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專題強(qiáng)化二十四　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題
目標(biāo)要求 　1.會用動力學(xué)知識分析電磁感應(yīng)問題.2.會用功能關(guān)系和能量守恒解決電磁感應(yīng)中的能量問題．
題型一　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題
1．導(dǎo)體的兩種運動狀態(tài)
(1)導(dǎo)體的平衡狀態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運動狀態(tài)．
處理方法：根據(jù)平衡條件列式分析．
(2)導(dǎo)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(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析．
2．力學(xué)對象和電學(xué)對象的相互關(guān)系

3．用動力學(xué)觀點解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟


　　　　　 “單棒＋電阻”模型

例1 　(多選)(2020·黑龍江鶴崗一中月考)如圖1所示，有一邊長為l的正方形導(dǎo)線框，質(zhì)量為m，由高h(yuǎn)處自由落下，其下邊ab進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域后，線框開始做減速運動，直到其上邊cd剛穿出磁場時，速度減小為ab邊剛進(jìn)入磁場時速度的一半，此勻強(qiáng)磁場的寬度也是l，重力加速度為g，則下列結(jié)論正確的是(　　)

圖1
A．線框穿過磁場區(qū)域時做勻減速直線運動
B．線框穿過磁場區(qū)域時加速度方向先向上后向下
C．線框進(jìn)入磁場時的加速度大于穿出磁場時的加速度
D．線框穿過磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(2l＋34h)
答案　CD
解析　線框穿過勻強(qiáng)磁場的過程中，受到重力和安培力作用，設(shè)ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度為v1，則E＝Blv1，所以電路中的電流I＝ER＝Blv1R，安培力F＝IlB＝B2l2v1R，由此可知，安培力與速度有關(guān)，由牛頓第二定律知B2l2v1R－mg＝ma，故線框在穿過磁場的過程中加速度隨v的減小而減小，線框一直做減速運動，加速度方向一直向上，必有F≥mg，所以加速度不可能向下，故C正確，A、B錯誤；線框從釋放至穿過磁場的過程中，設(shè)產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律得mg(h＋2l)－Q＝12m(v12)2，mgh＝12mv12，聯(lián)立解得Q＝mg(2l＋34h)，故D正確．
例2 　(多選)如圖2所示，U形光滑金屬導(dǎo)軌與水平面成37°角傾斜放置，現(xiàn)將一金屬桿垂直放置在導(dǎo)軌上且與兩導(dǎo)軌接觸良好，在與金屬桿垂直且沿著導(dǎo)軌向上的外力F的作用下，金屬桿從靜止開始做勻加速直線運動．整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，外力F的最小值為8 N，經(jīng)過2 s金屬桿運動到導(dǎo)軌最上端并離開導(dǎo)軌．已知U形金屬導(dǎo)軌兩軌道之間的距離為1 m，導(dǎo)軌電阻可忽略不計，金屬桿的質(zhì)量為1 kg、電阻為1 Ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列說法正確的是(　　)

圖2
A．拉力F是恒力
B．拉力F隨時間t均勻增加
C．金屬桿運動到導(dǎo)軌最上端時拉力F為12 N
D．金屬桿運動的加速度大小為2 m/s2
答案　BCD
解析　t時刻，金屬桿的速度大小為v＝at，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Blv，電路中的感應(yīng)電流I＝BlvR，金屬桿所受的安培力大小為F安＝BIl＝B2l2atR，由牛頓第二定律可知F＝ma＋mgsin 37°＋B2l2atR，可見F是t的一次函數(shù)，選項A錯誤，B正確；t＝0時，F(xiàn)最小，代入數(shù)據(jù)可求得a＝2 m/s2，t＝2 s時，F(xiàn)＝12 N，選項C、D正確．

“單棒＋電容器”模型，棒受到恒力作用(導(dǎo)軌光滑)

棒的初速度為零，拉力F恒定(棒和水平導(dǎo)軌電阻忽略不計)

圖3
如圖3，運動過程分析：
開始時，a＝Fm，棒加速運動v↑?感應(yīng)電動勢E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，此時感應(yīng)電動勢E′＝BL(v＋Δv)，Δt時間內(nèi)流入電容器的電荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv
電流I＝ΔqΔt＝CBLΔvΔt＝CBLa
安培力F安＝BLI＝CB2L2a
F－F安＝ma，a＝Fm＋B2L2C，所以棒做加速度恒定的勻加速直線運動，v－t圖象如圖4.

