新高考物理三轮冲刺突破练习专题20电磁感应中的动量和能量问题（含解析）

这是一份新高考物理三轮冲刺突破练习专题20电磁感应中的动量和能量问题（含解析），共23页。试卷主要包含了求解焦耳热Q的三种方法等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc32453" 考向一 电磁感应中的能量问题 PAGEREF _Tc32453 \h 1
\l "_Tc26055" 1．电磁感应中的能量转化 PAGEREF _Tc26055 \h 1
\l "_Tc9295" 考查方式一 功能关系在电磁感应中的应用 PAGEREF _Tc9295 \h 1
\l "_Tc1212" 考查方式二 焦耳热的求解 PAGEREF _Tc1212 \h 1
\l "_Tc27475" 考向二 电磁感应中的动量问题 PAGEREF _Tc27475 \h 1
\l "_Tc19495" 动量观点在电磁感应现象中的应用 PAGEREF _Tc19495 \h 1
\l "_Tc10067" 考查方式一 安培力对时间的平均值的两种处理方法 PAGEREF _Tc10067 \h 1
\l "_Tc10889" 考查方式二 安培力对时间的平均值求电荷量 PAGEREF _Tc10889 \h 1
\l "_Tc31147" 考查方式二 双杆在同一磁场中运动问题 PAGEREF _Tc31147 \h 1
\l "_Tc32039" 考查方式三 双杆在不同磁场中运动问题 PAGEREF _Tc32039 \h 1
\l "_Tc28288" 【题型演练】 PAGEREF _Tc28288 \h 1
考向一 电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
3．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤
(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源．
(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化．
(3)根据能量守恒列方程求解．
考查方式一 功能关系在电磁感应中的应用
【例1】(2019·河南开封高三上第一次模拟)如图所示，在竖直平面内固定有光滑平行导轨，间距为L，下端接有阻值为R的电阻，空间存在与导轨平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒ab与上端固定的弹簧相连并垂直导轨放置。初始时，导体棒静止，现给导体棒竖直向下的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。若导体棒电阻r与电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是( )
A．导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反
B．初始时刻导体棒两端的电压Uab＝BLv0
C．若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h，则通过电阻R的电量为eq \f(BLh,2R)
D．若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h，此过程导体棒克服弹力做功为W，则电阻R上产生的焦耳热Q＝eq \f(1,4)mv2＋eq \f(1,2)mgh－W
【答案】 AC
【解析】 导体棒竖直向下运动时，由右手定则判断可知，ab中产生的感应电流方向从b→a，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力竖直向上，导体棒竖直向上运动时，由右手定则判断可知，ab中产生的感应电流方向从a→b，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力竖直向下，所以导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反，A正确；导体棒开始运动的初始时刻，ab棒产生的感应电势为E＝BLv0，由于r＝R，a端电势比b端高，所以导体棒两端的电压Uab＝eq \f(1,2)E＝eq \f(1,2)BLv0，B错误；若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h，则通过电阻R的电量为q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLh,2R)，C正确；导体棒从开始运动到速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知电路中产生的焦耳热Q热＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh－W，所以电阻R上产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)Q热＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)mgh－eq \f(W,2)，D错误。
[变式1]如图所示，平行金属导轨ab和cd与水平面成θ角，间距为L，导轨与固定电阻R1和R2相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一导体棒MN，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒以速度v沿导轨匀速下滑，忽略感应电流之间的相互作用。则（ ）
A．导体棒两端电压为 SKIPIF 1 < 0
B．电阻R1消耗的热功率为 SKIPIF 1 < 0
C．时间t内通过导体棒的电荷量为 SKIPIF 1 < 0
D．导体棒所受重力与安培力的合力方向与竖直方向的夹角等于θ
【答案】C
【详解】A．导体棒匀速运动时，合力为零，即
mgsinθ=μmgcsθ+BIL
电磁感应的过程中， SKIPIF 1 < 0 ，MN两端的电压
U=IR外
联立以上三式得
SKIPIF 1 < 0
故A错误；
B．导体棒的重力的功率：
PG=mgvsinθ
摩擦力的功率：
Pf=μmgcsθ•v
根据
P=I2R
知MN上的功率：
PMN=I2R
R1和R2上的功率：
SKIPIF 1 < 0
根据功能关系知：
PG=Pf+PMN+2PR1
即有
mgv（sinθ-μcsθ）=2PR1+PMN=6PR1
解得电阻R1消耗的热功率为
SKIPIF 1 < 0
故B错误；
C．t时间内通过导体棒的电荷量为
SKIPIF 1 < 0
故C正确；
D．导体棒受到重力、支持力、摩擦力和安培力四个力作用．如图所示：
根据平衡条件得知：支持力、摩擦力和安培力三个力的合力与重力大小相等、方向相反，摩擦力与安培力方向相同，则支持力与摩擦力的合力与竖直方向的夹角小于θ．而重力与安培力的合力和支持力和摩擦力的合力方向相反，则知导体棒所受重力与安培力的合力方向与竖直方向夹角小于θ，故D错误。
故选C。
