2025版高考物理易錯(cuò)點(diǎn)透析講義易錯(cuò)點(diǎn)11 電磁感應(yīng)中電路與力學(xué)的綜合問(wèn)題（3陷阱點(diǎn)5考點(diǎn)4題型）（解析版）-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

01 易錯(cuò)陷阱
易錯(cuò)點(diǎn)一：錯(cuò)誤地運(yùn)用楞次定律求感應(yīng)電流
易錯(cuò)點(diǎn)二：不能明確磁通量、磁通量變化量、磁通量變化率的區(qū)別
易錯(cuò)點(diǎn)三：錯(cuò)誤求解電磁感應(yīng)與電路和力學(xué)的綜合問(wèn)題
02 易錯(cuò)知識(shí)點(diǎn)
知識(shí)點(diǎn)一、動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的幾個(gè)問(wèn)題
知識(shí)點(diǎn)二、能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法
知識(shí)點(diǎn)三、電磁感應(yīng)中的“單桿”問(wèn)題分析
知識(shí)點(diǎn)四、電磁感應(yīng)中的“雙桿”問(wèn)題分析
知識(shí)點(diǎn)五、電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題
03 舉一反三——易錯(cuò)題型
題型一：通過(guò)導(dǎo)體的電量q計(jì)算
題型二：電磁感應(yīng)中的圖像分析
題型三：電磁感應(yīng)中的導(dǎo)軌滑桿模型
題型四：動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
04 易錯(cuò)題通關(guān)
易錯(cuò)點(diǎn)一：錯(cuò)誤地運(yùn)用楞次定律求感應(yīng)電流
1.判斷電磁感應(yīng)現(xiàn)象是否發(fā)生的一般流程
2.“阻礙”的含義及步驟
易錯(cuò)點(diǎn)二：不能明確磁通量、磁通量變化量、磁通量變化率的區(qū)別
1．磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ及磁通量的變化率eq \f(ΔΦ,Δt)的比較
易錯(cuò)點(diǎn)三：錯(cuò)誤求解電磁感應(yīng)與電路和力學(xué)的綜合問(wèn)題
1．電磁感應(yīng)問(wèn)題中電學(xué)對(duì)象與力學(xué)對(duì)象的相互制約關(guān)系
2．處理此類問(wèn)題的基本方法
(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向．
(2)求回路中感應(yīng)電流的大小和方向．
(3)分析研究導(dǎo)體受力情況(包括安培力)．
(4)列動(dòng)力學(xué)方程或根據(jù)平衡條件列方程求解．
知識(shí)點(diǎn)一、動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的幾個(gè)問(wèn)題
1.導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)
2．導(dǎo)體轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線
當(dāng)導(dǎo)體棒在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)，繞導(dǎo)體棒上某一點(diǎn)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，則：
(1)以導(dǎo)體棒中點(diǎn)為軸時(shí)，E＝0(相同兩段的代數(shù)和)。
(2)以導(dǎo)體棒端點(diǎn)為軸時(shí)，E＝eq \f(1,2)Bωl2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(平均速度取中點(diǎn)位置的線速度\f(1,2)ωl))。
(3)以導(dǎo)體棒上任意一點(diǎn)為軸時(shí)，E＝eq \f(1,2)Bω(leq \\al(2,1)－leq \\al(2,2))(不同兩段的代數(shù)和，其中l(wèi)1>l2)。
知識(shí)點(diǎn)二、能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法
(1)能量轉(zhuǎn)化
eq \x(\a\al(其他形式,的能量))eq \(――→,\s\up7(克服安培),\s\d5(力做功))eq \x(\a\al(電,能))eq \(――→,\s\up7(電流做功))eq \x(\a\al(焦耳熱或其他,形式的能量))
(2)求解焦耳熱Q的三種方法(純電阻電路)
知識(shí)點(diǎn)三、電磁感應(yīng)中的“單桿”問(wèn)題分析
知識(shí)點(diǎn)四、電磁感應(yīng)中的“雙桿”問(wèn)題分析
(1)初速度不為零，不受其他水平外力的作用
(2)初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用
知識(shí)點(diǎn)五、電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題
（1）圖像類型
（2）2．解題關(guān)鍵
①弄清物理量的初始條件和正負(fù)方向；
②注意物理量在進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)的變化；
③寫出函數(shù)表達(dá)式。
（3）解題方法：先定性排除，再定量解析
①定性排除法：用右手定則或楞次定律確定物理量的方向，定性地分析物理量的變化趨勢(shì)、變化快慢、是否均勻變化等，特別注意物理量的正負(fù)和磁場(chǎng)邊界處物理量的變化，通過(guò)定性分析排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。
②定量解析法：根據(jù)題目所給條件定量地推導(dǎo)出物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖像作出分析，由圖像的斜率、截距等作出判斷。
題型一：通過(guò)導(dǎo)體的電量q計(jì)算
【例1】（2024?常州三模）如圖所示，abcd是邊長(zhǎng)為l、總電阻為R的正方形導(dǎo)體框，其外接圓內(nèi)充滿著均勻變化的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝kt（k＞0），則下列說(shuō)法正確的是（）
A．t1時(shí)刻ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為kl2
B．t1時(shí)刻ab邊受到的安培力大小為k2l3t1R
C．0～t1時(shí)間內(nèi)通過(guò)cd邊的電荷量為kl2t14R
D．撤去導(dǎo)體框，圓上a處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零
【解答】解：A、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得t1時(shí)刻導(dǎo)體框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為
E=ΔΦΔt=ΔBΔtS＝kl2
則ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為14kl2，故A錯(cuò)誤；
B、t1時(shí)刻ab邊受到的安培力大小為F=B1Il=kt1×kl2R×l=k2l3t1R，故B正確；
C、0～t1時(shí)間內(nèi)通過(guò)cd邊的電荷量為q=It1=kl2Rt1=kl2t1R，故C錯(cuò)誤；
D、撤去導(dǎo)體框，變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生電場(chǎng)，可知圓上會(huì)產(chǎn)生感生電場(chǎng)，則a處的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
【變式1-1】（2024?重慶模擬）如圖為某同學(xué)設(shè)計(jì)的電磁彈射裝置示意圖，平行的足夠長(zhǎng)光滑水平導(dǎo)軌MN、PQ間距為L(zhǎng)，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為2L導(dǎo)體棒ab垂直放在導(dǎo)軌上。單刀雙擲開關(guān)先打向c，內(nèi)阻不計(jì)電動(dòng)勢(shì)為E的電源給電容為C的電容器充電，充完電后打向d，導(dǎo)體棒ab在安培力的作用下發(fā)射出去。阻力不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是（）
A．導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度前，做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)
B．導(dǎo)體棒以最大速度發(fā)射出去后，電容器儲(chǔ)存的電荷量為零
C．導(dǎo)體棒能達(dá)到的最大速度為2CEBLm+4CB2L2
D．導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時(shí)，電容器放出的電荷量為mCEm+CB2L2
【解答】解：A、開關(guān)先打向d，則電容器放電，通過(guò)導(dǎo)體棒的放電電流方向從a→b，由左手定則可知導(dǎo)體棒ab所受安培力水平向右，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E總＝UC﹣BLv，隨著電容器放電，電容器兩端電壓UC減小，導(dǎo)體棒速度v增大，則回路中總電動(dòng)勢(shì)減小，電流減小，由F＝BIL可知安培力減小，對(duì)導(dǎo)體棒由牛頓第二定律有：F＝ma，安培力F減小，則加速度a減小，故A錯(cuò)誤；
B、當(dāng)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩端電壓相等時(shí)，即UC＝BLv，回路中E總＝0，電流I＝0，導(dǎo)體棒所受安培力F＝0，導(dǎo)體棒加速度a＝0，導(dǎo)體棒速度達(dá)到最大，此時(shí)電容器電壓不為零，則電容器電荷量不為零，故B錯(cuò)誤；
CD、電容器開始的電荷量：Q0＝CU＝CE，設(shè)導(dǎo)體棒速度最大時(shí)電容器的電荷量為Q1，則Q1＝CU1，此時(shí)電路中總電動(dòng)勢(shì)為零，則有：U1＝BLvm
取水平向右為正方向，導(dǎo)體棒從靜止到最大速度過(guò)程，對(duì)導(dǎo)體棒利用動(dòng)量定理有：BILΔt=mvm?0
這一過(guò)程中電容器放出的電荷量ΔQ=Q0?Q1=IΔt
聯(lián)立方程可得：vm=BLCEm+CB2L2，ΔQ=mCEm+CB2L2，故D正確，C錯(cuò)誤。
故選：D。
