2017_2018学年高中物理第四章电磁感应习题课二电磁感应中的动力学和能量问题课件新人教版选修3_2
图1 (1)导体棒所能达到的最大速度；
解析答案
(2)试定性画出导体棒运动的速度－时间图象. 解析 导体棒运动的速度－时间图象如图所示.
答案 见解析图
总结提升 解析答案
例2
如图2所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距为0.2 m，金属
导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计， 导体ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T， 且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4 s时，突然闭合开关S，则：
乙所示， 请在此图中画出ab杆下
滑过程中某时刻的受力示意图； 图3
解析答案
(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
及其加速度的大小；
解析 当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，此时
E BLv 电路中的电流 I＝R＝ R
B2L2v ab 杆受到安培力 F 安＝BIL＝ R B2L2v 根据牛顿第二定律，有 mgsin θ－F 安＝mgsin θ－ R ＝ma
典例精析
例4
如图4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， 则在金属框内产生热量大小等于( C )
绝缘斜面上，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，磁场方向垂直于斜面向下，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
轨倾角为 θ ，导轨下端接有电阻 R ，匀强磁场垂直斜 面向上 . 质量为 m 、电阻不计的金属棒 ab 在沿斜面与 棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为 h，在这个过程中( ) A.金属棒所受各力的合力所做的功等于零 图5
B.金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和
第四章 电磁感应
习题课(二)：电磁感应中的动力学和能量问题
目标 定位
1.综合运用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的动力 学问题. 2.会分析电磁感应中的能量转化问题.
栏目 索引
一、电磁感应中的动力学问题 二、电磁感应中的能量问题 对点检测 自查自纠
一、电磁感应中的动力学问题 知识梳理
典例精析
例1
如图1所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是
水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端，ab
是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间 的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水 平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂 直且接触良好，求：(g＝10 m/s2)
mgL－mv2 mgL＋mv2 mv2 mv2 A. B. C. mgL － D. mgL ＋ 2 2 2 2
解析 mv2 mv2 械能为 mgL－ 2 ，故产生的热量为 mgL－ 2 ，答案 C 正确.
解析答案
图4
金属框绕光滑轴转下的过程中机械能有损失但能量守恒， 损失的机
例5
如图 5 所示，两根电阻不计的光滑平行金属导
1.电磁感应现象中的能量守恒
电磁感应现象中的“阻碍”是能量守恒的具体体现，在这种“阻碍”的
过程中，其他形式的能转化为电能.
2.电磁感应现象中的能量转化方式
3.求解电磁感应现象中能量问题的一般思路 (1)确定回路，分清电源和外电路. (2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化.如： 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克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力 做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他 形式的能. (3)列有关能量的关系式.
C.恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产
生的焦耳热之和
D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
总结提升 解析答案 返回
对点检测
自查自纠
1
2
3
1.(电磁感应中的动力学问题 )如图6所示，矩形闭 合导体线框在匀强磁场上方，从不同高度由静止 释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁 场的时刻.线框下落过程形状不变，ab边始终保持 与磁场水平边界线 OO′ 平行，线框平面与磁场 方向垂直 .设 OO′ 下方磁场区域足够大，不计空 气阻力，则下列哪一个图象不可能反映线框下落 过程中速度v随时间t变化的规律( ) 图6
B2L2v a＝gsin θ－ mR .
答案 BLv R B2L2v gsin θ－ mR
解析答案
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值.
解析 mgRsin θ 当 a＝0 时，ab 杆有最大速度：vm＝ B2L2 .
答案
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
mgRsin θ B2L2
总结提升
解析答案
返回
二、电磁感应中的能量问题 知识梳理
1.具有感应电流的导体在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题
往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：
(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)求回路中的感应电流的大小和方向.
(3)分析导体的受力情况(包括安培力).
(4)列动力学方程或平衡方程求解.
2.两种状态处理 (1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态. 处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析. (2)导体处于非平衡状态——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.
图2
(1)试说出S接通后，导体ab的运动情况；
解析答案
(2)导体ab匀速下落的速度是多少？(g取10 m/s2)
解析 设匀速下落的速度为vm，
B2L2vm mgR 此时 F 安＝mg，即 R ＝mg，vm＝B2L2＝0.5 m/s.
答案 0.5 m/s
解析答案
例3
如图3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
2017_2018学年高中物理第四章电磁感应习题课二电磁感应中的动力学和能量问题学案新人教版选修3_2
习题课（二）电磁感应中的动力学和能量问题[目标定位] 1.综合运用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的动力学问题.2.会分析电磁感应中的能量转化问题.一、电磁感应中的动力学问题1.具有感应电流的导体在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(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)求回路中的感应电流的大小和方向.(3)分析导体的受力情况(包括安培力).(4)列动力学方程或平衡方程求解.2.两种状态处理(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态.处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析.(2)导体处于非平衡状态——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.例1如图1所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：(g＝10 m/s2)图1(1)导体棒所能达到的最大速度；(2)试定性画出导体棒运动的速度－时间图象.解析ab棒在拉力F作用下运动，随着ab棒切割磁感线运动的速度增大，棒中的感应电动势增大，棒中感应电流增大，棒受到的安培力也增大，最终达到匀速运动时棒的速度达到最大值.外力在克服安培力做功的过程中，消耗了其他形式的能，转化成了电能，最终转化成了焦耳热.(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：E ＝BLv ① I ＝E R ＋r② 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F f 的作用，根据牛顿第二定律：F －μmg －F 安＝ma ④由①②③④得：F －μmg －B 2L 2vR ＋r＝ma ⑤由上式可以看出，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.此时有F －μmg －B 2L 2v mR ＋r＝0⑥可得：v m ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2L2＝10 m/s⑦ (2)导体棒运动的速度－时间图象如图所示.答案 (1)10 m/s (2)见解析图电磁感应动力学问题中，要把握好受力情况、运动情况的动态分析.基本思路是：导体受外力运动―――→E ＝Blv 产生感应电动势―――→I ＝ER ＋r 感应电流―――→F ＝BIl 导体受安培力―→合外力变化―――→F 合＝ma 加速度变化―→速度变化―→感应电动势变化……→a ＝0，v 最大值.周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定状态，a ＝0，速度v 达到最大值.