專題強(qiáng)化二十四電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題

【目標(biāo)要求】1.會(huì)用動(dòng)力學(xué)知識(shí)分析電磁感應(yīng)問(wèn)題2會(huì)代功能關(guān)系和能量守恒解決電磁感應(yīng)

中的能量問(wèn)題.

題型一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題

1.導(dǎo)體的兩種運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析.

2.力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象的相互關(guān)系

3.用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問(wèn)題的一般步驟

“單棒+電阻”模型

【例11（多選）（2020?黑龍江鶴崗一中月考）如圖1所示，有一邊長(zhǎng)為/的正方形導(dǎo)線框，質(zhì)量

為例，由高/?處自由落下，其下邊時(shí)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域后，線框開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，直到其上

邊”剛穿出磁場(chǎng)時(shí)，速度減小為時(shí)邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的一半，此勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度也是/,

重力加速度為g，則下列結(jié)論正確的是（）

圖1

A.線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)

B.線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)加速度方向先向上后向下

C.線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度大于穿出磁場(chǎng)時(shí)的加速度

D.線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為〃長(zhǎng)（2/+加）

答案CD

解析線框穿過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過(guò)程中，受到重力和安培力作用，設(shè)〃〃邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為

V\,則E=Blv\,所以電路中的電流/=：=―7T-,安培力F="B=萬(wàn)一，由此可知，安培力

KK1\

P-p-7）

與速度有關(guān)，由牛頓第二定律知一^‘一〃田=〃心，故線柩在穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中加速度隨。的

減小而減小，線框一直做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向一直向上，必有尸2〃名，所以加速度不可能

向下，故C正確，A、B錯(cuò)誤；線框從釋放至穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，設(shè)產(chǎn)生的焦耳熱為Q,由

能量守恒定律得〃吆（力+2/）—。=57軟產(chǎn)，mgh=^mv\2,聯(lián)立解得Q=mg（2/+孤，故D正確.

【例21（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〃的作用下，金

屬桿從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng).整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，外力F

的最小值為8N,經(jīng)過(guò)2s金屬桿運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌最上端并離開(kāi)導(dǎo)軌.已知U形金屬導(dǎo)軌兩軌道

之間的距離為1m,導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)，金屬桿的質(zhì)量為1kg、電阻為1C,磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為IT,重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37。=（）.8.下列說(shuō)法正確的是（）

圖2

A.拉力尸是恒力

B.拉力〃隨時(shí)間/均勻增加

C.金屬桿運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌最上端時(shí)拉力尸為12N

D.金屬桿運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2m/s?

答案BCD

解析/時(shí)刻，金屬桿的速度大小為0=，〃，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為電路中的感應(yīng)電流

/=W，金屬桿所受的安培力大小為F^=BIl=-葭，由牛頓第二定律可知F=ma^-nigs\n37°

+一冷，可見(jiàn)尸是，的一次函數(shù)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；，=0時(shí)，尸最小，代入數(shù)據(jù)可求得

/\

<7=2m/s2,7=2S時(shí)，F(xiàn)=12N,選項(xiàng)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，拉力產(chǎn)恒定（棒和水平導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)）

圖3

如圖3,運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析:

開(kāi)始時(shí)，a=5,棒加速運(yùn)動(dòng)vt=感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLvt,經(jīng)過(guò)速度為o+A。，此時(shí)感應(yīng)

電動(dòng)勢(shì)E'=8L（o+A。），時(shí)間內(nèi)流入電容器的電荷晟A/=CAU=C（七'-E）=CBL^v

電流1=；i=CBLz=CBLa

安培力F-BLHCB*

F-F^=ma,〃=；〃+￡*「所以棒做加速度恒定的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，。一1圖象如圖4.

