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专题13.4　电磁感应中的动力学问题、能量问题和动量观点在电磁感应中的应用
1.物理观念：
①物质观：导体棒、斜面、导线框；
②运动观：匀变速直线运动、非匀变速直线运动；
③相互作用观：重力、弹力、摩擦力、安培力；
④能量观：内能、机械能、电能、焦耳热、动能定理。
2.科学思维：电磁感应规律的理解和应用。
能运用运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识解决导体棒、导线框的运动与能量、动量转化问题。
【知识点一】电磁感应中的平衡和动力学问题
1．安培力的大小
F＝
2．安培力的方向
(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向．
(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反．
3．电学对象与力学对象的转换及关系
4.题型简述
感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起。解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)。
2.处理方法
状态 特征 处理方法
平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析
非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
（2023 西城区校级三模）如图所示，间距为L的两倾斜且平行的金属导轨固定在绝缘的水平面上，金属导轨与水平面之间的夹角为θ，电阻不计，空间存在垂直于金属导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨上端接有阻值为R的定值电阻。质量为m的导体棒ab从金属导轨上某处由静止释放，开始运动Δt时间后做匀速运动，速度大小为v，且此阶段通过定值电阻R的电量为q。已知导轨平面光滑，导体棒的电阻为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒ab先做匀加速运动，后做匀速运动
B．导体棒稳定的速度大小
C．导体棒从释放到其速度稳定的过程中，其机械能的减少量等于电阻R产生的焦耳热
D．导体棒从释放到其速度稳定的过程中，位移大小为
（2023 乐清市校级模拟）如图甲所示，一质量为M、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量可不计的细导线系在同一水平面上的固定连接点上.在导体棒所在空间存在方向竖直向上、大小为B的匀强磁场。细导线通过开关S与电阻R和直流电源串接起来。不计空气阻力和其它电阻，导体棒运动时，细导线偏离竖直方向用图示的角度θ来表示。接通S，导体棒恰好在时处于静止状态；将导体棒从移到（δ为小量），静止后撤去外力，导体棒开始振动起来，则（　　）
A．电源电动势
B．振动周期
C．电阻消耗的焦耳热
D．角度θ随时间t变化的图线为图乙
（2023 泉州模拟）间距为L的平行光滑金属导轨PQ、MN固定在水平绝缘桌面上，整个装置处于竖直向下的磁场中，沿MN方向建立Ox坐标，磁感应强度大小B随坐标x的关系为B＝B0+kx（B0、k均为大于零的常数）。将质量为m的金属杆ab锁定在坐标原点O处，P、M间接一恒流装置，该装置可使回路保持恒定的电流I，电流方向由P到M，如图所示。某时刻解除锁定的同时对ab施加一个大小为2B0IL、方向沿x轴正方向的恒定外力，使ab从静止开始向右运动，ab始终与导轨垂直且接触良好。则在运动过程中，金属杆ab（　　）
A．运动的加速度大小不变
B．速度达到最大时的x坐标值为
C．最大速度为
D．最大位移为
【知识点二】电磁感应中的动力学和能量问题
1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
3．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤
(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。
(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。
(3)根据能量守恒列方程求解。
解决电磁感应能量问题的策略是“先源后路、先电后力，再是运动、能量”，即
（2023 浙江模拟）如图所示，一块永磁体在光滑斜面上沿着一螺线管的轴线做直线运动。螺线管外的轴线上存在p、q两点（p、q两点到螺线管边缘的距离相等）。一灯泡与螺线管串联，灯泡在永磁体通过p点时的亮度要大于永磁体通过q点时的亮度。忽略永磁体的尺寸，下列说法中正确的（　　）
A．永磁体在p点时的速度小于在q点时的速度
B．永磁体在p点时的机械能小于在q点时的机械能
C．若将灯泡换成一发光二极管，则永磁体在通过p和q时该二极管不会都发光
D．若将永磁体的极性对调，则在其通过q点时灯泡的亮度将大于其通过p点时的亮度
（2023 朝阳区一模）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨ab、cd水平放置，间距为L，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨的电阻可忽略不计。t＝0时金属棒以初速度v水平向右运动，经过一段时间停在导轨上。下列说法不正确的是（　　）
A．全过程中，金属棒克服安培力做功为
B．全过程中，电阻R上产生的焦耳热为
C．t＝0时刻，金属棒受到的安培力大小为
D．t＝0时刻，金属棒两端的电压UMN＝BLv
（2023 乐安县校级一模）如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的导线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知导线框电阻为R，横边边长为L。有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、导线框竖直边长均为h。初始时刻，磁场的下边缘和导线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，导线框加速进入磁场，穿出磁场前已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（　　）
A．导线框进入磁场时的速度为
B．导线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，则加速度为ag
C．导线框穿出磁场时的速度为
D．导线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝5mgh
【知识点三】会正确运用动量定理处理电磁感应中的问题
用动量定理解决电磁感应问题的常见模型及分析
常见情景(导轨和杆电阻不计，以水平光滑导轨为例) 过程分析 三大观点的应用
单杆阻尼式 设运动过程中某时刻的速度为v，加速度为a，a＝，a、v反向，导体棒做减速运动，v↓ a↓，当a＝0时，v＝0，导体棒做加速度减小的减速运动，最终静止 动力学观点：分析加速度 能量观点：动能转化为焦耳热 动量观点：分析导体棒运动的位移、时间和通过的电荷量
单杆发电式 导体棒从静止开始运动，设运动过程中某时刻导体棒的速度为v，加速度为a＝－，F恒定时，a、v同向，随v的增加，a减小，当a＝0时，v最大，vm＝；a恒定时，F＝＋ma，F与t为一次函数关系 动力学观点：分析最大加速度、最大速度 能量观点：力F做的功等于导体棒的动能与回路中焦耳热之和 动量观点：分析导体棒的位移、通过的电荷量
含“源”电动式(v0＝0) 开关S刚闭合时，ab杆所受安培力F＝，此时a＝.速度v↑ E感＝BLv↑ I↓ F＝BIL↓ 加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vm＝ 动力学观点：分析最大加速度、最大速度 能量观点：消耗的电能转化为动能与回路中的焦耳热 动量观点：分析导体棒的位移、通过的电荷量
不等距导轨 a棒减速，b棒加速，E＝BL1va－BL2vb由va↓vb↑ E↓ F安↓ a↓，当BL1va＝BL2vb时，a＝0，两棒匀速 动力学观点：最终速度 能量观点：动能转化为焦耳热 动量观点： BIL1t＝mv0－mva BIL2t＝mvb－0
【方法提炼】在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的作用时间、速度、位移和电荷量．
(1)求速度或电荷量：BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt.
