專題2.10 電磁感應(yīng)中的能量、動(dòng)量問題-2022-2023學(xué)年高二物理舉一反三系列（人教版2019選擇性必修第二冊）（原卷版）

專題2.10電磁感應(yīng)中的能量、動(dòng)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(yīng)與動(dòng)量定理綜合】 【題型3電磁感應(yīng)與動(dòng)量守恒定律綜合】 【題型4電磁感應(yīng)過程電荷量的求解】 【題型5動(dòng)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(dǎo)線繞一圓環(huán)，環(huán)內(nèi)有一用同樣導(dǎo)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(dǎo)線單位長度的電阻r0＝0.2Ω/m.把它們放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于圓環(huán)平面(紙面)向里．磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化如圖乙所示，求：(1)正方形線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)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．【變式1-1】某同學(xué)學(xué)習(xí)了電磁感應(yīng)相關(guān)知識(shí)之后，做了探究性實(shí)驗(yàn)：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(shí)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(yuǎn)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(shí)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【變式1-2】(多選)在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，水平放置一個(gè)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(yīng)電流I的正方向從上往下看是順時(shí)針方向，如圖5甲所示，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)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(shí)間內(nèi)，I的最大值為0.01AB．在3～5s時(shí)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【變式1-3】管道高頻焊機(jī)可以對(duì)由鋼板卷成的圓管的接縫實(shí)施焊接。焊機(jī)的原理如圖所示，圓管通過一個(gè)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(jī)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(jìn)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【題型2電磁感應(yīng)與動(dòng)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(qiáng)磁場．現(xiàn)有一個(gè)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(dòng)，穿過磁場后速度剛好減為0，那么當(dāng)線圈完全進(jìn)入磁場時(shí)，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【變式2-1】如圖所示，間距為L的水平平行金屬導(dǎo)軌上連有一定值電阻，阻值為R，兩質(zhì)量均為m的導(dǎo)體棒ab和cd垂直放置導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒電阻均為R，棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，整個(gè)導(dǎo)軌處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B?，F(xiàn)用某一水平恒力向右拉導(dǎo)體棒ab使其從靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)棒ab勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒cd恰要開始滑動(dòng)，(重力加速度為g)求：(1)棒ab勻速運(yùn)動(dòng)的速度大??；(2)若棒ab從開始運(yùn)動(dòng)到勻速的過程中流過的電荷量為q，這一過程經(jīng)歷的時(shí)間是多少？【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(yùn)載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)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(dǎo)軌間距離為l，電阻不計(jì)．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(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸．首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌．問：(1)磁場的方向；(2)MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大小；(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少．【變式2-3】如圖為電磁驅(qū)動(dòng)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(dǎo)軌上，當(dāng)磁場沿軌道向右運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí)，棒ab恰好滑動(dòng)．棒運(yùn)動(dòng)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(jì)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．(1)判斷棒ab剛要滑動(dòng)時(shí)棒中的感應(yīng)電流方向，并求此時(shí)棒所受的摩擦力Ff大??；(2)若磁場不動(dòng)，將棒ab以水平初速度2v運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t＝eq\f(mR,B2L2)停止運(yùn)動(dòng)，求棒ab運(yùn)動(dòng)位移x及回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q.【題型3電磁感應(yīng)與動(dòng)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(dǎo)軌MN、PQ水平放置，間距為L，電阻不計(jì)。AB左側(cè)、CD右側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。在AB、CD之間的區(qū)域內(nèi)，垂直兩根導(dǎo)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(dǎo)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(shí)彈簧的彈性勢能為Ep?，F(xiàn)解除鎖定，當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長時(shí)，a、b棒均恰好同時(shí)進(jìn)入磁場。試求：(1)a、b棒剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度大?。?2)a、b棒分別在磁場中滑行的距離?！咀兪?-1】(多選)如圖所示，傾角為θ＝37°的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，兩導(dǎo)體棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌放置，空間存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。現(xiàn)給導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌平面向下的初速度v0使其沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，已知兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m，電阻相等，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.75，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。