圖4
功能關(guān)系：
F做的功一部分轉(zhuǎn)化為棒的動能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WF＝12mv2＋E電
例3 　(多選)如圖5，兩根足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌PP′、QQ′傾斜放置，傾角為θ，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好．現(xiàn)由靜止釋放金屬棒ab，假定電容器不會被擊穿，忽略一切電阻，則下列說法正確的是(　　)

圖5
A．金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢
B．金屬棒ab勻加速下滑
C．金屬棒ab最終可能勻速下滑
D．金屬棒ab下滑過程中減少的重力勢能等于其增加的動能
答案　AB
解析　金屬棒ab下滑過程中，金屬棒ab切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由右手定則可判斷出金屬棒a端為正極，所以M板電勢高于N板電勢，選項A正確；金屬棒ab下滑過程中由于產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，對電容器充電，由I＝ΔqΔt，C＝ΔqΔU，ΔU＝BLΔv，金屬棒ab受到安培力F＝BIL，對金屬棒受力分析，有mgsin θ－F＝ma，聯(lián)立解得a＝mgsin θm＋CB2L2，加速度為恒量，說明金屬棒ab下滑時做加速度恒定的勻加速直線運動，選項B正確，C錯誤；金屬棒ab下滑過程中減少的重力勢能等于其增加的動能和電容器儲存的電場能之和，選項D錯誤．

1．(電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題)(多選)(2020·安徽蚌埠市一模)如圖6，水平固定的光滑U型金屬導(dǎo)軌處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌間距為L.一金屬棒從導(dǎo)軌右端以大小為v的速度滑上導(dǎo)軌，金屬棒最終停在導(dǎo)軌上，已知金屬棒的質(zhì)量為m、長度為L、電阻為R，金屬棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，不計導(dǎo)軌的電阻，則(　　)

圖6
A．金屬棒靜止前做勻減速直線運動
B．金屬棒剛滑上導(dǎo)軌時的加速度最大
C．金屬棒速度為v2時的加速度是剛滑上導(dǎo)軌時加速度的12
D．金屬棒從滑上導(dǎo)軌到靜止的過程中產(chǎn)生的熱量為B2L3vR
答案　BC
解析　導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為E＝BLv，產(chǎn)生的電流為I＝ER＝BLvR，則導(dǎo)體棒受水平向右的安培力，產(chǎn)生的加速度為a＝Fm＝BILm＝B2L2vmR，故導(dǎo)體棒做加速度減小且速度減小的變加速直線運動，而金屬棒剛滑上軌道時速度最大，加速度最大，故A錯誤，B正確；金屬棒的加速度a＝BILm＝B2L2vmR，a∝v，當(dāng)速度變?yōu)関2時，加速度變?yōu)樵瓉淼?2，故C正確；金屬棒從滑上導(dǎo)軌到靜止，僅受安培力作用，安培力做負(fù)功，則減少的動能轉(zhuǎn)化為增加的電能，轉(zhuǎn)變?yōu)闊崮?，故由能量守恒定律有Q＝12mv2，故D錯誤．
2．(電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題之單棒—電阻模型)(2020·河南駐馬店市第一學(xué)期期末)如圖7甲所示，間距為L＝0.5 m的兩條平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2 T，軌道左側(cè)連接一定值電阻R＝1 Ω.垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運動，并始終與導(dǎo)軌接觸良好．t＝0時刻，導(dǎo)體棒從靜止開始做勻加速直線運動，力F隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示．已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均不計．取g＝10 m/s2，求：

