人教版高中物理（選擇性必修二）同步講義+練習(xí)專題提升Ⅸ 電磁感應(yīng)中的能量和動(dòng)量問(wèn)題（含解析）

專題提升Ⅸ電磁感應(yīng)中的能量和動(dòng)量問(wèn)題模塊一知識(shí)掌握知識(shí)點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題【重難詮釋】1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化安培力做功eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(做正功：電能\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))機(jī)械能，如電動(dòng)機(jī),做負(fù)功：機(jī)械能\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))電能\o(→,\s\up7(電流),\s\do5(做功))焦耳熱或其他形式的能量，如發(fā)電機(jī)))2．焦耳熱的計(jì)算(1)電流恒定時(shí)，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.(2)感應(yīng)電流變化，可用以下方法分析：①利用動(dòng)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，焦耳熱等于其他形式能量的減少量．（多選）（2023春?十堰期末）半徑為r、間距為L(zhǎng)的固定光滑14A．金屬棒兩端的最大電壓為BLv B．整個(gè)過(guò)程中通過(guò)金屬棒某截面的電荷量為BLr2RC．整個(gè)過(guò)程中定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為πBD．金屬棒從cd運(yùn)動(dòng)到ab的過(guò)程中，外力做的功為π【解答】解：A．金屬棒切割磁感線，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv根據(jù)歐姆定律可知金屬棒兩端的最大電壓為U=R故A錯(cuò)誤；B．設(shè)金屬棒從cd運(yùn)動(dòng)到ab的過(guò)程中所用時(shí)間為t，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值為E，感應(yīng)電流的平均值為I，則有E=BLv=可知q=I故B正確；C．金屬棒從cd運(yùn)動(dòng)到ab的過(guò)程中，因?yàn)榻饘侔舸怪庇诖鸥芯€方向上的速度分量是按照正弦規(guī)律變化的，所以過(guò)程中產(chǎn)生正弦式交流電，根據(jù)正弦式交流電峰值和有效值的關(guān)系可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為E'=BLv則整個(gè)過(guò)程中定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為Q=I故C正確；D．根據(jù)功能關(guān)系有W=Q+mgr=π故D錯(cuò)誤；故選：BC。（2023春?揚(yáng)州期中）在一足夠大的光滑水平面上存在非勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直水平面向上，磁場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸方向均勻增大，沿y軸方向不變，其俯視圖如圖所示?，F(xiàn)有一閉合的正方形金屬線框（線框有電阻），質(zhì)量為m，以大小為v0、方向沿其對(duì)角線且與x軸成45°角的速度開始運(yùn)動(dòng)，以下關(guān)于線框的說(shuō)法中正確的是（）A．線框中的感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針（俯視）方向 B．線框最終將以一定的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．線框最終將靜止于平面上的某個(gè)位置 D．線框運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的內(nèi)能為m【解答】解：A、線框運(yùn)動(dòng)過(guò)程，穿過(guò)線框的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知，線框中的感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針（俯視）方向，故A錯(cuò)誤；BC、線框沿x方向的兩條邊受到的安培力等大、反向，相互抵消，沿y軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)。由于左側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度較小，故沿y軸方向的兩條邊受到的安培力合力向左，水平方向做減速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)水平方向速度減小為零后，線框沿y軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確，C錯(cuò)誤；D、根據(jù)能量守恒可得，線框運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=1故選：B。（2023春?滁州期中）如圖甲所示，兩根光滑的平行導(dǎo)軌傾斜固定在水平面上方，所形成的斜面傾角θ＝37°，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，下端連接阻值恒為R＝1Ω的小燈泡。兩導(dǎo)軌之間有一段長(zhǎng)為d＝3m的矩形區(qū)域存在垂直導(dǎo)軌斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。導(dǎo)體棒MN長(zhǎng)度等于兩平行導(dǎo)軌間距，質(zhì)量m＝0.1kg，電阻r＝0.8Ω，t＝0時(shí)刻導(dǎo)體棒在兩導(dǎo)軌上部某位置由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，已知從導(dǎo)體棒釋放到它離開磁場(chǎng)區(qū)，通過(guò)燈泡的電流不變且恰好正常發(fā)光，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6。