(2)求位移：－＝0－mv0，即－＝0－mv0
(3)求时间：①－BlΔt＋F其他t＝mv2－mv1
即－Blq＋F其他t＝mv2－mv1
已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间．
②＋F其他t＝mv2－mv1，Δt＝x.
若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间．
（2023 岳麓区校级模拟）光滑绝缘水平桌面上有一边长为L的矩形线圈abcd，其质量为m，其各边电阻相等，线圈ab边以速度v进入一个有明显边界的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，如图所示，磁场的宽度大于L。当线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于ab边进入磁场前时的一半，求：
（1）ab边刚进入磁场瞬间，a、b两点的电压是多少？
（2）判断线圈能否全部穿出磁场，并叙述理由；
（3）线圈从开始进入磁场到完全出磁场的整个过程中安培力对线框做的总功。
（2023 衡水二模）如图所示，光滑平行轨道abcc'd的水平部分（虚线右侧）存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，bc段轨道宽度为2L，c'd段轨道宽度为L，质量为m、长度为2L的均质金属棒Q静止在c'd段，将另一完全相同的金属棒P从ab段距水平轨道高h处无初速释放，由于回路中除两金属棒外的电阻极小，bc段和c'd段轨道均足够长，一段时间后两金属棒均匀速运动，重力加速度大小为g，求：
（1）金属棒P在磁场中运动的最小速度vP；
（2）两金属棒距离最近时金属棒Q两端的电压U。
（2023 昆明一模）如图所示，倾角为θ＝37°的绝缘斜面上固定着两足够长的平行金属导轨，导轨间距为L＝2m，上端连接阻值为R＝0.4Ω的定值电阻，下端开口。粗糙的导体棒a、b恰能静止在导轨上MN和PQ位置，MN和PQ之间的距离d＝3m。PQ下方存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5T。现使a棒在平行于斜面向下F＝6N的恒力的作用下，从MN位置由静止开始向下加速运动，当a棒运动到与b棒碰撞前瞬间，撤去力F，a、b两棒发生弹性碰撞。已知a棒的质量ma＝1kg，电阻Ra＝0.4Ω，b棒的质量mb＝3kg，电阻Rb＝0.2Ω，金属导轨的电阻均不计，两棒始终与金属导轨垂直且接触良好，棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）a、b棒碰后瞬间b棒的速度大小；
（2）从b棒开始运动到停下的过程中，定值电阻R上产生的焦耳热；
（3）最终a、b棒间的距离。
【知识点四】会正确运用动量守恒定律处理电磁感应中的问题
1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便．
2．双棒模型
双棒无外力 双棒有外力
示意图 F为恒力
动力学观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒
能量观点 棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热 外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热
（2022 福建模拟）如图所示，水平固定、间距为L的平行金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。导轨上有a、b两根与导轨接触良好的导体棒，质量均为m，电阻均为R。现对a施加水平向右的恒力，使其由静止开始向右运动。当a向右的位移为x时，a的速度达到最大且b刚要滑动。已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻，重力加速度为g。
（1）导体棒b刚要滑动时，回路中的电流I；
（2）定性画出导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像；
（3）导体棒a发生位移x的过程中，回路中产生的总焦耳热Q；
（4）当导体棒a达到最大速度vm时，给b一水平向右的瞬时速度v0（v0＜vm）。请分析此后导体棒b的运动情况并求出b的最终速度vb。
（2022 淮北一模）如图所示，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大小为B的匀强磁场。在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；t＝t2时刻，流经a棒的电流为0，此时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b的质量分别为2m和m，电阻分别为R和2R.在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，求：
（1）t1时刻a棒加速度大小；
（2）t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热。
（2022秋 和平区校级期末）如图所示，间距为L的平行金属导轨PQ、MN由圆弧导轨和水平导轨两部分组成，水平部分固定在绝缘水平面上。M、P间接有阻值为R的定值电阻，导轨水平部分有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，金属棒b放在导轨上 E、F处，EF左侧导轨光滑，右侧粗糙，金属棒a在圆弧导轨上离水平面高处由静止释放，两金属棒在导轨上运动过程中始终与导轨接触良好并与导轨垂直，两金属棒接入电路的电阻均为R，质量均为m；金属棒a进入磁场的一瞬间，金属棒b刚好要滑动，开始时金属棒b距磁场边界CD的距离为L，金属棒a与b碰撞后粘在一起，一起向右滑行的最大距离为x。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，求：
（1）金属棒与导轨EF右侧之间的动摩擦因数；
（2）金属棒a从CD运动到EF的过程中，通过电阻R的电量；
（3）整个过程电阻R上产生的焦耳热。
（多选）（2023 辽宁）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为
（2023 湖南）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
（1）先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
（2）在（1）问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
（3）在（2）问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
