高考物理大一轮复习微专题14电磁感应中的动力学和能量问题学案新人教版3196

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微专题 14 电磁感应中的动力学和能量问题 电磁感应中的动力学问题 1．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)． 2．两种状态及处理方法 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 3．动态分析的基本思路 解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度 最大值或最小值的条件．具体思路如下： Ⅰ.电磁感应中的平衡问题 (2019·全国甲卷)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为 θ，上沿相连．两细金属 棒 ab(仅标出 a 端)和 cd(仅标出 c 端)长度均为 L，质量分别为 2m 和 m；用两根不可伸长的 柔软轻导线将它们连成闭合回路 abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放 在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于斜 面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为 R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均 为 μ，重力加速度大小为 g.已知金属棒 ab 匀速下滑．求 (1)作用在金属棒 ab 上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小． 解析：(1)设导线的张力的大小为 T，右斜面对 ab 棒的支持力的大小为 N1，作用在 ab 棒上的安培力的大小为 F，左斜面对 cd 棒的支持力大小为 N2．对于 ab 棒，由力的平衡条件 得 2mgsin θ＝μN1＋T＋F ① N1＝2mgcos θ ② 对于 cd 棒，同理有 mgsin θ＋μN2＝T ③ N2＝mgcos θ ④ 联立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ) ⑤ (2)由安培力公式得 F＝BIL ⑥ 这里 I 是回路 abdca 中的感应电流，ab 棒上的感应电动势为 E＝BLv ⑦ 式中，v 是 ab 棒下滑速度的大小．由欧姆定律得 I＝ E R ⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ) mgR B2L2 ⑨ 答案：(1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ) mgR B2L2 对金属棒正确进行受力分析和运动过程分析是解题的关键． 如图，两个倾角均为 θ＝37°的绝缘斜面，顶端相同，斜面上分别固定着一 个光滑的不计电阻的 U 型导轨，导轨宽度都是 L＝1．0 m，底边分别与开关 S1、S2 连接，导 轨上分别放置一根和底边平行的金属棒 a 和 b，a 的电阻 R1＝10．0 Ω、质量 m1＝2．0 kg， b 的电阻 R2＝8．0 Ω、质量m2＝1．0 kg.U 型导轨所在空间分别存在着垂直斜面向上的匀强 磁场，大小分别为 B1＝1．0 T，B2＝2．0 T，轻细绝缘线绕过斜面顶端很小的光滑定滑轮连 接两金属棒的中点，细线与斜面平行，两导轨足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝ 10．0 m/s2．开始时，开关 S1、S2 都断开，轻细绝缘线绷紧，金属棒 a 和 b 在外力作用下处 于静止状态．求： (1)撤去外力，两金属棒的加速度多大？ (2)同时闭合开关 S1、S2，求金属棒 a、b 运动过程中达到的最大速度？ 解析：(1)设撤去外力，线拉力为 T，两金属棒的加速度大小相等，设为 a， 则 m1gsin θ－T＝m1a T－m2gsin θ＝m2a 解得 a＝2 m/s2 (2)a、b 达到速度最大时，速度相等，设为 v，此时线拉力为 T1，a 中感应电动势为 E1， 电流为 I1，b 中感应电动势为 E2，电流为 I2，则 E1＝B1lv，I1＝ E1 R1；E2＝B2lv，I2＝ E2 R2， 又 m1gsin θ－T1－B1I1l＝0 T1－m2gsin θ－B2I2l＝0 联立解得 v＝10 m/s 答案：(1)2 m/s2　(2)10 m/s Ⅱ.