《專題六 電磁感應中的動力學和能量問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《專題六 電磁感應中的動力學和能量問題（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題六　電磁感應中的動力學和能量問題 考綱解讀 1.能解決電磁感應問題中涉及安培力的動態(tài)分析和平衡問題.2.會分析電磁感應問題中的能量轉(zhuǎn)化，并會進行有關(guān)計算． 考點一　電磁感應中的動力學問題分析 1．導體的兩種運動狀態(tài) (1)導體的平衡狀態(tài)——靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)． 處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力等于零)列式分析． (2)導體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零． 處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析． 2．電磁感應中的動力學問題分析思路 (1)電路分析： 導體棒相當于電源，感應電動勢相當于電源的電動勢，導體棒的電阻相當于電源的內(nèi)阻，感應電流I＝. (2

2、)受力分析： 導體棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIL或，根據(jù)牛頓第二定律列動力學方程：F合＝ma. (3)過程分析： 由于安培力是變力，導體棒做變加速或變減速運動，當加速度為零時，達到穩(wěn)定狀態(tài)，最后做勻速直線運動，根據(jù)共點力平衡條件列平衡方程F合＝0. 例1　如圖1所示，MN、PQ為足夠長的平行金屬導軌，間距L＝0.50 m，導軌平面與水平面間夾角θ＝37°，N、Q間連接一個電阻R＝5.0 Ω，勻強磁場垂直于導軌平面向上，磁感應強度B＝1.0 T．將一根質(zhì)量為m＝0.050 kg的金屬棒放在導軌的ab位置，金屬棒及導軌的電阻不計．現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導軌向下運動過程中始終

3、與導軌垂直，且與導軌接觸良好．已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.50，當金屬棒滑行至cd處時，其速度大小開始保持不變，位置cd與ab之間的距離s＝2.0 m．已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求： 圖1 (1)金屬棒沿導軌開始下滑時的加速度大?。? (2)金屬棒到達cd處的速度大??； (3)金屬棒由位置ab運動到cd的過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量． 解析　(1)設金屬棒開始下滑時的加速度大小為a，則 mgsin θ－μmgcos θ＝ma a＝2.0 m/s2 (2)設金屬棒到達cd位置時速度大小為v、電流為I，金屬棒受力平衡，有

4、mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ I＝ 解得v＝2.0 m/s (3)設金屬棒從ab運動到cd的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒，有 mgssin θ＝mv2＋μmgscos θ＋Q 解得Q＝0.10 J 答案　(1)2.0 m/s2　(2)2.0 m/s　(3)0.10 J 變式題組 1．[電磁感應中動力學問題](2014·天津·11)如圖2所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導軌電阻不計，間距L＝0.4 m，導軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN.Ⅰ中的勻強磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強磁場方向垂直斜面向上，

5、兩磁場的磁感應強度大小均為B＝0.5 T．在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1 kg、電阻R1＝0.1 Ω的金屬條ab放在導軌上，ab剛好不下滑．然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4 kg，電阻R2＝0.1 Ω的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開始下滑．cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，取g＝10 m/s2，問： 圖2 (1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向； (2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大； (3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x＝3.8 m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少． 答案　(1)

6、由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J 解析　(1)由右手定則可判斷出cd中的電流方向為由d到c，則ab中電流方向為由a流向b. (2)開始放置時ab剛好不下滑，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設其為Fmax，有Fmax＝m1gsin θ① 設ab剛要上滑時，cd棒的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律有E＝BLv② 設電路中的感應電流為I，由閉合電路歐姆定律有 I＝③ 設ab所受安培力為F安，有F安＝BIL④ 此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤ 綜合①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5 m/s (3)設cd棒運動過程中