圖7
(1)導(dǎo)體棒的加速度大??；
(2)導(dǎo)體棒的質(zhì)量．
答案　(1)5 m/s2　(2)0.1 kg
解析　(1)設(shè)導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，導(dǎo)體棒做勻加速直線運動的加速度大小為a，某時刻t，導(dǎo)體棒的速度為v，所受的摩擦力為Ff，則導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢：E＝BLv
回路中的電流I＝ER
導(dǎo)體棒受到的安培力：F安＝BIL
由牛頓第二定律：F－F安－Ff＝ma
由題意v＝at
聯(lián)立解得：F＝B2L2aRt＋ma＋Ff
根據(jù)題圖乙可知，0～10 s內(nèi)圖象的斜率為0.05 N/s，即B2L2aR＝0.05 N/s，解得a＝5 m/s2
(2)由F－t圖象縱截距可知：ma＋Ff＝1.0 N
又Ff＝μmg
解得m＝0.1 kg.
題型二　電磁感應(yīng)中的能量問題
電磁感應(yīng)過程的實質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功的形式實現(xiàn)的，安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程，外力克服安培力做功，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程．
1．能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法


2．解決電磁感應(yīng)能量問題的策略是“先源后路、先電后力，再是運動、能量”，即


　　　　 應(yīng)用焦耳定律求電能(桿做勻速直線運動)

例4 　如圖8甲所示，不計電阻的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間距L＝1 m，上端接有電阻R＝3 Ω，水平虛線OO′下方是垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場．現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻r＝1 Ω、長度與導(dǎo)軌間距相等的金屬桿ab，從OO′上方某處垂直導(dǎo)軌由靜止釋放，桿下落過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸，桿下落過程中的v－t圖象如圖乙所示(g取10 m/s2)．求：

圖8
(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；
(2)桿在磁場中下落0.1 s的過程中電阻R產(chǎn)生的熱量．
答案　(1)2 T　(2)0.075 J
解析　(1)由題圖乙可知，桿自由下落0.1 s進(jìn)入磁場以v＝1.0 m/s的速度做勻速直線運動，產(chǎn)生的電動勢E＝BLv
桿中的電流I＝ER＋r
桿所受安培力F安＝BIL
由平衡條件得mg＝F安
聯(lián)立解得B＝2 T.
(2)電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝0.075 J.

　　　　 應(yīng)用功能關(guān)系解決電磁感應(yīng)中的能量問題

例5 　如圖9所示，傾角為θ的平行金屬導(dǎo)軌下端連接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌MN、PQ間距為L，與MN、PQ垂直的虛線a1b1、a2b2區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，a1b1、a2b2間距離為d，一長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌平面上與磁場上邊界a2b2距離d處從靜止開始釋放，最后能勻速通過磁場下邊界a1b1.重力加速度為g(導(dǎo)軌摩擦及電阻不計)．求：

圖9
(1)導(dǎo)體棒剛到達(dá)磁場上邊界a2b2時的速度大小v1；
(2)導(dǎo)體棒勻速通過磁場下邊界a1b1時的速度大小v2；
(3)導(dǎo)體棒穿過磁場過程中，回路產(chǎn)生的熱量．
答案　(1)2gdsin θ　(2)2mgRsin θB2L2　(3)2mgdsin θ－2m3g2R2sin2 θB4L4
解析　(1)導(dǎo)體棒在磁場外沿導(dǎo)軌下滑，只有重力做功，
由機(jī)械能守恒定律得：mgdsin θ＝12mv12，解得：v1＝2gdsin θ.
(2)導(dǎo)體棒勻速通過磁場下邊界a1b1時，由平衡條件得：mgsin θ＝F安
F安＝BIL＝B2L2v22R
解得：v2＝2mgRsin θB2L2.
(3)設(shè)導(dǎo)體棒穿過磁場過程中，克服安培力做功為W安
由動能定理可得
mgdsin θ－W安＝12mv22－12mv12
由Q＝W安
得Q＝2mgdsin θ－2m3g2R2sin2θB4L4.

