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1、最新教科版高中物理選修(3-2)第1章第5節(jié)《電磁感應(yīng)中的能 量轉(zhuǎn)化與守恒》學(xué)案 ［目標(biāo)定位］1.進(jìn)一步理解能量守恒定律是自然界普遍遵循的一條規(guī)律 ，楞次定律的實(shí)質(zhì)就是能 量守恒在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體表現(xiàn) .2.通過具體實(shí)例理解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化 .3.掌握 知識(shí)?探究 電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問題的分析方法. 基礎(chǔ)自學(xué)落實(shí)重點(diǎn)互動(dòng)探究 、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 ,所以電磁感應(yīng)問題往往與力學(xué)問題 1 .電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中將受到安培力作用 聯(lián)系在一起，處理此類問題的基本方法是: (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)求回路中的電

2、流強(qiáng)度的大小和方向. (3)分析研究導(dǎo)體受力情況(包括安培力). (4)列動(dòng)力學(xué)方程或平衡方程求解. 2 .電磁感應(yīng)現(xiàn)象中涉及的具有收尾速度的力學(xué)問題 ，關(guān)鍵要抓好受力情況和運(yùn)動(dòng)情況的動(dòng)態(tài)分 析. 導(dǎo)體切割磁感線人 產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 感應(yīng)電流 運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體所 一受的安培力 感直電 &與口的 " 動(dòng)那變化 方向關(guān)系 F=ma合夕卜方 一變化T 6 / 15 周而復(fù)始地循環(huán)，加速度等于零時(shí)，導(dǎo)體達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài). 3 .兩種狀態(tài)處理 ,往往做變加速運(yùn)動(dòng)，處于非 導(dǎo)體勻速運(yùn)動(dòng)，應(yīng)根據(jù)平衡條件列式分析；導(dǎo)體做勻速直線運(yùn)動(dòng)之前 平衡》^態(tài)，應(yīng)根據(jù)牛頓第二定律或結(jié)

3、合功能關(guān)系分析. 二、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒 ［問題設(shè)計(jì)］ 為什么說楞次定律是能量守恒定律在電磁感應(yīng)中的具體表現(xiàn)？ 答案 楞次定律表明，感應(yīng)電流的效果總是阻礙引起感應(yīng)電流的原因.正是由于“阻礙”作用的 存在，電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生電能的同時(shí)必然伴隨著其他形式能量的減少 ，可見，楞次定律是能量轉(zhuǎn) 化和守恒定律的必然結(jié)果. ［要點(diǎn)提煉］ 1 .電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化特點(diǎn) 外力克服安培力做功，把機(jī)械能或其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能；感應(yīng)電流通過電路做功又把電能轉(zhuǎn) 化成其他形式的能(如內(nèi)能).這一功能轉(zhuǎn)化途徑可表示為： 外力克服 r——1電流 ”、口 其他形式的安培力破功I電］匕I邛廷丁晶塊

4、! 2 .求解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量守恒問題的一般思路 (1)分析回路，分清電源和外電路. (2)分析清楚有哪些力做功，明確有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化.如： ①有摩擦力做功，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克服安培力做功，必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能 ，并且克服安培力做多少功 ，就產(chǎn)生多少電 能. (3)列有關(guān)能量的關(guān)系式. 3 .焦耳熱的計(jì)算技巧 (1)感應(yīng)電路中電流恒定，焦耳熱Q= I2Rt. (2)感應(yīng)電路中電流變化，可用以下方法分析： ①利用功能關(guān)系，產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功 ，即Q=W 安而克服安培力做的功 W 安可由 動(dòng)能定理求

5、得. ②利用能量守恒，即感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱等于其他形式能量的減少 ，即Q= A E其他. 0典例精析 一、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 【例1】如圖1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 0的絕緣斜面上，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ab桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑 ，導(dǎo)軌和ab桿接觸良好，不計(jì)它們之間 (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

6、出 ab桿下滑過程中某時(shí)刻的受力示意 圖. (2)在加速下滑過程中，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小. (3)求在下滑過程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值. 解析(1)如圖所示,ab桿受力分析：重力 mg豎直向下；支持力 N垂直于斜面向上；安培力 F 安,沿斜面向上. (2)當(dāng)ab桿速度大小為 v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E= BLv,此時(shí) E BLv 電路中電流I =-= R ab桿受到的安培力 B2L2v F 安=BIL = -zz- R 根據(jù)牛頓第二定律 ma= mgin a= gsin 0 B2L2v 0 — F s；

