1、专题四电磁感应中的动力学、能量及动量问题课题任务电磁感应中的动力学问题1概述磁通量变化或闭合电路的部分导体切割磁感线时，导体中产生感应电流，有感应电流流过的导体处在磁场中时会受到安培力的作用，导体在安培力及重力、支持力、摩擦力等的作用下运动状态一般会发生变化，而导体速度的变化又会影响感应电动势及感应电流的大小，从而影响安培力，进而又影响导体的运动状态直至达到最终稳定状态。所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起。2解决此类问题的基本思路解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”。具体如下：(1)先做“源”的分析分离出电路中因电磁感应起电源作用的部分，求出电源的电动势E和内阻r。(2)再
2、进行“路”的分析画出必要的电路图，分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小和方向，以便求解安培力。(3)然后是“力”的分析画出必要的受力分析图，分析所研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力。(4)接着进行“运动状态”分析根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型。3两种典型运动状态的分析方法(1)导体处于平衡态静止或匀速直线运动状态。方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析。(2)导体处于非平衡态加速度不为零。方法：根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析。4电磁感应中力学对象和电学对象的相互联系例1如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、P
3、Q平行放置在倾角为的绝缘斜面上。两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(1)由b向a方向看到的装置如图乙，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)求在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，ab杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。规范解答(1)ab杆沿导轨由静止开始下滑，由右手定则可知，ab杆中感应电流的方向由a
4、向b。由b向a看时，电流方向垂直于纸面向外，根据左手定则可知，安培力的方向沿斜面向上。受力示意图如图所示，重力mg方向竖直向下，支持力FN方向垂直斜面向上，安培力F方向沿斜面向上。(2)当ab杆速度为v时，感应电动势EBLv此时电路中的电流Iab杆受到的安培力FBIL根据牛顿第二定律，有mamgsinFmgsin则agsin。(3)当a0，即gsin时，杆达到最大速度vm，vm。完美答案(1)图见规范解答(2)gsin(3)模型点拨解决电磁感应中力学问题的基本步骤(1)明确研究对象和物理过程。(2)根据导体运动状态，应用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。(3)画出等效电路图
5、求回路中的电流。(4)对导体进行包括安培力在内的全面受力分析。(5)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。如图所示，两根光滑的平行金属导轨处于同一水平面内，相距L0.3 m，导轨的左端M、N用R0.2 的电阻相连，导轨电阻不计，导轨上跨接一电阻r0.1 的金属杆，质量m0.1 kg，垂直于两导轨。整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B1 T，现对杆施加一水平向右的拉力F1.5 N，使它由静止开始运动，求：(1)杆能达到的最大速度为多少？此时拉力的瞬时功率为多少？(2)当杆的速度v2.5 m/s时，杆的加速度为多少？答案(1)5 m/s7.5 W(2)7.5 m/s2解析(1)杆受力平衡时，
6、速度最大，FBImL0，Im，得vm5 m/s，PFFvm7.5 W。(2)当v2.5 m/s时，由牛顿第二定律得：FBILFBLma，得a7.5 m/s2。课题任务电磁感应中的能量问题1电磁感应现象中的能量守恒能量守恒定律是自然界中的一条基本规律，电磁感应现象当然也适用。电磁感应现象中，从磁通量变化的角度来看，感应电流总要阻碍原磁通量的变化；从导体和磁体相对运动的角度来看，感应电流总要阻碍它们的相对运动。电磁感应现象中的“阻碍”正是能量守恒的具体体现，在这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能。2电磁感应现象中的能量转化方式(1)与感生电动势有关的电磁感应现象中，磁场能转化为电能，若电路