　　　　 應(yīng)用能量守恒定律解決電磁感應(yīng)中的能量問題

例6 　如圖10甲所示，一足夠長阻值不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ之間的距離L＝0.5 m，NQ兩端連接阻值R＝2.0 Ω的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝30°，一質(zhì)量m＝0.40 kg、接入電路的阻值r＝1.0 Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置并用絕緣細(xì)線通過光滑的輕質(zhì)定滑輪與質(zhì)量M＝0.80 kg的重物相連．細(xì)線與金屬導(dǎo)軌平行．金屬棒沿導(dǎo)軌向上滑行的速度v與時間t之間的關(guān)系如圖乙所示，已知金屬棒在0～0.3 s內(nèi)通過的電荷量是0.3～0.6 s內(nèi)通過電荷量的23，g＝10 m/s2，求：

圖10
(1)0～0.3 s內(nèi)金屬棒通過的位移大??；
(2)金屬棒在0～0.6 s內(nèi)產(chǎn)生的熱量．
答案　(1)0.3 m　(2)1.05 J
解析　(1)0～0.3 s內(nèi)通過金屬棒的電荷量
q1＝ΔΦR＋r＝BLx1R＋r
0．3～0.6 s內(nèi)通過金屬棒的電荷量是q2＝I2t2＝BLvt2R＋r
由題中的電荷量關(guān)系q1q2＝23，代入解得：x1＝0.3 m
(2)金屬棒在0～0.6 s內(nèi)通過的總位移為x＝x1＋x2＝x1＋vt2，代入解得x＝0.75 m
根據(jù)能量守恒定律Mgx－mgxsin θ＝12(M＋m)v2＋Q
代入解得Q＝3.15 J
由于金屬棒與電阻R串聯(lián)，電流相等，根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt，它們產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，所以金屬棒在0～0.6 s內(nèi)產(chǎn)生的熱量Qr＝rR＋rQ＝1.05 J.

3．(應(yīng)用動能定理解決電磁感應(yīng)中的能量問題)豎直平面內(nèi)有一形狀為拋物線的光滑曲面軌道，如圖11所示，拋物線方程是y＝x2，軌道下半部分處在一個水平向外的勻強(qiáng)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的小金屬環(huán)從拋物線上y＝b(b>a)處以速度v沿拋物線下滑，假設(shè)拋物線足夠長，金屬環(huán)沿拋物線下滑后產(chǎn)生的焦耳熱總量是(重力加速度為g)(　　)

圖11
A．mgb B.12mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋12mv2
答案　D
解析　小金屬環(huán)進(jìn)入或離開磁場時，穿過金屬環(huán)的磁通量會發(fā)生變化，并產(chǎn)生感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱；當(dāng)小金屬環(huán)全部進(jìn)入磁場后，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，小金屬環(huán)最終在磁場中y＝a以下做往復(fù)運動，由動能定理可得mg(b－a)－W克安＝0－12mv2，Q＝W克安，得Q＝mg(b－a)＋12mv2.
4．(應(yīng)用能量守恒定律解決電磁感應(yīng)中的能量問題)(多選)(2020·黑龍江哈爾濱市模擬)如圖12所示，質(zhì)量為3m的重物與一質(zhì)量為m的線框用一根絕緣細(xì)線連接起來，掛在兩個高度相同的定滑輪上，已知線框的橫邊邊長為L，水平方向勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場上下邊界的距離、線框豎直邊長均為h.初始時刻，磁場的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2h，將重物從靜止開始釋放，線框上邊緣剛進(jìn)磁場時，線框恰好做勻速直線運動，重力加速度為g，滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計．則下列說法中正確的是(　　)

圖12
A．線框進(jìn)入磁場時的速度大小為2gh
B．線框的電阻為B2L22mg2gh
C．線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q＝2mgh
D．線框通過磁場的時間為h2g
答案　AB
解析　線框進(jìn)入磁場前，重物和線框組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有(3m－m)g·2h＝12×4mv2，解得線框進(jìn)入磁場時的速度大小為v＝2gh，故A正確；線框進(jìn)入磁場做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件有3mg＝mg＋B2L2vR，解得線框的電阻R＝B2L22gh2mg，故B正確；線框通過磁場時做勻速直線運動，根據(jù)能量守恒定律有(3m－m)g·2h＝Q，解得Q＝4mgh，故C錯誤；線框通過磁場的時間為t＝2hv＝2hg，選項D錯誤．
課時精練