功能關(guān)系：

F做的功一部分轉(zhuǎn)化為棒的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能：卬〃=5蘇+石電

m31（多選）如圖5,兩根足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌PP、QQ'傾斜放置，傾角為仇勻強(qiáng)

磁場(chǎng)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"水平跨放在

導(dǎo)軌上，下滑過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸良好.現(xiàn)由靜止釋放金屬棒"，假定電容器不會(huì)被擊穿，忽

略一切電阻，則下列說(shuō)法正確的是（）

圖5

A.金屬棒他下滑過(guò)程中M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)

B.金屬棒加勻加速下滑

C.金屬棒而最終可能勻速下滑

D.金屬棒ab下滑過(guò)程中減少的重力勢(shì)能等于其增加的動(dòng)能

答案AB

解析金屬棒他下滑過(guò)程中，金屬棒他切割磁感線產(chǎn)之感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由右手定則可判斷出

金屬棒a端為正極，所以M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)，選項(xiàng)A正確：金屬棒時(shí)下滑過(guò)程中由于

產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，對(duì)電容器充電，由1=端,筋，kU=B3,金屬棒a〃受

到安培力F=BIL,對(duì)金屬棒受力分析，有mgsinO—F=ma,聯(lián)立解得〃=涓?得加速

度為恒量，說(shuō)明金屬棒下滑時(shí)做加速度恒定的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤：

金屬棒川?下滑過(guò)程中減少的重力勢(shì)能等于其增加的動(dòng)能和電容器儲(chǔ)存的也場(chǎng)能之和，選項(xiàng)D

錯(cuò)誤.

跟進(jìn)訓(xùn)練

棒的速度為〃所受的摩擦力為尸f,則導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)：E=BLv

F

回路中的電流/=：

A

導(dǎo)體棒受到的安培力：F—BIL

由牛頓第二定律：F~Fi―F(=ma

由題意v=at

聯(lián)立解得：F=B、,+ma+Ft

K

根據(jù)題圖乙可知，0?10s內(nèi)圖象的斜率為0.05N/s,即r—=0.05N/s,解得a=5ml

A

⑵由廠一/圖象縱截距可知：/M+R=1.0N

又F(=/img

解得〃?=0.1kg.

題型二電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題

電磁感應(yīng)過(guò)程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，而能最的轉(zhuǎn)化是通過(guò)安培力做功的形式

實(shí)現(xiàn)的，安培力做功的過(guò)程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過(guò)程，外力克服安培力做切，則

是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)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(wèn)題的策略是“先源后路、先電后力，再是運(yùn)動(dòng)、能量”，即

應(yīng)用焦耳定律求電能(桿做勻速直線運(yùn)動(dòng))

【例4】如圖8甲所示，不計(jì)電阻的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間距乙=1m,上端接

有電阻R=3C,水平虛線O。'下方是垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng).現(xiàn)將質(zhì)量機(jī)=0.1kg、

電阻r=lQ、長(zhǎng)度與導(dǎo)軌間距相等的金屬桿必，從OO'上方某處垂直導(dǎo)軌由靜止釋放，桿

下落過(guò)程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸，桿下落過(guò)程中的。一，圖象如圖乙所示(g取10m/s2).求:

圖8

(I)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小H：

(2)桿在磁場(chǎng)中下落0.1s的過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的熱量.

答案(1)2T(2)0.075J

解析(1)由題圖乙可知，桿自由下落0.1s進(jìn)入磁場(chǎng)以。=1.0m/s的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)

生的電動(dòng)勢(shì)E=BLv

桿中的電流/=含E

R+r

桿所受安培力F《=BIL

由平衡條件得，咫=/關(guān)

聯(lián)立解得8=2T.

(2)電阻R產(chǎn)生的熱量Q=/2R/=().()75J.