例2 如图2所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距为0.2 m ，金属导体ab 可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab 的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导体ab 的质量为0.2 g ，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T ，且磁场区域足够大，当导体ab 自由下落0.4 s 时，突然闭合开关S ，则：图2(1)试说出S 接通后，导体ab 的运动情况； (2)导体ab 匀速下落的速度是多少？(g 取10 m/s 2) 解析 (1)闭合S 之前导体ab 自由下落的末速度为：v 0＝gt ＝4 m/s.S 闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab 立即受到一个竖直向上的安培力.F 安＝BIL ＝B 2L 2v 0R＝0.016 N ＞mg ＝0.002 N.此刻导体所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为a ＝F 安－mg m ＝B 2L 2v mR－g ，所以ab 做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动.当速度减小至F 安＝mg 时，ab 做竖直向下的匀速运动. (2)设匀速下落的速度为v m ，此时F 安＝mg ，即B 2L 2v m R ＝mg ，v m ＝mgR B 2L2＝0.5 m/s.答案 (1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动 (2)0.5 m/s例3 如图3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.图3(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 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(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.解析 (1)如图所示，ab 杆受重力mg ，竖直向下；支持力F N ，垂直于斜面向上；安培力F 安.(2)当ab 杆的速度大小为v 时，感应电动势E ＝BLv ，此时 电路中的电流I ＝E R ＝BLvRab 杆受到安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2vR根据牛顿第二定律，有mg sin θ－F 安＝mg sin θ－B 2L 2vR ＝maa ＝g sin θ－B 2L 2vmR.(3)当a ＝0时，ab 杆有最大速度：v m ＝mgR sin θB 2L 2. 答案 (1)见解析图(2)BLv R g sin θ－B 2L 2v mR (3)mgR sin θB 2L 2电磁感应中力学问题的解题技巧：(1)受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场B 的方向，以便准确地画出安培力的方向.(2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化，不像重力或其他力一样是恒力. (3)根据牛顿第二定律分析a 的变化情况，以求出稳定状态的速度. (4)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口.二、电磁感应中的能量问题1.电磁感应现象中的能量守恒电磁感应现象中的“阻碍”是能量守恒的具体体现，在这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能.2.电磁感应现象中的能量转化方式3.求解电磁感应现象中能量问题的一般思路 (1)确定回路，分清电源和外电路.(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化.如： 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克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能. (3)列有关能量的关系式.例4 如图4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 ，则在金属框内产生热量大小等于( )图4A.mgL －mv 22B.mgL ＋mv 22C.mgL －mv 22D.mgL ＋mv 22解析 金属框绕光滑轴转下的过程中机械能有损失但能量守恒，损失的机械能为mgL －mv 22，故产生的热量为mgL －mv 22，答案C 正确.答案 C例5 如图5所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为θ，导轨下端接有电阻R ，匀强磁场垂直斜面向上.质量为m 、电阻不计的金属棒ab 在沿斜面与棒垂直的恒力F 作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h ，在这个过程中( )图5A.金属棒所受各力的合力所做的功等于零B.金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和C.恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热解析棒匀速上升的过程有三个力做功：恒力F做正功、重力G做负功、安培力F安做负功.根据动能定理：W＝W F＋W G＋W安＝0，故A对，B错；恒力F与重力G的合力所做的功等于棒克服安培力做的功.而棒克服安培力做的功等于回路中电能(最终转化为焦耳热)的增加量，克服安培力做功与焦耳热不能重复考虑，故C错，D对.答案AD电磁感应中焦耳热的计算技巧：(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，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安.②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少，即Q＝ΔE其他.1.(电磁感应中的动力学问题)如图6所示，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，从不同高度由静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻.线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直.设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )图6答案 A解析 线框在0～t 1这段时间内做自由落体运动，v －t 图象为过原点的倾斜直线，t 2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v －t 图象为倾斜直线.t 1～t 2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A 选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v －t 图象为A 选项中的图象.2.(电磁感应中的动力学问题)如图7所示，光滑金属直导轨MN 和PQ 固定在同一水平面内，MN 、PQ 平行且足够长，两导轨间的宽度L ＝0.5 m.导轨左端接一阻值R ＝0.5 Ω的电阻.导轨处于磁感应强度大小为B ＝0.4 T ，方向竖直向下的匀强磁场中，质量m ＝0.5 kg 的导体棒ab 垂直于导轨放置.在沿着导轨方向向右的力F 作用下，导体棒由静止开始运动，导体棒与导轨始终接触良好并且相互垂直，不计导轨和导体棒的电阻，不计空气阻力，若力F 的大小保持不变，且F ＝1.0 N ，求：图7(1)导体棒能达到的最大速度大小v m ；(2)导体棒的速度v ＝5.0 m/s 时，导体棒的加速度大小. 答案 (1)12.5 m/s (2)1.2 m/s 2解析 (1)导体棒达到最大速度v m 时受力平衡，有F ＝F 安m ，此时F 安m ＝B 2L 2v m R，解得v m ＝12.5m/s.(2)导体棒的速度v ＝5.0 m/s 时，感应电动势E ＝BLv ＝1.0 V ，导体棒上通过的感应电流大小I ＝E R＝2.0 A ，导体棒受到的安培力F 安＝BIL ＝0.40 N ，根据牛顿第二定律，有F －F 安＝ma ，解得a ＝1.2 m/s 2.3.(电磁感应中的能量问题)如图8所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻，一质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4 T.金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x ＝9 m 时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，金属棒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.求：图8(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ； (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2； (3)外力做的功W F .答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J解析 (1)匀加速运动过程中产生的平均电动势E ＝n ΔΦΔt回路中的电流为I ＝ER ＋r通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt 由上述公式联立可得：q ＝nΔΦR ＋r ＝BLx R ＋r ＝0.4×0.5×90.3＋0.1C ＝4.5 C. (2)撤去外力前金属棒做匀加速运动，根据运动学公式得x ＝12at 2，v ＝at所以v ＝6 m/s撤去外力后金属棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将金属棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于金属棒的动能减少量，有：Q 2＝ΔE k ＝12mv 2＝12×0.1×62 J ＝1.8 J.(3)根据题意，在撤去外力前的焦耳热为Q 1＝2Q 2＝3.6 J ，撤去外力前拉力做正功、安培力做负功(其大小等于焦耳热Q 1)、重力不做功.金属棒的动能增大，根据动能定理有： ΔE k ＝W F －Q 1则W F ＝Q 1＋ΔE k ＝3.6 J ＋1.8 J ＝5.4 J.题组一 电磁感应中的动力学问题1.如图1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可不计.