從ab開始運(yùn)動(dòng)到兩棒相對(duì)靜止的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌保持良好的接觸，下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mv02B．導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,8)mv02C．當(dāng)導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時(shí)，導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(1,2)v0D．當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時(shí)，導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0【變式3-2】)(多選)如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)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(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上，t＝0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)．運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd始終與導(dǎo)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()【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(dǎo)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(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路(ab、cd與導(dǎo)軌接觸良好)，導(dǎo)軌平面內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場B.現(xiàn)給cd一個(gè)初速度v0，則()A．a(chǎn)b將向右做勻加速運(yùn)動(dòng)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【題型4電磁感應(yīng)過程電荷量的求解】【例4】(多選)如圖所示，倒U形光滑導(dǎo)軌DABC傾斜放置，MN、QH將導(dǎo)軌長度均分為三等份，AB∥MN∥QH，在MNHQ中存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)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(yùn)動(dòng)的過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好且與AB平行，不計(jì)導(dǎo)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(jìn)入磁場開始計(jì)時(shí)，它在磁場中運(yùn)動(dòng)的過程中，下列圖像中不可能正確的是()【變式4-1】如圖所示，勻強(qiáng)磁場中有一個(gè)用軟導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T?，F(xiàn)同時(shí)向兩側(cè)拉動(dòng)線圈，線圈的兩邊在Δt＝0.5s時(shí)間內(nèi)合到一起。求線圈在上述過程中(1)感應(yīng)電動(dòng)勢的平均值E；(2)感應(yīng)電流的平均值I，并在圖中標(biāo)出電流方向；(3)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q?！咀兪?-2】(多選)如圖所示，水平面上足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，左側(cè)接定值電阻，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。金屬桿MN以某一初速度沿導(dǎo)軌向右滑行，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。則金屬桿MN在運(yùn)動(dòng)過程中，速度大小v、流過的電荷量q與時(shí)間t或位移x的關(guān)系圖像正確的是()【變式4-3】如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)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(qiáng)磁場外，線框兩次勻速地完全進(jìn)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(jìn)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(jìn)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【題型5動(dòng)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(dǎo)軌，OO′左側(cè)向上彎曲，右側(cè)水平，水平導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的豎直向上的勻強(qiáng)磁場中。兩根金屬棒MN、PQ始終垂直導(dǎo)軌，與導(dǎo)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(dǎo)軌下滑。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，整個(gè)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(jìn)入磁場時(shí)，金屬棒PQ兩端電壓大小eq\f(BL\r(2gh),2)C．整個(gè)過程中流過金屬棒PQ的電荷量為eq\f(m\r(2gh),BL)D．整個(gè)過程中金屬棒MN產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mgh【變式5-1】如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心．軌道的電阻忽略不計(jì)．OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)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【變式5-2】如圖，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)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(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向也垂直于紙面向里．某時(shí)刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運(yùn)動(dòng)．金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計(jì)．求：(1)在t＝0到t＝t0時(shí)間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對(duì)值；(2)在時(shí)刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大?。咀兪?-3】[多選]如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，左端由導(dǎo)線相連，導(dǎo)體棒垂直靜置于導(dǎo)軌上構(gòu)成回路。在外力F作用下，回路上方的條形磁鐵豎直向上做勻速運(yùn)動(dòng)。在勻速運(yùn)動(dòng)過程中外力F做功WF，磁場力對(duì)導(dǎo)體棒做功W1，磁鐵克服磁場力做功W2，重力對(duì)磁鐵做功WG，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，導(dǎo)體棒獲得的動(dòng)能為Ek。則()A．W1＝Q B．W2－W1＝QC．W1＝Ek D．WF＋WG＝Ek＋Q

