《2019-2020學(xué)年高中物理 第一章 電磁感應(yīng) 第五節(jié) 課時(shí)3 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)及能量問(wèn)題學(xué)案 粵教版選修3-2》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020學(xué)年高中物理 第一章 電磁感應(yīng) 第五節(jié) 課時(shí)3 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)及能量問(wèn)題學(xué)案 粵教版選修3-2（18頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)3　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)及能量問(wèn)題 [學(xué)科素養(yǎng)與目標(biāo)要求]　 物理觀念：進(jìn)一步熟練掌握牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、能量守恒定律等力學(xué)基本規(guī)律． 科學(xué)思維：1.掌握電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的分析方法，建立解決電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的思維模型.2.理解電磁感應(yīng)過(guò)程中能量的轉(zhuǎn)化情況，能用能量的觀點(diǎn)分析和解決電磁感應(yīng)問(wèn)題． 一、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 電磁感應(yīng)問(wèn)題往往與力學(xué)問(wèn)題聯(lián)系在一起，處理此類問(wèn)題的基本方法： (1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向． (2)用閉合電路歐姆定律求回路中感應(yīng)電流的大小和方向． (3)分析導(dǎo)體的受力情況(包括安培力)． (4)列動(dòng)力學(xué)

2、方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解． 例1　如圖1所示，空間存在B＝0.5T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ是水平放置的平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌，其間距L＝0.2m，R＝0.3Ω的電阻接在導(dǎo)軌一端，ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量m＝0.1kg、接入電路的電阻r＝0.1Ω的導(dǎo)體棒，已知導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2.從零時(shí)刻開(kāi)始，對(duì)ab棒施加一個(gè)大小為F＝0.45N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，過(guò)程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，求：(g＝10m/s2) 圖1 (1)導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度； (2)試定性畫(huà)出導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖象． 答案　(1)10m/s　(

3、2)見(jiàn)解析圖 解析(1)導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)： E＝BLv① 回路中的感應(yīng)電流I＝② 導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BIL③ 導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根據(jù)牛頓第二定律： F－μmg－F安＝ma④ 由①②③④得：F－μmg－＝ma⑤ 由⑤可知，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當(dāng)加速度a減小到0時(shí)，速度達(dá)到最大． 此時(shí)有F－μmg－＝0 可得：vm＝＝10 m/s. (2)由(1)中分析可知，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖象如圖所示． 例2　如圖2甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，

4、兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻，一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于斜面向下，導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開(kāi)始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦力．(重力加速度為g) 圖2 (1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請(qǐng)?jiān)诖藞D中畫(huà)出ab桿下滑過(guò)程中某時(shí)刻的受力示意圖； (2)在加速下滑過(guò)程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，求此時(shí)ab桿中的電流及其加速度的大??； (3)求在下滑過(guò)程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值． 答案　(1)見(jiàn)解析圖　(2)　gsinθ－　(3) 解

5、析　(1)由右手定則可知，ab桿中電流方向?yàn)閍→b，如圖所示， ab桿受重力mg，方向豎直向下；支持力FN，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上；安培力F安，方向沿導(dǎo)軌向上． (2)當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv， 此時(shí)電路中的電流I＝＝ ab桿受到的安培力F安＝BIL＝ 根據(jù)牛頓第二定律，有 mgsinθ－F安＝mgsinθ－＝ma 則a＝gsinθ－. (3)當(dāng)a＝0時(shí)，ab桿有最大速度vm，即mgsinθ＝，解得vm＝. 提示　1.受力分析時(shí)，要把立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖，同時(shí)標(biāo)明電流方向及磁場(chǎng)的方向，以便準(zhǔn)確地畫(huà)出安培力的方向． 2．要特別注意安培力的大小和方向都有

6、可能變化． [學(xué)科素養(yǎng)]　例1、例2考查了電磁感應(yīng)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題，在處理該類問(wèn)題時(shí)，要把握好受力情況、運(yùn)動(dòng)情況的動(dòng)態(tài)分析． 基本思路：導(dǎo)體受外力運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生感應(yīng)電流導(dǎo)體受安培力―→合外力變化加速度變化―→速度變化―→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變化……→a＝0，v達(dá)到最大值．將電磁感應(yīng)與受力分析、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、物體的平衡等知識(shí)有機(jī)結(jié)合，培養(yǎng)了學(xué)生的綜合分析、科學(xué)推理能力，很好地體現(xiàn)了物理“科學(xué)思維”的核心素養(yǎng)． 二、電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題 1．電磁感應(yīng)中能量的轉(zhuǎn)化 (1)轉(zhuǎn)化方式 (2)涉及的常見(jiàn)功能關(guān)系 ①有滑動(dòng)摩擦力做功，必有內(nèi)能產(chǎn)生； ②有重力做功，重力勢(shì)能必然發(fā)生變化； ③克