（2022 上海）宽L＝0.75m的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场。虚线框Ⅰ、Ⅱ中有定值电阻R0和最大阻值为20Ω的滑动变阻器R。一根与导轨等宽的金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一半接入时沿abcda方向电势变化的图像。求：
（1）匀强磁场的方向；
（2）分析并说明定值电阻R0在Ⅰ还是Ⅱ中，并且R0大小为多少：
（3）金属杆运动时的速率；
（4）滑动变阻器阻值为多少时变阻器的功率最大？并求出该最大功率Pm。
（2023 上海）如图（a），线框cdef位于倾斜角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D的矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5T，已知线框边长cd＝D＝0.4m，m＝0.1kg，总电阻R＝0.25Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动。斜面上动摩擦因数μ，线框速度随时间变化如图（b）所示。（重力加速度g取9.8m/s2）；
（1）求外力F大小；
（2）求cf长度L；
（3）求回路产生的焦耳热Q。
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专题13.4　电磁感应中的动力学问题、能量问题和动量观点在电磁感应中的应用
1.物理观念：
①物质观：导体棒、斜面、导线框；
②运动观：匀变速直线运动、非匀变速直线运动；
③相互作用观：重力、弹力、摩擦力、安培力；
④能量观：内能、机械能、电能、焦耳热、动能定理。
2.科学思维：电磁感应规律的理解和应用。
能运用运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识解决导体棒、导线框的运动与能量、动量转化问题。
【知识点一】电磁感应中的平衡和动力学问题
1．安培力的大小
F＝
2．安培力的方向
(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向．
(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反．
3．电学对象与力学对象的转换及关系
4.题型简述
感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起。解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)。
2.处理方法
状态 特征 处理方法
平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析
非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
（2023 西城区校级三模）如图所示，间距为L的两倾斜且平行的金属导轨固定在绝缘的水平面上，金属导轨与水平面之间的夹角为θ，电阻不计，空间存在垂直于金属导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨上端接有阻值为R的定值电阻。质量为m的导体棒ab从金属导轨上某处由静止释放，开始运动Δt时间后做匀速运动，速度大小为v，且此阶段通过定值电阻R的电量为q。已知导轨平面光滑，导体棒的电阻为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒ab先做匀加速运动，后做匀速运动
B．导体棒稳定的速度大小
C．导体棒从释放到其速度稳定的过程中，其机械能的减少量等于电阻R产生的焦耳热
D．导体棒从释放到其速度稳定的过程中，位移大小为
【解答】解：A、导体棒ab在加速阶段，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣BIL＝ma，其中：I，解得：a＝gsinθ；由于速度是增加的，所以加速度是减小的，导体棒不可能做匀加速运动，故A错误；
B、导体棒稳定时的加速度为零，则有：gsinθ0，解得：，故B错误；
C、根据能量守恒定律可知，导体棒从释放到其速度稳定的过程中，其机械能的减少量等于电阻R与导体棒产生的焦耳热之和，故C错误；
D、根据电荷量的计算公式可得：qt，解得：x，故D正确。
故选：D。
（2023 乐清市校级模拟）如图甲所示，一质量为M、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量可不计的细导线系在同一水平面上的固定连接点上.在导体棒所在空间存在方向竖直向上、大小为B的匀强磁场。细导线通过开关S与电阻R和直流电源串接起来。不计空气阻力和其它电阻，导体棒运动时，细导线偏离竖直方向用图示的角度θ来表示。接通S，导体棒恰好在时处于静止状态；将导体棒从移到（δ为小量），静止后撤去外力，导体棒开始振动起来，则（　　）
A．电源电动势
B．振动周期
C．电阻消耗的焦耳热
D．角度θ随时间t变化的图线为图乙
【解答】解：A．导体棒恰好在时处于静止状态，对导体棒金属受力分析，得出对应的受力示意图：
可知
F安＝Mg
又
解得：，故A错误；
B．根据平行四边形定则，导体棒所受的安培力与重力的合力大小等于
根据单摆的周期公式可得：
故B错误；
C．根据能量守恒，电阻消耗的焦耳热为损失的重力势能和电能之和，则
E电，故C错误；
D．随着时间的推移，θ会越来越小，不可能突然增大，故D错误。
故选：B。
（2023 泉州模拟）间距为L的平行光滑金属导轨PQ、MN固定在水平绝缘桌面上，整个装置处于竖直向下的磁场中，沿MN方向建立Ox坐标，磁感应强度大小B随坐标x的关系为B＝B0+kx（B0、k均为大于零的常数）。将质量为m的金属杆ab锁定在坐标原点O处，P、M间接一恒流装置，该装置可使回路保持恒定的电流I，电流方向由P到M，如图所示。某时刻解除锁定的同时对ab施加一个大小为2B0IL、方向沿x轴正方向的恒定外力，使ab从静止开始向右运动，ab始终与导轨垂直且接触良好。则在运动过程中，金属杆ab（　　）
A．运动的加速度大小不变
B．速度达到最大时的x坐标值为
C．最大速度为
D．最大位移为
【解答】解：A、由于金属杆ab长度、电流均恒定，磁感应强度随坐标x线性增加，由F＝BIL知安培力随x线性增加，有F合＝2B0IL﹣（B0+kx）IL
即F合＝B0IL﹣kxIL，作出F合随x变化图像如图所示
由图像可知F合随x线性变化，故加速度也随x线性变化，故A错误；
BC、当速度达到最大时即加速度为零，可得到图像与横轴交点坐标为，也可算出ab从静止开始向右运动到过程中合力做的功为，由动能定理有：，解得最大速度：，故B错误，C正确；
D、在ab从静止开始向右运动的过程中F合做的功为零，即图像与x轴构成的两三角形面积相等，可得到图像与横轴交点坐标，即最大位移为，故D错误。
故选：C。
【知识点二】电磁感应中的动力学和能量问题
