第2章 专题强化9 电磁感应中的动力学和能量问题-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册教师用书（鲁科版2019）

专题强化9　电磁感应中的动力学和能量问题 ［学习目标］　1.学会分析导体棒、线框在磁场中的受力(重点)。2.能根据电流的变化分析导体棒、线框受力的变化情况和运动情况(重难点)。3.能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题(重难点)。4.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)。 一、电磁感应中的动力学问题 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。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； (2)求导体棒所能达到的最大速度的大小； (3)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像。 答案　(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)当导体棒做匀速运动时，达到最大速度，有F-μmg-=0 可得vm= (3)由(1)(2)中的分析可知，导体棒运动的速度—时间图像如图所示。 1.电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系 2.处理此类问题的基本方法 (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。 (2)求回路中感应电流的大小和方向。 (3)分析导体受力情况(包括安培力)。 (4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解。 例1　如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的定值电阻，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，磁场方向垂直于导轨平面向下，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。(重力加速度为g) (1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中的受力示意图； (2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流大小及其加速度的大小； (3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。 答案　(1)见解析图 (2)　gsin θ-　(3) 解析　(1)如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；电流方向由a→b，安培力F安，方向沿导轨向上。 (2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E=BLv， 则此时电路中的电流I== ab杆受到的安培力F安=BIL= 根据牛顿第二定律，有 mgsin θ-F安=ma 联立各式解得a=gsin θ-。 (3)当a=0时，ab杆达到最大速度vm， 即有mgsin θ=，解得vm=。 例2　如图所示，在与水平面成θ=30°角的平面内放置两条平行且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计。空间存在着匀强磁场，磁感应强度B=0.40 T，方向垂直于轨道平面向上。导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，构成闭合回路，每根棒的质量m=0.20 kg、电阻R=0.05 Ω，轨道的宽度L=0.50 m。两导体棒与轨道间的动摩擦因数均为μ=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对ab棒施加平行于轨道向上的拉力，使其沿轨道匀速向上运动，取g=10 m/s2。 (1)当ab匀速运动的速度v=2 m/s时，cd能处于静止状态，求ab棒受到的安培力大小； (2)要使cd始终处于静止状态，求ab棒沿轨道向上运动的速度范围。 答案　(1)0.8 N　(2)0.625 m/s≤v≤4.375 m/s 解析　(1)设导体棒ab的速度v=2 m/s时产生的感应电动势为E，通过导体棒cd的感应电流为I，则E=BLv，I=，F安=BIL， 解得F安=0.8 N (2)研究cd棒，当mgsin θ+μmgcos θ=BImaxL时，ab棒沿轨道向上的速度为最大值， 解得Imax=8.75 A， 根据Imax=，Emax=BLvmax， 解得vmax=4.375 m/s， 当mgsin θ=μmgcos θ+BIminL时，ab棒沿斜面向上的速度为最小值， 解得Imin=1.25 A 根据Imin=，Emin=BLvmin， 解得vmin=0.625 m/s 故ab棒沿轨道向上运动的速度范围为 0.625 m/s≤v≤4.375 m/s。 电磁感应中的动力学临界问题的基本思路 导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力→合外力变化加速度变化→临界状态 二、电磁感应中的能量问题 1.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)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)根据能量守恒可得，整个过程回路中产生的总热量为Q=m，可知，W克安=Q(填“>”“<”或“=”)； (3)电阻R消耗的总电能为。 2.在例题1中，设ab杆沿光滑导轨由静止下滑至速度最大的过程中，ab杆下滑的竖直高度为h，则 (1)根据动能定理可得，mgh-W克安=m-0，可得W克安=mgh-m； (2)根据能量守恒定律可得，mgh=m+Q，整个回路产生的热量Q=mgh-m，可知W克安=Q(填“>”“<”或“=”)； (3)电阻R消耗的总电能为mgh-m。 1.电磁感应现象中的能量转化 安培力做功 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)感应电流变化时，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克安，即Q=W克安。 ②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量。 3.杆克服安培力做的功等于整个电路产生的焦耳热Q。电阻与导体棒串联，产生的焦耳热与电阻成正比。电阻R产生的焦耳热为QR=Q，导体棒产生的焦耳热为Qr=Q。 