第二章 专题强化10 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（人教版 苏京）

专题强化10　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情况(重点)。2.能根据电流的变化分析导体棒、线框的受力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)根据牛顿第二定律或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、电阻为r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,导轨电阻可忽略,让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆始终垂直且接触良好,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,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是一根始终与导轨垂直且接触良好的金属杆。开始时,将开关S断开,让杆ab由静止开始自由下落,一段时间后,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变化的图像不可能的是(　　) 答案　B 解析　设ab杆的有效长度为l,S闭合时,金属杆受重力mg、安培力F安=,若>mg,杆先减速再匀速,D项有可能;若=mg,杆匀速运动,A项有可能;若<mg,杆先加速再匀速,C项有可能;由于v变化,由-mg=ma知加速度a不恒定,故B项不可能。 解决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 在例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)定值电阻和金属杆ab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　(2024·盐城四校期末)如图所示,PQ、MN为足够长的两平行金属导轨,它们之间连接一个阻值R=3 Ω的电阻,导轨间距L=1 m,导轨电阻不计,质量m=0.1 kg的均匀金属杆ab水平放置在导轨上,金属杆ab电阻r=2 Ω,它与导轨间的动摩擦因数μ=0.5,导轨平面的倾角θ=37°。在垂直导轨平面方向有匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T。现让金属杆ab由静止开始下滑,金属杆ab始终保持水平,从杆静止开始到杆ab恰好匀速运动的过程中,经过杆ab的电荷量q=1 C,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)ab杆下滑的最大速度; (2)ab杆由静止开始下滑到恰好匀速运动的过程中通过的位移x; (3)从静止开始到ab杆匀速运动过程R上产生的焦耳热QR。 答案　(1)4 m/s　(2)10 m　(3)0.72 J 解析　(1)当杆匀速下滑时速度最大,设最大速度为vm,则感应电动势 E=BLvm I= mgsin θ=BIL+μmgcos θ 联立解得vm=4 m/s (2)从杆静止开始到杆ab恰好匀速运动的过程中,由电荷量公式可知 q=t=t===1 C 解得x=10 m (3)从静止开始到ab杆匀速运动过程产生的总的焦耳热为Q,则 (mgsin θ-μmgcos θ)x=m+Q 解得Q=1.2 J R上产生的焦耳热QR=Q=0.72 J。 针对训练1　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,金属棒始终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(　　) 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 解析　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克安-μmgd=0-0,克服安培力做的功W克安=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克安=mg(h-μd),故D正确。 针对训练2　(2023·淮安市马坝高中高二期中)如图所示,等腰直角三角形金属线框abc放在光滑绝缘水平桌面上,直角边长为L,线框的总电阻为R,质量为m,有界匀强磁场垂直于水平桌面向下,磁感应强度大小为B,磁场边界MN、PQ间距大于L。ab边始终与磁场边界MN平行。给金属线框一个方向垂直MN向右、大小为v0的初速度,线框穿过磁场后的速度大小为,则下列分析正确的是(　　) A.线框进入磁场过程中产生顺时针方向的感应电流 B.线框刚进入磁场时产生的感应电流为 C.线框进入磁场和穿出磁场过程均做匀减速运动 D.