參考答案【題型1感生過程的能量問題】【例1】用導(dǎo)線繞一圓環(huán)，環(huán)內(nèi)有一用同樣導(dǎo)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(dǎo)線單位長度的電阻r0＝0.2Ω/m.把它們放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于圓環(huán)平面(紙面)向里．磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化如圖乙所示，求：(1)正方形線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)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(yīng)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(yīng)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(xué)學(xué)習(xí)了電磁感應(yīng)相關(guān)知識(shí)之后，做了探究性實(shí)驗(yàn)：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(shí)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(yuǎn)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(shí)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(dǎo)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(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可判斷，將磁鐵加速插向線圈時(shí)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿逆時(shí)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(cuò)誤。【變式1-2】(多選)在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，水平放置一個(gè)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(yīng)電流I的正方向從上往下看是順時(shí)針方向，如圖5甲所示，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)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(shí)間內(nèi)，I的最大值為0.01AB．在3～5s時(shí)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(shí)間內(nèi)，t＝0時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率最大，感應(yīng)電流最大，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB·S,Δt·R)＝0.01A，A正確；3～5s時(shí)間內(nèi)電流大小不變，B錯(cuò)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(yīng)電流產(chǎn)生，則線圈的發(fā)熱功率最小，D錯(cuò)誤．【變式1-3】管道高頻焊機(jī)可以對(duì)由鋼板卷成的圓管的接縫實(shí)施焊接。焊機(jī)的原理如圖所示，圓管通過一個(gè)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(jī)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(jìn)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(shí)，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(cuò)誤；圓管通過的高頻交流電源一定時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢一定，線圈的電阻越大，則產(chǎn)生的電流越小，焊接時(shí)產(chǎn)生的電熱越少，焊接效果不好，B錯(cuò)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(jìn)行焊接，C錯(cuò)誤；通過圓管的高頻交流電源一定，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)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(yīng)與動(dòng)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(qiáng)磁場．現(xiàn)有一個(gè)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(dòng)，穿過磁場后速度剛好減為0，那么當(dāng)線圈完全進(jìn)入磁場時(shí)，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(jìn)入和穿出磁場過程，線圈磁通量的變化量相等，則進(jìn)入和穿出磁場的兩個(gè)過程通過線圈橫截面的電荷量q相等，由動(dòng)量定理得，線圈進(jìn)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(dǎo)軌上連有一定值電阻，阻值為R，兩質(zhì)量均為m的導(dǎo)體棒ab和cd垂直放置導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒電阻均為R，棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，整個(gè)導(dǎo)軌處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。現(xiàn)用某一水平恒力向右拉導(dǎo)體棒ab使其從靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)棒ab勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒cd恰要開始滑動(dòng)，(重力加速度為g)求：(1)棒ab勻速運(yùn)動(dòng)的速度大?。?2)若棒ab從開始運(yùn)動(dòng)到勻速的過程中流過的電荷量為q，這一過程經(jīng)歷的時(shí)間是多少？解析：(1)設(shè)棒ab速度為v，則棒ab中的感應(yīng)電流I＝eq\f(BLv,R＋R/2)＝eq\f(2BLv,3R)棒cd中的感應(yīng)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(dāng)棒cd恰要滑動(dòng)時(shí)，F(xiàn)1＝μmg，即eq\f(B2L2v,3R)＝μmg得v＝eq\f(3μmgR,B2L2)。(2)設(shè)棒ab受恒定拉力為F，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)棒ab中的電流為I，棒ab所受安培力F2＝BIL對(duì)棒cd:F1＝Beq\f(I,2)L＝μmg棒ab:F＝F2＋μmg＝2F1＋μmg得F＝3μmg對(duì)棒ab從開始運(yùn)動(dòng)到勻速過程，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t；由動(dòng)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(yùn)載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)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(dǎo)軌間距離為l，電阻不計(jì)．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(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸．首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌．問：(1)磁場的方向；(2)MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大小；(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少．答案(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下(2)eq\f(BlE,mR)(3)eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)解析(1)將S接1時(shí)，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，當(dāng)將S接2時(shí)，電容器放電，流經(jīng)MN的電流由M到N，又知MN向右運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I＝eq\f(E,R)①設(shè)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(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE⑤開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢為E′，有E′＝Blvmax⑥依題意有E′＝eq\f(Q,C)⑦設(shè)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(dòng)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(dòng)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(dǎo)軌上，當(dāng)磁場沿軌道向右運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí)，棒ab恰好滑動(dòng)．