7、是纯电阻电路，转化过来的电能将全部转化为电阻的内能。(2)与动生电动势有关的电磁感应现象中，通过克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化为电能。克服安培力做多少功，就产生多少电能。若电路是纯电阻电路，转化过来的电能也将全部转化为电阻的内能。3求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路(1)分析回路，分清电源和外电路。在电磁感应现象中，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，其余部分相当于外电路。(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化。如：做功情况能量变化特点滑动摩擦力做功有内能产生重力做功重力势能必然发生变化克服安培力做功必然有其他
8、形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能安培力做正功电能转化为其他形式的能(3)根据能量守恒列方程求解。例2如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨与水平面成夹角37放置，导轨间距为L1 m，上端接有电阻R3 ，虚线OO下方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量m0.1 kg、电阻r1 的金属杆ab从OO上方某处垂直导轨由静止释放，杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，杆下滑过程中的vt图像如图乙所示。(取g10 m/s2，sin370.6，cos370.8)求：(1)磁感应强度B；(2)金属杆在磁场中下滑0.1 s过程中电阻R产生的热量。规范解答(1)由题图乙得：00.1 s，
9、a m/s25 m/s2，由牛顿第二定律有mgsinFfma，代入数据得Ff0.1 N。01 s后匀速运动，有mgsinFfFA0，而FABILBL，代入数据得B2 T。(2)解法一：金属杆ab在磁场中下滑0.1 s过程中，电流恒定，为I0.25 A，QRI2Rt J。解法二：金属杆ab在磁场中匀速运动，0.1 s内的运动距离xvt0.05 m，下落高度hxsin0.03 m，由能量守恒定律有mghQFfx，电阻R产生的热量QRQQ(mghFfx) J。完美答案(1)2 T(2) J模型点拨焦耳热的计算技巧(1)电路中感应电流恒定，则电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即QI2Rt。(2)
10、电路中感应电流变化，可用以下方法分析：利用功能关系，根据产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即QW安。利用能量守恒，根据产生的焦耳热等于电磁感应现象中其他形式能量的减少量，即QE其他。(多选)如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直于斜面向上，质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿导轨且与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h的过程中()A金属棒所受各力的合力所做的功等于零B金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和C恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和D恒力F与重力的合力所做的
11、功等于电阻R上产生的焦耳热答案AD解析棒在运动过程中受重力G、安培力F安、弹力N、拉力F(如图所示)，棒匀速上升过程中有三个力做功：恒力F做正功，重力G、安培力F安做负功。由动能定理知：WFWGW安0，故A正确，B错误；恒力F与重力G的合力所做的功等于导体克服安培力做的功，克服安培力做的功等于回路中电能的增加量，克服安培力的功和焦耳热不能重复考虑，故C错误，D正确。课题任务电磁感应中的动量问题对于电磁感应问题中导体棒在导轨上做变加速运动过程的分析，课题任务1已介绍，但是，用牛顿第二定律只能定性分析。有些题目，则必须用动量守恒定律或动量定理才能定量求解。1动量守恒定律的应用如图甲，a、b导体棒运
12、动时，电流大小相等，根据FBIl，安培力大小相等，且方向相反，这类问题可用动量守恒定律求稳定时的速度。2动量定理的应用(1)如图乙，导体棒运动时会受到向左的安培力FBIl，I、v、F均随时间变化。考虑很短的时间t，由动量定理得BIlttmv对等式两边求和，考虑到Itq，vtx，vvv0可得Blqm(vv0)由此式可知，若知道导体棒的速度变化量，就能得出该运动过程通过电路的电荷量q、位移x，反之亦可以求出末速度v。(2)上面是通过微元法求和分析的，由于动量定理只考虑初末状态，我们还可以从整体上以平均值的角度分析。导体棒运动位移x时，Blx，I，xt，则tBltBlqm(vv0)。例3如图所示，空
13、间存在一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，水平面内有两根固定的足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为l。在导轨上面平放着两根平行的导体棒ab和cd，质量分别是2m和m，电阻分别是R和2R，其余部分电阻可忽略不计。初始时刻cd棒静止，给ab棒一个向右的初速度v0，求：(1)从开始运动到最终稳定，电路中产生多少电能？(2)从开始运动到最终稳定，两棒之间的距离减少了多少？规范解答(1)设两棒稳定时共同的末速度为v，由动量守恒定律，得2mv0(2mm)v由能量守恒定律，得2mv(2mm)v2E联立解得：Emv。(2)从开始运动到最终稳定，设两棒之间减少的距离为x，由法拉第电磁感应定律得，电路中产生
14、的平均感应电动势为这段时间内回路中电流的平均值为对cd棒应用动量定理，得Bltmv联立解得：x。完美答案(1)mv(2)模型点拨(1)若两金属棒所在的导轨间距不相等，虽然通过的电流大小相等，但安培力大小不相等，动量守恒定律不适用，应考虑用动量定理分别列方程。(2)棒在导轨上的运动问题，若提到位移、电荷量或速度，则考虑用动量定理。若提到焦耳热，则考虑用能量守恒定律或功能关系。如图所示，两条相互平行的光滑金属导轨相距l，其中水平部分位于同一水平面内，倾斜部分构成一倾角为的斜面，倾斜导轨与水平导轨平滑连接。在水平导轨区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两长度均为l的金属棒ab、cd垂直
15、导轨分别置于倾斜和水平轨道上，且接触良好，ab距水平轨道面高度为h。ab的质量为m，ab、cd电阻分别为r和2r。由静止释放ab棒，导轨电阻不计。重力加速度为g，不计两金属棒之间的相互作用，两金属棒始终没有相碰。求：(1)ab棒刚进入水平轨道时cd棒的电流I；(2)若最终通过cd棒的电荷量q已知，求cd棒的质量。答案(1)(2)解析(1)ab棒沿倾斜导轨下滑过程，由机械能守恒定律有mvmgh解得：v0ab棒刚进入磁场时，有EBlv0通过cd棒的电流为I。(2)设ab、cd棒最终共同速度为v，cd棒的质量为M，根据动量守恒定律有mv0(mM)v对cd棒应用动量定理，有BltMv0qt联立解得：M
16、。1. 如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则()Aef将减速向右运动，但不是匀减速Bef将匀减速向右运动，最后停止Cef将匀速向右运动Def将往返运动答案A解析ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，由FBIlma知，ef做的是加速度减小的减速运动，直到停止，而不是匀减速，故A正确。2. 如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落。如果线圈受到的磁场力总
17、小于其重力，则它在位置1、2、3、4时的加速度关系为()Aa1a2a3a4 Ba1a2a3a4Ca1a3a2a4 Da1a3a2a4答案C解析线圈自由下落时，加速度为a1g。线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3g。线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知， a2g，a4g。因为线圈受到的安培力总小于其重力，故线圈穿过磁场时做加速运动，到达位置4处的速度大于在位置2处的速度，则线圈在位置4处所受的安培力大于在位置2处所受的安培力，则a2a4。综上所述，a1a3a2a4，故C正确。3. 如图所示
18、，定值电阻阻值为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触，又能沿框架无摩擦下滑，ab、cd足够长，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当ef从静止下滑经一段时间后闭合S，则S闭合后()Aef的加速度可能小于gBef的加速度一定大于gCef的最终速度随S闭合时刻的不同而变化Def的机械能与回路内产生的电能之和一定增大答案A解析当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，由牛顿第二定律得F安mgma，则ef的加速度大小大于g，若安培力小于2mg，则ef的加速度大小小于g，故
19、A正确，B错误；导体棒最终做匀速直线运动，由mg，得v，可见稳定时速度v与开关闭合的时刻无关，故C错误；在整个过程中，只有重力与安培力对ef做功，因此ef的机械能与电路中产生的电能之和保持不变，故D错误。4. 如图所示，固定于水平绝缘面上的平行金属导轨不光滑，垂直于导轨平面有一匀强磁场，质量为m的金属棒cd垂直放在导轨上，除R和cd棒的电阻r外，其余电阻不计。现用水平恒力F作用于cd棒，使cd棒由静止开始向右滑动的过程中，下列说法正确的是()A水平恒力F对cd棒做的功等于电路中产生的电能B只有在cd棒做匀速运动时，F对cd棒做的功才等于电路中产生的电能C无论cd棒做何种运动，它克服磁场力做的功
20、一定等于电路中产生的电能DR两端的电压始终等于cd棒上感应电动势的值答案C解析金属棒加速运动的过程中，水平恒力F对cd棒做的功等于电路中产生的电能、摩擦产生的内能和金属棒增加的动能之和，A错误；金属棒匀速运动的过程中，水平恒力F对cd棒做的功等于电路中产生的电能和摩擦产生的内能之和，B错误；无论cd棒做何种运动，它克服磁场力(安培力)做的功一定等于电路中产生的电能，C正确；cd棒相当于电源，R为外电路电阻，R两端的电压为路端电压，小于cd棒产生的感应电动势，故D错误。5如图所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、电阻为R的正方形线圈边长为L(Ld)