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

【例5】如圖9所示，傾角為。的平行金屬導(dǎo)軌下端連接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌MMPQ

間距為L(zhǎng),與MN、P。垂直的虛線。內(nèi)、6左區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小為8,。必、a力2間距離為d,一長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為小、電阻為R的導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌平

面上與磁場(chǎng)上邊界色岳距離d處從靜止開(kāi)始釋放，最后能勻速通過(guò)磁場(chǎng)下邊界由仇.重力加速

度為g(導(dǎo)軌摩擦及電阻不計(jì)).求：

圖9

⑴導(dǎo)體棒剛到達(dá)磁場(chǎng)上邊界。2〃2時(shí)的速度大小S；

(2)導(dǎo)體棒勻速通過(guò)磁場(chǎng)下邊界a\b\時(shí)的速度大小蟲(chóng);

(3)導(dǎo)體棒穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中.回路產(chǎn)生的熱量.

答案(1N2gdsm0(2)2"級(jí)［9(3)2〃?gdsin。2〃u鏟R2si/8

解析(1)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)外沿導(dǎo)軌下滑，只有重力做功，

由機(jī)械能守恒定律得：〃吆dsin。=i2,解得：V\=42gdsin0.

(2)導(dǎo)體棒勻速通過(guò)磁場(chǎng)下邊界〃曲時(shí)，由平衡條件得：mgsin8=F*

B2L2V2

F^=BIL=[^-

2〃吆Rsin0

解得:

。2=B2L2.

(3)設(shè)導(dǎo)體棒穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，克服安培力做功為卬安

由動(dòng)能定理可得

mgdsinO-W^=-^niv?2

由Q=W安

得Q=2〃?gdsin。-岑髀.

應(yīng)用能量守恒定律解決電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題

【例6]如圖10甲所示，一足夠長(zhǎng)阻值不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ之間的距離L=0.5m,

NQ兩端連接阻值R=2.0Q的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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夕=30。，一質(zhì)量m=0.40kg、接入電路的阻值,?=1.0Q的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放

置并用絕緣細(xì)線通過(guò)光滑的輕質(zhì)定滑輪與質(zhì)量加=0S0kg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。與時(shí)間/之間的關(guān)系如圖乙所示，已知金屬棒在。?0.3s內(nèi)通過(guò)的電

2

荷量是0.3?0.6s內(nèi)通過(guò)電荷量的g=10m/s2,求：

圖10

(1)0?0.3s內(nèi)金屬棒通過(guò)的位移大??；

(2)金屬棒在。?0.6s內(nèi)產(chǎn)生的熱量.

答案(1)0.3m⑵1.05J

解析(1)0?0.3s內(nèi)通過(guò)金屬棒的電荷量

A0BLx\

切=而=和

0.3?0.6s內(nèi)通過(guò)金屬棒的電荷量是92=&2=當(dāng)彳

由題中的電荷量關(guān)系心三，代入解得：乃=0.3m

q?J

(2)金屬棒在0—0.6s內(nèi)通過(guò)的總位移為x=xi+x2=xi+c72,代入解得X=0.75HI

根據(jù)能量守恒定律Mgx-mgxsxn0=^M+in)v2+Q

代入解得。=3.15J

由于金屬棒與電阻R串聯(lián)，電流相等，根據(jù)焦耳定律。=尸即，它們產(chǎn)生的熱量與電阻成正

比，所以金屬棒在0?0.6s內(nèi)產(chǎn)生的熱量Qr=三7Q=1.05J.

跟進(jìn)訓(xùn)練

3.(應(yīng)用動(dòng)能定理解決電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)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)，=*,軌道下半部分處在一個(gè)水平向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁

場(chǎng)的上邊界是尸。的直線(圖中虛線所示)，一個(gè)質(zhì)量為m的小金屬環(huán)從拋物線上y=b(b>a)

處以速度。沿拋物線下滑，假設(shè)拋物線足夠長(zhǎng)，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II

A.m^bB.eqzwp2

C.mg(b-a)D.mg(b—

答案D

解析小金屬環(huán)進(jìn)入或離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，穿過(guò)金屬環(huán)的磁通量會(huì)發(fā)生變化，并產(chǎn)生感應(yīng)也流，產(chǎn)

生焦耳熱；當(dāng)小金屬環(huán)全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，小金屬環(huán)最終在磁場(chǎng)中y=?以下

做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得/a)—WQ安=0—況Q=W史實(shí)，得Q=—a)十%爐.