（1）求平行導(dǎo)軌的間距；（2）求電流通過(guò)小燈泡所做的功；（3）如果從開始運(yùn)動(dòng)到某一瞬間導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量Q'＝0.8J，求該過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量以及導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離?！窘獯稹拷猓海?）由題意可知，導(dǎo)體棒MN在0～0.5s內(nèi)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ＝ma解得a＝6m/s2導(dǎo)體棒MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v＝at＝6×0.5m/s＝3m/s導(dǎo)體棒MN進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度保持B＝1T不變，根據(jù)受力平衡可得mgsinθ＝F安又E＝BLv，I=ER+r，F(xiàn)聯(lián)立解得導(dǎo)體棒MN的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=解得L＝0.6m即平行導(dǎo)軌的間距為0.6m（2）在0～0.5s內(nèi)，回路產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)為E回路中的電流為I1在0～0.5s內(nèi)小燈泡電功為Q導(dǎo)體棒MN穿過(guò)磁場(chǎng)所用時(shí)間為t2=電流通過(guò)小燈泡所做的功Q＝Q1+Q2＝0.5J+1.0J＝1.5J（3）導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)前導(dǎo)體棒內(nèi)產(chǎn)生的熱量Q導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量為Q'＝0.8J時(shí)在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間設(shè)為t'，則Q'?Q該過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量q＝I（t1+t'）＝1×（1.5﹣0.5）C＝1C導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離s＝vt'＝3×0.5m＝1.5m答：（1）平行導(dǎo)軌的間距為0.6m；（2）電流通過(guò)小燈泡所做的功1.5J；（3）如果從開始運(yùn)動(dòng)到某一瞬間導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量Q'＝0.8J，該過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量以及導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離1.5m。知識(shí)點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問(wèn)題【重難詮釋】1.動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力的沖量為：I安＝Beq\x\to(I)Lt＝BLq，通過(guò)導(dǎo)體棒或金屬框的電荷量為：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)Δt＝neq\f(ΔΦ,Δt·R總)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R總)，磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.如果安培力是導(dǎo)體棒或金屬框受到的合外力，則I安＝mv2－mv1.當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、運(yùn)動(dòng)位移x時(shí)用動(dòng)量定理求解更方便．2.動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力為系統(tǒng)內(nèi)力，如果兩安培力等大反向，且它們受到的外力的合力為0，則滿足動(dòng)量守恒條件，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解比較方便．這類問(wèn)題可以從以下三個(gè)觀點(diǎn)來(lái)分析：(1)力學(xué)觀點(diǎn)：通常情況下一個(gè)金屬棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，而另一個(gè)金屬棒做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終兩金屬棒以共同的速度勻速運(yùn)動(dòng)．(2)動(dòng)量觀點(diǎn)：如果光滑導(dǎo)軌間距恒定，則兩個(gè)金屬棒的安培力大小相等，通常情況下系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．(3)能量觀點(diǎn)：其中一個(gè)金屬棒動(dòng)能的減少量等于另一個(gè)金屬棒動(dòng)能的增加量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和．類型1.動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用（多選）（2023春?岳陽(yáng)期末）如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，兩部分平滑連接，平直部分右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好，則金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中（）A．流過(guò)金屬棒的最大電流為I=EB．通過(guò)金屬棒的電荷量為BdL2RC．