微專題17電磁學(xué)中的動量和能量的綜合問題

微專題17電磁學(xué)中的動量和能量的綜合問題【知識規(guī)律整合】動力學(xué)問題平衡態(tài)非平衡態(tài)能量問題能量轉(zhuǎn)化焦耳熱動量問題對于兩導(dǎo)體棒在平直的光滑導(dǎo)軌上運動的情況，如果兩棒所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動量守恒定律處理問題當(dāng)題目中涉及電荷量或平均電流時，可應(yīng)用動量定理eq\o(I,\s\up6(－))lB·Δt＝m·Δv，q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt來解決問題題型一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1．電路分析：明確電源與外電路，可畫等效電路圖。2．受力分析：把握安培力的特點，安培力大小與導(dǎo)體棒速度有關(guān)，一般在牛頓第二定律方程里討論，v的變化影響安培力大小，進(jìn)而影響加速度大小，加速度的變化又會影響v的變化。3．過程分析：注意導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場或離開磁場時的速度是否達(dá)到“收尾速度”。4．能量分析：克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能?！纠?】如圖1所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L，與水平面夾角為θ。兩導(dǎo)軌上端接有阻值為R的定值電阻，整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab，在沿導(dǎo)軌平面向上的恒力作用下，由靜止開始從導(dǎo)軌底端向上運動，穩(wěn)定時金屬桿做速度為v0的勻速直線運動。在運動過程中，ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知重力加速度為g，不計空氣阻力和導(dǎo)軌電阻。求：圖1(1)金屬桿勻速運動時R兩端的電勢差；(2)金屬桿ab開始運動時加速度的大小。答案(1)eq\f(BLv0R,R＋r)(2)eq\f(B2L2v0,m（R＋r）)解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv0由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)R兩端的電勢差U＝IR解得I＝eq\f(BLv0,R＋r)，U＝eq\f(BLv0R,R＋r)。(2)如圖所示，金屬桿勻速運動時所受的安培力大小FA＝ILB由平衡條件得F＝FA＋mgsinθ解得F＝eq\f(B2L2v0,R＋r)＋mgsinθ金屬桿ab開始運動時v＝0，則E＝0，I＝0，F(xiàn)A0＝0由牛頓第二定律得F－mgsinθ＝ma解得a＝eq\f(B2L2v0,m（R＋r）)。【針對訓(xùn)練1】如圖2所示，空間存在B＝0.5T、方向豎直向下的勻強磁場，MN、PQ是水平放置的平行長直導(dǎo)軌(電阻不計)，其間距l(xiāng)＝0.2m，電阻R＝0.3Ω，接在導(dǎo)軌一端，ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量m＝0.1kg、電阻r＝0.1Ω的導(dǎo)體棒，已知導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.2。從t＝0時刻開始，對ab棒施加一個大小為F＝0.45N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌滑動，滑動過程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，求：(g＝10m/s2)圖2(1)導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度；(2)試定性畫出導(dǎo)體棒運動的速度—時間圖像。答案(1)10m/s(2)見解析圖解析(1)導(dǎo)體棒切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Blv①由閉合電路歐姆定律，電路中的電流I＝eq\f(E,R＋r)②導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝IlB③導(dǎo)體棒運動過程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根據(jù)牛頓第二定律得F－μmg－F安＝ma④由①②③④得F－μmg－eq\f(B2l2v,R＋r)＝ma⑤由上式可以看出，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當(dāng)加速度a減小到0時，速度達(dá)到最大此時有F－μmg－eq\f(B2l2vm,R＋r)＝0⑥可得vm＝eq\f(（F－μmg）（R＋r）,B2l2)＝10m/s。(2)導(dǎo)體棒運動的速度—時間圖像如圖所示。題型二電磁感應(yīng)中的能量問題1．焦耳定律：Q＝I2Rt，適用于電流、電阻不變。2．