考點(diǎn)一　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題




1．電磁感應(yīng)與力學(xué)的聯(lián)系
在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流使導(dǎo)體受到安培力的作用。因此，電磁感應(yīng)問題往往和力學(xué)問題聯(lián)系在一起。解決電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題，一方面要考慮電磁學(xué)中的有關(guān)規(guī)律，另一方面還要考慮力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律，要將電磁學(xué)和力學(xué)知識(shí)綜合起來應(yīng)用。
2．解決電磁感應(yīng)中力學(xué)問題的基本思路
研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象中導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)，準(zhǔn)確分析磁場(chǎng)對(duì)感應(yīng)電流的安培力是關(guān)鍵。此類問題中的導(dǎo)體一般不是做勻變速運(yùn)動(dòng)，而是經(jīng)歷一個(gè)動(dòng)態(tài)變化過程再趨于一個(gè)穩(wěn)定狀態(tài)。動(dòng)態(tài)分析的基本思路如下：

3．兩種狀態(tài)處理
(1)導(dǎo)體處于平衡態(tài)——靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)
處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力等于0)列式分析。
(2)導(dǎo)體處于非平衡態(tài)——加速度不為0
處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析。



如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻。一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿AB放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直斜面向下。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略。讓AB桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦。

(1)由B向A方向看到的裝置如圖乙所示，請(qǐng)?jiān)诖藞D中畫出AB桿下滑過程中某時(shí)刻的受力示意圖；
(2)在加速下滑過程中，當(dāng)AB桿的速度大小為v時(shí)，求此時(shí)AB桿中的電流大小及其加速度的大?。?br /> (3)求在下滑過程中，AB桿可以達(dá)到的最大速度值。
解析　(1)如圖所示，重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上。

(2)當(dāng)AB桿速度為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，
此時(shí)電路中電流I＝＝。
AB桿受到的安培力F＝BIL＝，
根據(jù)牛頓第二定律，有
ma＝mgsinθ－F＝mgsinθ－，
a＝gsinθ－。
(3)當(dāng)＝mgsinθ時(shí)，
AB桿達(dá)到最大速度vmax＝。
答案　(1)圖見解析　(2)　gsinθ－
(3)
方法感悟

電磁感應(yīng)中力學(xué)問題的解題技巧
(1)將安培力與其他力一起進(jìn)行分析。
(2)要特別注意安培力的大小和方向都有可能變化，不像重力或其他力一樣是恒力。







(多選)如圖所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，間距為l，上端接有可變電阻R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨于一個(gè)最大速度vm，除R外其余電阻不計(jì)，則(　　)

A．如果B變大，vm將變大
B．如果α變大，vm將變大
C．如果R變大，vm將變大
D．如果m變小，vm將變大
答案　BC

解析　金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，在閉合電路中形成電流I＝，因此金屬桿從軌道上滑下的過程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力F作用，F(xiàn)＝BIl＝，先用右手定則判定感應(yīng)電流方向，再用左手定則判定出安培力方向，如圖所示。根據(jù)牛頓第二定律，得mgsinα－＝ma，當(dāng)a＝0時(shí)，v＝vm，解得vm＝，故B、C正確。

考點(diǎn)二　電磁感應(yīng)中的功能問題


1．能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法
(1)能量轉(zhuǎn)化

(2)求解焦耳熱Q的三種方法

2．解題的一般步驟
(1)確定研究對(duì)象(導(dǎo)體棒或回路)。
(2)弄清電磁感應(yīng)過程中，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。


小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.50 m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R＝0.05 Ω的電阻。在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d＝0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0 T。質(zhì)量m＝4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s＝0.24 m。一位健身者用恒力F＝80 N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)。求：

(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大??；
(2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大??；
(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。
解析　(1)由牛頓第二定律a＝＝12 m/s2①
進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v＝＝2.4 m/s②
(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv③
感應(yīng)電流I＝④
安培力FA＝BIl⑤
代入得FA＝＝48 N⑥
(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J⑦
由于F－mgsinθ－FA＝0⑧
故CD棒在磁場(chǎng)區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng)
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝⑨
焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J。
答案　(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J
方法感悟
在利用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律解決電磁感應(yīng)問題時(shí)，要注意分析安培力做功的情況，因?yàn)榘才嗔Φ墓κ请娔芎推渌问降哪苤g相互轉(zhuǎn)化的“橋梁”，簡(jiǎn)單表示如下：電能其他形式能。