棒運(yùn)動(dòng)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(jì)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．(1)判斷棒ab剛要滑動(dòng)時(shí)棒中的感應(yīng)電流方向，并求此時(shí)棒所受的摩擦力Ff大小；(2)若磁場不動(dòng)，將棒ab以水平初速度2v運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t＝eq\f(mR,B2L2)停止運(yùn)動(dòng)，求棒ab運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，即棒相對(duì)于磁場沿軌道向左運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)右手定則，感應(yīng)電流方向由a至b.依題意得，棒剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(shè)棒的平均速度為eq\x\to(v)，根據(jù)動(dòng)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(dòng)能定理有：－Ffx－W安＝0－eq\f(1,2)m(2v)2根據(jù)功能關(guān)系有Q＝W安得：Q＝mv2.【題型3電磁感應(yīng)與動(dòng)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(dǎo)軌MN、PQ水平放置，間距為L，電阻不計(jì)。AB左側(cè)、CD右側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。在AB、CD之間的區(qū)域內(nèi)，垂直兩根導(dǎo)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(dǎo)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(shí)彈簧的彈性勢能為Ep?，F(xiàn)解除鎖定，當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長時(shí)，a、b棒均恰好同時(shí)進(jìn)入磁場。試求：(1)a、b棒剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小；(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(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，以a棒運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较颍O(shè)a、b棒剛要進(jìn)入磁場時(shí)的速度分別為va、vb，則由能量守恒定律和動(dòng)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(jìn)入磁場后，相互背離切割磁感線，感應(yīng)電動(dòng)勢為正負(fù)串接，且a、b棒流過的電流時(shí)刻相等，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dòng)量始終守恒，故有mva′－2mvb′＝0則有a、b棒運(yùn)動(dòng)中的任意時(shí)刻有eq\f(va′,vb′)＝eq\f(2,1)設(shè)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(yīng)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(yùn)動(dòng)過程中ΔΦ＝BL(xa＋xb)對(duì)a棒，由動(dòng)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(dǎo)軌固定在水平面上，兩導(dǎo)體棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌放置，空間存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌平面向下的初速度v0使其沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，已知兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m，電阻相等，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.75，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。從ab開始運(yùn)動(dòng)到兩棒相對(duì)靜止的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌保持良好的接觸，下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mv02B．導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,8)mv02C．當(dāng)導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時(shí)，導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(1,2)v0D．當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時(shí)，導(dǎo)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(dòng)量守恒，當(dāng)最終穩(wěn)定時(shí)：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(dǎo)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(cuò)誤，B正確；當(dāng)導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時(shí)，則由動(dòng)量守恒定律：mv0＝m·eq\f(1,4)v0＋mvab，解得vab＝eq\f(3,4)v0，C錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時(shí)，則由動(dòng)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(qiáng)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(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上，t＝0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)．運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd始終與導(dǎo)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(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，使整個(gè)回路中產(chǎn)生感應(yīng)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(yùn)動(dòng)，棒cd受到與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運(yùn)動(dòng)，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢逐漸減小，回路中感應(yīng)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(shí)兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長的平行金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，水平方向上不受外力作用，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝eq\f(v0,2)，選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)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(dǎo)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(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路(ab、cd與導(dǎo)軌接觸良好)，導(dǎo)軌平面內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場B.現(xiàn)給cd一個(gè)初速度v0，則()A．