【變式1-2】（2024?浉河區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，水平放置足夠長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌abc和de，ab與de平行并相距為L(zhǎng)，bc是以O(shè)為圓心的半徑為r的圓弧導(dǎo)軌，圓弧be左側(cè)和扇形Obc內(nèi)有方向如圖的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B，a、d兩端接有一個(gè)電容為C的電容器，金屬桿OP的O端與e點(diǎn)用導(dǎo)線相接，P端與圓弧bc接觸良好，初始時(shí)，可滑動(dòng)的金屬桿MN靜止在平行導(dǎo)軌上，金屬桿MN質(zhì)量為m，金屬桿MN和OP電阻均為R，其余電阻不計(jì)，若桿OP繞O點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)內(nèi)以角速度ω從b到c勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，回路中始終有電流，則此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的有（）
A．桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒為Bωr2
B．電容器帶電量恒為BCωr22
C．桿MN中的電流逐漸減小
D．桿MN向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為B2ω2r2L4mR
【解答】解：A、設(shè)OP轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，圓弧導(dǎo)軌半徑為r，則OP轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝Brv=12Br2ω，故A錯(cuò)誤；
BC、根據(jù)右手定則可知OP棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由O到P，則通過(guò)MN的電流方向由M到N，根據(jù)左手定則可知桿MN受到的安培力方向向左，桿MN將向左運(yùn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線，由于MN切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由N到M，從而使得桿MN中的電流逐漸減小，則電容器兩端帶電量會(huì)減小，故B錯(cuò)誤，C正確；
D、根據(jù)C選項(xiàng)分析可知，桿MN中的電流大小發(fā)生變化，根據(jù)牛頓第二定律可得MN的加速度大小a=BILm發(fā)生改變，桿MN不是做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；
故選：C。
【變式1-3】（2024?南昌模擬）如圖所示，整個(gè)區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T，兩根間距為L(zhǎng)＝0.5m、半徑為R＝2m的光滑四分之一豎直圓弧金屬導(dǎo)軌等高平行放置，頂端連接阻值為r＝0.4Ω的電阻。長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m＝0.2kg、阻值為r1＝0.1Ω的金屬棒在力F（除重力、安培力以外的力）作用下從導(dǎo)軌頂端ab處以恒定速率v＝4m/s下滑，整個(gè)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，始終與導(dǎo)軌垂直。導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）金屬棒運(yùn)動(dòng)到cd處時(shí)，金屬棒兩端的電壓U；
（2）金屬棒從導(dǎo)軌ab處運(yùn)動(dòng)至圓弧的中間位置的過(guò)程中，通過(guò)電阻r的電荷量q；
（3）金屬棒從導(dǎo)軌ab處運(yùn)動(dòng)至cd處的過(guò)程，電流的有效值I有和外力F做的功W。
【解答】解：（1）金屬棒運(yùn)動(dòng)到cd處時(shí)，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv
根據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律有U=Er+r1?r
代入數(shù)據(jù)解得E＝1V，U＝0.8V
（2）金屬棒從導(dǎo)軌ab處運(yùn)動(dòng)至圓弧的中間位置的過(guò)程中，根據(jù)q=I?Δt，I=Er+r1，E=ΔΦΔt
聯(lián)立得q=ΔΦr+r1
又根據(jù)ΔΦ＝BL（R﹣Rcs45°）
聯(lián)立解得q=(1?22)C
（3）電動(dòng)勢(shì)有效值為E有=E2=12V=22V
可得電流有效值為I有=E有r+r1=220.4+0.1A=2A
根據(jù)動(dòng)能定理有W+W安+mgR＝0
且﹣W安＝Q
Q=I有2(r+r1)t
t=πR2v
聯(lián)立解得W＝3.215J
題型二：電磁感應(yīng)中的圖像分析
【例2】（2024?南通三模）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中水平放置兩足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的左側(cè)連接電池E和電容器C，單刀雙擲開關(guān)S接1，金屬棒ab在導(dǎo)軌上處于靜止?fàn)顟B(tài)。在t0時(shí)刻S接2，金屬棒ab在導(dǎo)軌上向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中棒始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，不計(jì)導(dǎo)軌電阻。則金屬棒兩端電壓Uab、速度v、電容器所帶電荷量q、回路中電流強(qiáng)度i隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是（）
A．B．
C．D．
【解答】解：電容器充電完畢后，開關(guān)打在2處時(shí)，處于放電狀態(tài)，有流過(guò)導(dǎo)體棒從a到b的電流，在安培力作用下導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)，在金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于切割磁感線也將產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，該電動(dòng)勢(shì)方向和電容器電壓相反，故電路中電流是變化的，當(dāng)金屬棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電容器電壓相等時(shí)，金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)，電容器充完電帶電量為Q＝CE，故金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后勻速運(yùn)動(dòng)，回路中電流為0，電容器兩個(gè)極板之間有電勢(shì)差，仍帶有一定的電荷量，開始的時(shí)候ab的電壓等于E，t0時(shí)候切割電動(dòng)勢(shì)為零，金屬棒電壓等于電容器電壓E，速度增大，切割電動(dòng)勢(shì)增大，電路電流減小，ab電壓降低，故C正確，ABD錯(cuò)誤。
故選：C。
【變式2-1】（2024?下城區(qū)校級(jí)模擬）在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一閉合金屬圓環(huán)，面積為S，電阻為R。規(guī)定圓環(huán)中電流的正方向如圖甲所示，磁場(chǎng)向上為正。當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙變化時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）
A．0～1s內(nèi)感應(yīng)電流的磁場(chǎng)在圓環(huán)圓心處的方向向上
B．1～2s內(nèi)通過(guò)圓環(huán)的感應(yīng)電流的方向與圖甲所示方向相反
C．0～2s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為B0S2
D．2～4s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為2B02S2R
【解答】解：A、0～1s內(nèi)磁場(chǎng)向下減小，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)在圓環(huán)圓心處的方向向下，故A錯(cuò)誤；
B、1～2s內(nèi)磁場(chǎng)向上增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)在圓環(huán)圓心處的方向向下，所以感應(yīng)電流方向與圖甲所示方向相同，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E＝nΔΦΔt=nsΔBΔt，0～2s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝B0S，故C錯(cuò)誤；
D、同C選項(xiàng)可知在2～4s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝B0S，焦耳熱P=E2Rt，解得：P=2B02S2R，故D正確；
故選：D。
【變式2-2】（2023?鎮(zhèn)海區(qū)模擬）如圖甲所示，驅(qū)動(dòng)線圈通過(guò)開關(guān)S與電源連接，發(fā)射線圈放在絕緣且內(nèi)壁光滑的發(fā)射導(dǎo)管內(nèi)。閉合開關(guān)S后，在0～t0內(nèi)驅(qū)動(dòng)線圈的電流i隨時(shí)間t的變化如圖乙所示。在這段時(shí)間內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（）
A．發(fā)射線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)水平向左
B．t＝t0時(shí)驅(qū)動(dòng)線圈產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)最大
C．t＝0時(shí)發(fā)射線圈具有的加速度最大
D．t＝t0時(shí)發(fā)射線圈中的感應(yīng)電流最大
【解答】解：A、根據(jù)安培定則可知，驅(qū)動(dòng)線圈內(nèi)的磁場(chǎng)方向水平向右，再由圖乙可知，驅(qū)動(dòng)線圈的電流增大，通過(guò)發(fā)射線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，發(fā)射線圈內(nèi)部的感應(yīng)磁場(chǎng)方向水平向左，故A正確；
BD、由圖乙可知，t＝t0時(shí)驅(qū)動(dòng)線圈的電流變化最慢，電流變化率最小，此時(shí)通過(guò)發(fā)射線圈的磁通量變化率最小，此時(shí)驅(qū)動(dòng)線圈產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)最小，感應(yīng)電流最小，故BD錯(cuò)誤；