线框穿过磁场过程产生的热量为m 答案　B 解析　线框进入磁场过程中穿过线框的磁通量增大,由楞次定律可知,线框中产生逆时针方向的感应电流,故A错误;线框刚进入磁场时产生的感应电动势为E=BLv0,感应电流为I==,故B正确;线框进入磁场过程中受到的安培力与运动方向相反,则线框向右做减速运动,且切割磁感线的有效长度减小,产生的感应电动势减小,感应电流减小,安培力减小,加速度减小,即线框进入磁场过程并不是匀减速运动,同理可分析线框出磁场过程也不是匀减速运动,故C错误;由题意,线框穿过磁场过程中,根据能量守恒定律,产生的焦耳热为Q=m-m()2=m,故D错误。 专题强化练　[分值:60分] 1~6题每题4分,共24分 1.(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向上的匀强磁场,磁感应强度大小为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,当加速度减小到零时,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。 2.(2023·扬州市高二期中)如图所示,MN和PQ是两根相互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。取竖直向下为正方向,由a→b为电流的正方向,将开关闭合,让杆ab由静止开始下落,则金属杆ab下落过程中的速度v、电流I、安培力F和加速度a随时间t变化的图像可能正确的是(　　) 答案　B 解析　根据题意可知,闭合开关,让金属杆ab由静止开始自由下落,开始时安培力小于重力,则金属杆的合力向下,加速度向下,由牛顿第二定律有mg-=ma,可知,加速度随速度的增大而减小,金属杆做加速度逐渐减小的加速运动,当重力与安培力相等时,加速度等于零,金属杆做匀速直线运动,故A、D错误;根据题意可知,感应电流为I=,安培力为F=,由对A、D项的分析可知,金属杆的速度先增大后不变,则感应电流先增大后不变,安培力也是先增大后不变,故C错误,B正确。 3.如图所示,匀强磁场存在于虚线框内,矩形线圈竖直下落,如果线圈受到的安培力总小于其重力,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 答案　B 解析　线圈进入磁场前和全部进入磁场中,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F安2<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,B正确。 4.(2023·南京市第一中学高二期末)在一水平通电直导线的正下方,有一半圆形光滑圆弧轨道。一导体圆环自轨道左侧的A点无初速度释放,则下列说法中正确的是(　　) A.圆环最终停在轨道的最低点B B.圆环能滑到轨道右侧与A点等高处C C.圆环运动过程中机械能守恒 D.圆环在运动过程中感应电流方向一直是顺时针方向 答案　A 解析　由于圆环运动的范围内,各处的磁感应强度不同,所以圆环运动的过程中机械能不断转化为电能,故圆环的机械能会越来越小,最终停在最低点B,故A正确;因为圆环在运动的过程中,产生感应电流,对整个过程由能量守恒定律得,重力势能转化为电能,机械能不守恒,故不能上升到右侧与C点等高处,故B、C错误;圆环来回运动,磁通量大小的增减不断变化,所以感应电流方向不断变化,故D错误。 5.如图所示,固定在水平面上的光滑平行导轨间距L,右端接有阻值为R的电阻,空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、接入电路的电阻为r的导体棒ab与左端固定的弹簧相连并垂直导轨放置。初始时刻,弹簧处于自然长度。现给导体棒水平向右的初速度v0,导体棒开始沿导轨往复运动直至停止,运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触,此过程中弹簧一直在弹性限度内。若导体棒电阻r与导轨右端电阻R的阻值关系为R=r,不计导轨电阻,则下列说法正确的是(　　) A.导体棒开始运动时,导体棒受到的安培力方向水平向右 B.导体棒开始运动后速度第一次为零时,弹簧的弹性势能为m C.导体棒开始运动时,初始时刻导体棒两端的电压为BLv0 D.导体棒整个运动过程中电阻R上产生的焦耳热为m 答案　C 解析　导体棒开始运动时,根据右手定则可知导体棒中电流从a到b,根据左手定则可知导体棒受到的安培力方向水平向左,A错误;导体棒开始运动后速度第一次为零时,由于产生的感应电流使电阻发热,所以导体棒的初动能转化为弹簧的弹性势能和电路中产生的热量,故此时弹簧的弹性势能一定小于初动能m,B错误;导体棒开始运动时,导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv0,因为R=r,故此时导体棒两端的电压即路端电压为BLv0,C正确;分析可知随着导体棒的来回运动,当停止时导体棒必位于初始位置,此时弹簧势能为零,整个过程中导体棒的初动能Ek=m全部转化为电路中的热量,因为R=r,故电阻R上产生的焦耳热为整个电路中产生热量的一半即m,D错误。 