7、在電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q總＋m2v2 又Q＝Q總 解得Q＝1.3 J 　　　　　　電磁感應與動力學問題的解題策略 此類問題中力現(xiàn)象和電磁現(xiàn)象相互聯(lián)系、相互制約，解決問題前首先要建立“動→電→動”的思維順序，可概括為： (1)找準主動運動者，用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解感應電動勢的大小和方向． (2)根據(jù)等效電路圖，求解回路中感應電流的大小及方向． (3)分析安培力對導體棒運動速度、加速度的影響，從而推理得出對電路中的感應電流有什么影響，最后定性分析導體棒的最終運動情況． (4)列牛頓第二定律或平衡方程求解． 考點二　電磁感應

8、中的能量問題 1．過程分析 (1)電磁感應現(xiàn)象中產(chǎn)生感應電流的過程，實質(zhì)上是能量的轉(zhuǎn)化過程． (2)電磁感應過程中產(chǎn)生的感應電流在磁場中必定受到安培力的作用，因此，要維持感應電流的存在，必須有“外力”克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能． (3)當感應電流通過用電器時，電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能．安培力做功的過程，或通過電阻發(fā)熱的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程．安培力做了多少功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能． 2．求解思路 (1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進行計算． (2)

9、若電流變化，則：①利用安培力做的功求解：電磁感應中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化，則機械能的減少量等于產(chǎn)生的電能． 例2　(2014·新課標Ⅱ·25) 半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導體棒AB置于圓導軌上面，BA的延長線通過圓導軌中心O，裝置的俯視圖如圖3所示．整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應強度的大小為B，方向豎直向下．在內(nèi)圓導軌的C點和外圓導軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)．直導體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導軌保持良好接觸．設導體

10、棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導體棒和導軌的電阻均可忽略．重力加速度大小為g.求： 圖3 (1)通過電阻R的感應電流的方向和大?。? (2)外力的功率． 解析　(1)根據(jù)右手定則，得導體棒AB上的電流方向為B→A，故電阻R上的電流方向為C→D. 設導體棒AB中點的速度為v，則v＝ 而vA＝ωr，vB＝2ωr 根據(jù)法拉第電磁感應定律得，導體棒AB上產(chǎn)生的感應電動勢E＝Brv 根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝，聯(lián)立以上各式解得通過電阻R的感應電流的大小為I＝. (2)根據(jù)能量守恒定律，外力的功率P等于安培力與摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋fv，而f＝μmg 解得P＝＋. 答案

11、　(1)方向為C→D　大小為 (2)＋ 變式題組 2．[電磁感應中的能量問題]如圖4所示，固定的光滑金屬導軌間距為L，導軌電阻不計，上端a、b間接有阻值為R的電阻，導軌平面與水平面的夾角為θ，且處在磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向下的勻強磁場中．質(zhì)量為m、電阻為r的導體棒與固定彈簧連接后放在導軌上．初始時刻，彈簧恰處于自然長度，導體棒具有沿軌道向上的初速度v0.整個運動過程中導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸．已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧的中心軸線與導軌平行． 圖4 (1)求初始時刻通過電阻R的電流I的大小和方向； (2)當導體棒第一次回到初始位置時，速度變?yōu)関，求此

12、時導體棒的加速度大小a； (3)若導體棒最終靜止時彈簧的彈性勢能為Ep，求導體棒從開始運動直到停止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　(1)，電流方向為a→b (2)gsin θ－ (3) 解析　(1)初始時刻，導體棒產(chǎn)生的感應電動勢E1＝BLv0 通過R的電流大小I1＝＝ 電流方向為a→b (2)導體棒產(chǎn)生的感應電動勢為E2＝BLv 感應電流I2＝＝ 導體棒受到的安培力大小F＝BIL＝，方向沿導軌向上 根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－F＝ma 解得a＝gsin θ－ (3)導體棒最終靜止，有mgsin θ＝kx 壓縮量x＝ 設整個過程回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q