C、t＝0時(shí)驅(qū)動(dòng)線圈的電流變化最快，則此時(shí)通過(guò)發(fā)射線圈的磁通量變化最快，產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大，但此時(shí)磁場(chǎng)最弱，安培力不是最大值，則此時(shí)發(fā)射線圈具有的加速度不是最大，故C錯(cuò)誤。
故選：A。
【變式2-3】（2023?重慶模擬）如圖所示，在y軸與直線x＝L之間區(qū)域有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在直線x＝L與直線x＝2L之間區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B?，F(xiàn)有一直徑為L(zhǎng)的圓形導(dǎo)線框，從圖示位置開始，在外力F（未畫出）的作用下沿x軸正方向勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域。線框中感應(yīng)電流（逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎较颍┡c導(dǎo)線框移動(dòng)的位移x的變化關(guān)系圖像中正確的（）
A．B．
C．D．
【解答】解：設(shè)導(dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，導(dǎo)線框電阻為R。
在0≤x＜L過(guò)程，導(dǎo)線框進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)，導(dǎo)線框的磁通量向外增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较颍ㄘ?fù)方向），導(dǎo)線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度先增大后減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I1=E1R=BL有vR，可知導(dǎo)線框的電流先增大后減小，此過(guò)程中的最大電流為I1max=BLvR
在L≤x＜2L過(guò)程，導(dǎo)線框從左側(cè)磁場(chǎng)進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)，導(dǎo)線框的磁通量從向外減小到向里增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较颍ㄕ较颍忠驗(yàn)閷?dǎo)線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度先增大后減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，有I2=E2R=2BL有vR，可知導(dǎo)線框的電流先增大后減小，此過(guò)程中的最大電流為I2max=2BLvR；
在2L≤x＜3L過(guò)程，導(dǎo)線框離開右側(cè)磁場(chǎng)，導(dǎo)線框的磁通量垂直于線框平面向里，且減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较颍ㄘ?fù)方向），導(dǎo)線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度先增大后減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I3=E3R=BL有vR，可知導(dǎo)線框的電流先增大后減小，且此此過(guò)程中的最大電流為I3max=BLvR，故ACD錯(cuò)誤，B正確。
故選：B。
題型三：電磁感應(yīng)中的導(dǎo)軌滑桿模型
【例3】（2024?湖北模擬）如圖所示，水平面內(nèi)放置著電阻可忽略不計(jì)的金屬導(dǎo)軌，其形狀滿足方程y＝x2，空間分布者垂直xOy平面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。先將足夠長(zhǎng)的導(dǎo)體棒ab與x軸重合，且關(guān)于y軸對(duì)稱放置，再用沿y軸正向的外力使其由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒先后經(jīng)過(guò)y＝y(tǒng)0、y＝4y0的位置。若導(dǎo)體棒接入電路的電阻和其長(zhǎng)度成正比，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終和x軸平行并和導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)摩擦，下列說(shuō)法正確的是（）
A．導(dǎo)體棒經(jīng)過(guò)y＝y(tǒng)0、y＝4y0的位置時(shí)，閉合回路中的電動(dòng)勢(shì)之比為1：1
B．導(dǎo)體棒經(jīng)過(guò)y＝y(tǒng)0、y＝4y0的位置時(shí)，閉合回路中的電流大小之比為1：4
C．經(jīng)過(guò)y＝y(tǒng)0、y＝4y0的位置時(shí)，導(dǎo)體棒所受安培力大小之比為1：1
D．0～y0、y0～4y0過(guò)程中，閉合回路中產(chǎn)生的電熱之比為1：15
【解答】解：A、設(shè)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到某一位置時(shí)，速度大小為v，其與導(dǎo)軌接觸點(diǎn)的坐標(biāo)為（±x，y），導(dǎo)體棒由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有
v2＝2ay
閉合回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為
E＝2Bvx
解得
E=22aBy，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為1：4，故A錯(cuò)誤；
B、由閉合電路歐姆定律得閉合回路中的電流為
I=ER
其中R＝2kx
解得
I=Bk2ay，則電流之比為1：2，故B錯(cuò)誤；
C、導(dǎo)體棒所受安培力大小為
F＝2BIx
解得
F=22aB2yk2，則安培力之比為1：4，故C錯(cuò)誤；
D、由F=22aB2yk2可知，導(dǎo)體棒所受安培力大小F與其位移大小y成正比，作出安培力隨著位移變化的圖像，如圖所示。
圖像與橫軸所圍的面積即導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服安培力做的功，等于閉合回路產(chǎn)生的電熱，為
Q=12Fy
解得
Q=2aB2y2k2
則0～y0、y0～4y0過(guò)程中，閉合回路中產(chǎn)生的電熱之比為Q1：Q2＝12：（42﹣12）＝1：15，故D正確。
故選：D。
【變式3-1】（2024?衡水模擬）如圖所示，在一個(gè)傾角為θ的導(dǎo)軌MN上面，放置一個(gè)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬棒PQ，已知兩導(dǎo)軌間距為d（d＜L），金屬棒的質(zhì)量為m、阻值為r，導(dǎo)軌與金屬棒接觸良好，兩者間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)軌下端連接一個(gè)阻值為R的定值電阻，整個(gè)導(dǎo)軌處在一個(gè)垂直導(dǎo)軌所在平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)用一個(gè)恒力F拉動(dòng)金屬棒沿導(dǎo)軌斜面運(yùn)動(dòng)了x的距離，所用時(shí)間為t，此時(shí)金屬棒的速度為v，下列說(shuō)法正確的是（）
A．金屬棒速度為v時(shí)，R兩端的電壓為BLRvR+r
B．該過(guò)程中生成的焦耳熱為Fx?12mv2?mgxsinθ
C．該過(guò)程中摩擦力做的功為μmgxcsθ
D．該過(guò)程中安培力做的功為mgx(sinθ+μcsθ)+12mv2?Fx
【解答】解：A、金屬棒速度為v時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bdv，R上的電壓為UR=RR+rBdv，故A錯(cuò)誤；
B、該過(guò)程中，生成的焦耳熱指電阻生熱的總和，由能量守恒定律有：Q=Fx?12mv2?mgxsinθ?μmgxcsθ，故B錯(cuò)誤；
C、該過(guò)程中摩擦力做的功為Wf＝﹣μmgxcsθ，故C錯(cuò)誤；
D、設(shè)該過(guò)程中安培力做的功為W安，根據(jù)動(dòng)能定理有
WF+W安?mgxsinθ?μmgxcsθ=12mv2?0
解得：W安=mgx(sinθ+μcsθ)+12mv2?Fx，故D正確。
故選：D。
【變式3-2】（多選）（2024?鄭州一模）如圖，平行光滑導(dǎo)軌左側(cè)AB和A'B'是半徑為R的四分之一圓弧，BE、B'E'處于同一水平面，AC和A'C'間距為L(zhǎng)，DE和D'E'間距為2L，AC、A'C'、DE、D'E'均足夠長(zhǎng)，AC和DE、A'C'和D'E'通過(guò)導(dǎo)線連接，其中BB'右側(cè)導(dǎo)軌平面處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，DD'左側(cè)大小為B1，DD'右側(cè)大小為B2，B1＝B2＝B現(xiàn)將長(zhǎng)度為2L的導(dǎo)體棒PQ垂直導(dǎo)軌放置于DE和D'E'上，將長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒MN垂直導(dǎo)軌放置于AA'端，靜止釋放導(dǎo)體棒MN，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的過(guò)程始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知導(dǎo)體棒MN和PQ材料、橫截面積均相同，導(dǎo)體棒MN質(zhì)量為m，電阻為r，重力加速度為g，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，下列說(shuō)法正確的是（）
A．導(dǎo)體棒MN進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，導(dǎo)體棒PQ的加速度大小2B2L23mr2gR
B．PQ棒的最終速度為132gR
C．磁場(chǎng)方向不變，若B1＝2B2，從釋放MN至兩導(dǎo)體棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中導(dǎo)體棒PQ上產(chǎn)生的焦耳熱為49mgR
D．磁場(chǎng)方向不變，若B1、B2大小可調(diào)，則兩棒的最終速度之比vMNvPQ=B22B1
【解答】解：A、導(dǎo)體棒MN在圓弧下滑過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒，有mgR=12mv02
導(dǎo)體棒MN進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝BLv0
由于導(dǎo)體棒MN和PQ材料、橫截面積均相同，根據(jù)R＝ρLS和m＝ρV可知導(dǎo)體棒PQ的質(zhì)量、電阻分別為2m、2r