7、 = mgin 0 - B2L2v mR. (3)當(dāng) a=0 時(shí)，ab桿有最大速度為 mgRin e Vm=-B2L^- mgRin e ()b2l2 【例2】如圖2所示，MN^ 答案 (1)見解析圖 BLv B2L2v ⑵于gsin 6 一菽 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 桿ab由靜止開始自由下落 ,開始時(shí)，將開關(guān)S斷開，讓金屬 不計(jì).ab是一根與導(dǎo)軌垂直而且始終與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿 ,過段時(shí)間后，再將S閉合，若從S閉合開始計(jì)時(shí)，則金屬桿ab的速度 v隨時(shí)間t變化的圖像可能是

8、( ) 圖2 解析 ab勻速 S閉合時(shí)，若B：v>mg金屬桿ab先減速再勻速，D項(xiàng)有可能；若H?=mg金屬桿 R R 運(yùn)動(dòng),A項(xiàng)有可能；若 零v

9、= 2Q的導(dǎo)體棒 MN垂直跨放在 U形框架上，該導(dǎo)體棒與框架間的動(dòng)摩擦因數(shù) 心= 0.5,導(dǎo)體棒由靜止開始沿框架下滑到剛開始勻速運(yùn)動(dòng)時(shí) ，通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為 Q= 2 C. (sin 37 =0.6,cos 37 (1)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大??； ,這一過程中導(dǎo)體棒的有效電阻消耗的電功. (2)導(dǎo)體棒從靜止開始下滑到剛開始勻速運(yùn)動(dòng) 解析(1)導(dǎo)體棒受力分析如圖，勻速下滑時(shí)有 * W 平行斜面方向： mgin 0 - f - F= 0 垂直斜面方向：N— mgcos 0=0 其中f= a N 安培力F= BIL 電流強(qiáng)度I = E R 感應(yīng)電動(dòng)

10、勢(shì)E= BLv 由以上各式得 v = 5 m/s (2)通過導(dǎo)體棒的電荷量 Q= T At 其中平均電流t=-R=Rn 設(shè)導(dǎo)體棒下滑位移為 x,則A = BxL 由以上各式得 QR 2X2 X = BL 0.8 X 0.5 m= 10 m 全程由動(dòng)能定理得 1 2 mg)sin e -Wk- mgxxos e = 2mv 其中克服安培力做功 W5等于電功W 則 W= mg)sin 0 一心 mgx:os e — 2mG = (12 -8-2.5) J = 1.5 J. 答案 (1)5 m/s (2)1.5 J 針對(duì)訓(xùn)練 如圖4所示，矩形線圈長(zhǎng)為 L,

11、寬為h,電阻為R質(zhì)量為m線圈在空氣中豎直下落一段 距離后(空氣阻力不計(jì)，進(jìn)入一寬度也為 h、磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的 動(dòng)能為A,線圈剛穿出磁場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為 員,從線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)到線圈剛穿出磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的 熱量為Q線圈克服安培力做的功為 W,重力做的功為 W,則以下關(guān)系中正確的是 ( ) i一匕「 口 r B h X X X X ] 圖4 A. Q= Eki-Ek2 B . Q= W— W C. Q= W D . W= Ek2-Eki 答案 C 解析 線圈進(jìn)入磁場(chǎng)和離開磁場(chǎng)的過程中 ，產(chǎn)生的感應(yīng)電流受到安培力的作用 ，線圈克服安培力 所做的功等于產(chǎn)

12、生的熱量 ，故選項(xiàng)C正確.根據(jù)功能的轉(zhuǎn)化關(guān)系得 ，線圈減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生 的熱量，即Q= W+ Eki — Ek2,故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤.根據(jù)動(dòng)能定理得 W— W= Ek2-Eki,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 自我,檢測(cè) 檢測(cè)學(xué)習(xí)效果體驗(yàn)成功快樂 1 .（電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 ）如圖5所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)存在于虛線框內(nèi) ，矩形線圈豎直下落.如果 線圈中受到的安培力總小于其重力 ，則它在1、2、3、4位置時(shí)的加速度關(guān)系為（ ） ……日2.一 XXX 才 箕 X 乂 X I X X XXX X X ……日…… 圖5 A. ai>a2>83>a4 B . ai = a2=a3= a4 C. a