a(chǎn)b將向右做勻加速運(yùn)動(dòng)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(yīng)定律可知，只有在兩棒速度不相等時(shí)回路中才有感應(yīng)電流，感應(yīng)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(dòng)勢發(fā)生變化，感應(yīng)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(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)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(yīng)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(dòng)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?yàn)檎瑢?duì)ab棒根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(cuò)誤．【題型4電磁感應(yīng)過程電荷量的求解】【例4】(多選)如圖所示，倒U形光滑導(dǎo)軌DABC傾斜放置，MN、QH將導(dǎo)軌長度均分為三等份，AB∥MN∥QH，在MNHQ中存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)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(yùn)動(dòng)的過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好且與AB平行，不計(jì)導(dǎo)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(jìn)入磁場開始計(jì)時(shí)，它在磁場中運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤；如果金屬棒進(jìn)入磁場時(shí)，安培力與重力沿導(dǎo)軌方向的分力平衡，則金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其電流不變，根據(jù)q＝It可知，電荷量與時(shí)間成正比，B正確；如果路端電壓隨時(shí)間增大，則表明金屬棒在做加速運(yùn)動(dòng)，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(jì)時(shí)時(shí)，路端電壓不為零，C錯(cuò)誤；如果金屬棒進(jìn)入磁場時(shí)，安培力與重力沿導(dǎo)軌方向的分力平衡，則金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，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(qiáng)磁場中有一個(gè)用軟導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T?，F(xiàn)同時(shí)向兩側(cè)拉動(dòng)線圈，線圈的兩邊在Δt＝0.5s時(shí)間內(nèi)合到一起。求線圈在上述過程中(1)感應(yīng)電動(dòng)勢的平均值E；(2)感應(yīng)電流的平均值I，并在圖中標(biāo)出電流方向；(3)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q。解析：(1)感應(yīng)電動(dòng)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(dǎo)軌，左側(cè)接定值電阻，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。金屬桿MN以某一初速度沿導(dǎo)軌向右滑行，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。則金屬桿MN在運(yùn)動(dòng)過程中，速度大小v、流過的電荷量q與時(shí)間t或位移x的關(guān)系圖像正確的是()解析：選ABD金屬桿在前進(jìn)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(yùn)動(dòng)，因此在v-t圖像中，斜率的絕對(duì)值逐漸減小，A正確；根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤；由于I＝eq\f(BLv,R)，兩邊同時(shí)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(biāo)原點(diǎn)的傾斜直線，D正確?！咀兪?-3】如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)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(qiáng)磁場外，線框兩次勻速地完全進(jìn)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(jìn)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(jìn)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?yàn)長ab＞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(dòng)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(dǎo)軌，OO′左側(cè)向上彎曲，右側(cè)水平，水平導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的豎直向上的勻強(qiáng)磁場中。兩根金屬棒MN、PQ始終垂直導(dǎo)軌，與導(dǎo)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(dǎo)軌下滑。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，整個(gè)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(jìn)入磁場時(shí)，金屬棒PQ兩端電壓大小eq\f(BL\r(2gh),2)C．整個(gè)過程中流過金屬棒PQ的電荷量為eq\f(m\r(2gh),BL)D．整個(gè)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(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；金屬棒MN剛進(jìn)入磁場時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv，解得感應(yīng)電動(dòng)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(dòng)量守恒，有mv＝2mv′，整個(gè)過程中對(duì)金屬棒PQ分析，由動(dòng)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(cuò)誤；設(shè)整個(gè)過程中閉合回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q，對(duì)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(gè)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(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心．軌道的電阻忽略不計(jì)．OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)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(yīng)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(dǎo)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(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向也垂直于紙面向里．某時(shí)刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運(yùn)動(dòng)．金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計(jì)．求：(1)在t＝0到t＝t0時(shí)間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對(duì)值；(2)在時(shí)刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大?。