《2022-2023學年高中物理 第一章 電磁感應(yīng) 5 電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒學案 教科版選修3-2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022-2023學年高中物理 第一章 電磁感應(yīng) 5 電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒學案 教科版選修3-2（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022-2023學年高中物理 第一章 電磁感應(yīng) 5 電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒學案 教科版選修3-2 [目標定位]　1.綜合運用楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律解決電磁感應(yīng)中的動力學問題.2.會分析電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題. 一、電磁感應(yīng)中的動力學問題 1.具有感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場中將受到安培力作用，所以電磁感應(yīng)問題往往與力學問題聯(lián)系在一起，處理此類問題的基本方法是： (1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動勢的大小和方向. (2)求回路中的感應(yīng)電流的大小和方向. (3)分析導(dǎo)體的受力情況(包括安培力). (4)列動力學方程或平衡方程求解. 2.兩種狀態(tài)處理： (1)

2、導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)——靜止或勻速直線運動狀態(tài). 處理方法：根據(jù)平衡條件——合力等于零列式分析. (2)導(dǎo)體處于非平衡狀態(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. 例1　如圖1所示，空間存在B＝0.5 T、方向豎直向下的勻強磁場，MN、PQ是水平放置的平行長直導(dǎo)軌，其間距L＝0.2 m，電阻R＝0.3 Ω接在導(dǎo)軌一端，ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻r＝0.1 Ω的導(dǎo)體棒，已知導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.2.從零時刻開始，對ab棒施加一個大小為F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌滑動，過程中棒始終保持與導(dǎo)軌

3、垂直且接觸良好，求：(g＝10 m/s2) 圖1 (1)導(dǎo)體棒所能達到的最大速度； (2)試定性畫出導(dǎo)體棒運動的速度－時間圖像. 解析　ab棒在拉力F作用下運動，隨著ab棒切割磁感線運動的速度增大，棒中的感應(yīng)電動勢增大，棒中感應(yīng)電流增大，棒受到的安培力也增大，最終達到勻速運動時棒的速度達到最大值.外力在克服安培力做功的過程中，消耗了其他形式的能，轉(zhuǎn)化成了電能，最終轉(zhuǎn)化成了焦耳熱. (1)導(dǎo)體棒切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢： E＝BLv① I＝② 導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BIL③ 導(dǎo)體棒運動過程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力f的作用，根據(jù)牛頓第二定律： F－μmg－

4、F安＝ma④ 由①②③④得：F－μmg－＝ma 由上式可以看出，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當加速度a減小到0時，速度達到最大. 此時有F－μmg－＝0 可得：vm＝＝10 m/s (2)導(dǎo)體棒運動的速度－時間圖像如圖所示. 答案　(1)10 m/s　(2)見解析圖 電磁感應(yīng)動力學問題中，要把握好受力情況、運動情況的動態(tài)分析.,基本思路是：導(dǎo)體受外力運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢感應(yīng)電流導(dǎo)體受安培力―→合外力變化加速度變化―→速度變化―→感應(yīng)電動勢變化……→a＝0，v最大值. 周而復(fù)始地循環(huán)，循環(huán)結(jié)束時，加速度等于零，導(dǎo)體達到穩(wěn)定狀態(tài)，a＝0，速度v達到最大值.

5、 例2　如圖2所示，豎直平面內(nèi)有足夠長的金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為0.2 m，金屬導(dǎo)體ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地上下滑動，ab的電阻為0.4 Ω，導(dǎo)軌電阻不計，導(dǎo)體ab的質(zhì)量為0.2 g，垂直紙面向里的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為0.2 T，且磁場區(qū)域足夠大，當導(dǎo)體ab自由下落0.4 s時，突然閉合開關(guān)S，則：(g取10 m/s2) 圖2 (1)試說出S接通后，導(dǎo)體ab的運動情況； (2)導(dǎo)體ab勻速下落的速度是多少？ 解析　(1)閉合S之前導(dǎo)體ab自由下落的末速度為： v0＝gt＝4 m/s. S閉合瞬間，導(dǎo)體產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，ab立即受到一個豎直向上的安培力. F安＝B

6、IL＝＝0.016 N＞mg＝0.002 N. 此刻導(dǎo)體所受合力的方向豎直向上，與初速度方向相反，加速度的表達式為 a＝＝－g，所以ab做豎直向下的加速度逐漸減小的減速運動.當速度減小至F安＝mg時，ab做豎直向下的勻速運動. (2)設(shè)勻速下落的速度為vm， 此時F安＝mg，即＝mg，vm＝＝0.5 m/s. 答案　(1)先做豎直向下的加速度逐漸減小的減速運動，后做勻速運動 (2)0.5 m/s 例3　如圖3，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連．兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca

7、，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平．右斜面上存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g， 圖3 已知金屬棒ab勻速下滑．求 (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小； (2)金屬棒運動速度的大?。? 解析　(1)由ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連，故ab、cd速度總是相等，cd也做勻速直線運動．設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用 在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2，對于ab棒，受力

8、分析如圖甲所示，由力的平衡條件得 　 甲　　　　　　　乙 2mgsin θ＝μN1＋T＋F① N1＝2mgcos θ② 對于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得 mgsin θ＋μN2＝T③ N2＝mgcos θ④ 聯(lián)立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ) (2)設(shè)金屬棒運動速度大小為v，ab棒上的感應(yīng)電動勢為 E＝BLv⑤ 回路中電流I＝⑥ 安培力F＝BIL⑦ 聯(lián)立⑤⑥⑦得： v＝(sin θ－3μcos θ) 答案　(1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ) 電磁感應(yīng)中力學問題的解題技巧：

9、(1)受力分析時，要把立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖，同時標明電流方向及磁場B的方向，以便準確地畫出安培力的方向. (2)要特別注意安培力的大小和方向都有可能變化，不像重力或其他力一樣是恒力. (3)根據(jù)牛頓第二定律分析a的變化情況，以求出穩(wěn)定狀態(tài)的速度. (4)列出穩(wěn)定狀態(tài)下的受力平衡方程往往是解題的突破口. 二、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒 1.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量守恒 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的“阻礙”是能量守恒的具體體現(xiàn)，在這種“阻礙”的過程中，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能. 2.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化方式 3.求解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量問題的一般思路 (1)確定回路，分清電源和外電

10、路. (2)分析清楚有哪些力做功，明確有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化.如： ①有滑動摩擦力做功，必有內(nèi)能產(chǎn)生； ②有重力做功，重力勢能必然發(fā)生變化； ③克服安培力做功，必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，并 且克服安培力做多少功，就產(chǎn)生多少電能；如果安培力做正功，就有電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能. (3)列有關(guān)能量的關(guān)系式. 例4　如圖4所示，勻強磁場方向豎直向下，磁感應(yīng)強度為B.正方形金屬框abcd可繞光滑軸OO′轉(zhuǎn)動，邊長為L，總電阻為R，ab邊質(zhì)量為m，其他三邊質(zhì)量不計，現(xiàn)將abcd拉至水平位置，并由靜止釋放，經(jīng)一定時間到達豎直位置，ab邊的速度大小為v，則在金屬框內(nèi)產(chǎn)生熱量大小等于(

11、　　) 圖4 A. B. C.mgL－ D.mgL＋ 解析　金屬框繞光滑軸轉(zhuǎn)下的過程中機械能有損失但能量守恒，損失的機械能為mgL－，故產(chǎn)生的熱量為mgL－，選項C正確. 答案　C 例5　如圖5所示，兩根電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾角為θ，導(dǎo)軌下端接有電阻R，勻強磁場垂直斜面向上.質(zhì)量為m、電阻不計的金屬棒ab在沿斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導(dǎo)軌勻速上滑，上升高度為h，在這個過程中(　　) 圖5 A.金屬棒所受各力的合力所做的功等于零 B.金屬棒所受各力的合力所做的功等于mgh和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和 C.恒力F與重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做 的功與電

12、阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和 D.恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 解析　棒勻速上升的過程有三個力做功：恒力F做正功、重力G做負功、安培力F安做負功.根據(jù)動能定理：W＝WF＋WG＋W安＝0，故A對，B錯；恒力F與重力G的合力所做的功等于棒克服安培力做的功.而棒克服安培力做的功等于回路中電能(最終轉(zhuǎn)化為焦耳熱)的增加量，克服安培力做功與焦耳熱不能重復(fù)考慮，故C錯，D對. 答案　AD 電磁感應(yīng)中焦耳熱的計算技巧：,(1)電流恒定時，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.,(2)感應(yīng)電流變化，可用以下方法分析：,①利用動能定理，求出克服安培力做的功，產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的

13、功，即Q＝W安.,②利用能量守恒，即感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱等于減少的其他形式的能量，即Q＝ΔE其他. 1.如圖6，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(d＞L)的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場方向豎直向下．導(dǎo)線框以某一初速度向右運動．t＝0 時導(dǎo)線框的右邊恰好與磁場的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進入并通過磁場區(qū)域．下列vt圖像中，可能正確描述上述過程的是(　　) 圖6 答案　D 解析　進入階段，導(dǎo)線框受到的安培力F安＝BIL＝，方向向左，所以導(dǎo)線框速度減小，安培力減小，所以進入階段導(dǎo)線框做的是加速度減小的減速運