13、i=a3>a2>a4 D . ai = a3>a2= a4 答案 C 解析 線圈自由下落時(shí)，加速度為ai = g.線圈完全在磁場(chǎng)中時(shí)，磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線 圈不受安培力作用，只受重力，加速度為a3=g.線圈進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)過程中 ，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng) 電流，將受到向上的安培力，根據(jù)牛頓第二定律知，a2V g, a4V g.線圈完全在磁場(chǎng)中時(shí)做勻加速運(yùn) 動(dòng)，到達(dá)4處的速度大于2處的速度，則線圈在4處所受的安培力大于在 2處所受的安培力，又知, 磁場(chǎng)力總小于重力，則32>a4,故ai= a3>a2>a4.所以本題選C. 2 .（電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒 ）如圖6所示，兩根光滑

14、的金屬導(dǎo)軌，平行放置在傾角為 e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,在沿著斜面與金屬棒垂直的恒力 作用下沿導(dǎo)軌勻速上滑，且上升的高度為 h,在這一過程中( ) 圖6 13 / 15 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?t的過程中，

15、對(duì)金屬棒受力分析可知，有三個(gè)力對(duì)金屬棒做功，恒力F做正功 重力做負(fù)功，安培力阻礙金屬棒相對(duì)運(yùn)動(dòng) ，沿斜面向下，做負(fù)功.勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受合力為零，故合 力做功為零，A正確；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R上產(chǎn)生的焦耳熱，故外力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 .如圖7所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)i、寬為L(zhǎng)2的矩形線圈的電阻為 R處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊緣， 線圈與磁感線垂直，求將線圈以向右的速度 v勻速拉出磁場(chǎng)的過程中， 圖7 (1)拉力F的大小; (2)線圈中產(chǎn)生的電熱 答案 B2L2v -V⑵ Q

16、 B2L2LiV R 解析 E I=R 線圈被拉出磁場(chǎng)時(shí)， 的拉力與安培力等大反向 ，故F= BIL2 線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E= Bbv 上 百L2v 聯(lián)立上式得F=-L- R Li (2)方法一 線圈被拉出磁場(chǎng)時(shí)所用的時(shí)間 t =— v ?—j一4 2 b2l2liv 所以線圈中廣生的電熱 Q= I Rt=——— R 、， ,, 目L2LiV 萬法二 線圈中廣生的電熱等于拉力所做的功 ，故Q= VW= FLi=—-—. R 40分鐘課時(shí)作業(yè) 題組一 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 1 .如圖1所示，在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一 U形導(dǎo)線框 abc

17、d,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上無摩擦地滑動(dòng)?桿 ef及線框中 導(dǎo)線的電阻都可不計(jì).開始時(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) B212v 動(dòng)，直到停止，但不是勻減速，由F=BIL = —}=ma知，ef做的是加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng) ，故 R

18、 A正確. 2 .如圖2所示，金屬棒ab置于水平放置的光滑框架 cdef上，ab棒與框架接觸良好，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂 直于ab棒斜向下.從某時(shí)刻開始磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小 ,同時(shí)施加一個(gè)水平方向上的外力 F使ab 棒保持靜止，則F( ) 圖2 A.方向向右，且為恒力 B. 方向向右 ,且為變力 C. 方向向左 ,且為變力 D. 方向向左 ,且為恒力 答案 C 解析 由E= n孝- S可知，因磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小 ，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E恒定，由F安=BIL, I =卷可 △ t R 知，ab棒受到的安培力隨 B的減小而均勻變小，由外力F= F安可知，外力F也均勻

19、減小，為變力， 由左手定則可判斷 F安水平向右，所以外力F水平向左，故C正確. 3 .如圖3所示，有兩根和水平方向成 a角的光滑平行的金屬軌道 ，間距為1,上端接有可變電阻 R下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng) ，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B.一根質(zhì)量為 m的金屬桿從軌 道上由靜止滑下，經(jīng)過足夠長(zhǎng)的時(shí)間后 ,金屬桿的速度會(huì)趨于一個(gè)最大速度 V”除R外其余電阻不 計(jì)，則( A.如果 B變大，Vm將變大B .如果 a變大,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 解析金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E= B

20、lv ,在閉合電路中形成電流 I 因此金屬桿從軌道上滑下的過程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力 F 作用，F(xiàn)= BI1 = Blv = -R, B212V ""R", 先用右手定則判定感應(yīng)電流的方向 ,再用左手定則判定出安培力的方向 ,如圖所示. 根據(jù)牛頓第二定律，得m(sin a B212V ma當(dāng) a= 0 時(shí)，v= Vm 解得Vm= mgRn 2 "，故選項(xiàng)B、 B l C正確. 4.如圖4所示，空間某區(qū)域中有一勻強(qiáng)磁場(chǎng) ，磁場(chǎng)方向水平，且垂直于紙面向里，磁場(chǎng)上邊界 b和 下邊界d水平.在豎直面內(nèi)有一矩形金屬線圈 ，線圈上、下邊的距離很短 ，