功能關(guān)系：Q＝W克服安培力，電流變不變都適用。3．能量轉(zhuǎn)化：Q＝ΔE(其他能的減少量)，電流變不變都適用?！纠?】(2022·江蘇鎮(zhèn)江高三階段練習(xí))可測速的跑步機原理如圖3所示。該機底面固定有間距L＝0.8m，長度d1＝0.5m的平行金屬電極。電極間充滿磁感應(yīng)強度B＝0.5T，方向垂直于紙面向里的勻強磁場，且接有理想電壓表和R＝9Ω的電阻。絕緣橡膠帶上鍍有平行細(xì)金屬條，橡膠帶運動時，磁場中始終僅有一根金屬條，每根金屬條的電阻均為r＝1Ω，并與電極接觸良好。電壓表的示數(shù)為U＝0.9V，求：圖3(1)橡膠帶運動的速度v；(2)金屬條每次經(jīng)過磁場區(qū)域，克服安培力做的功W。答案(1)2.5m/s(2)0.02J解析(1)電路中電流為I＝eq\f(U,R)＝0.1A金屬條切割磁場產(chǎn)生的電動勢E＝I(R＋r)＝1.0V電動勢與橡膠帶運動的速度關(guān)系為E＝BLv聯(lián)立解得v＝2.5m/s。(2)一根金屬條每次經(jīng)過磁場區(qū)域克服安培力做的功為W克＝EIt又t＝eq\f(d,v)，解得W克＝0.02J。【針對訓(xùn)練2】(2022·江蘇泰州高三階段練習(xí))我國新一代航母阻攔系統(tǒng)的研制引入了電磁阻攔技術(shù)，其基本原理如圖4所示，飛機著艦時關(guān)閉動力系統(tǒng)，通過絕緣阻攔索鉤住軌道上的一根金屬棒，飛機與金屬棒瞬間獲得共同速度v0＝180km/h，在磁場中共同減速滑行至停下，已知殲－15艦載機質(zhì)量M＝2.7×104kg，金屬棒質(zhì)量m＝3×103kg、電阻R＝10Ω，導(dǎo)軌間距L＝50m，勻強磁場磁感應(yīng)強度B＝5T，導(dǎo)軌電阻不計，除安培力外飛機克服其他阻力做的功為1.5×106J，求：圖4(1)飛機著艦瞬間金屬棒中感應(yīng)電流I的大小和方向；(2)金屬棒中產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案(1)1.25×103A由b到a(2)3.6×107J解析(1)飛機著艦瞬間金屬棒中感應(yīng)電動勢E＝BLv0感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)代入數(shù)據(jù)解得I＝1.25×103A根據(jù)右手定則判斷，感應(yīng)電流方向由b到a(2)飛機從著艦到停止，根據(jù)動能定理－W安－Wf＝0－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得Q＝W安＝3.6×107J。題型三動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1．安培力的沖量為I安＝Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝BLq。2．通過導(dǎo)體棒或金屬框的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(E,R總)Δt＝neq\f(ΔΦ,ΔtR總)Δt＝neq\f(ΔΦ,R總)?！纠?】如圖5所示，間距為L的平行且足夠長的光滑導(dǎo)軌由兩部分組成，傾斜部分與水平部分平滑相連，傾角為θ，在傾斜導(dǎo)軌頂端連接一阻值為r的定值電阻，質(zhì)量為m、電阻也為r的金屬桿MN垂直導(dǎo)軌跨放在導(dǎo)軌上，在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域加一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場；在水平導(dǎo)軌區(qū)域加另一垂直軌道平面向下、磁感應(yīng)強度也為B的勻強磁場。閉合開關(guān)S，讓金屬桿MN從圖示位置由靜止釋放，已知金屬桿MN運動到水平軌道前，已達(dá)到最大速度，不計導(dǎo)軌電阻且金屬桿MN始終與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度為g。圖5(1)求金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的最大速率vm；(2)求金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行的最大距離xm。答案(1)eq\f(2mgrsinθ,B2L2)(2)eq\f(4m2gr2sinθ,B4L4)解析(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的速度最大時，其受到的合力為零，對其受力分析，可得mgsinθ－ILB＝0根據(jù)歐姆定律可得I＝eq\f(BLvm,2r)聯(lián)立可得vm＝eq\f(2mgrsinθ,B2L2)。(2)金屬桿在水平導(dǎo)軌上滑行過程中，取初速度方向為正，根據(jù)動量定理可得－eq\o(I,\s\up6(－))LBt＝0－mvm即eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－))t,2r)＝mvm，其中eq\o(v,\s\up6(－))t＝xm聯(lián)立解得xm＝eq\f(4m2gr2sinθ,B4L4)。