6.(2023·徐州市高二期中)如图所示,在竖直平面内有一个两边平行且相距为L的光滑导轨,导轨电阻不计,导轨顶端接有一个电阻R,电阻两端接有理想电压表,导轨间存在一个垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,磁场宽度为2h,现有一个质量为m,电阻也为R的导体棒,从距磁场上边界为h处自由下落,导体棒进入磁场后恰好做匀速直线运动并穿过匀强磁场,重力加速度为g。导体棒在穿过磁场的过程中,下列说法正确的是(　　) A.电压表的示数为BL B.电阻R产生的热量为mgh C.通过电阻R的电荷量为 D.克服安培力做的功为mgh 答案　B 解析　导体棒下降h时的速度v=,导体棒在穿过磁场的过程中产生的电动势E=BLv=BL,电压表的示数为U=IR=R=BL,故A错误;导体棒在穿过磁场的过程中,重力做功转化为导体棒与电阻R上的焦耳热,因导体棒的电阻与电阻R的电阻相等,所以电阻R上产生的热量Q=WG=×2mgh=mgh,故B正确;导体棒在穿过磁场的过程中,通过电阻R的电荷量为q=It=·=,故C错误;导体棒在穿过磁场的过程中动能不变,因此重力做功与安培力做的功的和为0,所以导体棒克服安培力做的功为2mgh,故D错误。 7~9题每题5分,10题14分,共29分 7.如图甲所示,将粗细均匀的导线做成的正方形线框abcd在磁场上方某高处由静止释放,cd边刚进入磁场时开始计时(t=0),线框的v-t图像如图乙所示,在3t0时刻cd边恰好离开磁场时速度也为v0,最终线框离开磁场(离开图略)。已知线框的质量为m、边长为L,两条水平虚线L1、L2相距为d(d>3L),虚线之间的匀强磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.线框进入磁场过程中线框中电流方向与离开磁场过程中电流方向相同 B.线框进入磁场过程中线框受安培力的方向与离开磁场过程中受安培力的方向相反 C.cd边刚进入磁场时c、d两点间的电势差为Ucd=BLv0 D.线框进入磁场的过程中产生的焦耳热为mgd 答案　D 解析　根据楞次定律可得,线框进入磁场过程中电流方向为adcba,离开磁场过程中电流方向为abcda,故A错误;根据楞次定律中“来拒去留”可知,线框进入磁场过程中受安培力的方向向上,离开磁场过程中受安培力的方向也向上,故B错误;cd边刚进入磁场时产生的感应电动势为E=BLv0,所以c、d两点间的电势差即路端电压为Ucd=BLv0,故C错误;线框从进入磁场到cd边刚离开磁场过程中动能不变,根据能量守恒定律可得产生的焦耳热为Q=mgd,故D正确。 8.如图所示,水平地面上方存在垂直纸面向里的有界匀强磁场,有界磁场上边界与水平地面平行。两个边长相等的单匝闭合正方形线圈a和b,分别用材料相同、粗细不同的导线制成,线圈a和b所用导线的横截面积之比为1∶3,线圈a从距磁场上边界h高处由静止开始自由下落,再进入磁场,最后落到地面;线圈b在相同高度以初速度v0水平抛出,先做平抛运动,再进入磁场,最后也落到地面。已知线圈运动过程中均不发生转动。设线圈a和b进入磁场的整个过程中,两线圈的运动时间分别为ta和tb,通过两线圈某横截面的电荷量分别为qa和qb,不计空气阻力,则(　　) A.ta∶tb=2∶1 B.ta∶tb=1∶3 C.qa∶qb=1∶1 D.qa∶qb=1∶3 答案　D 解析　在进入磁场前,线圈a和b在竖直方向做自由落体运动,则两线圈刚进入磁场时的竖直分速度相等,由牛顿第二定律得a=g-,又有I=,R=ρ,m=4Lρ0S,F=BIL,由以上各式可得a=g-,其中ρ为电阻率,ρ0为密度,从该式可以看出,两线圈进入磁场时加速度a相同,完全进入磁场时的竖直分速度也相同,则两线圈进入磁场整个过程的时间相同,故A、B错误;由I=和R=ρ,线圈a和b进入磁场的电流之比为1∶3,由q=It,可得qa∶qb=1∶3,故C错误,D正确。 9.(2023·宿迁市高二期末)如图所示,倾斜放置的光滑平行足够长的金属导轨MN、PQ间静置一根质量为m的导体棒,阻值为R的电阻接在M、P间,其他电阻忽略不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向下。t=0时对导体棒施加一个沿导轨平面向上且垂直于导体棒的力F,使得导体棒能够从静止开始向上做匀加速直线运动,导体棒始终与导轨垂直且接触良好,则在导体棒向上运动的过程中,施加的力F、力F的功率P、产生的感应电流I、电阻R上产生的热量Q随时间变化的图像正确的是(　　) 答案　A 解析　设导轨平面与水平面的夹角为θ,导体棒向上做匀加速运动,则F--mgsin θ=ma 即F=t+ma+mgsin θ,选项A正确;力F的功率P=Fv=(t+ma+mgsin θ)at=t2+m(a2+agsin θ)t 则P-t图像为开口向上的抛物线,选项B错误;产生的感应电流I= 则I-t图像是过原点的直线,选项C错误;电阻R上产生的热量Q=I2Rt=t3,则Q-t图像一定不是过原点的直线,选项D错误。 