开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图1A.ef 将减速向右运动，但不是匀减速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 答案 A解析 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，但不是匀减速，由F ＝BIL ＝B 2L 2vR＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动，故A 正确.2.如图2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 是一根不但与导轨垂直而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 变化的图象不可能是下图中的( )图2答案 B解析 S 闭合时，若B 2l 2v R ＞mg ，先减速再匀速，D 项有可能；若B 2l 2vR ＝mg ，匀速，A 项有可能；若B 2l 2v R ＜mg ，先加速再匀速，C 项有可能；由于v 变化，B 2l 2vR－mg ＝ma 中a 不恒定，故B 项不可能.3.(多选)如图3所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，间距为l ，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v m ，则( )图3A.如果B 变大，v m 将变大B.如果α变大，v m 将变大C.如果R 变大，v m 将变大D.如果m 变小，v m 将变大 答案 BC解析 金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E ＝Blv ，在闭合电路中形成电流I ＝BlvR，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F 安作用，F 安＝BIl ＝B 2l 2vR ，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mg sin α－B 2l 2v R ＝ma ，当a →0时，v →v m ，解得v m ＝mgR sin αB 2l 2，故选项B 、C 正确.4.均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd ，每边长为L ，总电阻为R ，总质量为m .将其置于磁感应强度为B 的水平匀强磁场上方h 处，如图4所示.线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd 边始终与水平的磁场边界平行.当cd 边刚进入磁场时，图4(1)求线框中产生的感应电动势大小； (2)求cd 两点间的电势差大小；(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h . 答案 (1)BL 2gh (2)34BL 2gh (3)m 2gR22B 4L 4解析 (1)cd 边刚进入磁场时，线框速度：v ＝2gh 线框中产生的感应电动势E ＝BLv ＝BL 2gh (2)此时线框中的电流I ＝E Rcd 切割磁感线相当于电源，cd 两点间的电势差即路端电压：U ＝I ·34R ＝34BL 2gh (3)安培力：F 安＝BIL ＝B 2L 22ghR根据牛顿第二定律：mg －F 安＝ma ，由a ＝0，解得下落高度h ＝m 2gR 22B 4L4题组二 电磁感应中的能量问题5.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图5所示，抛物线的方程为y ＝x 2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(图中虚线所示)，一个质量为m 的小金属块从抛物线y ＝b (b ＞a )处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )图5A.mgbB.12mv 2 C.mg (b －a ) D.mg (b －a )＋12mv 2答案 D解析 金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生电流，进而产生焦耳热，最后，金属块在高为a 的曲面上做往复运动，减少的机械能为mg (b －a )＋12mv 2，由能量守恒定律可知，减少的机械能全部转化成焦耳热，即D 选项正确. 6.如图6所示，质量为m 、高为h 的矩形导线框在竖直面内自由下落，其上下两边始终保持水平，途中恰好匀速穿过一有理想边界、高亦为h 的匀强磁场区域，线框在此过程中产生的内能为( )图6A.mghB.2mghC.大于mgh 而小于2mghD.大于2mgh答案 B解析 因线框匀速穿过磁场，在穿过磁场的过程中合外力做功为零，克服安培力做功为2mgh ，产生的内能亦为2mgh .故选B.7.如图7所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )图7A.Q 1＞Q 2，q 1＝q 2B.Q 1＞Q 2，q 1＞q 2C.Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D.Q 1＝Q 2，q 1＞q 2答案 A解析 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q 1＝W 1＝F 1l bc ＝B 2l 2ab vRl bc ＝B 2Sv R l ab ，同理Q 2＝B 2Sv R l bc ，又l ab ＞l bc ，故Q 1＞Q 2；因q ＝I t ＝E R t ＝ΔΦR，故q 1＝q 2，因此A 正确.题组三 电磁感应中的动力学问题和能量问题的综合8.(多选)如图8所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )图8A.当导体棒速度达到v 2时加速度大小为12g sin θB.当导体棒速度达到v 2时加速度大小为14g sin θC.P ＝2mgv sin θD.P ＝3mgv sin θ 答案 AC9.如图9所示，长L 1、宽L 2的矩形线圈电阻为R ，处于磁感应强度为B 的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直，求将线圈以向右的速度v 匀速拉出磁场的过程中，图9(1)拉力的大小F ； (2)线圈中产生的电热Q .答案 (1)B 2L 22v R (2)B 2L 22L 1vR解析 (1)线圈出磁场时：F ＝BIL 2I ＝ER E ＝BL 2v解得F ＝B 2L 22vR(2)方法一：t ＝L 1vQ ＝I 2Rt所以Q ＝B 2L 22L 1vR方法二：Q ＝W ＝FL 1＝B 2L 22L 1vR10.如图10所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽L ＝0.5 m ，框的电阻不计，匀强磁场的磁感应强度B ＝1 T ，方向与框面垂直，金属棒MN 的质量为100 g ，电阻为1 Ω，现让MN 无初速度释放并与框保持接触良好的竖直下落，从释放直至到最大速度的过程中通过棒某一截面的电荷量为2 C ，求此过程中回路产生的电能为多少？(空气阻力不计，g ＝10 m/s 2)图10答案 3.2 J解析 金属棒下落过程做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零时速度达到最大，根据平衡条件得mg ＝B 2L 2v m R①在下落过程中，金属棒减少的重力势能转化为它的动能和电能E ，由能量守恒定律得mgh ＝12mv 2m ＋E ②通过棒某一横截面的电荷量为q ＝BhLR③ 由①②③解得：E ＝mgh －12mv 2m ＝mgRq BL －m 3g 2R 22B 4L4＝0.1×10×1×21×0.5 J －0.13×102×122×14×0.54 J ＝3.2 J.。
高中物理第四章电磁感应习题课电磁感应中的图象动力学及能量问题课件新人教版选修3
图象 流 I 随时间 t 变化的图象，即 B-t 图象、Φ-t 图象、E-t 图象和 I-t 图象 类型 (2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电
动势 E 和感应电流 I 随线圈位移 x 变化的图象，即 E-x 图象和 I-x 图象 (1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(2)由给定的有关图象 问题类型 分析电磁感应过程，求解相应的物理量 左手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛 应用知识 顿定律、相关数学知识等
2.解决图象问题的一般步骤 (1)明确图象的种类，即是 B-t 图象还是 Φ-t 图象，或者 E-t 图象、I-t 图象等． (2)分析电磁感应的具体过程． (3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系． (4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式． (5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等． (6)画图象或判断图象．
[典例1] 如图所示，一底边长为 L，底边上的高也为 L 的等腰三角形导体线框以恒 定的速度 v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为 2L，宽为 L 的匀强磁场，磁场方 向垂直纸面向里．t＝0 时刻，三角形导体线框的底边刚进入磁场，取沿逆时针方向 的感应电流为正，则在三角形导体线框穿过磁场区域的过程中，感应电流 i 随时间 t 变化的图线可能是( )
3.(多选)如图所示，有两根和水平方向成 α 角的光滑平行的金 属轨道，间距为 l，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 的速度会趋于一个最大速度 vm，除 R 外其余电阻不计，则( ) A．如果 B 变大，vm 将变大 B．如果 α 变大，vm 将变大 C．如果 R 变大，vm 将变大 D．如果 m 变小，vm 将变大
高二物理人教版选修3-2第四章 习题课 电磁感应中的动力学及能量问题
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=ma 知,ef 做的是加速度减小的减速运动。故 A 正确。
答案:A
1
2
3
2.如图所示,质量为m、高为h的矩形导线框在竖直面内自由下落, 其上下两边始终保持水平,途中恰好匀速穿过一有理想边界、高亦 为h的匀强磁场区域,线框在此过程中产生的内能为( ) A.mgh B.2mgh C.大于mgh而小于2mgh D.大于2mgh 解析:因线框匀速穿过磁场,在穿过磁场的过程中合外力做功为零, 克服安培力做功为2mgh,产生的内能亦为2mgh。故选B。 答案:B
