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1、2022年高考物理總復習 第十章 電磁感應 能力課2 電磁感應中的動力學和能量問題學案 1.兩種狀態(tài)及處理方法 狀態(tài) 特征 處理方法 平衡態(tài) 加速度為零 根據平衡條件列式分析 非平衡態(tài) 加速度不為零 根據牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系進行分析 2.電學對象與力學對象的轉換及關系 命題角度1　導體棒處于靜止狀態(tài) 【例1】　(2017·天津理綜，3)如圖1所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內，導軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下。現使磁感應強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正

2、確的是(　　) 圖1 A.ab中的感應電流方向由b到a B.ab中的感應電流逐漸減小 C.ab所受的安培力保持不變 D.ab所受的靜摩擦力逐漸減小 解析　導體棒ab、電阻R、導軌構成閉合回路，磁感應強度均勻減小(＝k為一定值)，則閉合回路中的磁通量減小，根據楞次定律，可知回路中產生順時針方向的感應電流，ab中的電流方向由a到b，故選項A錯誤；根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢E＝＝＝kS，回路面積S不變，即感應電動勢為定值，根據閉合電路歐姆定律I＝，所以ab中的電流大小不變，故選項B錯誤；安培力F＝BIL，電流大小不變，磁感應強度減小，則安培力減小，故選項C錯誤；導體棒處于靜止

3、狀態(tài)，所受合力為零，對其受力分析，水平方向靜摩擦力f與安培力F等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故選項D正確。 答案　D 命題角度2　導體棒做勻速運動 【例2】　(多選)一空間有垂直紙面向里的勻強磁場B，兩條電阻不計的平行光滑導軌豎直放置在磁場內，如圖2所示，磁感應強度B＝0.5 T，導體棒ab、cd長度均為0.2 m，電阻均為0.1 Ω，重力均為0.1 N，現用力向上拉動導體棒ab，使之勻速上升(導體棒ab、cd與導軌接觸良好)，此時cd靜止不動，則ab上升時，下列說法正確的是(　　) 圖2 A.ab受到的拉力大小為2 N B.ab向上運動的速度為2 m/s C.在2

4、s內，拉力做功，有0.4 J的機械能轉化為電能 D.在2 s內，拉力做功為0.6 J 解析　對導體棒cd分析：mg＝BIl＝，得v＝2 m/s，故選項B正確；對導體棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，選項A錯誤；在2 s內拉力做功轉化為ab棒的重力勢能和電路中的電能，電能等于克服安培力做的功，即W電＝F安vt＝＝0.4 J，選項C正確；在2 s內拉力做的功為W拉＝Fvt＝0.8 J，選項D錯誤。 答案　BC 命題角度3　變加速直線運動問題 【例3】　如圖3，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框；在導線框右側有一寬度為d(d＞L)的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導

5、線框的一邊平行，磁場方向豎直向下。導線框以某一初速度向右運動。t＝0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域。下列v－t圖象中，可能正確描述上述過程的是(　　) 圖3 解析　導線框開始進入磁場過程，通過導線框的磁通量增大，有感應電流，進而受到與運動方向相反的安培力作用，速度減小，感應電動勢減小，感應電流減小，安培力減小，導線框的加速度減小，v－t圖線的斜率減?。粚Ь€框全部進入磁場后，磁通量不變，無感應電流，導線框做勻速直線運動；導線框從磁場中出來的過程，有感應電流，又會受到安培力阻礙作用，速度減小，加速度減小。選項D正確。 答案　D 用“四步法”分析

6、電磁感應中的動力學問題 解決電磁感應中的動力學問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下： 　　　　　　 【變式訓練1】　足夠長的平行金屬導軌MN和PQ表面粗糙，與水平面間的夾角為θ＝37°(sin 37°＝0.6)，間距為1 m。垂直于導軌平面向上的勻強磁場的磁感應強度的大小為4 T，P、M間所接電阻的阻值為8 Ω。質量為2 kg的金屬桿ab垂直導軌放置，不計桿與導軌的電阻，桿與導軌間的動摩擦因數為0.25。金屬桿ab在沿導軌向下且與桿垂直的恒力F作用下，由靜止開始運動，桿的最終速度為8 m/s，取g＝10 m/s2，求： 圖4 (1)當金屬桿的速度為4 m/s時，金屬桿的加速