[变式2]如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一导体棒ab，质量为 SKIPIF 1 < 0 ，导体棒的电阻与固定电阻 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为 SKIPIF 1 < 0 ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为 SKIPIF 1 < 0 。此时（ ）
A．电阻 SKIPIF 1 < 0 消耗的热功率为 SKIPIF 1 < 0
B．电阻 SKIPIF 1 < 0 消耗的热功率为 SKIPIF 1 < 0
C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为 SKIPIF 1 < 0
D．整个装置消耗的机械功率为 SKIPIF 1 < 0
【答案】BC
【详解】AB．导体棒滑动的过程中切割磁感线，产生感应电动势，所以ab导体棒相当于电源， SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 并联，设导体棒、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 的电阻均为 SKIPIF 1 < 0 ，导体棒的长度为 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 并联后的电阻为
SKIPIF 1 < 0
电路产生的总电流为
SKIPIF 1 < 0
则导体棒所受的安培力为
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 上消耗的功率相等，均为
SKIPIF 1 < 0
A错误，B正确；
C．整个装置所受的摩擦力为 SKIPIF 1 < 0 ，所以摩擦力消耗的功率为
SKIPIF 1 < 0
C正确；
D．导体棒克服安培力和摩擦力做功使得导体棒机械能减少，所以整个装置消耗的机械功率为
SKIPIF 1 < 0
D错误。
故选BC。
考查方式二 焦耳热的求解
【例2】CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的宽度为d，如图所示．导轨的右端接有一阻值为R的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是( )
A．通过电阻R的最大电流为eq \f(BL\r(2gh),2R) B．流过电阻R的电荷量为eq \f(BdL,2R)
C．整个电路中产生的焦耳热为mgh D．电阻R中产生的焦耳热为eq \f(1,2)mg(h－μd)
【命题立意】本题中导体棒以一定的初速度进入磁场，这类问题的分析思路为：导体切割磁感线运动→产生感应电动势、感应电流→受到安培力作用→合外力变化→加速度变化→速度变化→稳定状态(或临界状态)，必要时将电磁感应问题与力学规律相结合进行计算．
【思路点拨】 导体棒在磁场中运动的过程中，滑动摩擦力大小不变，导体棒克服安培力、滑动摩擦力做功，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合能量守恒定律进行求解．
【答案】ABD
【解析】 质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，刚进入磁场时速度最大，由mgh＝eq \f(1,2)mv2，得最大速度v＝eq \r(2gh)，产生的最大感应电动势Em＝BLv＝BLeq \r(2gh).由闭合电路欧姆定律可得通过电阻R的最大电流Im＝eq \f(Em,2R)＝eq \f(BL\r(2gh),2R)，A正确；在导体棒滑过磁场区域的过程中，产生的感应电动势的平均值eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BdL,Δt)，平均感应电流eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)，流过电阻R的电荷量为q＝eq \x\t(I)t，联立解得q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BdL,2R)，B正确；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热Q＝mgh－μmgd，C错误；电阻R中产生的焦耳热Q1＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,2)mg(h－μd)，D正确．
[变式1]如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间，L3、L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝L＝0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 Ω，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，线圈速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10 m/s2)。则( )
A．在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C B．线圈匀速运动的速度大小为8 m/s
C．线圈的长度为1 m D．0～t3时间内，线圈产生的热量为1.8 J
【答案】 ABD
【解析】 由题图可知，在t2～t3时间内，线圈向下做匀速直线运动，受力平衡，则根据平衡条件有：mg＝BIL，而I＝eq \f(BLv2,R)，联立两式解得v2＝eq \f(mgR,B2L2)，代入数据解得：v2＝8 m/s，B正确；t1～t2时间内线圈一直做匀加速直线运动，则知线圈内磁通量变化为零，不产生感应电流，不受安培力作用，仅在重力作用下运动，以cd边与L2重合时为初状态，以ab边与L3重合时为末状态，设磁场的宽度为d，则线圈长度为2d，线圈下降的位移为3d，则有：3d＝v2t－eq \f(1,2)gt2，其中v2＝8 m/s，t＝0.6 s，代入解得d＝1 m，所以线圈的长度为L′＝2d＝2 m，C错误；在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLd,R)＝0.25 C，A正确；0～t3时间内，根据能量守恒得，Q＝mg(3d＋2d)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝1.8 J，D正确。
[变式2]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．从置于垂直纸面向里、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＝q2D．Q1＝Q2 q1>q2
【答案】A
【解析】.设ab和bc边长分别为L1、L2，线框电阻为R，若假设穿过磁场区域的时间为t.