鸢?1)eq\f(kt0S,R)(2)B0lv0(t－t0)＋kSt(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R)解析(1)在金屬棒未越過MN之前，穿過回路的磁通量的變化量為ΔΦ＝ΔBS＝kΔtS①由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)②由歐姆定律得I＝eq\f(E,R)③由電流的定義得I＝eq\f(Δq,Δt)④聯(lián)立①②③④式得|Δq|＝eq\f(kS,R)Δt⑤由⑤式得，在t＝0到t＝t0的時(shí)間間隔內(nèi)即Δt＝t0，流過電阻R的電荷量q的絕對(duì)值為|q|＝eq\f(kt0S,R)⑥(2)當(dāng)t>t0時(shí)，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動(dòng)，有F＝F安⑦式中，F(xiàn)是外加水平恒力，F(xiàn)安是金屬棒受到的安培力．設(shè)此時(shí)回路中的電流為I，F(xiàn)安＝B0lI⑧此時(shí)金屬棒與MN之間的距離為s＝v0(t－t0)⑨勻強(qiáng)磁場穿過回路的磁通量為Φ′＝B0ls⑩回路的總磁通量為Φt＝Φ＋Φ′?其中Φ＝B1S＝ktS?由⑨⑩??式得，在時(shí)刻t(t>t0)，穿過回路的總磁通量為Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt?在t到t＋Δt的時(shí)間間隔內(nèi)，總磁通量的改變量ΔΦt為ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt?由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動(dòng)勢的大小為Et＝eq\f(ΔΦt,Δt)?由歐姆定律得I＝eq\f(Et,R)?聯(lián)立⑦⑧???式得F＝(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R).【變式5-3】[多選]如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，左端由導(dǎo)線相連，導(dǎo)體棒垂直靜置于導(dǎo)軌上構(gòu)成回路。在外力F作用下，回路上方的條形磁鐵豎直向上做勻速運(yùn)動(dòng)。在勻速運(yùn)動(dòng)過程中外力F做功WF，磁場力對(duì)導(dǎo)體棒做功W1，磁鐵克服磁場力做功W2，重力對(duì)磁鐵做功WG，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，導(dǎo)體棒獲得的動(dòng)能為Ek。則()A．W1＝Q B．W2－W1＝QC．W1＝Ek D．WF＋WG＝Ek＋Q解析：選BCD由能量守恒定律可知：磁鐵克服磁場力做功W2，等于回路的電能，電能一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒的機(jī)械能，所以W2－W1＝Q，故A錯(cuò)誤，B正確；以導(dǎo)體棒為對(duì)象，由動(dòng)能定理可知，磁場力對(duì)導(dǎo)體棒做功W1＝Ek，故C正確；外力對(duì)磁鐵做功與重力對(duì)磁鐵做功之和為回路中的電能，也等于焦耳熱和導(dǎo)體棒的動(dòng)能，故D正確。

專題2.10電磁感應(yīng)中的能量、動(dòng)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(yīng)與動(dòng)量定理綜合】 【題型3電磁感應(yīng)與動(dòng)量守恒定律綜合】 【題型4電磁感應(yīng)過程電荷量的求解】 【題型5動(dòng)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(dǎo)線繞一圓環(huán)，環(huán)內(nèi)有一用同樣導(dǎo)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(dǎo)線單位長度的電阻r0＝0.2Ω/m.把它們放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于圓環(huán)平面(紙面)向里．磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化如圖乙所示，求：(1)正方形線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)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(yīng)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(yīng)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(xué)學(xué)習(xí)了電磁感應(yīng)相關(guān)知識(shí)之后，做了探究性實(shí)驗(yàn)：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(shí)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(yuǎn)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(shí)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(dǎo)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(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可判斷，將磁鐵加速插向線圈時(shí)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿逆時(shí)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(cuò)誤?！咀兪?-2】(多選)在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，水平放置一個(gè)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(yīng)電流I的正方向從上往下看是順時(shí)針方向，如圖5甲所示，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)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(shí)間內(nèi)，I的最大值為0.01AB．在3～5s時(shí)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(shí)間內(nèi)，t＝0時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率最大，感應(yīng)電流最大，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB·S,Δt·R)＝0.01A，A正確；3～5s時(shí)間內(nèi)電流大小不變，B錯(cuò)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(yīng)電流產(chǎn)生，則線圈的發(fā)熱功率最小，D錯(cuò)誤．【變式1-3】管道高頻焊機(jī)可以對(duì)由鋼板卷成的圓管的接縫實(shí)施焊接。焊機(jī)的原理如圖所示，圓管通過一個(gè)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(jī)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(jìn)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(shí)，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(cuò)誤；圓管通過的高頻交流電源一定時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢一定，線圈的電阻越大，則產(chǎn)生的電流越小，焊接時(shí)產(chǎn)生的電熱越少，焊接效果不好，B錯(cuò)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(jìn)行焊接，C錯(cuò)誤；通過圓管的高頻交流電源一定，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)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(yīng)與動(dòng)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(qiáng)磁場．現(xiàn)有一個(gè)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(dòng)，穿過磁場后速度剛好減為0，那么當(dāng)線圈完全進(jìn)入磁場時(shí)，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(jìn)入和穿出磁場過程，線圈磁通量的變化量相等，則進(jìn)入和穿出磁場的兩個(gè)過程通過線圈橫截面的電荷量q相等，由動(dòng)量定理得，線圈進(jìn)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(dǎo)軌上連有一定值電阻，阻值為R，兩質(zhì)量均為m的導(dǎo)體棒ab和cd垂直放置導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒電阻均為R，棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，整個(gè)導(dǎo)軌處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。現(xiàn)用某一水平恒力向右拉導(dǎo)體棒ab使其從靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)棒ab勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒cd恰要開始滑動(dòng)，(重力加速度為g)求：(1)棒ab勻速運(yùn)動(dòng)的速度大??；(2)若棒ab從開始運(yùn)動(dòng)到勻速的過程中流過的電荷量為q，這一過程經(jīng)歷的時(shí)間是多少？解析：(1)設(shè)棒ab速度為v，則棒ab中的感應(yīng)電流I＝eq\f(BLv,R＋R/2)＝eq\f(2BLv,3R)棒cd中的感應(yīng)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(dāng)棒cd恰要滑動(dòng)時(shí)，F(xiàn)1＝μmg，即eq\f(B2L2v,3R)＝μmg得v＝eq\f(3μmgR,B2L2)。(2)設(shè)棒ab受恒定拉力為F，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)棒ab中的電流為I，棒ab所受安培力F2＝BIL對(duì)棒cd:F1＝Beq\f(I,2)L＝μmg棒ab:F＝F2＋μmg＝2F1＋μmg得F＝3μmg對(duì)棒ab從開始運(yùn)動(dòng)到勻速過程，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t；由動(dòng)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(yùn)載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)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(dǎo)軌間距離為l，電阻不計(jì)．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(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸．首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌．問：(1)磁場的方向；(2)MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大小；(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少．答案(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下(2)eq\f(BlE,mR)(3)eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)解析(1)將S接1時(shí)，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，當(dāng)將S接2時(shí)，電容器放電，流經(jīng)MN的電流由M到N，又知MN向右運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I＝eq\f(E,R)①設(shè)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(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE⑤開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢為E′，有E′＝Blvmax⑥依題意有E′＝eq\f(Q,C)⑦設(shè)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(dòng)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(dòng)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(dǎo)軌上，當(dāng)磁場沿軌道向右運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí)，棒ab恰好滑動(dòng)．棒運(yùn)動(dòng)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(jì)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．(1)判斷棒ab剛要滑動(dòng)時(shí)棒中的感應(yīng)電流方向，并求此時(shí)棒所受的摩擦力Ff大??；(2)若磁場不動(dòng)，將棒ab以水平初速度2v運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t＝eq\f(mR,B2L2)停止運(yùn)動(dòng)，求棒ab運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，即棒相對(duì)于磁場沿軌道向左運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)右手定則，感應(yīng)電流方向由a至b.依題意得，棒剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(shè)棒的平均速度為eq\x\to(v)，根據(jù)動(dòng)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(dòng)能定理有：－Ffx－W安＝0－eq\f(1,2)m(2v)2根據(jù)功能關(guān)系有Q＝W安得：Q＝mv2.【題型3電磁感應(yīng)與動(dòng)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(dǎo)軌MN、PQ水平放置，間距為L，電阻不計(jì)。AB左側(cè)、CD右側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。在AB、CD之間的區(qū)域內(nèi)，垂直兩根導(dǎo)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(dǎo)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(shí)彈簧的彈性勢能為Ep。現(xiàn)解除鎖定，當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長時(shí)，a、b棒均恰好同時(shí)進(jìn)入磁場。試求：(1)a、b棒剛進(jìn)入磁場時(shí)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(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，以a棒運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，設(shè)a、b棒剛要進(jìn)入磁場時(shí)的速度分別為va、vb，則由能量守恒定律和動(dòng)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(jìn)入磁場后，相互背離切割磁感線，感應(yīng)電動(dòng)勢為正負(fù)串接，且a、b棒流過的電流時(shí)刻相等，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dòng)量始終守恒，故有mva′－2mvb′＝0則有a、b棒運(yùn)動(dòng)中的任意時(shí)刻有eq\f(va′,vb′)＝eq\f(2,1)設(shè)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(yīng)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(yùn)動(dòng)過程中ΔΦ＝BL(xa＋xb)對(duì)a棒，由動(dòng)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(dǎo)軌固定在水平面上，兩導(dǎo)體棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌放置，空間存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌平面向下的初速度v0使其沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，已知兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m，電阻相等，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.75，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。從ab開始運(yùn)動(dòng)到兩棒相對(duì)靜止的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌保持良好的接觸，下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mv02B．