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】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（鲁科版）

素养提升课三　电磁感应中的动力学、能量和动量问题 　　　　 第2章 电磁感应及其应用 核心素养目标 物理观念 进一步熟练掌握牛顿运动定律、动能定理和能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律。 科学思维 建立动力学问题的思维模型和电路问题的思维模型，能用力与运动、动量和能量的观点分析和解决电磁感应问题。 随堂演练 1 内容索引 课时测评 2 2 3 4 5 6 7 1 师生互动 提升点一　电磁感应中的动力学问题 在电磁感应现象中导体运动切割磁感线，产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用。因此，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起。那么请同学们思考，解决电磁感应中的力学问题时应从哪两个方面入手？ 提示：一方面要考虑电磁学中的有关规律；另一方面还要考虑力学中的有关规律，要将电磁学和力学知识综合起来进行应用。 要点归纳 1.导体的两种运动状态 (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.力学对象和电学对象的相互关系 如图甲所示，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。 例1 (1)由b向a方向看到的装置如图乙，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图； 如图所示，重力mg，竖直向下；支持力N，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上。 (2)在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小； 答案：　gsin θ－ 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＝。 根据牛顿运动定律，有mgsin θ－F＝ma， 解得a＝gsin θ－。 (3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。 答案： 当a＝0时，杆达到最大速度vm，即gsin θ＝时，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： 规律方法 针对练1.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻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 √ 磁感应强度均匀减小，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。 针对练2.如图甲所示，有一光滑导轨处于垂直纸面向里的匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图乙所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为 √ 由E＝Blv，E＝IR，FA＝IlB，联立可得FA＝，再结合题图乙可得FA＝F0(－1)，由左手定则和右手定则，可得v＝－t＋，可知加速度大小一直为a＝，方向向左；金属棒刚开始向右做匀减速直线运动，后向左做匀加速直线运动；对金属棒由牛顿第二定律有F＝－t＋F0－。故选C。 师生互动 提升点二　电磁感应中的能量问题 如图所示，用丝线把闭合金属环悬挂于点O，图中虚线的左边有匀强磁场，右边没有磁场，用手拨动金属环，使悬线偏离竖直位置，放手后，金属环摆动，但金属环的摆动会很快停下来。试从能量转化角度解释这一现象。若整个空间都有向外的匀强磁场，还会有这种现象吗？ 提示：金属环进出磁场的过程中产生感应电流，环中会有电热产生，部分机械能转化为内能，故金属环摆动几次便停下来。若整个空间都有向外的匀强磁场，则金属环中无感应电流产生，机械能守恒，金属环会一直摆动(不考虑空气阻力)。 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的能量转化的过程，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.求解焦耳热Q的几种方法 公式法 Q＝I2Rt 功能关系法 焦耳热等于克服安培力做的功 能量转化法 焦耳热等于其他形式能的减少量 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。现从静止释放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： 例2 (1)金属杆ab运动的最大速度； 审题指导 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 根据受力平衡列方程，安培力F＝mgsin θ； 答案：　 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 联立上式解得最大速度vmax＝。 (2)金属杆ab运动的加速度为gsin θ时，电阻R上的电功率； 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＝。 答案： 审题指导 第二步：找突破口 根据牛顿第二定律，求解加速度为 gsin θ时的安培力； (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。 根据动能定理mgxsin θ－WF＝m－0 解得WF＝mgxsin θ－·。 答案：mgxsin θ－· 审题指导 第二步：找突破口 根据动能定理，求解此过程中克服安培力所做的功。 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，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。 规律方法 针对练1.如图所示，间距为L的竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直于平行导轨放置，垂直导轨平面向里的水平匀强磁场的磁感应强度大小为B，不计导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好。若金属棒ab在竖直向上的外力F作用下以速度v匀速上升，则以下说法正确的是 A.a、b两端的电势差为BLv B.b端电势高于a端电势 C.