金屬棒內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為mg（h﹣μd） D．導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2g?【解答】解：A．對(duì)導(dǎo)體棒下滑到底端的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理可得：mg?=1流過(guò)金屬棒的最大電流為I=EB．通過(guò)金屬棒的電荷量為q=IΔt=ΔΦC．由能量守恒可知整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝mgh﹣μmgd金屬棒內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為Q1故C錯(cuò)誤；D．選擇水平向右的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理有?μmgt?I由于q=I導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=2g?故選：BD。（2023春?渝中區(qū)校級(jí)期末）某航空愛好者利用所學(xué)知識(shí)設(shè)計(jì)了一個(gè)在地球上回收返回艙的電磁緩沖裝置，其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩返回艙和地面間的沖擊力。如圖甲所示，在返回艙的底盤安裝有均勻?qū)ΨQ的4臺(tái)電磁緩沖裝置，每臺(tái)電磁緩沖結(jié)構(gòu)示意圖如圖乙所示。在緩沖裝置的底板上，沿豎直方向固定著兩個(gè)光滑絕緣導(dǎo)軌PQ、MN。導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)，安裝電磁鐵（圖中未畫出），能產(chǎn)生垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。導(dǎo)軌內(nèi)的緩沖滑塊K由高強(qiáng)度絕緣材料制成，滑塊K上繞有閉合矩形線圈abcd，線圈的總電阻為R，匝數(shù)為n，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。假設(shè)整個(gè)返回艙以速度v0與地面碰撞后，滑塊K立即停下，不反彈。此后在線圈與軌道的磁場(chǎng)作用下使艙體減速，從而實(shí)現(xiàn)緩沖。返回艙質(zhì)量為m，地球表面的重力加速度為g，一切摩擦阻力不計(jì)，緩沖裝置質(zhì)量忽略不計(jì)。則以下說(shuō)法正確的是（）A．滑塊K的線圈中最大感應(yīng)電流的大小ImaxB．若緩沖裝置向下移動(dòng)距離H后速度減為v，則此過(guò)程中每個(gè)緩沖線圈abcd中通過(guò)的電量q=nC．若緩沖裝置向下移動(dòng)距離H后速度減為v，則此過(guò)程中每個(gè)緩沖線圈abcd中產(chǎn)生的焦耳熱是Q=1D．若要使緩沖滑塊K和返回艙不相碰，且緩沖時(shí)間為t，則緩沖裝置中的光滑導(dǎo)軌PQ和MN長(zhǎng)度至少d=【解答】解：A．滑塊剛接觸地面時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大為Emax＝nBLv0根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得滑塊K的線圈中最大感應(yīng)電流的大?。篒maxB．由電荷量的計(jì)算公式可得：q=根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E磁通量的變化量ΔΦ＝BΔS＝BHL可得緩沖裝置向下移動(dòng)距離H的過(guò)程中，每個(gè)緩沖線圈中通過(guò)的電量為：q=nBLHC．設(shè)每個(gè)緩沖線圈產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律得：4Q=mgH+1解得：Q=1D．因?yàn)橛?臺(tái)減速裝置，以豎直向下為正方向，由動(dòng)量定理得：mgt?4F安?t=0F安t=nBI解得緩沖裝置中的光滑導(dǎo)軌PQ和MN長(zhǎng)度至少為：d=(mgt+m故選：C。（2023春?開福區(qū)校級(jí)期末）如圖甲所示，兩平行導(dǎo)軌是由傾斜導(dǎo)軌（傾角為θ）與水平導(dǎo)軌用極短的圓弧導(dǎo)軌平滑連接而成的，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，上端與阻值為R的電阻連接。一質(zhì)量為m的金屬桿MN在t＝0時(shí)由靜止開始在沿P1P2方向的拉力（圖中未畫出）作用下沿導(dǎo)軌下滑。當(dāng)桿MN運(yùn)動(dòng)到P2Q2處時(shí)撤去拉力，桿MN在水平導(dǎo)軌上繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，其速率v隨時(shí)間t的變化圖象如圖乙所示，圖中vm和t0為已知量。若全過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的總熱量為Q，桿MN始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)軌和桿MN的電阻以及一切摩擦均不計(jì)，重力加速度為g，求：（1）桿MN中的最大感應(yīng)電流Im的大小和方向；（2）拉力做的功WF；（3）撤去拉力后桿MN在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的路程s。【解答】解：（1）由題圖乙知，桿AB運(yùn)動(dòng)到水平軌道P2Q2處時(shí)的速率為vmax，則回路中的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Em＝BLvm桿AB運(yùn)動(dòng)到水平軌道的P2Q2處時(shí)，回路中的感應(yīng)電流最大，回路中的最大感應(yīng)電流為Im=根據(jù)右手定則知Im的方向由M流向N。（2）桿MN從靜止開始下滑到最終停下來(lái)，這一過(guò)程中由動(dòng)能定理得WF+mgx1sinθ+W安＝0又Q＝﹣W安，x聯(lián)立解得：W（3）撤去拉力后桿AB在水平導(dǎo)軌上做減速運(yùn)動(dòng)感應(yīng)電流為I=根據(jù)牛頓第二定律有BIL＝ma若Δt趨近于零，則a=由以上三式可得：B則B2L2Rv1得B即B聯(lián)立可得：s=答：（1）桿MN中的最大感應(yīng)電流Im的大小為BLv（2）拉力做的功WF為Q?1（3）撤去拉力后桿MN在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的路程s為Rmv類型2.