例3　(2023·孝感市期中)如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L=1 m，一磁感应强度B=0.1 T的匀强磁场，垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为R=0.60 Ω的电阻，一根电阻为r=0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响，结果均保留1位有效数字)。求： (1)第2 s末回路中的感应电动势； (2)金属棒ab从静止开始运动的1.5 s内，通过电阻R的电量q； (3)金属棒ab从静止开始运动的1.5 s内电阻R上产生的焦耳热QR。 答案　(1)0.9 V　(2)0.6 C　(3)0.1 J 解析　(1)由题图乙可知，在第2 s末时金属棒做匀速运动，图线斜率表示速度大小，则速度大小为v== m/s=9 m/s，金属棒产生的感应电动势为E=BLv=0.1×1×9 V=0.9 V。 (2)由电磁感应定律可得==，金属棒ab从静止开始运动的1.5 s内，通过电阻R的电量为q=Δt=Δt=，由图乙可知x=5.6 m，解得q=0.6 C。 (3)由I=得I=1 A，再由ILB=mg得m=0.01 kg 由能量守恒定律可得mgh=mv2+Q总 由图乙可知h=5.6 m，代入数据解得Q总=0.155 J 电阻R上产生的焦耳热为QR=Q总 解得QR=0.1 J。 例4　(2023·泉州市第九中学高二月考)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，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m=0.2 kg，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。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=10 m/s2。 (1)求拉力的功率P； (2)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　(1)4 W　(2)0.1 m 解析　(1)在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= 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)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 例5　(2023·长春市十一中高二月考)如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。若使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设金属导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在从a到b和从b到c的两个过程中(　　) A.金属棒做匀减速运动 B.通过金属棒横截面积的电荷量，从a到b比从b到c大 C.克服安培力做功，从a到b比从b到c大 D.回路中产生的内能相等 答案　C 解析　金属棒PQ在运动过程中所受到的合力为安培力，方向向左，F安=BIL=，由牛顿第二定律得=ma，由于v减小，所以金属棒向右运动过程中，加速度逐渐减小，故A错误；金属棒运动过程中，电路产生的电荷量q=IΔt=Δt=·==B，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等，B、R相等，因此，通过棒横截面的电荷量相等，故B错误；金属棒在安培力作用下做减速运动，速度v越来越小，金属棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力从a到c逐渐减小，由W=F安s定性分析可知，从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，因此在从a到b的过程产生的内能多，故C正确，D错误。 　　　　专题强化练　［分值：100分］ 1~5题每题7分，6题11分，共46分 考点一　电磁感应中的动力学问题 1.(2023·十堰市期末)如图所示，绝缘水平面上有两条足够长的平行光滑长直导轨，导轨左端接有阻值为R的电阻，电阻值为r的金属棒AB垂直跨放在导轨上且与导轨接触良好，其他电阻不计。两导轨间存在竖直向下的匀强磁场。给AB以水平向右的初速度v0并开始计时，下面四幅反映AB的速度v随时间t变化规律的图像中，可能正确的是(　　) 答案　D 解析　金属棒切割磁感线，产生感应电流，根据右手定则可知，电流方向由B指向A，设回路中电流为I，导轨间距为L，由左手定则知安培力水平向左，大小为F=ILB，根据闭合电路欧姆定律，有E=I(R+r)，由法拉第电磁感应定律得到E=BLv，设金属棒加速度为a，利用牛顿第二定律F=ma，联立以上方程可得a=，由分析可知，金属棒做加速度减小的减速运动，最终静止，故D正确，A、B、C错误。 2.(2023·北京市大兴区高二期末)如图所示，有两根和水平方向成θ角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下。经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，不计金属杆和轨道的电阻，则以下分析正确的是(　　) A.金属杆先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动 B.金属杆由静止到最大速度过程中机械能守恒 C.如果只增大B，vm将变小 D.如果只增大R，vm将变小 答案　C 解析　金属杆下滑过程中，受重力、导轨的支持力和安培力，开始时重力沿斜面向下的分力大于安培力，金属杆做加速运动，满足mgsin θ-=ma，随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大。当加速度为零后，金属杆做匀速运动，故金属杆先做加速度逐渐减小的加速运动，然后做匀速直线运动，故A错误；金属杆由静止到最大速度过程中，安培力做负功，金属杆机械能并不守恒，故B错误；当速度最大时，有mgsin θ-=0 解得vm=，所以只增大B， vm 将变小，只增大R， vm 将变大，故C正确，D错误。 3.(2024·福清市第一中学高二月考)如图，空间某区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处自由释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直。线框边长小于磁场区域上下宽度。若不计空气阻力，以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化的图像中，可能正确的是(　　) 答案　BCD 解析　进入磁场前，线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时都受到向上的安培力作用。