4.（應(yīng)用能量守恒定律解決電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題）（多選）（2020?黑龍江哈爾濱市模擬）如圖12

所示，質(zhì)量為的重物與一質(zhì)量為機(jī)的線框用一根絕緣細(xì)線連接起來(lái)，掛在兩個(gè)高度相同

的定滑輪上，已知線框的橫邊邊長(zhǎng)為L(zhǎng),水平方向勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為從磁場(chǎng)上

下邊界的距離、線框豎直邊長(zhǎng)均為力.初始時(shí)刻，磁場(chǎng)的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2/?,

將重物從靜止開(kāi)始釋放，線框卜.邊緣剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，線框恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為

g,滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計(jì).則下列說(shuō)法中正確的是（）

55帝

,Fx'x3xx\.

3m□LZ々三k

2/J

hm

L

圖12

A.線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為向

B.線框的電阻為器國(guó)

C.線框通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q=2〃?g/7

D.線框通過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間為

答案AB

解析線框進(jìn)入磁場(chǎng)前，重物和線框組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有（3m-m）g-2h=^X4nnr,解

得線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為。=，麗，故A正確；線框進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)

平衡條件有3〃名="吆+寫(xiě)￡解得線框的電阻=="舞四,故B正確：線框通過(guò)磁場(chǎng)時(shí)

做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律有（3〃?一加）,2/?=。，解得。=4〃長(zhǎng)力，故C錯(cuò)誤：線框通

過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間為/選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

課時(shí)精練

用雙基鞏固練

1.如圖I所示，在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形導(dǎo)線框。兒4線框處于水平面內(nèi)，磁場(chǎng)與線框平

面垂直，R為一電阻，e/為垂直于岫的一根導(dǎo)體桿，它可在帥、cd上無(wú)摩擦地滑動(dòng).桿球

及線框中導(dǎo)線的電阻不計(jì)，開(kāi)始時(shí)，給gf一個(gè)向右的初速度，則（）

A.將減速向右運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速

B.e/將勻減速向右運(yùn)動(dòng)，最后停止

C.￡/?將勻速向右運(yùn)動(dòng)

D.^將往返運(yùn)動(dòng)

答案A

解析￡/■向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，會(huì)受到向左的安培力而做減

D2r2-j

速運(yùn)動(dòng)，直到停止，但不是勻減速，由尸=8〃=—^—=用。知，￡/做的是加速度減小的減速

運(yùn)動(dòng)，最終停止運(yùn)動(dòng)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤.

2.(多選)(2019?四川內(nèi)江鐵路中學(xué)月考汝I圖2所示，空間有一個(gè)方向水平的有界磁場(chǎng)區(qū)域，一

個(gè)矩形線框，自磁場(chǎng)上方某一高度下落，然后進(jìn)入磁場(chǎng)，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)線框平面與磁場(chǎng)方

向垂直，則在進(jìn)入過(guò)程中導(dǎo)線框可能的運(yùn)動(dòng)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(chǎng)過(guò)程中受到的安培力F=BIL=—j^,如果一^―V〃片，線框受到的合力

D2J27,p2j2?)

向下，線框向下做加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：〃?g---R-=ma,a=g—嬴-，由于速度

n2r2^.

o增大，。減小，線框向下做加速度變小的加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確，D錯(cuò)誤：如果一

n2J2-)B-l}v

線框受到的合力向上，線框向下做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：一^上一〃田=〃心,

a=mR

一g,由于速度o減小，。減小，線框向下做加速度變小的減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；如果.c

=〃增，線框?qū)⑾蛳伦鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確.

