2022-2023學年高二物理舉一反三系列（人教版選擇性必修第二冊）專題2.10 電磁感應中的能量、動量問題（解析版）

專題2.10電磁感應中的能量、動量問題【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1感生過程的能量問題】 【題型2電磁感應與動量定理綜合】 【題型3電磁感應與動量守恒定律綜合】 【題型4電磁感應過程電荷量的求解】 【題型5動生與感生綜合的問題】 【題型1感生過程的能量問題】【例1】用導線繞一圓環(huán)，環(huán)內(nèi)有一用同樣導線折成的內(nèi)接正方形線框，圓環(huán)與線框絕緣，如圖甲所示．圓環(huán)的半徑R＝2m，導線單位長度的電阻r0＝0.2Ω/m.把它們放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于圓環(huán)平面(紙面)向里．磁感應強度B隨時間t變化如圖乙所示，求：(1)正方形線框產(chǎn)生的感應電動勢；(2)在0～2.0s內(nèi)，圓環(huán)產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若不知道圓環(huán)半徑數(shù)值，在0～2.0s內(nèi)，圓環(huán)中的電流與正方形線框中的電流之比．答案(1)4V(2)31.75J(3)eq\r(2)解析(1)正方形線框的面積為S＝2R2，根據(jù)法拉第電磁感應定律得：E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(1.5－0.5,2.0)×2×22V＝4V.(2)圓環(huán)面積為S′＝πR2，圓周長為L＝2πR，圓環(huán)的電阻為：r′＝2πRr0＝2×3.14×2×0.2Ω≈2.5Ω根據(jù)法拉第電磁感應定律得：E′＝eq\f(ΔB,Δt)S′＝eq\f(1.5－0.5,2.0)×π×22V≈6.3V在0～2.0s內(nèi)，圓環(huán)產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝eq\f(E′2,r′)t＝eq\f(6.32,2.5)×2.0J≈31.75J(3)正方形線框中的電流為：I＝eq\f(E,r)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(2R2,4\r(2)Rr0)，圓環(huán)中的電流為：I′＝eq\f(E′,r′)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(πR2,2πRr0)圓環(huán)中的電流與正方形線框中的電流之比：eq\f(I′,I)＝eq\r(2).【變式1-1】某同學學習了電磁感應相關知識之后，做了探究性實驗：將閉合線圈按圖示方式放在電子秤上，線圈上方有一N極朝下豎直放置的條形磁鐵，手握磁鐵在線圈的正上方靜止，此時電子秤的示數(shù)為m0。下列說法正確的是()A．將磁鐵加速插向線圈的過程中，電子秤的示數(shù)小于m0B．將磁鐵勻速遠離線圈的過程中，電子秤的示數(shù)大于m0C．將磁鐵加速插向線圈的過程中，線圈中產(chǎn)生的電流沿逆時針方向(俯視)D．將磁鐵勻速插向線圈的過程中，磁鐵減少的重力勢能等于線圈中產(chǎn)生的焦耳熱解析：選C根據(jù)楞次定律的推論“來拒去留”可知，在將磁鐵插向線圈(無論是勻速、加速還是減速)的過程中，線圈與磁鐵相互排斥，導致電子秤的示數(shù)大于m0，反之則電子秤的示數(shù)小于m0，A、B錯誤；根據(jù)楞次定律可判斷，將磁鐵加速插向線圈時，線圈中產(chǎn)生的感應電流沿逆時針方向(俯視)，C正確；磁鐵勻速插向線圈的過程中，磁鐵受到重力、拉力、斥力作用，重力和拉力的合力做的功等于線圈中產(chǎn)生的焦耳熱，D錯誤?！咀兪?-2】(多選)在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1m2，線圈電阻為1Ω.規(guī)定線圈中感應電流I的正方向從上往下看是順時針方向，如圖5甲所示，磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．以下說法正確的是()A．在0～2s時間內(nèi)，I的最大值為0.01AB．在3～5s時間內(nèi)，I的大小越來越小C．前2s內(nèi)，通過線圈某截面的總電荷量為0.01CD．第3s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大答案AC解析0～2s時間內(nèi)，t＝0時刻磁感應強度變化率最大，感應電流最大，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB·S,Δt·R)＝0.01A，A正確；3～5s時間內(nèi)電流大小不變，B錯誤；前2s內(nèi)通過線圈某截面的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(ΔB·S,R)＝0.01C，C正確；第3s內(nèi)，B沒有變化，線圈中沒有感應電流產(chǎn)生，則線圈的發(fā)熱功率最小，D錯誤．【變式1-3】管道高頻焊機可以對由鋼板卷成的圓管的接縫實施焊接。