10.(14分)如图甲所示,两平行金属导轨ab、cd与水平面的夹角为37°,间距L=0.5 m,a、c间接阻值R=2 Ω的定值电阻,在轨道间加一宽为l=0.4 m的有界匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度大小B=2 T,边界与斜面底边平行。现将质量m=0.1 kg的金属棒MN垂直放置于导轨上,并由静止释放,金属棒始终与导轨垂直且接触良好,从金属棒开始运动到离开磁场的过程中,金属棒的机械能E和位移x之间的关系如图乙所示,0~0.2 m、0.4~0.6 m内的图线为直线。取斜面底边重力势能为零,不计轨道和棒的电阻,重力加速度取10 m/s2。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)(4分)金属棒与斜面间的动摩擦因数; (2)(10分)金属棒穿过磁场的过程中,棒的最大速率及回路中产生的焦耳热。 答案　(1)0.5　(2)0.4 m/s　0.112 J 解析　(1)由题图乙可知,0~0.2 m内金属棒在磁场区域上方运动,摩擦力做功导致其机械能减小,可得ΔE=-μmgxcos 37°,解得μ=0.5 (2)金属棒进入磁场后,做加速度减小的加速运动,加速度为零时,金属棒的速度达到最大,此后安培力恒定,则金属棒的机械能均匀减小,结合题图乙可知,x=0.4 m时,恰好是金属棒加速度为零的时候,则有mgsin 37°=μmgcos 37°+,解得v=0.4 m/s 金属棒在磁场中运动的过程对应题图乙0.2~0.6 m内图线,由能量守恒可得 =μmgx'cos 37°+Q 解得Q=0.112 J。 (7分) 11.(2024·苏州市高二期中)如图所示,竖直向上的匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨,导轨的左侧接有电容器,不计电阻的金属棒ab静止在导轨上,棒与导轨垂直。t=0时,棒在重物的牵引下开始向右运动,t=t0时,重物落地且不反弹,则棒的速度大小v、电容器所带的电荷量q、棒中安培力的冲量大小I、棒克服安培力做的功W与时间t的关系图像正确的是(　　) 答案　A 解析　设重物质量为m0,导体棒质量为m,则在重物落地前任意时刻,对导体棒和重物的整体,根据牛顿第二定律有m0g-BIL=(m+m0)a,在极短一段时间Δt内,导体棒中的感应电流I=,Δq=CΔU,在Δt时间内,有ΔU=ΔE=BLΔv,a=,联立上式可得a=,则在重物落地之前导体棒一直做匀加速运动,重物落地后,因导体棒两端的电压等于电容器两板间的电压,则导体棒将匀速运动;由以上分析可知,导体棒先做匀加速运动,后做匀速运动,选项A正确;电容器所带的电荷量,开始时q=CU=CBLat,随时间均匀增加,当重物落地后导体棒匀速运动时,电容器两板间电压保持不变,选项B错误;棒中安培力的冲量大小I=F安t=BILt=BLt=B2L2Cat,则在重物落地之前,棒中安培力的冲量随时间均匀增加,选项C错误;克服安培力做的功W=F安x=BIL·at2=BL·at2=B2L2Ca2t2,则在重物落地之前W-t图像为抛物线,重物落地后安培力为零,则安培力做的功为零,选项D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $ DIERZHANG 第二章 专题强化10　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情况(重点)。 2.能根据电流的变化分析导体棒、线框的受力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 电磁感应中的动力学问题 一 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 提炼·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)根据牛顿第二定律或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、电阻为r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,导轨电阻可忽略,让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆始终垂直且接触良好,不计它们之间的摩擦,重力加速度为g。 例1 (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; 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,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是一根始终与导轨垂直且接触良好的金属杆。