電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量和動量問題【題型一】電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1.導(dǎo)體棒的動力學(xué)分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，從而影響導(dǎo)體棒(或線圈)的受力情況和運動情況。涉及安培力大小、方向的分析。2．兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析3．力學(xué)對象和電學(xué)對象的相互關(guān)系4．動態(tài)分析的基本思路【例1】如圖，一絕緣輕線跨過兩個在同一豎直面（紙面）內(nèi)的光滑輕質(zhì)定滑輪，繩的一端連接一個小物塊，另一端連接一圓形金屬線框；左邊滑輪的下方虛線所圍的區(qū)域內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與紙面垂直。初始時線框位于磁場上方，以某一速度豎直向下運動。已知線框完全在磁場中時速度大小不斷增加，輕線始終處于拉緊狀態(tài)。忽略空氣阻力，則可能的情況是（）A．線框不會完全離開磁場B．線框完全離開磁場，然后做加速運動C．線框完全離開磁場，然后做勻速運動D．線框剛好完全離開磁場時的速度一定大于剛開始進(jìn)入磁場時的速度【答案】B【詳解】A．線框完全在磁場中時不受安培力，其速度大小不斷增加，說明線框的質(zhì)量大于物塊的質(zhì)量，線框經(jīng)過磁場下邊緣時安培力會阻礙線圈下降，但不會“阻止”線圈下降，即線框會完全離開磁場，故A錯誤；BC．以上分析可知，線框的質(zhì)量大于物塊的質(zhì)量，線框離開磁場后不受安培力，所以線框完全離開磁場后做加速運動，故B正確，C錯誤；D．由于初速度大小不確定，線框進(jìn)入磁場過程中可能先減速再加速，線框離開磁場過程中，也可能先減速再勻速，所以線框剛好完全離開磁場時的速度不一定大于剛開始進(jìn)入磁場時的速度，故D錯誤。故選B。用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題【例2】（多選）下面是一種電動汽車能量回收系統(tǒng)簡化結(jié)構(gòu)圖。行駛過程，電動機(jī)驅(qū)動車輪轉(zhuǎn)動。制動過程，電動機(jī)用作發(fā)電機(jī)給電池充電，進(jìn)行能量回收，這種方式叫“再生制動”。某電動汽車4個車輪都采用輪轂電機(jī)驅(qū)動，輪轂電機(jī)內(nèi)由固定在轉(zhuǎn)子上的強(qiáng)磁鐵形成方向交替的等寬輻向磁場，可視為線圈處于方向交替的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。正方形線圈固定在定子上，邊長與磁場寬度相等均為，每組線圈匝數(shù)均為，每個輪轂上有組線圈，4個車輪上的線圈串聯(lián)后通過換向器（未畫出）與動力電池連接。已知某次開始制動時線圈相對磁場速率為，回路總電阻為，下列說法正確的有（

）A．行駛過程，斷開，閉合B．制動過程，斷開，閉合C．開始制動時，全部線圈產(chǎn)生的總電動勢為D．開始制動時，每組線圈受到的安培力為【答案】BC【詳解】AB．行駛過程，電動機(jī)驅(qū)動車輪轉(zhuǎn)動，則閉合，斷開；制動過程，電動機(jī)用作發(fā)電機(jī)給電池充電，則斷開，閉合，故A錯誤，B正確；C．由圖可知，線圈左右兩邊同時切割磁感線，4個車輪上的線圈串聯(lián)，則開始制動時，全部線圈產(chǎn)生的總電動勢為故C正確；D．開始制動時，回路中的電流為線圈左右兩邊的安培力同向，則每組線圈受到的安培力為故D錯誤；故選BC?！纠?】在如下圖所示的甲、乙、丙圖中，MN、PQ是固定在同一水平面內(nèi)足夠長的平行金屬導(dǎo)軌。導(dǎo)體棒ab垂直放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌都處于垂直水平面向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的摩擦不計，導(dǎo)體棒、導(dǎo)軌和直流電源的電阻均可忽略，甲圖中的電容器C原來不帶電。今給導(dǎo)體棒ab一個向右的初速度，在甲、乙、丙圖中導(dǎo)體棒ab在磁場中的運動狀態(tài)是（）A．甲圖中，棒做加速度減小的減速運動至靜止B．乙圖中，棒勻減速運動直到最終靜止C．丙圖中，棒最終做勻速運動D．甲、乙、丙中，棒最終都靜止【答案】C【詳解】A．圖甲中，導(dǎo)體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流而使電容器充電，當(dāng)電容器C極板間電壓與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等時，電路中沒有電流，ab棒不受安培力，向右做勻速運動，故A錯誤；B．