則感應(yīng)電流為I1=E1r+2r
對(duì)導(dǎo)體棒PQ分析，有：2BI1L＝2ma1，解得加速度大小為：a=B2L23mr2gR，故A錯(cuò)誤；
B、穩(wěn)定時(shí)，兩導(dǎo)體棒均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，回路總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，則有BLvMN＝B?2LvPQ
取向右為正方向，對(duì)MN根據(jù)動(dòng)量定理可得：?FAt＝mvMN﹣mv0
對(duì)PQ根據(jù)動(dòng)量定理可得：2FAt＝2mvPQ﹣0
解得vPQ=132gR，故B正確；
C、磁場(chǎng)方向不變，若B1＝2B2，則兩棒受到的安培力大小相等、方向相反，水平方向動(dòng)量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：
mv0＝（m+2m）v
根據(jù)能量守恒定律可得產(chǎn)生的熱為：Q=12mv02?12（m+2m）v2
聯(lián)立解得：Q=23mgR
從釋放MN至兩導(dǎo)體棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中導(dǎo)體棒PQ上產(chǎn)生的焦耳熱為：QPQ=2rr+2rQ
解得：QPQ=49mgR，故C正確；
D、磁場(chǎng)方向不變，若B1、B2大小可調(diào)，穩(wěn)定時(shí)，兩導(dǎo)體棒均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，回路總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，則有B1LvMN＝B2?2LvPQ
則兩棒的最終速度之比為：vMNvPQ=2B2B1，故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
【變式3-3】（2024?溫州一模）如圖所示，光滑的水平面上固定足夠長(zhǎng)、光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌右端接有一個(gè)單刀雙擲開關(guān)K。開關(guān)接1時(shí)，導(dǎo)軌與電動(dòng)勢(shì)E＝0.3V、內(nèi)阻r＝1Ω的電源相連；開關(guān)接2時(shí)，導(dǎo)軌與電容C＝0.3F的電容器相連。與導(dǎo)軌垂直的邊界QQ′右側(cè)空間存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝2T。一質(zhì)量m＝0.1kg、電阻R1＝1Ω的金屬桿PP′垂直導(dǎo)軌放置，一邊長(zhǎng)d＝0.2m、電阻R2＝0.32Ω，質(zhì)量也為m的正方形金屬框恰好置于水平面上的邊界QQ′外，金屬框與金屬桿中點(diǎn)處通過(guò)絕緣、松弛、不可伸長(zhǎng)的輕繩連接。已知導(dǎo)軌間距L＝0.5m，電容器初始電量q＝2C，金屬桿與導(dǎo)軌始終接觸良好且導(dǎo)軌的電阻均可忽略不計(jì)。
（1）開關(guān)接1時(shí)，金屬桿PP′受到垂直金屬桿的水平外力保持靜止，求水平外力F的大??；
（2）先斷開開關(guān)K并撤去外力，再將開關(guān)K撥到2，金屬桿由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，桿速率最大時(shí)輕繩尚未拉直，求金屬桿的最大速率v1；
（3）接第（2）問(wèn)，金屬桿達(dá)到最大速度、輕繩未拉直時(shí)，斷開開關(guān)K。求金屬框完全進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速率v2（已知金屬桿與金屬框在輕繩拉直瞬間達(dá)到共速）；
（4）接第（3）問(wèn)，金屬框完全進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后將開關(guān)接1，一段時(shí)間后金屬桿速度減為零，且金屬框始終未與金屬桿碰撞，求該過(guò)程中金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱Q桿。
【解答】解：（1）開關(guān)接1時(shí)，由閉合電路歐姆定律得
I=ER1+r
對(duì)金屬桿，根據(jù)平衡條件和安培力公式得
F＝FA＝B1IL
聯(lián)立解得
F＝0.15N
（2）金屬桿由靜止到速率最大過(guò)程中，設(shè)電容器的帶電量從q減至q1，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得
BLI?Δt＝mv1
其中I?Δt＝q﹣q1
即BL（q﹣q1）＝mv1
電容器電容在金屬桿勻速時(shí)，有
C=q1U1
此時(shí)電容器兩端電壓等于導(dǎo)體棒兩端電壓，則有
U1＝BLv1
聯(lián)立解得
v1＝5m/s
（3）金屬框完全進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，設(shè)通過(guò)R電荷量q2，則
q2=Bd2R2
上述過(guò)程中，對(duì)金屬桿，取向右為正方向，由動(dòng)量定理有
﹣Bq2d＝2mv2﹣mv1
解得
v2＝2m/s
（4）輕繩松弛，金屬桿到靜止時(shí)，設(shè)通過(guò)桿電荷量q3，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有
﹣Bq3L＝0﹣mv2
根據(jù)回路中能量守恒有
Q總=q3E+12mv22
該過(guò)程中金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱為
Q桿=R1R1+rQ總
解得
Q桿＝0.13J
題型四：動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
【例4】（2024?岳麓區(qū)校級(jí)模擬）定義“另類加速度”A=ΔvΔx，A不變的運(yùn)動(dòng)稱為另類勻變速運(yùn)動(dòng)。若物體運(yùn)動(dòng)的A不變，則稱物體做另類勻變速運(yùn)動(dòng)。如圖所示，光滑水平面上一個(gè)正方形導(dǎo)線框以垂直于一邊的速度穿過(guò)一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域（磁場(chǎng)寬度大于線框邊長(zhǎng)）。導(dǎo)線框電阻不可忽略，但自感可以忽略不計(jì)。已知導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)前速度為v1，穿出磁場(chǎng)后速度為v2。下列說(shuō)法中正確的是（）
A．線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，速度隨時(shí)間均勻增加
B．線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，其另類加速度A是變化的
C．線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v1+v22
D．線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v12+v222
【解答】解：A、線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，線框受到的安培力大小為F=BIL=B2L2vR，可知，隨著速度減小，線框受到的安培力減小，加速度減小，因此線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，做加速度逐漸減小的變減速直線運(yùn)動(dòng)，速度隨時(shí)間非均勻減小，故A錯(cuò)誤；
B、線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得
?BILΔt=mΔv
其中
IΔt=ERΔt=BLΔxR
解得：ΔvΔx=?B2L2mR，可知另類加速度A不變，故B錯(cuò)誤；
CD、線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得
?BILΔt=?B2L3R=mv?mv1
線框穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得
?BILΔt=?B2L3R=mv2?mv
聯(lián)立解得：v=v1+v22，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：C。
【變式4-1】（多選）（2024?青羊區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，水平粗糙地面上有兩磁場(chǎng)區(qū)域，左右兩磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)寬度均為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，左磁場(chǎng)區(qū)磁場(chǎng)方向豎直向下，右磁場(chǎng)區(qū)磁場(chǎng)方向豎直向上，兩磁場(chǎng)間距為2L。一個(gè)質(zhì)量為m、匝數(shù)為n、電阻為R、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬線框以速度v0水平向右進(jìn)入左磁場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)金屬線框剛離開右磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度為v1，金屬線框離開右磁場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下。金屬線框與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。關(guān)于金屬線框的運(yùn)動(dòng)下列判斷正確的是（）
A．金屬線框從剛進(jìn)入左磁場(chǎng)區(qū)域到最終停止的過(guò)程中一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)
B．金屬線框通過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為12mv02?12mv12?5μmgL
C．金屬線框進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中，通過(guò)金屬線框的電荷量為nBL2R
D．若金屬線框進(jìn)入左磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程所用時(shí)間為t，則金屬線框剛好完全進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為v0﹣2μgt?nB2L3mR
【解答】解：A、金屬線框穿過(guò)左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，線框中會(huì)有感應(yīng)電流，使線框受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律，安培力計(jì)算公式，可得線框受到的安培力大小為：F安＝nBLI＝nBLnBLvR=n2B2L2vR