3.（多選）一空間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為6的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩條電阻不計(jì)的平行光滑導(dǎo)

軌豎直放置在磁場(chǎng)內(nèi)，如圖3所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度8=0.5T,導(dǎo)體棒〃仄〃長(zhǎng)度均為0.2m,

電阻均為0.1C,重力均為0.1N,現(xiàn)用力向上拉動(dòng)導(dǎo)體棒岫，使之勻速上升（導(dǎo)體棒而、cd

與導(dǎo)軌接觸良好），此時(shí)〃靜止不動(dòng)，則"上升時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）

圖3

A.油受到的拉力大小為2N

B."向上運(yùn)動(dòng)的速度為2m/s

C.在2s內(nèi)，拉力做功使其他形式的能轉(zhuǎn)化的電能是0.4J

D.在2s內(nèi)，拉力做功為0.6J

答案BC

解析對(duì)導(dǎo)體棒cd受力分析：，咫=B〃=F'，得。=2m/s,故選項(xiàng)B正確；對(duì)導(dǎo)體棒"

受力分析：F=mg+8"=（）.2N,選項(xiàng)A錯(cuò)誤：在2s內(nèi)拉力做功使其他形式的能轉(zhuǎn)化為必

o2/2p2f

棒的重力勢(shì)耗和電路中的電能，增加的電能等于克服安培力做的功，即卬電=尸妥“=—^―=

0.4J,選項(xiàng)C正確；在2s內(nèi)拉力做的功為卬6=?5=0.8J,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

4.（2019.山東濟(jì)寧市高三期末）如圖4所示，傾角為。的平行金屬導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng),電阻不計(jì)，

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(chǎng)中.有

一質(zhì)量為粗，電阻為八長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，它與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

為〃，現(xiàn)讓導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌底部以初速度如沖上導(dǎo)軌，上滑的最大距離為s,返回到初位置時(shí)

的速度為。.下列說(shuō)法正確的是（）

圖4

A.在上滑過(guò)程中，通過(guò)電阻火上的電荷量為華

B.導(dǎo)體棒在上滑過(guò)程中所用時(shí)間為年

C.導(dǎo)體棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到回到底端，回路產(chǎn)生的焦耳熱為京加。2一5加2

D.導(dǎo)體棒在上滑過(guò)程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱大于下滑過(guò)程中R上產(chǎn)生的焦耳熱

答案D

解析在上滑過(guò)程中，通過(guò)電阻R上的電荷量9=黑”=普=給，故A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒從

開(kāi)始到滑到最大高度的過(guò)程中做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減，:、，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(yùn)動(dòng)，平均速度不等于竽，則所用時(shí)間

不等于需=看故B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律知，導(dǎo)體棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到回到底端，回路產(chǎn)生

~2

的焦耳熱為Q=。加o?一^inv2—2fimgscos故C錯(cuò)誤；由于導(dǎo)體棒的機(jī)械能不斷減少，所以

T滑與上滑經(jīng)過(guò)同一位置時(shí)，上滑時(shí)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(guò)程安培力的平均值大，而兩個(gè)過(guò)程通過(guò)的位移大小相等，所以上滑時(shí)導(dǎo)體棒克服

安培力做功多，導(dǎo)體棒在上滑過(guò)程中整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱多，則導(dǎo)體棒在上滑過(guò)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(tái)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(zhǎng),導(dǎo)軌電

阻不計(jì)，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仇且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為8、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.一質(zhì)量為機(jī)、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(shí)導(dǎo)體棒處于導(dǎo)軌的MN處.已知彈簧的處度系

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(zhǎng)度時(shí)由靜止釋放，整個(gè)

運(yùn)動(dòng)過(guò)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8,則下列說(shuō)法中正確的

是（）

圖5

A.當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)時(shí)流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)橛蒔到。

B.當(dāng)導(dǎo)體棒的速度最大時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為幼嚶以

C.導(dǎo)體棒最終靜止時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep,則導(dǎo)體棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，回

路中產(chǎn)生的焦耳熱為"鏟'一4

?X

D.若導(dǎo)體棒第一次運(yùn)動(dòng)到MN處時(shí)速度為則此時(shí)導(dǎo)體棒的加速度大小為綜

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(yùn)動(dòng)時(shí)流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)橛墒?。，?/p>

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(shí)速度最大，彈簧伸長(zhǎng)量為駕瞥

K

時(shí)，彈簧彈力為〃火sin。，此時(shí)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(cuò)誤;

導(dǎo)體棒最終靜止，由平衡條件有：〃陪sinO=kx,則彈簧伸長(zhǎng)量：也2，由能量守恒定

K

律有：mgxsin9=Q+Ep,解得：Q=〃？—Ep,故C正確；導(dǎo)體棒第一次到達(dá)MN處時(shí),

K

T2

彈簧的彈力：Rr=,〃gsin"此時(shí)導(dǎo)體棒受到的安培力為F=B1L=對(duì)導(dǎo)體棒，由牛頓

B?L2V

第二定律有：kx—mgsin夕+）Rma,解得：~萬(wàn),故D正確.

LUIK

用能力提升練

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(zhǎng)的兩條平行金屬導(dǎo)軌與水平

地面的夾角為仇上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為A將質(zhì)量

為〃?的導(dǎo)體棒從距水平地面高力處由靜止釋放，導(dǎo)體棒能沿傾斜的導(dǎo)軌下滑，已知下滑過(guò)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(dòng)摩擦因數(shù)為小不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體

棒的電阻，重力加速度為g,下列選項(xiàng)正確的是（）

圖6

A.棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)百空地面的過(guò)程中.通過(guò)電阻R的電荷量為懸%

B.棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直至地面的過(guò)程中，電阻及上產(chǎn)生的焦耳熱為機(jī)動(dòng)一鬻

Idil（7

C.棒釋放瞬間的加速度大小是gsin，一4geos0

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(shí)間不變

答案AC

--A0—p—人①R[li

解析根據(jù)E=詈，/芍，q=/加聯(lián)立求得：4=乎=懸%A正確：設(shè)到達(dá)斜面底

端速度為。，由動(dòng)能定理得：〃?g/?一〃/〃geos若震—W安=；〃口\則電阻R上產(chǎn)生的焦瓦熱Q

=W=nigh—fimg,B錯(cuò)誤：棒釋放瞬間受力分析得：〃?gsin0—ftmgcos0=ma,

加速度大小〃=gsin0—"geos8,C正確；當(dāng)棒速度為。時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)感應(yīng)電流/

EB2l7v

=五,則F^=B/L=~五一,對(duì)導(dǎo)體棒由牛頓第二定律有：〃琢sin0-〃〃?gcos0---五一=mat

序I2。

則〃=gsin1一〃geos夕一〃；R.所以當(dāng)速度相同時(shí),增加導(dǎo)體棒質(zhì)量,加速度會(huì)減小,而位

移不變，結(jié)合。一，圖象可知，時(shí)間會(huì)增加，D錯(cuò)誤.

7.(2019?安徽安慶市二模)如圖7所示，兩個(gè)平行光滑金屬導(dǎo)軌AB、C。固定在水平地面上,

其間距乙=0.5m,左端接有阻值R=3C的定值電阻.一根長(zhǎng)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)量小=0.2kg,電阻r=2C,整個(gè)裝置處在方向豎直向下、磁感應(yīng)

強(qiáng)度大小B=4T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，1=0時(shí)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(kāi)始以。=2m/sz的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，2s末報(bào)去外力尼

運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬桿與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好.(不計(jì)導(dǎo)軌和連接導(dǎo)線的電阻，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng))

求：

XMX

AB

CXNX>

圖7

(1)1S末外力尸的大小;

(2)撤去外力戶后的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱.