开始时,将开关S断开,让杆ab由静止开始自由下落,一段时间后,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 的图像不可能的是 例2 √ 设ab杆的有效长度为l,S闭合时,金属杆受重力mg、安培力F安=,若>mg,杆先减速再匀速,D项有可能; 若=mg,杆匀速运动,A项有可能; 若<mg,杆先加速再匀速,C项有可能; 由于v变化,由-mg=ma知加速度a不恒定,故B项不可能。 总结提升 解决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 返回 电磁感应中的能量问题 二 20 在例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, ,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)定值电阻和金属杆ab消耗的总电能为____________。 mgh-W克安=m-0 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。 　(2024·盐城四校期末)如图所示,PQ、MN为足够长的两平行金属导轨,它们之间连接一个阻值R=3 Ω的电阻,导轨间距L=1 m,导轨电阻不计,质量m=0.1 kg的均匀金属杆ab水平放置在导轨上,金属杆ab电阻r=2 Ω,它与导轨间的动摩擦因数μ=0.5,导轨平面的倾角θ=37°。在垂直导轨平面方向有匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T。现让金属杆ab由静止开始下滑,金属杆ab始终保持水平,从杆静止开始到杆ab恰好匀速 运动的过程中,经过杆ab的电荷量q=1 C,重力加 速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)ab杆下滑的最大速度; 例3 答案　4 m/s 当杆匀速下滑时速度最大,设最大速度为vm,则感应电动势 E=BLvm I= mgsin θ=BIL+μmgcos θ 联立解得vm=4 m/s (2)ab杆由静止开始下滑到恰好匀速运动的过程中通过的位移x; 答案　10 m 从杆静止开始到杆ab恰好匀速运动的过程中,由电荷量公式可知 q=t=t===1 C 解得x=10 m (3)从静止开始到ab杆匀速运动过程R上产生的焦耳热QR。 答案　0.72 J 从静止开始到ab杆匀速运动过程产生的总的焦耳热为Q,则 (mgsin θ-μmgcos θ)x=m+Q 解得Q=1.2 J R上产生的焦耳热QR=Q=0.72 J。 　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,金属棒始终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 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) 针对训练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克安-μmgd=0-0,克服安培力做的功W克安=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克安=mg(h-μd),故D正确。 　(2023·淮安市马坝高中高二期中)如图所示,等腰直角三角形金属线框abc放在光滑绝缘水平桌面上,直角边长为L,线框的总电阻为R,质量为m,有界匀强磁场垂直于水平桌面向下,磁感应强度大小为B,磁场边界MN、PQ间距大于L。ab边始终与磁场边界MN平行。给金属线框一个方向垂直MN向右、大小为v0的初速度,线框穿过磁场后的速度大小为,则下列分析正确的是 A.线框进入磁场过程中产生顺时针方向的感应电流 B.线框刚进入磁场时产生的感应电流为 C.线框进入磁场和穿出磁场过程均做匀减速运动 D.线框穿过磁场过程产生的热量为m 针对训练2 √ 线框进入磁场过程中穿过线框的磁通量增大,由楞次定律可知,线框中产生逆时针方向的感应电流,故A错误; 线框刚进入磁场时产生的感应电动势为E=BLv0,感 应电流为I==,故B正确; 线框进入磁场过程中受到的安培力与运动方向相反,则线框向右做减速运动,且切割磁感线的有效长度减小,产生的感应电动势减小,感应电流减小,安培力减小,加速度减小,即线框进入磁场过程并不是匀减速运动,同理可分析线框出磁场过程也不是匀减速运动,故C错误; 由题意,线框穿过磁场过程中,根据能量守恒定律,产生的焦耳热为Q=m-m()2=m,故D错误。 返回 专题强化练 三 34 1.