微專(zhuān)題十二　電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量問(wèn)題 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1．兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行分析2.抓住力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象間的橋梁——感應(yīng)電流I、切割速度v，“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題　如圖所示，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求：(1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大小；(2)電阻的阻值。審題指導(dǎo)：分別畫(huà)出金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前、后的受力示意圖，有助于快速準(zhǔn)確地求解問(wèn)題。甲　　　　　　　　乙[解析]　(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma  ①設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at0  ②當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得桿中的電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv  ③聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0。  ④(2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝  ⑤式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為f＝BlI  ⑥因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得F－μmg－f＝0  ⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝。  ⑧[答案]　(1)Blt0　(2)　電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的分析思路(1)確定電源：產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的導(dǎo)體相當(dāng)于電源，其電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻。(2)畫(huà)等效電路圖：根據(jù)閉合電路歐姆定律求感應(yīng)電流，即I＝。(3)受力分析：根據(jù)牛頓第二定律列式，分析導(dǎo)體加速度的變化情況或求加速度，其中安培力F＝BIl。(4)運(yùn)動(dòng)分析：根據(jù)a、v方向分析速度的變化情況。速度變化時(shí)，安培力是變力，導(dǎo)體做變加速運(yùn)動(dòng)或變減速運(yùn)動(dòng)，加速度為零時(shí)，導(dǎo)體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件求穩(wěn)定時(shí)的速度。　導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中的靜止1.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m＝0.04 kg、邊長(zhǎng)l＝0.4 m的正方形導(dǎo)體線框abcd放置在一光滑絕緣斜面上，線框用一平行斜面的細(xì)線系于O點(diǎn)，斜面傾角為θ＝30°。線框的一半處磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化關(guān)系為B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面，已知線框電阻為R＝0.5 Ω，重力加速度為g＝10 m/s2。則(　　)A．線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcdaB．t＝0時(shí)，細(xì)線拉力大小F＝0.2 NC．線框中感應(yīng)電流大小為I＝80 mAD．經(jīng)過(guò)一段時(shí)間t，線框可能沿斜面向上運(yùn)動(dòng)CD　[由于磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化關(guān)系為B＝2＋0.5t(T)，即磁場(chǎng)增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcba，A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝＝S＝0.5×0.4×0.2 V＝0.04 V，則感應(yīng)電流的大小為I＝＝ A＝0.08 A＝80 mA；t＝0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2 T，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得F＋BIl＝mgsin θ，解得F＝mgsin θ－BIl＝(0.4sin 30°－2×0.08×0.4)N＝0.136 N，所以B錯(cuò)誤，C正確；隨著時(shí)間增大，磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸增大，當(dāng)安培力(方向沿斜面向上)大于重力沿斜面向下的分力時(shí)，線框沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，D正確。]　導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中的勻速運(yùn)動(dòng)2.(多選)(2020·?？谫|(zhì)檢)一空間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，兩條電阻不計(jì)的平行光滑導(dǎo)軌豎直放置在磁場(chǎng)內(nèi)，如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，導(dǎo)體棒ab、cd長(zhǎng)度均為0.2 m，電阻均為0.1 Ω，重力均為0.1 N，現(xiàn)用力向上拉動(dòng)導(dǎo)體棒ab，使之勻速上升(導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌接觸良好)，此時(shí)cd靜止不動(dòng)，則ab上升時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　　)A．經(jīng)過(guò)cd的電流方向?yàn)閺腸到dB．a(chǎn)b受到的拉力大小為2 NC．a(chǎn)b向上運(yùn)動(dòng)的速度為2 m/sD．在2 s內(nèi)，拉力做功，有0.6  J的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能AC　[對(duì)ab棒，由右手定則可知，電流方向由b到a，故經(jīng)過(guò)cd的電流方向?yàn)閺腸到d，故A正確；導(dǎo)體棒ab勻速上升，受力平衡，cd棒靜止，受力也平衡，對(duì)于兩棒組成的整體，合外力為零，根據(jù)平衡條件可得：ab棒受到的拉力F＝2mg＝0.2 N，故B錯(cuò)誤；對(duì)cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡條件得：F安＝G，即BIL＝G，又I＝，聯(lián)立得：v＝＝2 m/s，故C正確；在2 s內(nèi)，電路產(chǎn)生的電能Q＝t＝t＝×2 J＝0.4 J，則在2 s內(nèi)，拉力做功，有0.4 J的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，故D錯(cuò)誤。]　