圖乙中，導(dǎo)體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，通過電阻R轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，ab棒速度減小，當(dāng)ab棒的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能時，ab棒靜止；又由于，由于速度減小，則產(chǎn)生感應(yīng)電流減小，導(dǎo)體棒所受安培力減小，根據(jù)牛頓第二定律可知導(dǎo)體棒的加速度減小，所以乙圖中，棒ab做加速度減小的減速運動最終靜止；故B錯誤；C．圖丙中，導(dǎo)體棒先受到向左的安培力作用向右做減速運動，速度減為零后再在安培力作用下向左做加速運動，當(dāng)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與電源的電動勢相等時，電路中沒有電流ab棒向左做勻速運動，故C正確；D．由以上分析可知，甲、乙、丙中，只有圖乙中棒最終靜止，故D錯誤。故選C?！咀兪?】如圖所示，足夠長水平導(dǎo)軌處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌靜置。開關(guān)S閉合后，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌無摩擦運動，不計導(dǎo)軌電阻。關(guān)于該棒的速度、加速度、通過的電流及穿過回路中的磁通量隨時間變化的圖像，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】AB．開關(guān)S閉合后，導(dǎo)體棒在安培力的作用下向右運動，當(dāng)導(dǎo)體棒的速度為v時，電路的電動勢為回路的感應(yīng)電流為根據(jù)牛頓第二定律，有導(dǎo)體棒的加速度大小為由于利用微積分原理可解出從而可得加速度故A錯誤，B正確；CD．由法拉第電磁感應(yīng)定律開關(guān)S閉合后，導(dǎo)體棒由靜止開始運動，此時導(dǎo)體棒將做加速運動，其速度越來越大，回路的感應(yīng)電流將越來越小，加速度將越來越小，將越來越大，即-t圖像的斜率將越來越大，根據(jù)可知a-t圖像的斜率將越來越小，故CD錯誤。故選B。【變式2】（多選）如圖所示，兩根相距為的平行光滑金屬導(dǎo)軌傾斜放置，處于垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場中，兩導(dǎo)軌頂端與電容器相連，質(zhì)量為、長度為的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置，金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好。開始時電容器不帶電，金屬桿被鎖定在距傾斜導(dǎo)軌底端處。已知兩導(dǎo)軌傾角均為，電容器電容為，重力加速度為，不計一切電阻。現(xiàn)解除鎖定，下列說法正確的是（）A．金屬桿下滑過程中做加速度減小的變加速直線運動B．若增大電容器電容，金屬桿下滑時間變短C．金屬桿下滑到導(dǎo)軌底端時電容器極板間電壓D．金屬桿下滑到導(dǎo)軌底端時電容器儲存的電能【答案】CD【詳解】A．t時刻電容器兩端的電壓為：U=E=BLv棒沿導(dǎo)軌下滑時，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ-F=ma又棒所受的安培力為：F=BIL電路中電流為：聯(lián)立以上三式得：式中各量均不變，說明加速度不變，可知導(dǎo)體棒做勻加速直線運動，故A錯誤；B．若增大電容器電容，加速度減小，則根據(jù)可知金屬桿下滑時間變長，故B錯誤；C．金屬桿下滑到導(dǎo)軌底端時的速度電容器極板間電壓故C正確；D．金屬桿下滑到導(dǎo)軌底端時電容器儲存的電能故D正確。故選CD。【題型二】電磁感應(yīng)中的能量問題電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法(1)電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化閉合電路的部分導(dǎo)體做切割磁感線運動產(chǎn)生感應(yīng)電流，通有感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場中受安培力。