磁场区域,如图乙所示。下列说法正确的是(　BC　) A.两次进入磁场的过程中,金属框中的电流方向都为abcda B.前后两次进入磁场的过程中,通过金属框横截面的电荷量之比为1∶1 C.前后两次进入磁场的过程中,金属框产生的焦耳热之比为8∶5 D.金属框前后两次进入磁场过程的时间之比等于5∶8 解析:根据右手定则可判断,两次进入磁场的过程中,电流方向均为adcba,故A错误;通过金属框横截面的电荷量为q=Δt=Δt==,从q的表达式知前后两次进入磁场的过程中,通过金属框横截面的电荷量之比为1∶1,故B正确;由动量定理得-BLabt=mv-mv0,即qBLab=mv0-mv,又q==2 C,联立解得v=3 m/s,第一次进入磁场的过程中,产生的焦耳热为Q1=m-mv2=8 J,第二次进入磁场的过程中,产生的焦耳热为Q2=EI2t2=Eq=BLbcv0q=5 J,则金属框产生的焦耳热之比为=,故C正确;由C选项分析可知,金属框第一次完全进入磁场之后的速度v=3 m/s,假如金属框匀减速进入磁场,则根据公式有Lbc=t1,解得t1=0.25 s,第二次金属框匀速进入磁场,则运动时间为t2==0.4 s,则有=,根据题意可知,金属框第一次进入磁场时,做加速度减小的减速运动,则所用时间t>t1,则金属框前后两次进入磁场过程的时间之比大于5∶8,故D错误。 11.如图所示,两平行光滑金属导轨AEC、A′E′C′的左端接有阻值为R的定值电阻,间距为L,其中AE、A′E′固定于同一水平面上且分别与竖直面内的光滑圆弧形导轨EC、E′C′相切于E、E′两点。正方形DEE′D′区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。导体棒ab的质量为m、电阻为R、长度为L,棒ab在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动,经时间t后撤去推力,然后棒ab与另一根相同的导体棒cd发生碰撞并粘在一起,以速率v进入磁场,两导体棒穿过磁场区域后,恰好能到达CC′处。重力加速度为g,导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨的电阻。求: (1)该推力的功率P; (2)两导体棒通过磁场右边界EE′时的速度大小v′; (3)圆弧形导轨的半径r以及两导体棒穿过磁场的过程中定值电阻产生的焦耳热Q。 解析:(1)设两导体棒碰撞前瞬间,棒ab的速度大小为v0,在推力作用的过程中,由动能定理有 Pt=m, ab与cd碰后瞬间的速率为v,由动量守恒定律有mv0=2mv, 解得P=。 (2)设两导体棒从进入磁场至右边界EE′的时间为t,该过程回路中的平均电流为,由动量定理有 -BLΔt=2mv′-2mv, 根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有 q=Δt===, 解得v′=v-。 (3)对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程,由机械能守恒定律有 ×2mv′2=2mgr, 解得r==, 整理可得r=-+, 经分析可知,两导体棒上产生的总焦耳热为,由能量守恒定律有 Q+=×2mv2-×2mv′2, 解得Q=(2v-)。 答案:(1)　(2)v- (3)-+　(2v-) 学科网（北京）股份有限公司 $