作用在金属棒ab上的各个力的合力做的功等于零 D.拉力F所做的功等于电路中产生的热量 √ ab棒切割磁感线产生的电动势为E＝BLv，ab棒相当于电源，由于电源有内阻，所以ab棒两端电势差小于BLv，故A错误；由于ab棒匀速上升，由右手定则可知，a端电势更高，故B错误；由于ab棒匀速上升，由动能定理可知，作用在ab棒上的各个力的合力做的功等于零，故C正确；根据功能关系可知，拉力F做的功等于重力势能的增加量和电路中产生的热量之和，故D错误。 针对练2.(多选)如图(a)所示，左侧接有定值电阻R＝4 Ω的水平粗糙固定导轨处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝ 1 m。一质量m＝2 kg的金属棒在水平拉力F作用下以初速度v0开始从MN处沿导轨向右运动，金属棒中的电流i与位移x图像如图(b)所示。已知金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2，忽略金属棒与导轨电阻，不计电磁辐射，则 A.金属棒在x＝2 m处速度为5 m/s B.金属棒在x＝2 m处速度为8 m/s C.从开始到x＝2 m处系统产生的总热量为9.5 J D.从开始到x＝2 m处拉力做功为33.5 J √ √ √ 根据题图(b)可知，感应电流随位移变化的表达式为i＝0.5x＋0.25(A)，金属棒在x＝2 m处感应电流的大小i＝1.25 A，感应电流i＝＝，解得金属棒在x＝2 m处速度为v ＝5 m/s，故A正确，B错误；从开始到x＝2 m处摩擦产生的热量Q1＝fx＝μmgx＝8 J，从开始到x＝2 m处电阻产生的热量Q2＝Rt＝qR＝R＝ΔΦ·＝1×1×2×0.75 J＝1.5 J，从开始到x＝2 m处系统产生的总热量为Q＝Q1＋Q2＝9.5 J，故C正确；金属棒在x＝0处速度为v0＝1 m/s，从开始到x＝2 m处，根据能量守恒有W＝Q＋mv2－m＝9.5 J＋25 J－1 J＝33.5 J，故从开始到x＝2 m处拉力做功为33.5 J，故D正确。故选ACD。 师生互动 提升点三　电磁感应中的动量问题 如图所示，在光滑的水平面上，有一矩形线框垂直穿过一有界匀强磁场区域，且磁场的宽度大于线框的宽度。已知矩形线框进入磁场前的速度为v0，完全进入磁场时的速度为v，完全离开磁场时的速度为多少？ 提示：矩形线框完全进入磁场的过程中，由动量定理可知－LBΔt＝mv－mv0；通过线框截面的电荷量q＝Δt＝＝，则进入和离开磁场通过线框的电荷量相等；同理矩形线框完全离开磁场的过程中，由动量定理可知－LBΔt＝mv'－mv；联立可得v'＝2v－v0。 要点归纳 电磁感应中的动量问题常常出现在闭合线框进出磁场和导体棒切割磁感线两种情境中： (1)动量定理的应用 应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量。如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。 (2)动量守恒定律的应用 在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。 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： 例3 (1)杆a在弧形轨道上运动的时间； 答案：5 s 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)杆a在水平轨道上运动的过程中通过其截面的电荷量； 答案： C 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＝ma 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'dB·Δt'＝ma(va－v')，而 q＝'·Δt' 联立解得q＝ C。 (3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。 答案： J 由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热 Q＝magh＋mb－(mb＋ma)v'2 杆b中产生的焦耳热Q'＝Q 解得Q'＝ J。 √ 针对练1.(多选)舰载机利用电磁阻尼减速的原理可看作如图所示的过程，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，有间距为L的水平平行金属导轨ab、cd，ac间连接一电阻R，质量为m、电阻为r的粗细均匀的金属杆MN垂直于金属导轨放置，现给金属杆MN一水平向右的初速度v0，滑行时间t后停下，已知金属杆MN与平行金属导轨间的动摩擦因数为μ，MN长为2L，重力加速度为g，下列说法中正确的是 A.当MN速度为v1时，MN两端的电势差为UMN＝2BLv1 B.当MN速度为v1时，MN的加速度大小为a＝μg＋ C.当MN速度为v1时，MN的加速度大小为a＝2μg＋ D.MN在平行金属导轨上滑动的最大距离为s＝ √ 根据题意可知，MN速度为v1时，MN单独切割磁感线产生的感应电动势为2BLv1，但由于MN中间当电源，所以MN两端的电势差小于感应电动势，故A错误；MN速度为v1时，水平方向受摩擦力和安培力，由牛顿第二定律有μmg＋＝ma，解得a＝μg＋，故B正确，C错误；MN在平行金属导轨上滑动时，由动量定理有－μmgt－LBt＝0－mv0，又有t＝q＝＝，联立解得s＝，故D正确。故选BD。 √ 针对练2.(多选)如图所示，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始终与导轨垂直并接触良好，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 √ 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v＝v0，棒ab做变减速运动，棒cd做变加速运动，稳定时两导体棒的加速度均为零，一起向右做匀速运动，故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，故C正确，D错误。 返回 随堂演练 返回 1.(多选)在与水平面平行的匀强磁场上方有三个线圈，从同一高度同时由静止下落，三个线圈都是材料相同、边长一样的正方形，A线圈有一个缺口，B、C线圈闭合，但B线圈的导线比C线圈的粗，则 A.三个线圈同时落地 B.A线圈最先落地 C.C线圈最后落地 D.B、C线圈同时落地 √ √ A线圈不受安培力，所以最先落地，A错误，B正确；要想比较出B、C线圈的下落时间，先比较加速度，得出加速度a与导线横截面积S的关系，a＝＝g－，其中R＝ρ电，m＝ρV＝ρ4lS，所以有a＝g－，可知加速度a与l和S均无关，即B、C线圈同时落地，C错误，D正确。 √ 2.