21、下邊水平.線圈從水 平面a開始下落.已知磁場(chǎng)上、下邊界之間的距離大于水平面 a、b之間的距離.若線圈下邊剛 通過水平面b、c（位于磁場(chǎng)中）和d時(shí)，線圈所受到的磁場(chǎng)力的大小分別為 Fb、Fc和Fd,則（ ） A. Fd>R>R B . FcR D . Fc

22、割磁感線時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流較大，故該處所受安培力必然大于 b處.綜合分析可 知，選項(xiàng)D正確. 題組二 電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒 5.如圖5所示，位于一水平面內(nèi)的兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌 ，處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于 導(dǎo)軌所在的平面，導(dǎo)軌的一端與一電阻相連.具有一定質(zhì)量的金屬桿 ab放在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂 直.現(xiàn)用一平行于導(dǎo)軌的恒力 F拉桿ab,使它由靜止開始向右運(yùn)動(dòng).桿和導(dǎo)軌的電阻、感應(yīng)電 流產(chǎn)生的磁場(chǎng)均可不計(jì).用 E表示回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) ,i表示回路中的感應(yīng)電流，在i隨時(shí)間 增大的過程中，電阻消耗的功率等于 （ ） A. F的功率 B.安培力的功率的絕對(duì)值 C. F

23、與安培力的合力的功率 D. iE 答案 BD 6.如圖6所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框質(zhì)量為 m由距磁場(chǎng)H高處自由下落，其下邊ab進(jìn)入勻 強(qiáng)磁場(chǎng)后，線圈開始做減速運(yùn)動(dòng)，直到其上邊dc剛剛穿出磁場(chǎng)時(shí)，速度減為ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的 一半，磁場(chǎng)的寬度也為 L,則線框穿越勻強(qiáng)磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為 ( ) d c □_—— a b t H I X /? X X X 5^ X V 圖6 A. 2mgL B. 2mg曰 mgH 3 C. 2mg曰[mgH r 1 D. 2mg匕4mgH 答案 C Vi 解析設(shè)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為 V1,剛穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度 V2

24、= ]① 1 2 線框自開始進(jìn)入磁場(chǎng)到完全穿出磁場(chǎng)共下落高度為 2L.由題意得amG= mgH) 1 2 1 2 一 2mv+ mg? 2 L= 2mv+ QU) 3 由①②③得 Q= 2mg舁 [mgHC選項(xiàng)正確. 7 .如圖7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MN進(jìn)入磁場(chǎng)，線框上產(chǎn)生的熱量為 Q,通過線框?qū)w橫截面的電荷量為 q1；第 二次bc邊平彳f于 MN進(jìn)入磁場(chǎng)，線框上產(chǎn)生的熱量為 Q,通過線框?qū)w橫截

25、面的電荷量為 q2,則 ( ) A. Q>Q,qi = q2 B . Q>Q,qi>q2 C. Q=Q,qi = q2 D . Q=Q, qi>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 Q = W = FiLbc = BLbv_bc R B2Sv -RLb 同理Q = B2Sv &,又 Lab>Lbc,故 Q>Q; 因 q= I t = -jr-t = R 故qi = q2,因此A正確. 題組三電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)及能量綜合問題 8 .如圖8所示，間距為L(zhǎng)、電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置

26、 ，導(dǎo)軌左端用一阻值為 R的電阻連接，導(dǎo)軌上橫跨一根質(zhì)量為 mr有效電阻也為 R的金屬棒，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好.整 個(gè)裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.現(xiàn)使金屬棒以初速度 v沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng) 若金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中通過的電荷量為 q.下列說法正確的是 ( 圖8 A.金屬棒在導(dǎo)軌上做勻減速運(yùn)動(dòng) B.整個(gè)過程中金屬棒在導(dǎo)軌上發(fā)生的位移為 qR BL C.整個(gè)過程中金屬棒克服安培力做的功為 2mv D.整個(gè)過程中電阻 R上產(chǎn)生的焦耳熱為 一 mv 2 答案 C 解析 因?yàn)榻饘侔粝蛴疫\(yùn)動(dòng)時(shí)受到向左的安培力作用 ，且安培力隨速度的減小而減小