根據(jù)牛頓第二定律可得線框的加速度大小為：a=f+F安m，金屬線框穿過(guò)左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中做減速運(yùn)動(dòng)，所受安培力減小，則加速度減小，故金屬線框做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)。同理，金屬線框穿過(guò)右側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程也做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B、設(shè)金屬線框通過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域全過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，金屬線框從開始運(yùn)動(dòng)到離開右磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程，由能量守恒定律得：
12mv02=μmg(L+2L+L+L)+12mv12+Q
解得：Q=12mv02?12mv12?5μmgL，故B正確；
C、由法拉第電磁感應(yīng)定律可得平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=nΔΦΔt
由閉合電路的歐姆定律可得平均感應(yīng)電流為：I=ER
通過(guò)金屬線框的電荷量為：q＝IΔt
解得：q=nΔΦR
金屬線框進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中磁通量的增加量為：ΔΦ＝BL2，則此過(guò)程通過(guò)金屬線框的電荷量為：q=nBL2R，故C正確；
D、設(shè)金屬線框剛好完全進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小為v，以向右為正方向，該過(guò)程對(duì)金屬線框由動(dòng)量定理得：
?BlLt?μmgt=mv?mv0
其中：lt=q=nBL2R
解得：v=v0?μgt?nB2L3mR，故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
【變式4-2】（多選）（2024?南寧二模）如圖所示，間距L＝1m的粗糙傾斜金屬導(dǎo)軌與水平面間的夾角θ＝37°，其頂端與阻值R＝1Ω的定值電阻相連，間距相同的光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，兩導(dǎo)軌都足夠長(zhǎng)且在AA'處平滑連接，AA'至DD'均是光滑絕緣帶，保證傾斜導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌間電流不通。傾斜導(dǎo)軌處有方向垂直傾斜導(dǎo)軌所在平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝0.2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，水平導(dǎo)軌處有方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。兩根導(dǎo)體棒1、2的質(zhì)量均為m＝0.2kg，兩棒接入電路部分的電阻均為R，初始時(shí)刻，導(dǎo)體棒1放置在傾斜導(dǎo)軌上，且距離AA′足夠遠(yuǎn)，導(dǎo)體棒2靜置于水平導(dǎo)軌上，已知傾斜導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒1間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5?，F(xiàn)將導(dǎo)體棒1由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒1未與導(dǎo)體棒2發(fā)生碰撞。取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，兩棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是（）
A．導(dǎo)體棒1在傾斜導(dǎo)軌上下滑時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
B．導(dǎo)體棒1滑至AA'瞬間的速度大小為20m/s
C．穩(wěn)定時(shí)，導(dǎo)體棒2的速度大小為10m/s
D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)體棒2的電荷量為2C
【解答】解：A.由于導(dǎo)體棒1釋放點(diǎn)離AA'足夠遠(yuǎn)，導(dǎo)體棒l滑至AA'時(shí)一定達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，則導(dǎo)體棒l在傾斜導(dǎo)軌上下滑時(shí)先做加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B.由平衡可得即有
B1IL+μmgcs37°＝mgsin37°
根據(jù)閉合電路歐姆定律及法拉第電磁感應(yīng)定律有
I=B1LvR+R
解得
v＝20m/s
故B正確；
C.規(guī)定向右為正方向，導(dǎo)體棒1、2組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒可得
mv＝2mv'
則穩(wěn)定時(shí)，導(dǎo)體棒2的速度大小為
v'＝10m/s
故C正確；
D.規(guī)定向左為正方向。對(duì)導(dǎo)體棒2由動(dòng)量定理有
B2ILΔt＝mv'
即
B2Lq＝mv'
電荷量為
q＝4C
故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
【變式4-3】如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑水平金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面上，間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌左端與開關(guān)S、電池（電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r）相連，導(dǎo)軌間的矩形窄區(qū)abcd（圖中的虛線框）的左、右兩側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向均豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（未畫出），窄區(qū)內(nèi)無(wú)磁場(chǎng)且寬度不計(jì)，窄區(qū)內(nèi)的導(dǎo)軌上涂有光滑的絕緣漆。有兩根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、電阻均為r的金屬棒AB、CD，CD垂直放在窄區(qū)內(nèi)的導(dǎo)軌上，AB垂直放在窄區(qū)左側(cè)的導(dǎo)軌上。閉合開關(guān)S，AB由靜止開始運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后做勻速運(yùn)動(dòng)，斷開S時(shí)AB與CD發(fā)生彈性正碰（碰撞時(shí)間極短）。已知AB、CD的質(zhì)量分別為4m、m，兩棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。求：
（1）碰前瞬間AB的速度大小v0；
（2）開關(guān)S由閉合到斷開的這段時(shí)間內(nèi)，電源提供的能量W電；
（3）碰后瞬間AB的速度大小v以及從碰后到最終狀態(tài)過(guò)程中AB中產(chǎn)生的焦耳熱Q。
【解答】解：（1）碰撞前AB勻速運(yùn)動(dòng)，電流為零，所以切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，
根據(jù)E＝BLv0可得：
v0=EBL；
（2）對(duì)AB棒根據(jù)動(dòng)量定理可得：BIL?Δt＝4mv0﹣0
其中通過(guò)AB某橫截面的電荷量q=I?Δt
產(chǎn)生的電能為W電＝EIΔt
聯(lián)立解得：W電=4mE2B2L2；
（3）AB和CD碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，則有：
4mv0＝4mv+mv1，
根據(jù)能量守恒定律可得：12×4mv02=12×4mv2+12mv12，
聯(lián)立解得：v=3E5BL，v1=8E5BL；
最后二者都勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得4mv0＝5mv共，
解得v共=4E5BL，
根據(jù)能量守恒定律可得：Q總=12×4mv02?12×5mv共2=2mE25B2L2，
所以AB中產(chǎn)生的焦耳熱Q=rr+rQ總=mE25B2L2。
（多選）（2023?市中區(qū)校級(jí)二模）如圖甲所示，虛線MN是斜面上平行于斜面底端的一條直線，MN上方存在垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時(shí)刻將一單匝正方形導(dǎo)體框自與MN距離s＝1m處由靜止釋放，直至導(dǎo)體框完全穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中其速度一時(shí)間圖像如圖丙所示。已知斜面傾角θ＝37°，導(dǎo)體框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，運(yùn)動(dòng)中導(dǎo)體框底邊與MN始終平行，導(dǎo)體框質(zhì)量m＝2kg，電阻R＝2Ω，邊長(zhǎng)l＝2m，重力加速度g＝10m/s2。設(shè)從釋放至導(dǎo)體框穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中，整個(gè)導(dǎo)體框所受安培力大小為F，回路中產(chǎn)生的焦耳熱的功率為P，通過(guò)導(dǎo)體框的電流為I，導(dǎo)體框的機(jī)械能為E（釋放處E＝0），沿斜面下滑的位移為x，則下列圖像正確的是（）
A．B．
C．D．
【解答】解：A.0﹣1s內(nèi)，根據(jù)感生電動(dòng)勢(shì)E＝nSΔBΔt，得E＝4V
由于上下兩個(gè)邊均切割磁感線因此動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為0；回路中感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较颍瑢?dǎo)體框所受安培力對(duì)邊相抵
F＝0
根據(jù)功能關(guān)系得：從開始到x＝1m處過(guò)程中導(dǎo)體框所受安培力合力為0，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度
a＝gsinθ﹣μgcsθ
解得
a＝2m/s2
1s末速率
v＝at＝2×1m/s＝2m/s
位移
x=12at2=12×2×12m＝1m