3.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)求回路中的感应电流的大小和方向。 (3)分析研究导体受力情况(包括安培力)。 (4)列动力学方程或平衡方程求解。
探究一
探究二
典例剖析 【例题1】 如图所示,空间存在B=0.5 T、方向竖直向下的匀强磁 场,MN、PQ是不计电阻水平放置的平行长直导轨,其间距L=0.2 m, 电阻R=0.3 Ω 接在导轨一端,ab是跨接在导轨上质量m=0.1 kg、电 阻r=0.1 Ω 、长度与导轨间距相等的导体棒,已知导体棒和导轨间 的动摩擦因数为0.2。从零时刻开始,对ab棒施加一个大小为 F=0.45 N、方向水平向左的恒定拉力,使其从静止开始沿导轨滑动, 过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好,则:(g取10 m/s2)
探究一
探究二
解析:设 ab 棒的有效长度为 l,S 闭合时,若 速,D 项有可能;若 能。
答案:ACD
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(三年高考两年模拟)2017年一轮：104《电磁感应中的动力学与能量问题》ppt课件-(物理)AKwKHU
(1)cd下滑的过程中,ab中的电流方向; (2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v多大; (3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,cd滑动的距离x=3.8 m,此过 程中ab上产生的热量Q是多少。
答案 (1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
一分耕耘一分收获
解析 (1)由右手定则可知ab中电流方向由a流向b。 (2)开始放置ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fmax,有 Fmax=m1g sin θ ① 设ab刚好要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有 E=BLv ② 设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有
稳定状态,最后做匀速直线运动,根据共点力平衡条件列平衡方程F合=0。
一分耕耘一分收获
典例1 如图所示,光滑斜面的倾角α=30°,在斜面上放置一矩形线框abcd,a b边的边长l1=1 m,bc边的边长l2=0.6 m,线框的质量m=1 kg,电阻R=0.1 Ω,线 框通过细线与重物相连,重物质量M=2 kg,斜面上ef(ef∥gh)的右方有垂直斜 面向上的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T,如果线框从静止开始运动,进入磁 场的最初一段时间做匀速运动,ef和gh的距离s=11.4 m,(取g=10 m/s2)求:
重力,重物受到自身的重力和细线的拉力F',对线框由牛顿第二定律得 F-mg sin α=ma 对重物由牛顿第二定律得Mg-F'=Ma 又F=F' 联立解得线框进入磁场前重物的加速度大小
a= Mg mg sin α =5 m/s2。
M m
一分耕耘一分收获
(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动,则重物受力平衡:Mg=F1 线框abcd受力平衡:F1'=mg sin α+F安 又F1=F1' ab边进入磁场切割磁感线,产生的感应电动势 E=Bl1v 回路中的感应电流为I= E = Bl1v
高中物理 第4章 电磁感应 习题课3 电磁感应中的动力学及能量问题课件2高中选修32物理课件
作
素
探 究
攻
(2)mg2sBind
θ2
R
养 重
重
难
难
(3)mgssin θ－m3g2R2B＋4dr42sin2θ
强 化 训
练
返
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· ·
课
堂
求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路
小 结
合 作
(1)确定感应电动势的大小和方向．
提 素
探
养
究
(2)画出等效电路图，求出回路中消耗的电能表达式．
素 养
究
攻 重
能(通常为内能)，外力克服安培力做功，则是其他形式的能(通常为
重 难
难
机械能)转化为电能的过程．
强 化
训 练
返
首
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第十五页，共四十一页。
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课
堂
小
2．求解焦耳热Q的几种方法
结
合
作
公式法
探
提
Q＝I2Rt
素 养
究
攻
功能关系法
焦耳热等于克服安培力做的功
重
重
难
难
能量转化法
攻
重
重 难
(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械能的改变
难 强
化
与回路中的电能的改变所满足的方程．
训
练
返
首
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[跟进训练]
课
2．如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为
堂 小
4.5.3 电磁感应中的动力学及能量问题—高中物理选修3-2学案
电磁感应中的动力学及能量问题一、电磁感应中的动力学问题1．电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(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)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向．(3)分析研究导体受力情况(包括安培力)．(4)列动力学方程或平衡方程求解．2．两种状态处理(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析．(2)导体处于非平衡状态——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．电磁感应中动力学问题的解题技巧1．受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场B的方向，以便准确地画出安培力的方向．2．要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化．3．根据牛顿第二定律分析a的变化情况，以求出稳定状态的速度．4．列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口．二、电磁感应中的能量问题1．电磁感应中能量的转化电磁感应过程的实质是不同形式的能量相互转化的过程，其能量转化方式为：2．求解电磁感应现象中能量问题的一般思路(1)确定回路，分清电源和外电路．(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．如：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克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能．(3)列有关能量的关系式．电磁感应中焦耳热的计算技巧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，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安．(2)利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少量．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可忽略不计．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变化的图象不可能是下图中的()3．(多选)如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F 作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，在这一过程中()A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热4．如图所示，质量为m的金属环用不可伸长的细线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力大小，下列说法中正确的是()A．大于环重力mg，并逐渐减小B．始终等于环重力mgC．小于环重力mg，并保持恒定D．大于环重力mg，并保持恒定5．如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t图象中，能正确描述上述过程的是()6．(多选)如图所示，有两根和水平方向成α(α<90°)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，磁感应强度为B，一根质量为m、电阻不计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v m，则()A．如果B增大，v m将变大B．如果α变大(仍小于90°)，v m将变大C．如果R变大，v m将变大D．如果m变小，v m将变大7．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()A．Q1＞Q2，q1＝q2B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1＞q28.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于()A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上产生的热量9．(多选)如图所示，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长ad＝L，cd＝2L.线框导线的总电阻为R.则在线框离开磁场的过程中，下列说法中正确的是()A．ad间的电压为BLv3B．流过线框截面的电荷量为2BL2RC．线框所受安培力的合力为2B2L2vR D．线框中的电流在ad边产生的热量为2B2L3v3R10.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L、质量为m且与导轨接触良好的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R的电阻，导轨及导体棒电阻不计．现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为x时，ab达到最大速度v m.