7、服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能． 2．焦耳熱的計(jì)算 (1)電流恒定時(shí)，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt. (2)感應(yīng)電流變化，可用以下方法分析： ①利用動(dòng)能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安． ②利用能量守恒定律，焦耳熱等于其他形式能量的減少量． 例3　如圖3所示，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接．右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻．平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m、接入電路的電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止．已知金屬

8、棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度為g.則金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中(　　) 圖3 A．流過(guò)金屬棒的最大電流為 B．通過(guò)金屬棒的電荷量為 C．克服安培力所做的功為mgh D．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd) 答案　D 解析　金屬棒沿彎曲部分下滑過(guò)程中，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh＝mv2，金屬棒到達(dá)平直部分時(shí)的速度v＝，金屬棒到達(dá)平直部分后做減速運(yùn)動(dòng)，剛到達(dá)平直部分時(shí)的速度最大，最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，最大感應(yīng)電流I＝＝，故A錯(cuò)誤； 通過(guò)金屬棒的感應(yīng)電荷量q＝Δt＝＝，故B錯(cuò)誤； 金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得

9、：mgh－W安－μmgd＝0－0，克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，故C錯(cuò)誤； 克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，定值電阻與金屬棒的電阻相等，通過(guò)它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱：Q′＝Q＝W安＝mg(h－μd)，故D正確． 例4　如圖4所示，足夠長(zhǎng)的平行光滑U形導(dǎo)軌傾斜放置，所在平面的傾角θ＝37°，導(dǎo)軌間的距離L＝1.0m，下端連接R＝1.6Ω的電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，所在空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T．質(zhì)量m＝0.5kg、電阻r＝0.4Ω的金屬棒ab垂直置于導(dǎo)軌上，現(xiàn)用沿導(dǎo)軌平面且垂直于金屬棒、大小為F＝5.0N的恒力使金屬棒ab從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上滑

10、行，當(dāng)金屬棒滑行s＝2.8m后速度保持不變．求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2) 圖4 (1)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v； (2)金屬棒從靜止到剛開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量QR. 答案　(1)4m/s　(2)1.28J 解析　(1)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝ 對(duì)金屬棒進(jìn)行受力分析，由平衡條件有 F＝mgsinθ＋BIL 代入數(shù)據(jù)解得v＝4m/s. (2)設(shè)整個(gè)電路中產(chǎn)生的熱量為Q，由動(dòng)能定理得Fs－mgs·sinθ－W安＝mv2，而Q＝W安，QR＝Q，代入數(shù)據(jù)解得QR＝1.28J. 1．(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題

11、)如圖5所示，MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌，已知導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，且電阻不計(jì)，ab是一根與導(dǎo)軌垂直且始終與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿，開(kāi)始時(shí)，將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，讓桿ab由靜止開(kāi)始自由下落，過(guò)段時(shí)間后，再將S閉合，若從S閉合開(kāi)始計(jì)時(shí)，則金屬桿ab的速度v隨時(shí)間t變化的圖象不可能是下圖中的(　　) 圖5 答案　B 解析S閉合時(shí)，若金屬桿受到的安培力＞mg，ab桿先減速再勻速，D項(xiàng)有可能；若＝mg，ab桿勻速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)有可能；若＜mg，ab桿先加速再勻速，C項(xiàng)有可能；由于v變化，mg－＝ma中a不恒定，故B項(xiàng)不可能． 2．(電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題)(多選)如圖6所示，兩根光滑的金屬

12、導(dǎo)軌，平行放置在傾角為θ的斜面上，導(dǎo)軌的左端接有電阻R，導(dǎo)軌自身的電阻可忽略不計(jì)．斜面處在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于斜面向上．質(zhì)量為m、電阻可以忽略不計(jì)的金屬棒ab，在沿著斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導(dǎo)軌勻速上滑，且上升的高度為h，重力加速度為g，在這一過(guò)程中 (　　) 圖6 A．作用于金屬棒上的各個(gè)力的合力所做的功等于零 B．作用于金屬棒上的各個(gè)力的合力所做的功等于mgh與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和 C．恒力F與安培力的合力所做的功等于零 D．恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 答案　AD 解析金屬棒勻速上滑的過(guò)程中，對(duì)金屬棒受力分析可知，有三個(gè)力對(duì)金屬棒