27、 ，所以金屬 棒向左做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng) ，故A錯(cuò)誤；根據(jù) =篝 = BLX, q=I At = 2R,A t=BR,解 得x=2qR故B錯(cuò)誤；整個(gè)過程中金屬棒克服安培力做的功等于金屬棒動(dòng)能的減少量 1mv,故C BL 2 1 , 1 , 正確；整個(gè)過程中電路中產(chǎn)生的熱量等于機(jī)械能的減少量 ^mV,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為 zmV,故 D錯(cuò)誤. 9.如圖9所示，兩足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置 ，相距為L(zhǎng). 一理想電流表與兩導(dǎo)軌相連 ，勻強(qiáng) 磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直，一質(zhì)量為 m有效電阻為 R的導(dǎo)體棒在距磁場(chǎng)上邊界 h處由靜止釋放.導(dǎo) 體棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，流經(jīng)電流表的電流逐漸減小 ，

28、最終穩(wěn)定為I.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接 觸良好，且始終保持水平，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，已知重力加速度為 g.求： Ml lxMl lxl IX黑1 Jx XKxxxxx sfxKxxxxx X xxxxx XUE _xxX xxxxx 16 /15 (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的大小; Im. IR (2)電流穩(wěn)定后，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)速度 v的大小; ⑶ 流經(jīng)電流表電流的最大值 答案 (1) mg (2) I— (3) IL mg 解析(1)電流穩(wěn)定后，導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng) 則有：BIL=mgD 解得b= m%) ⑵感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E= BLVD 感應(yīng)電

29、流I =ED R I2R 由②③④式解得 v =一 mg (3)由題意分析知，導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度最大 ，設(shè)為Vm 根據(jù)機(jī)械能守恒有2mVm= mgh 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值 &= BLVm ……，，。= Em 感應(yīng)電流的最大值小=百 R mg. 2gh 解得I m=—右一 IR 10 .如圖10甲所示，不計(jì)電阻的平行金屬導(dǎo)軌豎直放置 ，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)=1 m,上端接有電阻 R= 3 Q,虛線OO下方是垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng).現(xiàn)將質(zhì)量 m= 0.1 kg、電阻r = 1 Q的金屬桿 ab,從OO上方某處垂直導(dǎo)軌由靜止釋放 ，桿下落過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸 ，桿下

30、落過程 中的v—t圖像如圖乙所示.(取g= 10 m/s2)求： 圖10 (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的大??； (2)桿在磁場(chǎng)中下落 0.1 s的過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量. 答案(1)2 T (2)0.075 J 解析 (1)由圖像可知，桿自由下落0.1 s 進(jìn)入磁場(chǎng)以 v=1.0 m/s做勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng) 勢(shì) E= BLv 桿中的感應(yīng)電流I =EE7 rvr r 桿所受的安培力 F安=81 由平衡條件得mg= F安 代入數(shù)據(jù)得B=2 T ⑵ 電阻R產(chǎn)生的熱量 Q= I2Rt = 0.075 J. 11 .足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌 MN^ PK表面粗糙，與水平面之

31、間的夾角為 a，間距為L(zhǎng).垂直于導(dǎo)軌 平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B, M P間接有阻值為 R的電阻，質(zhì)量為m的金屬桿ab垂直 導(dǎo)軌放置，其他電阻不計(jì).如圖 11所示，用恒力F沿導(dǎo)軌平面向下拉金屬桿 ab,使金屬桿由靜止 開始運(yùn)動(dòng)，金屬桿運(yùn)動(dòng)的最大速度為 vm t s末金屬桿的速度為 vi,前t s內(nèi)金屬桿的位移為 x,(重力加速度為 g)求: 圖11 (1)金屬桿速度為 Vi時(shí)加速度的大小; (2)整個(gè)系統(tǒng)在前t s內(nèi)產(chǎn)生的熱量. 2 2 答案 B L Vm— Vi ⑴ m^- B t s末金屬桿的速度為 V1,前t s內(nèi)金屬桿的位移為 x,由能量守恒得， 整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為 Q=Fx+ mgxjn “ 一心mgx^os “ 一；mG: BLvx—gmV 2 R 2 L2vmx 1 2 ~R~ - 2mv 解析(1)設(shè)金屬桿和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 心,當(dāng)桿運(yùn)動(dòng)的速度為 vm時(shí)，有: B2L2Vm F+ mgsin (% 一 —r—一心 mgios (% = 0 當(dāng)桿的速度為V1時(shí)，有： 2 2 BL V1 F+ mcsin a — -心 mcpos R a = ma B2L2 解得a= Vm— V1 mR