導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中的加速運(yùn)動(dòng)3．(2020·重慶巴蜀中學(xué)模擬)如圖甲，間距為L(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，軌道左側(cè)連接一定值電阻R，垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)隨t變化的規(guī)律如圖乙。在0～t0時(shí)間內(nèi)，棒從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。乙圖中t0、F1、F2為已知，棒接入電路的電阻為R，軌道的電阻不計(jì)。則下列說(shuō)法正確的是(　　)甲　　　　　　　　乙A．在t0以后，導(dǎo)體棒一直做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．導(dǎo)體棒最后達(dá)到的最大速度大小為C．在0～t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒的加速度大小為D．在0～t0時(shí)間內(nèi)，通過(guò)導(dǎo)體棒橫截面的電量為D　[因在0～t0時(shí)間內(nèi)棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故在t0時(shí)刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不變，安培力逐漸變大，導(dǎo)體棒做加速度越來(lái)越小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度a＝0，即導(dǎo)體棒所受安培力與外力F2相等后，導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)平衡條件可得FA＝F2，而FA＝BIL＝，解得vm＝，故B錯(cuò)誤；設(shè)在0～t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的加速度為a，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，t0時(shí)刻導(dǎo)體棒的速度為v，通過(guò)導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為q，則有：a＝????????????? ????????????? ①F2－＝ma  ②F1＝ma  ③由①②③解得：a＝，故C錯(cuò)誤；根據(jù)電荷量的公式可得q＝　④，而ΔΦ＝BΔS＝BLt0?、荩散冖邰堍萁獾茫簈＝，故D正確。] 電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題1．電磁感應(yīng)過(guò)程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過(guò)安培力做功來(lái)實(shí)現(xiàn)的。安培力做功的過(guò)程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過(guò)程；外力克服安培力做功的過(guò)程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)程。2．電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題的分析思路(1)確定研究對(duì)象(導(dǎo)體棒或回路)。(2)弄清電磁感應(yīng)過(guò)程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化。(3)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律列式求解。3．求解焦耳熱Q的兩種方法(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計(jì)算。(2)若電流變化，則①利用安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的電能。　如圖甲所示，足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1 m，一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.40 Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.01 kg，電阻為r＝0.30 Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上?，F(xiàn)使金屬棒ab由靜止開(kāi)始下滑，下滑過(guò)程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10 m/s2(忽略ab棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)原磁場(chǎng)的影響)，求：甲　　　　　　　乙(1)判斷金屬棒兩端a、b的電勢(shì)高低；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)在金屬棒ab從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的1.5 s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量。審題指導(dǎo)：(1)判斷安培力方向，計(jì)算安培力的大小。(2)根據(jù)能量守恒定律和焦耳定律求解電路中產(chǎn)生的熱量。(3)涉及的知識(shí)點(diǎn)有：右手定則、受力分析、安培力、法拉第電磁感應(yīng)定律、平衡條件、能量守恒定律等。[解析]　(1)由右手定則可知，ab中的感應(yīng)電流由a流向b，ab相當(dāng)于電源，則b點(diǎn)電勢(shì)高，a點(diǎn)電勢(shì)低。(2)由x-t圖象求得t＝1.5 s時(shí)金屬棒的速度為v＝＝ m/s＝7 m/s金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的安培力大小為F＝BIL，I＝，E＝BLv聯(lián)立得F＝根據(jù)平衡條件得F＝mg則有mg＝代入數(shù)據(jù)解得B＝0.1 T。(3)金屬棒ab在開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的1.5 s內(nèi)，金屬棒的重力勢(shì)能減小，轉(zhuǎn)化為金屬棒的動(dòng)能和電路的內(nèi)能。設(shè)電路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q根據(jù)能量守恒定律得mgx＝mv2＋Q代入數(shù)據(jù)解得：Q＝0.455 J故R產(chǎn)生的熱量為QR＝Q＝0.26 J。[答案]　(1)b點(diǎn)電勢(shì)高，a點(diǎn)電勢(shì)低(2)0.1 T　(3)0.26 J1．(多選)(2018·江蘇高考)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng)，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g。金屬桿(　　)A．剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下B．穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間C．穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgdD．釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度h可能小于BC　[根據(jù)題述，由金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)速度相等可知，金屬桿在磁場(chǎng)Ⅰ中做減速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ后做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，而在兩磁場(chǎng)之間做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，選項(xiàng)B正確；根據(jù)能量守恒定律，金屬桿從剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ到剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ過(guò)程動(dòng)能變化量為0，重力做功為2mgd，則金屬桿穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ產(chǎn)生的熱量Q1＝2mgd，而金屬桿在兩磁場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)情況相同，產(chǎn)生的熱量相等，所以金屬桿穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為Q2＝2×2mgd＝4mgd，選項(xiàng)C正確；金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)的速度v＝，進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，感應(yīng)電流I＝，所受安培力F＝BIL，由于金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向上，所以安培力大于重力，即F>mg，聯(lián)立解得h>，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]2．(多選)CD、EF是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d，如圖所示。導(dǎo)軌的右端接有一阻值為R的電阻，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接。將一阻值為R、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場(chǎng)的右邊界處。已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則下列說(shuō)法中正確的是(　　)A．通過(guò)電阻R的最大電流為B．流過(guò)電阻R的電荷量為C．整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mghD．電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd)ABD　[質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度最大，由mgh＝mv2，得最大速度v＝，產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Em＝BLv＝BL，由閉合電路歐姆定律可得通過(guò)電阻R的最大電流Im＝＝，A正確；在導(dǎo)體棒滑過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值＝＝，平均感應(yīng)電流＝，流過(guò)電阻R的電荷量為q＝t，聯(lián)立解得q＝＝，B正確；由能量守恒定律可知整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mgh－μmgd，C錯(cuò)誤； 電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q1 ＝ Q ＝mg(h－μd)，D正確。] 動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)問(wèn)題中的應(yīng)用1．應(yīng)用動(dòng)量定理可以由動(dòng)量變化來(lái)求解變力的沖量。如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題中，應(yīng)用動(dòng)量定理可以解決牛頓運(yùn)動(dòng)定律不易解答的問(wèn)題，即I沖量＝FΔt，而F＝BIL(I為電流對(duì)時(shí)間的平均值)，故有：BILΔt＝mv2－mv1，而IΔt＝q，故有q＝。2．在相互平行的水平軌道間的雙導(dǎo)體棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導(dǎo)體棒的總動(dòng)量守恒，解決此類(lèi)問(wèn)題往往要應(yīng)用動(dòng)量守恒定律。　預(yù)測(cè)到2025年，我國(guó)將在航空母艦上使用中壓直流技術(shù)的電磁彈射器，其等效電路如圖所示(俯視圖)。直流電源電動(dòng)勢(shì)E＝18 V，超級(jí)電容器的電容C＝1 F。兩根固定于同一水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.4 m，電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向外。質(zhì)量m＝0.16 kg、電阻R＝0.2 Ω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。開(kāi)關(guān)S先接1，使電容器完全充電，然后將S接至2，MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(kāi)導(dǎo)軌。求：(1)開(kāi)關(guān)S接1使電容器完全充電后，極板上所帶的電荷量Q；(2)MN由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a；(3)MN達(dá)到的最大速度vm。審題指導(dǎo)：[解析]　(1)完全充電后，電容器所帶電荷量Q＝CE，代入數(shù)據(jù)解得Q＝18 C。(2)由靜止開(kāi)始，通過(guò)金屬棒MN的電流I＝，棒所受安培力大小F＝BIl由牛頓第二定律得F＝ma代入數(shù)據(jù)解得a＝＝450 m/s2。(3)當(dāng)MN速度最大時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Em＝Blvm，此時(shí)Q′＝CEm＝CBlvm對(duì)MN，所受安培力為變力，由動(dòng)量定理有Bl·Δt＝mvm－0其中ΔQ＝·Δt＝Q－Q′則Bl(CE－CBlvm)＝mvm－0代入數(shù)據(jù)解得vm＝18 m/s。[答案]　(1)18 C　(2)450 m/s2　(3)18 m/s　單棒＋電容器(或電源)＋導(dǎo)軌四種模型解讀(導(dǎo)軌電阻不計(jì)) 模型一(v0＝0)模型二(v0＝0)模型三(v0＝0)模型四(v0＝0)說(shuō)明軌道水平光滑，棒cd質(zhì)量為m，電阻為r，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)。軌道水平光滑，棒cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，拉力F恒定。軌道傾斜光滑，棒cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)。軌道豎直光滑，棒cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)。示意圖力學(xué)觀點(diǎn)S剛閉合時(shí)，棒cd所受安培力F＝，加速度a＝，棒cd的速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E感＝BLv↑?I↓?安培力F＝BIL↓?加速度a↓，當(dāng)E感＝E時(shí)，v最大，且vmax＝。開(kāi)始時(shí)a0＝，棒cd的速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過(guò)時(shí)間Δt后速度為v0＋Δv，E′＝BL(v0＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，F(xiàn)－F安＝ma，a＝，所以棒做勻加速運(yùn)動(dòng)。