若线框进入磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，由平衡条件可得mg=F=，此时速度v0=，完全进入后只受重力作用，线框做加速运动，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，线框做减速运动，速度减小，安培力也减小，故A错误，C正确；若线框进入磁场时安培力恰好等于重力，进入过程中安培力不变，完全进入后只受重力作用，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，故B正确； 若线框进入磁场时安培力小于重力，由mg-=ma，可知线框做加速度减小的加速运动，进入过程安培力不断增大，完全进入后线框做加速运动，若离开磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，故D正确。 考点二　电磁感应中的能量问题 4.(多选)如图所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端。若运动过程中，金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计，重力加速度为g，则(　　) A.金属杆返回到底端时的速度大小为v0 B.金属杆上滑到最高点的过程中克服安培力做功与克服重力做功之和等于m C.上滑到最高点的过程中电阻R上产生的热量等于m-mgh D.金属杆两次通过轨道上的同一位置时电阻R的热功率相同 答案　BC 解析　金属杆从轨道底端滑上轨道某一高度至又返回到出发点时，由于电阻R上产生热量，故金属杆的机械能减小，即返回到底端时速度小于v0，选项A错误；金属杆上滑到最高点的过程中，动能转化为重力势能和电阻R上产生的热量(即克服安培力所做的功)，选项B、C正确；金属杆两次通过轨道上同一位置时的速度大小不同，电路中的电流不同，故电阻的热功率不同，选项D错误。 5.(多选)(2023·泉州市高二期末)如图甲所示，水平绝缘传送带正在输送一闭合正方形金属线框，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，其间距为2d。已知传送带以恒定速度v0运动，线框质量为m，边长为d，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，且在传送带上始终保持线框左、右两边平行于磁场边界，线框右边进入磁场到线框右边离开磁场过程中，其速度v随时间t变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为g，则(　　) A.线框进出磁场过程中感应电流方向相同 B.线框穿过磁场过程中受到的摩擦力方向不变 C.整个线框刚好离开磁场时的速度为 D.整个线框穿过磁场过程中安培力对线框做的功为-4μmgd 答案　BD 解析　由楞次定律可知线框进入磁场过程中感应电流方向为逆时针(俯视)，出磁场过程中感应电流方向为顺时针(俯视)，故A错误； 滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，由v-t图可知线框右边进入磁场到右边恰离开磁场过程中速度小于传送带速度，所受滑动摩擦力方向水平向右，线框出磁场过程与进入磁场过程中初速度相同、受力情况相同，所以运动情况相同，即出磁场过程中速度由v0一直减小至v1，所以出磁场过程中所受滑动摩擦力方向水平向右，故线框穿过磁场过程中受到的摩擦力方向不变。故B正确；由B项分析知线框刚好离开磁场时的速度为v1，线框恰完全进入磁场至右边恰出磁场过程中线框做匀加速直线运动，有-=2μgd，解得v1=，故C错误； 线框穿过磁场的整个过程中初末速度为v0、v1，整个过程中摩擦力不变，所以由动能定理可得W安+μmg×3d=m-m，解得W安=-4μmgd，故D正确。 6.(11分)(2024·济宁市兖州区高二期中)如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨.间距L=0.50 m，导轨平面与水平面间夹角θ=37°，N、Q间连接一个电阻R=5.0 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1.0 T。将一根质量m=0.05 kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.50，当金属棒滑至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s=2.0 m。已知g=10 m/s2， sin 37°=0.60，cos 37°=0.80。求： (1)(3分)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小； (2)(4分)金属棒达到cd处的速度大小； (3)(4分)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量。 答案　(1)2.0 m/s2　(2)2.0 m/s　(3)0.10 J 解析　(1)设金属杆的加速度大小a，则mgsin θ-μmgcos θ=ma 解得a=2.0 m/s2 (2)设金属棒达到cd位置时速度大小为v，电流为I，金属棒受力平衡，有 mgsin θ=BIL+μmgcos θ I= 解得v=2.0 m/s (3)设金属棒从ab运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量为Q，由能量守恒，有 mgs·sin θ=mv2+μmgs·cos θ+Q 解得Q=0.10 J 7、8题每题8分，9题13分，10题15分，共44分 7.(多选)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 答案　BC 解析　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大小F=2BI×2a=2B××2a=，由牛顿第二定律可得，加速度大小a==，故B正确；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。 8.(多选)(2023·泉州市高二期中)如图所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.20 m，两导轨的左端之间连接的电阻R=0.40 Ω，导轨上停放一质量m=0.10 kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r=0.10 Ω，导轨的电阻可忽略不计。整个装置处于磁感应强度B=0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下.现用一水平外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示。求金属杆开始运动经t=5.0 s时， A.通过金属杆的感应电流的大小为1 A，方向由b指向a B.金属杆的速率为4 m/s C.