外力克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能；通有感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場中通過受安培力做功或通過電阻發(fā)熱，使電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量轉(zhuǎn)化的實質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化。如圖所示。(2)求解電磁感應(yīng)中的焦耳熱Q的三種方法【例1】（多選）如圖所示為使用直流電動機(jī)提升重物的示意圖，間距為的平行導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端接有電動勢為，內(nèi)阻為的直流電源，導(dǎo)軌電阻不計，質(zhì)量為M、電阻為、長為的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置，其中心通過絕緣細(xì)線繞過固定光滑輕質(zhì)定滑輪后與靜止在地面上的質(zhì)量為的重物相連，此時細(xì)線恰好伸直且無拉力，導(dǎo)體棒。與滑輪間的細(xì)線水平。整個裝置處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場中。已知導(dǎo)體棒距離導(dǎo)軌左端足夠遠(yuǎn)，重物上升過程中不會碰到定滑輪，重力加速度為，不計一切摩擦。閉合開關(guān)S后，導(dǎo)體棒向左運動的過程中，下列說法正確的是（）A．閉合開關(guān)S瞬間細(xì)線中的拉力大小為B．導(dǎo)體棒最終的速度大小為C．導(dǎo)體棒勻速運動時直流電源的輸出功率為D．從靜止出發(fā)到剛好做勻速運動的過程中，安培力對導(dǎo)體棒所做的功等于導(dǎo)體棒與重物組成的系統(tǒng)增加的機(jī)械能【答案】BD【詳解】A．閉合開關(guān)瞬間，回路中的電流為導(dǎo)體棒所受安培力對導(dǎo)體棒和重物整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律對重物分析，根據(jù)牛頓第二定律解得A錯誤；B．導(dǎo)體棒向左運動時會產(chǎn)生與直流電源相反的感應(yīng)電動勢，初始，導(dǎo)體棒向左加速運動，隨著導(dǎo)體棒速度的增大，回路中的電流減小，根據(jù)牛頓第二定律可知，導(dǎo)體棒向左做加速度減小的加速運動，最終達(dá)到勻速，設(shè)穩(wěn)定時導(dǎo)體棒的速度大小為，則回路中的電流由解得B正確；C．根據(jù)B選項可得導(dǎo)體棒勻速運動時直流電源的輸出功率為故C錯誤；D．重物從靜止出發(fā)到剛好做勻速運動的過程中，對導(dǎo)體棒和重物組成的整體，只有安培力和重物的重力做功，由功能關(guān)系可知，安培力對導(dǎo)體棒所做的功等于導(dǎo)體棒和重物組成的系統(tǒng)增加的機(jī)械能，D正確。故選BD。電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量問題的計算(1)回路中電流穩(wěn)定時，可利用電路知識，由W＝UIt，Q＝I2Rt直接計算。(2)若電流變化，則利用功能關(guān)系、能量守恒定律解決?！纠?】如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平桌面上，半圓弧的直徑為d，間距為L，兩半圓弧面豎直且平行，導(dǎo)軌最高點到水平桌面的距離等于半徑，最低點O、O′的連線與導(dǎo)軌所在豎直面垂直，整個空間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)軌左端連接一阻值為R的電阻?，F(xiàn)使一電阻為r的金屬棒MN從導(dǎo)軌左端最高點，以恒定的速率v0沿導(dǎo)軌運動到右端最高點，運動過程中金屬棒始終與OO′平行且與兩導(dǎo)軌接觸良好，則在金屬棒MN從左端最高點運動到右端最高點的過程中，下列說法正確的是（）A．金屬棒MN中電流方向始終由M到NB．金屬棒MN中電流大小始終不變C．金屬棒MN所受安培力先做負(fù)功后做正功D．回路中產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】D【詳解】AC．在金屬棒MN從左端最高點運動到右端最高點的過程中，根據(jù)右手定則可知，金屬棒中電流方向始終由N到M，金屬棒所受安培力一直水平向左，金屬棒所受安培力始終做負(fù)功，故AC錯誤；BD．經(jīng)過t時間，金屬棒在圓弧上轉(zhuǎn)過的角度為此時金屬棒產(chǎn)生的電動勢為回路中電流為由此可知，可知金屬棒中電流按照正弦式交變電流變化，電流的有效值為則在金屬棒從左端最高點運動到右端最高點的過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為故B錯誤，D正確。故選D?！纠?】（多選）如圖所示，光滑水平桌面上直線邊界的一側(cè)存在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于桌面向下。