開(kāi)始時(shí)a0＝gsin α，棒cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過(guò)時(shí)間Δt后速度為v0＋Δv，E′＝BL(v0＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，mgsin α－F安＝ma，a＝，所以棒做勻加速運(yùn)動(dòng)。開(kāi)始時(shí)a0＝g，棒cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過(guò)時(shí)間Δt后速度為v0＋Δv，E′＝BL(v0＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，mg－F安＝ma，a＝，所以棒做勻加速運(yùn)動(dòng)。圖象觀點(diǎn)能量觀點(diǎn)電源輸出的電能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能：W電＝Q＋mv。F做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能：WF＝mv2＋EC。重力做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能：WG＝mv2＋EC。重力做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能：WG＝mv2＋EC。　動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用1．兩足夠長(zhǎng)且不計(jì)電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，間距為d＝1 m，在左端弧形軌道部分高h(yuǎn)＝1.25 m處放置一金屬桿a，弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無(wú)摩擦，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的電阻分別為Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T?，F(xiàn)桿b以初速度大小v0＝5 m/s開(kāi)始向左滑動(dòng)，同時(shí)由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道的過(guò)程中，通過(guò)桿b的平均電流為0.3 A；從a下滑到水平軌道時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，a、b運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖乙所示(以a運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g取10 m/s2，求：甲　　　　　　　　　乙(1)桿a在弧形軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)桿a在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)其截面的電荷量；(3)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱。[解析]　(1)設(shè)桿a由靜止滑至弧形軌道與平直軌道連接處時(shí)桿b的速度大小為vb0，對(duì)桿b運(yùn)用動(dòng)量定理，有Bd·Δt＝mb(v0－vb0)其中vb0＝2 m/s代入數(shù)據(jù)解得Δt＝5 s。(2)對(duì)桿a由靜止下滑到平直導(dǎo)軌上的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有magh＝mav解得va＝＝5 m/s設(shè)最后a、b兩桿共同的速度為v′，由動(dòng)量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′代入數(shù)據(jù)解得v′＝ m/s桿a動(dòng)量的變化量等于它所受安培力的沖量，設(shè)桿a的速度從va到v′的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為Δt′，則由動(dòng)量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)而q＝I·Δt′代入數(shù)據(jù)得q＝ C。(3)由能量守恒定律可知桿a、b中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝magh＋mbv－(mb＋ma)v′2＝ Jb棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝Q＝ J。[答案]　(1)5 s　(2) C　(3) J　動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用2.(多選)如圖所示，在水平面內(nèi)固定有兩根相互平行的無(wú)限長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)。在虛線l1的左側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在虛線l2的右側(cè)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩部分磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。ad、bc兩根電阻均為R的金屬棒與導(dǎo)軌垂直，分別位于兩磁場(chǎng)中，現(xiàn)突然給ad棒一個(gè)水平向左的初速度v0，在兩棒達(dá)到穩(wěn)定的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　)A．兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒B．兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒C．a(chǎn)d棒克服安培力做功的功率等于ad棒的發(fā)熱功率D．a(chǎn)d棒克服安培力做功的功率等于安培力對(duì)bc棒做功的功率與兩棒總發(fā)熱功率之和BD　[開(kāi)始時(shí)，ad棒以初速度v0切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，在回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较?俯視)的感應(yīng)電流，ad棒因受到向右的安培力而減速，bc棒受到向右的安培力而向右加速；當(dāng)兩棒的速度大小相等，即兩棒因切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，回路中沒(méi)有感應(yīng)電流，兩棒各自做勻速直線運(yùn)動(dòng)；由于兩棒所受的安培力都向右，兩金屬棒組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，所以該系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)能量守恒定律可知，ad棒動(dòng)能的減小量等于回路中產(chǎn)生的熱量和bc棒動(dòng)能的增加量，由動(dòng)能定理可知，ad棒動(dòng)能的減小量等于ad棒克服安培力做的功，bc棒動(dòng)能的增加量等于安培力對(duì)bc棒做的功，所以ad棒克服安培力做功的功率等于安培力對(duì)bc棒做功的功率與兩棒總發(fā)熱功率之和，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。] 

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