1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
3．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤
(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。
(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。
(3)根据能量守恒列方程求解。
解决电磁感应能量问题的策略是“先源后路、先电后力，再是运动、能量”，即
（2023 浙江模拟）如图所示，一块永磁体在光滑斜面上沿着一螺线管的轴线做直线运动。螺线管外的轴线上存在p、q两点（p、q两点到螺线管边缘的距离相等）。一灯泡与螺线管串联，灯泡在永磁体通过p点时的亮度要大于永磁体通过q点时的亮度。忽略永磁体的尺寸，下列说法中正确的（　　）
A．永磁体在p点时的速度小于在q点时的速度
B．永磁体在p点时的机械能小于在q点时的机械能
C．若将灯泡换成一发光二极管，则永磁体在通过p和q时该二极管不会都发光
D．若将永磁体的极性对调，则在其通过q点时灯泡的亮度将大于其通过p点时的亮度
【解答】解：A．灯泡在永磁体通过p点时的亮度大于永磁体通过q点时的亮度，说明永磁体通过p点时产生的感应电流大于永磁体通过q点时的感应电流，根据切割电动势规律和欧姆定律，即永磁体在p点时的速度大于在q点时的速度，故A错误；
B．根据能量转化与守恒，由于灯泡发光，所以永磁体的机械能不断减小，即永磁体在p点时的机械能大于在q点时的机械能，故B错误；
C．根据楞次定律，当永磁体靠近螺线管和远离螺线管时产生的感应电流方向相反，根据二极管反向截止的特性，所以二极管不会都发光，故C正确；
D．若将永磁体的极性对调，根据切割电动势规律和欧姆定律，则在其通过q点时灯泡的亮度仍将小于其通过p点时的亮度，故D错误。
故选：C。
（2023 朝阳区一模）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨ab、cd水平放置，间距为L，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨的电阻可忽略不计。t＝0时金属棒以初速度v水平向右运动，经过一段时间停在导轨上。下列说法不正确的是（　　）
A．全过程中，金属棒克服安培力做功为
B．全过程中，电阻R上产生的焦耳热为
C．t＝0时刻，金属棒受到的安培力大小为
D．t＝0时刻，金属棒两端的电压UMN＝BLv
【解答】解：A、根据动能定理可知：W安＝0，解得安培力做的功为W安，所以全过程中，金属棒克服安培力做功为，故A正确；
B、根据功能关系可知全过程中回路中产生的焦耳热为：Q，根据焦耳定律可知电阻R上产生的焦耳热为：QR，故B正确；
C、t＝0时刻，金属棒受到的安培力大小为：FA＝BIL，故C正确；
D、t＝0时刻金属棒产生的感应电动势为：E＝BLv，金属棒两端的电压UMN，故D错误。
本题选错误的，故选：D。
（2023 乐安县校级一模）如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的导线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知导线框电阻为R，横边边长为L。有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、导线框竖直边长均为h。初始时刻，磁场的下边缘和导线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，导线框加速进入磁场，穿出磁场前已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（　　）
A．导线框进入磁场时的速度为
B．导线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，则加速度为ag
C．导线框穿出磁场时的速度为
D．导线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝5mgh
【解答】解：A、线框进入磁场前，根据重物与线框组成的机械能守恒得（3mg﹣mg） 2h（3m+m）v2，解得线框进入磁场时的速度v，故A错误；
B、线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，对整体，根据牛顿第二定律得3mg﹣mg（3m+m）a，解得：ag，故B正确；
C、线框在磁场中匀速运动时，根据平衡条件得：3mg﹣mg＝F安，而F安，解得，线框进入磁场时的速度为：v，线框的高度与磁场的高度相等，线框达到匀速运动后直到离开磁场的过程都做匀速直线运动，所以线框穿出磁场时的速度为v，故C错误；
D、设线框通过磁场的过程中产生的热量为Q．对从静止到刚通过磁场的过程，根据能量守恒得：Q＝（3mg﹣mg） 4h（3m+m）v2，将v代入得：Q＝8mgh，故D错误。
故选：B。
【知识点三】会正确运用动量定理处理电磁感应中的问题
用动量定理解决电磁感应问题的常见模型及分析
常见情景(导轨和杆电阻不计，以水平光滑导轨为例) 过程分析 三大观点的应用
单杆阻尼式 设运动过程中某时刻的速度为v，加速度为a，a＝，a、v反向，导体棒做减速运动，v↓ a↓，当a＝0时，v＝0，导体棒做加速度减小的减速运动，最终静止 动力学观点：分析加速度 能量观点：动能转化为焦耳热 动量观点：分析导体棒运动的位移、时间和通过的电荷量
单杆发电式 导体棒从静止开始运动，设运动过程中某时刻导体棒的速度为v，加速度为a＝－，F恒定时，a、v同向，随v的增加，a减小，当a＝0时，v最大，vm＝；a恒定时，F＝＋ma，F与t为一次函数关系 动力学观点：分析最大加速度、最大速度 能量观点：力F做的功等于导体棒的动能与回路中焦耳热之和 动量观点：分析导体棒的位移、通过的电荷量
含“源”电动式(v0＝0) 开关S刚闭合时，ab杆所受安培力F＝，此时a＝.速度v↑ E感＝BLv↑ I↓ F＝BIL↓ 加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vm＝ 动力学观点：分析最大加速度、最大速度 能量观点：消耗的电能转化为动能与回路中的焦耳热 动量观点：分析导体棒的位移、通过的电荷量
不等距导轨 a棒减速，b棒加速，E＝BL1va－BL2vb由va↓vb↑ E↓ F安↓ a↓，当BL1va＝BL2vb时，a＝0，两棒匀速 动力学观点：最终速度 能量观点：动能转化为焦耳热 动量观点： BIL1t＝mv0－mva BIL2t＝mvb－0
【方法提炼】在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的作用时间、速度、位移和电荷量．
(1)求速度或电荷量：BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt.