焊機的原理如圖所示，圓管通過一個接有高頻交流電源的線圈，線圈所產(chǎn)生的交變磁場使圓管中產(chǎn)生交變電流，電流產(chǎn)生的熱量使接縫處的材料熔化并焊接。則下列說法正確的是()A．該焊機也能焊接塑料圓管的接縫B．線圈的電阻越大，焊接效果越好C．線圈的電源換成直流電源也能進行焊接D．圓管的接縫處電阻較大，產(chǎn)生的電熱較無接縫處大解析：選D塑料圓管在焊接時，管內(nèi)無法產(chǎn)生交變磁場，塑料圓管中無電流，不能焊接，A錯誤；圓管通過的高頻交流電源一定時，產(chǎn)生的感應電動勢一定，線圈的電阻越大，則產(chǎn)生的電流越小，焊接時產(chǎn)生的電熱越少，焊接效果不好，B錯誤；將線圈的電源換成直流電源，線圈不能產(chǎn)生交變磁場，圓管中不產(chǎn)生電流，不能進行焊接，C錯誤；通過圓管的高頻交流電源一定，產(chǎn)生的感應電動勢一定，電流一定，圓管的接縫處電阻較大，產(chǎn)生的電熱較大，D正確?！绢}型2電磁感應與動量定理綜合】【例2】如圖所示，在光滑的水平面上寬度為L的區(qū)域內(nèi)，有豎直向下的勻強磁場．現(xiàn)有一個邊長為a(a<L)的正方形閉合線圈以垂直于磁場邊界的初速度v0向右滑動，穿過磁場后速度剛好減為0，那么當線圈完全進入磁場時，其速度大小()A．大于eq\f(v0,2) B．等于eq\f(v0,2)C．小于eq\f(v0,2) D．以上均有可能答案B解析通過線圈橫截面的電荷量：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，由于線圈進入和穿出磁場過程，線圈磁通量的變化量相等，則進入和穿出磁場的兩個過程通過線圈橫截面的電荷量q相等，由動量定理得，線圈進入磁場過程：－Beq\x\to(I)at＝mv－mv0，線圈離開磁場過程：－Beq\x\to(I)at＝0－mv，由于q＝eq\x\to(I)t，則－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝eq\f(v0,2)，故選B.【變式2-1】如圖所示，間距為L的水平平行金屬導軌上連有一定值電阻，阻值為R，兩質(zhì)量均為m的導體棒ab和cd垂直放置導軌上，兩導體棒電阻均為R，棒與導軌間動摩擦因數(shù)均為μ，導軌電阻不計，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，整個導軌處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B。現(xiàn)用某一水平恒力向右拉導體棒ab使其從靜止開始運動，當棒ab勻速運動時，棒cd恰要開始滑動，(重力加速度為g)求：(1)棒ab勻速運動的速度大?。?2)若棒ab從開始運動到勻速的過程中流過的電荷量為q，這一過程經(jīng)歷的時間是多少？解析：(1)設棒ab速度為v，則棒ab中的感應電流I＝eq\f(BLv,R＋R/2)＝eq\f(2BLv,3R)棒cd中的感應電流為eq\f(I,2)＝eq\f(BLv,3R)cd受安培力F1＝Beq\f(I,2)L＝eq\f(B2L2v,3R)當棒cd恰要滑動時，F(xiàn)1＝μmg，即eq\f(B2L2v,3R)＝μmg得v＝eq\f(3μmgR,B2L2)。(2)設棒ab受恒定拉力為F，勻速運動時棒ab中的電流為I，棒ab所受安培力F2＝BIL對棒cd:F1＝Beq\f(I,2)L＝μmg棒ab:F＝F2＋μmg＝2F1＋μmg得F＝3μmg對棒ab從開始運動到勻速過程，設運動時間為t；由動量定理：(F－μmg)t－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝mv而eq\o(I,\s\up6(－))t＝q故2μmgt－BLq＝mv解得t＝eq\f(3mR,2B2L2)＋eq\f(BLq,2μmg)。答案：(1)eq\f(3μmgR,B2L2)(2)eq\f(3mR,2B2L2)＋eq\f(BLq,2μmg)【變式2-2】電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C.兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導軌間距離為l，電阻不計．炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸．首先開關S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動．當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌．問：(1)磁場的方向；(2)MN剛開始運動時加速度a的大小；(3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少．答案(1)垂直于導軌平面向下(2)eq\f(BlE,mR)(3)eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)解析(1)將S接1時，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負電，當將S接2時，電容器放電，流經(jīng)MN的電流由M到N，又知MN向右運動，由左手定則可知磁場方向垂直于導軌平面向下．