動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用（2023春?東城區(qū)期末）如圖所示，PQ和MN是固定于水平面內(nèi)的平行光滑金屬軌道，軌道足夠長(zhǎng)，其電阻忽略不計(jì)。質(zhì)量均為m的金屬棒ab、cd放在軌道上，始終與軌道垂直且接觸良好。兩金屬棒的長(zhǎng)度恰好等于軌道的間距，它們與軌道形成閉合回路。整個(gè)裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。使金屬棒cd得到初速度v0的同時(shí)，金屬棒ab由靜止開始運(yùn)動(dòng)，考慮兩金屬棒之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程（經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間，不考慮空氣阻力），以下說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)b棒受到的沖量大小為mv0B．cd棒受到的沖量大小為mv0C．金屬棒ab、cd組成的系統(tǒng)動(dòng)量變化量為mv0 D．整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量為m【解答】解：AB、最終兩棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，方向相反，回路中感應(yīng)電流為零，兩棒均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。設(shè)最終MN棒和PQ棒的速度大小分別為v1和v2，有：BLv1＝BLv2解得：v1＝v2系統(tǒng)水平方向不受外力，動(dòng)量守恒。取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv0＝mv1+mv2，解得：v1＝v2=v取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得ab棒受到的沖量大小為Iab＝mv1=mv02，方向向右，cd棒受到的沖量大小為Icd＝mv2﹣C、金屬棒ab、cd組成的系統(tǒng)動(dòng)量變化量為零，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)能量守恒定律可得整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量為：Q=代入數(shù)據(jù)解得：Q=m故選：B。（2023春?常州期末）如圖所示，兩光滑平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌，間距為d，固定在水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直。兩質(zhì)量都為m、電阻都為r的導(dǎo)體棒L1、L2平行放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，初始兩導(dǎo)體棒距離足夠遠(yuǎn)，L1靜止，L2以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，忽略感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)。則（）A．導(dǎo)體棒L1的最終速度為v0 B．導(dǎo)體棒L2產(chǎn)生的焦耳熱為3mvC．通過(guò)導(dǎo)體棒橫截面的電量為mvD．兩導(dǎo)體棒初始距離最小值為m【解答】解：A、L2以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)楞次定律可知，電路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，導(dǎo)體棒L1受到的安培力方向向右，而L2受到的安培力方向向左，L1向右加速、L2向右減速，最終導(dǎo)體棒L1和L2以相同的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。此過(guò)程中兩根導(dǎo)體棒水平方向合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為v，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv0＝2mv，解得：v＝0.5v0，故A錯(cuò)誤；B、整個(gè)回路中產(chǎn)生的熱為：Q=12根據(jù)焦耳定律可得導(dǎo)體棒L2產(chǎn)生的焦耳熱為：Q′=r聯(lián)立解得：Q′=mC、對(duì)導(dǎo)體棒L1，取向右為正方向，由動(dòng)量定理得：BdIt＝mv﹣0，因?yàn)閝=It，解得通過(guò)導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為：q=D、當(dāng)導(dǎo)體棒L1、L2的速度相等時(shí)距離為零時(shí)，則兩棒初始距離最小，設(shè)最小初始距離為L(zhǎng)，根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可得：q=It=根據(jù)C選項(xiàng)可知：q=解得：L=m故選：D。（2023春?天寧區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，平行傾斜光滑導(dǎo)軌與足夠長(zhǎng)的平行水平光滑導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。質(zhì)量分別為m和12（1）絕緣棒a與金屬棒b發(fā)生彈性正碰后分離時(shí)兩棒的速度大小；（2）金屬棒b進(jìn)入磁場(chǎng)后，其加速度為其最大加速度的一半時(shí)的速度大??；（3）兩金屬棒b、c上最終產(chǎn)生的總焦耳熱。（4）金屬棒c初始位置距離磁場(chǎng)邊界de的最小距離為多少？