之后磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變
F安=B2l2vm=mgsinθ﹣μmgcsθ
導(dǎo)體框開始勻速穿出磁場(chǎng)，故A正確；
B.0﹣1s內(nèi)
P1=E2R
解得
P1＝8W
恒定不變，故B錯(cuò)誤；
C.0﹣1s內(nèi)，通過(guò)導(dǎo)體框的電流
I=ER=42A＝2A
故C錯(cuò)誤；
D.0～1s內(nèi)導(dǎo)體框機(jī)械能滿足
E＝E0﹣μmgcsθx，E0＝0
即
E＝﹣8x
x＝1m處
E1＝﹣8J
從x＝1m到x＝3m處過(guò)程中滿足
E＝E1﹣（μmgcsθ+BIl）（x﹣1）
解得
E＝4﹣12x
x＝3m處時(shí)
E'＝﹣32J
故D正確；
故選：AD。
（多選）（2023?安慶模擬）如圖甲所示，一圓形金屬線圈上半部分處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈匝數(shù)為n，線圈固定不動(dòng)。t＝0時(shí)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，已知線圈的半徑為r，線圈總電阻為R，則（）
A．線圈中的感應(yīng)電流的方向在t0時(shí)刻發(fā)生改變
B．線框受到的安培力方向始終豎直向上
C．t＝0時(shí)刻，線圈受到的安培力大小為n2πr3B02t0R
D．0～32t0通過(guò)導(dǎo)線某橫截面的電荷量為3nπr2B04R
【解答】解：A、由圖可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度先垂直紙面向里減小，再垂直紙面向外增大，根據(jù)楞次定律得，線圈中的感應(yīng)電流方向始終為順時(shí)針，t0時(shí)刻電流方向不變，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)左手定則得，0～t0時(shí)間內(nèi)，線框受到的安培力方向豎直向上，t0～2t0時(shí)間內(nèi)，線框受到的安培力方向豎直向下，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E＝nΔΦΔt=nΔBΔtS=nπr2B02t0
根據(jù)閉合電路歐姆定律得，線圈中的電流大小為I=ER=nπr2B02Rt0
t＝0時(shí)刻，線圈受到的安培力大小為F＝nB0IL＝nB0I?2r=n2πr3B02t0R
故C正確；
D、0～32t0時(shí)間內(nèi)，通過(guò)導(dǎo)線某橫截面的電荷量為q＝I?32t0=3nπr2B04R
故D正確。
故選：CD。
（多選）（2023?張家界模擬）如圖甲為汽車在足夠長(zhǎng)水平路面上以恒定功率P啟動(dòng)的模型，假設(shè)汽車啟動(dòng)過(guò)程中所受阻力f恒定，汽車質(zhì)量為M；如圖乙為一足夠長(zhǎng)的水平的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，左端接有定值電阻R，導(dǎo)軌處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。將一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直擱在導(dǎo)軌上并用水平恒力F向右拉動(dòng)，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)且兩者始終接觸良好。圖丙、丁分別是汽車、導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)后的v﹣t圖像，其中t1和t2已知。則（）
A．汽車在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為Pf
B．導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為FRB2L
C．汽車從啟動(dòng)到速度達(dá)到最大所運(yùn)動(dòng)的距離為Pt1f?MP22f3
D．導(dǎo)體棒從開始到速度達(dá)到最大所運(yùn)動(dòng)的距離為FRt2B2L2?mFR22B4L4
【解答】解：A、當(dāng)汽車運(yùn)動(dòng)至速度最大時(shí)，有F牽﹣f＝0，且P＝F牽vm1，解得vm1=Pf，故A正確；
B、對(duì)導(dǎo)體棒，速度最大時(shí)有：F﹣ILB＝0，且I=BLvm2R，解得vm2=FRB2L2，故B錯(cuò)誤；
C、汽車從啟動(dòng)到速度達(dá)到最大的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可知12Mvm12=Pt1?fx1，解得x1=Pt1f?MP22f3，故C正確；
D、由電磁感應(yīng)定律E=NΔΦΔt得，在導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到速度達(dá)到最大過(guò)程中E=BΔSt2=BLx2t2，由歐姆定律可知I=ER，故F安=BIL，由動(dòng)量定理可知Ft2?F安t2=mvm2，計(jì)算可知x2=FRt2B2L2?mFR2B4L4，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
（多選）（2023?淄博一模）如圖所示，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一根導(dǎo)軌位于x軸上，另一根由ab、bc兩段直導(dǎo)軌組成，其中bc段與x軸平行，兩導(dǎo)軌相交于原點(diǎn)O左側(cè)a點(diǎn)，所有導(dǎo)軌單位長(zhǎng)度電阻為r。導(dǎo)軌上一足夠長(zhǎng)金屬棒MN在外力作用下沿x軸正方向以速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，金屬棒單位長(zhǎng)度電阻也為r，t＝0時(shí)刻恰好通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，金屬棒始終與x軸垂直。設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)金屬棒的電流強(qiáng)度為i，金屬棒受到安培力的大小為F，導(dǎo)軌間金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E，導(dǎo)軌間金屬棒兩端的電壓為U，導(dǎo)軌與金屬棒接觸良好，忽略導(dǎo)軌與金屬棒連接處的電阻。下列圖像可能正確的是（）
A．B．
C．D．
【解答】解：當(dāng)導(dǎo)體棒從O點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)t時(shí)，即在0～Lv0時(shí)間內(nèi)，在某時(shí)刻導(dǎo)體棒切割磁感線的長(zhǎng)度L＝（L0+v0t） tanθ
（θ為ab與x軸的夾角）則根據(jù)
E＝BLv0＝Bv0（L0+v0t） tanθ
即E﹣t圖像是不過(guò)原點(diǎn)的直線；
R＝（L0+v0t）（1+tanθ+1csθ）r
i=BLv0R=Bv0tanθ(1+tanθ+1csθ)r
可知回路電流不變；
安培力F＝BiL
解得：F=B2v0(L0+v0t)tan2θ(1+tanθ+1csθ)r
則F﹣t關(guān)系為不過(guò)原點(diǎn)的直線；
導(dǎo)軌間金屬棒兩端的電壓為U＝iR'
解得U=Bv0(L0+v0t)(1+1csθ)tanθ(1+tanθ+1csθ)
則U﹣t圖像是不過(guò)原點(diǎn)的直線；
當(dāng)在Lv0～2Lv0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒切割磁感線的長(zhǎng)度（L0+L）tanθ不變，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E不變，經(jīng)過(guò)時(shí)間t回路總電阻R1＝[（L0+v0t）+（L0+L）tanθ+（v0t﹣L）+L+L0csθ）]r
感應(yīng)電流
i'=ER1
解得i'=Bv0(L+L0)tanθ[(L+v0t)+(L+L0)tanθ+(v0t?L)+L+L0csθ]r
則隨時(shí)間的增加電流減小，但不是線性減??；根據(jù)F＝BIL可知安培力減小，但是不是線性減??；電流減小，導(dǎo)體棒電阻不變，則內(nèi)電壓減小，電動(dòng)勢(shì)不變，則導(dǎo)軌間金屬棒兩端的電壓變大。故AC正確，BD錯(cuò)誤。
故選：AC。
（多選）（2024?香坊區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，AOC是光滑的直角金屬導(dǎo)軌，AO豎直，OC水平。質(zhì)量分布均勻的金屬棒ab長(zhǎng)度為L(zhǎng)，質(zhì)量為m，電阻為R，兩端連接輕質(zhì)金屬環(huán)（圖中未畫出）套在導(dǎo)軌上，可在導(dǎo)軌上滑動(dòng)并保持接觸良好。設(shè)金屬桿與豎直導(dǎo)軌夾角為θ，當(dāng)θ＝30°時(shí)由靜止釋放金屬桿。已知空間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向里，不計(jì)金屬導(dǎo)軌和金屬小環(huán)的電阻。下列說(shuō)法中正確的是（）
A．回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)橄饶鏁r(shí)針后順時(shí)針
B．下滑過(guò)程中，ab棒產(chǎn)生的焦耳熱為12mgL
C．當(dāng)θ＝37°時(shí)，a點(diǎn)速度大小與b點(diǎn)速度大小之比為4：3
D．在θ＝30°到θ＝45°過(guò)程中通過(guò)ab棒的電荷量為2?38RBL2
【解答】解：A、根據(jù)幾何關(guān)系可知，金屬桿ab下滑過(guò)程中，金屬桿與導(dǎo)軌圍成的面積先增大后減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向先沿逆時(shí)針?lè)较蛟傺仨槙r(shí)針?lè)较?，故A正確；
B、整個(gè)過(guò)程中，金屬棒的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能，則金屬棒重力勢(shì)能減少量為：ΔEP=12mgLcsθ，其中θ＝30°，解得：ΔEP=34mgL＜12mgL
根據(jù)能量守恒定律可知，整個(gè)過(guò)程中ab棒產(chǎn)生的焦耳熱小于34mgL，即小于12mgL，故B錯(cuò)誤；
C、當(dāng)θ＝37°時(shí)，將a點(diǎn)和b點(diǎn)的速度沿桿方向進(jìn)行分解，如圖所示：
根據(jù)a和b兩點(diǎn)沿桿方向的速度相等，有：vacs37°＝vbcs37°，解得：va：vb＝3：4，故C錯(cuò)誤；
D、在θ＝30°到θ＝45°過(guò)程中，回路中磁通量的變化量為：ΔΦ＝B（12Lcs45°×Lsin45°?12Lcs30°×Lsin30°）=2?38BL2
根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可得：q=It=ERt=ΔΦR
則通過(guò)ab棒的電荷量為：q=2?38RBL2，故D正確。
故選：AD。