(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當開關S接2時，電容器放電，設剛放電時流經(jīng)MN的電流為I，有I＝eq\f(E,R)①設MN受到的安培力為F，有F＝IlB②由牛頓第二定律，有F＝ma③聯(lián)立①②③式得a＝eq\f(BlE,mR)④(3)當電容器充電完畢時，設電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE⑤開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設MN上的感應電動勢為E′，有E′＝Blvmax⑥依題意有E′＝eq\f(Q,C)⑦設在此過程中流經(jīng)MN的平均電流為eq\x\to(I)，MN上受到的平均安培力為eq\x\to(F)，有eq\x\to(F)＝eq\x\to(I)lB⑧由動量定理，有eq\x\to(F)Δt＝mvmax－0⑨又eq\x\to(I)Δt＝Q0－Q⑩聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C).【變式2-3】如圖為電磁驅(qū)動與阻尼模型，在水平面上有兩根足夠長的平行軌道PQ和MN，左端接有阻值為R的定值電阻，其間有垂直軌道平面的磁感應強度為B的勻強磁場，兩軌道間距及磁場寬度均為L.質(zhì)量為m的金屬棒ab靜置于導軌上，當磁場沿軌道向右運動的速度為v時，棒ab恰好滑動．棒運動過程始終在磁場范圍內(nèi)，并與軌道垂直且接觸良好，軌道和棒電阻均不計，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．(1)判斷棒ab剛要滑動時棒中的感應電流方向，并求此時棒所受的摩擦力Ff大??；(2)若磁場不動，將棒ab以水平初速度2v運動，經(jīng)過時間t＝eq\f(mR,B2L2)停止運動，求棒ab運動位移x及回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案見解析解析(1)磁場沿軌道向右運動，即棒相對于磁場沿軌道向左運動，則根據(jù)右手定則，感應電流方向由a至b.依題意得，棒剛要運動時，受到的摩擦力等于安培力：Ff＝F安F安＝BI1LI1＝eq\f(BLv,R)聯(lián)立解得：Ff＝eq\f(B2L2v,R)(2)設棒的平均速度為eq\x\to(v)，根據(jù)動量定理可得：－eq\x\to(F)安t－Fft＝0－2mveq\x\to(F)安＝Beq\x\to(I)L，又eq\x\to(I)＝eq\f(BL\x\to(v),R)，x＝eq\x\to(v)t聯(lián)立解得：x＝eq\f(mvR,B2L2)根據(jù)動能定理有：－Ffx－W安＝0－eq\f(1,2)m(2v)2根據(jù)功能關系有Q＝W安得：Q＝mv2.【題型3電磁感應與動量守恒定律綜合】【例3】如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ水平放置，間距為L，電阻不計。AB左側(cè)、CD右側(cè)存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B。在AB、CD之間的區(qū)域內(nèi)，垂直兩根導軌水平放置了兩根質(zhì)量分別為m、2m、電阻分別為r、R的導體棒a、b。在a、b棒之間用一鎖定裝置將一輕質(zhì)彈簧壓縮安裝在a、b棒之間(彈簧與兩棒不拴接)，此時彈簧的彈性勢能為Ep?，F(xiàn)解除鎖定，當彈簧恢復到原長時，a、b棒均恰好同時進入磁場。試求：(1)a、b棒剛進入磁場時的速度大?。?2)a、b棒分別在磁場中滑行的距離。[解析](1)以a、b棒為系統(tǒng)，動量守恒，機械能守恒，以a棒運動的方向為正方向，設a、b棒剛要進入磁場時的速度分別為va、vb，則由能量守恒定律和動量守恒定律可得Ep＝eq\f(1,2)mva2＋eq\f(1,2)×2mvb2mva－2mvb＝0聯(lián)立解得va＝2eq\r(\f(Ep,3m))，vb＝eq\r(\f(Ep,3m))。(2)a、b棒分別進入磁場后，相互背離切割磁感線，感應電動勢為正負串接，且a、b棒流過的電流時刻相等，磁感應強度B相等，L也相等，故a、b棒的安培力等大反向，矢量和為零，其余的力矢量和也為零，系統(tǒng)動量始終守恒，故有mva′－2mvb′＝0則有a、b棒運動中的任意時刻有eq\f(va′,vb′)＝eq\f(2,1)設a、b棒在磁場中的位移分別為xa、xb，故eq\f(xa,xb)＝eq\f(2,1)由法拉第電磁感應定律可得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)由閉合電路的歐姆定律可得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)而兩棒在運動過程中ΔΦ＝BL(xa＋xb)對a棒，由動量定理可得－eq\x\to(F)安·Δt＝0－mva，eq\x\to(F)安＝Beq\x\to(I)L聯(lián)立方程，解得xa＝eq\f(4R＋r\r(3mEp),9B2L2)，xb＝eq\f(2R＋r\r(3mEp),9B2L2)。[答案](1)2eq\r(\f(Ep,3m))eq\r(\f(Ep,3m))(2)eq\f(4R＋r\r(3mEp),9B2L2)eq\f(2R＋r\r(3mEp),9B2L2)【變式3-1】(多選)如圖所示，傾角為θ＝37°的足夠長的平行金屬導軌固定在水平面上，兩導體棒ab、cd垂直于導軌放置，空間存在垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B?，F(xiàn)給導體棒ab沿導軌平面向下的初速度v0使其沿導軌向下運動，已知兩導體棒質(zhì)量均為m，電阻相等，兩導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.75，導軌電阻忽略不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。從ab開始運動到兩棒相對靜止的整個運動過程中兩導體棒始終與導軌保持良好的接觸，下列說法正確的是()A．導體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mv02B．導體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,8)mv02C．當導體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時，導體棒ab的速度為eq\f(1,2)v0D．當導體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時，導體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0解析：選BD由題意可知：mgsin37°＝μmgcos37°，則兩棒組成的系統(tǒng)沿軌道方向動量守恒，當最終穩(wěn)定時：mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，則回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(1,4)mv02，則導體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為Qcd＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,8)mv02，A錯誤，B正確；當導體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時，則由動量守恒定律：mv0＝m·eq\f(1,4)v0＋mvab，解得vab＝eq\f(3,4)v0，C錯誤；當導體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時，則由動量守恒定律：mv0＝m·eq\f(3,4)v0＋mvcd，解得vcd＝eq\f(1,4)v0，D正確?！咀兪?-2】)(多選)如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上，t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動．運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示．下列圖像中可能正確的是()答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑動，切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，使整個回路中產(chǎn)生感應電流，判斷可知棒ab受到與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運動，棒cd受到與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運動，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的感應電動勢逐漸減小，回路中感應電流逐漸減小，最后變?yōu)榱?，即最終棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，這時兩相同的光滑導體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長的平行金屬導軌上運動，水平方向上不受外力作用，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝eq\f(v0,2)，選項A、C正確，B、D錯誤．【變式3-3】(多選)如圖所示，兩根水平固定的足夠長平行光滑金屬導軌上，靜止放著兩根質(zhì)量為m、長度為L、電阻為R的相同導體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路(ab、cd與導軌接觸良好)，導軌平面內(nèi)有豎直向上的勻強磁場B.現(xiàn)給cd一個初速度v0，則()A．a(chǎn)b將向右做勻加速運動B．a(chǎn)b、cd最終具有相同的速度eq\f(v0,2)C．通過ab桿的電荷量為q＝eq\f(mv0,2BL)D．