1．如圖1所示，在一勻強(qiáng)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)線的電阻不計，開始時，給ef一個向右的初速度，則(　　)

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＝B2L2vR＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運動，最終停止運動，故A正確，B、C、D錯誤．


2.(多選)(2019·四川內(nèi)江鐵路中學(xué)月考)如圖2所示，空間有一個方向水平的有界磁場區(qū)域，一個矩形線框，自磁場上方某一高度下落，然后進(jìn)入磁場，進(jìn)入磁場時，導(dǎo)線框平面與磁場方向垂直，則在進(jìn)入過程中導(dǎo)線框可能的運動情況是(　　)

圖2
A．加速度變小的加速下落
B．加速度變小的減速下落
C．勻速下落
D．勻加速下落
答案　ABC
解析　線框進(jìn)入磁場過程中受到的安培力F＝BIL＝B2L2vR，如果B2L2vRmg，線框受到的合力向上，線框向下做減速運動，由牛頓第二定律得：B2L2vR－mg＝ma，a＝B2L2vmR－g，由于速度v減小，a減小，線框向下做加速度變小的減速運動，選項B正確；如果B2L2vR＝mg，線框?qū)⑾蛳伦鰟蛩僦本€運動，選項C正確．
3．(多選)一空間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩條電阻不計的平行光滑導(dǎo)軌豎直放置在磁場內(nèi)，如圖3所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，導(dǎo)體棒ab、cd長度均為0.2 m，電阻均為0.1 Ω，重力均為0.1 N，現(xiàn)用力向上拉動導(dǎo)體棒ab，使之勻速上升(導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌接觸良好)，此時cd靜止不動，則ab上升時，下列說法正確的是(　　)

圖3
A．a(chǎn)b受到的拉力大小為2 N
B．a(chǎn)b向上運動的速度為2 m/s
C．在2 s內(nèi)，拉力做功使其他形式的能轉(zhuǎn)化的電能是0.4 J
D．在2 s內(nèi)，拉力做功為0.6 J
答案　BC
解析　對導(dǎo)體棒cd受力分析：mg＝BIl＝B2l2vR總，得v＝2 m/s，故選項B正確；對導(dǎo)體棒ab受力分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，選項A錯誤；在2 s內(nèi)拉力做功使其他形式的能轉(zhuǎn)化為ab棒的重力勢能和電路中的電能，增加的電能等于克服安培力做的功，即W電＝F安vt＝B2l2v2tR總＝0.4 J，選項C正確；在2 s內(nèi)拉力做的功為W拉＝Fvt＝0.8 J，選項D錯誤．
4．(2019·山東濟(jì)寧市高三期末)如圖4所示，傾角為θ的平行金屬導(dǎo)軌寬度為L，電阻不計，底端接有阻值為R的定值電阻，處在與導(dǎo)軌平面垂直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中．有一質(zhì)量為m，電阻為r，長度也為L的導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，它與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)讓導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌底部以初速度v0沖上導(dǎo)軌，上滑的最大距離為s，返回到初位置時的速度為v.下列說法正確的是(　　)

圖4
A．在上滑過程中，通過電阻R上的電荷量為BLsR
B．導(dǎo)體棒在上滑過程中所用時間為2sv0
C．導(dǎo)體棒從開始運動到回到底端，回路產(chǎn)生的焦耳熱為12mv02－12mv2
D．導(dǎo)體棒在上滑過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱大于下滑過程中R上產(chǎn)生的焦耳熱
答案　D
解析　在上滑過程中，通過電阻R上的電荷量q＝NΔΦR＋r＝BΔSR＋r＝BLsR＋r，故A錯誤；導(dǎo)體棒從開始到滑到最大高度的過程中做減速運動，隨著速度減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流減小，所受的安培力減小，加速度減小，做加速度逐漸減小的變減速運動，平均速度不等于v02，則所用時間不等于sv02＝2sv0，故B錯誤；根據(jù)能量守恒定律知，導(dǎo)體棒從開始運動到回到底端，回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝12mv02－12mv2－2μmgscos θ，故C錯誤；由于導(dǎo)體棒的機(jī)械能不斷減少，所以下滑與上滑經(jīng)過同一位置時，上滑時速度大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流大，導(dǎo)體棒受到的安培力大，所以上滑過程安培力的平均值大，而兩個過程通過的位移大小相等，所以上滑時導(dǎo)體棒克服安培力做功多，導(dǎo)體棒在上滑過程中整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱多，則導(dǎo)體棒在上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱也多，故D正確．
5.(多選)(2019·山東煙臺市上學(xué)期期末)如圖5所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌電阻不計，下端PQ接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中．一質(zhì)量為m、接入電路的電阻也為R的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上，靜止時導(dǎo)體棒處于導(dǎo)軌的MN處．已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行．現(xiàn)將導(dǎo)體棒從彈簧處于自然長度時由靜止釋放，整個運動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸．重力加速度為g，則下列說法中正確的是(　　)