通过线框导体横截面的电荷量
q＝It＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BL1L2,R)，
因此q1＝q2.
线框上产生的热量为Q，
第一次：Q1＝BL1I1L2＝BL1eq \f(BL1v,R)L2，
同理可以求得Q2＝BL2I2L1＝BL2eq \f(BL2v,R)L1，
由于L1>L2，则Q1>Q2，故A正确．
考向二 电磁感应中的动量问题
动量观点在电磁感应现象中的应用
(1)对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题；
(2)由Beq \x\t(I)L·Δt＝m·Δv、q＝eq \x\t(I)·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题．
考查方式一 安培力对时间的平均值的两种处理方法
力对时间的平均值和力对位移的平均值通常不等。力对时间的平均值可以通过作 F-t图象，求出曲线与 tPAGEXXX轴围成的面积（即总冲量），再除以总时间，其大小就是力对时间的平均值 SKIPIF 1 < 0 。
考查方式二 安培力对时间的平均值求电荷量
安培力的冲量公式是 SKIPIF 1 < 0 ，这是安培力在电磁感应中的一个重要推论。感应电流通过直导线时，直导线在磁场中受到安培力的作用，当导线与磁场垂直时，安培力的大小为F=BIL。在时间△t内安培力的冲量 SKIPIF 1 < 0
根据电流的定义式 SKIPIF 1 < 0 ，式中q是时间t内通过导体截面的电量
欧姆定律 SKIPIF 1 < 0 ，R是回路中的总电阻
电磁感应中 SKIPIF 1 < 0 可以得到安培力的冲量公式，此公式的特殊性决定了它在解题过程中的特殊应用。
【例3】 如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有一个边长为a（aL
a
a
A．完全进入磁场中时线圈的速度大于（v0+v）/2； B．完全进入磁场中时线圈的速度等于（v0+v）/2；
C．完全进入磁场中时线圈的速度小于（v0+v）/2； D．以上情况A、B均有可能，而C是不可能的
【答案】B
【解析】设线圈完全进入磁场中时的速度为 SKIPIF 1 < 0 。线圈在穿过磁场的过程中的感应电荷量为 SKIPIF 1 < 0 因为框进出磁场时面积变化量相等所以磁通量的变化量相等即进、出磁场感应电荷量相等下面是线圈在进入磁场、穿出磁场的过程中的动量定理：
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
由上述二式可得 SKIPIF 1 < 0 ，即B选项正确。
【点评】：本题具有很强的综合性。由电磁感应知识推出 SKIPIF 1 < 0 ，当 SKIPIF 1 < 0 减小时 SKIPIF 1 < 0 也减小，所以线圈在进入磁场和穿出磁场的过程都是变减速运动，所以不能用运动学的公式来解决问题了。进入磁场和穿出磁场的过程线圈的位移相同，我们可以利用动能定理，但无法对本题最终做出解答。这时要求学生能及时调节思维，合理进行选择，结合线圈在进入磁场和穿出磁场的过程中磁通量的变化量 SKIPIF 1 < 0 相等，利用安培力的冲量公式，会有柳暗花明又一村的感觉。
角度二 安培力对时间的平均值求位移
安培力的冲量公式是 SKIPIF 1 < 0 ①
闭合电路欧姆定律 SKIPIF 1 < 0 ②
平均感应电动势： SKIPIF 1 < 0 ③
位移： SKIPIF 1 < 0 ④ ①②③④得
SKIPIF 1 < 0
这是安培力在电磁感应中的又一个重要推论。
考查方式二 双杆在同一磁场中运动问题
【例4】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—时间图象如图乙所示(以a
运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g取10 m/s2，求：
(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．
【思路点拨】 动量定理处理变力以及涉及力和时间的问题时比较方便，由题意可知杆a在弧形轨道上运动的时间与杆b从开始运动到开始计时的运动时间相同，则可选用动量定理来解答第(1)问．
【答案】 (1)5 s (2)eq \f(7,3) C (3)eq \f(115,6) J
【解析】 (1)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运用动量定量，有Bdeq \x\t(I)·Δt＝mb(v0－vb0)
其中vb0＝2 m/s
代入数据解得Δt＝ 5 s.