（多選）（2024?榮昌區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，傾角為37°，寬為L(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌上部接有阻值為r的定值電阻，導(dǎo)軌下端與光滑圓弧導(dǎo)軌相切連接，圓弧導(dǎo)軌對(duì)應(yīng)的圓心角為37°，圓弧導(dǎo)軌末端切線水平，半徑為R。傾斜直導(dǎo)軌所在區(qū)域存在方向垂直于斜直導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌由靜止從傾斜直導(dǎo)軌上滑下，經(jīng)過(guò)時(shí)間t達(dá)到勻速且恰好到達(dá)圓弧導(dǎo)軌，回路其他部分及導(dǎo)體棒的電阻不計(jì)，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。下列說(shuō)法正確的是（）
A．導(dǎo)體棒釋放瞬間的加速度大小為0.6g
B．導(dǎo)體棒在傾斜直軌道上的最大速度為mgrB2L2
C．導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到恰好勻速的過(guò)程，通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為3mgtB2L2?3m2gr5B3L3
D．導(dǎo)體棒經(jīng)過(guò)圓弧導(dǎo)軌末端時(shí)，導(dǎo)軌對(duì)導(dǎo)體棒的支持力大小為mg+9m3g2r225B4L4R
【解答】解：A、導(dǎo)體棒釋放瞬間，只受重力和導(dǎo)軌的支持力，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin37°＝ma，解得a＝0.6g，故A正確；
B、導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，設(shè)為v。根據(jù)平衡條件有
mgsin37°＝BIL
又I=BLvr，即有mgsin37°=B2L2vr
解得：v=3mgr5B2L2，故B錯(cuò)誤；
C、導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到恰好勻速的過(guò)程，取沿導(dǎo)軌向下為正方向，由動(dòng)量定理得
mgsin37°?t﹣BIL?t＝mv
通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為q=I?t
結(jié)合v=3mgr5B2L2，解得：q=3mgtB2L2?3m2gr5B3L3，故C正確；
D、設(shè)導(dǎo)體棒經(jīng)過(guò)圓弧導(dǎo)軌末端時(shí)速度大小為v′，由機(jī)械能守恒定律得
mgR（1﹣cs37°）=12mv'2?12mv2
導(dǎo)體棒經(jīng)過(guò)圓弧導(dǎo)軌末端時(shí)，由牛頓第二定律得
FN﹣mg＝mv'2R
聯(lián)立解得：FN=75mg+9m3g2r225B4L4R，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
（多選）（2024?南通模擬）如圖所示，兩足夠長(zhǎng)的光滑平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)。兩根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒a、b靜置于導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒a的質(zhì)量為2m，電阻為R，導(dǎo)體棒b的質(zhì)量為m，電阻為2R。導(dǎo)軌間存在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，給導(dǎo)體棒b一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量I，使b獲得一個(gè)向右的初速度，同時(shí)給導(dǎo)體棒a一個(gè)水平外力，使a保持靜止，當(dāng)b的速度減小為初速度的一半時(shí)，撤去作用在a上的外力。兩導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。從給b一個(gè)沖量到最終a、b共速的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）
A．作用在導(dǎo)體棒a上的最大外力為B2L2ImR
B．作用在導(dǎo)體棒a上的外力的沖量為I2
C．通過(guò)導(dǎo)體棒b的電量為2I3BL
D．整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱為11I224m
【解答】解：A、給導(dǎo)體棒b一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量I，此時(shí)b棒獲得的速度大小為：v0=Im
此時(shí)回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大、感應(yīng)電流最大，a棒受到的安培力最大，外力F最大，根據(jù)平衡條件可得：Fmax＝BI0L
根據(jù)閉合電路歐姆定律可得最大的感應(yīng)電流為：I0=BLv03R
解得：Fmax=B2L2I3mR，故A錯(cuò)誤；
B、當(dāng)b的速度減小為初速度的一半時(shí)，撤去作用在a上的外力，對(duì)b可得安培力的沖量大小為：I安＝mv0?12mv0=12mv0=12I
由于此過(guò)程中外力的大小始終等于安培力的大小，則作用在導(dǎo)體棒a上的外力的沖量為I2，故B正確；
C、設(shè)最后二者速度大小為v，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：m?12v0=3mv
解得：v=16v0
取向右為正方向，全過(guò)程對(duì)b根據(jù)動(dòng)量定理可得：﹣BILt＝mv﹣mv0，其中：It＝q
解得通過(guò)導(dǎo)體棒b的電量為：q=5I6BL，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)能量守恒定律可得：Q=12mv02?12×3mv2
解得整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=11I224m，故D正確。
故選：BD。
（2024?博望區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻不計(jì)、足夠長(zhǎng)的光滑U形金屬框架MNQP，位于光滑水平桌面上，兩平行導(dǎo)軌MN、QP相距L，分界線OO'與導(dǎo)軌MN垂直。在OO'的左右兩側(cè)分別存在著區(qū)域很大、方向分別為豎直向上和豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B．另有質(zhì)量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在OO'左側(cè)導(dǎo)軌上，并用一根平行于MN細(xì)線系在桌面上的A點(diǎn)。已知細(xì)線能承受的最大拉力為T0，CD棒接入導(dǎo)軌間的有效電阻為R?，F(xiàn)從t＝0時(shí)刻開始對(duì)U形框架施加水平向右的拉力，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。
（1）求框架從開始運(yùn)動(dòng)到細(xì)線斷裂時(shí)所經(jīng)過(guò)的時(shí)間；
（2）求在細(xì)線尚未斷裂時(shí)，水平拉力F的大小關(guān)于時(shí)間t的表達(dá)式；
（3）若在細(xì)線斷裂時(shí)，立即撤去拉力F，求出此后回路產(chǎn)生的總焦耳熱。
【解答】解：（1）繩子斷裂時(shí)，對(duì)棒根據(jù)平衡條件可得：T0＝F安m，則有：T0=BBLv0RL
解得：v0=T0RB2L2
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：v0＝at0
聯(lián)立解得：t0=T0RB2L2a；
（2）在t時(shí)刻，框架的速度大小為：v＝at
框架切割磁場(chǎng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv＝Blat
框架受到的安培力大小為：F安=BIL=B2L2atR
對(duì)框架根據(jù)牛頓第二定律可得：F﹣F安＝ma
聯(lián)立解得：F=F安+ma=ma+B2L2atR(0＜t＜F0RB2L2a)；
（3）撤去拉力F時(shí)，框架的速度大小為：v0=at0=F0RB2L2
撤去拉力后，系統(tǒng)總動(dòng)能的減少量等于回路消耗的電能，最終在回路中產(chǎn)生的焦耳熱：Q=12mv02?(12mv棒2?12mv框2)
當(dāng)兩物的速度變化到大小相等時(shí)，回路中的磁通量不再變化，電流為零，它們分別向左、向右做勻速運(yùn)動(dòng)。設(shè)最終速度大小為v，則有：v0﹣v框＝v棒﹣0
得：v=v02=F0R2B2L2
根據(jù)能量守恒定律可得：Q=12mv02?(12mv棒2?12mv框2)=mF02R24B4L4。
（2024?湖北模擬）如圖甲所示，電阻不計(jì)的“U”形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，兩導(dǎo)軌間距L＝0.5m。一質(zhì)量m＝0.01kg的導(dǎo)體棒ab垂直放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，接入電路中電阻r＝0.15Ω，在垂直導(dǎo)軌平面的區(qū)域I和區(qū)域Ⅱ中存在磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)用—根與軌道平面平行的不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)光滑定滑輪將導(dǎo)體棒和質(zhì)量M＝0.02kg的小球相連。導(dǎo)體棒從磁場(chǎng)外由靜止釋放后始終在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)v﹣t圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
（2）磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；
（3）導(dǎo)體棒在穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。
【解答】解：（1）前0.2s內(nèi)，設(shè)繩上的拉力為T，設(shè)導(dǎo)體棒加速度大小為a，
對(duì)導(dǎo)體棒根據(jù)牛頓第二定律：T﹣μmg＝ma
對(duì)小球根據(jù)牛頓第二定律：Mg﹣T＝Ma
由以上兩式可得：Mg﹣μmg＝（M+m）a
由乙圖可知，前0.2s內(nèi)：a=ΔvΔt=
代入數(shù)值得：μ＝0.5
（2）由乙圖可知導(dǎo)體棒在區(qū)域I做勻速直線運(yùn)動(dòng)
對(duì)導(dǎo)體棒受力分析可知T＝μmg+F安
對(duì)小球受力分析可知Mg＝T
又根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式：E＝BLv