1. (2018·唐山統(tǒng)考)(多選)如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。區(qū)域Ⅰ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，磁場(chǎng)邊界MN、PQ、GH均平行于斜面底邊，MP、PG均為L(zhǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中ab邊始終與斜面底邊平行。t1時(shí)刻ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域，此時(shí)導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；t2時(shí)刻ab邊下滑到PQ與MN的中間位置，此時(shí)導(dǎo)線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，下列說法中正確的是(　　)

A．當(dāng)ab邊剛越過PQ時(shí)，導(dǎo)線框的加速度大小為 a＝gsinθ
B．導(dǎo)線框兩次做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度之比v1∶v2＝4∶1
C．從t1到t2的過程中，導(dǎo)線框克服安培力做的功等于機(jī)械能的減少量
D．從t1到t2的過程中，有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能
答案　BC
解析　線框在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其合力為零，則mgsinθ＝F安＝；線框的ab邊剛越過PQ時(shí)，兩邊都在切割磁感線，都受到沿斜面向上的安培力F安′＝BI′L＝B··L＝，則F合＝mgsinθ－2F安′＝mgsinθ－4×＝ma，a＝－3gsinθ，A錯(cuò)誤；線框再次勻速時(shí)，其合力也為零，則mgsinθ－4×＝0，則＝，B正確；從t1到t2的過程中，安培力做負(fù)功，重力做正功，克服安培力所做的功等于線框機(jī)械能的減少量，減少的動(dòng)能和重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能，即E電＝ΔE機(jī)減＝mgh＋，C正確，D錯(cuò)誤。
2. (2015·天津高考)如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長(zhǎng)為l，cd邊長(zhǎng)為2l，ab與cd平行，間距為2l。勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上下邊界均水平，磁場(chǎng)方向垂直于線框所在平面。開始時(shí)，cd邊到磁場(chǎng)上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)直到ef、pq邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)。在ef、pq邊離開磁場(chǎng)后，ab邊離開磁場(chǎng)之前，線框又做勻速運(yùn)動(dòng)。線框完全穿過磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g。求：

(1)線框ab邊將離開磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的幾倍；
(2)磁場(chǎng)上下邊界間的距離H。
答案　(1)4　(2)＋28l
解析　(1)設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，有E1＝B·2l·v1①
設(shè)線框總電阻為R，此時(shí)線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1＝②
設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1，有F1＝BI1·2l③
由于線框做勻速運(yùn)動(dòng)，其受力平衡，有F1＝mg④
由①②③④式得v1＝⑤
設(shè)ab邊將離開磁場(chǎng)時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2，同理可得v2＝⑥
由⑤⑥式得＝4⑦
(2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，由機(jī)械能守恒定律，有mg·2l＝mv⑧
線框完全穿過磁場(chǎng)的過程中，由能量守恒定律，有
mg(2l＋H)＝mv－mv＋Q⑨
由⑦⑧⑨式得H＝＋28l。


考點(diǎn)三　電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題


1．動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用
導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力的沖量為：I安＝BLt＝BLq，通過導(dǎo)體棒或金屬框的電荷量為：q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n，磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。如果安培力是導(dǎo)體棒或金屬框受到的合外力，則I安＝mv2－mv1。
當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、運(yùn)動(dòng)位移x時(shí)用動(dòng)量定理求解更方便。
2．動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用
在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們受到的外力的合力為0，則滿足動(dòng)量守恒條件，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解比較方便。




(2018·哈爾濱模擬)如圖所示豎直面內(nèi)，水平線OO′下方足夠大的區(qū)域內(nèi)存在水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一個(gè)單匝均勻正方形導(dǎo)體框，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m，總電阻為r，從ab邊距離邊界OO′為L(zhǎng)的位置由靜止釋放，已知從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)所用時(shí)間為t，重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)，導(dǎo)體框不翻轉(zhuǎn)。求：
(1)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，ba間電勢(shì)差的大小Uba；
(2)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體框的速度。
解析　(1)設(shè)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1，
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mgL＝mv
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：
E1＝BLv1
此時(shí)的感應(yīng)電流為：I＝
所以ba間電勢(shì)差的大小
Uba＝I·r＝E1＝。
(2)從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，根據(jù)動(dòng)量定理可得：
mgt－BLt＝mv2－mv1
其中BLt＝＝
解得：v2＝gt－＋。
答案　(1)　(2)gt－＋
方法感悟
應(yīng)用動(dòng)量定理還可以由動(dòng)量變化來求解變力的沖量。如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問題中，應(yīng)用動(dòng)量定理可以解決牛頓運(yùn)動(dòng)定律不易解答的問題。