7、度大??； (2)當金屬桿沿導軌的位移為6.0 m時，通過金屬桿的電荷量。 解析　(1)對金屬桿ab應用牛頓第二定律，有 F＋mgsin θ－F安－f＝ma，f＝μFN，FN＝mgcos θ ab桿所受安培力大小為F安＝BIL ab桿切割磁感線產生的感應電動勢為E＝BLv 由閉合電路歐姆定律可知I＝ 整理得：F＋mgsin θ－v－μmgcos θ＝ma 代入vm＝8 m/s時a＝0，解得F＝8 N 代入v＝4 m/s及F＝8 N，解得a＝4 m/s2 (2)設通過回路橫截面的電荷量為q，則q＝t 回路中的平均電流強度為＝ 回路中產生的平均感應電動勢為＝ 回路中的磁通量

8、變化量為ΔΦ＝BLx，聯立解得q＝3 C 答案　(1)4 m/s2　(2)3 C 　[熱考點]電磁感應中的能量問題 1.電磁感應中的能量轉化 2.求解焦耳熱Q的三種方法 命題角度1　電磁感應現象與能量守恒定律的綜合 【例4】　如圖5所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導軌電阻不計，間距L＝0.4 m，導軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN。Ⅰ中的勻強磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應強度大小均為B＝0.5 T。在區(qū)域Ⅰ中，將質量m1＝0.1 kg、電阻R1＝0.1 Ω的金屬條ab放在導軌上，ab

9、剛好不下滑。然后，在區(qū)域Ⅱ中將質量m2＝0.4 kg，電阻R2＝0.1 Ω的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開始下滑。cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，取g＝10 m/s2，問： 圖5 (1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向； (2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大？ (3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x＝3.8 m，此過程中ab上產生的熱量Q是多少？ 解析　(1)由右手定則可判斷出cd中的電流方向為由d到c，則ab中電流方向為由a流向b。 (2)開始放置時ab剛好不下滑，ab所受摩擦力為

10、最大靜摩擦力，設其為Fmax，有Fmax＝m1gsin θ① 設ab剛要上滑時，cd棒的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律有E＝BLv② 設電路中的感應電流為I，由閉合電路歐姆定律有 I＝③ 設ab所受安培力為F安，有F安＝BIL④ 此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下， 由平衡條件有F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤ 綜合①②③④⑤式，代入數據解得v＝5 m/s (3)設cd棒運動過程中在電路中產生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q總＋m2v2 又Q＝Q總 解得Q＝1.3 J 答案　(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J 解

11、電磁感應現象中的能量問題的一般步驟 (1)在電磁感應中，切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產生感應電動勢，該導體或回路就相當于電源。 (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)生了相互轉化。 (3)根據能量守恒列方程求解?！　　　　　? 命題角度2　電磁感應現象與動量守恒定律的綜合 【例5】　如圖6所示，兩根間距為l的光滑金屬導軌(不計電阻)，由一段圓弧部分與一段無限長的水平段部分組成，其水平段加有豎直向下方向的勻強磁場，磁感應強度為B，導軌水平段上靜止放置一金屬棒cd，質量為2m，電阻為2r。另一質量為m，電阻為r的金屬棒ab，從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進入

12、水平段，棒與導軌始終垂直且接觸良好，圓弧段MN半徑為R，所對圓心角為60°。求： 圖6 (1)ab棒在N處進入磁場區(qū)速度是多大？此時棒中電流是多少？ (2)cd棒能達到的最大速度是多大？ (3)cd棒由靜止到達最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？ 解析　(1)ab棒由M下滑到N過程中機械能守恒，故 mgR(1－cos 60°)＝mv2 解得v＝。 進入磁場區(qū)瞬間，回路中電流強度 I＝＝。 (2)ab棒在安培力作用下做減速運動，cd棒在安培力作用下做加速運動，當兩棒速度達到相同速度v′時，電路中電流為零，安培力為零，cd達到最大速度。運用動量守恒定律得mv＝(2m＋

13、m)v′ 解得v′＝。 (3)系統(tǒng)釋放的熱量應等于系統(tǒng)機械能的減少量， 故Q＝mv2－·3mv′2， 解得Q＝mgR。 答案　(1)　　(2)　(3)mgR 【變式訓練2】　(2018·河北五名校聯盟二模)如圖7所示，MN、PQ兩平行光滑水平導軌分別與半徑r＝0.5 m 的相同豎直半圓導軌在N、Q端平滑連接，M、P端連接定值電阻R，質量M＝2 kg的cd絕緣桿垂直且靜止在水平導軌上，在其右側至N、Q端的區(qū)域內充滿豎直向上的勻強磁場?，F有質量m＝1 kg的ab金屬桿以初速度v0＝12 m/s水平向右運動，與cd絕緣桿發(fā)生正碰后，進入磁場并最終未滑出，cd絕緣桿則恰好能通過半圓導軌最高

14、點，不計除R以外的其他電阻和摩擦，ab金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好，g取10 m/s2，(不考慮cd桿通過半圓導軌最高點以后的運動)求： 圖7 (1)cd絕緣桿通過半圓導軌最高點時的速度大小v； (2)電阻R產生的焦耳熱Q。 解析　(1)cd絕緣桿通過半圓導軌最高點時， 由牛頓第二定律有Mg＝M 解得v＝ m/s。 (2)發(fā)生正碰后cd絕緣桿滑至最高點的過程中，由動能定理有 －Mg·2r＝Mv2－Mv， 解得碰撞后cd絕緣桿的速度v2＝5 m/s， 兩桿碰撞過程中動量守恒，有 mv0＝mv1＋Mv2， 解得碰撞后ab金屬桿的速度v1＝2 m/s， ab金屬桿進入

15、磁場后由能量守恒定律有mv＝Q， 解得Q＝2 J。 答案　(1) m/s　(2)2 J “桿＋導軌”模型 [題源：人教版選修3－2·P21·T3] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 設圖4.5－5中的磁感應強度B＝1 T，平行導軌寬l＝1 m，金屬棒PQ以1 m/s速度貼著導軌向右運動，R＝1 Ω，其他電阻不計。 圖4.5－5　導體PQ向右運動 (1)運動的導線會產生感應電動勢，相當于電源。用電池等符號畫出這個裝置的等效電路圖。 (2)通過R的電流方向如何？大小等于多少？ 拓展1　(2018·湖南省五市十校高三聯考)如圖8所示，兩平行的光滑導軌固定在同一水平面

16、內，兩導軌間距離為L，金屬棒ab垂直于導軌，金屬棒兩端與導軌接觸良好，在導軌左端接入阻值為R的定值電阻，整個裝置處于豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中。與R相連的導線、導軌和金屬棒的電阻均可忽略不計。用平行于導軌向右的大小為F的力拉金屬棒，使金屬棒以大小為v的速度向右勻速運動，下列說法正確的是(　　) 圖8 A.金屬棒ab相當于電源，其a端相當于電源負極 B.拉力F＝ C.回路中的感應電流沿順時針方向流動 D.定值電阻消耗的電功率P＝Fv 解析　用平行于導軌向右的恒力拉金屬棒，使金屬棒向右勻速運動，ab棒相當于電源，由右手定則知，電流方向由b―→a，在電源內部電流由低電勢流向

17、高電勢，所以a端相當于電源的正極，回路中的感應電流沿逆時針方向，選項A、C錯誤；由于金屬棒勻速運動，所以F＝F安，根據法拉第電磁感應定律知F安＝BIL＝，而定值電阻消耗的功率為安培力的功率，也等于拉力的功率，選項B、D正確。 答案　BD 拓展2　(2016·全國卷Ⅱ，24)如圖9，水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上，t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動，t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，

18、兩者之間的動摩擦因數為μ。重力加速度大小為g。求 圖9 (1)金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大??； (2)電阻的阻值。 解析　(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma① 設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有 v＝at0② 當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律知產生的電動勢為 E＝Blv③ 聯立①②③式可得 E＝Blt0(－μg)④ (2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據歐姆定律 I＝⑤ 式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為 F安＝BlI⑥ 因金屬桿做勻速運動，有

19、 F－μmg－F安＝0⑦ 聯立④⑤⑥⑦式得 R＝⑧ 答案　(1)Blt0(－μg)　(2) 拓展3　(2017·江蘇單科，13)如圖10所示，兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內，其右端接一阻值為R的電阻。質量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下。當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸。求： 圖10 (1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小I； (2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；

20、 (3)PQ剛要離開金屬桿時，感應電流的功率P。 解析　(1)感應電動勢E＝Bdv0 感應電流I＝，解得I＝ (2)安培力F＝BId 牛頓第二定律F＝ma，解得a＝ (3)金屬桿切割磁感線的速度v′＝v0－v，則 感應電動勢E′＝Bd(v0－v) 電功率P＝，解得P＝ 答案　(1)　(2)　(3) 活頁作業(yè) (時間：40分鐘) ?題組一　電磁感應中的動力學問題 1.(多選)如圖1所示，足夠長的光滑導軌傾斜放置，導軌寬度為L，其下端與電阻R連接。導體棒ab電阻為r，導軌和導線電阻不計，勻強磁場豎直向上。若導體棒ab以一定初速度v下滑，則關于ab棒的下列說法正確的是(　　)

21、 圖1 A.所受安培力方向水平向右 B.可能以速度v勻速下滑 C.剛下滑的瞬間ab棒產生的感應電動勢為BLv D.減少的重力勢能等于電阻R上產生的內能 解析　導體棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感線產生感應電動勢和感應電流，由右手定則可判斷出電流方向為從b到a，由左手定則可判斷出ab棒所受安培力方向水平向右，選項A正確；當mgsin θ＝BILcos θ時，ab棒沿導軌方向合外力為零，則以速度v勻速下滑，選項B正確；由于速度方向與磁場方向夾角為(90°＋θ)，剛下滑的瞬間ab棒產生的感應電動勢為E＝BLvcos θ，選項C錯誤；由能量守恒定律知，ab棒減少的重力勢能不一定等于電

22、阻R上產生的內能，選項D錯誤。 答案　AB 2.如圖2所示，在水平面內固定著U形光滑金屬導軌，軌道間距為50 cm，金屬導體棒ab質量為0.1 kg，電阻為0.2 Ω，橫放在導軌上，電阻R的阻值是0.8 Ω(導軌其余部分電阻不計)。現加上豎直向下的磁感應強度為0.2 T的勻強磁場。用水平向右的恒力F＝0.1 N拉動ab，使其從靜止開始運動，則(　　) 圖2 A.導體棒ab開始運動后，電阻R中的電流方向是從P流向M B.導體棒ab運動的最大速度為10 m/s C.導體棒ab開始運動后，a、b兩點的電勢差逐漸增加到1 V 后保持不變 D.導體棒ab開始運動后任一時刻，F的功率總等

23、于導體棒ab和電阻R的發(fā)熱功率之和 解析　由右手定則可判斷電阻R中的感應電流方向是從M流向P，選項A錯誤；當金屬導體棒受力平衡時，其速度將達到最大值，由F＝BIL，I＝＝可得F＝，代入數據解得vm＝10 m/s，選項B正確；感應電動勢的最大值Em＝ 1 V，a、b兩點的電勢差為路端電壓，最大值小于1 V，選項C錯誤；在達到最大速度以前，F所做的功一部分轉化為內能，另一部分轉化為導體棒的動能，選項D錯誤。 答案　B 3.(多選)如圖3兩根足夠長光滑平行金屬導軌PP′、QQ′傾斜放置，勻強磁場垂直于導軌平面向上，導軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金

24、屬棒ab水平跨放在導軌上，下滑過程中與導軌接觸良好?，F在同時由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則(　　) 圖3 A.金屬棒ab一直加速下滑 B.金屬棒ab最終可能勻速下滑 C.金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢 D.帶電微粒可能先向N板運動后向M板運動 解析　根據牛頓第二定律有mgsin θ－BIl＝ma，而I＝，Δq＝CΔU，ΔU＝BlΔv，Δv＝aΔt，聯立解得a＝，因而金屬棒將做勻加速運動，選項A正確，B錯誤；ab棒切割磁感線，相當于電源，a端相當于電源正極，因而M板帶正電，N板帶負電，選項C正確；若帶電粒子帶負電，在重力和電場力的作用下，先向下運動然后再反向向上運動