(多选)如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的两条平行金属导轨电阻不计，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒ab(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中 A.恒力F做的功等于电路产生的电能 B.克服安培力做的功等于电路中产生的电能 C.恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能 D.恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和ab棒获得的动能之和 √ 由功能关系可得，克服安培力做的功等于电路中产生的电能，A错误，B正确；根据动能定理可知，恒力F、安培力与摩擦力的合力做的功等于ab棒获得的动能，即WF－Wf－W安＝Ek，则恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和ab棒获得的动能之和，C错误，D正确。 √ 3.(多选)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环。圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v，忽略其他影响，则(重力加速度为g) A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针方向的感应电流 B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落 C.此时圆环的加速度a＝ D.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vmax＝ √ 由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向，可知A正确；由左手定则可以判断，圆环受到的安培力向上，阻碍圆环的运动，B错误；圆环垂直切割磁感线，产生的感应电动势E＝Blv＝B·2πR·v，圆环的电阻R电＝，则圆环中的感应电流I＝＝， 圆环所受的安培力F安＝I·2πRB，圆环的加速度a＝，m＝d·2πR·πr2，则a＝g－，C错误；当重力等于安培力时圆环速度达到最大，此时a＝0，可得vmax＝，D正确。 √ 4.(多选)如图所示，两根间距为d的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角θ＝37°的斜面上，导轨的上端接有阻值为R的电阻，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。导轨上有一质量为m、电阻也为R的导轨上有 √ 一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨垂直且接触良好，导体棒以一定的初速度v0沿着导轨上滑，上滑的最大距离为L，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用。重力加速度为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是 A.导体棒返回时先做匀加速运动，最后做匀速直线运动 B.导体棒沿着导轨上滑过程中最大加速度为＋ C.导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝－ D.导体棒沿着导轨上滑过程中阻值为R的电阻生热Q＝－ 导体棒返回时随着速度的增大，导体棒产生的感应电动势增大，感应电流增大，导体棒受到的安培力增大，加速度减小，所以导体棒返回时先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动，故A错误；导体棒开始上滑时，加速度最大，由牛顿第二定律得am＝＝＝＋，故B正确； 导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功等于回路中产生的总热量，由能量守恒定律得W＝Q总＝(m－mgLsin 37°)＝－，根据题意分析可知，导体棒沿着导轨上滑过程中阻值为R的电阻生热Q＝Q总＝－)，故C正确，D错误。故选BC。 5.如图所示，两根光滑导轨平行放置，导轨的水平部分放在绝缘水平面上，水平部分所在空间有竖直向上的磁场，磁感应强度为B。导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接。两根完全相同的金属棒ab和cd质量均为m、接入电路的电阻均为R，将cd置于导轨的水平部分与导轨垂直放置，将ab置于导轨的倾斜部分与导轨垂直放置，ab离水平面的高度为h，重力加速度为g，现将ab由静止释放，求： (1)cd棒最终的速度大小； 答案：　 ab下落过程，mgh＝m， v1＝ ab和cd动量守恒，mv1＝2mv2， v2＝。 (2)整个过程中产生的焦耳热Q。 答案：mgh 整个过程中产生的焦耳热 Q＝m－×2m＝mgh。 返回 课时测评 返回 √ 1.如图所示，质量为m的金属圆环用线悬挂起来，金属圆环有一半处于水平且与圆环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，那么在磁感应强度均匀减小的过程中，下列关于线的拉力大小的说法正确的是 A.大于环重力mg，并逐渐减小 B.始终等于环重力mg C.小于环重力mg，并保持恒定 D.大于环重力mg，并保持恒定 2 3 4 5 6 7 1 根据楞次定律知，圆环中感应电流方向为顺时针，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡，有T＝mg＋F，得T＞mg，又F＝IlB，根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律可得出I＝＝＝S，可知I为恒定电流，联立上面各式可知B减小，则F减小，则由T＝mg＋F知T减小，A正确。 2 3 4 5 6 7 1 √ 2.(多选)如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，杆与轨道电阻不计，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vmax，则 A.如果B变大，vmax将变大 B.如果α变大，vmax将变大 C.如果R变大，vmax将变大 D.如果m变小，vmax将变大 √ 2 3 4 5 6 7 1 金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势，则E＝Blv，在闭合电路中形成电流，则I＝，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用，则F＝IlB＝；先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsin α－＝ma，当a→0时，v→vmax，解得vmax＝，如果B变大或m变小，则vmax将变小；如果α变大或R变大，则vmax将变大，故B、C正确，A、D错误。 