第2章 专题强化7 电磁感应中的动力学和能量问题-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修第二册同步导学案配套PPT课件（人教版）单选

专题强化7　电磁感应中的动力学和能量问题 第二章　电磁感应 [学习目标]　1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法,能利用牛顿运动定律分析有关问题(重难点)。2.理解电磁感应现象中的能量转化,会用动能定理、能量守恒定律分析有关问题(重难点)。 课时作业 巩固提升 类型1　电磁感应中的动力学问题 类型2　电磁感应中的能量问题 内容索引 类型1　电磁感应中的动力学问题 一 4 1.导体的两种运动状态 (1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。 处理方法：根据平衡条件列式分析。 (2)导体的非平衡状态——加速度不为零。 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。 2.力学对象和电学对象的相互关系 3.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤 (1)“源”的分析：用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向。 (2)“路”的分析：画等效电路图，根据I＝求感应电流I。 (3)“力”的分析：受力分析，求F安＝BIl及合力，根据牛顿第二定律求加速度a＝。 (4)“运动状态”的分析：根据力与运动的关系，判断运动状态。 [例1]　如图所示,空间存在方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B,MN、PQ是水平放置的足够长的平行长直导轨,其间距为L,电阻R接在导轨一端,导体棒ab跨接在导轨上,质量为m,接入电路的电阻为r。导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。从零时刻开始,对ab棒施加一个大小为F、方向水平向左的恒定拉力,使其从静止开始沿导轨滑动,ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好。 (1)分析导体棒的运动性质; [答案]　见解析 (1)导体棒做切割磁感线的运动,产生的感应电动势E=BLv ① 回路中的感应电流I= ② 导体棒受到的安培力F安=BIL ③ 导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用,根据牛顿第二定律有 F-μmg-F安=ma ④ 整理得F-μmg-=ma ⑤ 由⑤可知,随着速度的增大,安培力增大,加速度a减小,当加速度a减小到0时,速度达到最大,此后导体棒做匀速直线运动。即导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动,再做匀速运动。 (2)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像。 [答案]　见解析 (2)由(1)中的分析可知,导体棒运动的速度—时间图像如图所示。 [例2]　如图甲所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置。两导轨间距为L,M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦。 (1)由b向a方向看到的装置如图乙,在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图; [答案]　(1)图见解析 　 (1)如图所示,ab杆受重力mg,竖直向下;支持力FN,垂直斜面向上;安培力F,沿斜面向上。 (2)在加速下滑时,当ab杆的速度大小为v时,求此时ab杆中的电流及其加速度的大小; [答案]　(2)　gsin θ-　 (2)当ab杆速度为v时,感应电动势E=BLv 此时电路中电流I== ab杆受到的安培力F=BIL= 根据牛顿运动定律,有mgsin θ-F=ma 解得a=gsin θ-。 (3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值。 [答案]　(3) (3)当a=0,即gsin θ=时,杆达到最大速度vm,vm=。 [针对训练]　1.(2024·湖北武汉高三调研)如图所示,ab、cd为水平面上平行放置的两根光滑足够长直导轨,两导轨间距为l=0.5 m,ac端连接一内阻不计、电动势为E的电源和阻值R=1 Ω的电阻,质量为m=2 kg的导体棒MN垂直于导轨放置,其中点通过轻绳绕过一光滑的定滑轮与重物相连,MN在导轨间的电阻为r=0.5 Ω,整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B=4 T。当重物的重力为4 N时,导体棒MN恰好静止不动。g取10 m/s2。 下列说法正确的是(　　) A.电源电动势E=4 V B.电阻R上的热功率为P=6 W C.当重物的重力为8 N时,MN刚开始运动时的加速度大小为a=4 m/s2 D.当重物的重力为8 N时,MN的最大速度是vm=1.5 m/s 答案:D 当重物的重力为4 N时,导体棒MN恰好静止不动,根据平衡条件有G=IlB,可得I=2 A,又因为I=,可得E=3 V,A错误;P=I2R=4 W,B错误;当重物的重力为8 N,MN刚开始运动时,根据牛顿第二定律有G'-IlB=(+m)a,可得a= m/s2,C错误;导体棒运动后切割磁感线产生动生电动势,使电路中电流增大,安培力增大,当加速度为0时,MN的速度最大,此时G'=I'lB,I'=,联立解得vm=1.5 m/s,D正确。 