外力F的瞬时功率为1 W D.0~5.0 s内通过R的电荷量为5 C 答案　AC 解析　导体棒向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为b指向a，金属杆开始运动经t=5.0 s，由图像可知电压为0.4 V，根据闭合电路欧姆定律得I===1 A，故A正确； 根据法拉第电磁感应定律知E=BLv ，根据电路结构可知U=E，解得v=5 m/s，故B错误； 根据电路知U=BLv=0.08v=0.08at，结合U-t图像知导体棒做匀加速运动，加速度为a=1 m/s2，根据牛顿第二定律，在5 s末时对金属杆有F-BIL=ma，解得F=0.2 N ，此时F的瞬时功率P=Fv=0.2×5=1 W，故C正确； 0~5.0 s内通过R的电荷量为q=t=t=×t===12.5 C，故D错误。 9.(13分)(2023·德化市第一中学高二月考)如图所示，一空间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.5 T。两条平行光滑金属导轨固定在竖直面内，导轨平面与磁场垂直，导轨足够长，电阻不计。导体棒ab、cd长度均为l=0.2 m，电阻均为R=0.1 Ω，所受重力均为m=0.01 kg，导体棒始终与导轨接触良好。现用力F向上拉动导体棒ab，使之匀速上升，此时导体棒cd静止不动，重力加速度取g=10 m/s2，求： (1)(4分)流过导体棒cd的电流I的大小和方向； (2)(2分)导体棒ab向上运动所受拉力F的大小； (3)(3分)导体棒ab向上运动的速度v的大小； (4)(4分)若仅将拉力大小调为原来的2倍，求稳定时：流过导体棒cd的电流I'的大小。 答案　(1)1 A，c→d　(2)0.2 N　(3)2 m/s　(4)2 A 解析　(1)对导体棒ab，由右手定则可知，感应电流方向由b到a，则流过导体棒cd的电流方向为c→d。导体棒cd静止，受力平衡，电流I满足 BIl=mg 解得I=1 A (2)导体棒ab匀速运动，受力平衡 F-mg-BIl=0 解得F=0.2 N (3)导体棒ab匀速切割磁感线，产生的电动势 E=Blv 感应电流I= 联立解得v=2 m/s (4)拉力大小调为原来的2倍后，起先导体棒ab做加速度减小的加速运动，导体棒cd做加速度增大的加速运动，最终两棒一起以等大的加速度a做匀加速运动。对于两导体棒组成的整体： 2F-2mg=2ma 对导体棒cd：BI'l-mg=ma 联立解得I'=2 A 10.(15分)(2024·成都市外国语学校高二期中)间距为L的两平行金属导轨由倾斜部分和水平部分(足够长)平滑连接而成，倾斜部分导轨与水平面间夹角为θ，导轨上端接有两个电阻a和b，阻值均为R。空间分布着如图所示的匀强磁场，倾斜导轨的磁场方向垂直导轨平面ACDE向上，磁感应强度大小为B。水平区域GF边界右侧磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为2B，DEFG为无场区域。现有一质量m、长度L、电阻为的细金属棒与导轨垂直放置并由静止释放，释放处离水平导轨的高度为h。开始时电键S闭合，当棒运动到GF边界时将电键断开。已知金属棒在到达ED边界前速度已达到稳定。不计一切摩擦阻力及导轨的电阻，重力加速度为g。求： (1)(5分)金属棒运动过程中的最大速度vm； (2)(5分)金属棒在整个运动过程中的最大加速度am的大小及方向； (3)(5分)在整个运动过程中电阻b上产生的焦耳热。 答案　(1)　(2)gsin θ，方向水平向左　(3)mgh+m() 解析　(1)当金属棒在倾斜导轨平面ACDE上运动过程中加速度为零时，此时速度最大=mgsin θ 解得vm= (2)金属棒达到最大速度后在斜面上做匀速下滑，然后匀速进入水平无磁场的DEFG区域，进入GFIH内的磁场，金属棒刚开始进入区域GFIH内的磁场时加速度最大=mam 解得am=gsin θ 方向水平向左 (3)金属棒在倾斜导轨运动时 Q1=(mgh-m) 水平导轨运动阶段Q2=·m 所以Q总=Q1+Q2=mgh+m() (10分) 11.(多选)(2023·南安市高二期末)间距为L的平行光滑金属导轨PQ、MN固定在水平绝缘桌面上，整个装置处于竖直向下的磁场中，沿MN方向建立Ox坐标，磁感应强度大小B随坐标x的关系为B=B0+kx(B0、k均为大于零的常数)。将质量为m的金属杆ab锁定在坐标原点O处，P、M间接一恒流装置，该装置可使回路保持恒定的电流I，电流方向由P到M，如图所示。某时刻解除锁定的同时对ab施加一个大小为2B0IL、方向沿x轴正方向的恒定外力，使ab从静止开始向右运动，ab始终与导轨垂直且接触良好。则在运动过程中，金属杆ab(　　) A.做变加速运动 B.最大位移为 C.最大速度为B0 D.速度达到最大时的x坐标值为 答案　AC 解析　由于金属杆长度、电流均恒定，磁感应强度随坐标x线性增加，由公式知 F安=BIL=(B0+kx)IL 知安培力随x线性增加，由牛顿第二定律有F合=2B0IL-(B0+kx)IL=B0IL-kxIL 可知合外力随x发生线性变化，故加速度也随x发生线性变化，所以做变加速运动，故A正确； 合外力随坐标x变化的图像为 在金属杆ab从静止开始享有运动的过程中合外力做的功为零时，位移最大，即F合-x所围的面积为零，即图像与x轴所围的三角形面积相等，可得xm=b=2a= 故B错误； 当加速度为零时速度最大，可得图像与横轴交点的坐标为x1=a= 即速度达到最大时的x坐标值为，此过程合外力做功由F合-x所围的面积可得W= 由动能定理得W==m 解得最大速度为vm=B0 故C正确，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$ DIERZHANG 第2章 专题强化9　电磁感应中的动 力学和能量问题 1 1.学会分析导体棒、线框在磁场中的受力(重点)。 2.能根据电流的变化分析导体棒、线框受力的变化情况和运动情况(重难点)。 3.能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题(重难点)。 4.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)。 学习目标 2 一、电磁感应中的动力学问题 二、电磁感应中的能量问题 专题强化练 内容索引 3 一 电磁感应中的动力学问题 4 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。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　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)求导体棒所能达到的最大速度的大小； 答案　当导体棒做匀速运动时，达到最 大速度，有F-μmg-=0 可得vm= (3)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像。　 答案　由(1)(2)中的分析可知，导体棒运动的速度—时间图像如图所示。 1.电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系 梳理与总结 2.处理此类问题的基本方法 (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。 (2)求回路中感应电流的大小和方向。 (3)分析导体受力情况(包括安培力)。 (4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解。 　如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的定值电阻，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，磁场方向垂直于导轨平面向下，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。(重力加速度为g) (1)由b向a方向看到的装置如图乙 所示，请在此图中画出ab杆下滑 过程中的受力示意图； 例1 答案　见解析图 如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；电流方向由a→b，安培力F安，方向沿导轨向上。 (2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时， 求此时ab杆中的电流大小及其加速度的大小； 答案　　gsin θ- 当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E=BLv， 则此时电路中的电流I== ab杆受到的安培力F安=BIL= 根据牛顿第二定律，有 mgsin θ-F安=ma 联立各式解得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　 当a=0时，ab杆达到最大速度vm， 即有mgsin θ=，解得vm=。 　如图所示，在与水平面成θ=30°角的平面内放置 两条平行且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计。 空间存在着匀强磁场，磁感应强度B=0.40 T，方向垂 直于轨道平面向上。导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，构成闭合回路，每根棒的质量m=0.20 kg、电阻R=0.05 Ω，轨道的宽度L=0.50 m。两导体棒与轨道间的动摩擦因数均为μ=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对ab棒施加平行于轨道向上的拉力，使其沿轨道匀速向上运动，取g=10 m/s2。 (1)当ab匀速运动的速度v=2 m/s时，cd能处于静止状态，求ab棒受到的安培力大小； 例2 答案　0.8 N　 设导体棒ab的速度v=2 m/s时产生的感应电动 势为E，通过导体棒cd的感应电流为I，则E= BLv，I=，F安=BIL， 解得F安=0.8 N (2)要使cd始终处于静止状态，求ab棒沿轨道向 上运动的速度范围。 答案　0.625 m/s≤v≤4.375 m/s 研究cd棒，当mgsin θ+μmgcos θ=BImaxL时，ab棒沿轨道向上的速度为最大值， 解得Imax=8.75 A， 根据Imax=，Emax=BLvmax， 解得vmax=4.375 m/s， 当mgsin θ=μmgcos θ+BIminL时，ab棒沿斜面向上的速度为最小值， 解得Imin=1.25 A 根据Imin=，Emin=BLvmin， 解得vmin=0.625 m/s 故ab棒沿轨道向上运动的速度范围为 0.625 m/s≤v≤4.375 m/s。 电磁感应中的动力学临界问题的基本思路 导体受外力运动 感应电动势 感应电流 导体受安培力→合外力变化 加速度变化→临界状态 总结提升 返回 二 电磁感应中的能量问题 21 1.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)根据动能定理可得，导体棒克服安培力做的总功W克安=； (2)根据能量守恒可得，整个过程回路中产生的总热量为Q=，可知，W克安 Q(填“>”“<”或“=”)； (3)电阻R消耗的总电能为。 m m = 2.在例题1中，设ab杆沿光滑导轨由静止下滑至速度最大的过程中，ab杆下滑的竖直高度为h，则 (1)根据动能定理可得， =m-0，可得W克安= ； (2)根据能量守恒定律可得，mgh=，整个回路产生的热量 Q= ，可知W克安 Q(填“>”“<”或“=”)； (3)电阻R消耗的总电能为 。 mgh-W克安 mgh-m m+Q mgh-m = mgh-m 1.电磁感应现象中的能量转化 提炼·总结 安培力做功 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)感应电流变化时，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克安，即Q=W克安。 ②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量。 3.杆克服安培力做的功等于整个电路产生的焦耳热Q。电阻与导体棒串联，产生的焦耳热与电阻成正比。电阻R产生的焦耳热为QR=Q，导体棒产生的焦耳热为Qr=Q。 　(2023·孝感市期中)如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L=1 m，一磁感应强度B=0.1 T的匀强磁场，垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为R=0.60 Ω的电阻，一根电阻为 例3 r=0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响，结果均保留1位有效数字)。求： (1)第2 s末回路中的感应电动势； 答案　0.9 V 由题图乙可知，在第2 s末时金属棒做匀速运动，图线斜率表示速度大小，则速度大小为v== m/s=9 m/s，金属棒产生的感应电动势为E=BLv=0.1×1×9 V=0.9 V。 (2)金属棒ab从静止开始运动的1.5 s内，通过电阻R的电量q； 答案　0.6 C　 由电磁感应定律可得==，金属棒ab从静止开始运动的1.5 s内，通过电阻R的电量为q=Δt=Δt=，由图乙可知x=5.6 m，解得q=0.6 C。 (3)金属棒ab从静止开始运动的1.5 s内电阻R上产生的焦耳热QR。 答案　0.1 J 由I=得I=1 A，再由ILB=mg得m=0.01 kg 由能量守恒定律可得mgh=mv2+Q总 由图乙可知h=5.6 m，代入数据解得Q总=0.155 J 电阻R上产生的焦耳热为QR=Q总 解得QR=0.1 J。 　(2023·泉州市第九中学高二月考)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，ab两端 例4 与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m=0.2 kg，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。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=10 m/s2。 (1)求拉力的功率P； 答案　4 W 在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= 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)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　0.1 m 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 　(2023·长春市十一中高二月考)如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。若使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设金属导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在从a到b和从b到c的两个过程中 A.金属棒做匀减速运动 B.通过金属棒横截面积的电荷量，从a到b比从b到c大 C.克服安培力做功，从a到b比从b到c大 D.回路中产生的内能相等 例5 √ 金属棒PQ在运动过程中所受到的合力为安培力，方向向左，F安=BIL==ma，由于v减小，所以金属棒向右运动过 程中，加速度逐渐减小，故A错误； 金属棒运动过程中，电路产生的电荷量q=IΔt=Δt=·==B，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等，B、R相等，因此，通过棒横截面的电荷量相等，故B错误； 金属棒在安培力作用下做减速运动，速度v越来越小，金属棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力从a到c逐渐减小，由W=F安s定性分析可 知，从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，因此在从a到b的过程产生的内能多，故C正确，D错误。 返回 专题强化练 三 36 考点一　电磁感应中的动力学问题 1.(2023·十堰市期末)如图所示，绝缘水平面上有两条足够长的平行光滑长直导轨，导轨左端接有阻值为R的电阻，电阻值为r的金属棒AB垂直跨放在导轨上且与导轨 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 基础对点练 接触良好，其他电阻不计。两导轨间存在竖直向下的匀强磁场。 11 给AB以水平向右的初速度v0并开始计时，下面四幅反映AB的速度v随时间t变化规律的图像中，可能正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 金属棒切割磁感线，产生感应电流，根据右手定则可知，电流方向由B指向A，设回路中电流为I，导轨间距为L，由左手定则知安培力水平向左，大小为F=ILB，根据闭合电路欧姆定律，有E=I(R+r)， 由法拉第电磁感应定律得到E=BLv，设金属棒加速度为a，利用牛顿第二定律F=ma，联立以上方程可得a=，由分析可知，金属棒做加速度减小的减速运动，最终静止，故D正确，A、B、C错误。 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2.(2023·北京市大兴区高二期末)如图所示，有两根和水平方向成θ角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下。经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，不计金属杆和轨道的电阻，则以下分析正确的是 A.金属杆先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动 B.金属杆由静止到最大速度过程中机械能守恒 C.如果只增大B，vm将变小 D.如果只增大R，vm将变小 √ 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 mgsin θ-=ma，随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大。当加速度为零后，金属杆做匀速运动，故金属杆先做加速度逐渐减小的加速运动，然后做匀速直线运动，故A错误； 金属杆下滑过程中，受重力、导轨的支持力和安培力，开始时重力沿斜面向下的分力大于安培力，金属杆做加速运动，满足 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解得vm=，所以只增大B， vm 将变小，只增大R， vm 将变大，故C正确，D错误。 金属杆由静止到最大速度过程中，安培力做负功，金属杆机械能并不守恒，故B错误； 当速度最大时，有mgsin θ-=0 11 3.(2024·福清市第一中学高二月考)如图，空间某区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处自由释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直。线框边长小于磁场区域上下宽度。若不计空气阻力， √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化的图像中，可能正确的是 √ √ 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 进入磁场前，线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时都受到向上的安培力作用。若线框进入磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速 运动，由平衡条件可得mg=F=，此时速度v0=，完全进入后只受重力作用，线框做加速运动，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，线框做减速运动，速度减小，安培力也减小，故A错误，C正确； 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 若线框进入磁场时安培力恰好等于重力，进入过程中安培力不变，完全进入后只受重力作用，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，故B正确； 若线框进入磁场时安培力小于重力，由mg-=ma，可知线框做加速度减小的加速运动，进入过程安培力不断增大，完全进入后线框做加速运动，若离开磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，故D正确。 11 考点二　电磁感应中的能量问题 4.(多选)如图所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端。若运动过程中，金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计，重力加速度为g，则 A.金属杆返回到底端时的速度大小为v0 B.金属杆上滑到最高点的过程中克服安培力做功与克服重力 　做功之和等于m C.上滑到最高点的过程中电阻R上产生的热量等于m-mgh D.