足夠長(zhǎng)的平行金屬軌道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4 m的光滑豎直半圓軌道相連，與軌道始終垂直且接觸良好的金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動(dòng)，兩金屬棒的質(zhì)量mb＝mc＝0.1 kg，接入電路的有效電阻Rb＝Rc＝1 Ω，軌道的電阻不計(jì)。平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向上，光滑豎直半圓軌道在磁場(chǎng)外，如圖所示。若使b棒以初速度v0＝10 m/s開始向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：

(1)c棒的最大速度；
(2)c棒達(dá)最大速度時(shí)，此棒產(chǎn)生的焦耳熱；
(3)若c棒達(dá)最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達(dá)軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力的大小。
答案　(1)5 m/s　(2)1.25 J　(3)1.25 N
解析　(1)在安培力作用下，b棒做減速運(yùn)動(dòng)，c棒做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，c棒達(dá)到最大速度。
選兩棒為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
mbv0＝(mb＋mc)v
解得c棒的最大速度為：v＝v0＝v0＝5 m/s。
(2)從b棒開始運(yùn)動(dòng)到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總熱量為：
Q＝mbv－(mb＋mc)v2＝2.5 J
因?yàn)镽b＝Rc，所以c棒達(dá)最大速度時(shí)此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝＝1.25 J。
(3)設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v′，從最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的過程由機(jī)械能守恒可得：
mcv2－mcv′2＝mcg·2R
解得v′＝3 m/s
在最高點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)c棒的彈力為F，由牛頓第二定律得
mcg＋F＝mc
解得F＝1.25 N
由牛頓第三定律得，在最高點(diǎn)c棒對(duì)軌道的壓力為1.25 N，方向豎直向上。
課后作業(yè)



[鞏固強(qiáng)化練]


1．如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)存在于虛線框內(nèi)，矩形線圈豎直下落，如果線圈受到的磁場(chǎng)力總小于其重力，則它在1、2、3、4位置時(shí)的加速度關(guān)系為(　　)

A．a(chǎn)1>a2>a3>a4 B．a(chǎn)1＝a3>a2>a4
C．a(chǎn)1＝a3>a4>a2 D．a(chǎn)4＝a2>a3>a1
答案　B
解析　未進(jìn)磁場(chǎng)前和全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，都僅受重力，所以加速度a1＝a3＝g。線框在圖2位置時(shí)，受到重力和向上的安培力，且已知F安q2 B．v1＝v2，Q1＝Q2，q1＝q2
C．v1Q2，q1＝q2 D．v1＝v2，Q1(t2－t1)，B正確；從進(jìn)入Ⅰ磁場(chǎng)到進(jìn)入Ⅱ磁場(chǎng)之前過程中，根據(jù)能量守恒，金屬棒減小的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以Q1＝mg·2d，所以穿過兩個(gè)磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的熱量為4mgd，C正確；若金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng)，則－mg＝0，得v＝，由前面分析可知金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大于，根據(jù)h＝得金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)的高度應(yīng)大于＝，D錯(cuò)誤。
9．(2017·天津高考) 如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是(　　)

A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a
B．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小
C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變
D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小
答案　D
解析　根據(jù)楞次定律，ab中感應(yīng)電流方向由a到b，A錯(cuò)誤；根據(jù)E＝·S，因?yàn)楹愣?，所以E恒定，根據(jù) I＝知，回路中的感應(yīng)電流恒定，B錯(cuò)誤；根據(jù)F＝BIl，由于B減小，安培力F減小，C錯(cuò)誤；根據(jù)平衡條件，靜摩擦力f＝F，故靜摩擦力減小，D正確。
10．(2018·湖南師大附中高三模擬)(多選) 如圖所示，正方形導(dǎo)線框ABCD、abcd的邊長(zhǎng)均為L(zhǎng)，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m，它們分別系在一跨過兩個(gè)定滑輪的輕繩兩端，且正方形導(dǎo)線框與定滑輪處于同一豎直平面內(nèi)。在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。開始時(shí)導(dǎo)線框ABCD的下邊與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上邊界重合，導(dǎo)線框abcd的上邊到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的下邊界的距離為L(zhǎng)?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)導(dǎo)線框ABCD剛好全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，系統(tǒng)開始做勻速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)摩擦和空氣阻力，則(　　)