題型四動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用相互作用的安培力是系統(tǒng)的內(nèi)力，這個變力將不影響整體的動量守恒。因此解題的突破口是巧妙選擇系統(tǒng)，運用動量守恒定律(動量定理)和功能關(guān)系求解。【例4】如圖6所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌的水平部分處于豎直向下的B＝4T的勻強磁場中，兩導(dǎo)軌間距為L＝0.5m，導(dǎo)軌足夠長且不計電阻。金屬棒a和b的質(zhì)量都為m＝1kg，連入導(dǎo)軌間的電阻Ra＝Rb＝1Ω。b棒靜止于導(dǎo)軌水平部分，現(xiàn)將a棒從h＝80cm高處自靜止沿弧形導(dǎo)軌下滑，通過C點進(jìn)入導(dǎo)軌的水平部分，已知兩棒在運動過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直，且兩棒始終不相碰。求a、b兩棒的最終速度，以及整個過程中b棒中產(chǎn)生的焦耳熱(已知重力加速度g＝10m/s2)。圖6答案2m/s2J解析設(shè)a棒下滑至C點時速度為v0，由動能定理，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得v0＝4m/s此后的運動過程中，a、b兩棒達(dá)到共速前，兩棒所受安培力始終等大反向，因此a、b兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，有mv0＝(m＋m)v解得a、b兩棒共同的最終速度為v＝2m/s，此后兩棒一起做勻速直線運動由能量守恒定律可知，整個過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋m)v2則b棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Qb＝eq\f(1,2)Q解得Qb＝2J。1．(2021·河北卷，7)如圖7所示，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B。導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點為坐標(biāo)原點。狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為θ，一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連。導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點開始以速度v向右勻速直線運動，忽略所有電阻。下列說法正確的是()圖7A．通過金屬棒的電流為2BCv2tanθB．金屬棒到達(dá)x0時，電容器極板上的電荷量為BCvx0tanθC．金屬棒運動過程中，電容器的上極板帶負(fù)電D．金屬棒運動過程中，外力F做功的功率恒定答案A解析經(jīng)過時間t，金屬棒切割磁感線的有效長度L＝2vttanθ，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv＝2Bv2ttanθ，則電容器極板上的電荷量Q＝CE＝2BCv2ttanθ，則通過金屬棒中的電流I＝eq\f(Q,t)＝2BCv2tanθ，A正確；當(dāng)金屬棒到達(dá)x＝x0時，即vt＝x0時，電容器極板上的電荷量Q0＝2BCvx0tanθ，B錯誤；根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時針方向(從上往下看)，則電容器的上極板帶正電，C錯誤；因為金屬棒做勻速直線運動，所以外力F＝F安＝ILB，外力做功的功率P＝Fv＝4B2Cv4ttan2θ，是變化的，D錯誤。2．(2021·海南卷，18)如圖8，間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在方向豎直向下的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)軌左端接有阻值為R的定值電阻，一質(zhì)量為m的金屬桿放在導(dǎo)軌上。金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動，此時金屬桿內(nèi)自由電子沿桿定向移動的速率為u0。設(shè)金屬桿內(nèi)做定向移動的自由電子總量保持不變，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，除了電阻R以外不計其他電阻。圖8(1)求金屬桿中的電流和水平外力的功率；(2)某時刻撤去外力，經(jīng)過一段時間，自由電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)閑q\f(u0,2)，求：(ⅰ)這段時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；(ⅱ)這段時間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動的距離。