2021届高考物理通用一轮练习：考点35　电磁感应规律的综合应用

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考点35　电磁感应规律的综合应用



题组一　基础小题
1.将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝ON＝R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。从t＝0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则导线框中的电流i随时间t的变化规律正确的是(　　)


答案　B
解析　在0～t0时间内，导线框从图示位置开始(t＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1＝Bω·R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1＝＝，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)。在t0～2t0时间内，导线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E2＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝BωR2＝3E1，感应电流为I2＝3I1。在2t0～3t0时间内，导线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)，回路中产生的感应电动势为E3＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝Bω·R2＝3E1，感应电流为I3＝3I1。在3t0～4t0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E4＝Bω·R2，回路电流为I4＝I1。故B正确，A、C、D错误。
2．光滑金属导轨宽L＝0.5 m，电阻不计，均匀变化的磁场充满整个轨道平面，如图甲所示，磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。金属棒ab的电阻为2 Ω，垂直固定在导轨上静止不动，且与导轨左端距离l＝0.2 m，则(　　)

A．1 s末回路中的电动势为0.1 V
B．1 s末回路中的电流为0.5 A
C．2 s内回路产生的电热为0.1 J
D．2 s末，ab所受安培力大小为0.5 N
答案　A
解析　由图乙知，＝1 T/s，由法拉第电磁感应定律得：感应电动势为E＝S＝lL＝0.2×0.5×1 V＝0.1 V，故A正确；回路中的感应电流为I＝＝ A＝0.05 A，故B错误；2 s内回路产生的电热为Q＝I2Rt＝0.052×2×2 J＝0.01 J，故C错误；2 s末，B＝2 T，ab所受的安培力为F＝BIL＝2×0.05×0.5 N＝0.05 N，故D错误。
3.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。ef及线框中导线的电阻不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　)

A．ef将减速向右运动，但不是匀减速
B．ef将匀减速向右运动，最后停止
C．ef将匀速向右运动
D．ef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，根据右手定则和左手定则可知，ef受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由F＝BIL＝＝ma，知ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确。
4.(多选)如图所示，平行的金属导轨与电路处在垂直纸面向里的匀强磁场B中，一金属杆放在金属导轨上，在恒定外力F作用下做匀速运动，则在开关S(　　)

A．闭合瞬间通过金属杆的电流增大
B．闭合瞬间通过金属杆的电流减小
C．闭合后金属杆先减速后匀速
D．闭合后金属杆先加速后匀速
答案　AC
解析　金属杆做切割磁感线运动，相当于电源，在开关S闭合瞬间，外电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，干路电流增大，即通过金属杆的电流增大，故A正确，B错误；开关S闭合前，拉力F和安培力平衡，开关S闭合后，电流增大，根据安培力公式F＝BIL，安培力增大，故拉力小于安培力，金属杆做减速运动，感应电动势减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，当加速度减为零时，速度减小到最小值，此时拉力F与安培力再次平衡，之后金属杆做匀速运动，故C正确，D错误。
5．如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是选项图中的(　　)


答案　D
解析　由题意知AB边受向右的恒定安培力，由左手定则可知线圈中电流方向沿顺时针方向，由楞次定律知原磁场增强，因安培力不变，根据F＝BIL知，B增大，I必减小，则感应电动势减小，再结合E＝＝，分析可知A、B、C错误，D正确。
6.(多选)如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化的图象可能正确的有(　　)


答案　BC
解析　设某时刻金属棒的速度为v，根据牛顿第二定律F－FA＝ma，即F0＋kv－＝ma，即F0＋v＝ma，如果k>，则加速度与速度成线性关系，且随着速度增大，加速度越来越大，即金属棒运动的v­t图象的切线斜率越来越大，由于FA＝，FA－t图象的切线斜率也越来越大，感应电流、电阻两端的电压及感应电流的功率也会随时间变化得越来越快，B正确；如果k＝，则金属棒做匀加速直线运动，感应电动势随时间均匀增大，感应电流、电阻两端的电压、安培力均随时间均匀增大，感应电流的功率与时间的二次方成正比，没有选项符合；如果k(t2－t1)，B正确；从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1＝mg·2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则－mg＝0，得v＝，由前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于，根据h＝得金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h应大于＝，D错误。