13、做功，恒力F做正功，重力做負(fù)功，安培力阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)，沿導(dǎo)軌平面向下，做負(fù)功，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒所受合力為零，故合力做功為零，A正確，B、C錯(cuò)誤；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電路中的電能，電能又等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，故恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，D正確． 3．(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題)(多選)如圖7所示，豎直放置的形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng)，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B.質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等．金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g，則金屬桿(　　) 圖7

14、 A．剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下 B．剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向上 C．穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd D．釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度h可能小于 答案　BC 解析　由于金屬桿進(jìn)入兩個(gè)磁場(chǎng)的速度相等，而穿出磁場(chǎng)后金屬桿做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)應(yīng)做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向豎直向上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；從進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ瞬間到進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ瞬間過(guò)程中，根據(jù)能量守恒，金屬桿減小的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以Q1＝mg·2d，所以穿過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的總熱量為4mgd，選項(xiàng)C正確；若金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng)，則－mg＝0，得v＝，因金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)做減速運(yùn)動(dòng)，則金屬桿進(jìn)入磁

15、場(chǎng)的速度大于，根據(jù)h＝得金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)的高度應(yīng)大于＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 4．(電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題)(2018·懷化市高二上學(xué)期期末)如圖8甲所示，足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1m，一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)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．現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開(kāi)始下滑，下滑過(guò)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(shí)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，g＝10m/s2(忽略ab棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)原磁場(chǎng)的影響)． 圖8 (1)判斷金

16、屬棒兩端a、b的電勢(shì)高低； (2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (3)在金屬棒ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的1.5s內(nèi)，求電阻R上產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)a端電勢(shì)低，b端電勢(shì)高　(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端電勢(shì)高，a端電勢(shì)低． (2)由x－t圖象得t＝1.5s時(shí)金屬棒的速度： v＝＝m/s＝7 m/s 金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的安培力大?。篎＝BIL I＝，E＝BLv 聯(lián)立得：F＝ 根據(jù)平衡條件得：F＝mg 則有：mg＝ 代入數(shù)據(jù)解得：B＝0.1T. (3)金屬棒ab在開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的1.5s內(nèi)，金屬棒的重力勢(shì)能

17、減小，轉(zhuǎn)化為金屬棒的動(dòng)能和電路中產(chǎn)生的焦耳熱．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＝mv2＋Q 代入數(shù)據(jù)解得：Q＝0.455J 故R產(chǎn)生的熱量QR＝Q＝0.26J. 一、選擇題 考點(diǎn)一　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 1．如圖1所示，在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場(chǎng)與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無(wú)摩擦地滑動(dòng)．桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻都忽略不計(jì)．開(kāi)始時(shí)，給ef一個(gè)向右的初速度，則(　　) 圖1 A．ef將減速向右運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速 B．ef將勻減速向右運(yùn)動(dòng)，最后停止 C．ef將勻速向右

18、運(yùn)動(dòng) D．ef將往返運(yùn)動(dòng) 答案　A 解析　ef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速運(yùn)動(dòng)，直到停止，由F＝BIl＝＝ma知，ef做的是加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，故A正確． 2．如圖2所示，質(zhì)量為m的金屬圓環(huán)用不可伸長(zhǎng)的細(xì)線懸掛起來(lái)，金屬圓環(huán)有一半處于水平且與環(huán)面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，從某時(shí)刻開(kāi)始，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，則在磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小的過(guò)程中，關(guān)于線的拉力大小，下列說(shuō)法中正確的是(重力加速度為g)(　　) 圖2 A．大于環(huán)重力mg，并逐漸減小 B．始終等于環(huán)重力mg C．小于環(huán)重力mg，并保持恒定 D．大于環(huán)重力mg，并保持恒定 答案