答案(1)eq\f(Blv0,R)eq\f(B2l2veq\o\al(2,0),R)(2)(ⅰ)eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)(ⅱ)eq\f(mRu0,2B2l2)解析(1)金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv0則金屬桿中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv0,R)由題知，金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動，則有F＝F安＝IlB＝eq\f(B2l2v0,R)根據(jù)功率的計算公式有P＝Fv0＝eq\f(B2l2veq\o\al(2,0),R)。(2)(ⅰ)設(shè)金屬桿內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為n，金屬桿的橫截面積為S，則金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運動時的電流由微觀表示為I＝neSu0＝eq\f(Blv0,R)則解得neS＝eq\f(Blv0,Ru0)電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)閑q\f(u0,2)，則I′＝neSeq\f(u0,2)＝eq\f(Blv′,R)解得v′＝eq\f(v0,2)由能量守恒定律有eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Q解得Q＝eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)。(ⅱ)在這段時間內(nèi)金屬桿的速度由v0變到eq\f(v0,2)，根據(jù)動量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))l·Δt＝meq\f(v0,2)－mv0＝－BlneSeq\o(u,\s\up6(－))Δt＝－BlnSe·d(取向右為正方向)由于neS＝eq\f(Blv0,Ru0)化簡得d＝eq\f(mRu0,2B2l2)。3．(2021·湖北卷，16)如圖9(a)所示，兩根不計電阻、間距為L的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌，豎直固定在勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向里，磁感應(yīng)強度大小為B。導(dǎo)軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻。元件Z的U－I圖像如圖(b)所示，當(dāng)流過元件Z的電流大于或等于I0時，電壓穩(wěn)定為Um。質(zhì)量為m、不計電阻的金屬棒可沿導(dǎo)軌運動，運動中金屬棒始終水平且與導(dǎo)軌保持良好接觸。忽略空氣阻力及回路中的電流對原磁場的影響，重力加速度大小為g。為了方便計算，取I0＝eq\f(mg,4BL)，Um＝eq\f(mgR,2BL)。以下計算結(jié)果只能選用m、g、B、L、R表示。圖9(1)閉合開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v1；(2)斷開開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v2；(3)先閉合開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒達(dá)到最大速度后，再斷開開關(guān)S。忽略回路中電流突變的時間，求S斷開瞬間金屬棒的加速度大小a。答案(1)eq\f(mgR,B2L2)(2)eq\f(3mgR,2B2L2)(3)eq\f(g,2)解析(1)閉合開關(guān)S，金屬棒下落的過程中受豎直向下的重力、豎直向上的安培力作用，當(dāng)重力與安培力大小相等時，金屬棒的加速度為零，速度最大，則mg＝BI1L由法拉第電磁感應(yīng)定律得E1＝BLv1由歐姆定律得I1＝eq\f(E1,R)解得v1＝eq\f(mgR,B2L2)。(2)由第(1)問得I1＝eq\f(mg,BL)由于I0<I1，斷開開關(guān)S后，當(dāng)金屬棒的速度達(dá)到最大時，元件Z兩端的電壓恒為Um＝eq\f(mgR,2BL)，此時定值電阻兩端的電壓為UR＝BLv2－Um回路中的電流為I2＝I1又由歐姆定律得I2＝eq\f(UR,R)，解得v2＝eq\f(3mgR,2B2L2)。(3)開關(guān)S閉合，當(dāng)金屬棒的速度最大時，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1＝eq\f(mgR,BL)，斷開開關(guān)S的瞬間，元件Z兩端的電壓為Um＝eq\f(mgR,2BL)則定值電阻兩端的電壓為UR′＝E1－Um＝eq\f(mgR,2BL)電路中的電流為I′＝eq\f(UR′,R)金屬棒受到的安培力為FA＝BI′L對金屬棒由牛頓第二定律得mg－FA＝ma解得a＝eq\f(g,2)。4．(2021·天津卷，11)如圖10所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距L＝1m，其電阻不計，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成θ＝30°角，N、Q兩端接有R＝1Ω的電阻。