14、動．全部進入之后，磁通量不變化，根據(jù)楞次定律，電路中沒有感應(yīng)電流，速度不變．出磁場階段，導(dǎo)線框受到的安培力F安＝BIL＝，方向向左．所以導(dǎo)線框速度減小，安培力減小，所以出磁場階段導(dǎo)體框做的是加速度減小的減速運動．綜上所述，D正確． 2.(電磁感應(yīng)中的動力學問題)如圖7所示，光滑金屬直導(dǎo)軌MN和PQ固定在同一水平面內(nèi)，MN、PQ平行且足夠長，兩導(dǎo)軌間的寬度L＝0.5 m.導(dǎo)軌左端接一阻值R＝0.5 Ω的電阻.導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度大小為B＝0.4 T，方向豎直向下的勻強磁場中，質(zhì)量m＝0.5 kg的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置.在沿著導(dǎo)軌方向向右的力F作用下，導(dǎo)體棒由靜止開始運動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸

15、良好并且相互垂直，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，不計空氣阻力，若力F的大小保持不變，且F＝1.0 N，求： 圖7 (1)導(dǎo)體棒能達到的最大速度vm的大?。? (2)導(dǎo)體棒的速度v＝5.0 m/s時，導(dǎo)體棒的加速度大小. 答案　(1)12.5 m/s　(2)1.2 m/s2 解析　(1)導(dǎo)體棒達到最大速度vm時受力平衡，有F＝F安m，此時F安m＝，解得vm＝12.5 m/s. (2)導(dǎo)體棒的速度v＝5.0 m/s時，感應(yīng)電動勢E＝BLv＝1.0 V，導(dǎo)體棒上通過的感應(yīng)電流大小I＝＝2.0 A，導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BIL＝0.4 N，根據(jù)牛頓第二定律，有F－F安＝ma，解得a＝1.2

16、m/s2. 3.(電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化)如圖8所示，一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距L＝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(dǎo)軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)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(dǎo)軌足夠長且電阻不計，金屬棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸.求： 圖8 (1

17、)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)勻加速運動過程中產(chǎn)生的平均電動勢＝n 回路中的電流為＝ 通過電阻R的電荷量為q＝Δt 由上述公式聯(lián)立可得：q＝n＝＝ C＝4.5 C. (2)撤去外力前金屬棒做勻加速運動，根據(jù)運動學公式得x＝at2，v＝at 所以v＝6 m/s 撤去外力后金屬棒在安培力作用下做減速運動，安培力做負功先將金屬棒的動能轉(zhuǎn)化為電能，再通過電流做功將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以焦耳熱等于金屬棒的動能減少量，有： Q2

18、＝ΔEk＝mv2＝×0.1×62 J＝1.8 J. (3)根據(jù)題意，在撤去外力前的焦耳熱為 Q1＝2Q2＝3.6 J， 撤去外力前拉力做正功、安培力做負功(其大小等于焦耳熱Q1)、重力不做功.金屬棒的動能增大，根據(jù)動能定理有： ΔEk＝WF－Q1 則WF＝Q1＋ΔEk＝3.6 J＋1.8 J＝5.4 J. 題組一　電磁感應(yīng)中的動力學問題 1.如圖1所示，在一勻強磁場中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動.桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻都可不計.開始時，給ef一個向右的初速度，則(　　)

19、 圖1 A.ef將減速向右運動，但不是勻減速 B.ef將勻減速向右運動，最后停止 C.ef將勻速向右運動 D.ef將往返運動 答案　A 解析　ef向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，會受到向左的安培力而做減速運動，直到停止，但不是勻減速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運動，故A正確. 2.如圖2所示，MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌，已知導(dǎo)軌足夠長，且電阻不計，ab是一根不但與導(dǎo)軌垂直而且始終與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿，開始時，將開關(guān)S斷開，讓桿ab由靜止開始自由下落，過段時間后，再將S閉合，若從S閉合開始計時，則金屬桿ab的速度v

20、隨時間t變化的圖像不可能是下圖中的(　　) 圖2 答案　B 解析　S閉合時，若＞mg，先減速再勻速，D項有可能；若＝mg，勻速，A項有可能；若＜mg，先加速再勻速，C項有可能；由于v變化，－mg＝ma中a不恒定，故B項不可能. 3.(多選)如圖3所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行金屬軌道，間距為l，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則(　　) 圖3 A.如果B變大，vm將變大 B.如果α變大，vm將變大 C.如果R變