邊長為l、電阻為R的單匝正方形導(dǎo)線框abcd平放在桌面上，其對角線ac與磁場邊界平行?，F(xiàn)用沿db方向的外力拉著導(dǎo)線框以恒定的速度v進(jìn)入磁場區(qū)域，進(jìn)入過程中，下列說法正確的是（）A．感應(yīng)電流方向為a→b→c→d→aB．導(dǎo)線框受到的安培力先均勻增大，后均勻減小C．通過導(dǎo)線框?qū)w橫截面的電荷量為D．導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量小于【答案】AD【詳解】A．根據(jù)楞次定律，可判斷知線圈中感應(yīng)電流方向為a→b→c→d→a，故A正確；B．由題意，可知線框在對角線ac未進(jìn)入磁場的過程中，有效切割長度和線框受到安培力作用導(dǎo)線的等效長度均為根據(jù)，，可得可推知，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場區(qū)域過程中，受到的安培力先增大，后減小，但不是均勻的，故B錯誤；C．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場區(qū)域過程中，通過導(dǎo)線框?qū)w橫截面的電荷量為故C錯誤；D．線框在對角線ac恰好進(jìn)入磁場的過程中，線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流的瞬時值根據(jù)焦耳定律，作出的I2-t圖像，圖像的面積能反映導(dǎo)線框中產(chǎn)生熱量的大小關(guān)系。若I2-t圖像為直線，線框在從開始到對角線ac恰好進(jìn)入磁場的過程中，線框中產(chǎn)生的熱量為全程產(chǎn)生的熱量為然而實際結(jié)合線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流的瞬時值可知I2-t圖像在直線的下方，故全程產(chǎn)生的熱量故D正確。故選AD?！咀兪?】如圖所示，間距L=2m的光滑平行導(dǎo)軌所在平面與水平面夾角θ=30°，導(dǎo)軌底邊AB水平，且接有一個特殊的電源，電路接通后該電源在不同的外接負(fù)載條件下均保持所輸出的電流恒定為I=0.5A，導(dǎo)軌上C、D兩點連線與底邊平行，E為導(dǎo)軌平面上一點，C、D、E的連線構(gòu)成等腰直角三角形，O點為等腰直角三角形CDE過E點高的中點，三角形內(nèi)部存在垂直導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T的勻強(qiáng)磁場。將一長度也為L=2m，質(zhì)量m=0.05kg，電阻為定值的導(dǎo)體棒放置在C、D位置，導(dǎo)體棒受到C、D兩處擋板的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)。導(dǎo)軌足夠長，重力加速度g取。求：(1)閉合開關(guān)S的瞬間，導(dǎo)體棒的加速度a的大小；(2)導(dǎo)體棒第一次經(jīng)過O點時速度的大??；(3)已知閉合開關(guān)S后經(jīng)導(dǎo)體棒第一次經(jīng)過O點，若以O(shè)點為原點沿斜面向上為正方向建立x坐標(biāo)軸，請寫出導(dǎo)體棒所受合力與其坐標(biāo)x的關(guān)系式及導(dǎo)體棒從O點第一次到達(dá)x=0.25m所用的時間t。（結(jié)果均可用分?jǐn)?shù)表示）【答案】(1)；(2)；(3)，【詳解】（1）由左手定則可知導(dǎo)體棒所受安培力方向沿斜面向上，由牛頓第二定律得BIL－mgsinθ=ma解得（2）導(dǎo)體棒沿斜面向上運動位移d=0.5m時第一次經(jīng)過O點，由幾何關(guān)系易得此時導(dǎo)體棒處于磁場中的長度為；向上運動過程中導(dǎo)體棒處于磁場中的長度隨其位移均勻減小，安培力做功解得由動能定理得解得（3）導(dǎo)體棒坐標(biāo)為x時，導(dǎo)體棒處于磁場中的長度為合力大小即可知導(dǎo)體棒以O(shè)點為中心做簡諧運動，振幅A=0.5m，且導(dǎo)體棒第一次經(jīng)過O點用時為四分之一周期，可得T=πs導(dǎo)體棒過O點后再經(jīng)第一次到達(dá)x=0.25m從導(dǎo)體棒第一次經(jīng)過O點時開始計時，則有解得所用時間【變式2】如圖甲所示，兩條平行的粗糙金屬軌道與水平面成角，軌道上端之間接可變電阻，導(dǎo)軌所在空間存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向可調(diào)且始終垂直于軌道平面向上。質(zhì)量為的金屬桿水平放置在軌道上，其接入電路部分的阻值為，其和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度取，軌道電阻不計且足夠長。(1)若，當(dāng)桿由靜止釋放瞬間加速度大小為。求；(2)若，現(xiàn)從靜止釋放桿且施加與導(dǎo)軌平面成斜向右上方的恒定拉力，如圖乙，測得其最大速度為。改變可變電阻的阻值，得到與的關(guān)系式（各量均取國際單位）。已知兩平行金屬軌道間距離L=1m。求：a．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和的阻值；b．當(dāng)變阻箱取，且金屬桿在下滑d=9m前速度已達(dá)最大，桿下滑的過程中，電阻上產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮?1)；(2)a.1T，2Ω；b.1.8J【詳解】（1）若，當(dāng)桿釋放瞬間，對桿由牛頓第二定律有得（2）a.若，棒受作用由靜止釋放，棒感應(yīng)電動勢回路電流安培力對棒由牛頓第二定律有安聯(lián)立得當(dāng)時，取最大值即代入數(shù)據(jù)整理得由題意得b.當(dāng)時，由得設(shè)桿下滑過程中，回路因電流做功產(chǎn)生的總焦耳熱為上產(chǎn)生的焦耳熱為，對桿在下滑過程中，由動能定理有又聯(lián)立得【題型二】電磁感應(yīng)中的動量問題動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在電磁感應(yīng)中，動量定理應(yīng)用于單桿切割磁感線運動，可求解單桿所受其他恒力(非安培力)作用的時間、單桿的速度、單桿的位移和通過單桿的橫截面的電荷量。(1)求通過單桿的橫截面的電荷量、單桿的速度或單桿運動的時間：－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝neq\f(ΔΦ,R總)。(2)求單桿運動的位移、單桿的速度或單桿運動的時間：－eq\f(B2l2\o(v,\s\up6(－)),R)Δt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，x＝eq\o(v,\s\up6(－))Δt。【例1】（多選）如圖所示，寬度的區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，方向垂直紙面向里。一正方形導(dǎo)線框abcd，從距磁場上邊界高度處自由下落，其下邊ab剛進(jìn)入磁場和剛離開磁場時的速度相同。已知線框質(zhì)量，邊長，電阻，g取，則（

）A．線框剛進(jìn)入磁場時線框中有逆時針方向的電流B．線框完全離開磁場時的速度為C．線框在穿越磁場過程中產(chǎn)生的熱量為0.02JD．線框穿越整個磁場所用時間為【答案】AD【詳解】A．根據(jù)右手定則可知電流方向為逆時針，故A正確；B．設(shè)線框剛進(jìn)入磁場的速度為v，則，線框完全離開磁場時的速度為，由題意可知線框從完全進(jìn)入磁場到即將離開磁場過程中只受重力，則有可得故B錯誤；C．由能量守恒可得解得故C錯誤；D．線框進(jìn)入和離開的過程所用時間相同為t，可得完全進(jìn)入磁場到剛要離開磁場所用時間為，根據(jù)解得故總時間為故D正確。故選AD?！纠?】（多選）如圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌M1N1和M2N2固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間某個區(qū)域存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，金屬棒P和Q分別靜置在磁場兩側(cè)的導(dǎo)軌上，金屬棒P的質(zhì)量為m。某時刻金屬棒P以初速度水平向右運動，穿過磁場區(qū)域后與金屬棒Q發(fā)生非彈性碰撞，金屬棒P剛好再次穿出磁場區(qū)域，金屬棒Q碰后的速度為。下列說法正確的是（）A．金屬棒P兩次穿過磁場區(qū)域的過程中，速度變化量的大小相等B．金屬棒Q的質(zhì)量為5mC．金屬棒P碰撞前的速度大小為D．整個過程中，金屬棒P和Q產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】AB【詳解】A．設(shè)金屬導(dǎo)軌間距為L，磁場為B，磁場寬度為d，回路總電阻為，金屬棒兩次穿過磁場區(qū)域過程中，根據(jù)動量定理可得，可得由此可知，兩次穿過磁場的速度變化量的大小相等，故A正確；B．設(shè)第一次穿過磁場的速度為，由A可知第二次穿過磁場的速度PQ發(fā)生碰撞，根據(jù)動量守恒定律可得解得即金屬棒Q的質(zhì)量為5m，故B正確；CD．由于PQ發(fā)生非彈性碰撞，無法求解碰撞之后P的速度，無法求解金屬棒P碰撞前的速度大小和整個過程中金屬棒P和Q產(chǎn)生的焦耳熱，故CD錯誤。故選AB?！纠?】