电磁感应中的非平衡问题 如图所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为 l，左侧接 一阻值为 R 的电阻．区域 cdef 内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为 s.一 质量为 m、有效电阻为 r 的金属棒 MN 置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到 F＝0.5v＋ 0.4(N)(v 为金属棒速度)的水平外力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端 电压随时间均匀增大．(已知：l＝1 m，m＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m) (1)判断该金属棒在磁场中是否做匀加速直线运动？简要说明理由； (2)求加速度的大小和磁感应强度 B 的大小； (3)若撤去外力后棒的速度 v 随位移 x 的变化规律满足 v＝v0－ B2l2 mR＋rx，且棒在运 动到 ef 处时恰好静止，则外力 F 作用的时间为多少？ 解析：(1)是． R 两端电压 U∝I∝E∝v，U 随时间均匀增大，即 v 随时间均匀增大，所以加速度为恒 量． (2) E＝Blv　 I＝ E R＋r　F 安＝BIl F－F 安＝ma， 将 F＝0.5v＋0.4 代入，得： (0.5－ B2l2 R＋r)v＋0.4＝a 因为加速度为恒量，与 v 无关，所以 a＝0.4 m/s2 0．5－ B2l2 R＋r＝0，代入数据得：B＝0.5 T. (3)设外力 F 作用时间为 t，则 x1＝ 1 2at2　v0＝at x2＝ mR＋r B2l2 v0　x1＋x2＝s， 代入数据得 0.2t2＋0.8t－1＝0 解方程得 t＝1 s 或 t＝－5 s(舍去)． 答案：(1)是　(2)0.4 m/s2　0.5 T　(3)1 s 如图，足够长的光滑导轨固定在水平面内，间距 L＝1 m，电阻不计，定值电 阻 R＝1．5 Ω.质量 m＝0.25 kg、长度 L＝1 m、电阻 r＝0.5 Ω 的导体棒 AB 静置在导轨 上．现对导体棒施加一个平行于导轨、大小为 F＝1．25 N 的恒力，使得导体棒由静止开始 运动．当棒运动到虚线位置时速度达到 v0＝2m/s.虚线右侧有一非匀强磁场，导体棒在里面 运动时，所到位置的速度 v(单位 m/s)与该处磁感应强度 B(单位 T)在数值上恰好满足关系 v ＝ 1 2B2，重力加速度 g 取 10 m/s2． (1)求导体棒刚进入磁场时，流经导体棒的电流大小和方向； (2)导体棒在磁场中是否做匀加速直线运动？若是，给出证明并求出加速度大小；若不 是，请说明理由； (3)求导体棒在磁场中运动了 t＝1 s 的时间内，定值电阻 R 上产生的焦耳热． 解析：(1)当 v0＝2 m/s 时，B0＝0.5 T 感应电动势 E0＝B0Lv0＝1 V 感应电流 I0＝ E0 R＋r＝0.5 A 方向由 B 向 A (2)速度为 v 时，磁感应强度为 B 感应电动势 E＝BLv，感应电流 I＝ E R＋r，安培力 FA＝BIL 得到 FA＝ B2L2v R＋r 由题，B2v＝0.5 T2m/s，则安培力 FA＝0.25 N，导体棒所受合力 F 合＝F－FA＝1 N，为恒 力，所以做匀加速直线运动． 由 F 合＝ma，可得 a＝4 m/s2 (3)t＝1 s 时，导体棒的速度 v＝v0＋at＝6 m/s t＝1 s 内，导体棒的位移 s＝v0t＋ 1 2at2＝4 m 由动能定理，Fs－W 克安＝ 1 2mv2－ 1 2mv20 由功能关系，W 克安＝Q 定值电阻 R 上的焦耳热 QR＝ R R＋rQ 代入数据，QR＝0.75 J 答案：(1)0.5 A　由 B 到 A　(2)是　4 m/s2　(3)0.75 J 1．(多选)如图所示，在磁感应强度为 B、方向竖直向下的匀强磁场中，有一水平放置 的 U 形导轨，导轨左端连接一阻值为 R 的电阻，导轨电阻不计．导轨间距离为 L，在导轨上 垂直放置一根金属棒 MN，与导轨接触良好，电阻为 r，用外力拉着金属棒向右以速度 v 做匀 速运动．则金属棒运动过程中(　　) A．金属棒中的电流方向为由 N 到 M B．电阻 R 两端的电压为 BLv C．金属棒受到的安培力大小为 B2L2v r＋R D．电阻 R 产生焦耳热的功率为 B2L2v R 解析：选 AC　由右手定则判断得知金属棒 MN 中的电流方向为由 N 到 M，故 A 正确；MN 产生的感应电动势为 E＝BLv，回路中的感应电流大小为 I＝ E r＋R＝ BLv R＋r，则电阻 R 两端的电 压为 U＝IR＝ BLvR R＋r，故 B 错误；金属棒 MN 受到的安培力大小为 F＝BIL＝ B2L2v R＋r，故 C 正确； 电阻 R 产生焦耳热的功率为 P＝I2R＝( BLv R＋r )2·R B2L2v2R R＋r2，故 D 错误． 2．如图 1 所示，两相距 L＝0.5 m 的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值 R ＝2 Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场．质量m＝0.2 kg 的金属 杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略．杆在水平向右的恒定拉 力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其 v－t 图象如图 2 所示．在 15 s 末时撤去 拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持回路磁通量不变，杆中电流为零．求： (1)金属杆所受拉力的大小 F； (2)0－15 s 内匀强磁场的磁感应强度大小； (3)撤去恒定拉力之后，磁感应强度随时间的变化规律． 解析：(1)10 s 内金属杆未进入磁场， 所以有 F－μmg＝ma1 由图可知 a1＝0.4 m/s2 15 s～20 s 内仅在摩擦力作用下运动， 由图可知 a2＝0.8 m/s2，解得 F＝0.24 N (2)在 10 s～15 s 时间段杆在磁场中做匀速运动． 因此有 F＝μmg＋ B20L2v R 以 F＝0.24 N，μmg＝0.16 N 代入解得 B0＝0.4 T. (3)撤去恒定拉力之后通过回路的磁通量不变，设杆在磁场中匀速运动距离为 d，撤去 外力后杆运动的距离为 x， BL(d＋x)＝B0Ld， 其中 d＝20 m，x＝4t－0.4t2 由此可得 B＝ 20 50＋10t－t2 T. 答案：(1)0.24 N　(2)0.4 T (3)B＝ 20 50＋10t－t2 T 3．(2019·全国甲卷)如图，水平面(纸面)内间距为 l 的平行金属导轨间接一电阻，质 量为 m、长度为 l 的金属杆置于导轨上．t＝0 时，金属杆在水平向右、大小为 F 的恒定拉力 作用下由静止开始运动．t0 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的 匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保 持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为 μ.重力加速度大小为 g.求： (1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； (2)电阻的阻值． 解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得 ma＝F－μmg① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为 v，由运动学公式有 v＝at0② 当金属杆以速度 v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律可知，杆中的电动势 E＝Blv ③ 联立①②③式可得 E＝Blt0( F m－μg)④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为 I，根据欧姆定律 I＝ E R⑤ 式中 R 为电阻的阻值，金属杆所受的安培力为 f＝BIl⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 F－μmg－f＝0⑦ 联立④⑤⑥⑦式得 R＝ B2l2t0 m . 答案：(1)Blt0( F m－μg)　(2) B2l2t0 m 电磁感应中能量问题 1．题型简述：电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通 过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服 安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程． 2．解题的一般步骤 (1)确定研究对象(导体棒或回路)； (2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化； (3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解． 