此时撤去外力，最后ab静止在导轨上．在ab运动的整个过程中，下列说法正确的是()A．撤去外力后，ab做匀减速运动B．合力对ab做的功为FxC．R上释放的热量为Fx＋12mv2mD．R上释放的热量为Fx11.如图所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)()A．2.5 m/s 1 W B．5 m/s 1 W C．7.5 m/s9 W D．15 m/s9 W12．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．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，金属棒与导轨间接触良好．则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Bd2gh2R B．通过金属棒的电荷量为BdLRC．克服安培力所做的功为mgh D．金属棒产生的焦耳热为12mg(h－μd)13．如图所示，竖直平面内有足够长的平行金属导轨，轨距为0.2 m，金属导体ab 可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T，且磁场区域足够大，当导体ab 自由下落0.4 s时，突然闭合开关S，则：(1)试说出S接通后，导体ab的运动情况；(2)导体ab匀速下落的速度是多少？(g取10 m/s2)14．如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨与水平面成37°角放置，导轨间距为L ＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、接入电路的电阻r＝1 Ω的金属杆ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，杆下滑过程中的v－t图象如图乙所示．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：(1)磁感应强度大小B；(2)杆在磁场中下滑0.1 s过程中电阻R上产生的热量．15．如图所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、接入电路的电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：(g＝10 m/s2)(1)导体棒所能达到的最大速度；(2)试定性画出导体棒运动的速度－时间图象．16．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．(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杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(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．17．如图所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，导轨间的距离L＝1.0 m，下端连接R＝1.6 Ω的电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0 T．质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F＝5.0 N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行，当金属棒滑行s＝2.8 m后速度保持不变．求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)(1)金属棒匀速运动时的速度大小v；(2)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量Q R.18．两根平行的金属导轨相距L1＝1 m，与水平方向成θ＝30°角倾斜放置，如图甲所示，其上端连接阻值R＝1.5 Ω的电阻，另有一根质量m＝0.2 kg，电阻r＝0.5 Ω的金属棒ab放在两根导轨上，距离上端L2＝4 m，棒与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计，因有摩擦力作用，金属棒处于静止状态．现在垂直导轨面加上从零均匀增强的磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示，已知在t＝2 s时棒与导轨间的摩擦力刚好为零(g取10 m/s2)，则在棒发生滑动之前：(1)t＝2 s时，磁感应强度B为多大？(2)假如t＝5 s时棒刚要发生滑动，则棒与导轨间最大静摩擦力多大？(3)从t＝0到t＝3 s内，电阻R上产生的电热有多少？19．如图所示，足够长的U形导体框架的宽度L＝0.5 m，电阻可忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角．有一磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场，方向垂直于导体框平面．一根质量m＝0.4 kg、电阻R＝1 Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放．已知导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0.5.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(1)求导体棒刚开始下滑时的加速度大小；(2)求导体棒运动过程中的最大速度；(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，通过导体棒横截面的电荷量Q ＝4 C，求导体棒在此过程中消耗的电能．电磁感应中的动力学及能量问题1．答案 A解析 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 ＝B2l2v R ＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动，故A 正确．2．答案 B解析 S 闭合时，若金属杆受到的安培力B2l2v R ＞mg ，ab 杆先减速再匀速，D 项有可能；若B2l2v R ＝mg ，ab 杆匀速运动，A 项有可能；若B2l2v R ＜mg ，ab 杆先加速再匀速，C 项有可能；由于v 变化，mg －B2l2v R ＝ma 中a 不恒定，故B 项不可能．3．答案 AD解析 金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F 做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功．匀速运动时，金属棒所受合力为零，故合力做功为零，A 正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R 上产生的焦耳热，故外力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，D 正确．4．答案 A解析 根据楞次定律知圆环中感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有FT ＝mg ＋F 安，得FT>mg ，F 安＝BIL ，根据法拉第电磁感应定律知，I ＝E R ＝ΔΦRΔt ＝ΔB RΔt S ，可知I 为恒定电流，联立上式可知B 减小，F 安减小，则由FT ＝mg ＋F 安知FT 减小，选项A 正确．5．答案 D解析导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E＝BLv、I＝ER、F安＝BIL得F安＝B2L2vR，随着v的减小，安培力F安减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F安＝B2L2vR，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D正确．6．答案BC解析金属杆由静止开始滑下的过程中，金属杆就相当于一个电源，与电阻R构成一个闭合回路，其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mgsin α－B2L2vR＝ma所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a＝0时达到最大速度vm，即mgsin α＝B2L2vmR，可得：vm＝mgRsin αB2L2，故由此式知选项B、C正确．7．答案 A解析根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝B2l 2abvR lbc＝B2SvR lab同理Q2＝B2SvR lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝I t＝ER t＝ΔΦR＝BSR，故q1＝q2.因此A正确．8.答案 A解析棒加速上升时受到重力、拉力F及安培力．根据功能关系可知，力F与安培力做功的代数和等于棒的机械能的增加量，A正确．9．答案 ABD解析 ad 间的电压为U ＝I· 16R ＝B·2Lv R ·16R ＝BLv 3，故A 正确；流过线框截面的电荷量q ＝IΔt ＝ΔΦΔt·R ·Δt ＝2BL2R ，故B 正确；线框所受安培力的合力F ＝BI·2L ＝4B2L2v R ，故C 错误；产生的感应电动势E ＝2BLv ，感应电流I ＝E R ，线框中的电流在ad 边产生的热量Q ＝I2·16R·L v ＝2B2L3v 3R ，故D 正确．10.答案 D解析 撤去外力后，导体棒水平方向上只受安培力作用，而F 安＝B2L2v R，F 安随v 的变化而变化，故导体棒做加速度变化的减速运动，A 错；对整个过程由动能定理得W 合＝ΔEk ＝0，B 错；由能量守恒定律知，恒力F 做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R 上释放的热量，即Q ＝Fx ，C 错，D 对．11.答案 B解析 小灯泡稳定发光时，导体棒MN 匀速下滑，其受力如图所示，由平衡条件可得F 安＋μmgcos 37°＝mgsin 37°，所以F 安＝mg(sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N ，由F 安＝BIL 得I ＝F 安BL ＝1 A ，所以E ＝I(R 灯＋RMN)＝2 V ，导体棒的运动速度v ＝E BL ＝5 m/s ，小灯泡消耗的电功率为P 灯＝I2R 灯＝1 W ．正确选项为B.12．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 ＝12mv2，金属棒到达平直部分时的速度v ＝2gh ，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＝ER＋R＝BL2gh2R，故A错误；通过金属棒的感应电荷量q＝IΔt＝ΔΦ2R＝BdL2R，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′＝12Q＝12W安＝12mg(h－μd)，故D正确．