2.两条平行光滑金属导轨所在平面与水平面夹角为θ,间距为L,导轨顶端连接阻值为R的电阻。导轨处在磁感应强度为B的匀强磁场中,导轨平面与磁感线垂直。质量为m、阻值为r的金属棒开始时被固定在导轨底端,导轨与外接电源相连,使金属棒中通有恒定电流I。金属棒被松开后沿导轨匀加速上滑,上滑至某处时断开外接电源,又向上滑动距离s后金属棒速度减为零。导轨的电阻不计,已知重力加速度为g,求: (1)金属棒匀加速上滑的加速度大小a; 答案:(1)-gsin θ　 (1)金属棒在匀加速运动时受到的安培力F沿斜面向上,且F=BIL 则由牛顿运动定律有F-mgsin θ=ma 解得a=-gsin θ。 (2)减速上滑过程中通过金属棒的电荷量q。 答案: (2) (2)由题意有E=, I=,q=t,ΔΦ=BsL 解以上各式得q=。 二 类型2　电磁感应中的能量问题 23 1.电磁感应中能量的转化 (1)转化方式 (2)涉及的常见功能关系 ①有滑动摩擦力做功，必有内能产生。 ②有重力做功，重力势能必然发生变化。 ③克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。 2.焦耳热的计算 (1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt。 (2)感应电流变化，可用以下方法分析： ①利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安。 ②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量。 [例3]　如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,水平U形导体框左端接一阻值为R的电阻,质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动,最终停在导体框上。在此过程中: (1)导体棒克服安培力做的总功为多少? [答案]　(1)m　 (1)根据动能定理可得,导体棒克服安培力做的总功W克安=m。 (2)整个过程回路中产生的总热量为多少? [答案]　(2)m (2)根据能量守恒可得,整个过程回路中产生的总热量为Q=m。 [例4]　如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨固定于倾角θ=37°的斜面上,在整个导轨平面内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场。现将质量m=0.5 kg、电阻r=1 Ω的金属棒ab从导轨某处静止释放,当棒ab沿导轨下滑的位移x=3 m时达到最大速度。已知导轨宽度L=1 m,磁感应强度B=2 T,电阻R1=12 Ω,电阻R2=4 Ω,导轨自身电阻不计,棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)棒ab能达到的最大速度vm; [答案]　(1)3 m/s　 (1)外电路总电阻为R==3 Ω 速度达最大时,有mgsin θ=BIL 由闭合电路欧姆定律可得I= 解得vm=3 m/s。 (2)棒ab加速过程中,整个电路产生的焦耳热。 [答案]　(2)6.75 J (2)由能量守恒定律可得mgxsin θ=m+Q 解得Q=6.75 J。 [针对训练]　3.(2024·湖南长沙高二检测)如图所示,先后以恒定的速度v1和v2把一个正方形金属线框水平拉出有界匀强磁场区域,且v1=2v2,则在先后两种情况下(　　) A.线框中的电功率之比P1∶P2=2∶1 B.线框中的感应电流之比I1∶I2=1∶2 C.线框中产生的热量之比Q1∶Q2=2∶1 D.通过线框某截面的电荷量之比q1∶q2=2∶1 C 因为正方形金属线框被匀速拉出匀强磁场区域,则有F=F安=BIl=,根据P=Fv可得P=,由v1=2v2可知P1∶P2=4∶1,故A错误;因为I=∝v,所以I1∶I2=2∶1,故B错误;线框中产生的热量Q=I2Rt=t=·=∝v,所以Q1∶Q2=2∶1,故C正确;根据q==可得q1∶q2=1∶1,故D错误。 4.如图所示,两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L=1 m,其电阻不计,两导轨及其构成的平面均与水平面成θ=30°角,N、Q两端接有R=1 Ω 的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置,两端与导轨始终有良好接触,已知金属棒ab的质量m=0.2 kg,接入电路的电阻r=1 Ω,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小B=1 T。金属棒ab在平行于导轨向上的拉力作用下,以初速度v1=0.5 m/s沿导轨向上开始运动,可达到最大速度v=2 m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求拉力的功率P; 答案:(1)4 W　 (1)在金属棒ab运动过程中,由于拉力功率恒定,ab做加速度逐渐减小的加速运动,速度达到最大时,加速度为零,设此时拉力的大小为F,安培力大小为FA,有F-mgsin θ-FA=0 设此时回路中的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律,有E=BLv 设回路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律,有 I= 金属棒ab受到的安培力FA=ILB 由功率表达式,有P=Fv 联立上述各式,代入数据解得P=4 W。 (2)金属棒ab开始运动后,经t=0.09 s速度达到v2=1.5 m/s,此过程中ab克服安培力做功W=0.06 J,求该过程中ab沿导轨的位移大小x。 答案: (2)0.1 m (2)金属棒ab从速度v1到v2的过程中,由动能定理,有Pt-W-mgxsin θ=m-m 代入数据解得x=0.1 m。 三 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [A组　基础巩固练] 1.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。杆ef及线框中导线的电阻都忽略不计。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,最后停止 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 A ef向右运动,切割磁感线,产生感应电动势和感应电流,会受到向左的安培力而做减速运动,直到停止,由F=BIl==ma知,ef做的是加速度逐渐减小的减速运动,最终停止,故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.如图所示,匀强磁场方向竖直向下,磁感应强度为B。正方形金属框abcd可绕光滑轴OO'转动,边长为L,总电阻为R,ab边质量为m,其他三边质量不计。现将abcd拉至水平位置,并由静止释放,经一定时间到达竖直位置,ab边的速度大小为v,则在金属框内产生的热量为(　　) A.　　　　　　 B. C.mgL- D.mgL+ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 金属框绕光滑轴转动的过程中机械能有损失,但总能量守恒,损失的机械能为mgL-,故产生的热量为mgL-,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.如图所示,金属框abcd置于水平绝缘平台上,ab和dc边平行、和bc边垂直,ab、dc足够长,整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上,用水平恒力F向右拉动金属框,运动过程中,装置始终处于竖直向下的匀强磁场中,MN与金属框保持良好接触,且与bc边保持平行,不计一切摩擦,则(　　) A.金属框的速度逐渐增大,最终趋于恒定 B.金属框的加速度逐渐减小,最终为零 C.导体棒所受安培力逐渐增大,最终趋于恒定 D.导体棒到金属框bc边的距离逐渐增大,最终趋于恒定 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 当金属框在恒力F作用下向右加速时,bc边产生从c向b的感应电流i,金属框的加速度为a1,有F-Bil=Ma1,MN中感应电流从M向N,在安培力作用下向右加速,加速度为a2,有Bil=ma2,当金属框和MN都运动后,金属框速度为v1,MN速度为v2,感应电流为i=,感应电流从0开始增大,则a2从零开始增加,a1从开始减小,加速度差值减小。当a1=a2时,得F=(M+m)a,a=恒定,由F安=ma可知,安培力趋于恒定,进而确定感应电流趋于恒定,根据i=知金属框与MN 的速度差维持不变,v -t图像如图所示,A、B错误,C正确。MN与 金属框的速度差不变,但MN的速度小于金属框的速度,MN到金 属框bc边的距离越来越大,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.图1是电磁炮结构图,其原理可简化为图2,MM'、NN'是光滑水平导轨,直流电源连接在两导轨左端,衔铁P放置在两导轨间,弹丸放置在P的右侧(图中未画出)。闭合开关K后,电源、导轨和衔铁形成闭合回路,通过导轨的电流产生磁场,衔铁P在安培力作用下沿导轨加速运动。已知电源的电动势大小为E,衔铁P与弹丸总质量为m,整个电路的总电阻恒为R,两导轨间距为L,导轨间的磁场可认为是垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度的大小与通过导轨的电流成正比,即B=kI。某时刻,衔铁P的速度大小为v,此时衔铁P的加速度大小为(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A. B. C. D. 答案:C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 衔铁产生的感应电动势E'=BLv,电路中电流为I=,根据牛顿第二定律可得a=,结合B=kI,联立可得a=,故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.如图所示,在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框abcd,其边长为l,质量为m,金属线框与水平面的动摩擦因数为μ。虚线框a'b'c'd'内有一匀强磁场,磁场方向竖直向下。开始时金属线框的ab边与磁场的d'c'边重合。现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域,运动一段时间后停止,此时金属线框的dc边与磁场区域的d'c' 边距离为l。