（多選）在軌穩(wěn)定運行的天和核心艙內(nèi)，我國航天員進(jìn)行的某次科研實驗如圖所示：一個正方形閉合線圈以速度v1垂直磁場邊界進(jìn)入矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，此后線圈穿過該磁場，若線圈恰好離開磁場時的速度大小為v2，則下列關(guān)于線圈的說法正確的是（）A．進(jìn)入磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向為逆時針方向B．離開磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向為逆時針方向C．完全進(jìn)入磁場時的速度等于D．完全進(jìn)入磁場時的速度小于【答案】AC【詳解】A．進(jìn)入磁場的過程中，穿過線圈的磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向為逆時針方向，故A正確；B．離開磁場的過程中，穿過線圈的磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向為順時針方向，故B錯誤；CD．設(shè)完全進(jìn)入磁場時的速度為v，線圈進(jìn)入磁場的過程，根據(jù)動量定理可得其中線圈離開磁場的過程，根據(jù)動量定理可得其中聯(lián)立可得則有故C正確，D錯誤。故選AC。【變式1】如圖所示，在水平面上的裝置由三部分構(gòu)成，裝置中間部分為電路控制系統(tǒng)，電源電動勢恒定且為，內(nèi)阻不計，兩個開關(guān)、初始狀態(tài)都斷開。裝置左右兩側(cè)均為足夠長且不計電阻的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌寬度為，寬度為，導(dǎo)軌和之間存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為和，磁場方向如圖所示。將質(zhì)量均為的金屬桿，分別如圖輕放在水平軌道上，兩桿接入電路中的電阻相等，不計金屬桿與導(dǎo)軌的摩擦。(1)接通，求桿的最大速度；(2)當(dāng)桿做勻速運動后，斷開同時閉合，當(dāng)兩桿再次勻速運動時，求桿產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮?1)；(2)【詳解】（1）S1接通，ab中有a→b的電流，ab受水平向右的安培力ab向右做加速運動，ab切割磁感線產(chǎn)生一個感應(yīng)電動勢,與電源相抵消。當(dāng)ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與電源電動勢完全相消時，ab棒不受安培力，ab將做勻速運動，速度為vm，此時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為解得（2）斷開S1，接通S2，ab向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，由b→a，電流再流經(jīng)cd棒，方向由c到d。由左手是則可知，ab棒受水平向左的安培力，做減速運動；cd棒受水平向右的安培力，向右做加速運動，ab、cd.產(chǎn)生互相抵消的電動勢，當(dāng)完全抵消時，電路中無電流。ab、cd做勻速運動速度分別為v1、v2，則可得v1=v2ab、cd中電流相等。ab、cd的安培力分別為F1=2BILF2=B×2LI=2BIL安培力大小相等、方向相反，ab、cd滿足動量守恒，有聯(lián)立解得電路中的總熱量為因為ab、cd的阻值相等，所以cd桿產(chǎn)生的焦耳熱為【變式2】如圖所示，在絕緣水平面上固定兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌，左右兩側(cè)導(dǎo)軌處于豎直向上的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為和，導(dǎo)軌間距分別為和，已知導(dǎo)體棒的電阻為、長度為，導(dǎo)體棒的電阻為、長度為的質(zhì)量是的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為的輕質(zhì)絕緣彈簧，彈簧的勁度系數(shù)為。釋放彈簧后兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計。求：(1)導(dǎo)體棒的速率為時，導(dǎo)體棒的運動速率及回路的總電功率；(2)彈簧伸展過程中流過導(dǎo)體棒的電流方向及彈簧釋放的整個過程中通過導(dǎo)體棒的電荷量?！敬鸢浮?1)，；(2)M指向N，【詳解】（1）設(shè)任意時刻回路電流為I，則PQ受安培力左手定則可知其方向向右；MN受安培力左手定則可知其方向向左，可知兩棒系統(tǒng)受合外力為零，系統(tǒng)動量