13．答案见解析解析(1)闭合S之前导体ab自由下落的末速度为：v0＝gt＝4 m/s.S闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab立即受到一个竖直向上的安培力．F安＝BIL＝B2L2v0R＝0.016 N＞mg＝0.002 N.此时导体ab受到的合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为a＝F安－mgm＝B2L2vmR－g，所以ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动．当F安＝mg时，ab做竖直向下的匀速运动．(2)设匀速下落的速度为vm，此时F安＝mg，即B2L2vmR＝mg，vm＝mgRB2L2＝0.5 m/s.14．答案(1)2 T(2)3 160J解析(1)由题图乙得0～0.1 s内，杆的加速度a＝ΔvΔt＝0.50.1m/s2＝5 m/s20～0.1 s内，由牛顿第二定律有mgsin 37°－Ff＝ma代入数据得Ff＝0.1 N0．1 s后杆匀速运动，有mgsin 37°－Ff－F安＝0而F安＝BIL＝B BLvR＋rL＝B2L2vR＋r解得B＝2 T(2)方法一：杆在磁场中下滑0.1 s的过程中，回路中的电流恒定，有I＝BLvR＋r＝0.25A，电阻R上产生的热量QR＝I2Rt＝3 160J.方法二：金属杆ab在磁场中匀速运动的位移x＝vt＝0.05 m金属杆ab下落的高度h＝xsin θ＝0.03 m由能量守恒有mgh＝Q＋Ffx电阻R产生的热量QR＝34Q＝34(mgh－Ffx)＝3160J.15．答案(1)10 m/s(2)见解析图解析(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：E＝BLv①回路中的感应电流I＝ER＋r②导体棒受到的安培力F安＝BIL③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：F－μmg－F安＝ma④由①②③④得：F－μmg－B2L2vR＋r＝ma⑤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．此时有F－μmg－B2L2vmR＋r＝0⑥可得：vm＝F－μmg R＋rB2L2＝10 m/s⑦(2)由(1)中分析可知，导体棒运动的速度－时间图象如图所示．16．答案(1)见解析图(2)BLvR gsin θ－B2L2vmR(3)mgRsin θB2L2解析(1)如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于斜面向上；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，此时电路中的电流I＝ER＝BLvRab杆受到安培力F安＝BIL＝B2L2v R根据牛顿第二定律，有mgsin θ－F安＝mgsin θ－B2L2vR＝ma则a＝gsin θ－B2L2v mR.(3)当a＝0时，ab杆有最大速度vm，即mgsin θ＝B2L2vmR，解得vm＝mgRsin θB2L2.17．答案(1)4 m/s(2)1.28 J解析(1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I＝BLv R＋r由平衡条件有F＝mgsin θ＋BIL代入数据解得v＝4 m/s.(2)设整个电路中产生的热量为Q，由能量守恒定律有Q＝Fs－mgs·sin θ－12mv2而QR＝RR＋rQ，代入数据解得QR＝1.28 J.18．答案(1)1 T(2)1.5 N(3)4.5 J解析(1)当t＝2 s时，对导体棒由平衡条件得mgsin θ＝B2IL1①由闭合电路欧姆定律得I＝ER＋r②由法拉第电磁感应定律得E＝ΔBΔt L1L2＝B2－0t－0L1L2③联立①②③式解得B2＝1 T(2)当t＝5 s时，对棒由平衡条件得B5IL1＝mgsin θ＋Ffmax由题图乙及第(1)问可得t＝5 s时，B5＝2.5 T联立解得Ffmax＝1.5 N(3)由焦耳定律得：QR＝I2Rt代入数据解得：QR＝4.5 J19．答案(1)2 m/s2(2)5 m/s(3)3 J解析(1)导体棒刚开始下滑时，其受力情况如图甲，则mgsin θ－μmgcos θ＝ma解得a ＝2 m/s2 (2)当导体棒匀速下滑时其受力情况如图乙，因为匀速下滑，设匀速下滑的速度为v ，则在平行斜面上有mgsin θ－Ff －F ＝0安培力F ＝BIL ＝B BLv R L ＝B2L2v R联立解得v ＝mgR sin θ－μcos θB2L2＝5 m/s(3)通过导体棒横截面的电荷量Q ＝I ΔtI ＝ΔΦRΔt设导体棒下滑速度刚好为v 时的位移为x ，则ΔΦ＝BxL全程由动能定理，得mgx·sin θ－W 安－μmgcos θ·x ＝12mv2，其中W 安为克服安培力做的功．联立解得W 安＝3 J克服安培力做的功等于导体棒在此过程中消耗的电能，即QR ＝3 J.。
最新-2018届高考物理 第四课时 电磁感应中的动力学与能量问题复习课件 精品
当导体切割磁感线运动存在着临界条件时： (1)导体初速度等于临界速度时，导体匀速切割磁感线运动． (2)初速度大于临界速度时，导体先减速，后匀速运动． (3)初速度小于临界速度时，导体先加速，后匀速运动．
【例1】 (14分)如图所示，两根相距L、平行放置的光滑导电轨道，与水平面的夹角均为 α，轨道间有电阻R，处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中，一根质量为m、 电阻为r的金属杆ab，由静止开始沿导电轨道下滑．设下滑过程中杆ab始终与轨道保持垂 直，且接触良好，导电轨道有足够的长度，且电阻不计．
(1)杆ab将做什么运动？ (2)若开始时就给ab沿轨道向下的拉力F使其由静止开始向下做加速度为a的匀加速运动(a ＞gsin α)．求拉力F与时间t的关系式．
思路点拨：(1)正确对ab杆受力分析，将立体图转化为横截面图．(2)据受力应用牛顿第 二定律．
规范解答：(1)金属杆受力如图所示：当杆向下滑动时，速度越来越大，安培力 F 安变大， 加速度变小．随着速度的变大，加速度越来越小，ab 做加速度越来越小的加速运动，最终
(1)下落距离为 r/2 时棒的加速度的大小； (2)从开始下落到经过圆心的过程中线框中产生的热量．
思路点拨：(1)利用电路知识确定导体棒在2r 处的电流和安培力大小． (2)用牛顿第二定律求加速度． (3)安培力做了多少负功就转化为多少电能，电能再转化为焦耳热，应用动能定理．
解析：(1)等效电路如图．
(2)电流做功产生的热量：用焦耳定律计算，公式为Q＝I2Rt.
(3)分析电磁感应现象中能量问题的一般步骤
①在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该 导体或回路就相当于电源．
②分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化．
2018届高考物理一轮复习专题8电磁感应现象中的动力学动量和能量问题课件
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s=4 s 进入磁场,
此时磁感应强度为B1=(2+0.5×4) T=4 T ab棒切割磁感线,产生感应电动势E=B1dv0 ������1 2 ������ 2 ������0 ab棒受到的安培力F安= =1.6 N,方向水平向左
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由牛顿第二定律得F安-F=ma 则所加外力F=F安-ma=1.1 N,方向水平向右。 ������0 (2)ab棒进入磁场后,又经t2= ������ =8 s速度变为零,而此段时间内cd 棒与PQ碰撞后反向运动,恰好经t1+t2时间到达磁场边界MN,故此时 的电动势由cd棒切割磁感线产生, E=B2dv0 其中B2=(2+0.5×12) T=8 T ������ 解得 E=16 V,I= =1.6 A
2������
所以此时ab棒受到的安培力F=B2Id=8×1.6×0.5 N=6.4 N,方向 水平向右。 答案： (1)1.1 N,方向水平向右 (2)6.4 N,方向水平向右
思维点拨(1)棒被弹开后,ab在进入磁场前做什么运动?刚进入磁 场时磁感应强度如何确定? (2)ab棒什么时间速度刚减为零?此时磁感应强度为多大?cd棒处 于什么位置?速度是多大? 提示： (1)匀速直线运动 B=2+0.5t MN处 4 m/s (2)12 s 8 T 磁场边界
方法归纳电磁感应中的动力学问题分析思路 (1)电路分析:导体棒相当于电源,感应电动势相当于电源的电动 势,导体棒的电阻相当于电源的内阻,感应电流I= ������������������ 。 ������ + ������ ������2 ������ 2 ������ (2)受力分析:导体棒受到安培力及其他力,安培力F安=BIl= ������ + ������ , 根据牛顿第二定律列动力学方程F合=ma。 (3)过程分析:由于安培力是变力,导体棒做变加速运动或变减速 运动,当加速度为零时,达到稳定状态,最后做匀速直线运动,根据共 点力的平衡条件列方程F合=0。
2018年高考物理一轮复习 专题46 电磁感应中的动力学和能量问题(测)(含解析)
专题46 电磁感应中的动力学和能量问题【满分：110分时间：90分钟】一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)1．如图，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好，在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计，现用一水平向右的恒力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab始终垂直于导轨，金属杆受到的安培力用F安表示，则下列说法正确的是：（）A．金属杆ab做匀加速直线运动B．金属杆ab运动过程回路中有顺时针方向的电流C．金属杆ab所受到的F安先不断增大，后保持不变D．金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比【答案】C2．如图所示，两条电阻不计的平行导轨与水平面成θ角，导轨的一端连接定值电阻R1，匀强磁场垂直穿过导轨平面．一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab，垂直导轨放置，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，且R2=nR1．如果导体棒以速度v匀速下滑，导体棒此时受到的安培力大小为F，则以下判断正确的是：（）A. 电阻R消耗的电功率为Fv/nB. 重力做功的功率为mgv cosθC. 运动过程中减少的机械能全部转化为电能D. R2上消耗的功率为nFv/(n+l)【答案】D【名师点睛】导体棒以速度 v 匀速下滑，受到的安培力大小为 F，根据法拉第电磁感应定律和焦耳定律，联立解得P；根据能量转化情况，分析整个装置减小的机械功率转化为电能和内能。
