資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題13.4　電磁感應中的動力學問題、能量問題和動量觀點在電磁感應中的應用
1.物理觀念：
①物質觀：導體棒、斜面、導線框；
②運動觀：勻變速直線運動、非勻變速直線運動；
③相互作用觀：重力、彈力、摩擦力、安培力；
④能量觀：內能、機械能、電能、焦耳熱、動能定理。
2.科學思維：電磁感應規律的理解和應用。
能運用運動學、動力學、恒定電流、電磁感應和能量等知識解決導體棒、導線框的運動與能量、動量轉化問題。
【知識點一】電磁感應中的平衡和動力學問題
1．安培力的大小
F＝
2．安培力的方向
(1)用左手定則判斷：先用右手定則判斷感應電流的方向，再用左手定則判定安培力的方向．
(2)用楞次定律判斷：安培力的方向一定與導體切割磁感線的運動方向相反．
3．電學對象與力學對象的轉換及關系
4.題型簡述
感應電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應問題往往跟力學問題聯系在一起。解決這類問題需要綜合應用電磁感應規律(法拉第電磁感應定律、楞次定律)及力學中的有關規律(共點力的平衡條件、牛頓運動定律、動能定理等)。
2.處理方法
狀態 特征 處理方法
平衡態 加速度為零 根據平衡條件列式分析
非平衡態 加速度不為零 根據牛頓第二定律進行動態分析或結合功能關系進行分析
（2023 西城區校級三模）如圖所示，間距為L的兩傾斜且平行的金屬導軌固定在絕緣的水平面上，金屬導軌與水平面之間的夾角為θ，電阻不計，空間存在垂直于金屬導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌上端接有阻值為R的定值電阻。質量為m的導體棒ab從金屬導軌上某處由靜止釋放，開始運動Δt時間后做勻速運動，速度大小為v，且此階段通過定值電阻R的電量為q。已知導軌平面光滑，導體棒的電阻為r，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．導體棒ab先做勻加速運動，后做勻速運動
B．導體棒穩定的速度大小
C．導體棒從釋放到其速度穩定的過程中，其機械能的減少量等于電阻R產生的焦耳熱
D．導體棒從釋放到其速度穩定的過程中，位移大小為
（2023 樂清市校級模擬）如圖甲所示，一質量為M、長為L的導體棒，通過兩根長均為l、質量可不計的細導線系在同一水平面上的固定連接點上.在導體棒所在空間存在方向豎直向上、大小為B的勻強磁場。細導線通過開關S與電阻R和直流電源串接起來。不計空氣阻力和其它電阻，導體棒運動時，細導線偏離豎直方向用圖示的角度θ來表示。接通S，導體棒恰好在時處于靜止狀態；將導體棒從移到（δ為小量），靜止后撤去外力，導體棒開始振動起來，則（　　）
A．電源電動勢
B．振動周期
C．電阻消耗的焦耳熱
D．角度θ隨時間t變化的圖線為圖乙
（2023 泉州模擬）間距為L的平行光滑金屬導軌PQ、MN固定在水平絕緣桌面上，整個裝置處于豎直向下的磁場中，沿MN方向建立Ox坐標，磁感應強度大小B隨坐標x的關系為B＝B0+kx（B0、k均為大于零的常數）。將質量為m的金屬桿ab鎖定在坐標原點O處，P、M間接一恒流裝置，該裝置可使回路保持恒定的電流I，電流方向由P到M，如圖所示。某時刻解除鎖定的同時對ab施加一個大小為2B0IL、方向沿x軸正方向的恒定外力，使ab從靜止開始向右運動，ab始終與導軌垂直且接觸良好。則在運動過程中，金屬桿ab（　　）
A．運動的加速度大小不變
B．速度達到最大時的x坐標值為
C．最大速度為
D．最大位移為
【知識點二】電磁感應中的動力學和能量問題
1．電磁感應中的能量轉化
2．求解焦耳熱Q的三種方法
3．求解電磁感應現象中能量問題的一般步驟
(1)在電磁感應中，切割磁感線的導體或磁通量發生變化的回路將產生感應電動勢，該導體或回路就相當于電源。
(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發生了相互轉化。
(3)根據能量守恒列方程求解。
解決電磁感應能量問題的策略是“先源后路、先電后力，再是運動、能量”，即
（2023 浙江模擬）如圖所示，一塊永磁體在光滑斜面上沿著一螺線管的軸線做直線運動。螺線管外的軸線上存在p、q兩點（p、q兩點到螺線管邊緣的距離相等）。一燈泡與螺線管串聯，燈泡在永磁體通過p點時的亮度要大于永磁體通過q點時的亮度。忽略永磁體的尺寸，下列說法中正確的（　　）
A．永磁體在p點時的速度小于在q點時的速度
B．永磁體在p點時的機械能小于在q點時的機械能
C．若將燈泡換成一發光二極管，則永磁體在通過p和q時該二極管不會都發光
D．若將永磁體的極性對調，則在其通過q點時燈泡的亮度將大于其通過p點時的亮度
（2023 朝陽區一模）如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導軌ab、cd水平放置，間距為L，一端連接阻值為R的電阻。導軌所在空間存在豎直向下的、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質量為m、電阻為r的導體棒MN放在導軌上，其長度恰好等于導軌間距，與導軌接觸良好。導軌的電阻可忽略不計。t＝0時金屬棒以初速度v水平向右運動，經過一段時間停在導軌上。下列說法不正確的是（　　）
A．全過程中，金屬棒克服安培力做功為
B．全過程中，電阻R上產生的焦耳熱為
C．t＝0時刻，金屬棒受到的安培力大小為
D．t＝0時刻，金屬棒兩端的電壓UMN＝BLv
（2023 樂安縣校級一模）如圖所示，質量為3m的重物與一質量為m的導線框用一根絕緣細線連接起來，掛在兩個高度相同的定滑輪上，已知導線框電阻為R，橫邊邊長為L。有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場上下邊界的距離、導線框豎直邊長均為h。初始時刻，磁場的下邊緣和導線框上邊緣的高度差為2h，將重物從靜止開始釋放，導線框加速進入磁場，穿出磁場前已經做勻速直線運動，滑輪質量、摩擦阻力均不計，重力加速度為g。則下列說法中正確的是（　　）
A．導線框進入磁場時的速度為
B．導線框進入磁場后，若某一時刻的速度為v，則加速度為ag
C．導線框穿出磁場時的速度為
D．導線框通過磁場的過程中產生的熱量Q＝5mgh
【知識點三】會正確運用動量定理處理電磁感應中的問題
用動量定理解決電磁感應問題的常見模型及分析
常見情景(導軌和桿電阻不計，以水平光滑導軌為例) 過程分析 三大觀點的應用
單桿阻尼式 設運動過程中某時刻的速度為v，加速度為a，a＝，a、v反向，導體棒做減速運動，v↓ a↓，當a＝0時，v＝0，導體棒做加速度減小的減速運動，最終靜止 動力學觀點：分析加速度 能量觀點：動能轉化為焦耳熱 動量觀點：分析導體棒運動的位移、時間和通過的電荷量
單桿發電式 導體棒從靜止開始運動，設運動過程中某時刻導體棒的速度為v，加速度為a＝－，F恒定時，a、v同向，隨v的增加，a減小，當a＝0時，v最大，vm＝；a恒定時，F＝＋ma，F與t為一次函數關系 動力學觀點：分析最大加速度、最大速度 能量觀點：力F做的功等于導體棒的動能與回路中焦耳熱之和 動量觀點：分析導體棒的位移、通過的電荷量
含“源”電動式(v0＝0) 開關S剛閉合時，ab桿所受安培力F＝，此時a＝.速度v↑ E感＝BLv↑ I↓ F＝BIL↓ 加速度a↓，當E感＝E時，v最大，且vm＝ 動力學觀點：分析最大加速度、最大速度 能量觀點：消耗的電能轉化為動能與回路中的焦耳熱 動量觀點：分析導體棒的位移、通過的電荷量
不等距導軌 a棒減速，b棒加速，E＝BL1va－BL2vb由va↓vb↑ E↓ F安↓ a↓，當BL1va＝BL2vb時，a＝0，兩棒勻速 動力學觀點：最終速度 能量觀點：動能轉化為焦耳熱 動量觀點： BIL1t＝mv0－mva BIL2t＝mvb－0
【方法提煉】在電磁感應中，動量定理應用于單桿切割磁感線運動，可求解變力的作用時間、速度、位移和電荷量．
(1)求速度或電荷量：BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt.