19.(2017·海南高考)(多选)如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距。若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能(　　)

A．始终减小 B．始终不变
C．始终增加 D．先减小后增加
答案　CD
解析　ab边进入磁场时线框产生感应电动势，线框受到向上的安培力F作用，若安培力F＝BIL＝＝mg，则线框做匀速运动，当线框全部进入磁场后，不再产生感应电流，线框在重力作用下加速运动， B错误；若安培力F＝BIL＝mg，则线框做减速运动，直至F＝mg时，线框做匀速运动，当线框全部进入磁场后，线框在重力作用下加速运动，即速度可能先减小后增加，A错误，D正确。
题组三　模拟小题
20.(2019·湖北黄冈质检)如图，虚线P、Q、R间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为L。一等腰直角三角形导线框abc，ab边与bc边长度均为L，bc边与虚线边界垂直。现让线框沿bc方向匀速穿过磁场区域，从c点经过虚线P开始计时，以逆时针方向为导线框中感应电流i的正方向，则下列四个图象中能正确表示i－t图象的是(　　)


答案　A
解析　由右手定则可知导线框从左侧进入磁场时，电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且切割的有效长度逐渐增大，所以电流逐渐增大。导线框刚好完全进入P、Q之间的瞬间，电流由正向最大值变为零，然后电流方向变为顺时针且逐渐增加。当导线框刚好完全进入Q、R之间的瞬间，电流由负向最大值变为零，然后在出磁场过程中电流方向又变为逆时针且逐渐增大。故A正确。
21．(2019·河南灵宝月考)如图所示，MN、PQ是间距为L的平行光滑金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，导轨固定不动，M、P间接有一阻值为R的电阻。一根与导轨接触良好、接入电路的电阻为的金属杆ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)(　　)

A．通过电阻R的电流方向为P→R→M
B．a、b两点间的电压为BLv
C．a端电势比b端电势高
D．外力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热
答案　C
解析　由右手定则可知通过电阻R的电流方向为M→R→P，A错误；金属杆ab相当于电源，电源内部电流从电势低的一端流向电势高的一端，所以a端电势高于b端电势，C正确；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝BLv，由闭合电路欧姆定律得a、b两点间的电压为Uab＝·R＝BLv，B错误；由于金属杆ab做匀速直线运动，外力F做的功等于克服安培力做的功，等于整个电路中产生的焦耳热，并非电阻R上产生的焦耳热，D错误。
22．(2019·四川成都诊断)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
B．铜棒b的最大加速度为
C．铜棒b获得的最大速度为
D．回路中产生的总焦耳热为
答案　B
解析　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，回路中的感应电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝，铜棒a产生的感应电动势E＝BLv0，回路电流I电＝＝，A错误；此时铜棒b受到的安培力F＝BI电L，其加速度a＝＝，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速度达到最大，根据动量守恒定律，mv0＝2mv，铜棒b的最大速度v＝，C错误；由能量守恒定律知，回路中产生的焦耳热Q＝mv－×2mv2＝，D错误。
23．(2019·福建漳州高三模拟)(多选)如图所示，质量为m、电阻为R的单匝矩形线框静止于粗糙斜面上，线框边长ab＝L、ad＝2L，虚线MN过ad、bc边的中点。斜面倾角为θ，线框与斜面间的动摩擦因数为μ(μ>tanθ)，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从某时刻起，在MN右侧加一方向垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小按B＝kt(k>0)的规律均匀变化。一段时间后，线框沿斜面向下运动，ab边刚好匀速穿出磁场时的速度为v，重力加速度为g，则(　　)