R2和R1串联，电流相等，根据可知R2消耗的功率和R1消耗的功率的关系。
3．如图所示，PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨，GH是长度为L、电阻为r的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k．导体棒处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．图中E是电动势为E，内阻不计的直流电源，电容器的电容为C．闭合开关，待电路稳定后，下列选项正确的是：（）A．导体棒中电流为 B．轻弹簧的长度增加C．轻弹簧的长度减少 D．电容器带电量为CR【答案】C【名师点睛】本题属于含容电路问题，在电路的连接中，电容所在支路为断路，电容两端电压等于与之并联的导体两端的电压，利用闭合电路的欧姆定律即可得出电路中的电流及电容器的带电量；导体棒在磁场中通电后受安培力作用，当安培力与弹簧的弹力相等时导体棒处于稳定状态，由胡克定律和平衡条件即可求出弹簧的形变量。
选修 3-2 第四章 习题课：电磁感应中的动力学及能量问题
习题课：电磁感应中的动力学及能量问题一、电磁感应中的动力学问题1．电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(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)求回路中的感应电流的大小和方向．(3)分析研究导体受力情况(包括安培力)．(4)列动力学方程或平衡方程求解．2．两种状态处理(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析．(2)导体处于非平衡状态——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．例1如图1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．图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 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(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)BL v R g sin θ－B 2L 2v mR (3)mgR sin θB 2L 2解析 (1)如图所示，ab 杆受重力mg ，竖直向下；支持力F N ，垂直于斜面向上；安培力F 安，沿斜面向上．(2)当ab 杆的速度大小为v 时，感应电动势E ＝BL v ，此时电路中的电流I ＝E R ＝BL v Rab 杆受到安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R根据牛顿第二定律，有mg sin θ－F 安＝ma联立解得a ＝g sin θ－B 2L 2v mR. (3)当a ＝0时，ab 杆有最大速度：v m ＝mgR sin θB 2L 2.电磁感应现象中涉及到具有收尾速度的力学问题时，关键是做好受力情况和运动情况的动态分析： 导体运动产生感应电动势→感应电流→导体受安培力→合力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化周而复始地循环，达到最终状态时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态，即平衡状态，根据平衡条件建立方程，所求解的收尾速度也是导体运动的最大速度．针对训练1 (多选)如图2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 是一根与导轨垂直而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，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 变化的图象可能是( )图2答案 ACD解析 设ab 杆的有效长度为l ，S 闭合时，若B 2l 2v R >mg ，杆先减速再匀速，D 项有可能；若B 2l 2v R＝mg ，杆匀速运动，A 项有可能；若B 2l 2v R<mg ，杆先加速再匀速，C 项有可能；由于v 变化，B 2l 2v R－mg ＝ma 中的a 不恒定，故B 项不可能． 二、电磁感应中的能量问题1．电磁感应中能量的转化电磁感应过程实质是不同形式的能量相互转化的过程，其能量转化方式为：2．求解电磁感应现象中能量问题的一般思路(1)确定回路，分清电源和外电路．(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．如：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克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能．(3)列有关能量的关系式．例2 如图3所示，足够长的平行光滑U 形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，导轨间的距离L ＝1.0 m ，下端连接R ＝1.6 Ω的电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T.图3质量m ＝0.5 kg 、电阻r ＝0.4 Ω的金属棒ab 垂直置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F ＝5.0 N 的恒力使金属棒ab 从静止开始沿导轨向上滑行，当金属棒滑行s ＝2.8 m 后速度保持不变．求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)(1)金属棒匀速运动时的速度大小v ；(2)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R 上产生的热量Q R .答案 (1)4 m/s (2)1.28 J解析 (1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I ＝BL v R ＋r由平衡条件有F ＝mg sin θ＋BIL代入数据解得v ＝4 m/s.(2)设整个电路中产生的热量为Q ，由能量守恒定律有Q ＝Fs －mgs ·sin θ－12m v 2 而Q R ＝R R ＋rQ ，代入数据解得Q R ＝1.28 J. 针对训练2 水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L 、质量为m 的导体棒ab ，ab 处在磁感应强度大小为B 、方向如图4所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R 的电阻，导轨及导体棒电阻不计．现使ab 在水平恒力F 作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为x 时，ab 达到最大速度v m .此时撤去外力，最后ab 静止在导轨上．在ab 运动的整个过程中，下列说法正确的是( )图4A ．撤去外力后，ab 做匀减速运动B ．合力对ab 做的功为FxC ．R 上释放的热量为Fx ＋12m v 2m D ．R 上释放的热量为Fx答案 D解析 撤去外力后，导体棒水平方向只受安培力作用，而F 安＝B 2L 2v R，F 安随v 的变化而变化，故导体棒做加速度变化的变速运动，A 错；对整个过程由动能定理得W 合＝ΔE k ＝0，B 错；由能量守恒定律知，恒力F 做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R 上释放的热量，即Q ＝Fx ，C 错，D 正确．1．(多选)如图5所示，不计电阻的平行金属导轨ab 、cd 竖直放置，上端接有电阻R ，ef 是一根电阻不计的水平放置的导体棒，质量为m ，棒的两端分别与ab 、cd 保持良好接触，且能沿导轨无摩擦下滑，整个装置放在与导轨垂直的匀强磁场中，当导体棒ef 由静止下滑一段时间后闭合开关S ，则S 闭合后( )图5A ．导体棒ef 的加速度可能大于gB ．导体棒ef 的加速度一定小于gC ．导体棒ef 最终的速度随S 闭合时刻的不同而不同D．导体棒ef的机械能与回路内产生的热量之和一定守恒答案AD解析开关S闭合前，导体棒只受重力而加速下滑．闭合开关时有一定的初速度v0，若此时F安＞mg，则F安－mg＝ma.若F安＜mg，则mg－F安＝ma，F安不确定，故加速度的大小也不确定，选项A正确，选项B错误；无论闭合开关时初速度为多大，导体棒最终所受的安培力和重力都平衡，故选项C错误；根据能量守恒定律可知，选项D正确．2. (多选)如图6所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，在这一过程中()图6A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AD解析金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F 做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功．匀速运动时，所受合力为零，故合力做功为零，A正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R上产生的焦耳热，故外力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确．3．如图7所示，空间存在B＝0.5 T，方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab 棒施加一个大小为F ＝0.45 N 、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，该过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：图7(1)导体棒所能达到的最大速度；(2)试定性画出导体棒运动的速度－时间图象．答案 (1)10 m/s (2)见解析图解析 (1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：E ＝BL v ①I ＝E R ＋r② 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F f 的作用，根据牛顿第二定律：F －μmg －F 安＝ma ④由①②③④得：F －μmg －B 2L 2v R ＋r＝ma ⑤ 由上式可以看出，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．