金属杆两次通过轨道上的同一位置时电阻R的热功率相同 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 11 金属杆上滑到最高点的过程中，动能转化为重力势能和电阻R上产生的热量(即克服安培力所做的功)，选项B、C正确； 金属杆两次通过轨道上同一位置时的速度大小不同，电路中的电流不同，故电阻的热功率不同，选项D错误。 金属杆从轨道底端滑上轨道某一高度至又返回到出发点时，由于电阻R上产生热量，故金属杆的机械能减小，即返回到底端时速度小于v0，选项A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 5.(多选)(2023·泉州市高二期末)如图甲所示，水平绝缘传送带正在输送一闭合正方形金属线框，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，其间距为2d。已知传送带以恒定速度v0运动，线框质量为m，边长为d，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，且在传送带上始终保持线框左、右两边平行于磁场边界，线框右边进入磁场到线框右边离开磁场过程中，其速度v随时间t变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为g，则 A.线框进出磁场过程中感应电流方向相同 B.线框穿过磁场过程中受到的摩擦力方向不变 C.整个线框刚好离开磁场时的速度为 　 D.整个线框穿过磁场过程中安培力对线框做的功为-4μmgd 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由楞次定律可知线框进入磁场过程中感应电流方向为逆时针(俯视)，出磁场过程中感应电流方向为顺时针(俯视)，故A错误； 滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，由v-t图可知线框右边进入磁场到右边恰离开磁场过程中速度小于传送带速度，所受滑动摩擦力方向水平向右，线框出磁场过程与进入磁场过程中初速度相同、受力情况相同，所以运动情况相同，即出磁场过程中速度由v0一直减小至v1，所以出磁场过程中所受滑动摩擦力方向水平向右，故线框穿过磁场过程中受到的摩擦力方向不变。故B正确； 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由B项分析知线框刚好离开磁场时的速度为v1，线框恰完全进入磁场至右边恰出磁场过程中线框做匀加速直线运动，有-=2μgd， 解得v1=，故C错误； 线框穿过磁场的整个过程中初末速度为v0、v1，整个过程中摩擦力不变，所以由动能定理可得W安+μmg×3d=m-m，解得W安=-4μmgd，故D正确。 11 将一根质量m=0.05 kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.50，当金属棒滑至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s=2.0 m。已知g=10 m/s2， sin 37°=0.60，cos 37°=0.80。求： (1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小； 6.(2024·济宁市兖州区高二期中)如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨.间距L=0.50 m，导轨平面与水平面间夹角θ=37°，N、Q间连接一个电阻R=5.0 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1.0 T。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　2.0 m/s2 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设金属杆的加速度大小a，则mgsin θ-μmgcos θ =ma 解得a=2.0 m/s2 11 (2)金属棒达到cd处的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　2.0 m/s 设金属棒达到cd位置时速度大小为v，电流为I，金属棒受力平衡，有 mgsin θ=BIL+μmgcos θ I= 解得v=2.0 m/s 11 (3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　0.10 J 设金属棒从ab运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量为Q，由能量守恒，有 mgs·sin θ=mv2+μmgs·cos θ+Q 解得Q=0.10 J 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7.(多选)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 √ 能力综合练 √ 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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大小F=2BI×2a=2B××2a=，由牛顿第二定律可得，加速度大小a==，故B正确； 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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。 11 8.(多选)(2023·泉州市高二期中)如图所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.20 m，两导轨的左端之间连接的电阻R=0.40 Ω，导轨上停放一质量m=0.10 kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r=0.10 Ω，导轨的电阻可忽略不计。整个装置处于磁感应强度B=0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下.现用一水平外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示。求金属杆开始运动经t=5.0 s时， A.通过金属杆的感应电流的大小为1 A， 　方向由b指向a B.金属杆的速率为4 m/s C.