(2)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＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)
解得va＝eq \r(2gh)＝5 m/s
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′
代入数据解得v′＝eq \f(8,3) m/s
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′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝eq \f(7,3) C.
(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
Q＝magh＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mb＋ma)v′2＝eq \f(161,6) J
b棒中产生的焦耳热为Q′＝eq \f(5,2＋5)Q＝eq \f(115,6) J.
【技巧方法】
两金属杆在平直的光滑导轨上运动，只受到安培力作用，这类问题可以从以下三个观点来分析：
(1)力学观点：通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动；
(2)能量观点：其中一个金属杆动能的减少量等于另一个金属杆动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和；
(3)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属杆的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒．
[变式]如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好．现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是( )
A．回路中的最大电流为eq \f(BLI,mR) B．铜棒b的最大加速度为eq \f(B2L2I,2m2R)
C．铜棒b获得的最大速度为eq \f(I,m) D．回路中产生的总焦耳热为eq \f(I2,2m)
【答案】B
【解析】给铜棒a一个平行导轨的瞬时冲量I，此时铜棒a的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝eq \f(I,m)，铜棒a电动势E＝BLv0，回路电流I0＝eq \f(E,2R)＝eq \f(BLI,2mR)，选项A错误；此时铜棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(IB2L2,2Rm2)，选项B正确；此后铜棒a做变减速运动，铜棒b做变加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒b速度最大，据动量守恒，mv0＝2mv，铜棒b最大速度v＝eq \f(I,2m)，选项C错误；回路中产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)·2mv2＝eq \f(I2,4m)，选项D错误．
考查方式三 双杆在不同磁场中运动问题
【例5】如图所示，两根质量均为m＝2 kg的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，在CD棒运动0.5 m的过程中，CD棒上产生的焦耳热为30 J，此时AB棒和CD棒的速度分别为vA和vC，且vA∶vC＝1∶2，立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：
(1)在CD棒运动0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；
(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度vA和vC的大小；
(3)撤去拉力F后，两棒最终做匀速运动时的速度vA′和vC′的大小．
【思路点拨】 首先由能量的观点求出棒的速度，进而由动量的观点求解撤去拉力后两棒的速度，注意虽然通过两金属棒的电流大小相等，但两金属棒所受安培力大小不等．
【答案】 (1)15 J (2)4 m/s 8 m/s (3)6.4 m/s 3.2 m/s
【解析】 (1)设两棒的长度分别为L和2L，电阻分别为R和2R，由于电路在任何时候电流均相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt
可得QAB＝eq \f(1,2)QCD＝15 J.
(2)根据能量守恒定律有
Fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＋QAB＋QCD
又vA∶vC＝1∶2
解得vA＝4 m/s，vC＝8 m/s.
(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒开始向右做减速运动，两棒最终做匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，此时两棒的速度满足BLvA′＝B·2LvC′
即vA′＝2vC′
设AB棒和CD棒受到的安培力大小分别为FA和FC，对两棒分别应用动量定理有FAt＝mvA′－mvA，
－FCt＝mvC′－mvC
因为FC＝2FA
解得eq \f(vA′－vA,vC′－vC)＝－eq \f(1,2)
联立以上各式解得vA′＝6.4 m/s，vC′＝3.2 m/s.