一金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，ab兩端與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知ab的質(zhì)量m＝0.2kg，電阻r＝1Ω，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小B＝1T。ab在平行于導(dǎo)軌向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5m/s沿導(dǎo)軌向上開始運動，可達(dá)到最大速度v＝2m/s。運動過程中拉力的功率恒定不變，重力加速度g＝10m/s2。圖10(1)求拉力的功率P；(2)ab開始運動后，經(jīng)t＝0.09s速度達(dá)到v2＝1.5m/s，此過程中ab克服安培力做功W＝0.06J，求該過程中ab沿導(dǎo)軌的位移大小x。答案(1)4W(2)0.1m解析(1)在ab運動過程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐漸減小的加速運動，速度達(dá)到最大時，加速度為零，設(shè)此時拉力的大小為F，安培力大小為FA，有F－mgsinθ－FA＝0設(shè)此時回路中的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有E＝BLv設(shè)回路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律，有I＝eq\f(E,R＋r)ab受到的安培力FA＝ILB由功率表達(dá)式，有P＝Fv聯(lián)立上述各式，代入數(shù)據(jù)解得P＝4W。(2)ab從速度v1到v2的過程中，由動能定理，有Pt－W－mgxsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)解得x＝0.1m。1．(2022·江蘇連云港高三期末)如圖1所示，阻值不計、足夠長的平行光滑導(dǎo)軌豎直放置，上端連接一電阻，一金屬棒(電阻不計)水平放置與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌平面處于勻強磁場中且與磁場方向垂直，金屬棒從某處由靜止釋放向下運動，設(shè)運動過程中棒的加速度為a、動量為p、通過的電荷量為q、重力勢能為Ep、位移為x、運動時間為t。取地面為零重力勢能面，下列圖像不正確的是()圖1答案B解析感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，安培力為F＝ILB＝eq\f(B2L2v,R)，根據(jù)牛頓第二定律有a＝eq\f(mg－F,m)＝g－eq\f(B2L2v,Rm)，則速度增加過程中，加速度逐漸減小，金屬棒做加速度逐漸減小的加速運動，達(dá)到最大速度后勻速運動，所以A正確；金屬棒的動量為p＝mv，則動量與速度成正比，由于金屬棒做加速度逐漸減小的加速運動，其速度與時間圖像的斜率將逐漸減小，所以B錯誤；通過的電荷量為q，則有q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)·Δt＝eq\f(BLx,R)，所以電荷量q與位移x成正比，則C正確；重力勢能為Ep，則有Ep＝Ep0－mgx，所以D正確。2．(2022·江蘇泰州高三階段練習(xí))如圖2甲所示，左側(cè)接有定值電阻R＝3Ω的水平平行且足夠長的粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B＝2T，導(dǎo)軌間距L＝1m。一質(zhì)量m＝1kg、接入電路的阻值r＝1Ω的金屬棒在拉力F的作用下由靜止開始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運動，金屬棒的v－x圖像如圖乙所示。若金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，導(dǎo)軌電阻不計，取g＝10m/s2，則金屬棒從靜止開始向右運動的位移為x1＝1m的過程中，下列說法正確的是()圖2A．金屬棒中感應(yīng)電流的方向為D→CB．通過電阻的電荷量為0.25CC．拉力F做的功為8JD．導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為0.75J答案C解析由右手定則知金屬棒中感應(yīng)電流的方向為C→D，故A錯誤；流過電阻的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)Δt＝eq\f(ΔΦ,（R＋r）Δt)Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx1,R＋r)＝0.5C，故B錯誤；金屬棒在運動x1＝1m的過程中，克服摩擦力做功為Wf＝μmgx1＝5J，安培力的大小為F安＝BIL＝Beq\f(E,R＋r)L＝Beq\f(BLv,R＋r)L＝eq\f(B2L2v,R＋r)，結(jié)合圖像可知，安培力的大小與位移成正比，則金屬棒克服安培力做功為W安＝eq\o(F,\s\up6(－))x＝eq\f(0＋F安,2)x1＝eq\f(B2L2v,2（R＋r）)x1＝1J，由動能定理得W－W安－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得W＝8J，故C正確；安培力做功轉(zhuǎn)化為電路中的焦耳熱，則電路中的焦耳熱Q＝W安＝1J，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝eq\f(r,R＋r)Q＝0.25J，故D錯誤。