A．线框刚开始运动时，感应电流的方向为abcda
B．线框刚开始运动时，线框中的电功率为P＝
C．线框离开磁场的过程中安培力所做的功W＝mv2
D．线框从开始运动到穿出磁场过程中通过导线截面的电荷量q＝
答案　AD
解析　磁感应强度均匀增加，根据楞次定律，线框刚开始运动时，感应电流的方向为abcda，A正确；线框刚开始运动时，感应电流为I＝＝＝，则线框中的电功率为P＝I2R＝，B错误；线框下滑过程中有重力、摩擦力、安培力三力对线框做功，且重力沿斜面的分力小于摩擦力，根据动能定理，可知安培力做的功大于线框的动能变化量mv2，C错误；当ab开始运动时，由平衡条件得mgsinθ＋B′IL＝μmgcosθ，运动过程中通过导线截面的电荷量为q＝＝，联立上式解得q＝，D正确。
24．(2019·西宁高三一模)(多选)如图所示，匀强磁场竖直向上，磁感应强度为B。足够长的光滑倾斜导轨固定于磁场中，导轨宽度为L，倾角为θ，电阻不计，其下端与电阻R连接。电阻为r的导体棒ab，从导轨顶端由静止释放，ab棒始终与导轨垂直，则ab棒(　　)

A．所受安培力方向沿导轨斜向上
B．下滑的最大速度vm＝
C．下滑的最大速度vm＝
D．在达到最大速度之前，减少的重力势能大于回路中产生的电能
答案　CD
解析　导体棒ab从顶端由静止释放，下滑过程中，ab棒切割磁感线，产生感应电动势，回路中产生感应电流，由楞次定律知ab棒中感应电流的方向由b到a，由左手定则知ab棒受到的安培力方向水平向右，故A错误；ab棒下滑速度最大时，加速度等于零，感应电动势为E＝BLvmcosθ，感应电流I＝＝cosθ，安培力F安＝BIL＝cosθ，根据平衡条件，导体棒沿导轨方向合力为零，则mgsinθ＝F安cosθ，即mgsinθ＝cos2θ，解得vm＝，故B错误，C正确；根据能量守恒定律，在达到最大速度之前，ab棒减少的重力势能等于其增加的动能和回路中产生的电能，所以ab棒减少的重力势能大于回路中产生的电能，故D正确。



题组一　基础大题
25．如图甲所示，光滑导轨宽0.4 m，ab为金属棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab接入电路的电阻为1 Ω，导轨电阻不计。t＝0时刻，金属棒ab从导轨最左端以1 m/s的速度向右做匀速运动，求1 s末回路中的感应电流及金属棒ab受到的安培力。

答案　1.6 A　1.28 N，方向水平向左
解析　磁通量Φ的变化有两个原因：一是磁感应强度B的变化，二是面积S的变化。由图乙知，1 s末磁感应强度B＝2 T，ab棒产生的动生电动势为
E动＝BLv＝2×0.4×1 V＝0.8 V，
回路中产生的感生电动势为
E感＝Lvt＝2×0.4×1×1 V＝0.8 V，
根据楞次定律知两个电动势串联，则总电动势为
E＝E动＋E感＝1.6 V
此时回路中的感应电流
I＝＝1.6 A
根据右手定则可判断出电流沿逆时针方向，金属棒ab受到的安培力F＝BIL＝1.28 N，方向水平向左。
26．如图所示，间距L＝1 m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B＝1 T、方向垂直于纸面向里，导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度水平向左匀速运动。R1＝8 Ω，R2＝12 Ω，C＝6 μF，导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计。开关S1、S2闭合，电路稳定后，求：

(1)通过R2的电流I的大小和方向；
(2)拉力F的大小；
(3)开关S1断开后通过R2的电荷量Q。
答案　(1)0.1 A　方向是b→a　(2)0.1 N　(3)7.2×10－6 C
解析　(1)开关S1、S2闭合后，根据右手定则知棒中的感应电流方向是M→N，所以通过R2的电流方向是b→a
MN中产生的感应电动势E＝BLv
通过R2的电流I＝
代入数据解得I＝0.1 A。
(2)由棒受力平衡，有F＝F安
F安＝BIL
代入数据解得F＝0.1 N。
(3)开关S1、S2闭合，电路稳定后，电容器所带的电荷量
Q1＝CIR2
S1断开后，流过R2的电荷量Q等于电容器所带的电荷量的减少量，即Q＝Q1－0
代入数据解得Q＝7.2×10－6 C。
27．如图甲所示，导体棒MN置于足够长的水平“匚”形金属框架上，框架的两根导轨平行，左侧连有定值电阻，右侧虚线外有垂直导轨平面的匀强磁场。导体棒在水平恒力作用下，从t＝0时刻开始向右沿导轨运动，其运动的v­t图线如图乙所示。图线在0～t1时间内是直线，在t1～t2时间内是曲线，大于t2时间是平行时间轴的直线。已知该棒t1时刻速度为v1，t2时刻速度为v2，不计棒与导轨间的摩擦和导轨电阻，求：