A．兩線框剛開始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)輕繩上的張力FT＝mg
B．系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v＝
C．兩線框從開始運(yùn)動(dòng)至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝2mgL－
D．導(dǎo)線框abcd的ab邊通過磁場(chǎng)的時(shí)間t＝
答案　BC
解析　兩線框剛開始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框ABCD全部進(jìn)入磁場(chǎng)，由平衡知識(shí)可知，輕繩上的張力FT＝2mg，A錯(cuò)誤；對(duì)線框abcd可知，兩線框剛開始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框abcd的上邊ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)mg＋＝2mg，即系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v＝，B正確；由能量守恒定律可知，兩線框從開始運(yùn)動(dòng)至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱等于兩個(gè)線框的機(jī)械能的減小量，即Q＝2mg·2L－mg·2L－·3mv2＝2mgL－，C正確；ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，mg＋FA＝2mg，勻速運(yùn)動(dòng)至cd邊完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，CD邊穿出磁場(chǎng)受安培力FA，故仍有mg＋FA＝2mg，繼續(xù)做勻速運(yùn)動(dòng)，故導(dǎo)線框abcd在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)，ab邊通過磁場(chǎng)的時(shí)間t＝＝，D錯(cuò)誤；故選B、C。
11. (2018·江蘇高考)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過程中，金屬棒

(1)末速度的大小v；
(2)通過的電流大小I；
(3)通過的電荷量Q。
答案　(1)　(2)
(3)
解析　(1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)v2＝2as，
解得v＝。
(2)金屬棒所受安培力F安＝IdB，
金屬棒所受合力F＝mgsinθ－F安，
由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F＝ma，解得I＝。
(3)金屬棒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝，
通過金屬棒的電荷量Q＝It，
聯(lián)立解得Q＝。
12．(2018·天津高考) 真空管道超高速列車的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝置。圖1是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡(jiǎn)化模型，圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計(jì)，ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長(zhǎng)度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m。列車啟動(dòng)前，ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示，為使列車啟動(dòng)，需在M、N間連接電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)，列車啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉。


(1)要使列車向右運(yùn)行，啟動(dòng)時(shí)圖1中M、N哪個(gè)接電源正極，并簡(jiǎn)要說明理由；
(2)求剛接通電源時(shí)列車加速度a的大小；
(3)列車減速時(shí)，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)寬度和相鄰磁場(chǎng)間距均大于l。若某時(shí)刻列車的速度為v0，此時(shí)ab、cd均在無磁場(chǎng)區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場(chǎng)？
答案　(1)M接電源正極，理由見解析
(2)　(3)見解析
解析　(1)列車要向右運(yùn)動(dòng)，安培力方向應(yīng)向右，根據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b，由c到d，故M接電源正極。
(2)由題意，啟動(dòng)時(shí)ab、cd并聯(lián)，電阻均為R，由并聯(lián)電路知ab、cd中電流均為I＝①
每根金屬棒受到的安培力F0＝BIl②
設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F＝2F0③
根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma　④
聯(lián)立①②③④式得a＝?、?br /> (3)設(shè)列車減速時(shí)，cd進(jìn)入磁場(chǎng)后經(jīng)Δt時(shí)間ab恰好進(jìn)入磁場(chǎng)，此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化量為ΔΦ，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1＝?、?br /> 其中ΔΦ＝Bl2?、?br /> 設(shè)回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有
I′＝?、?br /> 設(shè)cd受到的平均安培力為F′，有F′＝BI′l?、?br /> 以向右為正方向，設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有I沖＝－F′Δt　⑩
同理可知，回路出磁場(chǎng)時(shí)ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場(chǎng)區(qū)域安培力沖量為I0，有
I0＝2I沖　?
設(shè)列車停下來受到的總沖量為I總，由動(dòng)量定理有
I總＝0－mv0　?
聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得＝　?
討論：若恰好為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有界磁場(chǎng)；若不是整數(shù)，設(shè)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N＋1塊有界磁場(chǎng)。
13．(2017·天津高考)電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)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(shì)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(chǎng)(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(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，之后離開導(dǎo)軌。問：