3．求解电能应分清两类情况 (1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及 W＝UIt 或 Q＝I2Rt 直接进行计算． (2)若电流变化，则 ①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功； ②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电 能． Ⅰ.动能定理和能量守恒定律在电磁感应中的应用 如图所示，一个“U”形金属导轨靠绝缘的墙壁水平放置，导轨长 L＝1．4 m， 宽 d＝0.2 m．一对长 L1＝0.4 m 的等宽金属导轨靠墙倾斜放置，与水平导轨成 θ 角平滑连 接，θ 角可在 0°～60°调节后固定．水平导轨的左端长 L2＝0.4 m 的平面区域内有匀强磁 场，方向水平向左，磁感应强度大小 B0＝2 T．水平导轨的右端长 L3＝0.5 m 的区域有竖直向 下的匀强磁场 B，磁感应强度大小随时间以 ΔB Δt＝1．0 T/s 均匀变大．一根质量 m＝0.04 kg 的金属杆 MN 从斜轨的最上端静止释放，金属杆与斜轨间的动摩擦因数 μ1＝0.125，与水平 导轨间的动摩擦因数 μ2＝0.5．金属杆电阻 R＝0.08 Ω，导轨电阻不计． (1)求金属杆 MN 上的电流大小，并判断方向； (2)金属杆 MN 从斜轨滑下后停在水平导轨上，求 θ 角多大时金属杆所停位置与墙面的 距离最大，并求此最大距离 xm. 解析：(1)由法拉第电磁感应定律，则有：E＝ ΔΦ Δt ＝ ΔB ΔtdL3 由闭合电路欧姆定律得：I＝ E R 由上式，可得 MN 棒上的电流大小：I＝1．25 A 根据右手定则，则 MN 棒上的电流方向：N→M； (2)设导体棒滑出水平磁场后继续滑行 x 后停下， 由动能定理得：mgL1sin θ－μ1mgL1cos θ－μ2(mg＋B0Id) (L2－L1cos θ)－μ2mgx＝0 代入数据得： 0．16sin θ＋0.16cos θ－0.18＝0.2x 当 θ＝45°时，x 最大， 解得：x＝0.8 2－0.9＝0.23 m 则有：xm＝L2＋x＝0.63 m. 答案：(1)1． 25 N　由 N→M　(2)45°　0.63 m 能量转化问题的分析程序：先电后力再能量 如图所示，倾角 30°的光滑倾斜导体轨道(足够长)与光滑水平导体轨道连接， 轨道宽度均为 L＝1m，电阻忽略不计．匀强磁场Ⅰ仅分布在水平轨道平面所在区域，方向水 平向右，大小 B1＝1 T；匀强磁场Ⅱ仅分布在倾斜轨道平面所在区域，方向垂直于倾斜轨道 平面向下，大小 B2＝1 T．现将两质量均为 m＝0.2 kg，电阻均为 R＝0.5 Ω 的相同导体棒 ab 和 cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上，并同时由静止释放．取 g＝10 m/s2． (1)求导体棒 cd 沿斜轨道下滑的最大速度的大小； (2)若已知从开始运动到 cd 棒达到最大速度的过程中，ab 棒产生的焦耳热 Q＝0.45 J， 求该过程中通过 cd 棒横截面的电荷量； (3)若已知 cd 棒开始运动时距水平轨道高度 h＝10 m，cd 棒由静止释放后，为使 cd 棒 中无感应电流，可让磁场Ⅱ的磁感应强度随时间变化，将 cd 棒开始运动的时刻记为 t＝0， 此时磁场Ⅱ的磁感应强度为 B0＝1T，试求 cd 棒在倾斜轨道上下滑的这段时间内，磁场Ⅱ的 磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系式． 解析：(1)cd 棒匀速运动时速度最大，设为 vm，棒中感应电动势为 E，电流为 I， 感应电动势：E＝BLvm，电流：I＝ E 2R， 由平衡条件得：mgsin θ＝BIL，代入数据解得：vm＝1 m/s； (2)设 cd 从开始运动到达最大速度的过程中经过的时间为 t，通过的距离为 x，cd 棒中 平均感应电动势 E1，平均电流为 I1，通过 cd 棒横截面的电荷量为 q， 由能量守恒定律得：mgxsin θ＝ 1 2mv2m＋2Q， 电动势：E1＝ BLx t ，电流：I1＝ E1 2R，电荷量：q＝I1t， 代入数据解得：q＝1 C； (3)设 cd 棒开始运动时穿过回路的磁通量为 Φ0，cd 棒在倾斜轨道上下滑的过程中，设 加速度大小为 a，经过时间 t 通过的距离为 x1，穿过回路的磁通量为 Φ，cd 棒在倾斜轨道 上下滑时间为 t0，则：Φ0＝B0L h sin θ， 加速度：a＝gsin θ，位移：x1＝ 1 2at2，Φ＝BL( h sin θ－x1)， h sin θ＝ 1 2at20. 