【解答】解：（1）設(shè)a棒滑到水平導(dǎo)軌時(shí)速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理，有：mgh=1解得：v0=2g?a棒與b棒發(fā)生彈性正碰，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律：mv0＝mv1+mv2由機(jī)械能守恒定律：1聯(lián)立解得：v1＝0，v2＝v0=2g?（2）b棒剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的加速度最大設(shè)為am，設(shè)b棒進(jìn)入磁場(chǎng)后某時(shí)刻，b棒的速度為vb，c棒的速度為vc，則b、c組成的回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BL（vb﹣vc）設(shè)回路中的總電阻為R，由閉合電路歐姆定律得：I=由安培力公式得：F＝BIL＝ma聯(lián)立以上式子可得任意時(shí)間的加速度為：a=B2L2(vb而最大加速度am=B2L2v2由題意可知，當(dāng)b棒加速度為最大值的一半時(shí)有：v2＝2（v2′﹣v3′）b、c兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得：mv2＝mv2′+m2v聯(lián)立解得：v2′=（3）最終b、c以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)。取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得：mv2＝（m+m由能量守恒定律可得：12mv22=聯(lián)立解得：Q=1（4）對(duì)c棒，從b棒進(jìn)入到bc共同勻速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量定理有：BIL×Δt＝mv而I考慮到bc的相對(duì)位移為：（vb?vc）聯(lián)立以上幾式得到：Δx=2mR2g?答：（1）絕緣棒a與金屬棒b發(fā)生彈性正碰后分離時(shí)a的速度為零，b的速度為2g?；（2）金屬棒b進(jìn)入磁場(chǎng)后，其加速度為其最大加速度的一半時(shí)的速度大小為56（3）兩金屬棒b、c上最終產(chǎn)生的總焦耳熱為13（4）金屬棒c初始位置距離磁場(chǎng)邊界de的最小距離為2mR2g?模塊二鞏固提高（2023?湖北模擬）如圖所示，空間存在方向垂直紙面（豎直面）向里的足夠大的磁場(chǎng)，以豎直向下為z軸正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B＝B0+kz，式中B0、k均為常數(shù)。一正方形導(dǎo)線框abcd從圖示位置由靜止開始下落，下落過(guò)程中底邊ab始終水平。不考慮空氣阻力。與導(dǎo)線框下落的速度成正比的是（）A．a(chǎn)b邊受到安培力的大小 B．bc邊受到安培力的大小 C．cd邊受到安培力的大小 D．線框受到安培力的大小【解答】解：設(shè)線框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由于ab邊和cd邊處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為：Bba＝B0+k（x+L），Bdc＝B0+kx根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式知，合電動(dòng)勢(shì)E＝（Bba﹣Bcd）Lv解得：E＝kL2v設(shè)線框的電阻為R，回路的電流為I=線框受到安培力的大小為：F＝Fba﹣Fdc＝（Bba﹣Bdc）IL解得：F=線框受到安培力的大小與速度成正比，各邊所處的磁感應(yīng)強(qiáng)度都在隨著z變化，安培力不與v成正比。綜上所述，選項(xiàng)ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。（2023?漣源市二模）如圖所示，水平間距為L(zhǎng)，半徑為r的二分之一光滑圓弧導(dǎo)軌，bb'為導(dǎo)軌最低位置，aa'與cc'為最高位置且等高，右側(cè)連接阻值為R的電阻，圓弧導(dǎo)軌所在區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)有一根金屬棒在外力的作用下以速度v0從aa'沿導(dǎo)軌做勻速圓周運(yùn)動(dòng)至cc'處，金屬棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，則該過(guò)程中（）A．經(jīng)過(guò)最低位置bb'處時(shí)，通過(guò)電阻R的電流最小 B．經(jīng)過(guò)最低位置bb'處時(shí)，通過(guò)金屬棒的電流方向?yàn)閎'→b C．通過(guò)電阻R的電荷量為2BLrRD．電阻R上產(chǎn)生的熱量為πr【解答】解：A、金屬棒從位置aa′運(yùn)動(dòng)到軌道最低bb′處的過(guò)程中，水平分速度即有效切割速度逐漸增大，由E＝BLv可知金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，則通過(guò)R的電流大小逐漸增大；金屬棒從軌道最低位置bb′運(yùn)動(dòng)到cc′處的過(guò)程中，水平分速度即有效切割速度逐漸減小，由E＝BLv可知金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，則通過(guò)R的電流大小逐漸減小，故經(jīng)過(guò)最低位置bb′處時(shí)，通過(guò)電阻R的電流最大，故A錯(cuò)誤；B\由右手定則可知，經(jīng)過(guò)最低位置bb′處時(shí)，通過(guò)金屬棒的電流方向?yàn)閎→b′，故B錯(cuò)誤；C．通過(guò)電阻R的電荷量為：q=IΔt=D．金屬棒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，切割磁感線的有效速度為：v＝v0cosθ＝v0cosωtθ是金屬棒的速度與水平方向的夾角，則金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BLv0cosωt則回路中產(chǎn)生正弦式交變電流，可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為：Em＝BLv0有效值為：E=由焦耳定律可知，R上產(chǎn)生的熱量：Q=E故選：C。