19、　A 解析　根據(jù)楞次定律知圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，再由左手定則判斷可知圓環(huán)所受安培力豎直向下，對(duì)圓環(huán)受力分析，根據(jù)受力平衡有FT＝mg＋F安，得FT>mg，F(xiàn)安＝BIL，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知，I＝＝＝S，可知I為恒定電流，聯(lián)立上式可知B減小，F(xiàn)安減小，則由FT＝mg＋F安知FT減小，選項(xiàng)A正確． 3．(多選)用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的均勻?qū)w材料做成一個(gè)半徑為R (r?R)的圓環(huán)．圓環(huán)豎直向下落入如圖3所示的徑向磁場(chǎng)中，圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上，圓環(huán)所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.圓環(huán)在加速下滑過(guò)程中某一時(shí)刻的速度為v，忽略其他影響，則(重力加速度為g

20、)(　　) 圖3 A．此時(shí)在圓環(huán)中產(chǎn)生了(俯視)順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 B．圓環(huán)因受到了向下的安培力而加速下落 C．此時(shí)圓環(huán)的加速度a＝ D．如果徑向磁場(chǎng)足夠長(zhǎng)，則圓環(huán)的最大速度vm＝ 答案　AD 解析　由右手定則可以判斷感應(yīng)電流的方向?yàn)?俯視)順時(shí)針?lè)较?，可知選項(xiàng)A正確；由左手定則可以判斷，圓環(huán)受到的安培力向上，阻礙圓環(huán)的運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；圓環(huán)垂直切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv＝B·2πR·v，圓環(huán)的電阻R電＝，則圓環(huán)中的感應(yīng)電流 I＝＝，圓環(huán)所受的安培力F安＝BI·2πR，圓環(huán)的加速度a＝，m＝d·2πR·πr2，則a＝g－，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)重力等于安培力時(shí)圓環(huán)速度

21、達(dá)到最大，此時(shí)a＝0，可得vm＝，選項(xiàng)D正確． 4．如圖4所示，在光滑水平桌面上有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(d＞L)的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場(chǎng)方向豎直向下．導(dǎo)線框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)導(dǎo)線框的右邊恰與磁場(chǎng)的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域．下列v－t圖象中，能正確描述上述過(guò)程的是(　　) 圖4 答案　D 解析　導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框受到向左的安培力作用，根據(jù)E＝BLv、I＝、F安＝BIL得F安＝，隨著v的減小，安培力F安減小，導(dǎo)線框做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)．整個(gè)導(dǎo)線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，無(wú)感

22、應(yīng)電流，導(dǎo)線框做勻速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，根據(jù)F安＝，導(dǎo)線框做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)D正確． 5．(多選)如圖5所示，有兩根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金屬軌道，上端接有滑動(dòng)變阻器R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一根質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬桿從軌道上由靜止滑下．經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度vm，則(　　) 圖5 A．如果B增大，vm將變大 B．如果α變大(仍小于90°)，vm將變大 C．如果R變大，vm將變大 D．如果m變小，vm將變大 答案　BC 解析　在金屬桿由靜止開(kāi)始下滑的過(guò)

23、程中，金屬桿就相當(dāng)于一個(gè)電源，與滑動(dòng)變阻器R構(gòu)成一個(gè)閉合回路，其受力情況如圖所示， 根據(jù)牛頓第二定律得： mgsinα－＝ma 所以金屬桿由靜止開(kāi)始做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)a＝0時(shí)達(dá)到最大速度vm，即mgsinα＝，可得：vm＝，故由此式知選項(xiàng)B、C正確． 考點(diǎn)二　電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題 6.如圖6所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd，ab邊長(zhǎng)大于bc邊長(zhǎng)，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)外，線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場(chǎng)，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行于MN進(jìn)入磁場(chǎng)，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過(guò)線框?qū)w橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行于MN

24、進(jìn)入磁場(chǎng)，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過(guò)線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則 (　　) 圖6 A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2 C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2 答案　A 解析根據(jù)功能關(guān)系知，線框上產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab，同理Q2＝lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝t＝t＝＝，故q1＝q2.因此A正確． 7.如圖7所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無(wú)摩擦，金屬棒與導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)

25、方向與導(dǎo)軌平面垂直，金屬棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時(shí)間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于(　　) 圖7 A．金屬棒的機(jī)械能增加量 B．金屬棒的動(dòng)能增加量 C．金屬棒的重力勢(shì)能增加量 D．電阻R上產(chǎn)生的熱量 答案　A 解析　金屬棒加速上升時(shí)受到重力、拉力F及安培力．根據(jù)功能關(guān)系可知，力F與安培力做功的代數(shù)和等于金屬棒的機(jī)械能的增加量，A正確． 8．(多選)如圖8所示，在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中有一個(gè)由均勻?qū)Ь€制成的單匝矩形線框abcd，線框以恒定的速度v沿垂直磁場(chǎng)方向向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中線框dc邊始終與磁場(chǎng)右邊界平行，線框邊長(zhǎng)ad＝L，