圖5
A．當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下運動時流過電阻R的電流方向為由P到Q
B．當(dāng)導(dǎo)體棒的速度最大時，彈簧的伸長量為mgsin θk
C．導(dǎo)體棒最終靜止時彈簧的彈性勢能為Ep，則導(dǎo)體棒從開始運動到停止運動的過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為m2g2sin2 θk－Ep
D．若導(dǎo)體棒第一次運動到MN處時速度為v，則此時導(dǎo)體棒的加速度大小為B2L2v2mR
答案　ACD
解析　由右手定則可知，當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下運動時流過電阻R的電流方向為由P到Q，故A正確；導(dǎo)體棒所受重力、彈簧彈力與安培力的合力為零時速度最大，彈簧伸長量為mgsin θk時，彈簧彈力為mgsin θ，此時導(dǎo)體棒所受合力為安培力，導(dǎo)體棒速度不是最大，故B錯誤；導(dǎo)體棒最終靜止，由平衡條件有：mgsin θ＝kx，則彈簧伸長量：x＝mgsin θk，由能量守恒定律有：mgxsin θ＝Q＋Ep，解得：Q＝m2g2sin2θk－Ep，故C正確；導(dǎo)體棒第一次到達(dá)MN處時，彈簧的彈力：kx＝mgsin θ，此時導(dǎo)體棒受到的安培力為F＝BIL＝B2L2v2R，對導(dǎo)體棒，由牛頓第二定律有：kx－mgsin θ＋B2L2v2R＝ma，解得：a＝B2L2v2mR，故D正確．




6．(多選)(2019·陜西渭南市教學(xué)質(zhì)檢(二))如圖6所示，相距為L的兩條平行金屬導(dǎo)軌與水平地面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從距水平地面高h(yuǎn)處由靜止釋放，導(dǎo)體棒能沿傾斜的導(dǎo)軌下滑，已知下滑過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，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6
A．棒從開始運動直至地面的過程中，通過電阻R的電荷量為BLhRsin θ
B．棒從開始運動直至地面的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgh－μmghtan θ
C．棒釋放瞬間的加速度大小是gsin θ－μgcos θ
D．如果增加導(dǎo)體棒質(zhì)量，則導(dǎo)體棒從釋放至滑到斜面底端的時間不變
答案　AC
解析　根據(jù)E＝ΔΦΔt，I＝ER，q＝IΔt聯(lián)立求得：q＝ΔΦR＝BLhRsin θ，A正確；設(shè)到達(dá)斜面底端速度為v，由動能定理得：mgh－μmgcos θhsin θ－W安＝12mv2，則電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W安＝mgh－μmghtan θ－12mv2，B錯誤；棒釋放瞬間受力分析得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma，加速度大小a＝gsin θ－μgcos θ，C正確；當(dāng)棒速度為v時，感應(yīng)電動勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝ER，則F安＝BIL＝B2L2vR，對導(dǎo)體棒由牛頓第二定律有：mgsin θ－μmgcos θ－B2L2vR＝ma，則a＝gsin θ－μgcos θ－B2L2vmR，所以當(dāng)速度相同時，增加導(dǎo)體棒質(zhì)量，加速度會減小，而位移不變，結(jié)合v－t圖象可知，時間會增加，D錯誤．
7.(2019·安徽安慶市二模)如圖7所示，兩個平行光滑金屬導(dǎo)軌AB、CD固定在水平地面上，其間距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝3 Ω的定值電阻．一根長度與導(dǎo)軌間距相等的金屬桿放置于導(dǎo)軌上，金屬桿的質(zhì)量m＝0.2 kg，電阻r＝2 Ω，整個裝置處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝4 T的勻強(qiáng)磁場中，t＝0時刻，在MN上加一與金屬桿垂直、方向水平向右的外力F，金屬桿由靜止開始以a＝2 m/s2的加速度向右做勻加速直線運動，2 s末撤去外力F，運動過程中金屬桿與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好．(不計導(dǎo)軌和連接導(dǎo)線的電阻，導(dǎo)軌足夠長)求：