回路產(chǎn)生的焦耳熱最多為eq\f(1,2)mv02答案BC解析根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，只有在兩棒速度不相等時回路中才有感應電流，感應電流使兩棒都產(chǎn)生加速度，然后受到的安培力發(fā)生變化，有效電動勢發(fā)生變化，感應電流、安培力、加速度也隨之變化，所以ab不可能向右做勻加速運動，故A錯誤；當兩棒速度相等后，穿過回路的磁通量不變，回路中將不再有感應電流，ab、cd最終具有相同的速度，兩棒的系統(tǒng)所受合外力為零，則根據(jù)動量守恒定律有mv0＝2mv，最終兩棒的速度均為v＝eq\f(v0,2)，故B正確；選向右的方向為正，對ab棒根據(jù)動量定理有eq\x\to(F)t＝meq\f(v0,2)，eq\x\to(F)＝Beq\x\to(I)L，聯(lián)立可以得到q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(mv0,2BL)，故C正確；根據(jù)能量守恒定律，在運動過程中產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)·2m(eq\f(v0,2))2＝eq\f(1,4)mv02，故D錯誤．【題型4電磁感應過程電荷量的求解】【例4】(多選)如圖所示，倒U形光滑導軌DABC傾斜放置，MN、QH將導軌長度均分為三等份，AB∥MN∥QH，在MNHQ中存在垂直導軌平面向下的勻強磁場(圖中未畫出)。一金屬棒從MN上方靜止釋放，金屬棒向下運動的過程中始終與導軌接觸良好且與AB平行，不計導軌電阻，I為金屬棒中的電流，q為通過金屬棒的電荷量，U為金屬棒兩端的電壓，P為金屬棒中的電功率，若從金屬棒剛進入磁場開始計時，它在磁場中運動的過程中，下列圖像中不可能正確的是()解析：選AC如果電流減小，則表明金屬棒在做減速運動，根據(jù)受力分析有BIL－mgsinα＝ma，隨著電流減小，加速度減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(BLv,R＋r)，則有eq\f(ΔI,Δt)＝eq\f(BLΔv,R＋rΔt)＝eq\f(BLa,R＋r)，隨著加速度減小，I-t圖像的斜率減小，A錯誤；如果金屬棒進入磁場時，安培力與重力沿導軌方向的分力平衡，則金屬棒做勻速直線運動，其電流不變，根據(jù)q＝It可知，電荷量與時間成正比，B正確；如果路端電壓隨時間增大，則表明金屬棒在做加速運動，受力分析有mgsinα－BIL＝ma，隨著電壓增大，電流增大，加速度減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得U＝IR＝eq\f(BLv,R＋r)R，則有eq\f(ΔU,Δt)＝eq\f(BLΔv,R＋rΔt)R＝eq\f(BLRa,R＋r)，隨著加速度減小，U-t圖像的斜率減小，但是開始計時時，路端電壓不為零，C錯誤；如果金屬棒進入磁場時，安培力與重力沿導軌方向的分力平衡，則金屬棒做勻速直線運動，其電流不變，根據(jù)P＝I2r可知，金屬棒的電功率不變，D正確?！咀兪?-1】如圖所示，勻強磁場中有一個用軟導線制成的單匝閉合線圈，線圈平面與磁場垂直。已知線圈的面積S＝0.3m2、電阻R＝0.6Ω，磁場的磁感應強度B＝0.2T?，F(xiàn)同時向兩側(cè)拉動線圈，線圈的兩邊在Δt＝0.5s時間內(nèi)合到一起。求線圈在上述過程中(1)感應電動勢的平均值E；(2)感應電流的平均值I，并在圖中標出電流方向；(3)通過導線橫截面的電荷量q。解析：(1)感應電動勢的平均值E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，磁通量的變化ΔΦ＝BΔS，解得E＝eq\f(BΔS,Δt)，代入數(shù)據(jù)得E＝0.12V。(2)平均電流I＝eq\f(E,R)，代入數(shù)據(jù)得I＝0.2A(電流方向如圖所示)。(3)電荷量q＝IΔt，代入數(shù)據(jù)得q＝0.1C。答案：(1)0.12V(2)0.2A，電流方向見解析圖(3)0.1C【變式4-2】(多選)如圖所示，水平面上足夠長的光滑平行金屬導軌，左側(cè)接定值電阻，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中。金屬桿MN以某一初速度沿導軌向右滑行，且與導軌接觸良好，導軌電阻不計。則金屬桿MN在運動過程中，速度大小v、流過的電荷量q與時間t或位移x的關系圖像正確的是()解析：選ABD金屬桿在前進過程中，所受安培力大小F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，可知隨速度的減小，安培力逐漸減小，加速度逐漸減小，最后停止運動，因此在v-t圖像中，斜率的絕對值逐漸減小，A正確；根據(jù)動量定理F·Δt＝m·Δv可得－eq\f(B2L2v,R)·Δt＝m·Δv，而Δx＝v·Δt，因此－eq\f(B2L2,R)·Δx＝m·Δv，速度隨位移均勻變化，可知v-x圖像為一條傾斜的直線，B正確；根據(jù)I＝eq\f(BLv,R)＝eq\f(Δq,Δt)，可知隨著速度的減小，q-t圖像是一條斜率逐漸減小的曲線，C錯誤；由于I＝eq\f(BLv,R)，兩邊同時乘以Δt可得I·Δt＝eq\f(BLv,R)·Δt，而Δq＝I·Δt，整理得Δq＝eq\f(BL,R)·Δx，可知q-x圖像為一條過坐標原點的傾斜直線，D正確。