(1)磁場(chǎng)的方向；
(2)MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大?。?br /> (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)
(3)
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(chǎng)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＝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＝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(shì)為E′，有
E′＝Blvmax⑥
依題意有E′＝⑦
設(shè)在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有＝lB⑧
由動(dòng)量定理，有Δt＝mvmax－0⑨
又Δt＝Q0－Q⑩
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝。
14．(2019·山西呂梁高三期末)如圖，兩條足夠長(zhǎng)、間距為d的平行光滑金屬直軌道MN、PQ與水平面成θ角，EF上方存在垂直導(dǎo)軌平面的如圖乙所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度在0～T時(shí)間內(nèi)按余弦規(guī)律變化(周期為T、最大值為B0)，T時(shí)刻后穩(wěn)定為B0。t＝0時(shí)刻，正方形金屬框ABCD在沿平行導(dǎo)軌向上的恒定外力作用下靜止于導(dǎo)軌上。T時(shí)刻撤去外力，金屬框?qū)⒀貙?dǎo)軌下滑，金屬框在CD邊、AB邊經(jīng)過EF時(shí)的速度分別為v1和v2。已知金屬框質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為d、每條邊電阻為R，框中磁場(chǎng)按余弦規(guī)律變化時(shí)產(chǎn)生的正弦式交變電流的峰值Em＝，求：

(1)CD邊剛過EF時(shí)，A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；
(2)從撤去外力到AB邊經(jīng)過EF的總時(shí)間；
(3)從0時(shí)刻到AB邊經(jīng)過EF的過程中產(chǎn)生的焦耳熱。
答案　(1)－B0dv1　(2)＋
(3)＋mgdsinθ＋m(v－v)
解析　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律知，CD邊剛過EF時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝B0dv1
由楞次定律知A點(diǎn)電勢(shì)低于B點(diǎn)，故UAB＝－E
即UAB＝－B0dv1。
(2)撤去外力后金屬框在重力沿導(dǎo)軌向下的分力mgsinθ作用下下滑，金屬框穿過EF時(shí)，由于電磁感應(yīng)而受到沿導(dǎo)軌向上的安培力。設(shè)所求時(shí)間為t，金屬框在某一時(shí)刻的速度為v，電流為i，則
i＝，
金屬框所受安培力F＝－B0di＝－v
安培力的沖量IA＝∑FΔt＝－∑vΔt＝－
由動(dòng)量定理得mgsinθt＋I(xiàn)A＝mv2－0
解得t＝＋。
(3)0～T，交流電的有效值E′＝Em
此過程產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝T＝
金屬框出磁場(chǎng)的過程中，Q2＝－WA
結(jié)合動(dòng)能定理：mgdsinθ＋WA＝mv－mv
得：Q2＝mgdsinθ＋m(v－v)
總焦耳熱為：
Q＝Q1＋Q2＝＋mgdsinθ＋m(v－v)。
15．(2018·衡水中學(xué)5月沖刺模擬考試)如圖a超級(jí)高鐵(Hyperloop)是一種以“真空管道運(yùn)輸”為理論核心設(shè)計(jì)的交通工具，它具有超高速、低能耗、無噪聲、零污染的特點(diǎn)。如圖b，已知管道中固定著兩根平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ，兩導(dǎo)軌間距為r；運(yùn)輸車的質(zhì)量為m，橫截面是半徑為r的圓。運(yùn)輸車上固定著間距為D、與導(dǎo)軌垂直的兩根導(dǎo)體棒1和2，每根導(dǎo)體棒的電阻為R，每段長(zhǎng)度為D的導(dǎo)軌的電阻也為R。其他電阻忽略不計(jì)，重力加速度為g。


(1)如圖c，當(dāng)管道中的導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝30°角時(shí)，運(yùn)輸車恰好能無動(dòng)力地勻速下滑。求運(yùn)輸車與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(2)在水平導(dǎo)軌上進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，不考慮摩擦及空氣阻力。
①當(dāng)運(yùn)輸車由靜止離站時(shí)，在導(dǎo)體棒2后間距為D處接通固定在導(dǎo)軌上電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源，此時(shí)導(dǎo)體棒1、2均處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖d。求剛接通電源時(shí)運(yùn)輸車的加速度的大??；(電源內(nèi)阻不計(jì)，不考慮電磁感應(yīng)現(xiàn)象)
②當(dāng)運(yùn)輸車進(jìn)站時(shí)，管道內(nèi)依次分布磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，寬度為D的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且相鄰的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向相反。求運(yùn)輸車以速度v0從如圖e位置通過距離D后的速度v。
答案　(1)　(2)①　②v0－
解析　(1)分析運(yùn)輸車的受力，將運(yùn)輸車的重力分解，如圖1，設(shè)軌道對(duì)運(yùn)輸車的支持力為N1、N2，如圖2。