解得：t0＝ 8 s， 为使 cd 棒中无感应电流，必须有：Φ0＝Φ， 解得：B＝ 8 8－t2(t＜ 8 s)． 答案：(1)1 m/s　(2)1 C　(3)B＝ 8 8－t2(t＜ 8 s) Ⅱ.动量定理和动量守恒定律在电磁感应中的应用 (2019·江西师大附中试卷)如图所示，两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道， 如图所示放置，间距为 d＝1 m，在左端斜轨道部分高 h＝1．25 m 处放置一金属杆 a，斜轨道 与平直轨道区域以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆 b，杆 a、b 电阻 Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感强度B＝2 T．现杆 b 以初速度 v0＝5 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆 a，杆 a 由静止滑到水平轨道的过程中，通过 杆 b 的平均电流为 0.3 A；从 a 下滑到水平轨道时开始计时，a、b 杆运动速度－时间图象如 图所示(以 a 运动方向为正)，其中 ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 m/s2，求： (1)杆 a 在斜轨道上运动的时间； (2)杆 a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电量； (3)在整个运动过程中杆 b 产生的焦耳热． 解析：(1)对 b 棒运用动量定理，有： Bd I－ Δt＝mb(v0－vb0) 其中 vb0＝2 m/s 代入数据得到：Δt＝5 s 即杆在斜轨道上运动时间为 5 s； (2)对杆 a 下滑的过程中，机械能守恒：mgh＝ 1 2mav2a va＝ 2gh＝5 m/s 最后两杆共同的速度为 v′，由动量守恒得 mava＋mbvb＝(ma＋mb)v′ 代入数据计算得出 v′＝ 8 3 m/s 杆 a 动量变化等于它所受安培力的冲量，由动量定理可得 I 安＝BIdΔt′＝mava－mav′ 而 q＝I·Δt′ 由以上公式代入数据得 q＝ 7 3 C (3)由能量守恒得，共产生的焦耳热为 Q＝magh＋ 1 2mbv20－ 1 2(ma＋mb)v′2＝ 161 6 J b 棒中产生的焦耳热为 Q′＝ 5 2＋5Q＝ 115 6 J. 答案：(1)5 s　(2) 7 3 C　(3) 115 6 J 如图所示，倾斜的金属导轨和水平的金属导轨接在一起，各自的两条平行轨 道之间距离都为 d，倾斜导轨与水平面间的夹角为 30°，在倾斜导轨的区域有垂直于轨道平 面斜向上的匀强磁场，在水平导轨的区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小都为 B， 倾斜导轨上放有金属棒 a，在紧靠两导轨连接处的水平导轨上放有金属棒 b，a、b 都垂直于 各自的轨道，a 质量为 m，b 质量为 2m，a、b 与水平的金属导轨间的动摩擦因数是 μ，倾斜 的金属导轨光滑．倾斜轨道间接有电阻 R，a、b 的电阻值都是 R，其余电阻不计．开始时， a 固定，b 静止，且 a 距水平导轨平面的高度为 h，现释放 a，同时给 a 一个平行于倾斜导轨 向下的初速度，a 就在倾斜导轨上做匀速运动，经过两导轨的连接处时速度大小不变，在此 过程中 b 仍然静止，滑上水平导轨后即与 b 金属棒粘在一起，在水平导轨上运动距离 L 后静 止．求： (1)a 在倾斜导轨上匀速运动的速度 v0 大小？ (2)a 在倾斜导轨上运动的过程中，金属棒 a 上产生的热量 Q 是多大？ (3)a、b 一起在水平导轨上运动的过程中，电阻 R 上产生的热量 QR 是多大？ 解析：(1)设在倾斜导轨上运动的过程中，感应电动势为 E，其中的电流强度为 Ia，受 到的磁场力为 F，则 E＝Bdv0，R 总＝ 3 2R Ia＝E/R 总，Ia＝ 2Bdv0 3R F＝BIad，F＝ 2B2d2v0 3R 由于 a 在倾斜导轨上做匀速运动，所以所受的合外力为零，则： F＝mgsin 30° 解得：v0＝ 3mgR 4B2d2 (2)a 在倾斜导轨上运动的过程中，设 a、b 和电阻 R 中的电流强度分别是 Ia、Ib 和 IR， 产生的热量分别是 Qa、Qb 和 Q1，则 Ia＝2IR　Ib＝IR 由：Q＝I2Rt 得 Qa＝4Q1，Qb＝Q1 根据能量守恒有：mgh＝Qa＋Qb＋Q1 Q1＝ 1 6mgh，所以 Qa＝ 2 3mgh (3)设 a、b 粘在一起的共同速度为 v，由动量守恒定律则有： mv0＝3mv ab 在水平轨道上运动过程，克服摩擦力做功 W，则 W＝μ·3mg·L 设电流流过 a、b 产生的热量共为 Qab，则有： Qab＝ 1 2QR 根据能量守恒定律得： 1 2×3mv2＝QR＋Qab＋W 得：QR 等于电阻 R 上产生的热量 QR＝ 9m3g2R2 16B4d4 －2μmgL 答案：(1) 3mgR 4B2d2　(2) 2 3mgh　(3) 9m3g2R2 16B4d4 －2μmgL 4．