(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向上的匀强磁场,磁感应强度大小为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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 基础强化练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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,当加速度减小到零时,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; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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。 2.(2023·扬州市高二期中)如图所示,MN和PQ是两根相互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。取竖直向下为正方向,由a→b为电流的正方向,将开关闭合,让杆ab由静止开始下落,则金属杆ab下落过程中的 速度v、电流I、安培力F和加速度a随时间t变化的图像可能 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 11 根据题意可知,闭合开关,让金属杆ab由静止开始自由下落,开始时安培力小于重力,则金属杆的合力向下,加速度向下,由牛顿第二定律有mg-=ma,可知,加速度随速度的增大而减小,金属杆做加速度逐渐减小的加速运 动,当重力与安培力相等时,加速度等于零,金属杆做匀速直线运动,故A、D错误; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据题意可知,感应电流为I=,安培力为F=,由对A、D项的分析可知,金属杆的速度先增大后不变,则感应电流先增大后不变,安培力也是先增大后不变,故C错误,B正确。 3.如图所示,匀强磁场存在于虚线框内,矩形线圈竖直下落,如果线圈受到的安培力总小于其重力,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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 线圈进入磁场前和全部进入磁场中,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F安2<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,B正确。 4.(2023·南京市第一中学高二期末)在一水平通电直导线的正下方,有一半圆形光滑圆弧轨道。一导体圆环自轨道左侧的A点无初速度释放,则下列说法中正确的是 A.圆环最终停在轨道的最低点B B.圆环能滑到轨道右侧与A点等高处C C.圆环运动过程中机械能守恒 D.圆环在运动过程中感应电流方向一直是顺时针方向 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由于圆环运动的范围内,各处的磁感应强度不同,所以圆环运动的过程中机械能不断转化为电能,故圆环的机械能会越来越小,最终停在最低点B,故A正确; 因为圆环在运动的过程中,产生感应电流,对整个过程由能量守恒定律得,重力势能转化为电能,机械能不守恒,故不能上升到右侧与C点等高处,故B、C错误; 圆环来回运动,磁通量大小的增减不断变化,所以感应电流方向不断变化,故D错误。 5.如图所示,固定在水平面上的光滑平行导轨间距L,右端接有阻值为R的电阻,空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、接入电路的电阻为r的导体棒ab与左端固定的弹簧相连并垂直导轨放置。初始时刻,弹簧处于自然长度。现给导体棒水平向右的初速度v0,导体棒开始沿导轨往复运动直至停止,运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触,此过程中弹簧一直在弹性限度内。若导体棒电阻r与导轨右端电阻R的阻值关系为R=r,不计导轨电阻,则下列说法正确的是 A.导体棒开始运动时,导体棒受到的安培力方向水平向右 B.导体棒开始运动后速度第一次为零时,弹簧的弹性势能为m C.导体棒开始运动时,初始时刻导体棒两端的电压为BLv0 D.导体棒整个运动过程中电阻R上产生的焦耳热为m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 导体棒开始运动时,根据右手定则可知导体棒中电流 从a到b,根据左手定则可知导体棒受到的安培力方向 水平向左,A错误; 导体棒开始运动后速度第一次为零时,由于产生的感应电流使电阻发热,所以导体棒的初动能转化为弹簧的弹性势能和电路中产生的热量,故此时弹簧的弹性势能一定小于初动能m,B错误; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 导体棒开始运动时,导体棒切割磁感线产生的感应电 动势为E=BLv0,因为R=r,故此时导体棒两端的电压即 路端电压为BLv0,C正确; 分析可知随着导体棒的来回运动,当停止时导体棒必位于初始位置,此时弹簧势能为零,整个过程中导体棒的初动能Ek=m全部转化为电路中的热量,因为R=r,故电阻R上产生的焦耳热为整个电路中产生热量的一半即m,D错误。 