由歐姆定律可知：I=Er
而安培力：F安＝BIL
代入到平衡方程得：B＝0.3T
（3）導(dǎo)體棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ過(guò)程，以運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎?br>對(duì)導(dǎo)體棒，由動(dòng)量定理：Tt?F安t?μmgt=mv2?mv1
對(duì)小球，由動(dòng)量定理Mgt?Tt=Mv2?Mv1
又：F安t=BILrt=B?BLv?Lrt=B2L2r?vt=B2L2rx2
代入數(shù)據(jù)解得：x2＝0.8m
對(duì)系統(tǒng)由能量守恒定律有：Mgx2?μmgx2+WF安=12(M+m)v22?12(M+m)v12
根據(jù)功能關(guān)系遙：Q＝﹣WF安
代入數(shù)值得：Q＝0.165J
（2024?合肥三模）如圖，傾角θ＝37°的足夠長(zhǎng)的粗糙平行金屬導(dǎo)軌由上下兩部分組成，寬度分別為L(zhǎng)、2L，質(zhì)量分別為m與2m、接入回路中電阻分別為R與2R的金屬桿N、M垂直于導(dǎo)軌放置，在N上端與M下端分別安裝有固定立柱，一不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線繞過(guò)定滑輪兩端分別連接N的中點(diǎn)與質(zhì)量為3m的物塊，導(dǎo)軌及金屬桿都處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，M、N與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，現(xiàn)解除N上端的固定立柱，N開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，已知在N的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，細(xì)繩與導(dǎo)軌平面平行且始終與N垂直，導(dǎo)軌與金屬桿接觸良好，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊始終未與地面接觸，M、N也未脫離軌道，M未進(jìn)入上部分軌道。導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度為g。
（1）求M剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，在物塊下落的高度為h的過(guò)程中：
①N上產(chǎn)生的焦耳熱；
②N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（2）取沿軌道向上為正方向，N相對(duì)M的加速度用aNM＝aN﹣aM表示，求aNM的最小值。
【解答】解：（1）①設(shè)回路產(chǎn)生總的焦耳熱為Q，對(duì)N、M及物塊組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得：3mgh﹣mgsinθ?h﹣μ?mgcsθ?h＝Q
解得：Q＝2mgh
根據(jù)焦耳定律和串聯(lián)電路規(guī)律可得N上產(chǎn)生的焦耳熱為：QN=RR+2R?Q
解得：QN=23mgh；
②設(shè)當(dāng)M剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)N的速度大小為v，對(duì)M有：BI?2L＝2mgsinθ+μ?2mgcsθ
其中：I=ER+2R=BLv3R
解得：v=3mgRB2L2
取N的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍瑢?duì)N和物塊整體，根據(jù)動(dòng)量定理可得：
3mgt﹣mgsinθ?t﹣μ?mgcsθ?t﹣BILt＝mv﹣0
其中：It=ER+2Rt=BLvt3R=BL?3R
聯(lián)立解得：t=B2L2?6mgR+3mR2B2L2
（2）M開始運(yùn)動(dòng)后，設(shè)N、M的速度大小分別為vN、vM，則回路中的感應(yīng)電流為：
I′=E'R+2R=BLvN?2BLvM3R=B3R?(vN?2vM)
回路中的電流先增大，N做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，M做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者的加速度滿足：aN＝2aM時(shí)，（vN﹣2vM）的值恒定，回路中的電流恒定，兩者受到的安培力恒定，兩者以恒定的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)aNM＝aN﹣aM達(dá)到為最小值。
兩者加速度恒定時(shí)，對(duì)N和重物整體，由牛頓第二定律得：
3mg﹣μmgcsθ﹣mgsinθ﹣BI′L＝4maN
對(duì)M由牛頓第二定律得：
2BI′L﹣2mgsinθ﹣μ?2mgcsθ＝2maM
又有：aN＝2aM
聯(lián)立解得：aN=2g9，aM=g9
可得aNM的最小值為：aNM＝aN﹣aM=2g9?g9=g9
楞次定律中“阻礙”的含義
“四步法”判斷感應(yīng)電流方向
磁通量Φ
磁通量的變化量ΔΦ
磁通量的變化率eq \f(ΔΦ,Δt)
物理
意義
某時(shí)刻穿過(guò)磁場(chǎng)中某個(gè)面的磁感線條數(shù)
在某一過(guò)程中，穿過(guò)某個(gè)面的磁通量的變化量
穿過(guò)某個(gè)面的磁通量變化的快慢
當(dāng)B、S互相垂直時(shí)的大小
Φ＝BS
ΔΦ＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Φ2－Φ1,B·ΔS,S·ΔB))
eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(|Φ2－Φ1|,Δt),B·\f(ΔS,Δt),\f(ΔB,Δt)·S))
注意
若穿過(guò)的平面中有方向相反的磁場(chǎng)，則不能直接用Φ＝BS.Φ為抵消以后所剩余的磁通量
開始和轉(zhuǎn)過(guò)180°時(shí)平面都與磁場(chǎng)垂直，但穿過(guò)平面的磁通量是不同的，一正一負(fù)，ΔΦ＝2BS，而不是零
在Φ－t圖像中，可用圖線的斜率表示eq \f(ΔΦ,Δt)
切割方式
電動(dòng)勢(shì)表達(dá)式
說(shuō)明
垂直切割
E＝Blv
①導(dǎo)體棒與磁場(chǎng)方向垂直，磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)
②式中l(wèi)為導(dǎo)體切割磁感線的有效長(zhǎng)度
③旋轉(zhuǎn)切割中導(dǎo)體棒的平均速度等于中點(diǎn)位置的線速度eq \f(1,2)lω
傾斜切割
E＝Blvsinθ(θ為v與B的夾角)
旋轉(zhuǎn)切割(以一端為軸)
E＝Bleq \x\t(v)
＝eq \f(1,2)Bl2ω
如果求導(dǎo)體中兩點(diǎn)間，則eq \x\t(v)等于這兩點(diǎn)速度之和的一半
初態(tài)
v0≠0
v0＝0
示意圖
質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的單桿ab以一定初速度v0在光滑水平軌道上滑動(dòng)，兩平行導(dǎo)軌間距為l
軌道水平光滑，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為l
軌道水平光滑，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為l，拉力F恒定
軌道水平光滑，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為l，拉力F恒定
運(yùn)動(dòng)分析
導(dǎo)體桿做加速度越來(lái)越小的減速運(yùn)動(dòng)，最終桿靜止
當(dāng)E感＝E時(shí)，v最大，且vm＝eq \f(E,Bl)，最后以vm勻速運(yùn)動(dòng)
當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝eq \f(FR,B2l2)，桿開始勻速運(yùn)動(dòng)
Δt時(shí)間內(nèi)流入電容器的電荷量Δq＝CΔU＝CBlΔv
電流I＝eq \f(Δq,Δt)＝CBleq \f(Δv,Δt)＝CBla
安培力F安＝IlB＝CB2l2a
F－F安＝ma，a＝eq \f(F,m＋B2l2C)，
所以桿以恒定的加速度勻加速運(yùn)動(dòng)
能量分析
動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝Q
電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能，E電＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＋Q
外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能，WF＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＋Q
外力做功轉(zhuǎn)化為電能和動(dòng)能，WF＝E電＋eq \f(1,2)mv2
光滑的平行導(dǎo)軌
光滑不等距導(dǎo)軌
示意圖
質(zhì)量m1＝m2
電阻r1＝r2
長(zhǎng)度l1＝l2
質(zhì)量m1＝m2不
電阻r1＝r2
長(zhǎng)度l1＝2l2
運(yùn)動(dòng)分析
桿MN做變減速運(yùn)動(dòng)，桿PQ做變加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速度均為零，以相等的速度eq \f(v0,2)勻速運(yùn)動(dòng)
穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速度均為零，兩桿的速度之比為1∶2
能量分析
一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，Q＝－ΔEk
光滑的平行導(dǎo)軌
不光滑平行導(dǎo)軌
示意圖
質(zhì)量m1＝m2
電阻r1＝r2
長(zhǎng)度l1＝l2
摩擦力Ff1＝Ff2
質(zhì)量m1＝m2
電阻r1＝r2
長(zhǎng)度l1＝l2
運(yùn)動(dòng)分析
開始時(shí)，兩桿做變加速運(yùn)動(dòng)；穩(wěn)定時(shí)，兩桿以相同的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)
開始時(shí)，若F≤2Ff，則PQ桿先變加速后勻速運(yùn)動(dòng)；MN桿靜止。若F>2Ff，PQ桿先變加速后勻加速運(yùn)動(dòng)，MN桿先靜止后變加速最后和PQ桿同時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，且加速度相同
能量分析
外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能，WF＝ΔEk＋Q
外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能(包括電熱和摩擦熱)，WF＝ΔEk＋Q電＋Qf

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