外力F的瞬时功率为1 W D.0~5.0 s内通过R的电荷量为5 C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 导体棒向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为b指向a，金属杆开始运动经t=5.0 s，由图像可 知电压为0.4 V，根据闭合电路欧姆定律得I===1 A，故A正确； 根据法拉第电磁感应定律知E=BLv ，根据电路结构可知U=E，解得v=5 m/s，故B错误； 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据电路知U=BLv=0.08v=0.08at，结合U-t图像知导体棒做匀加速运动，加速度为a=1 m/s2，根据牛顿第二定 律，在5 s末时对金属杆有F-BIL=ma，解得F=0.2 N ，此时F的瞬时功率P=Fv=0.2×5=1 W，故C正确； 0~5.0 s内通过R的电荷量为q=t=t=×t===12.5 C， 故D错误。 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 电阻均为R=0.1 Ω，所受重力均为m=0.01 kg，导体棒始终与导轨接触良好。现用力F向上拉动导体棒ab，使之匀速上升，此时导体棒cd静止不动，重力加速度取g=10 m/s2，求： (1)流过导体棒cd的电流I的大小和方向； 9.(2023·德化市第一中学高二月考)如图所示，一空间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.5 T。两条平行光滑金属导轨固定在竖直面内，导轨平面与磁场垂直，导轨足够长，电阻不计。导体棒ab、cd长度均为l=0.2 m， 答案　1 A，c→d 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 对导体棒ab，由右手定则可知，感应电流方向由 b到a，则流过导体棒cd的电流方向为c→d。导体 棒cd静止，受力平衡，电流I满足 BIl=mg 解得I=1 A 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2)导体棒ab向上运动所受拉力F的大小； 答案　0.2 N　 导体棒ab匀速运动，受力平衡 F-mg-BIl=0 解得F=0.2 N 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (3)导体棒ab向上运动的速度v的大小； 答案　2 m/s　 导体棒ab匀速切割磁感线，产生的电动势 E=Blv 感应电流I= 联立解得v=2 m/s 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (4)若仅将拉力大小调为原来的2倍，求稳定时：流过导体棒cd的电流I'的大小。 答案　2 A 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 拉力大小调为原来的2倍后，起先导体棒ab做加速度减小的加速运动，导体棒cd做加速度增大的加速运动，最终两棒一起以等大的加速度a做匀加速运动。对于两导体棒组成的整体： 2F-2mg=2ma 对导体棒cd：BI'l-mg=ma 联立解得I'=2 A 11 10.(2024·成都市外国语学校高二期中)间距为L的两平行金属导轨由倾斜部分和水平部分(足够长)平滑连接而成，倾斜部分导轨与水平面间夹角为θ，导轨上端接有两个电阻a和b，阻值均为R。空间分布着如图所 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 示的匀强磁场，倾斜导轨的磁场方向垂直导轨平面ACDE向上，磁感应强度大小为B。水平区域GF边界右侧磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为2B，DEFG为无场区域。现有一质量m、长度L、电阻为的细金属棒与导轨垂直放置并由静止释放，释放处离水平导轨的高度为h。开始时电键S闭合，当棒运动到GF边界时将电键断开。已知金属棒在到达ED边界前速度已达到稳定。不计一切摩擦阻力及导轨的电阻，重力加速度为g。求： 11 (1)金属棒运动过程中的最大速度vm； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　 当金属棒在倾斜导轨平面ACDE上运动过程中加速度为零时，此时速度最大=mgsin θ 解得vm= 11 (2)金属棒在整个运动过程中的最大加速度am的大小及方向； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　gsin θ，方向水平向左　 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 金属棒达到最大速度后在斜面上做匀速下滑，然后匀速进入水平无磁场的DEFG区域，进入GFIH内的磁场，金属棒刚开始进入区域GFIH内的磁场时加速度最大=mam 解得am=gsin θ 方向水平向左 11 (3)在整个运动过程中电阻b上产生的焦耳热。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　mgh+m() 金属棒在倾斜导轨运动时 Q1=(mgh-m) 水平导轨运动阶段Q2=·m 所以Q总=Q1+Q2=mgh+m() 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 尖子生选练 11.(多选)(2023·南安市高二期末)间距为L的平行光滑金属导轨PQ、MN固定在水平绝缘桌面上，整个装置处于竖直向下的磁场中，沿MN方向建立Ox坐标，磁感应强度大小B随坐标x的关系为B=B0+kx(B0、k均为大于零的常数)。将质量为m的金属杆ab锁定在坐标原点O处，P、M间接一恒流装置，该装置可使回路保持恒定的电流I，电流方向由P到M，如图所示。某时刻解除锁定的同时对ab施加一个大小为2B0IL、方向沿x轴正方向的恒定外 力，使ab从静止开始向右运动，ab始终与导轨垂直 且接触良好。则在运动过程中，金属杆ab 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A.做变加速运动 B.最大位移为 C.最大速度为B0 D.速度达到最大时的x坐标值为 √ √ 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由于金属杆长度、电流均恒定，磁感应强度随坐标x线性增加，由公式知 F安=BIL=(B0+kx)IL 知安培力随x线性增加，由牛顿第二定律有 F合=2B0IL-(B0+kx)IL=B0IL-kxIL 可知合外力随x发生线性变化，故加速度也随x发 生线性变化，所以做变加速运动，故A正确； 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 合外力随坐标x变化的图像为 在金属杆ab从静止开始享有运动的过程中合外 力做的功为零时，位移最大，即F合-x所围的面 积为零，即图像与x轴所围的三角形面积相等，可得xm=b=2a= 故B错误； 当加速度为零时速度最大，可得图像与横轴交点 的坐标为x1=a= 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 即速度达到最大时的x坐标值为，此过程合外力做功由F合-x所围的面积可得W= 由动能定理得W==m 解得最大速度为vm=B0 故C正确，D错误。 返回 11 BENKEJIESHU 本课结束 $$