(2)求位移：－＝0－mv0，即－＝0－mv0
(3)求時間：①－BlΔt＋F其他t＝mv2－mv1
即－Blq＋F其他t＝mv2－mv1
已知電荷量q，F其他為恒力，可求出變加速運動的時間．
②＋F其他t＝mv2－mv1，Δt＝x.
若已知位移x，F其他為恒力，也可求出變加速運動的時間．
（2023 岳麓區校級模擬）光滑絕緣水平桌面上有一邊長為L的矩形線圈abcd，其質量為m，其各邊電阻相等，線圈ab邊以速度v進入一個有明顯邊界的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，如圖所示，磁場的寬度大于L。當線圈全部進入磁場區域時，其動能恰好等于ab邊進入磁場前時的一半，求：
（1）ab邊剛進入磁場瞬間，a、b兩點的電壓是多少？
（2）判斷線圈能否全部穿出磁場，并敘述理由；
（3）線圈從開始進入磁場到完全出磁場的整個過程中安培力對線框做的總功。
（2023 衡水二模）如圖所示，光滑平行軌道abcc'd的水平部分（虛線右側）存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場，bc段軌道寬度為2L，c'd段軌道寬度為L，質量為m、長度為2L的均質金屬棒Q靜止在c'd段，將另一完全相同的金屬棒P從ab段距水平軌道高h處無初速釋放，由于回路中除兩金屬棒外的電阻極小，bc段和c'd段軌道均足夠長，一段時間后兩金屬棒均勻速運動，重力加速度大小為g，求：
（1）金屬棒P在磁場中運動的最小速度vP；
（2）兩金屬棒距離最近時金屬棒Q兩端的電壓U。
（2023 昆明一模）如圖所示，傾角為θ＝37°的絕緣斜面上固定著兩足夠長的平行金屬導軌，導軌間距為L＝2m，上端連接阻值為R＝0.4Ω的定值電阻，下端開口。粗糙的導體棒a、b恰能靜止在導軌上MN和PQ位置，MN和PQ之間的距離d＝3m。PQ下方存在垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.5T。現使a棒在平行于斜面向下F＝6N的恒力的作用下，從MN位置由靜止開始向下加速運動，當a棒運動到與b棒碰撞前瞬間，撤去力F，a、b兩棒發生彈性碰撞。已知a棒的質量ma＝1kg，電阻Ra＝0.4Ω，b棒的質量mb＝3kg，電阻Rb＝0.2Ω，金屬導軌的電阻均不計，兩棒始終與金屬導軌垂直且接觸良好，棒與導軌間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）a、b棒碰后瞬間b棒的速度大小；
（2）從b棒開始運動到停下的過程中，定值電阻R上產生的焦耳熱；
（3）最終a、b棒間的距離。
【知識點四】會正確運用動量守恒定律處理電磁感應中的問題
1．在雙金屬棒切割磁感線的系統中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力充當系統內力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便．
2．雙棒模型
雙棒無外力 雙棒有外力
示意圖 F為恒力
動力學觀點 導體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運動，導體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運動，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運動 導體棒1做加速度逐漸減小的加速運動，導體棒2做加速度逐漸增大的加速運動，最終兩棒以相同的加速度做勻加速直線運動
動量觀點 系統動量守恒 系統動量不守恒
能量觀點 棒1動能的減少量＝棒2動能的增加量＋焦耳熱 外力做的功＝棒1的動能＋棒2的動能＋焦耳熱
（2022 福建模擬）如圖所示，水平固定、間距為L的平行金屬導軌處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度的大小為B。導軌上有a、b兩根與導軌接觸良好的導體棒，質量均為m，電阻均為R。現對a施加水平向右的恒力，使其由靜止開始向右運動。當a向右的位移為x時，a的速度達到最大且b剛要滑動。已知兩棒與導軌間的動摩擦因數均為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計導軌電阻，重力加速度為g。
（1）導體棒b剛要滑動時，回路中的電流I；
（2）定性畫出導體棒b所受摩擦力f大小隨時間t變化的圖像；
（3）導體棒a發生位移x的過程中，回路中產生的總焦耳熱Q；
（4）當導體棒a達到最大速度vm時，給b一水平向右的瞬時速度v0（v0＜vm）。請分析此后導體棒b的運動情況并求出b的最終速度vb。
（2022 淮北一模）如圖所示，P、Q是兩根固定在水平面內的光滑平行金屬導軌，間距為L，導軌足夠長且電阻可忽略不計。圖中EFGH矩形區域有一方向垂直導軌平面向上、感應強度大小為B的勻強磁場。在t＝t1時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進入磁場，速度大小均為v0；t＝t2時刻，流經a棒的電流為0，此時b棒仍位于磁場區域內。已知金屬棒a、b的質量分別為2m和m，電阻分別為R和2R.在運動過程中兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，求：
（1）t1時刻a棒加速度大小；
（2）t1～t2時間內，a棒產生的焦耳熱。
（2022秋 和平區校級期末）如圖所示，間距為L的平行金屬導軌PQ、MN由圓弧導軌和水平導軌兩部分組成，水平部分固定在絕緣水平面上。M、P間接有阻值為R的定值電阻，導軌水平部分有垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，金屬棒b放在導軌上 E、F處，EF左側導軌光滑，右側粗糙，金屬棒a在圓弧導軌上離水平面高處由靜止釋放，兩金屬棒在導軌上運動過程中始終與導軌接觸良好并與導軌垂直，兩金屬棒接入電路的電阻均為R，質量均為m；金屬棒a進入磁場的一瞬間，金屬棒b剛好要滑動，開始時金屬棒b距磁場邊界CD的距離為L，金屬棒a與b碰撞后粘在一起，一起向右滑行的最大距離為x。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，求：
（1）金屬棒與導軌EF右側之間的動摩擦因數；
（2）金屬棒a從CD運動到EF的過程中，通過電阻R的電量；
（3）整個過程電阻R上產生的焦耳熱。