（2023春?嘉陵區(qū)校級(jí)月考）如下圖所示，有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，質(zhì)量為m，由高H處自由落下，其下邊ab進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)后，線圈開始做減速運(yùn)動(dòng)，直到其上邊cd剛剛穿出磁場(chǎng)時(shí)，速度減為ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的一半，此勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度也是L，則線框在穿越勻強(qiáng)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為（）A．2mgL B．2mgL+mgH C．2mgL+14mgH D．2mgL【解答】解：設(shè)線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為v。根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgH=12解得：v=從線框下落到cd剛穿出勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律，焦耳熱為：Q＝2mgL+mgH?12m（12v）2故選：D。（2023?浙江）如圖所示，質(zhì)量為M、電阻為R、長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒，通過(guò)兩根長(zhǎng)均為l、質(zhì)量不計(jì)的導(dǎo)電細(xì)桿連在等高的兩固定點(diǎn)上，固定點(diǎn)間距也為L(zhǎng)。細(xì)桿通過(guò)開關(guān)S可與直流電源E0或理想二極管串接。在導(dǎo)體棒所在空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，不計(jì)空氣阻力和其它電阻。開關(guān)S接1，當(dāng)導(dǎo)體棒靜止時(shí)，細(xì)桿與豎直方向的夾角θ=πA．電源電動(dòng)勢(shì)E0=2B．棒消耗的焦耳熱Q=(1?22C．從左向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，最大擺角小于π4D．棒兩次過(guò)最低點(diǎn)時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等【解答】解：A、以棒為研究對(duì)象，畫出前視的受力圖，如圖所示：根據(jù)平衡條件可得：F安＝Mgtanθ，其中：F安＝BIL解得：I=電源電動(dòng)勢(shì)E0＝IR=MgRB、假設(shè)棒從右側(cè)開始運(yùn)動(dòng)完成一次振動(dòng)的過(guò)程中，達(dá)到最低點(diǎn)時(shí)速度為零，則棒的重力勢(shì)能減少：ΔEp＝Mgl（1﹣cosθ），解得：ΔEp=(1?22)Mgl，根據(jù)能量守恒定律可知棒消耗的焦耳熱Q=(1?C、棒從右側(cè)開始運(yùn)動(dòng)達(dá)到最左側(cè)過(guò)程中，回路中有感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒上會(huì)產(chǎn)生焦耳熱，所以達(dá)到左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)，棒的最大擺角小于π4；從左向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則可知，電流反向通過(guò)二極管，由于二極管具有單向?qū)щ娦裕曰芈分袥]有電流，則棒從左向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，最大擺角小于πD、棒第一次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)向左擺動(dòng)過(guò)程中，回路中有感應(yīng)電流，棒的機(jī)械能有損失，所以第二次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的速度小于第二次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)的速度，根據(jù)E＝BLv可知，第二次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小小于第一次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小，故D錯(cuò)誤。故選：C。（2023春?寧波期中）如圖所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌（足夠長(zhǎng)）與水平面成37°角傾斜固定，兩導(dǎo)軌間距為1m，上端接一標(biāo)有“8V，80W”的燈泡，導(dǎo)軌間有方向垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量m＝1kg、長(zhǎng)度為1m的金屬棒MN，放在兩導(dǎo)軌平面上，且與導(dǎo)軌在同一平面內(nèi)，現(xiàn)給MN一沿導(dǎo)軌向下的恒力F，MN達(dá)到平衡后，小燈泡恰好正常發(fā)光。不計(jì)導(dǎo)軌和金屬棒MN的電阻，MN沿導(dǎo)軌滑動(dòng)過(guò)程始終與導(dǎo)軌接觸良好且無(wú)摩擦。取重力加速度大小g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）A．金屬棒MN沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中通過(guò)小燈泡的電流方向?yàn)閺腷到a B．金屬棒MN平衡時(shí)的速度大小為6m/s C．恒力F的大小為4N D．金屬棒MN平衡時(shí)其受到重力的功率為80W【解答】解：A、金屬棒MN沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由右手定則可判斷通過(guò)小燈泡的電流方向?yàn)閺腶到b，故A錯(cuò)誤；B、由題意結(jié)合動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式可得：U額＝E＝BLv，解代入數(shù)據(jù)解得：v＝8m/s，故B錯(cuò)誤；C、由受力平衡可得：F+mgsin37°＝FA又因?yàn)榘才嗔Γ篎A=BIL=聯(lián)立解得：F＝4N，故C正確；D、由公式：PG＝mgvsin37°，代入數(shù)據(jù)解得：PG＝48W，故D錯(cuò)誤。