6.(2023·徐州市高二期中)如图所示,在竖直平面内有一个两边平行且相距为L的光滑导轨,导轨电阻不计,导轨顶端接有一个电阻R,电阻两端接有理想电压表,导轨间存在一个垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,磁场宽度为2h,现有一个质量为m,电阻也为R的导体棒,从距磁场上边界为h处自由下落,导体棒进入磁场后恰好做匀速直线运动并穿过匀强磁场,重力加速度为g。导体棒在穿过磁场的过程中,下列说法正确的是 A.电压表的示数为BL B.电阻R产生的热量为mgh C.通过电阻R的电荷量为 D.克服安培力做的功为mgh 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 导体棒下降h时的速度v=,导体棒在穿过磁场的过程中产生的电动势E=BLv=BL,电压表的示数为U=IR=R=BL,故A错误; 导体棒在穿过磁场的过程中,重力做功转化为导体棒与电阻R上的焦耳热,因导体棒的电阻与电阻R的电 阻相等,所以电阻R上产生的热量Q=WG=×2mgh=mgh,故B正确; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 导体棒在穿过磁场的过程中,通过电阻R的电荷量为q=It=·=,故C错误; 导体棒在穿过磁场的过程中动能不变,因此重力做功与安培力做的功的和为0,所以导体棒克服安培力做的功为2mgh,故D错误。 7.如图甲所示,将粗细均匀的导线做成的正方形线框abcd在磁场上方某高处由静止释放,cd边刚进入磁场时开始计时(t=0),线框的v-t图像如图乙所示,在3t0时刻cd边恰好离开磁场时速度也为v0,最终线框离开磁场(离开图略)。已知线框的质量为m、边长为L,两条水平虚线L1、L2相距为d(d>3L),虚线之间的匀强磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B,重力加速度为g, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 能力综合练 下列说法正确的是 A.线框进入磁场过程中线框中电流方向 与离开磁场过程中电流方向相同 B.线框进入磁场过程中线框受安培力的 方向与离开磁场过程中受安培力的方向相反 C.cd边刚进入磁场时c、d两点间的电势差为Ucd=BLv0 D.线框进入磁场的过程中产生的焦耳热为mgd √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据楞次定律可得,线框进入磁场 过程中电流方向为adcba,离开磁场 过程中电流方向为abcda,故A错误; 根据楞次定律中“来拒去留”可知, 线框进入磁场过程中受安培力的方向向上,离开磁场过程中受安培力的方向也向上,故B错误; cd边刚进入磁场时产生的感应电动势为E=BLv0,所以c、d两点间的电势 差即路端电压为Ucd=BLv0,故C错误; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 线框从进入磁场到cd边刚离开磁场过程中动能不变,根据能量守恒定律可得产生的焦耳热为Q=mgd,故D正确。 8.如图所示,水平地面上方存在垂直纸面向里的有界匀强磁场,有界磁场上边界与水平地面平行。两个边长相等的单匝闭合正方形线圈a和b,分别用材料相同、粗细不同的导线制成,线圈a和b所用导线的横截面积之比为1∶3,线圈a从距磁场上边界h高处由静止开始自由下落,再进入磁场,最后落到地面;线圈b在相同高度以初速度v0水平抛出,先做平抛运动,再进入磁场,最后也落到地面。已知线圈运动过程中均不发生转动。设线圈a和b进入磁场的整个过程中,两线圈的运动时间分别为ta和tb,通过两线圈某横截面的电荷量分别为 qa和qb,不计空气阻力,则 A.ta∶tb=2∶1 B.ta∶tb=1∶3 C.qa∶qb=1∶1 D.qa∶qb=1∶3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 在进入磁场前,线圈a和b在竖直方向做自由落体运动,则两线圈刚进入磁场时的竖直分速度相等,由牛顿第二定律得a=g-,又有I=,R=ρ, m=4Lρ0S,F=BIL,由以上各式可得a=g-,其中ρ为电阻率,ρ0为密度,从该式可以看出,两线圈进入磁场时加速度a相同,完全进入磁场时的竖直分速度也相同,则两线圈进入磁场整个过程的时间相同,故A、B错误; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由I=和R=ρ,线圈a和b进入磁场的电流之比为1∶3,由q=It,可得qa∶qb=1∶3,故C错误,D正确。 9.(2023·宿迁市高二期末)如图所示,倾斜放置的光滑平行足够长的金属导轨MN、PQ间静置一根质量为m的导体棒,阻值为R的电阻接在M、P间,其他电阻忽略不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向下。