圖7
(1)1 s末外力F的大??；
(2)撤去外力F后的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱．
答案　(1)2 N　(2)0.96 J
解析　(1)1 s末，金屬桿MN的速度大小為
v1＝at1＝2×1 m/s＝2 m/s
金屬桿MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E＝BLv1
金屬桿MN中的感應(yīng)電流大小I＝ER＋r
金屬桿MN受到的安培力大小 F安＝BIL
聯(lián)立得F安＝B2L2v1R＋r＝1.6 N
根據(jù)牛頓第二定律有F－F安＝ma
可得F＝F安＋ma＝2 N
(2)2 s末，金屬桿MN的速度大小為 v2＝at2＝2×2 m/s＝4 m/s
撤去外力F后的過程中，根據(jù)能量守恒定律得電路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝12mv22＝12×0.2×42 J＝1.6 J
電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR＝RR＋rQ＝33＋2×1.6 J＝0.96 J.
8．(2020·江西上饒市月考)如圖8甲所示，處于勻強(qiáng)磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌相距L＝1 m，導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝37°角，上端連接阻值為R＝2 Ω的電阻．勻強(qiáng)磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.4 T．質(zhì)量m＝0.2 kg、電阻r＝1 Ω的金屬棒ab，以初速度v0從導(dǎo)軌底端向上滑行，金屬棒ab在安培力和一與棒垂直且平行于導(dǎo)軌平面的外力F的共同作用下做勻變速直線運動，速度—時間圖象如圖乙所示．設(shè)金屬棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25.已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

圖8
(1)金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值；
(2)當(dāng)金屬棒速度為向上3 m/s時，施加在金屬棒上外力F做功的功率；
(3)金屬棒在0 答案　(1)2.4 V　(2)3.48 W　(3)見解析
解析　(1)當(dāng)金屬棒速度最大時，感應(yīng)電動勢最大，故有E＝BLv0＝0.4×1×6 V＝2.4 V.
(2)當(dāng)金屬棒速度為v＝3 m/s時，加速度大小為a＝ΔvΔt＝62 m/s2＝3 m/s2，F(xiàn)A′＝BIL＝B2L2vR＋r＝0.16 N，
由牛頓第二定律得：－μmgcos θ－mgsin θ－FA′＋F＝－ma
解得F＝μmgcos θ＋mgsin θ＋FA′－ma＝1.16 N
故有P＝Fv＝3.48 W.
(3)由題圖乙可知速度大小v＝6－3t (m/s)
上滑階段安培力大小FA上＝BIL＝B2L2vR＋r＝0.32－0.16t
上滑階段由牛頓第二定律得－mgsin θ－μmgcos θ－FA上＋F＝－ma
代入得F＝1.32－0.16t (N)(0 下滑階段，摩擦力和安培力方向改變，下滑階段的安培力大小FA下＝0.16t－0.32
有－mgsin θ＋μmgcos θ＋FA下＋F＝－ma
可得F＝0.52－0.16t (N)(2 s 9．如圖9甲所示，相距L＝1 m的兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，與水平面夾角θ＝37°，導(dǎo)軌電阻不計，質(zhì)量m＝1 kg、電阻為r＝0.5 Ω的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌的PM兩端接在外電路上，定值電阻阻值R＝1.5 Ω，電容器的電容C＝0.5 F，電容器的耐壓值足夠大，導(dǎo)軌所在平面內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場．在開關(guān)S1閉合、S2斷開的狀態(tài)下將導(dǎo)體棒ab由靜止釋放，導(dǎo)體棒的v－t圖象如圖乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2.