3．(2022·江蘇南京高三階段練習(xí))如圖3所示，豎直邊界MN的右側(cè)存在區(qū)域足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向里。帶有絕緣層的均質(zhì)導(dǎo)線繞成半徑為r的n匝圓形線圈，線圈質(zhì)量為m、總電阻為R，首尾連接在一起。線圈上a點連接垂直于紙面的光滑轉(zhuǎn)軸，可在豎直平面內(nèi)擺動。將線圈向右拉至左側(cè)與MN相切的位置后由靜止釋放，線圈向左擺到最高點時，直徑ab轉(zhuǎn)過的角度為150°。不計擺動過程中線圈受到的空氣阻力，重力加速度為g，則()圖3A．線圈擺動時，安培力的方向始終和b點的速度方向相反B．從釋放到第一次擺至左側(cè)最高點的過程中，安培力對線圈做的功為mgrC．從釋放到最后靜止，線圈中產(chǎn)生的電熱大于mgrD．從釋放到第一次擺至左側(cè)最高點的過程中，通過線圈的電荷量為（eq\f(5,6)π＋eq\f(\r(3),4)）eq\f(nBr2,R)答案D解析線圈向左擺動時，線圈中垂直紙面向里的磁通量減小，由楞次定律知，安培力阻礙線圈的相對運動，安培力與線框運動方向相反。由于b點的運動方向始終與直徑ab垂直，故安培力方向不會始終與b點的速度方向相反，故A錯誤；從釋放到第一次擺至左側(cè)最高點的過程中，安培力對線圈做的功為等于重力勢能的變化量，線圈的重心位置等效在線圈的圓心，所以重力勢能的減少量ΔEp＝mgΔh＝mgr(1－cos60°)＝0.5mgr，所以安培力對線圈做的功為－0.5mgr，故B錯誤；從釋放到靜止，線圈的重力勢能通過感應(yīng)電流轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以線圈產(chǎn)生的焦耳熱等于減少的重力勢能，大小為Q＝ΔEp′＝mgr，故C錯誤；從釋放到第一次擺至左側(cè)最高點的過程中，設(shè)通過線圈的電荷量為q，電路中的平均電流為I，平均電動勢為E，經(jīng)過的時間為Δt，則q＝IΔt，I＝eq\f(E,R)，E＝n·eq\f(ΔΦ,Δt)，三式聯(lián)立得q＝n·eq\f(ΔΦ,R)，開始時穿過線圈的磁通量Φ1＝B·πr2，第一次擺至左側(cè)最高點時的磁通量Φ2＝B·（eq\f(1,6)πr2－eq\f(1,2)·r·eq\f(\r(3)r,2)），磁通量的變化量大小ΔΦ＝Φ1－Φ2＝（eq\f(5,6)π＋eq\f(\r(3),4)）Br2，聯(lián)立可得q＝（eq\f(5,6)π＋eq\f(\r(3),4)）eq\f(nBr2,R)，故D正確。4．(2022·江蘇連云港三模)如圖4所示，豎直平面內(nèi)存在范圍足夠大、方向水平的磁場，同一高度處磁感應(yīng)強度大小相等，豎直方向上磁感應(yīng)強度隨線框下落距離均勻增大。將一個豎直放置的正方形金屬線框abcd從圖示位置水平向右拋出，不計空氣阻力。下列關(guān)于線框運動的加速度a、感應(yīng)電流i隨時間t，線框重力做功的功率P、機械能E隨下落高度h變化的關(guān)系圖像中，可能正確的是()圖4答案A解析因為相同高度處磁感應(yīng)強度大小相等，而流過ab邊和cd邊的電流大小相同，利用左手定則判斷出兩邊受到的安培力大小相等，方向相反，故水平方向上受力平衡，所以水平方向上做勻速運動，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向為順時針方向，左手定則判斷出bc邊所受安培力向上，ad邊所受安培力向下，令bc邊的磁感應(yīng)強度為B2，ad邊磁感應(yīng)強度為B1，ab邊和cd邊的長度為L1，bc與ad邊的長度為L2，從而求出線框所受合外力F合＝mg＋I(xiàn)L2B1－IL2B2＝ma，設(shè)線框向下運動的距離為x，則B1＝kx，B2＝k(x＋L1)，聯(lián)立得加速度a＝g－eq\f(kL1L2I,m)，所以當(dāng)速度增大時，I增大，a減小，感應(yīng)電流I＝eq\f(kL1L2v,R)＝eq\f(kL1L2at,R)，由于加速度減小，所以感應(yīng)電流的變化率越來越小，結(jié)合a＝g－eq\f(kL1L2I,m)，可知加速度的變化率越來越小，最后線框豎直方向做勻速直線運動，電流不再增大，加速度為零，故A正確，B錯誤；初始時，線框的速度為零，所以P－h(huán)圖像，h＝0時，重力功率應(yīng)為零，故C錯誤；除了重力之外的其他力做功等于機械能的變化量，根據(jù)ΔE＝－F安h，可知E－h(huán)圖像的斜率的絕對值為安培力的大小，安培力越來越大，最后不變，故D錯誤。5．(2022·江蘇二模)如圖5所示，兩光滑平行長直導(dǎo)軌，間距為d，放置在水平面上，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直，兩質(zhì)量都為m、電阻都為r的導(dǎo)體棒L1、L2垂直放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，兩導(dǎo)體棒距離足夠遠(yuǎn)，L1靜止，L2以初速度v0向右運動，不計導(dǎo)軌電阻，忽略感生電流產(chǎn)生的磁場，則()圖5A．