(2)求位移：－＝0－mv0，即－＝0－mv0
(3)求时间：①－BlΔt＋F其他t＝mv2－mv1
即－Blq＋F其他t＝mv2－mv1
已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间．
②＋F其他t＝mv2－mv1，Δt＝x.
若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间．
（2023 岳麓区校级模拟）光滑绝缘水平桌面上有一边长为L的矩形线圈abcd，其质量为m，其各边电阻相等，线圈ab边以速度v进入一个有明显边界的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，如图所示，磁场的宽度大于L。当线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于ab边进入磁场前时的一半，求：
（1）ab边刚进入磁场瞬间，a、b两点的电压是多少？
（2）判断线圈能否全部穿出磁场，并叙述理由；
（3）线圈从开始进入磁场到完全出磁场的整个过程中安培力对线框做的总功。
【解答】解：（1）ab边刚进入磁场瞬间，ab边产生的感应电动势为E＝BLv
a、b两点的电压是路端电压，UEEBLv
（2）假设线圈能全部穿出磁场，线圈刚全部进入磁场时速度为v1，刚离开磁场时速度为v2。
线圈进入磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得
﹣BL t1＝mv1﹣mv
又通过线圈的电荷量q1 t1
线圈离开磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得
﹣BL t2＝mv2﹣mv1
其中 t2＝q2
已知当线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于ab边进入磁场前时的一半，则有mv2
联立以上五式解得：v2＝（1）v＞0，所以线圈能全部穿出磁场。
（3）设线圈从进入磁场开始整个过程中安培力对线框做的总功为W。
由动能定理得：
W
解得：W＝（1）mv2
答：（1）ab边刚进入磁场瞬间，a、b两点的电压是BLv。
（2）线圈能全部穿出磁场，理由见解析；
（3）线圈从进入磁场开始整个过程中安培力对线框做的总功为（1）mv2。
（2023 衡水二模）如图所示，光滑平行轨道abcc'd的水平部分（虚线右侧）存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，bc段轨道宽度为2L，c'd段轨道宽度为L，质量为m、长度为2L的均质金属棒Q静止在c'd段，将另一完全相同的金属棒P从ab段距水平轨道高h处无初速释放，由于回路中除两金属棒外的电阻极小，bc段和c'd段轨道均足够长，一段时间后两金属棒均匀速运动，重力加速度大小为g，求：
（1）金属棒P在磁场中运动的最小速度vP；
（2）两金属棒距离最近时金属棒Q两端的电压U。
【解答】解：（1）金属棒P下滑刚进入磁场时，速度最大，设最大速度为vm，之后金属棒P进入磁场后，产生感应电流，金属棒P在安培力作用下向右做减速运动，金属棒Q在安培力作用下向右做加速运动，直到两金属棒产生的电动势等大、反向，回路的电流为零。
设金属棒Q匀速运动时的速度大小为vQ，整个过程中通过回路中某截面的电荷量为q，时间为Δt，平均电流为I1。
金属棒P下滑过程，由机械能守恒有
稳定时，有B 2L vP＝BLvQ
通过金属棒P的电荷量q＝I1Δt
金属棒P，取向右为正方向，由动量定理有
﹣BI1 2LΔt＝﹣B 2Lq＝mvP﹣mvm
金属棒Q，取向右为正方向，由动量定理
有 BI1LΔt＝BLq＝mvQ﹣0
解得：
（2）两金属棒在水平轨道做变速运动时，金属棒P的加速度大小始终等于金属棒Q的加速度大小的两倍。运动过程中的v﹣t图像如图所示
显然图像的交点的纵坐标为，而两金属棒速度大小相等时距离最近，设此时金属棒P产生的电动势为E，金属棒Q在电路中产生的反电动势为E'，回路中的感应电流为I，设金属棒Q接入电路的电阻为R，则金属棒P接入电路的电阻为2R，则有
E＝B 2L
E′＝BL
由欧姆定律有
金属棒Q两端的电压U＝E+IR
解得：
答：（1）金属棒P在磁场中运动的最小速度vP为
（2）两金属棒距离最近时金属棒Q两端的电压U为。
（2023 昆明一模）如图所示，倾角为θ＝37°的绝缘斜面上固定着两足够长的平行金属导轨，导轨间距为L＝2m，上端连接阻值为R＝0.4Ω的定值电阻，下端开口。粗糙的导体棒a、b恰能静止在导轨上MN和PQ位置，MN和PQ之间的距离d＝3m。PQ下方存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5T。现使a棒在平行于斜面向下F＝6N的恒力的作用下，从MN位置由静止开始向下加速运动，当a棒运动到与b棒碰撞前瞬间，撤去力F，a、b两棒发生弹性碰撞。已知a棒的质量ma＝1kg，电阻Ra＝0.4Ω，b棒的质量mb＝3kg，电阻Rb＝0.2Ω，金属导轨的电阻均不计，两棒始终与金属导轨垂直且接触良好，棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）a、b棒碰后瞬间b棒的速度大小；
（2）从b棒开始运动到停下的过程中，定值电阻R上产生的焦耳热；
（3）最终a、b棒间的距离。
【解答】解：（1）a棒恰好能静止在导轨上，设a棒与导轨间的动摩擦因数为μ，根据平衡条件可得：
μmagcosθ＝magsinθ
解得：μ＝0.75
与b棒碰前a棒沿导轨向下做匀加速直线运动，设a棒的加速度为a1，对a棒根据牛顿第二定律可得
F+magsinθ﹣μmagcosθ＝maa1
解得：a＝6m/s2
设a棒与b棒碰前瞬间的速度大小为v，根据匀变速直线运动的规律可得：v2＝2a1d
代入数据解得：v＝6m/s
a、b棒发生弹性碰撞，对a、b组成的系统，取沿导轨向下为正方向，根据动量守恒定律可得：
mav＝mava+mbvb
根据机械能守恒定律可得：
mav2mamb
联立解得：va＝﹣3m/s，vb＝3m/s
（2）设b棒开始运动到停下的过程中电路中产生的焦耳热为Q。b棒受到的摩擦力和重力沿斜面向下的分力大小相等，b棒开始运动到停下的过程中重力做的功WG与克服摩擦力做的功Wf相等，设b棒克服安培力做的功为WF安，根据动能定理可得：
WG﹣Wf﹣WF安＝0mb
克服安培力做的功与电路中产生的焦耳热相等：WF安＝Q
可得：Q＝13.5J
电阻R和a棒并联再和b棒串联，可得
QR：Qa：Qb＝1：1：2
联立解得：QRQ
代入数据解得：QR＝3.375J
（3）设a棒沿导轨向上运动的加速度为a2，根据牛顿第二定律可得
μmagcosθ+magsinθ＝maa2
解得：a2＝12m/s2
设a棒沿导轨向上运动的位移为xa，根据匀变速直线运动的规律可得：2a2xa
解得：xa＝0.375m
设b棒向下运动的位移为xb，对b棒，根据动量定理可得：
﹣BLt＝0﹣mbvb
根据闭合电路的欧姆定律可得：
又有：xb
联立解得：mbvb
其中R总＝R并+RbΩ+0.2Ω＝0.4Ω
联立解得：xb＝3.6m
则有：x＝xa+xb
解得：x＝3.975m
答：（1）a、b棒碰后瞬间b棒的速度大小为3m/s；
（2）从b棒开始运动到停下的过程中，定值电阻R上产生的焦耳热为3.375J；
（3）最终a、b棒间的距离为3.975m。
【知识点四】会正确运用动量守恒定律处理电磁感应中的问题
1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便．
2．双棒模型
双棒无外力 双棒有外力
示意图 F为恒力
动力学观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒
能量观点 棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热 外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热
（2022 福建模拟）如图所示，水平固定、间距为L的平行金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。导轨上有a、b两根与导轨接触良好的导体棒，质量均为m，电阻均为R。现对a施加水平向右的恒力，使其由静止开始向右运动。当a向右的位移为x时，a的速度达到最大且b刚要滑动。已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻，重力加速度为g。
（1）导体棒b刚要滑动时，回路中的电流I；
（2）定性画出导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像；
（3）导体棒a发生位移x的过程中，回路中产生的总焦耳热Q；
（4）当导体棒a达到最大速度vm时，给b一水平向右的瞬时速度v0（v0＜vm）。请分析此后导体棒b的运动情况并求出b的最终速度vb。
【解答】解：（1）设导体棒b刚要滑动时，对导体棒b，根据受力平衡可得：BIL＝μmg
解得：；
（2）导体棒b未滑动前，所受摩擦力为静摩擦力，大小等于安培力，随着导体棒a速度增大，回路中感应电流变大，导体棒a所受的安培力变大，导体棒a做加速度逐渐减小的加速运动，电流变化率逐渐变小，则导体棒b所受摩擦力随时间的变化率逐渐变小，导体棒b滑动后，摩擦力为滑动摩擦力，恒定不变，导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像如图所示：
（3）导体棒b刚要滑动时，此时导体棒a速度达到最大vm，
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得：BLvm＝2IR，
根据平衡条件可得：F＝μmg+BIL
整个过程中对系统，由功能关系可得：
联立解得：；
（4）当导体棒a达到最大速度vm时，给b一水平向右的瞬时速度v0（v0＜vm），此瞬间电流回路电流为：
则有：BI1L＜BIL＝μmg
可知导体棒a做加速运动，导体棒b做减速运动，根据闭合电路的欧姆定律可知：
可知回路的电流增大，导体棒受到的安培力增大，当安培力等于滑动摩擦力时，导体棒的加速度为零，导体棒做匀速运动。
综上所述可知，导体棒b做初速度为v0，加速度逐渐减小的减速运动，当加速度减至0时，做匀速运动。
根据F＝μmg+BIL＝2μmg可知，导体棒b获得瞬时速度v0后，a、b组成的系统满足动量守恒，设最终导体棒a的速度为va，导体棒b的速度为vb，取向右为正方向，对a、b系统，由动量守恒定律可得：
mv0+mvm＝mva+mvb
当导体棒加速度减为0时，根据平衡条件可得：BI′L＝μmg，
其中：
联立解得：。
答：（1）导体棒b刚要滑动时，回路中的电流为；
（2）导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像见解析；
（3）导体棒a发生位移x的过程中，回路中产生的总焦耳热为；
（4）当导体棒a达到最大速度vm时，给b一水平向右的瞬时速度v0（v0＜vm），导体棒b做初速度为v0，加速度逐渐减小的减速运动，当加速度减至0时，做匀速运动，b的最终速度为。
（2022 淮北一模）如图所示，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大小为B的匀强磁场。在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；t＝t2时刻，流经a棒的电流为0，此时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b的质量分别为2m和m，电阻分别为R和2R.在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，求：
（1）t1时刻a棒加速度大小；
（2）t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热。
【解答】解：（1）由题知，t1时刻根据右手定则可知，a棒产生的感应电流方向是E→F，b棒产生的感应电流反向概念股是H→G，即两个感应电流方向相同，所以回路中感应电动势为两杆产生的感应电动势之和，即
E＝2BLv0
回路中感应电流为：
对a棒，根据牛顿第二定律有：BIL＝2ma
联立解得：
（2）根据左手定则可知，a棒受到的安培力向左，b棒受到的安培力向右，由于流过a、b棒的电流一直相等，故两个力大小相等；
则a棒与b棒组成的系统动量守恒，由题知，t2时刻流过a棒的电流为零时，说明a、b棒之间的磁通量不变，即a、b棒在此时刻达到了共速状态，设为v。
取向右为正方向，根据系统动量守恒有：
2mv0﹣mv0＝（m+2m）v
在t1～t2时间内，对a、b棒组成的系统，根据能量守恒有：
解得：
因为流过导体棒的电流始终相等，根据公式Q＝I2Rt可知，a、b棒产生的热量与电阻成正比
因此，a棒产生的焦耳热为：
答：（1）t1时刻a棒加速度大小为；
（2）t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为。
（2022秋 和平区校级期末）如图所示，间距为L的平行金属导轨PQ、MN由圆弧导轨和水平导轨两部分组成，水平部分固定在绝缘水平面上。M、P间接有阻值为R的定值电阻，导轨水平部分有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，金属棒b放在导轨上 E、F处，EF左侧导轨光滑，右侧粗糙，金属棒a在圆弧导轨上离水平面高处由静止释放，两金属棒在导轨上运动过程中始终与导轨接触良好并与导轨垂直，两金属棒接入电路的电阻均为R，质量均为m；金属棒a进入磁场的一瞬间，金属棒b刚好要滑动，开始时金属棒b距磁场边界CD的距离为L，金属棒a与b碰撞后粘在一起，一起向右滑行的最大距离为x。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，求：
（1）金属棒与导轨EF右侧之间的动摩擦因数；
（2）金属棒a从CD运动到EF的过程中，通过电阻R的电量；
（3）整个过程电阻R上产生的焦耳热。
【解答】解：（1）金属棒a由圆弧导轨下滑的过程，由机械能守恒定律得：
mg h
解得：v0
金属棒a进入磁场的一瞬间，产生的感应电动势为E＝BLv0＝BL
整个电路的总电阻为R总＝R1.5R
通过金属棒a的感应电流为Ia
通过金属棒b的感应电流为IbIa
金属棒a进入磁场的一瞬间，金属棒b刚好要滑动，则有
BIbL＝μmg
联立解得：μ
（2）金属棒a从CD运动到EF的过程中，根据法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律得
通过金属棒a的电量为qa Δt
通过电阻R的电量为qRqa
联立解得：qR，qa
（3）设金属棒a运动到EF时的速度为v1，金属棒a与b碰撞后共同速度为v2。
金属棒a从CD运动到EF的过程中，取向右为正方向，根据动量定理得
﹣BL Δt＝mv1﹣mv0
其中 Δt＝qa
联立解得：v1
该过程中整个电路产生的焦耳热Q总1
由于通过R、金属棒b的电流是通过金属棒a电流的一半，三者电阻相等，由Q＝I2Rt知R、金属棒b产生的焦耳热是金属棒a的
则该过程中电阻R产生的焦耳热QR1Q总1
金属棒a与b碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
mv1＝2mv2
金属棒a与b碰撞后粘在一起向右滑行过程，由能量守恒定律得
Q总2+μ 2mgx
此过程中，电阻R上产生的焦耳热为QR2Q总2
故整个过程电阻R上产生的焦耳热为Q＝QR1+QR2
联立解得：Qmgh（L+4x）
答：（1）金属棒与导轨EF右侧之间的动摩擦因数为；
（2）金属棒a从CD运动到EF的过程中，通过电阻R的电量为；
（3）整个过程电阻R上产生的焦耳热为mgh（L+4x）。
（多选）（2023 辽宁）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为
【解答】解：释放弹簧后导体棒MN与PQ先分别向左、右开始运动，在两棒速度方向均未改变之前，回路的磁通量增加，由楞次定律可知回路中产生顺时针方向的电流，由左手定则判断可知两棒受到的安培力均与各自的速度方向相反，即两棒受到的安培力方向是相反的，设回路中的电流大小为I，则两棒受到的安培力分别为：FMN＝2BId，FPQ＝BI 2d，可得两棒受到的安培力等大反向，则两棒与弹簧组成的系统所受合力为零，故此系统满足动量守恒定律，可知此系统的总动量始终为零，可知两棒的动量始终是等大反向。两棒同时速度减为零，若两棒同时速度为零后能够反向运动，同理可得之后的运动过程此系统仍满足动量守恒，可知释放弹簧后，两棒在各自磁场中运动直至停止的全程，两棒的速度方向总是相反的，且在同一时刻速度为零。
A、由上述分析可知两棒的速度方向总是相反的，则在弹簧伸展过程中，导体棒MN与PQ必定分别向左、右运动，回路的磁通量增加，由楞次定律可知回路中产生顺时针方向的电流，故A正确；
B、设PQ速率为v时，MN速率为v0，MN的质量为m，则PQ的质量为2m，由两棒的动量始终大小相等可得：mv0＝2mv
回路中的感应电动势为：E＝2Bdv0+B 2dv＝6Bdv
回路中的感应电流为：I
MN所受安培力大小为：F＝2BId
联立解得：F，故B错误；
C、设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有：mv1＝2mv2
可知MN与PQ的速率之比始终为2：1，则MN与PQ的路程之比为2：1，故C正确；
D、设整个运动过程，MN与PQ的位移大小分别为x1、x2，最终弹簧处于原长状态，MN与PQ之间距离和初始时相比增加了L，因两棒总是反向运动，可得：x1+x2＝L