此时有F －μmg －B 2L 2v m R ＋r＝0⑥ 可得：v m ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2L 2＝10 m/s ⑦ (2)导体棒运动的速度－时间图象如图所示．一、选择题1．如图1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可忽略不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图1A ．ef 将减速向右运动，但不是匀减速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 将往返运动答案 A解析 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，但不是匀减速，由F ＝BIl ＝B 2l 2v R＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动．故A 正确．2．如图2所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R ，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于( )图2A ．棒的机械能增加量B ．棒的动能增加量C ．棒的重力势能增加量D ．电阻R 上放出的热量答案 A解析 棒加速上升时受到重力、拉力F 及安培力．根据功能原理可知，力F 与安培力做的功的代数和等于棒的机械能的增加量，A 正确．3．(多选)如图3所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则 ( )图3A ．Q 1＞Q 2B ．Q 1<Q 2C ．q 1＝q 2D ．q 1＞q 2答案 AC解析 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q 1＝W 1＝F 1l bc ＝B 2l 2ab v R l bc ＝B 2S v R l ab同理Q 2＝B 2S v R l bc，又l ab ＞l bc ，故Q 1＞Q 2； 因q ＝I t ＝E R t ＝ΔΦR ＝BS R ，故q 1＝q 2.因此A 、C 正确．4．如图4所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6)( )图4A ．2.5 m /s 1 WB ．5 m/s 1 WC ．7.5 m /s 9 WD ．15 m/s 9 W答案 B解析 导体棒MN 匀速下滑时受力如图所示，由平衡条件可得F 安＋μmg cos 37°＝mg sin 37°，所以F 安＝mg (sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N ，由F 安＝BIL 得I ＝F 安BL ＝1 A ，所以E ＝I (R 灯＋R MN )＝2 V ，导体棒的运动速度v ＝E BL＝5 m/s ，小灯泡消耗的电功率为P 灯＝I 2R 灯＝1 W ．正确选项为B.5.如图5所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边dc 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿过匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )图5A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH答案 C解析 设线框刚进入磁场时的速度为v 1，刚穿出磁场时的速度v 2＝v 12①线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L .由题意得12m v 21＝mgH ②12m v 21＋mg ·2L ＝12m v 22＋Q ③ 由①②③得Q ＝2mgL ＋34mgH .选项C 正确．6．(多选)如图6所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L 的正方形刚性金属框，ab 边的质量为m ，电阻为R ，其他三边的质量和电阻均不计．cd 边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab 边的速度为v ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是( )图6A ．通过ab 边的电流方向为a →bB ．ab 边经过最低点时的速度v ＝2gLC ．ab 边经过最低点时的速度v ＜2gLD ．金属框中产生的焦耳热为mgL －12m v 2答案 CD解析 ab 边向下摆动过程中，金属框内磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手螺旋定则可知感应电流方向为b →a ，选项A 错误；ab 边由水平位置到达最低点过程中，机械能一部分转化为焦耳热，故v ＜2gL ，所以选项B 错误，C 正确；根据能量守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D 正确．7. (多选)如图7所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S ＝0.5 m 2，线圈电阻r ＝0.2 Ω，磁感应强度B 在0～1 s 内从零均匀变化到2 T ，则( )图7A ．0.5 s 时线圈内感应电动势的大小为1 VB ．0.5 s 时线圈内感应电流的大小为10 AC ．0～1 s 内通过线圈的电荷量为5 CD ．0～0.5 s 内线圈产生的焦耳热为5 J 答案 AC解析 根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 可得：E ＝ΔBSΔt ＝1 V ，故选项A 正确；线圈内感应电流的大小I ＝E r ＝10.2 A ＝5 A ，故选项B 错误；0～1 s 内通过线圈的电荷量q ＝It ＝5×1 C＝5 C ，故选项C 正确；0～0.5 s 内线圈产生的焦耳热Q ＝I 2rt ＝52×0.2×0.5 J ＝2.5 J ，故选项D 错误．8. (多选)如图8所示，有两根和水平方向成α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v m ，则( )图8A ．如果B 增大，v m 将变大 B ．如果α变大，v m 将变大C ．如果R 变大，v m 将变大D ．如果m 变小，v m 将变大 答案 BC解析 金属杆由静止开始滑下的过程中，金属杆就是一个电源，与电阻R 构成一个闭合回路；其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mg sin α－B 2L 2v R＝ma所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a ＝0，即mg sin α＝B 2L 2v mR 时，此时达到最大速度v m ，可得：v m ＝mgR sin αB 2L 2，故由此式知选项B 、C 正确．9．(多选)如图9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．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 、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，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中 ( )图9A ．流过金属棒的最大电流为BL 2gh2RB ．通过金属棒的电荷量为BdLRC ．克服安培力所做的功为mghD ．金属棒产生的焦耳热为12(mgh －μmgd )答案 AD解析 金属棒下滑到底端时的速度为v ＝2gh ，感应电动势E ＝BL v ，所以流过金属棒的最大电流为I ＝BL 2gh 2R ；通过金属棒的电荷量为q ＝ΔΦ2R ＝BLd2R ；克服安培力所做的功为W ＝mgh－μmgd ；电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为12(mgh －μmgd )．选项A 、D 正确． 二、非选择题10.如图10所示，电阻r ＝0.3 Ω、质量m ＝0.1 kg 的金属棒CD 静止在位于水平面上的两条平行光滑的金属导轨上，棒与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计，导轨的左端接有阻值为R ＝0.5 Ω的电阻，有一个理想电压表接在电阻R 的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过导轨平面．现给金属棒加一个水平向右的恒定外力F ，观察到电压表的示数逐渐变大，最后稳定在1.0 V ，此时金属棒的速度为2 m/s.图10(1)求拉动金属棒的外力F 的大小．(2)当电压表读数稳定后某一时刻，撤去外力F ，求此后电阻R 上产生的热量． 答案 (1)1.6 N (2)0.125 J解析 (1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BL v 电路中的感应电流I ＝ER ＋r ，金属棒受到的安培力F 安＝BIL ， 金属棒匀速运动有F ＝F 安 由题意可知E ＝1.0 VR ·(R ＋r )，联立以上各式解得F ＝1.6 N.(2)金属棒的动能转化为内能，则12m v 2＝Q ，电阻R 上产生的热量Q R ＝RR ＋r Q ，解得Q R ＝0.125 J.11．如图11所示，相距为L 的光滑平行金属导轨ab 、cd 固定在水平桌面上，上面放有两根垂直于导轨的金属棒MN 和PQ ，金属棒质量均为m ，电阻值均为R .其中MN 被系于中点的细绳束缚住，PQ 的中点与一绕过定滑轮的细绳相连，绳的另一端系一质量也为m 的物块，绳处于拉直状态．整个装置放于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B .若导轨的电阻、滑轮的质量及一切摩擦均忽略不计，当物块由静止释放后，求：(重力加速度为g ，金属导轨足够长)图11(1)细绳对金属棒MN 的最大拉力； (2)金属棒PQ 能达到的最大速度． 答案 (1)mg (2)2mgRB 2L2解析 (1)对棒PQ ，开始时做加速度逐渐减小、速度逐渐增大的变加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，此时感应电流最大．此后棒PQ 做匀速直线运动． 对棒PQ ，F 安＝BLI m ＝mg 对棒MN ，F m ＝F 安＝BLI m ＝mg . (2)对棒PQ ，F 安－mg ＝0时速度最大 E ＝BL v m ，I ＝E2R ，F 安＝BLI解得v m ＝2mgRB 2L 2.。