21、大，vm將變大 D.如果m變小，vm將變大 答案　BC 解析　金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝Blv，在閉合電路中形成電流I＝，因此金屬桿從軌道上滑下的過程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力作用，F(xiàn)安＝BIl＝，先用右手定則判定感應(yīng)電流方向，再用左手定則判定出安培力方向，如圖所示， 根據(jù)牛頓第二定律，得mgsinα－＝ma，當a→0時，v→vm，解得vm＝，故選項B、C正確. 4．如圖4，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動，t0時刻，金屬桿進入磁感

22、應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求 圖4 (1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大?。? (2)電阻的阻值． 答案　(1)Blt0(－μg)　(2) 解析　(1)設(shè)金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma① 設(shè)金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有 v＝at0② 當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動勢為 E＝Blv③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Blt0(－μg

23、)④ (2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律 I＝⑤ 式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為 F安＝BlI⑥ 因金屬桿做勻速運動，有 F－μmg－F安＝0⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得 R＝⑧ 題組二　電磁感應(yīng)中的能量問題 5.光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線，如圖5所示，拋物線的方程為y＝x2，其下半部處在一個水平方向的勻強磁場中，磁場的上邊界是y＝a的直線(圖中虛線所示)，一個質(zhì)量為m的小金屬塊從拋物線y＝b(b＞a)處以速度v沿拋物線下滑，假設(shè)拋物線足夠長，則金屬塊在曲面上滑動的過程中產(chǎn)生的焦耳熱總量是(　　) 圖5 A.mgb　　　　

24、　　　　 B.mv2 C.mg(b－a) D.mg(b－a)＋mv2 答案　D 解析　金屬塊在進入磁場或離開磁場的過程中，穿過金屬塊的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生電流，進而產(chǎn)生焦耳熱，最后，金屬塊在高為a的曲面上做往復(fù)運動，減少的機械能為mg(b－a)＋mv2，由能量守恒定律可知，減少的機械能全部轉(zhuǎn)化成焦耳熱，即D選項正確. 6.如圖6所示，質(zhì)量為m、高為h的矩形導(dǎo)線框在豎直面內(nèi)自由下落，其上下兩邊始終保持水平，途中恰好勻速穿過一有理想邊界、高亦為h的勻強磁場區(qū)域，線框在此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為(　　) 圖6 A.mgh B.2mgh C.大于mgh而小于2mgh D.大于2mg

25、h 答案　B 解析　因線框勻速穿過磁場，在穿過磁場的過程中合外力做功為零，克服安培力做功為2mgh，產(chǎn)生的內(nèi)能亦為2mgh.故選B. 7.如圖7所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行于MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則(　　) 圖7 A.Q1＞Q2，q1＝q2 B.Q1＞Q2，q1＞q2 C.Q1＝Q2，q

26、1＝q2 D.Q1＝Q2，q1＞q2 答案　A 解析　根據(jù)功能關(guān)系知，線框上產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab，同理Q2＝lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝t＝t＝，故q1＝q2，因此A正確. 題組三　電磁感應(yīng)中的動力學問題和能量問題的綜合 8.(多選)如圖8所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當速度達到v時開始勻速運動，此時對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速運

27、動.導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項正確的是(　　) 圖8 A.當導(dǎo)體棒速度達到時加速度大小為gsinθ B.當導(dǎo)體棒速度達到時加速度大小為gsinθ C.P＝2mgvsin θ D.P＝3mgvsin θ 答案　AC 9.如圖9所示，長L1、寬L2的矩形線圈電阻為R，處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場邊緣，線圈與磁感線垂直，求將線圈以向右的速度v勻速拉出磁場的過程中， 圖9 (1)拉力的大小F； (2)線圈中產(chǎn)生的電熱Q. 答案　(1)　(2) 解析　(1)線圈出磁場時：F＝BIL2 I＝ E＝BL2v 解得F＝

28、. (2)方法一：t＝ Q＝I2Rt 所以Q＝ 方法二：Q＝W＝FL1＝. 10.如圖10所示，足夠長的光滑金屬框豎直放置，框?qū)扡＝0.5 m，框的電阻不計，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝1 T，方向與框面垂直，金屬棒MN的質(zhì)量為100 g，電阻為1 Ω，現(xiàn)讓MN無初速度釋放并與框保持接觸良好的豎直下落，從釋放直至到最大速度的過程中通過棒某一截面的電荷量為2 C，求此過程中回路產(chǎn)生的電能為多少？(空氣阻力不計，g＝10 m/s2) 圖10 答案　3.2 J 解析　金屬棒下落過程做加速度逐漸減小的加速運動，加速度減小到零時速度達到最大，根據(jù)平衡條件得mg＝① 在下落過程中，金屬棒減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為它的動能和電能E，由能量守恒定律得mgh＝mv＋E② 通過棒某一橫截面的電荷量為q＝③ 由①②③解得： E＝mgh－mv＝－＝ J－ J＝3.2 J.