2 3 4 5 6 7 1 √ 3.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则 A.Q1＞Q2，q1＝q2 B.Q1＞Q2，q1＞q2 C.Q1＝Q2，q1＝q2 D.Q1＝Q2，q1＞q2 2 3 4 5 6 7 1 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab，同理Q2＝lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝t＝t＝＝，故q1＝q2，故A正确。 2 3 4 5 6 7 1 √ 4.如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长度也为r、电阻为R的直导体棒OA置于圆导轨上面，导体棒在外力作用下绕O点以角速度ω顺时针匀速转动。直导体棒O端和圆轨道引出导线分别与电阻R1＝R、R2＝2R和电容为C的平行板电容器相连。不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是 A.M板带负电 B.导体棒OA产生的电动势为Br2ω C.电容器所带电荷量为CBr2ω D.电阻R1上消耗的电功率为 2 3 4 5 6 7 1 根据右手定则可知，等效电源OA的A端为正极，则M板带正电，故A错误；导体棒OA垂直磁场转动切割磁感线，则产生的感应电动势为E＝Brω·r＝，故B错误；回路的感应电流I＝，电容器两端电压U2＝IR2，根据电容的定义式有C＝，解得Q＝CBr2ω，故C正确；电阻R1上消耗的电功率为P＝I2R1，结合上述解得P＝，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 1 √ 5.(多选)现有如图所示的光滑金属轨道处于垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)中，磁感应强度为B，左边较宽部分两轨道间距为2d，右边较窄部分两轨道间距为d，轨道电阻不计。现有均匀导体棒，阻值为R，从左侧以初速度v0＝向右运动，出发点到两侧轨道交界ab处距离为x，导体棒质量为m。求 A.导体棒运动至ab处速度为v0 B.导体棒运动至ab处速度为v0 C.在右侧区域运动2x减速到0 D.在右侧区域运动4x减速到0 √ 2 3 4 5 6 7 1 导体棒运动至ab处过程中有＝B·2d，＝R，＝·2dB，则导体棒在左侧区域运动时，由动量定理有－t1＝－4B2d2t1＝mv1－mv0，且x＝t1，联立解得v1＝v0，故A正确，B错误；在右侧区域运动时，同理有－t2＝－2B2d2t2＝0－mv1，且x2＝t2，联立解得x2＝2x，故C正确，D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 1 √ √ 6.(多选)如图所示，竖直放置的光滑导轨宽为l，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度均为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，则金属杆 A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下 B.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上 C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于 2 3 4 5 6 7 1 由于金属杆进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场Ⅰ后金属杆做加速度为g的匀加速运动，所以金属杆进入磁场Ⅰ时应做减速运动，加速度方向竖直向上，A错误，B正确；从进入磁场Ⅰ瞬间到进入磁场Ⅱ瞬间过程中，根据能量守恒，金属杆减少的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1＝mg·2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，C正确；若金属杆进入磁场Ⅰ做匀速运动，则－mg＝0，得v＝，因金属杆进入磁场Ⅰ做减速运动，则金属杆进入磁场Ⅰ的速度大于，根据h＝得金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h＞＝，D错误。 2 3 4 5 6 7 1 7.(20分)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1 Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质 量m＝ 0.2 kg，电阻r＝1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1 T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5 m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2 m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g＝10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 1 (1)求拉力的功率P； 答案：4 W 速度达到最大时，加速度为零，有 F－mgsin θ－F安＝0 由法拉第电磁感应定律，有E＝BLv 由闭合电路欧姆定律，有I＝ ab受到的安培力F安＝ILB 由功率表达式，有P＝Fv 联立上述各式，代入数据解得P＝4 W。 2 3 4 5 6 7 1 (2) ab开始运动后，经t＝0.09 s速度达到v2＝1.5 m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06 J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。 答案：0.1 m ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有 Pt－W－mgxsin θ＝m－m 代入数据解得x＝0.1 m。 返回 2 3 4 5 6 7 1 谢 谢 观 看 素养提升课三　 电磁感应中的动力学、能量和动量问题 2 3 4 5 6 7 1 $