整个运动过程回路的磁通量变化量为：ΔΦ＝2Bdx1+B 2dx2＝2Bd（x1+x2）＝2BdL
通过MN的电荷量为：q，故D错误。
故选：AC。
（2023 湖南）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
（1）先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
（2）在（1）问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
（3）在（2）问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
【解答】解：（1）棒a切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv0
回路中产生的感应电流
棒a受到的安培力
棒a匀速运动时，合力为零，则有：FA＝mgsinθ
代入数据解得
（2）棒b由静止释放，由左手定则可知棒b所受安培力方向沿斜面向下，a、b棒串联电流相等，两者的安培力大小相等
对b利用牛顿第二定律：mgsinθ+FA＝ma0
代入数据解得a0＝2gsinθ
（3）对a、b棒分别利用动量定理，取沿斜面向下为正方向，则有：（mgsinθ﹣FA）t0＝mv﹣mv0 （mgsinθ+FA）t0＝mv﹣0
两式联立，可得
从释放b到两棒匀速运动，平均安培力，对b棒利用动量定理，取沿斜面向下为正方向，则有：
已知
代入数据解得
由法拉第电磁感应定律则有：
由闭合电路欧姆定律则有：
电荷量q＝IΔt
联立方程，可得
ΔΦ＝BLΔx，n＝1
代入数据解得
答：（1）先保持棒b静止，将棒a由静止释放，棒a匀速运动时的速度大小v0为；
（2）在（1）问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，释放瞬间棒b的加速度大小a0为2gsinθ；
（3）在（2）问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，速度v的大小为，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx为。
（2022 上海）宽L＝0.75m的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场。虚线框Ⅰ、Ⅱ中有定值电阻R0和最大阻值为20Ω的滑动变阻器R。一根与导轨等宽的金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一半接入时沿abcda方向电势变化的图像。求：
（1）匀强磁场的方向；
（2）分析并说明定值电阻R0在Ⅰ还是Ⅱ中，并且R0大小为多少：
（3）金属杆运动时的速率；
（4）滑动变阻器阻值为多少时变阻器的功率最大？并求出该最大功率Pm。
【解答】解：（1）a点电势比d点电势高，说明导体棒上端为电源正极，导体棒切割磁感线产生感应电流向上，根据右手定则判断得出匀强磁场的方向垂直纸面向里
（2）滑动变阻器从全部接入到一半接入电路，回路里电流变大，定值电阻R0上电压变大，图甲的Ucd小于图乙的Ucd，可以推理得定值电阻在Ⅰ内，滑动变阻器在Ⅱ
根据欧姆定律得：甲图中回路电流I甲，乙图中回路电流I乙0.1A
甲图中定值电阻R0上电压φ0﹣1.2＝0.06R
乙图中定值电阻R0上电压φ0﹣1.0＝0.1R
联立解得：R＝5Ω，φ0＝1.5V
（3）金属杆产生的感应电动势E＝BLv，E＝φ0
联立解得v5m/s
（4）根据甲乙两图可知导体棒电阻不计，由闭合电路欧姆定律得I
滑动变阻器上的功率p＝I2R，当R＝5Ω时，滑动变阻器有最大功率Pm＝0.1125W
答：（1）匀强磁场的方向垂直纸面向里
（2）定值电阻R0在Ⅰ中，定值电阻R0＝5Ω
（3）金属杆运动时的速率为5m/s
（4）滑动变阻器阻值为5Ω时变阻器的功率最大，最大功率为0.1125W
（2023 上海）如图（a），线框cdef位于倾斜角θ＝30°的斜面上，斜面上有一长度为D的矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5T，已知线框边长cd＝D＝0.4m，m＝0.1kg，总电阻R＝0.25Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动。斜面上动摩擦因数μ，线框速度随时间变化如图（b）所示。（重力加速度g取9.8m/s2）；
（1）求外力F大小；
（2）求cf长度L；
（3）求回路产生的焦耳热Q。
【解答】解：（1）由v﹣t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为：v1＝2.0m/s
所以加速度大小为：am/s2＝5m/s2
根据牛顿第二定律有：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
代入数据得：F＝1.48N；
（2）由v﹣t图象可知，线框进入磁场区域后一直做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场。
线框产生的感应电动势为：E＝BLv1
线框产生的感应电流为：I
线框受到的安培力为：FA＝BIL
由平衡条件得：F＝FA+mgsinθ+μmgcosθ
联立解得：L＝0.5m
（3）因：mgsinθ＝μmgcosθ，所以线框在减速为零时不会下滑，设线框穿过磁场的时间为t，则：
ts＝0.4s
感应电流为：IA＝2A
根据焦耳定律可得：Q＝I2Rt＝22×0.25×0.4J＝0.4J
答：（1）外力F大小为1.48N；
（2）cf长度为0.5m；
（3）回路产生的焦耳热为0.4J。
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