26、cd＝2L.線框?qū)Ь€的總電阻為R.則在線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖8 A．a(chǎn)d間的電壓為 B．流過(guò)線框橫截面的電荷量為 C．線框所受安培力的合力為 D．線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為 答案　ABD 解析　在線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝2BLv，感應(yīng)電流I＝，ad間的電壓為U＝I·R＝·R＝，故A正確；流過(guò)線框橫截面的電荷量q＝Δt＝·Δt＝，故B正確；線框所受安培力的合力F＝BI·2L＝，故C錯(cuò)誤；線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量Q＝I2·R·＝，故D正確． 9.水平放置的光滑平行導(dǎo)軌上放置一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m且與導(dǎo)軌接觸良好的導(dǎo)體

27、棒ab，ab處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向如圖9所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌的一端接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌及導(dǎo)體棒電阻不計(jì)．現(xiàn)使ab在水平恒力F作用下由靜止沿垂直于磁場(chǎng)的方向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)通過(guò)的位移為x時(shí)，ab達(dá)到最大速度vm.此時(shí)撤去外力，最后ab靜止在導(dǎo)軌上．在ab運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖9 A．撤去外力后，ab做勻減速運(yùn)動(dòng) B．合力對(duì)ab做的功為Fx C．R上釋放的熱量為Fx＋mv D．R上釋放的熱量為Fx 答案　D 解析　撤去外力后，導(dǎo)體棒在水平方向上只受安培力作用，而F安＝，F(xiàn)安隨v的變化而變化，故導(dǎo)體棒做加速度變化的減速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；對(duì)整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理得W

28、合＝ΔEk＝0，B錯(cuò)；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整個(gè)回路產(chǎn)生的電能，電能又轉(zhuǎn)化為R上釋放的熱量，即Q＝Fx，C錯(cuò)，D對(duì)． 10．(多選)(2018·吉安市高二下學(xué)期期末)如圖10所示，光滑斜面PMNQ的傾角為θ＝30°，斜面上放置一矩形導(dǎo)體線框abcd，其中ab邊長(zhǎng)L1＝0.5m，bc邊長(zhǎng)為L(zhǎng)2，導(dǎo)體線框質(zhì)量m＝1kg、電阻R＝0.4Ω，有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2T，方向垂直于斜面向上，ef為磁場(chǎng)的邊界，且ef∥MN.導(dǎo)體線框在沿斜面向上且與斜面平行的恒力F＝10N作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，其ab邊始終保持與底邊MN平行．已知導(dǎo)體線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，且進(jìn)入過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)體線框

29、某一橫截面的電荷量q＝0.5C，取g＝10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖10 A．導(dǎo)體線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為2m/s B．導(dǎo)體線框bc邊長(zhǎng)為L(zhǎng)2＝0.1m C．導(dǎo)體線框開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)ab邊到磁場(chǎng)邊界ef的距離為0.4m D．導(dǎo)體線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為1J 答案　ACD 解析　導(dǎo)體線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，則F＝mgsin30°＋，解得v＝2m/s，根據(jù)q＝＝，解得L2＝0.2m，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；導(dǎo)體線框在磁場(chǎng)外運(yùn)動(dòng)的加速度a＝＝5m/s2，則導(dǎo)體線框開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)ab邊到磁場(chǎng)邊界ef的距離為x＝＝m＝0.4m，選項(xiàng)C正確；由能量守恒定律得，導(dǎo)體線框進(jìn)入磁場(chǎng)的

30、過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q＝FL2－mgL2sin30°＝10×0.2J－10×0.2×0.5J＝1J，選項(xiàng)D正確． 二、非選擇題 11.如圖11所示，豎直平面內(nèi)有足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，間距為0.2m，金屬導(dǎo)體ab可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地上下滑動(dòng)，ab的電阻為0.4Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)體ab的質(zhì)量為0.2g，垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.2T，且磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，當(dāng)導(dǎo)體ab自由下落0.4s時(shí)，突然閉合開(kāi)關(guān)S，則：(g取10m/s2) 圖11 (1)試說(shuō)出開(kāi)關(guān)S閉合后，導(dǎo)體ab的運(yùn)動(dòng)情況； (2)導(dǎo)體ab勻速下落的速度是多少？ 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)閉合開(kāi)關(guān)S之前，導(dǎo)體ab自由