t=0时对导体棒施加一个沿导轨平面向上且垂直于导体棒的力F,使得导体棒能够从静止开始向上做匀加速直线运动,导体棒始终与导轨垂直且接触良好,则在导体棒向上运动的过程中,施加的力F、力F的功率P、产生的感应电流I、电阻R上 产生的热量Q随时间变化的图像正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设导轨平面与水平面的夹角为θ,导体棒向上做匀加速运动,则F--mgsin θ=ma 即F=t+ma+mgsin θ,选项A正确; 力F的功率P=Fv=(t+ma+mgsin θ)at=t2+m(a2+agsin θ)t 则P-t图像为开口向上的抛物线,选项B错误; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 产生的感应电流I= 则I-t图像是过原点的直线,选项C错误; 电阻R上产生的热量Q=I2Rt=t3,则Q-t图像 一定不是过原点的直线,选项D错误。 10.如图甲所示,两平行金属导轨ab、cd与水平面的夹角为37°,间距L=0.5 m, a、c间接阻值R=2 Ω的定值电阻,在轨道间加一宽为l=0.4 m的有界匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度大小B=2 T,边界与斜面底边平行。现将质量m=0.1 kg的金属棒MN垂直放置于导轨上,并由静止释放,金属棒始终与导轨垂直且接触良好,从金属棒开始运动到离开磁场的过程中,金属棒的机械能E和位移x之间的关系如图乙所示,0~0.2 m、0.4~0.6 m内的图线为直线。取斜面底边重力势能为零,不 计轨道和棒的电阻,重力加速度取10 m/s2。 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (1)金属棒与斜面间的动摩擦因数; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　0.5　 由题图乙可知,0~0.2 m内金属棒在磁场区域上方运动,摩擦力做功导致其机械能减小,可得ΔE=-μmgxcos 37°,解得μ=0.5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)金属棒穿过磁场的过程中,棒的最大 速率及回路中产生的焦耳热。 答案　0.4 m/s　0.112 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 金属棒进入磁场后,做加速度减小的加速运动,加速度为零时,金属棒的速度达到最大,此后安培力恒定,则金属棒的机械能均匀减小,结合题图乙可知,x=0.4 m时,恰好是金属棒加速度为零的时候, 则有mgsin 37°=μmgcos 37°+,解得v=0.4 m/s 金属棒在磁场中运动的过程对应题图 乙0.2~0.6 m内图线,由能量守恒可得 =μmgx'cos 37°+Q 解得Q=0.112 J。 11.(2024·苏州市高二期中)如图所示,竖直向上的匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨,导轨的左侧接有电容器,不计电阻的金属棒ab静止在导轨上,棒与导轨垂直。t=0时,棒在重物的牵引下开始向右运动,t=t0时,重物落地且不反弹,则棒的速度大小v、电容器所带 的电荷量q、棒中安培力的冲量大小I、棒克服安培力 做的功W与时间t的关系图像正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 尖子生选练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设重物质量为m0,导体棒质量为m,则在重物落地 前任意时刻,对导体棒和重物的整体,根据牛顿第 二定律有m0g-BIL=(m+m0)a,在极短一段时间Δt内, 导体棒中的感应电流I=,Δq=CΔU,在Δt时间内,有ΔU=ΔE=BLΔv,a=,联立上式可得a=,则在重物落地之前导体棒一直做匀加速 运动,重物落地后,因导体棒两端的电压等于电容器两板间的电压,则导体棒将匀速运动;由以上分析可知,导体棒先做匀加速运动,后做匀速运动,选项A正确; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 电容器所带的电荷量,开始时q=CU=CBLat,随时 间均匀增加,当重物落地后导体棒匀速运动时,电 容器两板间电压保持不变,选项B错误; 棒中安培力的冲量大小I=F安t=BILt=BLt=B2L2Cat,则在重物落地之前,棒中安培力的冲量随时间均匀增加,选项C错误; 克服安培力做的功W=F安x=BIL·at2=BL·at2=B2L2Ca2t2,则在重物落地之前W-t图像为抛物线,重物落地后安培力为零,则安培力做的功为零,选项D错误。 返回 $