導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,8)mv02C．當(dāng)導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時(shí)，導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(1,2)v0D．當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時(shí)，導(dǎo)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(dòng)量守恒，當(dāng)最終穩(wěn)定時(shí)：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(dǎo)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(cuò)誤，B正確；當(dāng)導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時(shí)，則由動(dòng)量守恒定律：mv0＝m·eq\f(1,4)v0＋mvab，解得vab＝eq\f(3,4)v0，C錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時(shí)，則由動(dòng)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(qiáng)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(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上，t＝0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)．運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd始終與導(dǎo)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(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，使整個(gè)回路中產(chǎn)生感應(yīng)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(yùn)動(dòng)，棒cd受到與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運(yùn)動(dòng)，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢逐漸減小，回路中感應(yīng)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(shí)兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長的平行金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，水平方向上不受外力作用，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝eq\f(v0,2)，選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)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(dǎo)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(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路(ab、cd與導(dǎo)軌接觸良好)，導(dǎo)軌平面內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場B.現(xiàn)給cd一個(gè)初速度v0，則()A．a(chǎn)b將向右做勻加速運(yùn)動(dòng)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(yīng)定律可知，只有在兩棒速度不相等時(shí)回路中才有感應(yīng)電流，感應(yīng)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(dòng)勢發(fā)生變化，感應(yīng)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(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)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(yīng)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(dòng)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?yàn)檎瑢?duì)ab棒根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(cuò)誤．【題型4電磁感應(yīng)過程電荷量的求解】【例4】(多選)如圖所示，倒U形光滑導(dǎo)軌DABC傾斜放置，MN、QH將導(dǎo)軌長度均分為三等份，AB∥MN∥QH，在MNHQ中存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)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(yùn)動(dòng)的過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好且與AB平行，不計(jì)導(dǎo)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(jìn)入磁場開始計(jì)時(shí)，它在磁場中運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤；如果金屬棒進(jìn)入磁場時(shí)，安培力與重力沿導(dǎo)軌方向的分力平衡，則金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其電流不變，根據(jù)q＝It可知，電荷量與時(shí)間成正比，B正確；如果路端電壓隨時(shí)間增大，則表明金屬棒在做加速運(yùn)動(dòng)，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(jì)時(shí)時(shí)，路端電壓不為零，C錯(cuò)誤；如果金屬棒進(jìn)入磁場時(shí)，安培力與重力沿導(dǎo)軌方向的分力平衡，則金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其電流不變，根據(jù)P＝I2r可知，金屬棒的電功率不變，D正確。【變式4-1】如圖所示，勻強(qiáng)磁場中有一個(gè)用軟導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T。現(xiàn)同時(shí)向兩側(cè)拉動(dòng)線圈，線圈的兩邊在Δt＝0.5s時(shí)間內(nèi)合到一起。求線圈在上述過程中(1)感應(yīng)電動(dòng)勢的平均值E；(2)感應(yīng)電流的平均值I，并在圖中標(biāo)出電流方向；(3)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q。解析：(1)感應(yīng)電動(dòng)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(dǎo)軌，左側(cè)接定值電阻，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。金屬桿MN以某一初速度沿導(dǎo)軌向右滑行，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。則金屬桿MN在運(yùn)動(dòng)過程中，速度大小v、流過的電荷量q與時(shí)間t或位移x的關(guān)系圖像正確的是()解析：選ABD金屬桿在前進(jìn)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(yùn)動(dòng)，因此在v-t圖像中，斜率的絕對(duì)值逐漸減小，A正確；根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤；由于I＝eq\f(BLv,R)，兩邊同時(shí)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(biāo)原點(diǎn)的傾斜直線，D正確?！咀兪?-3】如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)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(qiáng)磁場外，線框兩次勻速地完全進(jìn)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(jìn)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(jìn)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＞Q