31、下落的末速度： v0＝gt＝4m/s. 開(kāi)關(guān)S閉合瞬間，導(dǎo)體ab產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體ab立即受到一個(gè)豎直向上的安培力． F安＝BIL＝＝0.016N＞mg＝0.002N. 此時(shí)導(dǎo)體ab受到的合力的方向豎直向上，與初速度方向相反，加速度的表達(dá)式為 a＝＝－g，所以導(dǎo)體ab做豎直向下的加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)F安＝mg時(shí)，導(dǎo)體ab做豎直向下的勻速運(yùn)動(dòng)． (2)設(shè)導(dǎo)體ab勻速下落的速度為v1， 此時(shí)F安＝mg，即＝mg，v1＝＝0.5m/s. 12.(2018·雙流中學(xué)高二月考)如圖12所示，兩根等高的四分之一光滑圓弧軌道，半徑為r、間距為L(zhǎng)，圖中Oa水平，O

32、c豎直，在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)有一根長(zhǎng)度稍大于L、質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬棒從軌道的頂端ab處由靜止開(kāi)始下滑，到達(dá)軌道底端cd時(shí)受到軌道的支持力為2mg.整個(gè)過(guò)程中金屬棒與軌道接觸良好，軌道電阻不計(jì)，重力加速度為g.求： 圖12 (1)金屬棒到達(dá)軌道底端cd時(shí)的速度大小和通過(guò)電阻R的電流； (2)金屬棒從ab下滑到cd過(guò)程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱和通過(guò)R的電荷量． 答案　(1)　　(2)mgr　 解析　(1)金屬棒到達(dá)軌道底端cd時(shí)，由牛頓第二定律得： 2mg－mg＝m 解得v＝ 此時(shí)金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BL

33、v 回路中的感應(yīng)電流I＝ 聯(lián)立得I＝. (2)金屬棒從ab下滑到cd過(guò)程中，由能量守恒定律得mgr＝Q＋mv2 則回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mgr 回路中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)＝ 回路中的平均感應(yīng)電流＝ 通過(guò)R的電荷量q＝·Δt 解得q＝. 13．如圖13所示，足夠長(zhǎng)的U形導(dǎo)體框架的寬度L＝0.5m，底端接有阻值R＝0.5Ω的電阻，導(dǎo)體框架電阻忽略不計(jì)，其所在平面與水平面成θ＝37°角．有一磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0．8T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于導(dǎo)體框架平面向上．一根質(zhì)量m＝0.4kg、電阻r＝0.5Ω的導(dǎo)體棒MN垂直跨放在U形導(dǎo)體框架上，某時(shí)刻起將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放．已知導(dǎo)體棒MN與導(dǎo)體框架間

34、的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2) 圖13 (1)求導(dǎo)體棒剛開(kāi)始下滑時(shí)的加速度大小； (2)求導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度； (3)從導(dǎo)體棒開(kāi)始下滑到速度剛達(dá)到最大時(shí)的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)體棒橫截面的電荷量q＝4C，求導(dǎo)體棒MN在此過(guò)程中消耗的電能． 答案　(1)2m/s2　(2)5 m/s　(3)1.5J 解析　(1)導(dǎo)體棒剛開(kāi)始下滑時(shí)，其受力情況如圖甲所示，則mgsinθ－μmgcosθ＝ma 解得a＝2m/s2. (2)當(dāng)導(dǎo)體棒勻速下滑時(shí)其受力情況如圖乙所示，設(shè)勻速下滑的速度為v，則有 mgsinθ－f－F安＝0 安培力F安＝BIL＝BL＝ 聯(lián)立解得v＝＝5m/s. (3)通過(guò)導(dǎo)體棒橫截面的電荷量q＝Δt ＝ 設(shè)導(dǎo)體棒下滑速度剛好為最大速度v時(shí)的位移為x，則ΔΦ＝BxL 由動(dòng)能定理得，mgx·sinθ－W安－μmgcosθ·x＝mv2，其中W安為克服安培力做的功． 聯(lián)立解得W安＝3J 克服安培力做的功等于回路在此過(guò)程中消耗的電能，即Q＝3J. 則導(dǎo)體棒MN在此過(guò)程中消耗的電能Qr＝Q＝1.5J. 18