21、，线圈下边缘到磁场上边界的距离为h。将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，则从线圈下边缘进入磁场到上边缘穿出磁场的过程中，下列说法正确的是()A线圈可能一直做匀速运动B线圈可能先加速后减速C线圈的最小速度一定为D线圈的最小速度一定为答案D解析由于Ld，故有一段时间线圈全部处于匀强磁场中，磁通量不发生变化，不产生感应电流，不受安培力，因此不可能一直做匀速运动，A错误。已知线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，由于线圈下边缘到达磁场下边界前一定做加速运动，所以线圈可能是先减速后加速，而不可能是先加速后减速，B错误。是安培力和重力平衡时所对应的速度，而本题
22、线圈减速过程中不一定能达到这一速度，C错误。线圈刚全部进入磁场时速度最小，设最小速度为v，对从开始自由下落到线圈上边缘刚进入磁场的过程应用动能定理，设该过程克服安培力做的功为W，则有mg(hL)Wmv2；对从线圈下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场的过程应用动能定理，则该过程克服安培力做的功也是W，而始、末动能相同，所以有mgdW0，由以上两式可得最小速度v，D正确。6. 如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B。正方形金属线框abcd可绕光滑轴OO转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经时间t到达竖直位置，产生的热量为Q，若重力加
23、速度为g，则ab边在最低位置所受安培力大小等于()A. BBLC. D. 答案D解析ab向下运动的过程中，机械能的减小量等于线框中产生的焦耳热，由能量守恒定律得：mgLQmv2ab边在最低位置所受的安培力为FBIL线圈中的感应电流为I由得：F ，故D正确。7(多选)如图所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一导体棒ab，质量为m，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F。此时()A电阻R1消耗的热功率为B电阻R2消耗的热功率为C整个装置因摩擦而消
24、耗的热功率为mgvcosD整个装置消耗的机械功率为(Fmgcos)v答案BCD解析棒ab上滑速度为v时，切割磁感线产生的感应电动势EBlv，设棒电阻为R，则R1R2R，回路的总电阻R总R，通过棒的电流I，棒所受安培力FBIl，通过电阻R1的电流与通过电阻R2的电流相等，即I1I2，则电阻R1消耗的热功率P1IR，A错误。电阻R2消耗的热功率P2IR，B正确。棒与导轨间的摩擦力Ffmgcos，故因摩擦而消耗的热功率为PFfvmgvcos，C正确。由能量守恒定律知，整个装置消耗的机械功率为克服安培力做功的功率和克服摩擦力做功的功率之和，即P机FvFfv(Fmgcos)v，D正确。8(2019长春十
25、一中期末)(多选)如图所示，水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨间距为L，电阻不计，导轨所处空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上放有质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b。开始时金属棒b静止，金属棒a获得向右的初速度v0，从金属棒a开始运动到最终两棒以相同的速度匀速运动的过程中，经过每个金属棒的电荷量为q，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是()Aa做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动B最终两金属棒匀速运动的速度为C两金属棒产生的焦耳热为Da和b距离的增加量为答案BC解析金属棒a向右运动切割磁感线，根据右手定则可知在回路中产生逆时针方向的电流，根据左
26、手定则可知，a棒受到向左的安培力，b棒受到向右的安培力，a棒在安培力作用下做减速运动，速度减小，电动势减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，故a棒做加速度减小的减速运动，同理b棒做加速度减小的加速运动，A错误。a、b两棒组成的系统合外力为零，动量守恒，设最终达到的共同速度为v，由动量守恒定律得mv02mv，解得v，B正确。根据能量守恒定律，整个过程产生的焦耳热Qmv(2m)v2，C正确。根据电荷量的推论公式q，解得a和b距离的增加量x，D错误。9. 如图所示，电阻r0.3 、质量m0.1 kg的金属棒CD静止在位于水平面上的两条平行光滑的金属导轨上，棒与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计，导
27、轨的左端接有阻值为R0.5 的电阻，有一个理想电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过导轨平面。现给金属棒加一个水平向右的恒定外力F，观察到电压表的示数逐渐变大，最后稳定在1.0 V，此时金属棒的速度为2 m/s。(1)求拉动金属棒的外力F的大小；(2)当电压表读数稳定后某一时刻，撤去外力F，求此后电阻R上产生的热量。答案(1)1.6 N(2)0.125 J解析(1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势EBlv，电路中的感应电流I，金属棒受到的安培力F安BIl，金属棒匀速运动，有FF安，由题意可知UIR，联立以上各式解得F1.6 N。(2)金属棒的动能转化为内能，有mv2Q，电阻R上
28、产生的热量QRQ，解得QR0.125 J。10. 如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，导轨平面与水平面成30角，间距L0.5 m，导轨M、P两端接有阻值R5 的电阻，质量m0.2 kg的金属棒ab垂直导轨放置，金属棒ab和导轨电阻均不计。整个装置放在磁感应强度B2.0 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑到刚开始匀速运动时，通过电阻R的电荷量q2 C。(取重力加速度g10 m/s2)求：(1)金属棒ab匀速运动时的速度大小；(2)金属棒从静止开始下滑到刚开始匀速运动时，这一过程中金属棒ab沿导轨平面运动的距离x和电阻R中产生的热量Q。答案(
29、1)5 m/s(2)10 m7.5 J解析(1)当金属棒ab匀速运动时，对金属棒ab有mgsinBIL0根据闭合电路欧姆定律有I联立解得：v5 m/s。(2)由题意可知棒ab由静止到刚开始匀速运动时，通过电阻R的电荷量q2 Cqt ，其中BLx联立解得：x10 m在这一过程中，由能量守恒定律，得mgsinxmv2Q联立解得：Q7.5 J。11. 如图所示，竖直固定的光滑U形金属导轨MNOP每米长度的电阻为r，MN平行于OP，且相距为l，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直。有一质量为m、电阻不计的水平金属杆ab可在导轨上自由滑动，滑动过程中与导轨接触良好且保持垂直。将ab从某一位置由静止
30、开始释放后，下滑h高度时速度达到最大，在此过程中，电路中产生的热量为Q，以后设法让杆ab保持这个速度匀速下滑，直到离开导轨为止。(重力加速度为g)求：(1)金属杆匀速下滑时的速度；(2)匀速下滑过程中通过金属杆的电流I与时间t的关系。答案(1) (2)I解析(1)金属杆ab由静止释放到刚好达到最大速度vm的过程中，由能量守恒定律可得：mghQmv解得：vm 。(2)设金属杆刚达到最大速度时，电路总电阻为R0ab杆达最大速度时有：mgBIlEBlvmI再经时间t，电路总电阻为RR02rvmt，则I联立以上各式解得：I。12. (2019重庆市永川区高二下学期期末)如图所示，磁流体发电机的通道是一
31、长为L的矩形管道，其中通过电阻率为的等离子体，通道中左、右一对侧壁是导电的，其高为h，相距为a，而通道的上、下壁是绝缘的，所加匀强磁场的磁感应强度大小为B，与通道的上、下壁垂直。左、右一对导电壁与电阻值为r的电阻经导线相接，通道两端气流的压强差为p，不计摩擦及粒子间的碰撞，求等离子体的速率。答案解析等离子体通过管道时，在洛伦兹力作用下，正、负离子分别偏向右、左两壁，由此产生的电动势等效于金属棒切割磁感线产生的电动势，其值为EBav(也可根据洛伦兹力与静电力平衡得出)，且与导线构成回路，令气流进、出管道时的压强分别为p1、p2，则气流进、出管道时压力做功的功率分别为p1Sv和p2Sv，其功率损失
32、为p1Svp2SvpSv由能量守恒定律，损失的功率完全转化为回路的电功率，即pSv又Sha，R总r联立解得v。13. 如图所示，电阻不计的光滑金属轨道相距0.4 m平行放置，轨道左侧为弧形，右侧水平且足够长，导轨的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为2 T。金属棒ab从弧形导轨上高为0.8 m处自静止滑下，进入导轨的水平部分，在水平部分导轨上静止有另一根金属棒cd，两金属棒的质量均为0.5 kg，电阻均为1 ，金属棒ab始终未与金属棒cd相碰。忽略一切阻力，重力加速度g10 m/s2。求：(1)金属棒ab进入磁场的瞬间，通过金属棒cd的电流大小和方向；(2)两金属棒的最终速度大小；(
33、3)上述整个过程回路中产生的焦耳热Q。答案(1)1.6 A方向由d到c(2)2 m/s(3)2 J解析(1)金属棒ab由静止到刚进入磁场的过程中机械能守恒，有mghmv解得金属棒ab进入磁场时的速度v04 m/s金属棒ab进入磁场的瞬间，感应电动势EBlv03.2 V通过金属棒cd的电流I1.6 A由右手定则知，通过金属棒ab的电流由b到a，则通过金属棒cd的电流方向为由d到c。(2)两棒最终速度相等，由动量守恒定律得mv02mv解得：v2 m/s。(3)由能量守恒定律得Qmgh(2m)v22 J。14. 如图所示，MN和PQ为水平放置的足够长的光滑平行导轨，导轨间距为L，其左端连接一个阻值为
34、R的电阻，垂直导轨平面有一磁感应强度为B的有界匀强磁场。质量为m、电阻为r的金属棒与导轨始终保持垂直且接触良好。若金属棒以向右的初速度v0进入磁场，运动到右边界(图中虚线位置)时速度恰好为零。导轨电阻不计，求：(1)金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小；(2)金属棒运动过程中，定值电阻R上产生的焦耳热；(3)金属棒运动过程中在导轨上通过的位移大小。答案(1)(2)(3)解析(1)金属棒刚进入磁场时感应电动势EBLv0此时的感应电流I金属棒刚进入磁场时受到的安培力F安BIL。(2)由能量守恒定律，得电路中产生的总热量Q总mv故定值电阻R上产生的焦耳热QRQ总。(3)取向右为正方向，t时间内安培力对金属棒的冲量大小IF安tt上式对任意微小时间间隔t都成立，累计相加后，得整个过程中安培力的冲量I总x由动量定理，得I总0mv0解得：x。