（多選）（2023 遼寧）如圖，兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側導軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。已知導體棒MN的電阻為R、長度為d，導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內。整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好，導軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是（　　）
A．彈簧伸展過程中，回路中產生順時針方向的電流
B．PQ速率為v時，MN所受安培力大小為
C．整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2：1
D．整個運動過程中，通過MN的電荷量為
（2023 湖南）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，導軌間距為L，兩導軌及其所構成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。現將質量均為m的金屬棒a、b垂直導軌放置，每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為R。運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導軌，導軌電阻忽略不計，重力加速度為g。
（1）先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小v0；
（2）在（1）問中，當棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；
（3）在（2）問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經過時間t0，兩棒恰好達到相同的速度v，求速度v的大小，以及時間t0內棒a相對于棒b運動的距離Δx。
（2022 上海）寬L＝0.75m的導軌固定，導軌間存在著垂直于紙面且磁感應強度B＝0.4T的勻強磁場。虛線框Ⅰ、Ⅱ中有定值電阻R0和最大阻值為20Ω的滑動變阻器R。一根與導軌等寬的金屬桿以恒定速率向右運動，圖甲和圖乙分別為變阻器全部接入和一半接入時沿abcda方向電勢變化的圖像。求：
（1）勻強磁場的方向；
（2）分析并說明定值電阻R0在Ⅰ還是Ⅱ中，并且R0大小為多少：
（3）金屬桿運動時的速率；
（4）滑動變阻器阻值為多少時變阻器的功率最大？并求出該最大功率Pm。
（2023 上海）如圖（a），線框cdef位于傾斜角θ＝30°的斜面上，斜面上有一長度為D的矩形磁場區域，磁場方向垂直于斜面向上，大小為0.5T，已知線框邊長cd＝D＝0.4m，m＝0.1kg，總電阻R＝0.25Ω，現對線框施加一沿斜面向上的力F使之運動。斜面上動摩擦因數μ，線框速度隨時間變化如圖（b）所示。（重力加速度g取9.8m/s2）；
（1）求外力F大小；
（2）求cf長度L；
（3）求回路產生的焦耳熱Q。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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專題13.4　電磁感應中的動力學問題、能量問題和動量觀點在電磁感應中的應用
1.物理觀念：
①物質觀：導體棒、斜面、導線框；
②運動觀：勻變速直線運動、非勻變速直線運動；
③相互作用觀：重力、彈力、摩擦力、安培力；
④能量觀：內能、機械能、電能、焦耳熱、動能定理。
2.科學思維：電磁感應規律的理解和應用。
能運用運動學、動力學、恒定電流、電磁感應和能量等知識解決導體棒、導線框的運動與能量、動量轉化問題。
【知識點一】電磁感應中的平衡和動力學問題
1．安培力的大小
F＝
2．安培力的方向
(1)用左手定則判斷：先用右手定則判斷感應電流的方向，再用左手定則判定安培力的方向．
(2)用楞次定律判斷：安培力的方向一定與導體切割磁感線的運動方向相反．
3．電學對象與力學對象的轉換及關系
4.題型簡述
感應電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應問題往往跟力學問題聯系在一起。解決這類問題需要綜合應用電磁感應規律(法拉第電磁感應定律、楞次定律)及力學中的有關規律(共點力的平衡條件、牛頓運動定律、動能定理等)。
2.處理方法
狀態 特征 處理方法
平衡態 加速度為零 根據平衡條件列式分析
非平衡態 加速度不為零 根據牛頓第二定律進行動態分析或結合功能關系進行分析
（2023 西城區校級三模）如圖所示，間距為L的兩傾斜且平行的金屬導軌固定在絕緣的水平面上，金屬導軌與水平面之間的夾角為θ，電阻不計，空間存在垂直于金屬導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌上端接有阻值為R的定值電阻。質量為m的導體棒ab從金屬導軌上某處由靜止釋放，開始運動Δt時間后做勻速運動，速度大小為v，且此階段通過定值電阻R的電量為q。已知導軌平面光滑，導體棒的電阻為r，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．導體棒ab先做勻加速運動，后做勻速運動
B．導體棒穩定的速度大小
C．導體棒從釋放到其速度穩定的過程中，其機械能的減少量等于電阻R產生的焦耳熱
D．導體棒從釋放到其速度穩定的過程中，位移大小為
【解答】解：A、導體棒ab在加速階段，根據牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣BIL＝ma，其中：I，解得：a＝gsinθ；由于速度是增加的，所以加速度是減小的，導體棒不可能做勻加速運動，故A錯誤；
B、導體棒穩定時的加速度為零，則有：gsinθ0，解得：，故B錯誤；
C、根據能量守恒定律可知，導體棒從釋放到其速度穩定的過程中，其機械能的減少量等于電阻R與導體棒產生的焦耳熱之和，故C錯誤；
D、根據電荷量的計算公式可得：qt，解得：x，故D正確。
故選：D。
（2023 樂清市校級模擬）如圖甲所示，一質量為M、長為L的導體棒，通過兩根長均為l、質量可不計的細導線系在同一水平面上的固定連接點上.在導體棒所在空間存在方向豎直向上、大小為B的勻強磁場。細導線通過開關S與電阻R和直流電源串接起來。不計空氣阻力和其它電阻，導體棒運動時，細導線偏離豎直方向用圖示的角度θ來表示。接通S，導體棒恰好在時處于靜止狀態；將導體棒從移到（δ為小量），靜止后撤去外力，導體棒開始振動起來，則（　　）
A．電源電動勢
B．振動周期
C．電阻消耗的焦耳熱
D．角度θ隨時間t變化的圖線為圖乙
【解答】解：A．導體棒恰好在時處于靜止狀態，對導體棒金屬受力分析，得出對應的受力示意圖：
可知
F安＝Mg
又
解得：，故A錯誤；
B．根據平行四邊形定則，導體棒所受的安培力與重力的合力大小等于
根據單擺的周期公式可得：
故B錯誤；
C．根據能量守恒，電阻消耗的焦耳熱為損失的重力勢能和電能之和，則
E電，故C錯誤；
D．隨著時間的推移，θ會越來越小，不可能突然增大，故D錯誤。
故選：B。
（2023 泉州模擬）間距為L的平行光滑金屬導軌PQ、MN固定在水平絕緣桌面上，整個裝置處于豎直向下的磁場中，沿MN方向建立Ox坐標，磁感應強度大小B隨坐標x的關系為B＝B0+kx（B0、k均為大于零的常數）。將質量為m的金屬桿ab鎖定在坐標原點O處，P、M間接一恒流裝置，該裝置可使回路保持恒定的電流I，電流方向由P到M，如圖所示。某時刻解除鎖定的同時對ab施加一個大小為2B0IL、方向沿x軸正方向的恒定外力，使ab從靜止開始向右運動，ab始終與導軌垂直且接觸良好。則在運動過程中，金屬桿ab（　　）
A．運動的加速度大小不變
B．速度達到最大時的x坐標值為
C．最大速度為
D．最大位移為
【解答】解：A、由于金屬桿ab長度、電流均恒定，磁感應強度隨坐標x線性增加，由F＝BIL知安培力隨x線性增加，有F合＝2B0IL﹣（B0+kx）IL
即F合＝B0IL﹣kxIL，作出F合隨x變化圖像如圖所示
由圖像可知F合隨x線性變化，故加速度也隨x線性變化，故A錯誤；
BC、當速度達到最大時即加速度為零，可得到圖像與橫軸交點坐標為，也可算出ab從靜止開始向右運動到過程中合力做的功為，由動能定理有：，解得最大速度：，故B錯誤，C正確；
D、在ab從靜止開始向右運動的過程中F合做的功為零，即圖像與x軸構成的兩三角形面積相等，可得到圖像與橫軸交點坐標，即最大位移為，故D錯誤。
故選：C。
【知識點二】電磁感應中的動力學和能量問題
1．電磁感應中的能量轉化
2．求解焦耳熱Q的三種方法
3．求解電磁感應現象中能量問題的一般步驟
(1)在電磁感應中，切割磁感線的導體或磁通量發生變化的回路將產生感應電動勢，該導體或回路就相當于電源。
(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發生了相互轉化。
(3)根據能量守恒列方程求解。
解決電磁感應能量問題的策略是“先源后路、先電后力，再是運動、能量”，即
（2023 浙江模擬）如圖所示，一塊永磁體在光滑斜面上沿著一螺線管的軸線做直線運動。螺線管外的軸線上存在p、q兩點（p、q兩點到螺線管邊緣的距離相等）。一燈泡與螺線管串聯，燈泡在永磁體通過p點時的亮度要大于永磁體通過q點時的亮度。忽略永磁體的尺寸，下列說法中正確的（　　）
A．永磁體在p點時的速度小于在q點時的速度
B．永磁體在p點時的機械能小于在q點時的機械能
C．若將燈泡換成一發光二極管，則永磁體在通過p和q時該二極管不會都發光
D．若將永磁體的極性對調，則在其通過q點時燈泡的亮度將大于其通過p點時的亮度
【解答】解：A．燈泡在永磁體通過p點時的亮度大于永磁體通過q點時的亮度，說明永磁體通過p點時產生的感應電流大于永磁體通過q點時的感應電流，根據切割電動勢規律和歐姆定律，即永磁體在p點時的速度大于在q點時的速度，故A錯誤；
B．根據能量轉化與守恒，由于燈泡發光，所以永磁體的機械能不斷減小，即永磁體在p點時的機械能大于在q點時的機械能，故B錯誤；
C．根據楞次定律，當永磁體靠近螺線管和遠離螺線管時產生的感應電流方向相反，根據二極管反向截止的特性，所以二極管不會都發光，故C正確；
D．若將永磁體的極性對調，根據切割電動勢規律和歐姆定律，則在其通過q點時燈泡的亮度仍將小于其通過p點時的亮度，故D錯誤。
故選：C。
（2023 朝陽區一模）如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導軌ab、cd水平放置，間距為L，一端連接阻值為R的電阻。導軌所在空間存在豎直向下的、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質量為m、電阻為r的導體棒MN放在導軌上，其長度恰好等于導軌間距，與導軌接觸良好。導軌的電阻可忽略不計。t＝0時金屬棒以初速度v水平向右運動，經過一段時間停在導軌上。下列說法不正確的是（　　）
A．全過程中，金屬棒克服安培力做功為
B．全過程中，電阻R上產生的焦耳熱為
C．t＝0時刻，金屬棒受到的安培力大小為
D．t＝0時刻，金屬棒兩端的電壓UMN＝BLv
【解答】解：A、根據動能定理可知：W安＝0，解得安培力做的功為W安，所以全過程中，金屬棒克服安培力做功為，故A正確；
B、根據功能關系可知全過程中回路中產生的焦耳熱為：Q，根據焦耳定律可知電阻R上產生的焦耳熱為：QR，故B正確；
C、t＝0時刻，金屬棒受到的安培力大小為：FA＝BIL，故C正確；
D、t＝0時刻金屬棒產生的感應電動勢為：E＝BLv，金屬棒兩端的電壓UMN，故D錯誤。
本題選錯誤的，故選：D。
（2023 樂安縣校級一模）如圖所示，質量為3m的重物與一質量為m的導線框用一根絕緣細線連接起來，掛在兩個高度相同的定滑輪上，已知導線框電阻為R，橫邊邊長為L。有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場上下邊界的距離、導線框豎直邊長均為h。初始時刻，磁場的下邊緣和導線框上邊緣的高度差為2h，將重物從靜止開始釋放，導線框加速進入磁場，穿出磁場前已經做勻速直線運動，滑輪質量、摩擦阻力均不計，重力加速度為g。則下列說法中正確的是（　　）
A．導線框進入磁場時的速度為
B．導線框進入磁場后，若某一時刻的速度為v，則加速度為ag
C．導線框穿出磁場時的速度為
D．導線框通過磁場的過程中產生的熱量Q＝5mgh
【解答】解：A、線框進入磁場前，根據重物與線框組成的機械能守恒得（3mg﹣mg） 2h（3m+m）v2，解得線框進入磁場時的速度v，故A錯誤；
B、線框進入磁場后，若某一時刻的速度為v，對整體，根據牛頓第二定律得3mg﹣mg（3m+m）a，解得：ag，故B正確；
C、線框在磁場中勻速運動時，根據平衡條件得：3mg﹣mg＝F安，而F安，解得，線框進入磁場時的速度為：v，線框的高度與磁場的高度相等，線框達到勻速運動后直到離開磁場的過程都做勻速直線運動，所以線框穿出磁場時的速度為v，故C錯誤；
D、設線框通過磁場的過程中產生的熱量為Q．對從靜止到剛通過磁場的過程，根據能量守恒得：Q＝（3mg﹣mg） 4h（3m+m）v2，將v代入得：Q＝8mgh，故D錯誤。
故選：B。
【知識點三】會正確運用動量定理處理電磁感應中的問題
用動量定理解決電磁感應問題的常見模型及分析
常見情景(導軌和桿電阻不計，以水平光滑導軌為例) 過程分析 三大觀點的應用
單桿阻尼式 設運動過程中某時刻的速度為v，加速度為a，a＝，a、v反向，導體棒做減速運動，v↓ a↓，當a＝0時，v＝0，導體棒做加速度減小的減速運動，最終靜止 動力學觀點：分析加速度 能量觀點：動能轉化為焦耳熱 動量觀點：分析導體棒運動的位移、時間和通過的電荷量
單桿發電式 導體棒從靜止開始運動，設運動過程中某時刻導體棒的速度為v，加速度為a＝－，F恒定時，a、v同向，隨v的增加，a減小，當a＝0時，v最大，vm＝；a恒定時，F＝＋ma，F與t為一次函數關系 動力學觀點：分析最大加速度、最大速度 能量觀點：力F做的功等于導體棒的動能與回路中焦耳熱之和 動量觀點：分析導體棒的位移、通過的電荷量
含“源”電動式(v0＝0) 開關S剛閉合時，ab桿所受安培力F＝，此時a＝.速度v↑ E感＝BLv↑ I↓ F＝BIL↓ 加速度a↓，當E感＝E時，v最大，且vm＝ 動力學觀點：分析最大加速度、最大速度 能量觀點：消耗的電能轉化為動能與回路中的焦耳熱 動量觀點：分析導體棒的位移、通過的電荷量
不等距導軌 a棒減速，b棒加速，E＝BL1va－BL2vb由va↓vb↑ E↓ F安↓ a↓，當BL1va＝BL2vb時，a＝0，兩棒勻速 動力學觀點：最終速度 能量觀點：動能轉化為焦耳熱 動量觀點： BIL1t＝mv0－mva BIL2t＝mvb－0
【方法提煉】在電磁感應中，動量定理應用于單桿切割磁感線運動，可求解變力的作用時間、速度、位移和電荷量．
(1)求速度或電荷量：BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt.
(2)求位移：－＝0－mv0，即－＝0－mv0
(3)求時間：①－BlΔt＋F其他t＝mv2－mv1
即－Blq＋F其他t＝mv2－mv1
已知電荷量q，F其他為恒力，可求出變加速運動的時間．
②＋F其他t＝mv2－mv1，Δt＝x.
若已知位移x，F其他為恒力，也可求出變加速運動的時間．
（2023 岳麓區校級模擬）光滑絕緣水平桌面上有一邊長為L的矩形線圈abcd，其質量為m，其各邊電阻相等，線圈ab邊以速度v進入一個有明顯邊界的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，如圖所示，磁場的寬度大于L。當線圈全部進入磁場區域時，其動能恰好等于ab邊進入磁場前時的一半，求：
（1）ab邊剛進入磁場瞬間，a、b兩點的電壓是多少？
（2）判斷線圈能否全部穿出磁場，并敘述理由；
（3）線圈從開始進入磁場到完全出磁場的整個過程中安培力對線框做的總功。
【解答】解：（1）ab邊剛進入磁場瞬間，ab邊產生的感應電動勢為E＝BLv
a、b兩點的電壓是路端電壓，UEEBLv
（2）假設線圈能全部穿出磁場，線圈剛全部進入磁場時速度為v1，剛離開磁場時速度為v2。
線圈進入磁場的過程，取向右為正方向，由動量定理得
﹣BL t1＝mv1﹣mv
又通過線圈的電荷量q1 t1
線圈離開磁場的過程，取向右為正方向，由動量定理得
﹣BL t2＝mv2﹣mv1
其中 t2＝q2
已知當線圈全部進入磁場區域時，其動能恰好等于ab邊進入磁場前時的一半，則有mv2
聯立以上五式解得：v2＝（1）v＞0，所以線圈能全部穿出磁場。
（3）設線圈從進入磁場開始整個過程中安培力對線框做的總功為W。
由動能定理得：
W
解得：W＝（1）mv2
答：（1）ab邊剛進入磁場瞬間，a、b兩點的電壓是BLv。
（2）線圈能全部穿出磁場，理由見解析；
（3）線圈從進入磁場開始整個過程中安培力對線框做的總功為（1）mv2。
（2023 衡水二模）如圖所示，光滑平行軌道abcc'd的水平部分（虛線右側）存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場，bc段軌道寬度為2L，c'd段軌道寬度為L，質量為m、長度為2L的均質金屬棒Q靜止在c'd段，將另一完全相同的金屬棒P從ab段距水平軌道高h處無初速釋放，由于回路中除兩金屬棒外的電阻極小，bc段和c'd段軌道均足夠長，一段時間后兩金屬棒均勻速運動，重力加速度大小為g，求：
（1）金屬棒P在磁場中運動的最小速度vP；
（2）兩金屬棒距離最近時金屬棒Q兩端的電壓U。
【解答】解：（1）金屬棒P下滑剛進入磁場時，速度最大，設最大速度為vm，之后金屬棒P進入磁場后，產生感應電流，金屬棒P在安培力作用下向右做減速運動，金屬棒Q在安培力作用下向右做加速運動，直到兩金屬棒產生的電動勢等大、反向，回路的電流為零。
設金屬棒Q勻速運動時的速度大小為vQ，整個過程中通過回路中某截面的電荷量為q，時間為Δt，平均電流為I1。
金屬棒P下滑過程，由機械能守恒有
穩定時，有B 2L vP＝BLvQ
通過金屬棒P的電荷量q＝I1Δt
金屬棒P，取向右為正方向，由動量定理有
﹣BI1 2LΔt＝﹣B 2Lq＝mvP﹣mvm
金屬棒Q，取向右為正方向，由動量定理
有 BI1LΔt＝BLq＝mvQ﹣0
解得：
（2）兩金屬棒在水平軌道做變速運動時，金屬棒P的加速度大小始終等于金屬棒Q的加速度大小的兩倍。運動過程中的v﹣t圖像如圖所示
顯然圖像的交點的縱坐標為，而兩金屬棒速度大小相等時距離最近，設此時金屬棒P產生的電動勢為E，金屬棒Q在電路中產生的反電動勢為E'，回路中的感應電流為I，設金屬棒Q接入電路的電阻為R，則金屬棒P接入電路的電阻為2R，則有
E＝B 2L
E′＝BL
由歐姆定律有
金屬棒Q兩端的電壓U＝E+IR
解得：
答：（1）金屬棒P在磁場中運動的最小速度vP為
（2）兩金屬棒距離最近時金屬棒Q兩端的電壓U為。
（2023 昆明一模）如圖所示，傾角為θ＝37°的絕緣斜面上固定著兩足夠長的平行金屬導軌，導軌間距為L＝2m，上端連接阻值為R＝0.4Ω的定值電阻，下端開口。粗糙的導體棒a、b恰能靜止在導軌上MN和PQ位置，MN和PQ之間的距離d＝3m。PQ下方存在垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.5T。現使a棒在平行于斜面向下F＝6N的恒力的作用下，從MN位置由靜止開始向下加速運動，當a棒運動到與b棒碰撞前瞬間，撤去力F，a、b兩棒發生彈性碰撞。已知a棒的質量ma＝1kg，電阻Ra＝0.4Ω，b棒的質量mb＝3kg，電阻Rb＝0.2Ω，金屬導軌的電阻均不計，兩棒始終與金屬導軌垂直且接觸良好，棒與導軌間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）a、b棒碰后瞬間b棒的速度大小；
（2）從b棒開始運動到停下的過程中，定值電阻R上產生的焦耳熱；
（3）最終a、b棒間的距離。
【解答】解：（1）a棒恰好能靜止在導軌上，設a棒與導軌間的動摩擦因數為μ，根據平衡條件可得：
μmagcosθ＝magsinθ
解得：μ＝0.75
與b棒碰前a棒沿導軌向下做勻加速直線運動，設a棒的加速度為a1，對a棒根據牛頓第二定律可得
F+magsinθ﹣μmagcosθ＝maa1
解得：a＝6m/s2
設a棒與b棒碰前瞬間的速度大小為v，根據勻變速直線運動的規律可得：v2＝2a1d
代入數據解得：v＝6m/s
a、b棒發生彈性碰撞，對a、b組成的系統，取沿導軌向下為正方向，根據動量守恒定律可得：
mav＝mava+mbvb
根據機械能守恒定律可得：
mav2mamb
聯立解得：va＝﹣3m/s，vb＝3m/s
（2）設b棒開始運動到停下的過程中電路中產生的焦耳熱為Q。b棒受到的摩擦力和重力沿斜面向下的分力大小相等，b棒開始運動到停下的過程中重力做的功WG與克服摩擦力做的功Wf相等，設b棒克服安培力做的功為WF安，根據動能定理可得：
WG﹣Wf﹣WF安＝0mb
克服安培力做的功與電路中產生的焦耳熱相等：WF安＝Q
可得：Q＝13.5J
電阻R和a棒并聯再和b棒串聯，可得
QR：Qa：Qb＝1：1：2
聯立解得：QRQ
代入數據解得：QR＝3.375J
（3）設a棒沿導軌向上運動的加速度為a2，根據牛頓第二定律可得
μmagcosθ+magsinθ＝maa2
解得：a2＝12m/s2
設a棒沿導軌向上運動的位移為xa，根據勻變速直線運動的規律可得：2a2xa
解得：xa＝0.375m
設b棒向下運動的位移為xb，對b棒，根據動量定理可得：
﹣BLt＝0﹣mbvb
根據閉合電路的歐姆定律可得：
又有：xb
聯立解得：mbvb
其中R總＝R并+RbΩ+0.2Ω＝0.4Ω
聯立解得：xb＝3.6m
則有：x＝xa+xb
解得：x＝3.975m
答：（1）a、b棒碰后瞬間b棒的速度大小為3m/s；
（2）從b棒開始運動到停下的過程中，定值電阻R上產生的焦耳熱為3.375J；
（3）最終a、b棒間的距離為3.975m。
【知識點四】會正確運用動量守恒定律處理電磁感應中的問題
1．在雙金屬棒切割磁感線的系統中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力充當系統內力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便．
2．雙棒模型
雙棒無外力 雙棒有外力
示意圖 F為恒力
動力學觀點 導體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運動，導體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運動，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運動 導體棒1做加速度逐漸減小的加速運動，導體棒2做加速度逐漸增大的加速運動，最終兩棒以相同的加速度做勻加速直線運動
動量觀點 系統動量守恒 系統動量不守恒
能量觀點 棒1動能的減少量＝棒2動能的增加量＋焦耳熱 外力做的功＝棒1的動能＋棒2的動能＋焦耳熱
（2022 福建模擬）如圖所示，水平固定、間距為L的平行金屬導軌處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度的大小為B。導軌上有a、b兩根與導軌接觸良好的導體棒，質量均為m，電阻均為R。現對a施加水平向右的恒力，使其由靜止開始向右運動。當a向右的位移為x時，a的速度達到最大且b剛要滑動。已知兩棒與導軌間的動摩擦因數均為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計導軌電阻，重力加速度為g。
（1）導體棒b剛要滑動時，回路中的電流I；
（2）定性畫出導體棒b所受摩擦力f大小隨時間t變化的圖像；
（3）導體棒a發生位移x的過程中，回路中產生的總焦耳熱Q；
（4）當導體棒a達到最大速度vm時，給b一水平向右的瞬時速度v0（v0＜vm）。請分析此后導體棒b的運動情況并求出b的最終速度vb。
【解答】解：（1）設導體棒b剛要滑動時，對導體棒b，根據受力平衡可得：BIL＝μmg
解得：；
（2）導體棒b未滑動前，所受摩擦力為靜摩擦力，大小等于安培力，隨著導體棒a速度增大，回路中感應電流變大，導體棒a所受的安培力變大，導體棒a做加速度逐漸減小的加速運動，電流變化率逐漸變小，則導體棒b所受摩擦力隨時間的變化率逐漸變小，導體棒b滑動后，摩擦力為滑動摩擦力，恒定不變，導體棒b所受摩擦力f大小隨時間t變化的圖像如圖所示：
（3）導體棒b剛要滑動時，此時導體棒a速度達到最大vm，
根據法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律可得：BLvm＝2IR，
根據平衡條件可得：F＝μmg+BIL
整個過程中對系統，由功能關系可得：
聯立解得：；
（4）當導體棒a達到最大速度vm時，給b一水平向右的瞬時速度v0（v0＜vm），此瞬間電流回路電流為：
則有：BI1L＜BIL＝μmg
可知導體棒a做加速運動，導體棒b做減速運動，根據閉合電路的歐姆定律可知：
可知回路的電流增大，導體棒受到的安培力增大，當安培力等于滑動摩擦力時，導體棒的加速度為零，導體棒做勻速運動。
綜上所述可知，導體棒b做初速度為v0，加速度逐漸減小的減速運動，當加速度減至0時，做勻速運動。
根據F＝μmg+BIL＝2μmg可知，導體棒b獲得瞬時速度v0后，a、b組成的系統滿足動量守恒，設最終導體棒a的速度為va，導體棒b的速度為vb，取向右為正方向，對a、b系統，由動量守恒定律可得：
mv0+mvm＝mva+mvb
當導體棒加速度減為0時，根據平衡條件可得：BI′L＝μmg，
其中：
聯立解得：。
答：（1）導體棒b剛要滑動時，回路中的電流為；
（2）導體棒b所受摩擦力f大小隨時間t變化的圖像見解析；
（3）導體棒a發生位移x的過程中，回路中產生的總焦耳熱為；
（4）當導體棒a達到最大速度vm時，給b一水平向右的瞬時速度v0（v0＜vm），導體棒b做初速度為v0，加速度逐漸減小的減速運動，當加速度減至0時，做勻速運動，b的最終速度為。
（2022 淮北一模）如圖所示，P、Q是兩根固定在水平面內的光滑平行金屬導軌，間距為L，導軌足夠長且電阻可忽略不計。圖中EFGH矩形區域有一方向垂直導軌平面向上、感應強度大小為B的勻強磁場。在t＝t1時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進入磁場，速度大小均為v0；t＝t2時刻，流經a棒的電流為0，此時b棒仍位于磁場區域內。已知金屬棒a、b的質量分別為2m和m，電阻分別為R和2R.在運動過程中兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，求：
（1）t1時刻a棒加速度大小；
（2）t1～t2時間內，a棒產生的焦耳熱。
【解答】解：（1）由題知，t1時刻根據右手定則可知，a棒產生的感應電流方向是E→F，b棒產生的感應電流反向概念股是H→G，即兩個感應電流方向相同，所以回路中感應電動勢為兩桿產生的感應電動勢之和，即
E＝2BLv0
回路中感應電流為：
對a棒，根據牛頓第二定律有：BIL＝2ma
聯立解得：
（2）根據左手定則可知，a棒受到的安培力向左，b棒受到的安培力向右，由于流過a、b棒的電流一直相等，故兩個力大小相等；
則a棒與b棒組成的系統動量守恒，由題知，t2時刻流過a棒的電流為零時，說明a、b棒之間的磁通量不變，即a、b棒在此時刻達到了共速狀態，設為v。
取向右為正方向，根據系統動量守恒有：
2mv0﹣mv0＝（m+2m）v
在t1～t2時間內，對a、b棒組成的系統，根據能量守恒有：
解得：
因為流過導體棒的電流始終相等，根據公式Q＝I2Rt可知，a、b棒產生的熱量與電阻成正比
因此，a棒產生的焦耳熱為：
答：（1）t1時刻a棒加速度大小為；
（2）t1～t2時間內，a棒產生的焦耳熱為。
（2022秋 和平區校級期末）如圖所示，間距為L的平行金屬導軌PQ、MN由圓弧導軌和水平導軌兩部分組成，水平部分固定在絕緣水平面上。M、P間接有阻值為R的定值電阻，導軌水平部分有垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，金屬棒b放在導軌上 E、F處，EF左側導軌光滑，右側粗糙，金屬棒a在圓弧導軌上離水平面高處由靜止釋放，兩金屬棒在導軌上運動過程中始終與導軌接觸良好并與導軌垂直，兩金屬棒接入電路的電阻均為R，質量均為m；金屬棒a進入磁場的一瞬間，金屬棒b剛好要滑動，開始時金屬棒b距磁場邊界CD的距離為L，金屬棒a與b碰撞后粘在一起，一起向右滑行的最大距離為x。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，求：
（1）金屬棒與導軌EF右側之間的動摩擦因數；
（2）金屬棒a從CD運動到EF的過程中，通過電阻R的電量；
（3）整個過程電阻R上產生的焦耳熱。
【解答】解：（1）金屬棒a由圓弧導軌下滑的過程，由機械能守恒定律得：
mg h
解得：v0
金屬棒a進入磁場的一瞬間，產生的感應電動勢為E＝BLv0＝BL
整個電路的總電阻為R總＝R1.5R
通過金屬棒a的感應電流為Ia
通過金屬棒b的感應電流為IbIa
金屬棒a進入磁場的一瞬間，金屬棒b剛好要滑動，則有
BIbL＝μmg
聯立解得：μ
（2）金屬棒a從CD運動到EF的過程中，根據法拉第電磁感應定律得
由閉合電路歐姆定律得
通過金屬棒a的電量為qa Δt
通過電阻R的電量為qRqa
聯立解得：qR，qa
（3）設金屬棒a運動到EF時的速度為v1，金屬棒a與b碰撞后共同速度為v2。
金屬棒a從CD運動到EF的過程中，取向右為正方向，根據動量定理得
﹣BL Δt＝mv1﹣mv0
其中 Δt＝qa
聯立解得：v1
該過程中整個電路產生的焦耳熱Q總1
由于通過R、金屬棒b的電流是通過金屬棒a電流的一半，三者電阻相等，由Q＝I2Rt知R、金屬棒b產生的焦耳熱是金屬棒a的
則該過程中電阻R產生的焦耳熱QR1Q總1
金屬棒a與b碰撞過程，取向右為正方向，根據動量守恒定律得
mv1＝2mv2
金屬棒a與b碰撞后粘在一起向右滑行過程，由能量守恒定律得
Q總2+μ 2mgx
此過程中，電阻R上產生的焦耳熱為QR2Q總2
故整個過程電阻R上產生的焦耳熱為Q＝QR1+QR2
聯立解得：Qmgh（L+4x）
答：（1）金屬棒與導軌EF右側之間的動摩擦因數為；
（2）金屬棒a從CD運動到EF的過程中，通過電阻R的電量為；
（3）整個過程電阻R上產生的焦耳熱為mgh（L+4x）。
（多選）（2023 遼寧）如圖，兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側導軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。已知導體棒MN的電阻為R、長度為d，導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內。整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好，導軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是（　　）
A．彈簧伸展過程中，回路中產生順時針方向的電流
B．PQ速率為v時，MN所受安培力大小為
C．整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2：1
D．整個運動過程中，通過MN的電荷量為
【解答】解：釋放彈簧后導體棒MN與PQ先分別向左、右開始運動，在兩棒速度方向均未改變之前，回路的磁通量增加，由楞次定律可知回路中產生順時針方向的電流，由左手定則判斷可知兩棒受到的安培力均與各自的速度方向相反，即兩棒受到的安培力方向是相反的，設回路中的電流大小為I，則兩棒受到的安培力分別為：FMN＝2BId，FPQ＝BI 2d，可得兩棒受到的安培力等大反向，則兩棒與彈簧組成的系統所受合力為零，故此系統滿足動量守恒定律，可知此系統的總動量始終為零，可知兩棒的動量始終是等大反向。兩棒同時速度減為零，若兩棒同時速度為零后能夠反向運動，同理可得之后的運動過程此系統仍滿足動量守恒，可知釋放彈簧后，兩棒在各自磁場中運動直至停止的全程，兩棒的速度方向總是相反的，且在同一時刻速度為零。
A、由上述分析可知兩棒的速度方向總是相反的，則在彈簧伸展過程中，導體棒MN與PQ必定分別向左、右運動，回路的磁通量增加，由楞次定律可知回路中產生順時針方向的電流，故A正確；
B、設PQ速率為v時，MN速率為v0，MN的質量為m，則PQ的質量為2m，由兩棒的動量始終大小相等可得：mv0＝2mv
回路中的感應電動勢為：E＝2Bdv0+B 2dv＝6Bdv
回路中的感應電流為：I