【技巧方法】两导体棒不等长，则所受安培力大小不相等，系统的动量不守恒，应用动量定理综合其他的力学规律处理问题．处理此类问题的关键是分析两导体棒的运动过程，知道最终达到稳定状态时，两导体棒中产生的感应电动势大小相等、方向相反．
【题型演练】
1.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，圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则( )
A．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流 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＝eq \f(B2v,ρd) D．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝eq \f(ρdg,B2)
【答案】AD
【解析】圆环向下切割磁感线，由右手定则可知，圆环中感应电流的方向为顺时针方向(俯视)，A正确；再由左手定则可知，圆环受的安培力向上，B错误；圆环中感应电动势为E＝B·2πR·v，感应电流I＝eq \f(E,R′)，电阻R′＝ρeq \f(2πR,πr2)＝eq \f(2Rρ,r2)，解得I＝eq \f(Bπvr2,ρ).圆环受的安培力F＝BI·2πR＝eq \f(2B2π2vRr2,ρ).圆环的加速度a＝eq \f(mg－F,m)＝g－eq \f(2B2π2vRr2,mρ)，圆环质量m＝d·2πR·πr2，解得加速度a＝g－eq \f(B2v,ρd)，C错误；当mg＝F时，加速度a＝0，速度最大，vm＝eq \f(ρdg,B2)，D正确．
一个边长为L的正方形导线框在倾角为θ的光滑斜面上由静止开始沿斜面下滑，随后进入虚线下方垂直于斜面向上的匀强磁场中．如图所示，斜面以及虚线下方的磁场往下方延伸到足够远．下列说法正确的是 ( )
A．线框进入磁场的过程，b点的电势比a点高 B．线框进入磁场的过程一定是减速运动
C．线框中产生的焦耳热小于线框减少的机械能
D．线框从不同高度下滑时，进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量相等
【答案】D
【解析】线框进入磁场的过程，ab边相当于电源，由右手定则知a点电势高于b点电势，选项A错误；线框进入磁场的过程中可以减速、加速或匀速，选项B错误；由能量守恒知线框中产生的焦耳热等于线框减少的机械能，选项C错误；通过线框横截面的电荷量q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(BL2,R·Δt)·Δt＝eq \f(BL2,R)，与下落高度无关，选项D正确．
(多选)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为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.金属杆( )
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下 B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
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eq \f(m2gR2,2B4L4)
【答案】BC
【解析】金属杆在磁场Ⅰ、Ⅱ之间运动时，做加速运动，因此金属杆在磁场Ⅰ中要做减速运动，才能保证进入磁场Ⅱ时和进入磁场Ⅰ时速度相等，选项A错误；画出穿过磁场Ⅰ和在两磁场之间的v­t图象，能够直观反映出穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B正确；进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，表明金属杆穿过磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ之前动能没有变化，减少的重力势能2mgd变成了焦耳热，再穿过磁场Ⅱ过程跟穿过磁场Ⅰ情况完全相同，产生的焦耳热还等于2mgd，总的热量为4mgd，选项C正确；由于在进入磁场Ⅰ前，金属杆做自由落体运动，末速度为eq \r(2gh)，在刚进入磁场Ⅰ时，安培力eq \f(B2L2,R)·eq \r(2gh)>mg才能保证金属杆做减速运动，化简得h>eq \f(m2gR2,2B4L4)，选项D错误．
如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框中导线的电阻都可不计．开
始时，给ef一个向右的初速度，则( )
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速 B．ef将匀减速向右运动，最后停止
C．ef将匀速向右运动 D．ef将往返运动
【答案】A
【解析】ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确．
如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．T＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v­t图象中，可能正确描述上述过程的是( )

【答案】D