【變式4-3】如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則()A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2答案A解析由Q＝I2Rt得，Q1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E1,R)))2Rt＝eq\f(BLabv2,R)×eq\f(Lbc,v)＝eq\f(B2L\o\al(2,ab)Lbcv,R)，同理，Q2＝eq\f(B2L\o\al(2,bc)Labv,R)，又因為Lab＞Lbc，故Q1＞Q2.由電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝neq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(nBLbcLab,R)，故q1＝q2.所以A正確．【題型5動生、感生綜合問題】【例5】(多選)如圖所示，兩根間距為L的光滑平行金屬導軌，OO′左側(cè)向上彎曲，右側(cè)水平，水平導軌處在磁感應強度為B的豎直向上的勻強磁場中。兩根金屬棒MN、PQ始終垂直導軌，與導軌接觸良好，MN、PQ棒的長度均為L、質(zhì)量均為m、阻值均為R。金屬棒MN從豎直高度h處由靜止釋放沿導軌下滑。導軌電阻不計，整個過程中金屬棒MN和PQ未相碰，則()A．釋放后金屬棒MN最終停在水平軌道上B．金屬棒MN剛進入磁場時，金屬棒PQ兩端電壓大小eq\f(BL\r(2gh),2)C．整個過程中流過金屬棒PQ的電荷量為eq\f(m\r(2gh),BL)D．整個過程中金屬棒MN產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mgh解析：選BD釋放后金屬棒MN最終與PQ金屬棒在水平軌道上，一起做勻速直線運動，A錯誤；金屬棒MN剛進入磁場時，根據(jù)機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，根據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝BLv，解得感應電動勢為E＝BLeq\r(2gh)，金屬棒PQ兩端電壓大小為U＝eq\f(1,2)E＝eq\f(BL\r(2gh),2)，B正確；金屬棒MN、PQ組成的系統(tǒng)動量守恒，有mv＝2mv′，整個過程中對金屬棒PQ分析，由動量定理有Beq\x\to(I)Lt＝mv′，流過金屬棒PQ的電荷量為q＝eq\x\to(I)t，聯(lián)立解得q＝eq\f(m\r(2gh),2BL)，C錯誤；設整個過程中閉合回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q，對系統(tǒng)由能量守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)·2mv′2＋Q，解得Q＝eq\f(1,2)mgh，則整個過程金屬棒MN產(chǎn)生的焦耳熱為QMN＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,4)mgh，D正確?！咀兪?-1】如圖，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心．軌道的電阻忽略不計．OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好．空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)．在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則eq\f(B′,B)等于()A.eq\f(5,4)B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,4)D．2答案B解析在過程Ⅰ中，根據(jù)法拉第電磁感應定律，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),Δt1)根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)且q1＝I1Δt1在過程Ⅱ中，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,Δt2)I2＝eq\f(E2,R)q2＝I2Δt2又q1＝q2，即eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),R)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,R)所以eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2).【變式5-2】如圖，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導軌垂直的金屬棒置于兩導軌上；在電阻、導軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