25、，選項D正確。 答案　ACD 4.(多選)如圖4所示，平行且足夠長的兩條光滑金屬導軌，相距L＝0.4 m，導軌所在平面與水平面的夾角為30°，其電阻不計。把完全相同的兩金屬棒(長度均為0.4 m)ab、cd分別垂直于導軌放置，并使每棒兩端都與導軌良好接觸。已知兩金屬棒的質量均為m＝0.1 kg、電阻均為R＝0.2 Ω，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度為B＝0.5 T，當金屬棒ab在平行于導軌向上的力F作用下沿導軌向上勻速運動時，金屬棒cd恰好能保持靜止。(g＝10 m/s2)，則(　　) 圖4 A.F的大小為0.5 N B.金屬棒ab產生的感應電動勢為1.0

26、 V C.ab棒兩端的電壓為1.0 V D.ab棒的速度為5.0 m/s 解析　對于cd棒有mgsin θ＝BIL，解得回路中的電流I＝2.5 A，所以回路中的感應電動勢E＝2IR＝1.0 V，選項B正確；Uab＝IR＝0.5 V，選項C錯誤；對于ab棒有F＝BIL＋mgsin θ，解得F＝1.0 N，選項A錯誤；根據法拉第電磁感應定律有E＝BLv，解得v＝5.0 m/s，選項D正確。 答案　BD 5.如圖5甲，在水平桌面上固定著兩根相距L＝20 cm、相互平行的無電阻軌道P、Q，軌道一端固定一根電阻R＝0.02 Ω 的導體棒a，軌道上橫置一根質量m＝40 g、電阻可忽略不計的金屬棒

27、b，兩棒相距也為L＝20 cm。該軌道平面處在磁感應強度大小可以調節(jié)的豎直向上的勻強磁場中。開始時，磁感應強度B0＝0.1 T。設棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2。 圖5 (1)若保持磁感應強度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； (2)若從t＝0開始，磁感應強度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。 解析　(1)F安＝B0IL① E＝B0Lv② I＝＝③

28、 v＝at④ 所以F安＝t 當b棒勻加速運動時，根據牛頓第二定律有 F－Ff－F安＝ma⑤ 聯立可得F－Ff－t＝ma⑥ 由圖象可得： 當t＝0時，F＝0.4 N， 當t＝1 s時，F＝0.5 N。 代入⑥式，可解得a＝5 m/s2，Ff＝0.2 N。 (2)當磁感應強度均勻增大時，閉合電路中有恒定的感應電流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，當磁感應強度增大到b所受安培力F安′與最大靜摩擦力Ff相等時開始滑動 感應電動勢E′＝L2＝0.02 V⑦ I′＝＝1 A⑧ 棒b將要運動時，有F安′＝BtI′L＝Ff⑨ 所以Bt＝1 T，根據B

29、t＝B0＋t⑩ 得t＝1.8 s，回路中產生的焦耳熱為Q＝I′2Rt＝0.036 J。 答案　(1)5 m/s2　0.2 N　(2)0.036 J ?題組二　電磁感應中的能量問題 6.(2017·江西省名校聯盟教學質量檢測)如圖6所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計的足夠長的光滑金屬導軌，導軌處于方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中，銅棒a、b的長度均等于兩導軌的間距、電阻均為R、質量均為m，銅棒平行地靜止在導軌上且與導軌接觸良好。現給銅棒a一個平行導軌向右的瞬時沖量I，關于此后的過程，下列說法正確的是(　　) 圖6 A.回路中的最大電流為 B.銅棒b的最大加速度為

30、 C.銅棒b獲得的最大速度為 D.回路中產生的總焦耳熱為 解析　給銅棒a一個平行導軌的瞬時沖量I，此時銅棒a的速度最大，產生的感應電動勢最大，回路中電流最大，每個棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝，銅棒a電動勢E＝BLv0，回路電流I0＝＝，選項A錯誤；此時銅棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝＝，選項B正確；此后銅棒a做變減速運動，銅棒b做變加速運動，當二者達到共同速度時，銅棒b速度最大，據動量守恒，mv0＝2mv，銅棒b最大速度v＝，選項C錯誤；回路中產生的焦耳熱Q＝mv－·2mv2＝，選項D錯誤。 答案　B 7.(2017·寧夏銀川模擬)如圖7所示，相距為d