13、0，根據(jù)能量守恒定律有 mv＋mgxsin θ＝Ep＋Q0 Q0＝mv＋－Ep 電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 Q＝Q0＝ 考點三　動力學和能量觀點的綜合應用 根據(jù)桿的數(shù)目，對于“導軌＋桿”模型題目，又常分為單桿模型和雙桿模型． (1)單桿模型是電磁感應中常見的物理模型，此類問題所給的物理情景一般是導體棒垂直切割磁感線，在安培力、重力、摩擦力、拉力作用下的變加速直線運動或勻速直線運動，所涉及的知識有牛頓運動定律、功能關(guān)系、能量守恒定律等．此類問題的分析要抓住三點：①桿的穩(wěn)定狀態(tài)一般是勻速運動(達到最大速度或最小速度，此時合力為零)．②整個電路產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功．③電磁感應現(xiàn)象

14、遵從能量守恒定律． (2)雙桿類問題可分為兩種情況：一是“假雙桿”，甲桿靜止不動，乙桿運動．其實質(zhì)是單桿問題，不過要注意問題包含著一個條件：甲桿靜止、受力平衡．另一種情況是兩桿都在運動，對于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢是相加還是相減． 線框進入磁場和離開磁場的過程和單桿的運動情況相同，在磁場中運動的過程與雙桿的運動情況相同． 例3　(2014·江蘇·13)如圖5所示，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導軌，導軌間距為L，長為3d，導軌平面與水平面的夾角為θ，在導軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層．勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直．質(zhì)量為m的導體棒從導軌的頂端

15、由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運動，并一直勻速滑到導軌底端．導體棒始終與導軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計，重力加速度為g.求： 圖5 (1)導體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)μ； (2)導體棒勻速運動的速度大小v； (3)整個運動過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q. 解析　(1)在絕緣涂層上 導體棒受力平衡mgsin θ＝μmgcos θ 解得導體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)μ＝tan θ (2)在光滑導軌上 感應電動勢：E＝BLv 感應電流：I＝ 安培力：F安＝BIL 受力平衡的條件是：F安＝mgsin θ 解得導體棒勻速運動的速度v＝

16、 (3)摩擦產(chǎn)生的熱量：QT＝μmgdcos θ 根據(jù)能量守恒定律知：3mgdsin θ＝Q＋QT＋mv2 解得電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q＝2mgdsin θ－. 答案　(1)tan θ　(2) (3)2mgdsin θ－ 變式題組 3．[雙桿模型問題]如圖6所示，兩條平行的金屬導軌相距L＝1 m，金屬導軌的傾斜部分與水平方向的夾角為37°，整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中．金屬棒MN和PQ的質(zhì)量均為m＝0.2 kg，電阻分別為RMN＝1 Ω和RPQ＝2 Ω.MN置于水平導軌上，與水平導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，PQ置于光滑的傾斜導軌上，兩根金屬棒均與導軌垂直且接觸良好．從t＝0時刻起

17、，MN棒在水平外力F1的作用下由靜止開始以a＝1 m/s2的加速度向右做勻加速直線運動，PQ則在平行于斜面方向的力F2作用下保持靜止狀態(tài)．t＝3 s時，PQ棒消耗的電功率為8 W，不計導軌的電阻，水平導軌足夠長，MN始終在水平導軌上運動．求： 圖6 (1)磁感應強度B的大??； (2)t＝0～3 s時間內(nèi)通過MN棒的電荷量； (3)求t＝6 s時F2的大小和方向； (4)若改變F1的作用規(guī)律，使MN棒的運動速度v與位移 x滿足關(guān)系：v＝0.4x，PQ棒仍然靜止在傾斜軌道上．求MN棒從靜止開始到x＝5 m的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)2 T　(2)3 C　(3)大小為5.

18、2 N，方向沿斜面向下　(4) J 解析　(1)當t＝3 s時，設MN的速度為v1，則 v1＝at＝3 m/s E1＝BLv1 E1＝I(RMN＋RPQ) P＝I2RPQ 代入數(shù)據(jù)得：B＝2 T. (2)＝ q＝Δt＝ 代入數(shù)據(jù)可得：q＝3 C (3)當t＝6 s時，設MN的速度為v2，則 v2＝at＝6 m/s E2＝BLv2＝12 V I2＝＝4 A F安＝BI2L＝8 N 規(guī)定沿斜面向上為正方向，對PQ進行受力分析可得： F2＋F安cos 37°＝mgsin 37° 代入數(shù)據(jù)得：F2＝－5.2 N(負號說明力的方向沿斜面向下) (4)MN棒做變加速直線