【解析】导线框开始进入磁场过程，通过导线框的磁通量增大，有感应电流，进而受到与运动方向相反的安培力作用，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，导线框的加速度减小，v­t图线的斜率减小；导线框全部进入磁场后，磁通量不变，无感应电流，导线框做匀速直线运动；导线框从磁场中出来的过程，有感应电流，又会受到安培力阻碍作用，速度减小，加速度减小．选项D正确．
如图甲所示，在列车首节车厢下面安装一电磁铁，电磁铁产生垂直于地面的匀强磁场，首节车厢经过安
放在两铁轨间的线圈时，线圈中产生的电脉冲信号传到控制中心．图乙为某段时间控制中心显示屏上的电
脉冲信号，则此时列车的运动情况是( )
A．匀速运动 B．匀加速运动
C．匀减速运动 D．变加速运动
【答案】C
【解析】列车经过安放在两铁轨间的线圈时，产生感应电动势，由图乙可知电压均匀减小，由E＝BLv可知列车速度均匀减小，列车做匀减速运动，故C正确．
一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的( )
A．ab受到的拉力大小为2 N B．ab向上运动的速度为4 m/s
C．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能 D．在2 s内，拉力做功为0.6 J
【答案】C
【解析】对导体棒cd分析：mg＝BIl＝eq \f(B2l2v,R总)，得v＝2 m/s，选项B错误；对导体棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，选项A错误；电能等于克服安培力做的功，即W电＝F安vt＝eq \f(B2l2v2t,R总)＝0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功为W拉＝Fvt＝0.8 J，选项D错误．
如图，两条间距为L的平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一金属棒垂直放置在两导轨上；在MN左侧面积为S的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt，式中k为常量，且k>0；在MN右侧区域存在一与导轨垂直、磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里的匀强磁场。t＝0时刻，金属棒从MN处开始，在水平拉力F作用下以速度v0向右匀速运动。金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略。则( )
A．在t时刻穿过回路的总磁通量为B0Lv0t B．电阻R上的电流为恒定电流
C．在时间Δt内流过电阻的电荷量为eq \f(kS＋B0Lv0,R)Δt D．金属棒所受的水平拉力F随时间均匀增大
【答案】 BC
【解析】 根据题意可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为左、右两边磁通量之和，则在t时刻穿过回路的总磁通量为Φ＝Φ1＋Φ2＝ktS＋B0v0tL，A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝kS＋B0Lv0，结合闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R)＝eq \f(kS＋B0Lv0,R)，故电阻R上的电流为恒定电流，B正确；Δt时间内通过电阻的电荷量为q＝IΔt＝eq \f(kS＋B0Lv0,R)Δt，C正确；金属棒所受的安培力大小FA＝B0IL＝eq \f(kS＋B0Lv0B0L,R)，根据平衡条件得，水平恒力大小等于安培力大小，即F＝eq \f(kS＋B0Lv0B0L,R)，故外力F是一个恒力，D错误。
如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E＝eq \f(2mg,q)，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ。现使圆环以初速度v0向下运动，经时间t0，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是( )
A．环经过eq \f(t0,2)时间刚好到达最低点
B．环的最大加速度大小为am＝g＋eq \f(μqv0B,m)
C．环在t0时间内损失的机械能为eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v\\al(2,0)－\f(m2g2,μ2q2B2)))
D．环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等
【答案】BC
【解析】由题意可知，环在运动的过程中，受到的电场力大小为F＝qE＝2mg，方向始终竖直向上。设竖直向下为正方向，则在环下滑的过程中，根据牛顿第二定律得：mg－(qE＋μqvB)＝ma，解得：a＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g＋\f(μqvB,m)))，负号代表加速度方向与规定的正方向相反，故物体在下滑的过程中做加速度逐渐减小的减速运动；在环上升的过程中，根据牛顿第二定律得：mg＋μqvB－qE＝ma′，解得：a′＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(μqvB,m)))，环做加速度逐渐减小的加速运动，在到达出发点前，加速度减为零，此时，a′＝0，v＝eq \f(mg,μqB)，环开始以速度v做匀速直线运动。由运动的不对称性可以确定，从开始下滑到刚好到达最低点的时间不等于eq \f(t0,2)，A错误；整个运动过程中，加速度一直减小，所以在运动的最开始时，加速度最大，加速度的最大值为：am＝g＋eq \f(μqv0B,m)，B正确；由以上计算可知，整个过程中，系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v\\al(2,0)－\f(m2g2,q2μ2B2)))，C正确；环上升和下降的过程中，速度的平均值大小不相等，摩擦力的平均值大小不相等，故因摩擦产生的内能不相等，D错误。