答案(1)2N(2)0.96J

解析(1)1s末，金屬桿MN的速度大小為

5=4h=2Xlm/s=2m/s

金屬桿MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLvi

P

金屬桿MN中的感應(yīng)電流大小,=而

金屬桿MN受到的安培力大小F*=BIL

n2j27,

聯(lián)與■得F傘=0_|__=1.6N

R-tr

根據(jù)牛頓第二定律有F-F^=ma

可得尸=產(chǎn)安+〃也=2N

(2)2s末，金屬桿MN的速度大小為s=〃“=2X2m/s=4m/s

撤去外力產(chǎn)后的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律得電路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q=；/如22=；X0.2X42

J=1.6J

R3

電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QpX1.6J=0.96J.

K-TrJ十2

8.(2020?江西上饒市月考)如圖8甲所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的平行金

屬導(dǎo)軌相距L=lm,導(dǎo)軌平面與水平面成夕=37。角，上端連接阻值為R=2C的電阻.勻強(qiáng)

磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度8=0.4T.質(zhì)最〃?=0.2kg、電阻r=lQ的金屬棒ab,以

初速度如從導(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(yùn)動(dòng)，速度一時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.25.已知g=10m/s2,而37。=0.6,cos37。=0.8.求：

圖8

(I)金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值；

(2)當(dāng)金屬棒速度為向上3m/s時(shí)，施加在金屬棒上外力尸做功的功率；

(3)金屬棒在s、2s</<4s內(nèi)外力尸隨時(shí)間]變化的函數(shù)關(guān)系式.

答案(1)2.4V(2)3.48W(3)見(jiàn)解析

解析(1)當(dāng)金屬棒速度最大時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，故有E=BL%=O.4X1X6V=2.4V.

(2)當(dāng)金屬棒速度為v=3m/s時(shí)，加速度大小為a=~^j=2m/s?=3m/s2,F\=BIL=7+；=

0.16N,

由牛頓第二定律得：—/im^cos夕一〃?gsin0—F\'+F=—ma

解得F=/tmgcos〃+〃火sin0+F\—nui=1.16N

故有P=&=3.48W.

(3)由題圖乙可知速度大小。=6-3"m/s)

n2r2p

上滑階段安培力大小F±=B1L=TTL=O-32-0.16/

AK-vr

上滑階段由牛頓第二定律得一〃?gsin夕一w〃gcos0—FA上+F=-ma

代入得F=1.32-0.16;(N)[0<r<2s)

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尸,\下=0.16/—0.32

有―/〃gsin。+geos。+FA下+F=-ma

可得F=0.52-0.16z(N)(2s<r<4s).

9.如圖9甲所示，相距L=1m的兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，與水平面夾角

。=37。，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，質(zhì)量〃?=1kg、電阻為r=0.5Q的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌

的PM兩端接在外電路上，定值電阻阻值R=1.5C,電容器的電容C=0.5F,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(chǎng).在開(kāi)關(guān)，閉合、S2斷開(kāi)的

狀態(tài)下將導(dǎo)體棒由靜止釋放，導(dǎo)體棒的。一/圖象如圖乙所示，sin37°=0.6,cos37°=0.8,

取重力加速度g=10m/s2.

圖9

(1)求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小以

(2)在開(kāi)關(guān)Si閉合、S2斷開(kāi)的狀態(tài)下，當(dāng)導(dǎo)體棒下滑的距離x=5m時(shí)，定值電阻產(chǎn)生的焦耳

熱為21J,此時(shí)導(dǎo)體棒的速度與加速度分別是多大？

(3)現(xiàn)在開(kāi)關(guān)8斷開(kāi)、S2閉合的狀態(tài)卜，由靜止釋放導(dǎo)體棒，求經(jīng)過(guò)/=2s時(shí)導(dǎo)體棒的速度大

小.

答案(1)2T(2)2m/s2m/s2(3)4m/s

解析(1)由踵圖乙可知，導(dǎo)體棒的最大速度“m=3ni/s,

對(duì)應(yīng)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLvm,

F

感應(yīng)電流/==》,

R~rr

當(dāng)速度達(dá)到最大時(shí)，導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒受力平衡，有B/L=〃?gsin仇

解得“嚴(yán)密運(yùn)