2021年一輪考點掃描微專題專題11.6電磁感應(yīng)中的能量問題目錄TOC\o"1-3"\h\u【考點掃描】 11．兩種狀態(tài)及處理方法 12．力學(xué)對象和電學(xué)對象的相互關(guān)系 13．動態(tài)分析的基本思路 2 2【典例分析】 2【專題精練】 4【考點掃描】1．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化2．求解焦耳熱Q的三種方法3．求解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量問題的一般步驟(1)在電磁感應(yīng)中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源。(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉(zhuǎn)化。(3)根據(jù)能量守恒列方程求解?！镜淅治觥俊纠?】.(2020·石家莊模擬)相距為L＝2m的足夠長的金屬直角導(dǎo)軌如圖甲所示放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平面。質(zhì)量均為m＝0.1kg的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，導(dǎo)軌電阻不計，回路中ab、cd電阻分別為R1＝0.6Ω，R2＝0.4Ω。整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B＝0.50T、方向豎直向上的勻強磁場中。當(dāng)ab桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌勻加速運動時，cd桿也同時從靜止開始沿導(dǎo)軌向下運動。測得拉力F與時間t的關(guān)系如圖乙所示。g取10m/s2，求：(1)ab桿的加速度a；(2)當(dāng)cd桿達到最大速度時ab桿的速度大小；(3)若從開始到cd桿達到最大速度的過程中拉力F做了5.2J的功，求該過程中ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮?1)10m/s2(2)2m/s(3)2.94J【解析】(1)由圖乙可知，t＝0時，F(xiàn)＝1.5N對ab桿：F－μmg＝ma代入數(shù)據(jù)得a＝10m/s2(2)cd桿受力情況如圖(從d向c看)，當(dāng)cd桿所受重力與滑動摩擦力相等時，速度最大，即mg＝μFN又FN＝F安安培力F安＝BIL感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R1＋R2)＝eq\f(BLv,R1＋R2)由以上幾式解得v＝2m/s(3)ab桿發(fā)生的位移為x＝eq\f(v2,2a)＝0.2m對ab桿應(yīng)用動能定理得WF－μmgx－W安＝eq\f(1,2)mv2解得W安＝4.9J根據(jù)功能關(guān)系得Q＝W安所以ab桿上產(chǎn)生的焦耳熱為Qab＝eq\f(R1,R1＋R2)Q＝2.94J【方法總結(jié)】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【例2】(2020·山東泰安市3月第一輪模擬)如圖，傾角為θ的光滑斜面上存在著兩個磁感應(yīng)強度大小相同的勻強磁場，其方向一個垂直于斜面向上，一個垂直于斜面向下，它們的寬度均為L.一個質(zhì)量為m、邊長也為L的正方形線框以速度v進入上部磁場恰好做勻速運動，ab邊在下部磁場運動過程中再次出現(xiàn)勻速運動．重力加速度為g，則()A．在ab進入上部磁場過程中的電流方向為adcbaB．當(dāng)ab邊剛越過邊界ff′時，線框的加速度大小為gsinθC．a(chǎn)b邊進入下部磁場再次做勻速運動的速度為eq\f(1,4)vD．從ab邊進入磁場到ab邊進入下部磁場再次做勻速運動的過程中，減少的動能等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱【答案】AC【解析】根據(jù)楞次定律可知，在ab邊進入上部磁場過程中的電流方向為adcba，選項A正確；當(dāng)線框在上部磁場中勻速運動時：F安＝mgsinθ＝eq\f(B2L2v,R)，當(dāng)ab邊剛越過邊界ff′時，由于線框的ab邊和cd邊產(chǎn)生同方向感應(yīng)電動勢，則回路的感應(yīng)電動勢加倍，感應(yīng)電流加倍，每個邊受到的安培力加倍，則此時：4F安－mgsinθ＝ma，解得線框的加速度大小為a＝3gsinθ，選項B錯誤；當(dāng)ab邊進入下部磁場再次做勻速運動時：2Beq\f(2BLv′,R)L＝mgsinθ，解得v′＝eq\f(1,4)v，選項C正確；由能量關(guān)系可知，從ab邊進入磁場到ab邊進入下部磁場再次做勻速運動的過程中，減少的動能與重力勢能之和等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱，選項D錯誤．【例3】(2020·山東濟寧市第一次模擬)如圖所示，有一傾斜的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌間距為L，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，在導(dǎo)軌的中間矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場區(qū)域的長度為2L.一質(zhì)量為m、有效電阻為0.5R的導(dǎo)體棒從距磁場上邊緣2L處由靜止釋放，整個運動過程中，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，且始終保持與導(dǎo)軌垂直．不計導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g.(1)求導(dǎo)體棒剛進入磁場時的速度v0的大小；(2)若導(dǎo)體棒離開磁場前已達到勻速，求導(dǎo)體棒通過磁場的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR.【答案】見解析【解析】(1)導(dǎo)體棒由靜止到下滑距離2L的過程中，由動能定理得mg2Lsinθ＝eq\f(1,2)mv02－0解得v0＝eq\r(2gL)(2)設(shè)導(dǎo)體棒在磁場中勻速運動的速度為v，此時導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R＋0.5R)產(chǎn)生的安培力為F安＝BIL由平衡條件得mgsinθ＝F安聯(lián)立解得v＝eq\f(3mgR,4B2L2)導(dǎo)體棒從開始釋放到剛離開磁場的過程中，由能量守恒定律得mg4Lsinθ＝eq\f(1,2)mv2＋Q總則在電阻R上產(chǎn)生的熱量為QR＝eq\f(R,1.5R)Q總解得QR＝eq\f(4,3)mgL－eq\f(3m3g2R2,16B4L4).【專題精練】1．CD、EF是兩條水平放置的電阻可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場區(qū)域的長度為d，如圖所示．導(dǎo)軌的右端接有一電阻R，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接．將一阻值也為R的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場的右邊界處．已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且動摩擦因數(shù)為μ，則下列說法中正確的是()A．通過電阻R的最大電流為eq\f(Bd\r(2gh),R)B．流過電阻R的電荷量為eq\f(BdL,R)C．整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mghD．電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mg(h－μd)【答案】D.【解析】：由題圖可知，導(dǎo)體棒剛進入磁場的瞬間速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大，由機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，所以eq\x\to(I)＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLv,2R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，A錯；流過R的電荷量為q＝It＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLd,2R)，B錯；由能量守恒定律可知整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝mgh－μmgd，C錯；由于導(dǎo)體棒的電阻也為R，則電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，D對．2.(2020·上海閔行調(diào)研)如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長．從置于垂直紙面向里、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()A．Q1>Q2q1＝q2 B．Q1>Q2q1>q2C．Q1＝Q2q1＝q2 D．Q1＝Q2q1>q2【答案】A.【解析】：設(shè)ab和bc邊長分別為L1、L2，線框電阻為R，若假設(shè)穿過磁場區(qū)域的時間為t.通過線框?qū)w橫截面的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL1L2,R)，因此q1＝q2.線框上產(chǎn)生的熱量為Q，第一次：Q1＝BL1I1L2＝BL1eq\f(BL1v,R)L2，同理可以求得Q2＝BL2I2L1＝BL2eq\f(BL2v,R)L1，由于L1>L2，則Q1>Q2，故A正確．3.如圖所示，相距為d的兩條水平虛線之間有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，正方形線圈abec邊長為L(L<d)、質(zhì)量為m、電阻為R，將線圈在磁場上方h高處由靜止釋放，ce邊剛進入磁場時的速度為v0，剛離開磁場時的速度也為v0，重力加速度大小為g，則線圈穿過磁場的過程中(即從ce邊剛進入磁場到ab邊離開磁場的過程)，有()A．產(chǎn)生的焦耳熱為mgdB．產(chǎn)生的焦耳熱為mg(d－L)C．線圈的最小速度一定為2eq\r(2g（h＋L－d）)D．線圈的最小速度可能為eq\f(mgR,B2L2)【答案】D.【解析】：根據(jù)能量守恒定律，在ce邊剛進入磁場到ce邊剛穿出磁場的過程中，線圈的動能不變，重力勢能全部轉(zhuǎn)化為線圈進入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量，即Q＝mgd，即從ce邊剛進入磁場到ab邊剛進入磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱為mgd，從ce邊剛穿出磁場到ab邊離開磁場的過程，線圈產(chǎn)生的熱量與從ce邊剛進入磁場到ab邊剛進入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量相等，故從線圈的ce邊進入磁場到ab邊離開磁場的過程，產(chǎn)生的熱量為2Q＝2mgd，A、B錯誤；若線圈進入磁場的整個過程做減速運動，線圈全部進入磁場后做勻加速運動，則可知線圈剛?cè)窟M入磁場時的瞬時速度最小，設(shè)線圈的最小速度為vmin，線圈從開始下落到線圈剛完全進入磁場的過程，根據(jù)能量守恒定律得mg(h＋L)＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)，代入數(shù)據(jù)解得線圈的最小速度為vmin＝eq\r(2g（h＋L－d）)，C錯誤；線圈在進入磁場的過程中，先做減速運動，可能在完全進入磁場前已經(jīng)做勻速運動，則有mg＝BIL＝eq\f(B2L2vmin′,R)，解得vmin′＝eq\f(mgR,B2L2)，D正確．4.如圖所示，光滑斜面的傾角為θ，斜面上放置一矩形導(dǎo)體線框abcd，ab邊的邊長為l1，bc邊的邊長為l2，線框的質(zhì)量為m，電阻為R，線框通過絕緣細(xì)線繞過光滑的定滑輪與一重物相連，重物質(zhì)量為M.斜面上ef線(ef平行底邊)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，如果線框從靜止開始運動，進入磁場的最初一段時間是做勻速運動的，且線框的ab邊始終平行于底邊，則下列說法正確的是()A．線框進入磁場前運動的加速度為eq\f(Mg－mgsinθ,m)B．線框進入磁場時勻速運動的速度為eq\f(（Mg－mgsinθ）R,Bl1)C．線框做勻速運動的總時間為eq\f(B2leq\o\al(2,1),Mg－mgRsinθ)D．該勻速運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為(Mg－mgsinθ)l2【答案】D.【解析】：由牛頓第二定律得，Mg－mgsinθ＝(M＋m)a，解得線框進入磁場前運動的加速度為eq\f(Mg－mgsinθ,M＋m)，A錯誤；由平衡條件，Mg－mgsinθ－F安＝0，F(xiàn)安＝BIl1，I＝eq\f(E,R)，E＝Bl1v，聯(lián)立解得線框進入磁場時勻速運動的速度為v＝eq\f(（Mg－mgsinθ）R,B2leq\o\al(2,1))，B錯誤；線框做勻速運動的總時間為t＝eq\f(l2,v)＝eq\f(B2leq\o\al(2,1)l2,（Mg－mgsinθ）R)，C錯誤；由能量守恒定律，該勻速運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱等于系統(tǒng)重力勢能的減小量，為(Mg－mgsinθ)l2，D正確．5.(2020·石家莊模擬)如圖所示，傾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面上間距d＝1m的兩平行虛線aa′和bb′之間有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝5T．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝1kg，總電阻R＝5Ω，邊長也為d＝1m的正方形金屬線圈MNPQ有一半面積位于磁場中，現(xiàn)讓線圈由靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中線圈MN邊始終與虛線aa′保持平行，線圈的下邊MN穿出aa′時開始做勻速直線運動．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g取10m/s2.下列說法正確的是()A．從開始到線圈完全進入磁場的過程，通過線圈某一截面的電荷量為0.5CB．線圈做勻速直線運動時的速度大小為0.4m/sC．線圈速度為0.2m/s時的加速度為1.6m/s2D．線圈從開始運動到通過整個磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為3J【答案】ABD.【解析】：q＝It＝eq\f(E,R)t＝eq\f(ΔΦ,tR)t＝ΔΦeq\f(1,R)＝eq\f(d2,2)×eq\f(1,R)，代入數(shù)據(jù)有q＝0.5C，故A正確；線圈做勻速直線運動時，沿斜面有mgsinθ＝μmgcosθ＋BId，又I＝eq\f(Bdv,R)，兩式聯(lián)立得v＝0.4m/s，故B正確；線圈v＝0.2m/s時，沿斜面有mgsinθ－μmgcosθ－eq\f(B2d2v,R)＝ma，有a＝1.8m/s2，故C錯誤；線圈從開始運動到通過整個磁場的過程中能量守恒：mgsinθ×eq\f(3,2)d＝μmgcosθ×eq\f(3,2)d＋eq\f(1,2)mv2＋Q，代入數(shù)據(jù)有Q＝3J，故D正確．6.在傾角為θ足夠長的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小相等的勻強磁場，磁場方向一個垂直斜面向上，另一個垂直斜面向下，寬度均為L，如圖所示．一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形線框在t＝0時刻以速度v0進入磁場，恰好做勻速直線運動，若經(jīng)過時間t0，線框ab邊到達gg′與ff′中間位置時，線框又恰好做勻速運動，則下列說法正確的是()A．當(dāng)ab邊剛越過ff′時，線框加速度的大小為gsinθB．t0時刻線框勻速運動的速度為eq\f(v0,4)C．t0時間內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(3,2)mgLsinθ＋eq\f(15,32)mveq\o\al(2,0)D．離開磁場的過程中線框?qū)⒆鰟蛩僦本€運動【答案】BC.【解析】：當(dāng)ab邊進入磁場時，有E＝BLv0，I＝eq\f(E,R)，mgsinθ＝BIL，有eq\f(B2L2v0,R)＝mgsinθ.當(dāng)ab邊剛越過ff′時，線框的感應(yīng)電動勢和電流均加倍，則線框做減速運動，有eq\f(4B2L2v0,R)＝4mgsinθ，加速度方向沿斜面向上且大小為3gsinθ，A錯誤；t0時刻線框勻速運動的速度為v，則有eq\f(4B2L2v,R)＝mgsinθ，解得v＝eq\f(v0,4)，B正確；線框從進入磁場到再次做勻速運動的過程，沿斜面向下運動距離為eq\f(3,2)L，則由功能關(guān)系得線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(3mgLsinθ,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mveq\o\al(2,0),2)－\f(mv2,2)))＝eq\f(3mgLsinθ,2)＋eq\f(15mveq\o\al(2,0),32)，C正確；線框離開磁場時做加速運動，D錯誤．7.如圖所示，足夠長的U形光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN與PQ平行且間距為L，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不計．金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，ab棒接入電路的電阻為R，當(dāng)流過ab棒某一橫截面的電荷量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中()A．運動的平均速度大于eq\f(1,2)vB．受到的最大安培力大小為eq\f(B2L2v,R)sinθC．下滑的位移大小為eq\f(qR,BL)D．產(chǎn)生的焦耳熱為qBLv【答案】AC.【解析】：金屬棒ab開始做加速度逐漸減小的變加速運動，不是勻變速直線運動，平均速度大于eq\f(1,2)v，故A正確；金屬棒受到的安培力F安＝BIL＝BL·eq\f(E,R)＝BL·eq\f(BLv,R)＝eq\f(B2L2v,R)，故B錯誤；由q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)可知下滑的位移x＝eq\f(qR,BL)，故C正確；產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rt＝qIR，而這里的電流I比棒的速度大小為v時的電流I′＝eq\f(BLv,R)小，故這一過程產(chǎn)生的焦耳熱小于qBLv，故D錯誤．8.如圖所示，abcd為一矩形金屬線框，其中ab＝cd＝L，ab邊接有定值電阻R，cd邊的質(zhì)量為m，其他部分的電阻和質(zhì)量均不計，整個裝置用兩根絕緣輕彈簧懸掛起來．線框下方處在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面向里．初始時刻，使兩彈簧處于自然長度，且給線框一豎直向下的初速度v0，在cd邊第一次運動至最下端的過程中，R中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，此過程及以后的運動過程中ab邊未進入磁場、cd邊始終未離開磁場，已知重力加速度大小為g.下列說法中正確的是()A．初始時刻cd邊所受安培力的大小為eq\f(B2L2v0,R)－mgB．線框中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電流可能為eq\f(BLv0,R)C．在cd邊第一次到達最下端的時刻，兩根彈簧具有的彈性勢能總量大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－QD．在cd邊反復(fù)運動過程中，R中產(chǎn)生的焦耳熱最多為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)【答案】BC.【解析】：初始時刻，cd邊切割磁感線的速度為v0，若此時所受重力不大于安培力，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，為E＝BLv0，感應(yīng)電流最大，為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)，cd邊所受安培力的大小F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)，A錯誤，B正確．在cd邊第一次運動至最下端的過程中，由能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh＝Q＋Ep，在cd邊第一次到達最下端的時刻，兩根彈簧具有的彈性勢能的總量為Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Q＋mgh，大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Q，C正確．由題意可知，cd邊最后靜止在初始位置下方，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，由mg＝2kx得：x＝eq\f(mg,2k)，由能量守恒定律可知，導(dǎo)體棒的動能和減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為焦耳熱及彈簧的彈性勢能，減少的重力勢能為eq\f(m2g2,2k)，彈性勢能為Ep＝2×eq\f(1,2)kx2＝eq\f(m2g2,4k)，則減少的重力勢能大于彈簧的彈性勢能，所以R中產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，D錯誤．9.(2020·懷化模擬)如圖甲所示，足夠長、電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1m，一勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.40Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.01kg、電阻為r＝0.30Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上?，F(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計，g取10m/s2(忽略ab棒運動過程中對原磁場的影響)，求：甲乙(1)判斷金屬棒兩端a、b的電勢高低；(2)磁感應(yīng)強度B的大??；(3)在金屬棒ab從開始運動的1.5s內(nèi)，內(nèi)阻R上產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮?1)b點電勢高，a點電勢低(2)0.1T(3)0.26J【解析】(1)由右手定則可知，ab中的感應(yīng)電流由a流向b，ab相當(dāng)于電源，則b點電勢高，a點電勢低。(2)由x-t圖象求得t＝1.5s時金屬棒的速度為：v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(11.2－7,2.1－1.5)m/s＝7m/s金屬棒勻速運動時所受的安培力大小為F＝BIL，I＝eq\f(E,R＋r)，E＝BLv聯(lián)立得：F＝eq\f(B2L2v,R＋r)根據(jù)平衡條件得：F＝mg則有：mg＝eq\f(B2L2v,R＋r)代入數(shù)據(jù)解得：B＝0.1T。(3)金屬棒ab在開始運動的1.5s內(nèi)，金屬棒的重力勢能減少量轉(zhuǎn)化為金屬棒的動能和電路的內(nèi)能。設(shè)電路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q根據(jù)能量守恒定律得：mgx＝eq\f(1,2)mv2＋Q代入數(shù)據(jù)解得：Q＝0.455J故R產(chǎn)生的熱量為QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝0.26J。10.(2020·南平市適應(yīng)性檢測)如圖所示，一對平行的粗糙金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面上，導(dǎo)軌間距L＝0.2m，左端接有阻值R＝0.3Ω的電阻，右側(cè)平滑連接一對彎曲的光滑軌道。僅在水平導(dǎo)軌的整個區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B＝1.0T。一根質(zhì)量m＝0.2kg、電阻r＝0.1Ω的金屬棒ab垂直放置于導(dǎo)軌上，在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運動，當(dāng)金屬棒通過位移x＝9m時離開磁場，在離開磁場前已達到最大速度。當(dāng)金屬棒離開磁場時撤去外力F，接著金屬棒沿彎曲軌道上升到最大高度h＝0.8m處。已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，導(dǎo)軌電阻不計，棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g＝10m/s2。求：(1)金屬棒運動的最大速率v；(2)金屬棒在磁場中速度為eq\f(v,2)時的加速度大?。?3)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮恳娊馕觥窘馕觥?1)金屬棒從出磁場到上升到彎曲軌道最高點，根據(jù)機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＝mgh ①由①得：v＝eq\r(2gh)＝4m/s。 ②(2)金屬棒在磁場中做勻速運動時，設(shè)回路中的電流為I，根據(jù)平衡條件得F＝BIL＋μmg ③I＝eq\f(BLv,R＋r)④聯(lián)立②③④式得F＝0.6N ⑤金屬棒速度為eq\f(v,2)時，設(shè)回路中的電流為I′，根據(jù)牛頓第二定律得F－BI′L－μmg＝ma ⑥I′＝eq\f(BLv,2R＋r) ⑦聯(lián)立②⑤⑥⑦得：a＝1m/s2。 ⑧(3)設(shè)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)功能關(guān)系：Fx＝μmgx＋eq\f(1,2)mv2＋Q ⑨則電阻R上的焦耳熱QR＝eq\f(R,R＋r)Q ⑩聯(lián)立⑤⑨⑩解得：QR＝1.5J。11.如圖甲所示，在水平桌面上固定著兩根相距L＝20cm、相互平行的無電阻軌道P、Q，軌道一端固定一根電阻R＝0.02Ω的導(dǎo)體棒a，軌道上橫置一根質(zhì)量m＝40g、電阻可忽略不計的金屬棒b，兩棒相距也為L＝20cm。該軌道平面處在磁感應(yīng)強度大小可以調(diào)節(jié)的豎直向上的勻強磁場中。開始時，磁感應(yīng)強度B0＝0.1T。設(shè)棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。甲乙丙(1)若保持磁感應(yīng)強度B0的大小不變，從t＝0時刻開始，給b棒施加一個水平向右的拉力，使它由靜止開始做勻加速直線運動，此拉力F的大小隨時間t變化關(guān)系如圖乙所示。求b棒做勻加速運動的加速度及b棒與軌道間的滑動摩擦力大小；(2)若從t＝0開始，磁感應(yīng)強度B隨時間t按圖丙中圖象所示的規(guī)律變化，求在金屬棒b開始運動前，這個裝置釋放的熱量。【答案】(1)5m/s20.2N(2)0.036J【解析】(1)由題圖乙可得拉力F的大小隨時間t變化的函數(shù)表達式為F＝F0＋eq\f(ΔF,Δt)t＝0.4＋0.1t(N)當(dāng)b棒勻加速運動時，根據(jù)牛頓第二定律有F－Ff－F安＝maF安＝B0ILE＝B0LvI＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0Lv,R)v＝at所以F安＝eq\f(B\o\al(2,0)L2a,R)t聯(lián)立可得F＝Ff＋ma＋eq\f(B\o\al(2,0)L2a,R)t由圖象可得：當(dāng)t＝0時，F(xiàn)＝0.4N，當(dāng)t＝1s時，F(xiàn)＝0.5N。代入上式，可解得a＝5m/s2，F(xiàn)f＝0.2N。(2)當(dāng)磁感應(yīng)強度均勻增大時，閉合電路中有恒定的感應(yīng)電流I。以b棒為研究對象，它受到的安培力逐漸增大，靜摩擦力也隨之增大，當(dāng)磁感應(yīng)強度增大到b棒所受安培力F安′與最大靜摩擦力Ff相等時開始滑動感應(yīng)電動勢E′