故選：C。（2022秋?南和區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng)。導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab、cd，與導(dǎo)軌一起構(gòu)成閉合回路。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，電阻均為R，其余部分的電阻不計(jì)。在整個(gè)導(dǎo)軌所在的平面內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。開始時(shí)，兩導(dǎo)體棒均在導(dǎo)軌上靜止不動(dòng)，某時(shí)刻給導(dǎo)體棒ab以水平向右的初速度v0，則（）A．導(dǎo)體棒ab剛獲得速度v0時(shí)受到的安培力大小為B2B．導(dǎo)體棒ab、cd速度會(huì)減為0 C．兩導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為14D．當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度變?yōu)?4v0時(shí)，導(dǎo)體棒cd的加速度大小為【解答】解：A、導(dǎo)體棒ab剛獲得速度v0時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0感應(yīng)電流為I=導(dǎo)體棒ab受到的安培力為Fab＝BIL聯(lián)立可得Fab=BB、在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：mv0＝2mv可得最終兩棒速度為v=vC、兩導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)機(jī)械能的損失，則有：Q=1D、當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度變?yōu)?4mv0＝m?34解得此時(shí)cd棒的速度為：v導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為：E1＝BL?導(dǎo)體棒cd產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為：E2＝BL?兩電動(dòng)勢(shì)反向，則總電動(dòng)勢(shì)為：E=感應(yīng)電流為：I=Ecd棒受到的安培力大小為F＝BIL聯(lián)立可得F=則導(dǎo)體棒cd的加速度大小為a=F故選：C。（2023春?云南期中）如圖所示，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接。右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻，平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、接入電路的電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度大小為g。則金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中（）A．流過(guò)金屬棒的最大電流為Bd2g?B．通過(guò)金屬棒的電荷量為BdLRC．克服安培力所做的功為mgh D．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為1【解答】解：A．金屬棒沿彎曲部分在下滑的過(guò)程中，機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgh=12能求得金屬棒到達(dá)平直部分時(shí)的速度v=金屬棒到達(dá)平直部分后做減速運(yùn)動(dòng)，剛到達(dá)平直部分時(shí)的速度最大，最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv最大感應(yīng)電流為I=EB．通過(guò)金屬棒的電荷量q=IΔt=ER總Δt=BLvR總ΔC.金屬棒在整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理，mgh﹣W安﹣μmgd＝0﹣0，克服安培力做的功為W安＝mgh﹣μmgd，故C錯(cuò)誤；D.克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，定值電阻與金屬棒的電阻相等，通過(guò)它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Q'=1故選：D。（2023?市中區(qū)校級(jí)模擬）如圖甲所示，一正方形單匝金屬線框放在光滑水平面上，水平面內(nèi)兩條平行直線MN、QP間存在垂直水平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，t＝0時(shí)，線框在水平向右的外力F作用下緊貼MN從靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，外力F隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙實(shí)線所示，已知線框質(zhì)量m＝1kg、電阻R＝2Ω，則（）A．磁場(chǎng)寬度為3m B．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2TC．線框穿過(guò)QP的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱等于4J D．線框穿過(guò)MN的過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)線內(nèi)某一橫截面的電荷量為2【解答】解：A、t＝0時(shí)刻，F(xiàn)＝2N，此時(shí)線框中沒有感應(yīng)電流，受安培力，則線框的加速度為a=Fm=21m/s2＝2m/s2B、當(dāng)線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間：F1﹣F安＝ma，而F安＝BI1L，I1=BLat1R，其中F1＝4N，t1＝1s，LC、t2＝2s時(shí)，F(xiàn)2＝6N，此時(shí)線框的速度為v2＝at2＝2×2m/s＝4m/s。