導(dǎo)體棒L1的最終速度為v0B．導(dǎo)體棒L2產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(3mveq\o\al(2,0),8)C．通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為eq\f(mv0,Bd)D．兩導(dǎo)體棒的初始距離最小為eq\f(mv0r,B2d2)答案D解析根據(jù)楞次定律，導(dǎo)體棒L1、L2最終以相同的速度勻速直線運動，設(shè)共同速度為v1，水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2)，故A錯誤；設(shè)導(dǎo)體棒L1、L2在整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q總，根據(jù)能量守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Q總＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,1)，解得Q總＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，導(dǎo)體棒L1、L2的電阻都為r，因此導(dǎo)體棒L2產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)Q總＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，故B錯誤；對導(dǎo)體棒L2，由動量定理得Bidt＝mv1，因為q＝it，故Bdq＝mv1，因此通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為q＝eq\f(mv1,Bd)＝eq\f(mv0,2Bd)，故C錯誤；當(dāng)導(dǎo)體棒L1、L2速度相等時距離為零，則兩棒初始距離最小，設(shè)最小初始距離為l，則通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量q＝iΔt＝eq\f(E,2r)Δt＝eq\f(ΔΦ,Δt·2r)Δt＝eq\f(Bdl,2r)＝eq\f(mv0,2Bd)，解得l＝eq\f(mv0r,B2d2)，故D正確。6．(2022·江蘇鹽城三模)某實驗小組利用塑料小車模擬探究電磁剎車的效果，在遙控小車底面安裝與小車底面長寬均相同的n匝矩形導(dǎo)線框，其總電阻為R，其平面與水平地面平行，如圖6所示，小車在車場外以恒定功率做直線運動，受到地面阻力恒為f，車頭剛進(jìn)入磁場時已達(dá)到最大速度v，牽引力立即變?yōu)?；車尾剛出磁場時速度恰好為零，已知底面長為x，寬為L的小車總質(zhì)量為m，寬為d的有界磁場感應(yīng)強度為B，方向豎直向上，不計空氣阻力；求小車：圖6(1)剛進(jìn)磁場時，導(dǎo)線框中的電流強度I；(2)從進(jìn)磁場到完全出磁場過程，安培力做的功W。答案(1)eq\f(nBLv,R)(2)f(d＋x)－eq\f(1,2)mv2解析(1)小車剛進(jìn)磁場時，產(chǎn)生的電動勢為E＝nBLv根據(jù)閉合電路歐姆定律可得導(dǎo)線框中的電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(nBLv,R)。(2)從進(jìn)磁場到完全出磁場過程，根據(jù)動能定理可得W－f(d＋x)＝0－eq\f(1,2)mv2解得安培力做的功為W＝f(d＋x)－eq\f(1,2)mv2。7．(2022·江蘇常州高三階段練習(xí))如圖7所示，一傾角為α的粗糙固定斜面上放有質(zhì)量為M的U形導(dǎo)體框，導(dǎo)體框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tanα，導(dǎo)體框的電阻忽略不計，整個裝置處于垂直斜面向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，一電阻為R、質(zhì)量為m的光滑導(dǎo)體棒CD的兩端置于導(dǎo)體框上，與導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路CDEF，EF與斜面底邊平行，長度為L?，F(xiàn)將導(dǎo)體棒由靜止釋放，導(dǎo)體棒和導(dǎo)體框始終接觸良好，重力加速度取g。圖7(1)求穩(wěn)定時導(dǎo)體棒的速度v1；(2)若給導(dǎo)體棒一初速度v0(v0>v1)，求穩(wěn)定時導(dǎo)體棒的速度v2。答案(1)eq\f(mgRsinα,B2L2)(2)eq\f(MmgRsinα,B2L2（M＋m）)＋eq\f(mv0,M＋m)解析(1)當(dāng)穩(wěn)定時導(dǎo)體棒所受合力為零，則導(dǎo)體棒所受安培力FA＝mgsinα對導(dǎo)體框滿足最大靜摩擦力μ(M＋m)gcosα＝Mgsinα＋mgsin