19、運動，當x＝5 m時，v＝0.4x＝0.4×5 m/s＝2 m/s 因為速度v與位移x成正比，所以電流I、安培力也與位移x成正比， 安培力做功W安＝－BL··x＝－ J Q＝－W安＝ J． 高考模擬　明確考向 1．(2013·安徽·16) 如圖7所示，足夠長的平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5 m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1 Ω.一導體棒MN垂直導軌放置，質(zhì)量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 Ω，兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為0.8 T．將導體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡

20、穩(wěn)定發(fā)光，此后導體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　) 圖7 A．2.5 m/s　1 W B．5 m/s　1 W C．7.5 m/s　9 W D．15 m/s　9 W 答案　B 解析　 導體棒MN勻速下滑時受力如圖所示，由平衡條件可得F安＋μmgcos 37°＝mgsin 37°，所以F安＝mg(sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N，由F安＝BIL得I＝＝1 A，所以E＝I(R燈＋RMN)＝2 V，導體棒的運動速度v＝＝5 m/s，小燈泡消耗的電功率為P燈＝I2R燈＝1 W．正確選項為B.

21、 2．在傾角為θ足夠長的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小相等的勻強磁場，磁場方向一個垂直斜面向上，另一個垂直斜面向下，寬度均為L，如圖8所示．一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形線框在t＝0時刻以速度v0進入磁場，恰好做勻速直線運動，若經(jīng)過時間t0，線框ab邊到達gg′與ff′中間位置時，線框又恰好做勻速運動，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A．當ab邊剛越過ff′時，線框加速度的大小為gsin θ B．t0時刻線框勻速運動的速度為 C．t0時間內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgLsin θ＋mv D．離開磁場的過程中線框?qū)⒆鰟蛩僦本€運動 答案　BC 解析　當ab邊進入

22、磁場時，有E＝BLv0，I＝，mgsin θ＝BIL，有＝mgsin θ.當ab邊剛越過ff′時，線框的感應電動勢和電流均加倍，則線框做減速運動，有＝4mgsin θ，加速度向上大小為3gsin θ，A錯誤；t0時刻線框勻速運動的速度為v，則有＝mgsin θ，解得v＝，B正確；線框從進入磁場到再次做勻速運動的過程，沿斜面向下運動距離為L，則由功能關(guān)系得線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝＋(－)＝＋，C正確；線框離開磁場時做加速運動，D錯誤． 3．如圖9所示，ABCD為固定的水平光滑矩形金屬導軌，處在方向豎直向下，磁感應強度為B的勻強磁場中，AB間距為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻，質(zhì)量為m、長為L

23、且不計電阻的導體棒MN放在導軌上，與導軌接觸良好，并與輕質(zhì)彈簧組成彈簧振動系統(tǒng)．開始時，彈簧處于自然長度，導體棒MN具有水平向左的初速度v0，經(jīng)過一段時間，導體棒MN第一次運動到最右端，這一過程中AB間R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則(　　) 圖9 A．初始時刻導體棒所受的安培力大小為 B．當導體棒再一次回到初始位置時，AB間電阻的熱功率為 C．當導體棒第一次到達最右端時，彈簧具有的彈性勢能為mv－2Q D．當導體棒第一次到達最左端時，彈簧具有的彈性勢能大于mv－Q 答案　AC 解析　由F＝BIL，I＝，R并＝R，得初始時刻導體棒所受的安培力大小為F＝.故A正確；由于回路中產(chǎn)生焦耳熱