11．如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。
(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。
【答案】 (1)eq \f(Bkl,3R) 方向水平向右 (2)eq \f(1,2)mv2－eq \f(2,3)kq
【解析】 (1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，则
E＝k①
设PQ与MN并联的电阻为R并，有
R并＝eq \f(R,2)②
闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R并＋R)③
设PQ中的电流为IPQ，有
IPQ＝eq \f(1,2)I④
设PQ受到的安培力为F安，有
F安＝BIPQl⑤
PQ保持静止，由受力平衡，有
F＝F安⑥
联立①②③④⑤⑥式得
F＝eq \f(Bkl,3R)⑦
由楞次定律和右手螺旋定则得PQ中的电流方向为由Q到P，再由左手定则得PQ所受安培力的方向水平向左，则力F的方向水平向右。
(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化量为ΔΦ，回路中产生的平均感应电动势为eq \x\t(E)，有
eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)⑧
其中ΔΦ＝Blx⑨
设PQ中的平均感应电流为eq \x\t(I)，有
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)⑩
根据电流的定义得
eq \x\t(I)＝eq \f(q,Δt)⑪
由动能定理，有
Fx＋W＝eq \f(1,2)mv2－0⑫
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
W＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(2,3)kq。⑬
12．一根质量 SKIPIF 1 < 0 、长为 SKIPIF 1 < 0 电阻不计的导体棒静止在足够长的光滑的 SKIPIF 1 < 0 形导轨上，导轨平面存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 SKIPIF 1 < 0 。导轨左侧有两个开关 SKIPIF 1 < 0 与一个定值电阻串联，阻值 SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 与一个电容器联，电容 SKIPIF 1 < 0 ，如图甲所示。现将 SKIPIF 1 < 0 闭合， SKIPIF 1 < 0 断开，且用拉力 SKIPIF 1 < 0 拉着导体棒开始向右做匀加速直线运动，图乙为导体棒所受拉力 SKIPIF 1 < 0 随时间 SKIPIF 1 < 0 的变化图像，则：
（1）磁感应强度 SKIPIF 1 < 0 的大小为多少？
（2）已知在 SKIPIF 1 < 0 内外为 SKIPIF 1 < 0 做功 SKIPIF 1 < 0 ，则电阻 SKIPIF 1 < 0 产生的焦耳热为多少？
（3）当 SKIPIF 1 < 0 时，将 SKIPIF 1 < 0 断开， SKIPIF 1 < 0 闭合，同时撤去外力 SKIPIF 1 < 0 ，则电容器最终所带电荷量为多少？
【答案】（1） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0 ；（3） SKIPIF 1 < 0
【详解】（1）根据题意可知，导体棒在外力 SKIPIF 1 < 0 拉动开始做匀加速直线运动，由法拉第电磁感应定律有
SKIPIF 1 < 0
通过导体棒的电流
SKIPIF 1 < 0
导体棒所受安培力
SKIPIF 1 < 0
对导体棒，由牛顿第二定律有
SKIPIF 1 < 0
导体棒做匀加速直线运动的速度
SKIPIF 1 < 0
联立以上各式可得
SKIPIF 1 < 0
由题图乙可得，斜率
SKIPIF 1 < 0
纵截距
SKIPIF 1 < 0
联立解得
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
（2）当 SKIPIF 1 < 0 时，导体棒的速度
SKIPIF 1 < 0
对导体棒，由动能定理有
SKIPIF 1 < 0
电阻 SKIPIF 1 < 0 产生的焦耳热
SKIPIF 1 < 0
联立解得
SKIPIF 1 < 0
（3）将 SKIPIF 1 < 0 断开， SKIPIF 1 < 0 闭合，导体棒给电容器充电，电容器两端电压增大，导体棒受到向左的安培力，做减速运动，导体棒两端电压减小，当二者电压相等时，导体棒匀速运动，电容器所带电荷量稳定。设稳定时，导体棒的速度为 SKIPIF 1 < 0 ，则电容器两端电压
SKIPIF 1 < 0
电容
SKIPIF 1 < 0
对导体棒由动量定理有
SKIPIF 1 < 0
通过导体棒的电荷量
SKIPIF 1 < 0
联立以上各式解得
SKIPIF 1 < 0