MN所受安培力大小為：F＝2BId
聯立解得：F，故B錯誤；
C、設整個運動過程中，某時刻MN與PQ的速率分別為v1、v2，同理有：mv1＝2mv2
可知MN與PQ的速率之比始終為2：1，則MN與PQ的路程之比為2：1，故C正確；
D、設整個運動過程，MN與PQ的位移大小分別為x1、x2，最終彈簧處于原長狀態，MN與PQ之間距離和初始時相比增加了L，因兩棒總是反向運動，可得：x1+x2＝L
整個運動過程回路的磁通量變化量為：ΔΦ＝2Bdx1+B 2dx2＝2Bd（x1+x2）＝2BdL
通過MN的電荷量為：q，故D錯誤。
故選：AC。
（2023 湖南）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，導軌間距為L，兩導軌及其所構成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。現將質量均為m的金屬棒a、b垂直導軌放置，每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為R。運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導軌，導軌電阻忽略不計，重力加速度為g。
（1）先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小v0；
（2）在（1）問中，當棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；
（3）在（2）問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經過時間t0，兩棒恰好達到相同的速度v，求速度v的大小，以及時間t0內棒a相對于棒b運動的距離Δx。
【解答】解：（1）棒a切割磁感線產生的感應電動勢E＝BLv0
回路中產生的感應電流
棒a受到的安培力
棒a勻速運動時，合力為零，則有：FA＝mgsinθ
代入數據解得
（2）棒b由靜止釋放，由左手定則可知棒b所受安培力方向沿斜面向下，a、b棒串聯電流相等，兩者的安培力大小相等
對b利用牛頓第二定律：mgsinθ+FA＝ma0
代入數據解得a0＝2gsinθ
（3）對a、b棒分別利用動量定理，取沿斜面向下為正方向，則有：（mgsinθ﹣FA）t0＝mv﹣mv0 （mgsinθ+FA）t0＝mv﹣0
兩式聯立，可得
從釋放b到兩棒勻速運動，平均安培力，對b棒利用動量定理，取沿斜面向下為正方向，則有：
已知
代入數據解得
由法拉第電磁感應定律則有：
由閉合電路歐姆定律則有：
電荷量q＝IΔt
聯立方程，可得
ΔΦ＝BLΔx，n＝1
代入數據解得
答：（1）先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，棒a勻速運動時的速度大小v0為；
（2）在（1）問中，當棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，釋放瞬間棒b的加速度大小a0為2gsinθ；
（3）在（2）問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經過時間t0，兩棒恰好達到相同的速度v，速度v的大小為，以及時間t0內棒a相對于棒b運動的距離Δx為。
（2022 上海）寬L＝0.75m的導軌固定，導軌間存在著垂直于紙面且磁感應強度B＝0.4T的勻強磁場。虛線框Ⅰ、Ⅱ中有定值電阻R0和最大阻值為20Ω的滑動變阻器R。一根與導軌等寬的金屬桿以恒定速率向右運動，圖甲和圖乙分別為變阻器全部接入和一半接入時沿abcda方向電勢變化的圖像。求：
（1）勻強磁場的方向；
（2）分析并說明定值電阻R0在Ⅰ還是Ⅱ中，并且R0大小為多少：
（3）金屬桿運動時的速率；
（4）滑動變阻器阻值為多少時變阻器的功率最大？并求出該最大功率Pm。
【解答】解：（1）a點電勢比d點電勢高，說明導體棒上端為電源正極，導體棒切割磁感線產生感應電流向上，根據右手定則判斷得出勻強磁場的方向垂直紙面向里
（2）滑動變阻器從全部接入到一半接入電路，回路里電流變大，定值電阻R0上電壓變大，圖甲的Ucd小于圖乙的Ucd，可以推理得定值電阻在Ⅰ內，滑動變阻器在Ⅱ
根據歐姆定律得：甲圖中回路電流I甲，乙圖中回路電流I乙0.1A
甲圖中定值電阻R0上電壓φ0﹣1.2＝0.06R
乙圖中定值電阻R0上電壓φ0﹣1.0＝0.1R
聯立解得：R＝5Ω，φ0＝1.5V
（3）金屬桿產生的感應電動勢E＝BLv，E＝φ0
聯立解得v5m/s
（4）根據甲乙兩圖可知導體棒電阻不計，由閉合電路歐姆定律得I
滑動變阻器上的功率p＝I2R，當R＝5Ω時，滑動變阻器有最大功率Pm＝0.1125W
答：（1）勻強磁場的方向垂直紙面向里
（2）定值電阻R0在Ⅰ中，定值電阻R0＝5Ω
（3）金屬桿運動時的速率為5m/s
（4）滑動變阻器阻值為5Ω時變阻器的功率最大，最大功率為0.1125W
（2023 上海）如圖（a），線框cdef位于傾斜角θ＝30°的斜面上，斜面上有一長度為D的矩形磁場區域，磁場方向垂直于斜面向上，大小為0.5T，已知線框邊長cd＝D＝0.4m，m＝0.1kg，總電阻R＝0.25Ω，現對線框施加一沿斜面向上的力F使之運動。斜面上動摩擦因數μ，線框速度隨時間變化如圖（b）所示。（重力加速度g取9.8m/s2）；
（1）求外力F大小；
（2）求cf長度L；
（3）求回路產生的焦耳熱Q。
【解答】解：（1）由v﹣t圖象可知，在0～0.4s時間內線框做勻加速直線運動，進入磁場時的速度為：v1＝2.0m/s
所以加速度大小為：am/s2＝5m/s2
根據牛頓第二定律有：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
代入數據得：F＝1.48N；
（2）由v﹣t圖象可知，線框進入磁場區域后一直做勻速直線運動，并以速度v1勻速穿出磁場。
線框產生的感應電動勢為：E＝BLv1
線框產生的感應電流為：I
線框受到的安培力為：FA＝BIL
由平衡條件得：F＝FA+mgsinθ+μmgcosθ
聯立解得：L＝0.5m
（3）因：mgsinθ＝μmgcosθ，所以線框在減速為零時不會下滑，設線框穿過磁場的時間為t，則：
ts＝0.4s
感應電流為：IA＝2A
根據焦耳定律可得：Q＝I2Rt＝22×0.25×0.4J＝0.4J
答：（1）外力F大小為1.48N；
（2）cf長度為0.5m；
（3）回路產生的焦耳熱為0.4J。
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