圖9
(1)求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；
(2)在開關(guān)S1閉合、S2斷開的狀態(tài)下，當(dāng)導(dǎo)體棒下滑的距離x＝5 m時，定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱為21 J，此時導(dǎo)體棒的速度與加速度分別是多大？
(3)現(xiàn)在開關(guān)S1斷開、S2閉合的狀態(tài)下，由靜止釋放導(dǎo)體棒，求經(jīng)過t＝2 s時導(dǎo)體棒的速度大小．
答案　(1)2 T　(2)2 m/s　2 m/s2　(3)4 m/s
解析　(1)由題圖乙可知，導(dǎo)體棒的最大速度vm＝3 m/s，
對應(yīng)的感應(yīng)電動勢E＝BLvm，
感應(yīng)電流I＝ER＋r，
當(dāng)速度達(dá)到最大時，導(dǎo)體棒做勻速運動，導(dǎo)體棒受力平衡，有BIL＝mgsin θ，
解得B＝mg?R＋r?sin θL2vm＝2 T.
(2)導(dǎo)體棒和電阻串聯(lián)，由公式Q＝I2Rt可知：Qab∶QR＝1∶3，則導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱Qab＝13×21 J＝7 J，導(dǎo)體棒下滑x＝5 m的距離，導(dǎo)體棒減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能和回路中的焦耳熱，由能量守恒定律有
mgxsin θ＝12mv12＋Qab＋QR
得導(dǎo)體棒的速度v1＝2 m/s，
此時感應(yīng)電動勢E1＝BLv1，
感應(yīng)電流I1＝E1R＋r，
對導(dǎo)體棒有mgsin θ－BI1L＝ma1，
解得加速度a1＝2 m/s2.
(3)開關(guān)S1斷開、S2閉合時，任意時刻對導(dǎo)體棒，
根據(jù)牛頓第二定律有
mgsin θ－BIL＝ma2，
感應(yīng)電流I＝ΔqΔt，Δq＝CΔU
Δt時間內(nèi)，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝ΔvΔt，
解得a2＝2 m/s2，
表明導(dǎo)體棒ab下滑過程中加速度不變，導(dǎo)體棒做勻加速直線運動，t＝2 s時導(dǎo)體棒的速度大小v2＝a2t＝4 m/s.

10．(多選)(2020·全國卷Ⅰ·21)如圖10，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直．a(chǎn)b、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略．一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行．經(jīng)過一段時間后(　　)

圖10
A．金屬框的速度大小趨于恒定值
B．金屬框的加速度大小趨于恒定值
C．導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值
D．導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值
答案　BC
解析　當(dāng)金屬框在恒力F作用下向右加速運動時，bc邊產(chǎn)生從c向b的感應(yīng)電流i，金屬框的加速度大小為a1，則有F－Bil＝Ma1；MN中感應(yīng)電流從M流向N，MN在安培力作用下向右加速運動，加速度大小為a2，則有Bil＝ma2，當(dāng)金屬框和MN都運動后，金屬框速度為v1，MN速度為v2，則電路中的感應(yīng)電流為i＝Bl?v1－v2?R，感應(yīng)電流從0開始增大，則a2從零開始增加，a1從FM開始減小，加速度差值減?。?dāng)a1＝a2時，得F＝(M＋m)a，a＝FM＋m恒定，由F安＝ma可知，安培力不再變化，則感應(yīng)電流不再變化，據(jù)i＝Bl?v1－v2?R知金屬框與MN的速度差保持不變，v－t圖象如圖所示，故A錯誤，B、C正確；MN與金屬框的速度差不變，但MN的速度小于金屬框的速度，則MN到金屬框bc邊的距離越來越大，故D錯誤．

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