(1)刚进入磁场的t1时刻和t2时刻通过导体棒的电流之比；
(2)导体棒进入磁场时加速度的大小。
答案　(1)　(2)
解析　(1)设棒切割磁感线的长度为L，磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，则棒在t1、t2时刻的电流为I1＝，I2＝，
因此电流之比为＝。
(2)设恒力为F，则在t1时刻：F－＝ma，
在t2时刻：F－＝0，
在0～t1时间有：Ft1＝mv1，
联立解得：a＝。
28．如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°角，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、bb′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g、总电阻为R＝1 Ω、边长为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：

(1)线圈进入磁场区域时，受到的安培力大小；
(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；
(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热。
答案　(1)2×10－2 N　(2)1 m　(3)4×10－3 J
解析　(1)对线圈受力分析有：F安＋μmgcosθ＝mgsinθ
代入数据得F安＝2×10－2 N。
(2)F安＝BId，线圈进入磁场时，
产生的感应电动势E＝Bvd，
感应电流I＝
则F安＝BId＝。
代入数据得v＝2 m/s
线圈进入磁场前做匀加速运动，其加速度
a＝gsinθ－μgcosθ＝2 m/s2
线圈释放时，PQ边到bb′的距离x＝＝1 m。
(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于
d＝0.1 m，
由功能关系得Q＝－W安＝F安·2d
解得线圈上产生的焦耳热：Q＝4×10－3 J。
29．如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增强的磁场，磁通量的变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。

(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。
答案　(1)　方向水平向右　(2)mv2－kq
解析　(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝，则
E＝k①
设PQ与MN并联后的总电阻为R并，有
R并＝②
闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得
I＝③
设PQ中的电流为IPQ，有
IPQ＝I④
设PQ受到的安培力为F安，有
F安＝BIPQl⑤
PQ保持静止，由平衡条件，有
F＝F安⑥
联立①②③④⑤⑥式得
F＝⑦
由楞次定律和右手螺旋定则得PQ中的电流方向为由Q到P，再由左手定则得PQ所受安培力的方向水平向左，则施加在PQ上的外力F的方向水平向右。
(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt′，回路中的磁通量变化为ΔΦ′，平均感应电动势为，有
＝⑧
其中ΔΦ′＝Blx⑨
设PQ中的平均感应电流为，有
＝⑩
根据电流的定义式得
＝⑪
由动能定理，有
Fx＋W＝mv2－0⑫
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
W＝mv2－kq。
题组二　高考大题
30．(2017·江苏高考)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：

(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0①
杆中的感应电流I＝②
由①②式解得I＝。③
(2)MN刚扫过金属杆时，金属杆所受的安培力
F＝BId④
由牛顿第二定律得，对金属杆F＝ma⑤
由③④⑤式得a＝。⑥
(3)PQ刚要离开金属杆时，金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v⑦
杆中的感应电动势E′＝Bdv′⑧
则感应电流的功率P＝⑨
由⑦⑧⑨式得P＝。
31．(2017·天津高考)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：

(1)磁场的方向；
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少？
答案　(1)垂直于导轨平面向下　(2)
(3)
解析　(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN因受安培力作用而向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。
(2)电容器完全充电后，两极板间的电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝①
设MN受到的安培力为F，有
F＝BIl②
由牛顿第二定律，有
F＝ma③
联立①②③式得
a＝。④
(3)当电容器充电完毕时，设电容器上的电荷量为Q0，有
Q0＝CE⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，当速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有
E′＝Blvmax⑥
依题意有
E′＝⑦
设在此过程中流过MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有
＝Bl⑧
由动量定理，有
Δt＝Bl·Δt＝mvmax－0⑨
又Δt＝Q0－Q⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝。
32．(2018·天津高考)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。