由垂直導(dǎo)軌平面方向合力為零及幾何關(guān)系有
N1＝mgcosθ，N2＝mgcosθ，
又f1＝μN(yùn)1，f2＝μN(yùn)2，
運(yùn)輸車勻速下滑，故mgsinθ＝f1＋f2，解得：μ＝。
(2)①運(yùn)輸車離站時(shí)，等效電路圖如圖3，

R總＝，
由閉合電路的歐姆定律I＝，
又I1＝，I2＝，
導(dǎo)體棒所受的安培力：F1＝BI1·r；F2＝BI2·r，
運(yùn)輸車的加速度a＝，解得a＝。
②運(yùn)輸車進(jìn)站時(shí)，等效電路圖如圖4，

當(dāng)車速為v時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律：
E1＝B·rv；E2＝B·rv，
由閉合電路的歐姆定律I＝，
導(dǎo)體棒所受的安培力：F1＝BI·r；F2＝BI·r，
運(yùn)輸車所受的合力：F＝F1＋F2＝，
選取一小段時(shí)間Δt，運(yùn)輸車速度的變化量為Δv，由動(dòng)量定理：－Δt＝mΔv，
即－Δx＝mΔv，
兩邊求和：－＝mv－mv0，
解得v＝v0－。
16．(2018·唐山二模)如圖所示，兩根平行光滑的金屬導(dǎo)軌M1N1P1－M2N2P2由四分之一圓弧部分與水平部分構(gòu)成，導(dǎo)軌末端固定兩根絕緣柱，弧形部分半徑r＝0.8 m、導(dǎo)軌間距L＝1 m，導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝2 T，兩根完全相同的金屬棒a、b分別垂直導(dǎo)軌靜置于圓弧頂端M1M2處和水平導(dǎo)軌中某位置，兩金屬棒質(zhì)量均為m＝1 kg、電阻均為R＝2 Ω。金屬棒a由靜止釋放，沿圓弧導(dǎo)軌滑入水平部分，此后，金屬棒b向右運(yùn)動(dòng)，在導(dǎo)軌末端與絕緣柱發(fā)生碰撞且無機(jī)械能損失，金屬棒b接觸絕緣柱之前兩棒已勻速運(yùn)動(dòng)且未發(fā)生碰撞。金屬棒b與絕緣柱發(fā)生碰撞后，在距絕緣柱x1＝0.5 m的A1A2位置與金屬棒a發(fā)生碰撞，碰后停在距絕緣柱x2＝0.2 m的A3A4位置，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10 m/s2。求：

(1)金屬棒a剛滑入水平導(dǎo)軌時(shí)，受到的安培力大?。?br /> (2)金屬棒b與絕緣柱碰撞后到與金屬棒a碰撞前的過程，整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱；
(3)證明金屬棒a、b的碰撞是否是彈性碰撞。
答案　(1)4 N　(2)3 J　(3)見解析
解析　(1)金屬棒a下滑過程：mgr＝mv2
v＝＝4 m/s
金屬棒a剛滑入水平導(dǎo)軌時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：
E＝BLv＝8 V
回路電流：I＝＝2 A
金屬棒a受到的安培力：F＝BIL＝4 N。
(2)以金屬棒a、b為系統(tǒng)，在碰到絕緣柱之前動(dòng)量守恒：
mv＝2mv1，解得：v1＝2 m/s。
金屬棒b與絕緣柱發(fā)生碰撞后等速率返回，以兩金屬棒為系統(tǒng)動(dòng)量仍然守恒，但總動(dòng)量為零，0＝mva＋mvb，即時(shí)刻有va＝－vb，兩金屬棒相向運(yùn)動(dòng)到相碰，位移大小相等，均為x1＝0.5 m。
對(duì)金屬棒b，由動(dòng)量定理：－BLΔt＝mv2－mv1
由法拉第電磁感應(yīng)定律：＝2BL
＝
聯(lián)立得－·Δt＝mv2－mv1
而Δt＝x1，求得：v2＝1 m/s。
由能量守恒定律：Q＝2×mv－2×mv＝3 J。
(3)金屬棒a、b碰后，金屬棒b減速到零的過程，由動(dòng)量定理：
－B′LΔt′＝0－mv3
由法拉第電磁感應(yīng)定律：′＝2BL′，′＝
聯(lián)立得·Δt′＝0－mv3
而′Δt′＝x1－x2，求得：v3＝0.6 m/s。
碰撞前后動(dòng)量守恒，a、b速度大小相等，方向相反，由于2×mv>2×mv，所以碰撞不是彈性碰撞。


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