由上可得線框的邊長(zhǎng)L＝1m，設(shè)線框剛出磁場(chǎng)時(shí)速度為v3，則有v32=2a（d+L），解得v3設(shè)線框穿過(guò)QP的過(guò)程中F做功為W，因?yàn)樵谶^(guò)程中F逐漸增大，F(xiàn)的平均值F＞F2＝6N，則W=FL＞F2L＝6此過(guò)程中線框的動(dòng)能增加量為ΔEk=12m(v32?D、線框穿過(guò)MN的過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)線內(nèi)某一橫截面的電荷量為q=It1=Et故選：B。（2023?樂(lè)安縣校級(jí)一模）如圖所示，質(zhì)量為3m的重物與一質(zhì)量為m的導(dǎo)線框用一根絕緣細(xì)線連接起來(lái)，掛在兩個(gè)高度相同的定滑輪上，已知導(dǎo)線框電阻為R，橫邊邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)上下邊界的距離、導(dǎo)線框豎直邊長(zhǎng)均為h。初始時(shí)刻，磁場(chǎng)的下邊緣和導(dǎo)線框上邊緣的高度差為2h，將重物從靜止開始釋放，導(dǎo)線框加速進(jìn)入磁場(chǎng)，穿出磁場(chǎng)前已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計(jì)，重力加速度為g。則下列說(shuō)法中正確的是（）A．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為g? B．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)后，若某一時(shí)刻的速度為v，則加速度為a=12gC．導(dǎo)線框穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度為mgRBD．導(dǎo)線框通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q＝5mgh?【解答】解：A、線框進(jìn)入磁場(chǎng)前，根據(jù)重物與線框組成的機(jī)械能守恒得（3mg﹣mg）?2h=12（3m+m）v2，解得線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度vB、線框進(jìn)入磁場(chǎng)后，若某一時(shí)刻的速度為v，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律得3mg﹣mg?B2L2vC、線框在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平衡條件得：3mg﹣mg＝F安，而F安=B2L2vD、設(shè)線框通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q．對(duì)從靜止到剛通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程，根據(jù)能量守恒得：Q＝（3mg﹣mg）?4h?12（3m+m）v2，將v=2mgR故選：B。（2023春?荔灣區(qū)校級(jí)期中）如圖甲，間距L＝1.0m的平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，兩導(dǎo)軌左端MP之間接有一阻值為R＝1Ω的定值電阻，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)；一導(dǎo)體棒（電阻不計(jì)）垂直于導(dǎo)軌放在距離導(dǎo)軌左端d＝1.0m的ab處，其質(zhì)量m＝0.1kg，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，整個(gè)裝置處在范圍足夠大的豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。取豎直向下為正方向，從t＝0時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示；在t＝3s內(nèi)導(dǎo)體棒在外力F1作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計(jì)感應(yīng)電流磁場(chǎng)的影響，取g＝10m/s2。（1）求t＝1s時(shí)安培力的大小和方向；（2）從t＝3s開始，導(dǎo)體棒在恒力F2＝1.2N作用下向右運(yùn)動(dòng)x＝1m時(shí)，導(dǎo)體棒的速度達(dá)到最大。求導(dǎo)體棒的最大速度及該過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q?！窘獯稹拷猓海?）前3s內(nèi)，根據(jù)圖乙可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率大小為：ΔBΔt根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為：E=ΔBΔtS＝1×1根據(jù)閉合電路歐姆定律可得感應(yīng)電流：I=E根據(jù)楞次定律可知電流方向俯視為順時(shí)針?lè)较蚋鶕?jù)左手定則知：t＝1s時(shí)，安培力為：F安＝B1IL＝1×1×1＝1N，方向水平向右（2）導(dǎo)體棒速度最大時(shí)，根據(jù)平衡條件可得：F2＝B2I1L+μmg其中：I根據(jù)圖乙知：B2＝1T聯(lián)立解得，導(dǎo)體棒的最大速度：vm＝1m/s方向水平向右，根據(jù)能量守恒定律：(解得該過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為：Q＝0.95J答：（1）t＝1s時(shí)安培力的大小為1N，方向水平向右；（2）導(dǎo)體棒的最大速度為1m/s，該過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q為0.95J。（2023?海淀區(qū)校級(jí)三模）某學(xué)校舉辦“雞蛋撞地