(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；
(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
答案　(1)M接电源正极，理由见解析　(2)
(3)见解析
解析　(1)列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极。
(2)由题意，启动时ab、cd并联，电阻均为R，由并联电路知ab，cd中电流均为I＝①
每根金属棒受到的安培力F0＝BIl②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝2F0③
根据牛顿第二定律有F＝ma　④
联立①②③④式得a＝。　⑤
(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝　⑥
其中ΔΦ＝Bl2　⑦
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有
I′＝　⑧
设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝BI′l　⑨
以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲＝－F′Δt　⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有I0＝2I冲　⑪
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有
I总＝0－mv0　⑫
联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得＝　⑬
讨论：若恰好为整数，设其为n，则需要n块有界磁场；若不是整数，设的整数部分为N，则需要N＋1块有界磁场。
33．(2017·北京高考)发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。


在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v(v平行于MN)向右做匀速直线运动。
图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点MP间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。
(1)求在Δt时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。
(2)从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。
a．请在图3(图1的导体棒ab)、图4(图2的导体棒ab)中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。
b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。

答案　(1)　BILvΔt　(2)见解析
解析　(1)题图1中，电路中的电流I1＝，
棒ab受到的安培力F1＝BI1L，
在Δt时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功E电＝F1·vΔt＝，
题图2中，棒ab受到的安培力F2＝BIL，
在Δt时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功
E机＝F2·vΔt＝BILvΔt。
(2)a.如图3、图4所示。

图3 　　图4
b．设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒定向移动的速率为u。
如图4所示，沿棒方向的洛伦兹力f1′＝qvB，做负功
W1＝－f1′·uΔt＝－qvBuΔt，
垂直棒方向的洛伦兹力f2′＝quB，做正功
W2＝f2′·vΔt＝quBvΔt，
所以W1＝－W2，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。
f1′做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；f2′做正功，宏观上表现为安培力做正功，使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。
题组三　模拟大题
34．(2019·安徽淮北模拟)如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为d，导轨所在平面与水平面成θ角，M、P间接阻值为R的电阻。匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B。质量为m、阻值为r、长度为d的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的拉力F作用下，以速度v匀速向上运动。已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：

(1)金属棒产生的感应电动势E；
(2)通过电阻R的电流I；
(3)拉力F的大小。
答案　(1)Bdv　(2)　(3)mgsinθ＋
解析　(1)根据法拉第电磁感应定律得E＝Bdv。
(2)根据闭合电路欧姆定律得I＝＝。
(3)金属棒的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律有

F－F安－mgsinθ＝0，
又因为F安＝BId＝，
所以F＝mgsinθ＋。
35．(2019·湖北七市模拟)如图所示，光滑平行金属轨道的水平部分处于竖直向下的B＝4 T的匀强磁场中，两轨道间距为L＝0.5 m，轨道足够长。金属棒a和b的质量都为m＝1 kg，电阻Ra＝Rb＝1 Ω。b棒静止于轨道水平部分，现使a棒从h＝80 cm高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与轨道垂直，且两棒始终不相碰。求a、b两棒的最终速度，以及整个过程中b棒中产生的焦耳热(重力加速度g取10 m/s2)。

答案　2 m/s　2 J
解析　a棒下滑至C点时速度设为v0，则由机械能守恒定律，有：mgh＝mv
解得v0＝4 m/s
此后的运动过程中，a、b两棒达到共同速度前，两棒所受的安培力始终等大反向，因此a、b两棒组成的系统动量守恒，有：mv0＝(m＋m)v
解得a、b两棒最终的共同速度为v＝2 m/s，此后两棒一起做匀速直线运动；
由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的焦耳热为：Q＝mv－(m＋m)v2
则整个过程中b棒中产生的焦耳热Qb＝Q
联立解得：Qb＝2 J。