24、，導體棒和彈簧的機械能有損失，所以當導體棒再次回到初始位置時，速度小于v0，導體棒產(chǎn)生的感應電動勢E

25、服安培力做功最大，整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱應大于Q，彈簧的彈性勢能將小于mv－Q，選項D錯誤． 練出高分 一、單項選擇題 1．如圖1所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌MN、PQ平行放置，導軌平面與水平面的夾角為θ，導軌的下端接有電阻．當導軌所在空間沒有磁場時，使導體棒ab以平行導軌平面的初速度v0沖上導軌平面，ab上升的最大高度為H；當導軌所在空間存在方向與導軌平面垂直的勻強磁場時，再次使ab以相同的初速度從同一位置沖上導軌平面，ab上升的最大高度為h.兩次運動中ab始終與兩導軌垂直且接觸良好．關(guān)于上述情景，下列說法中正確的是(　　) 圖1 A．兩次上升的最大高度比較，有H＝h B．

26、兩次上升的最大高度比較，有H

27、場過程是減速運動，則離開磁場過程也是減速運動 D．若線圈進入磁場過程是減速運動，則離開磁場過程是加速運動 答案　C 解析　從線圈全部進入磁場至線圈開始離開磁場，線圈做加速度為g的勻加速運動，可知即使線圈進入磁場過程中，重力大于安培力，線圈離開磁場過程中受的安培力也可能大于重力，故只有C項正確． 3．如圖3所示，水平光滑的平行金屬導軌，左端接有電阻R，勻強磁場B豎直向下分布在導軌所在的空間內(nèi)，質(zhì)量一定的金屬棒PQ垂直導軌放置．現(xiàn)使金屬棒以一定的初速度v0向右運動，當其通過位置a、b時，速率分別為va、vb，到位置c時金屬棒剛好靜止，設導軌與金屬棒的電阻均不計，a到b與b到c的間距相等，則

28、金屬棒在由a到b和由b到c的兩個過程中(　　) 圖3 A．回路中產(chǎn)生的內(nèi)能相等 B．金屬棒運動的加速度相等 C．安培力做功相等 D．通過金屬棒橫截面積的電荷量相等 答案　D 解析　金屬棒由a到b再到c過程中，速度逐漸減?。鶕?jù)E＝BLv，E減小，故I減小．再根據(jù)F＝BIL，安培力減小，根據(jù)F＝ma，加速度減小，B錯誤．由于ab、bc間距相等，故從a到b安培力做的功大于從b到c安培力做的功，故A、C錯誤．再根據(jù)平均感應電動勢＝＝，＝，q＝Δt，得q＝，故D正確． 4. 如圖4所示，光滑斜面的傾角為θ，斜面上放置一矩形導體線框abcd，ab邊的邊長為l1，bc邊的邊長為l2，線

29、框的質(zhì)量為m，電阻為R，線框通過絕緣細線繞過光滑的定滑輪與一重物相連，重物質(zhì)量為M.斜面上ef線(ef平行底邊)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度為B，如果線框從靜止開始運動，進入磁場的最初一段時間是做勻速運動的，且線框的ab邊始終平行于底邊，則下列說法正確的是(　　) 圖4 A．線框進入磁場前運動的加速度為 B．線框進入磁場時勻速運動的速度為 C．線框做勻速運動的總時間為 D．該勻速運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為(Mg－mgsin θ)l2 答案　D 解析　由牛頓第二定律得，Mg－mgsin θ＝(M＋m)a，解得線框進入磁場前運動的加速度為，A錯誤．由平衡條件，Mg－m

30、gsin θ－F安＝0，F(xiàn)安＝BIl1，I＝，E＝Bl1v，聯(lián)立解得線框進入磁場時勻速運動的速度為v＝，B錯誤．線框做勻速運動的總時間為t＝＝，C錯誤．由能量守恒定律，該勻速運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱等于系統(tǒng)重力勢能的減小量，為(Mg－mgsin θ)l2，D正確． 5．如圖5，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一個阻值為R的定值電阻．平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場．質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導軌間接

31、觸良好．則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(　　) 圖5 A．流過金屬棒的最大電流為 B．通過金屬棒的電荷量為 C．克服安培力所做的功為mgh D．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd) 答案　D 解析　金屬棒滑下過程中，根據(jù)動能定理有mgh＝mv，根據(jù)法拉第電磁感應定律有Em＝BLvm，根據(jù)閉合電路歐姆定律有Im＝，聯(lián)立得Im＝，A錯誤；根據(jù)q＝可知，通過金屬棒的電荷量為，B錯誤；金屬棒運動的全過程根據(jù)動能定理得mgh＋Wf＋W安＝0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C錯誤；由Wf＝－μmgd，金屬棒克服安培力做的功完全轉(zhuǎn)化成電熱，由題意可知金屬棒與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱相同，設金

32、屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，故2Q＝－W安，聯(lián)立得Q＝mg(h－μd)，D正確． 二、多項選擇題 6. 如圖6所示，水平放置的相距為L的光滑平行金屬導軌上有一質(zhì)量為m的金屬棒ab.導軌的一端連接電阻R，其他電阻均不計，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向下，金屬棒ab在一水平恒力F作用下由靜止開始向右運動．則(　　) 圖6 A．隨著ab運動速度的增大，其加速度也增大 B．外力F對ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能 C．當ab做勻速運動時，外力F做功的功率等于電路中的電功率 D．無論ab做何種運動，它克服安培力做的功一定等于電路中產(chǎn)生的電能 答案　CD 解析　設ab的速度為v，

33、運動的加速度a＝，隨著v的增大，ab由靜止先做加速度逐漸減小的加速運動，當a＝0后做勻速運動，則A選項錯誤；由能量守恒知，外力F對ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能和ab增加的動能之和，ab克服安培力做的功一定等于電路中產(chǎn)生的電能，則B選項錯誤，D選項正確；當ab做勻速運動時，F(xiàn)＝BIL，外力F做功的功率等于電路中的電功率，則C選項正確． 7. 如圖7所示，相距為L的兩條足夠長的平行金屬導軌，與水平面的夾角為θ，導軌上固定有質(zhì)量為m、電阻為R的兩根相同的導體棒，導體棒MN上方軌道粗糙、下方軌道光滑，整個空間存在垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為B.將兩根導體棒同時釋放后，觀察到導體棒MN下滑

34、而EF保持靜止，當MN下滑速度最大時，EF與軌道間的摩擦力剛好達到最大靜摩擦力，下列敘述正確的是(　　) 圖7 A．導體棒MN的最大速度為 B．導體棒EF與軌道之間的最大靜摩擦力為mgsin θ C．導體棒MN受到的最大安培力為mgsin θ D．導體棒MN所受重力的最大功率為 答案　AC 解析　由題意可知，導體棒MN切割磁感線，產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BLv，回路中的電流I＝，MN受到的安培力F＝BIL＝，隨著速度的增長，MN受到的安培力逐漸增大，加速度逐漸減小，故MN沿斜面做加速度減小的加速運動，當MN受到的安培力大小等于其重力沿軌道方向的分力時，速度達到最大值，此后MN做

35、勻速運動．故導體棒MN受到的最大安培力為mgsin θ，導體棒MN的最大速度為，選項A、C正確．由于當MN下滑速度最大時，EF與軌道間的摩擦力剛好達到最大靜摩擦力，由力的平衡知識可知EF與軌道之間的最大靜摩擦力為2mgsin θ，選項B錯誤．由P＝mgvsin θ可知導體棒MN所受重力的最大功率為，D錯誤． 8. 如圖8所示，平行金屬導軌與水平面間的傾角為θ，導軌電阻不計，與阻值為R的定值電阻相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面，磁感應強度為B.有一質(zhì)量為m、長為l的導體棒從ab位置獲得平行于斜面、大小為v的初速度向上運動，最遠到達a′b′位置，滑行的距離為s，導體棒的電阻也為R，與導軌之間的動摩

36、擦因數(shù)為μ.則(　　) 圖8 A．上滑過程中導體棒受到的最大安培力為 B．上滑過程中電流做功發(fā)出的熱量為mv2－mgs(sin θ＋μcos θ) C．上滑過程中導體棒克服安培力做的功為mv2 D．上滑過程中導體棒損失的機械能為mv2－mgssin θ 答案　BD 解析　導體棒剛開始運動時所受安培力最大，F(xiàn)m＝BIl＝，A選項錯誤．由能量守恒定律可知：導體棒動能減少的數(shù)值應該等于導體棒重力勢能的增加量以及克服安培力做功產(chǎn)生的電熱和克服摩擦阻力做功產(chǎn)生的內(nèi)能，用公式表示為：mv2＝mgssin θ＋μmgscos θ＋Q電熱，則有：Q電熱＝mv2－mgs(sin θ＋μcos

37、θ)，即為導體棒克服安培力做的功，故B選項正確，C選項錯誤．導體棒損失的機械能即為克服安培力做功和克服摩擦阻力做功的和，W損失＝mv2－mgssin θ，故D正確． 三、非選擇題 9．(2012·天津·11) 如圖9所示，一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內(nèi)，導軌間距l(xiāng)＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻．一質(zhì)量m＝0.1 kg，電阻r＝0.1 Ω的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B＝0.4 T．金屬棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2 m/s2的加速度做勻加速運動，當金屬棒的位移x＝9 m時撤去外力，金屬棒繼續(xù)運動一段距離后

38、停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1.導軌足夠長且電阻不計，金屬棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸．求： 圖9 (1)金屬棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q； (2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2； (3)外力做的功WF. 答案　(1)4.5 C　(2)1.8 J　(3)5.4 J 解析　(1)設金屬棒勻加速運動的時間為Δt，回路的磁通量的變化量為ΔΦ，回路中的平均感應電動勢為，由法拉第電磁感應定律得 ＝① 其中ΔΦ＝Blx② 設回路中的平均電流為，由閉合電路歐姆定律得 ＝③ 則通過電阻R的電荷量為q＝Δt④

39、聯(lián)立①②③④式，得q＝ 代入數(shù)據(jù)得q＝4.5 C (2)設撤去外力時金屬棒的速度為v，對于金屬棒的勻加速運動過程，由運動學公式得v2＝2ax⑤ 設金屬棒在撤去外力后的運動過程中克服安培力所做的功為W，由動能定理得 W＝0－mv2⑥ 撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝－W⑦ 聯(lián)立⑤⑥⑦式，代入數(shù)據(jù)得Q2＝1.8 J⑧ (3)由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比 Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J⑨ 在金屬棒運動的整個過程中，外力F克服安培力做功，由功能關(guān)系可知WF＝Q1＋Q2⑩ 由⑧⑨⑩式得WF＝5.4 J. 10．如圖10所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成θ＝

40、37°角放置，在斜面上虛線aa′和bb′與斜面底邊平行，且間距為d＝0.1 m，在aa′、bb′圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應強度為B＝1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝10 g，總電阻為R＝1 Ω，邊長也為d＝0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置PQ邊與aa′重合，現(xiàn)讓金屬線圈以一定初速度沿斜面向上運動，當金屬線圈從最高點返回到磁場區(qū)域時，線圈剛好做勻速直線運動．已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，不計其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖10 (1)線圈向下返回到磁場區(qū)域時的速度； (2)線圈向上離開磁場區(qū)域時的動能； (

41、3)線圈向下通過磁場區(qū)域過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱． 答案　(1)2 m/s　(2)0.1 J　(3)0.004 J 解析　(1)金屬線圈向下進入磁場時，有mgsin θ＝μmgcos θ＋F安，其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv 解得v＝＝2 m/s (2)設最高點離bb′的距離為x，則 v2＝2ax，mgsin θ－mgμcos θ＝ma 根據(jù)動能定理有 Ek1－Ek＝mgμcos θ·2x，其中Ek＝mv2 解得Ek1＝mv2＋＝0.1 J. (3)向下勻速通過磁場區(qū)域過程中，有 mgsin θ·2d－μmgcos θ·2d＋W安＝0 Q＝－W安 解得：Q＝2mgd(sin θ－μcos θ)＝0.004 J.