31、的兩條水平虛線之間有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，正方形線圈abec邊長為L(L

32、mgd，即從ce邊剛進入磁場到ab邊剛進入磁場過程產生的焦耳熱為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，產生的熱量為2Q＝2mgd，選項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，則可知線圈剛全部進入磁場時的瞬時速度最小，設線圈的最小速度為vmin，線圈從開始下落到線圈剛完全進入磁場的過程，根據能量守恒定律得mg(h＋L)＝Q＋mv，代入數據解得線圈的最小速度為vmin＝，選項C錯誤；線圈在進入磁場的過程中，先做減速運動，可能

33、在完全進入磁場前已經做勻速運動，則有mg＝BIL＝，解得vmin′＝，選項D正確。 答案　D 8.(2017·吉林省長春市七校第二次聯考)如圖8所示，兩根水平放置的平行金屬導軌，其末端連接等寬的四分之一圓弧導軌，圓弧半徑r＝0.41 m。導軌的間距為L＝0.5 m，導軌的電阻與摩擦均不計。在導軌的頂端接有阻值為R1＝1.5 Ω的電阻，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝2.0 T?，F有一根長度稍大于L、電阻R2＝0.5 Ω、質量m＝1.0 kg的金屬棒。金屬棒在水平拉力F作用下，從圖中位置ef由靜止開始勻加速運動，在t＝0 時刻，F0＝1.5 N，經2.0 s運動到cd時撤去拉

34、力，棒剛好能沖到最高點ab，重力加速度g＝10 m/s2。求： 圖8 (1)金屬棒做勻加速直線運動的加速度； (2)金屬棒運動到cd時電壓表的讀數； (3)金屬棒從cd運動到ab過程中電阻R1上產生的焦耳熱。 解析　(1)剛開始拉金屬棒時，由牛頓第二定律得F0＝ma 代入數據得a＝1.5 m/s2 (2)t＝2.0 s時，金屬棒的速度v＝at＝3 m/s 此時的感應電動勢E＝BLv 電壓表示數U＝R1，代入數據得U＝2.25 V (3)金屬棒從cd位置運動到ab位置，由動能定理得 －mgr－W克安＝0－mv2 回路中產生的總焦耳熱Q＝W克安 電阻R1上產生的焦耳熱

35、Q1＝R1 代入數據得Q1＝0.3 J 答案　(1)1.5 m/s2　(2)2.25 V　(3)0.3 J 9.如圖9所示，質量為100 g的鋁框，用細線懸掛起來，框中央離地面h為0.8 m，有一質量為200 g的磁鐵以10 m/s的水平速度射入并穿過鋁框，落在距鋁框原位置水平距離3.6 m處，則在磁鐵與鋁框發(fā)生相互作用時，求： 圖9 (1)鋁框向哪邊偏斜，它能上升多高； (2)在磁鐵穿過鋁框的整個過程中，框中產生了多少熱量。 解析　(1)磁鐵在穿過鋁框的過程中，使鋁框中磁通量發(fā)生變化，產生感應電流，磁鐵與鋁框一直發(fā)生相互作用，水平方向動量守恒。磁鐵穿過鋁框后做平拋運動，根據

36、平拋運動規(guī)律，得 t＝＝s＝0.4 s s＝v1′t，則v1′＝＝ m/s＝9 m/s 根據動量守恒定律，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ v2′＝＝＝2 m/s 鋁框作用后獲得的速度向右，則將向右偏斜。根據機械能守恒，有m2gh′＝m2v2′2 故h′＝＝＝0.2 m。 (2)根據能的轉化與守恒定律，磁鐵的動能一部分轉化為電能，另一部分轉化為鋁框的動能，其中電能又轉化為焦耳熱Q，即 m1v＝m1v1′2＋m2v2′2＋W電 解得W電＝m1v－m1v1′2－m2v1′2 ＝×0.2×102－×0.2×92－×0.1×22＝1.7 J。 即Q＝1.7 J。 答案　(1)向右偏斜　0.2 m　(2)1.7 J