在这个过程中,金属线框产生的焦耳热为(　　) A.m+μmgl B.m-μmgl C.m+2μmgl D.m-2μmgl 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 依题意知,金属线框移动的位移大小为2l,此过程中克服摩擦力做的功为2μmgl,由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Q=m-2μmgl,故选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.如图所示,MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨,已知导轨足够长,且电阻不计,ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆。开始时,将开关S断开,让杆ab由静止开始自由下落,过段时间后,再将S闭合。若从S闭合开始计时,则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像不可能是下图中的(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B S闭合时,若金属杆受到的安培力>mg,ab杆先做加速度减小的减速运动再做匀速运动,D项有可能;若=mg,ab杆匀速运动,A项有可能;若<mg,ab杆先做加速度减小的加速运动再匀速运动,由于v变化,mg-=ma中a不恒定,故C项有可能,B项不可能。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.如图所示,匀强磁场存在于虚线框内,矩形线圈竖直下落,如果线圈受到的磁场力总小于其重力,则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为(　　) A.a1>a2>a3>a4 B.a1=a3>a2>a4 C.a1=a3>a4>a2 D.a4=a2>a3>a1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 线圈进入磁场前和全部进入磁场后,都仅受重力,所以加速度a1=a3=g。线圈在题图中2位置时,受到重力和向上的安培力,且已知<mg,所以a2=<g。而由于线圈完全在磁场中时做加速度为g的加速运动,故4位置时的速度大于2位置时的速度,根据F安= 及a=可得a4<a2,故线圈在1、2、3、4位置时的 加速度关系为a1=a3>a2>a4,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.如图甲所示,一对间距为l=20 cm的平行光滑导轨放在水平面上,导轨的左端接R=1 Ω的电阻,导轨上垂直放置一导体杆,整个装置处在磁感应强度大小为B=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下。杆在沿导轨方向的拉力FT作用下做初速度为零的匀加速运动。测得力FT与时间t的关系如图乙所示。杆及两导轨的电阻均可忽略不计,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,则杆的加速度大小和质量分别为(　　) A.20 m/s2,0.5 kg B.20 m/s2,0.1 kg C.10 m/s2,0.5 kg D.10 m/s2,0.1 kg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动,用v表示瞬时速度,t表示时间,则杆切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv=Blat,闭合回路中的感应电流为I=,由安培力公式和牛顿第二定律得FT-BIl=ma,由以上三式得FT=ma+,在乙图线上取两点t1=0,FT1=1 N,t2=30 s,FT2=4 N代入方程联立得a=10 m/s2,m=0.1 kg,选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [B组　综合强化练] 9.如图所示,在光滑的水平地面上方,有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场,PQ为两个磁场的边界,磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向,以速度v从图示位置(实线所示)开始运动,当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时(虚线所示),圆环的速度变为,则下列说法正确的是(　　) A.此时圆环的电功率为 B.此时圆环的加速度大小为 C.此过程中通过圆环截面的电荷量为 D.此过程中回路产生的电能为mv2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 当圆环的直径与边界线重合时,圆环左右两半环均产生感应电动势,故圆环中的感应电动势E=2B×2a×=2Bav,圆环的电功率P==,故A错误;此时圆环受到的安培力F=2BI×2a=2B××2a=,由牛顿第二定律可得,加速度a==,故B错误;圆环中的平均感应电动势=,则通过圆环截面的电荷量Q=Δt=Δt==,故C正确;此过程中 回路产生的电能等于动能的减少量,即E=mv2-m()2 =mv2,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.