(2019·东北三省四市教研联合体模拟考试)(多选)如图所示，平行导轨放在斜面上， 匀强磁场垂直于斜面向上，恒力 F 拉动金属杆 ab 从静止开始沿导轨向上滑动，接触良好， 导轨光滑．从静止开始到 ab 杆达到最大速度的过程中，恒力 F 做功为 W，ab 杆克服重力做 功为 W1，ab 杆克服安培力做功为 W2，ab 杆动能的增加量为 ΔEk，电路中产生的焦耳热为 Q， ab 杆重力势能增加量为 ΔEp，则(　　) A．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEk＋ΔEp B．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEk C．W＝Q＋ΔEk＋ΔEp D．W2＝Q，W1＝ΔEp 解析：选 CD　功是能量转化的量度，做功的过程就是能量转化的过程．力 F 做的功导 致内能的增加、杆动能的增加和重力势能的增加，所以有 W＝Q＋ΔEk＋ΔEp，选项 AB 错误，C 正确；克服重力做的功等于杆重力势能的增加量，即 W1＝ΔEp，克服安培力做的功等于电路 产生的焦耳热，即 W2＝Q，选项 D 正确． 5．(2019·成都二诊)如图所示，水平面上固定着两根相距 L 且电阻不计的足够长的光 滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，铜棒 a、b 的长度均 等于两导轨的间距、电阻均为 R、质量均为 m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良 好．现给铜棒 a 一个平行导轨向右的瞬时冲量 I，关于此后的过程，下列说法正确的是(　　) A．回路中的最大电流为 BLI mR B．铜棒 b 的最大加速度为 B2L2I 2m2R C．铜棒 b 获得的最大速度为 I m D．回路中产生的总焦耳热为 I2 2m 解析：选 B　给铜棒 a 一个平行导轨的瞬时冲量 I，此时铜棒 a 的速度最大，产生的感 应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝ I m，铜棒 a 电动势 E＝BLv0，回路电流 I＝ E 2R＝ BLI 2mR，选项 A 错误；此时铜棒 b 受到安培力 F＝ BIL，其加速度 a＝ F m＝ IB2L2 2Rm2 ，选项 B 正确；此后铜棒 a 做变减速运动，铜棒 b 做变加速运动， 当二者达到共同速度时，铜棒 b 速度最大，据动量守恒，mv0＝2mv，铜棒 b 最大速度 v＝ I 2m，选项 C 错误；回路中产生的焦耳热 Q＝ 1 2mv20－ 1 2·2mv2＝ I2 4m，选项 D 错误． 6．如图，足够长的光滑平行导轨水平放置，电阻不计，MN 部分的宽度为 2l，PQ 部分 的宽度为 l，金属棒 a 和 b 的质量 ma＝2mb＝2m，其电阻大小 Ra＝2Rb＝2R，a 和 b 分别在 MN 和 PQ 上，垂直导轨相距足够远，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感强度为 B，开 始 a 棒向右速度为 v0，b 棒静止，两棒运动时始终保持平行且 a 总在 MN 上运动，b 总在 PQ 上运动，求 a、b 最终的速度． 解析：本题由于两导轨的宽度不等，a、b 系统动量不守恒，可对 a、b 分别用动量定理， a、b 运动产生感应电流，a、b 在安培力的作用下，分别作减速和加速运动．回路中电动势 E 总＝Ea－Eb＝2Blva－Blvb， 随着 va 减小，vb 增加，E 总减小，安培力 F＝E 总 lB/(3R)也随之减小，故 a 棒的加速度 a ＝Fa/(2m)减小，b 棒的加速度 a′＝Fb/m 也减小． 当 E 总＝0，即 2Blva＝Blvb 时，两者加速度为零，两棒均匀速运动，且有 vb＝2va① 对 a、b 分别用动量定理－Fat＝2m(va－vb)② Fbt＝mvb③ 而 Fa＝2Fb④ 联立以上各式可得：va＝ v0 3 ，vb＝ 2v0 3 . 答案： v0 3 　 2 3v0