如图所示,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为l,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,二者平滑连接。金属导轨右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放,到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,金属棒与导轨垂直且接触良好,重力加速度为g。金属棒穿过磁场区域的过程中(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.流过金属棒的最大电流为 B.通过金属棒的电荷量为 C.克服安培力所做的功为mgh D.金属棒产生的焦耳热为mg(h-μd) 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 金属棒沿弯曲部分下滑过程中,机械能守恒,由机械能守恒定律得mgh=mv2,金属棒到达平直部分时的速度v=,金属棒到达平直部分后做减速运动,刚到达平直部分时的速度最大,最大感应电动势E=Blv,最大感应电流I==,故A错误;通过金属棒的电荷量q=Δt==,故B错误;金属棒在整个运动过程中,由动能定理得mgh-W安-μmgd=0-0,克服安培力做的功W安=mgh-μmgd,故C错误;克服安培力做的功转化为焦耳热,定值电阻与金属棒的电阻相等,通过它们的电流相等,则金属棒产生的焦耳热Q'=Q=W安=mg(h-μd),故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.如图所示,光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内,两导轨间的距离为L=1 m,导轨间连接的定值电阻R=3 Ω,导轨上放一质量为m=0.1 kg的金属杆ab,金属杆始终与导轨垂直且接触良好,导轨间金属杆的电阻r=1 Ω,其余电阻不计,整个装置处于磁感应强度为B=1 T的匀强磁场中,磁场的方向垂直导轨平面向里,重力加速度g取10 m/s2。现让金属杆从MP下方某一水平位置由静止释放,忽略空气阻力的影响。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)求金属杆的最大速度; 答案:(1)4 m/s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)设金属杆下落速度为v时,感应电动势为 E=BLv 电路中的电流为I= 金属杆受到的安培力F=ILB 当安培力与重力等大、反向时,金属杆速度最大,即 F=mg 联立解得v=4 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中,电阻R上产生的焦耳热Q=0.9 J,求此过程通过电阻R的电荷量。 答案: (2)0.5 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)电路中总焦耳热Q总=Q=1.2 J 由能量守恒定律可得mgh=mv2+Q总 所以金属杆下落的高度为h=2 m 此过程中平均感应电动势为== 平均感应电流为= 通过电阻R的电荷量为q=Δt 联立解得q=0.5 C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [C组　培优选做练] 12.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L=0.5 m,导轨所在平面与水平面的夹角θ=30°,M、P间接有R=3.2 Ω的电阻。范围足够大的匀强磁场垂直导轨所在平面向上,磁感应强度大小B=1.6 T。长度与导轨间距相等、质量m=0.2 kg、阻值r=0.8 Ω的金属棒放在两导轨上,在大小为1.8 N、方向平行于导轨向上的恒定拉力F作用下,从静止开始向上运动。已知金属棒与导轨始终 垂直并保持良好接触,导轨足够长且电阻不计,重力 加速度大小g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)当金属棒的速度大小v1=1 m/s时,求金属棒的加速度大小a; 答案:(1)3.2 m/s2　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)当金属棒的速度大小v1=1 m/s时,设回路中的感应电动势为E1、感应电流为I1,则 E1=BLv1,I1= 此时金属棒受到的安培力FA1=BI1L 根据牛顿第二定律有F-mgsin θ-FA1=ma 解得a=3.2 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)金属棒向上的位移大小x=5.5 m前,金属棒已经进入匀速运动状态,求金属棒从开始运动到位移大小为x=5.5 m的过程中R上产生的焦耳热。 答案: (2)1.52 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)设金属棒进入匀速运动状态时的速度大小为vm,根据受力平衡有 F-mgsin θ-FA=0 又FA= 设在所研究的过程中金属棒克服安培力做的功为W安,根据动能定理有 Fx-W安-mgxsin θ=m 又回路中产生的焦耳热等于金属棒克服安培力做的功, 故R上产生的焦耳热为QR=W安 联立解得QR=1.52 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $$