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1、專題六　電磁感應中的動力學和能量問題 考綱解讀 1.能解決電磁感應問題中涉及安培力的動態(tài)分析和平衡問題.2.會分析電磁感應問題中的能量轉化，并會進行有關計算． 考點一　電磁感應中的動力學問題分析 1．導體的兩種運動狀態(tài) (1)導體的平衡狀態(tài)——靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)． 處理方法：根據平衡條件(合外力等于零)列式分析． (2)導體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零． 處理方法：根據牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系分析． 2．電磁感應中的動力學問題分析思路 (1)電路分析： 導體棒相當于電源，感應電動勢相當于電源的電動勢，導體棒的電阻相當于電源的內阻，感應電流I＝. (2

2、)受力分析： 導體棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIL或，根據牛頓第二定律列動力學方程：F合＝ma. (3)過程分析： 由于安培力是變力，導體棒做變加速或變減速運動，當加速度為零時，達到穩(wěn)定狀態(tài)，最后做勻速直線運動，根據共點力平衡條件列平衡方程F合＝0. 例1　如圖1所示，MN、PQ為足夠長的平行金屬導軌，間距L＝0.50 m，導軌平面與水平面間夾角θ＝37°，N、Q間連接一個電阻R＝5.0 Ω，勻強磁場垂直于導軌平面向上，磁感應強度B＝1.0 T．將一根質量為m＝0.050 kg的金屬棒放在導軌的ab位置，金屬棒及導軌的電阻不計．現由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導軌向下運動過程中始終

3、與導軌垂直，且與導軌接觸良好．已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數μ＝0.50，當金屬棒滑行至cd處時，其速度大小開始保持不變，位置cd與ab之間的距離s＝2.0 m．已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求： 圖1 (1)金屬棒沿導軌開始下滑時的加速度大小； (2)金屬棒到達cd處的速度大?。? (3)金屬棒由位置ab運動到cd的過程中，電阻R產生的熱量． 解析　(1)設金屬棒開始下滑時的加速度大小為a，則 mgsin θ－μmgcos θ＝ma a＝2.0 m/s2 (2)設金屬棒到達cd位置時速度大小為v、電流為I，金屬棒受力平衡，有

4、mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ I＝ 解得v＝2.0 m/s (3)設金屬棒從ab運動到cd的過程中，電阻R上產生的熱量為Q，由能量守恒，有 mgssin θ＝mv2＋μmgscos θ＋Q 解得Q＝0.10 J 答案　(1)2.0 m/s2　(2)2.0 m/s　(3)0.10 J 變式題組 1．[電磁感應中動力學問題](2014·天津·11)如圖2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，

5、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2 (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． 答案　(1)

6、由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J 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

7、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 　　　　　　電磁感應與動力學問題的解題策略 此類問題中力現象和電磁現象相互聯系、相互制約，解決問題前首先要建立“動→電→動”的思維順序，可概括為： (1)找準主動運動者，用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解感應電動勢的大小和方向． (2)根據等效電路圖，求解回路中感應電流的大小及方向． (3)分析安培力對導體棒運動速度、加速度的影響，從而推理得出對電路中的感應電流有什么影響，最后定性分析導體棒的最終運動情況． (4)列牛頓第二定律或平衡方程求解． 考點二　電磁感應

8、中的能量問題 1．過程分析 (1)電磁感應現象中產生感應電流的過程，實質上是能量的轉化過程． (2)電磁感應過程中產生的感應電流在磁場中必定受到安培力的作用，因此，要維持感應電流的存在，必須有“外力”克服安培力做功，將其他形式的能轉化為電能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉化為電能． (3)當感應電流通過用電器時，電能又轉化為其他形式的能．安培力做功的過程，或通過電阻發(fā)熱的過程，是電能轉化為其他形式能的過程．安培力做了多少功，就有多少電能轉化為其他形式的能． 2．求解思路 (1)若回路中電流恒定，可以利用電路結構及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進行計算． (2)

9、若電流變化，則：①利用安培力做的功求解：電磁感應中產生的電能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有電能與機械能的轉化，則機械能的減少量等于產生的電能． 例2　(2014·新課標Ⅱ·25) 半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同一水平面內，一長為r、質量為m且質量分布均勻的直導體棒AB置于圓導軌上面，BA的延長線通過圓導軌中心O，裝置的俯視圖如圖3所示．整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應強度的大小為B，方向豎直向下．在內圓導軌的C點和外圓導軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)．直導體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉動，在轉動過程中始終與導軌保持良好接觸．設導體

10、棒與導軌之間的動摩擦因數為μ，導體棒和導軌的電阻均可忽略．重力加速度大小為g.求： 圖3 (1)通過電阻R的感應電流的方向和大小； (2)外力的功率． 解析　(1)根據右手定則，得導體棒AB上的電流方向為B→A，故電阻R上的電流方向為C→D. 設導體棒AB中點的速度為v，則v＝ 而vA＝ωr，vB＝2ωr 根據法拉第電磁感應定律得，導體棒AB上產生的感應電動勢E＝Brv 根據閉合電路歐姆定律得I＝，聯立以上各式解得通過電阻R的感應電流的大小為I＝. (2)根據能量守恒定律，外力的功率P等于安培力與摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋fv，而f＝μmg 解得P＝＋. 答案

11、　(1)方向為C→D　大小為 (2)＋ 變式題組 2．[電磁感應中的能量問題]如圖4所示，固定的光滑金屬導軌間距為L，導軌電阻不計，上端a、b間接有阻值為R的電阻，導軌平面與水平面的夾角為θ，且處在磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向下的勻強磁場中．質量為m、電阻為r的導體棒與固定彈簧連接后放在導軌上．初始時刻，彈簧恰處于自然長度，導體棒具有沿軌道向上的初速度v0.整個運動過程中導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸．已知彈簧的勁度系數為k，彈簧的中心軸線與導軌平行． 圖4 (1)求初始時刻通過電阻R的電流I的大小和方向； (2)當導體棒第一次回到初始位置時，速度變?yōu)関，求此

12、時導體棒的加速度大小a； (3)若導體棒最終靜止時彈簧的彈性勢能為Ep，求導體棒從開始運動直到停止的過程中，電阻R上產生的焦耳熱Q. 答案　(1)，電流方向為a→b (2)gsin θ－ (3) 解析　(1)初始時刻，導體棒產生的感應電動勢E1＝BLv0 通過R的電流大小I1＝＝ 電流方向為a→b (2)導體棒產生的感應電動勢為E2＝BLv 感應電流I2＝＝ 導體棒受到的安培力大小F＝BIL＝，方向沿導軌向上 根據牛頓第二定律有mgsin θ－F＝ma 解得a＝gsin θ－ (3)導體棒最終靜止，有mgsin θ＝kx 壓縮量x＝ 設整個過程回路產生的焦耳熱為Q

13、0，根據能量守恒定律有 mv＋mgxsin θ＝Ep＋Q0 Q0＝mv＋－Ep 電阻R上產生的焦耳熱 Q＝Q0＝ 考點三　動力學和能量觀點的綜合應用 根據桿的數目，對于“導軌＋桿”模型題目，又常分為單桿模型和雙桿模型． (1)單桿模型是電磁感應中常見的物理模型，此類問題所給的物理情景一般是導體棒垂直切割磁感線，在安培力、重力、摩擦力、拉力作用下的變加速直線運動或勻速直線運動，所涉及的知識有牛頓運動定律、功能關系、能量守恒定律等．此類問題的分析要抓住三點：①桿的穩(wěn)定狀態(tài)一般是勻速運動(達到最大速度或最小速度，此時合力為零)．②整個電路產生的電能等于克服安培力所做的功．③電磁感應現象

14、遵從能量守恒定律． (2)雙桿類問題可分為兩種情況：一是“假雙桿”，甲桿靜止不動，乙桿運動．其實質是單桿問題，不過要注意問題包含著一個條件：甲桿靜止、受力平衡．另一種情況是兩桿都在運動，對于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產生的感應電動勢是相加還是相減． 線框進入磁場和離開磁場的過程和單桿的運動情況相同，在磁場中運動的過程與雙桿的運動情況相同． 例3　(2014·江蘇·13)如圖5所示，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導軌，導軌間距為L，長為3d，導軌平面與水平面的夾角為θ，在導軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層．勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直．質量為m的導體棒從導軌的頂端

15、由靜止釋放，在滑上涂層之前已經做勻速運動，并一直勻速滑到導軌底端．導體棒始終與導軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計，重力加速度為g.求： 圖5 (1)導體棒與涂層間的動摩擦因數μ； (2)導體棒勻速運動的速度大小v； (3)整個運動過程中，電阻產生的焦耳熱Q. 解析　(1)在絕緣涂層上 導體棒受力平衡mgsin θ＝μmgcos θ 解得導體棒與涂層間的動摩擦因數μ＝tan θ (2)在光滑導軌上 感應電動勢：E＝BLv 感應電流：I＝ 安培力：F安＝BIL 受力平衡的條件是：F安＝mgsin θ 解得導體棒勻速運動的速度v＝

16、 (3)摩擦產生的熱量：QT＝μmgdcos θ 根據能量守恒定律知：3mgdsin θ＝Q＋QT＋mv2 解得電阻產生的焦耳熱Q＝2mgdsin θ－. 答案　(1)tan θ　(2) (3)2mgdsin θ－ 變式題組 3．[雙桿模型問題]如圖6所示，兩條平行的金屬導軌相距L＝1 m，金屬導軌的傾斜部分與水平方向的夾角為37°，整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中．金屬棒MN和PQ的質量均為m＝0.2 kg，電阻分別為RMN＝1 Ω和RPQ＝2 Ω.MN置于水平導軌上，與水平導軌間的動摩擦因數μ＝0.5，PQ置于光滑的傾斜導軌上，兩根金屬棒均與導軌垂直且接觸良好．從t＝0時刻起

17、，MN棒在水平外力F1的作用下由靜止開始以a＝1 m/s2的加速度向右做勻加速直線運動，PQ則在平行于斜面方向的力F2作用下保持靜止狀態(tài)．t＝3 s時，PQ棒消耗的電功率為8 W，不計導軌的電阻，水平導軌足夠長，MN始終在水平導軌上運動．求： 圖6 (1)磁感應強度B的大??； (2)t＝0～3 s時間內通過MN棒的電荷量； (3)求t＝6 s時F2的大小和方向； (4)若改變F1的作用規(guī)律，使MN棒的運動速度v與位移 x滿足關系：v＝0.4x，PQ棒仍然靜止在傾斜軌道上．求MN棒從靜止開始到x＝5 m的過程中，系統產生的熱量． 答案　(1)2 T　(2)3 C　(3)大小為5.

18、2 N，方向沿斜面向下　(4) J 解析　(1)當t＝3 s時，設MN的速度為v1，則 v1＝at＝3 m/s E1＝BLv1 E1＝I(RMN＋RPQ) P＝I2RPQ 代入數據得：B＝2 T. (2)＝ q＝Δt＝ 代入數據可得：q＝3 C (3)當t＝6 s時，設MN的速度為v2，則 v2＝at＝6 m/s E2＝BLv2＝12 V I2＝＝4 A F安＝BI2L＝8 N 規(guī)定沿斜面向上為正方向，對PQ進行受力分析可得： F2＋F安cos 37°＝mgsin 37° 代入數據得：F2＝－5.2 N(負號說明力的方向沿斜面向下) (4)MN棒做變加速直線

19、運動，當x＝5 m時，v＝0.4x＝0.4×5 m/s＝2 m/s 因為速度v與位移x成正比，所以電流I、安培力也與位移x成正比， 安培力做功W安＝－BL··x＝－ J Q＝－W安＝ J． 高考模擬　明確考向 1．(2013·安徽·16) 如圖7所示，足夠長的平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5 m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1 Ω.一導體棒MN垂直導軌放置，質量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 Ω，兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數為0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為0.8 T．將導體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡

20、穩(wěn)定發(fā)光，此后導體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　) 圖7 A．2.5 m/s　1 W B．5 m/s　1 W C．7.5 m/s　9 W D．15 m/s　9 W 答案　B 解析　 導體棒MN勻速下滑時受力如圖所示，由平衡條件可得F安＋μmgcos 37°＝mgsin 37°，所以F安＝mg(sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N，由F安＝BIL得I＝＝1 A，所以E＝I(R燈＋RMN)＝2 V，導體棒的運動速度v＝＝5 m/s，小燈泡消耗的電功率為P燈＝I2R燈＝1 W．正確選項為B.

21、 2．在傾角為θ足夠長的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小相等的勻強磁場，磁場方向一個垂直斜面向上，另一個垂直斜面向下，寬度均為L，如圖8所示．一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形線框在t＝0時刻以速度v0進入磁場，恰好做勻速直線運動，若經過時間t0，線框ab邊到達gg′與ff′中間位置時，線框又恰好做勻速運動，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A．當ab邊剛越過ff′時，線框加速度的大小為gsin θ B．t0時刻線框勻速運動的速度為 C．t0時間內線框中產生的焦耳熱為mgLsin θ＋mv D．離開磁場的過程中線框將做勻速直線運動 答案　BC 解析　當ab邊進入

22、磁場時，有E＝BLv0，I＝，mgsin θ＝BIL，有＝mgsin θ.當ab邊剛越過ff′時，線框的感應電動勢和電流均加倍，則線框做減速運動，有＝4mgsin θ，加速度向上大小為3gsin θ，A錯誤；t0時刻線框勻速運動的速度為v，則有＝mgsin θ，解得v＝，B正確；線框從進入磁場到再次做勻速運動的過程，沿斜面向下運動距離為L，則由功能關系得線框中產生的焦耳熱為Q＝＋(－)＝＋，C正確；線框離開磁場時做加速運動，D錯誤． 3．如圖9所示，ABCD為固定的水平光滑矩形金屬導軌，處在方向豎直向下，磁感應強度為B的勻強磁場中，AB間距為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻，質量為m、長為L

23、且不計電阻的導體棒MN放在導軌上，與導軌接觸良好，并與輕質彈簧組成彈簧振動系統．開始時，彈簧處于自然長度，導體棒MN具有水平向左的初速度v0，經過一段時間，導體棒MN第一次運動到最右端，這一過程中AB間R上產生的焦耳熱為Q，則(　　) 圖9 A．初始時刻導體棒所受的安培力大小為 B．當導體棒再一次回到初始位置時，AB間電阻的熱功率為 C．當導體棒第一次到達最右端時，彈簧具有的彈性勢能為mv－2Q D．當導體棒第一次到達最左端時，彈簧具有的彈性勢能大于mv－Q 答案　AC 解析　由F＝BIL，I＝，R并＝R，得初始時刻導體棒所受的安培力大小為F＝.故A正確；由于回路中產生焦耳熱

24、，導體棒和彈簧的機械能有損失，所以當導體棒再次回到初始位置時，速度小于v0，導體棒產生的感應電動勢E

25、服安培力做功最大，整個回路中產生的焦耳熱應大于Q，彈簧的彈性勢能將小于mv－Q，選項D錯誤． 練出高分 一、單項選擇題 1．如圖1所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌MN、PQ平行放置，導軌平面與水平面的夾角為θ，導軌的下端接有電阻．當導軌所在空間沒有磁場時，使導體棒ab以平行導軌平面的初速度v0沖上導軌平面，ab上升的最大高度為H；當導軌所在空間存在方向與導軌平面垂直的勻強磁場時，再次使ab以相同的初速度從同一位置沖上導軌平面，ab上升的最大高度為h.兩次運動中ab始終與兩導軌垂直且接觸良好．關于上述情景，下列說法中正確的是(　　) 圖1 A．兩次上升的最大高度比較，有H＝h B．

26、兩次上升的最大高度比較，有H

27、場過程是減速運動，則離開磁場過程也是減速運動 D．若線圈進入磁場過程是減速運動，則離開磁場過程是加速運動 答案　C 解析　從線圈全部進入磁場至線圈開始離開磁場，線圈做加速度為g的勻加速運動，可知即使線圈進入磁場過程中，重力大于安培力，線圈離開磁場過程中受的安培力也可能大于重力，故只有C項正確． 3．如圖3所示，水平光滑的平行金屬導軌，左端接有電阻R，勻強磁場B豎直向下分布在導軌所在的空間內，質量一定的金屬棒PQ垂直導軌放置．現使金屬棒以一定的初速度v0向右運動，當其通過位置a、b時，速率分別為va、vb，到位置c時金屬棒剛好靜止，設導軌與金屬棒的電阻均不計，a到b與b到c的間距相等，則

28、金屬棒在由a到b和由b到c的兩個過程中(　　) 圖3 A．回路中產生的內能相等 B．金屬棒運動的加速度相等 C．安培力做功相等 D．通過金屬棒橫截面積的電荷量相等 答案　D 解析　金屬棒由a到b再到c過程中，速度逐漸減?。鶕﨓＝BLv，E減小，故I減小．再根據F＝BIL，安培力減小，根據F＝ma，加速度減小，B錯誤．由于ab、bc間距相等，故從a到b安培力做的功大于從b到c安培力做的功，故A、C錯誤．再根據平均感應電動勢＝＝，＝，q＝Δt，得q＝，故D正確． 4. 如圖4所示，光滑斜面的傾角為θ，斜面上放置一矩形導體線框abcd，ab邊的邊長為l1，bc邊的邊長為l2，線

29、框的質量為m，電阻為R，線框通過絕緣細線繞過光滑的定滑輪與一重物相連，重物質量為M.斜面上ef線(ef平行底邊)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度為B，如果線框從靜止開始運動，進入磁場的最初一段時間是做勻速運動的，且線框的ab邊始終平行于底邊，則下列說法正確的是(　　) 圖4 A．線框進入磁場前運動的加速度為 B．線框進入磁場時勻速運動的速度為 C．線框做勻速運動的總時間為 D．該勻速運動過程中產生的焦耳熱為(Mg－mgsin θ)l2 答案　D 解析　由牛頓第二定律得，Mg－mgsin θ＝(M＋m)a，解得線框進入磁場前運動的加速度為，A錯誤．由平衡條件，Mg－m

30、gsin θ－F安＝0，F安＝BIl1，I＝，E＝Bl1v，聯立解得線框進入磁場時勻速運動的速度為v＝，B錯誤．線框做勻速運動的總時間為t＝＝，C錯誤．由能量守恒定律，該勻速運動過程中產生的焦耳熱等于系統重力勢能的減小量，為(Mg－mgsin θ)l2，D正確． 5．如圖5，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一個阻值為R的定值電阻．平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場．質量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數為μ，金屬棒與導軌間接

31、觸良好．則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(　　) 圖5 A．流過金屬棒的最大電流為 B．通過金屬棒的電荷量為 C．克服安培力所做的功為mgh D．金屬棒產生的焦耳熱為mg(h－μd) 答案　D 解析　金屬棒滑下過程中，根據動能定理有mgh＝mv，根據法拉第電磁感應定律有Em＝BLvm，根據閉合電路歐姆定律有Im＝，聯立得Im＝，A錯誤；根據q＝可知，通過金屬棒的電荷量為，B錯誤；金屬棒運動的全過程根據動能定理得mgh＋Wf＋W安＝0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C錯誤；由Wf＝－μmgd，金屬棒克服安培力做的功完全轉化成電熱，由題意可知金屬棒與電阻R上產生的焦耳熱相同，設金

32、屬棒上產生的焦耳熱為Q，故2Q＝－W安，聯立得Q＝mg(h－μd)，D正確． 二、多項選擇題 6. 如圖6所示，水平放置的相距為L的光滑平行金屬導軌上有一質量為m的金屬棒ab.導軌的一端連接電阻R，其他電阻均不計，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向下，金屬棒ab在一水平恒力F作用下由靜止開始向右運動．則(　　) 圖6 A．隨著ab運動速度的增大，其加速度也增大 B．外力F對ab做的功等于電路中產生的電能 C．當ab做勻速運動時，外力F做功的功率等于電路中的電功率 D．無論ab做何種運動，它克服安培力做的功一定等于電路中產生的電能 答案　CD 解析　設ab的速度為v，

33、運動的加速度a＝，隨著v的增大，ab由靜止先做加速度逐漸減小的加速運動，當a＝0后做勻速運動，則A選項錯誤；由能量守恒知，外力F對ab做的功等于電路中產生的電能和ab增加的動能之和，ab克服安培力做的功一定等于電路中產生的電能，則B選項錯誤，D選項正確；當ab做勻速運動時，F＝BIL，外力F做功的功率等于電路中的電功率，則C選項正確． 7. 如圖7所示，相距為L的兩條足夠長的平行金屬導軌，與水平面的夾角為θ，導軌上固定有質量為m、電阻為R的兩根相同的導體棒，導體棒MN上方軌道粗糙、下方軌道光滑，整個空間存在垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為B.將兩根導體棒同時釋放后，觀察到導體棒MN下滑

34、而EF保持靜止，當MN下滑速度最大時，EF與軌道間的摩擦力剛好達到最大靜摩擦力，下列敘述正確的是(　　) 圖7 A．導體棒MN的最大速度為 B．導體棒EF與軌道之間的最大靜摩擦力為mgsin θ C．導體棒MN受到的最大安培力為mgsin θ D．導體棒MN所受重力的最大功率為 答案　AC 解析　由題意可知，導體棒MN切割磁感線，產生的感應電動勢為E＝BLv，回路中的電流I＝，MN受到的安培力F＝BIL＝，隨著速度的增長，MN受到的安培力逐漸增大，加速度逐漸減小，故MN沿斜面做加速度減小的加速運動，當MN受到的安培力大小等于其重力沿軌道方向的分力時，速度達到最大值，此后MN做

35、勻速運動．故導體棒MN受到的最大安培力為mgsin θ，導體棒MN的最大速度為，選項A、C正確．由于當MN下滑速度最大時，EF與軌道間的摩擦力剛好達到最大靜摩擦力，由力的平衡知識可知EF與軌道之間的最大靜摩擦力為2mgsin θ，選項B錯誤．由P＝mgvsin θ可知導體棒MN所受重力的最大功率為，D錯誤． 8. 如圖8所示，平行金屬導軌與水平面間的傾角為θ，導軌電阻不計，與阻值為R的定值電阻相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面，磁感應強度為B.有一質量為m、長為l的導體棒從ab位置獲得平行于斜面、大小為v的初速度向上運動，最遠到達a′b′位置，滑行的距離為s，導體棒的電阻也為R，與導軌之間的動摩

36、擦因數為μ.則(　　) 圖8 A．上滑過程中導體棒受到的最大安培力為 B．上滑過程中電流做功發(fā)出的熱量為mv2－mgs(sin θ＋μcos θ) C．上滑過程中導體棒克服安培力做的功為mv2 D．上滑過程中導體棒損失的機械能為mv2－mgssin θ 答案　BD 解析　導體棒剛開始運動時所受安培力最大，Fm＝BIl＝，A選項錯誤．由能量守恒定律可知：導體棒動能減少的數值應該等于導體棒重力勢能的增加量以及克服安培力做功產生的電熱和克服摩擦阻力做功產生的內能，用公式表示為：mv2＝mgssin θ＋μmgscos θ＋Q電熱，則有：Q電熱＝mv2－mgs(sin θ＋μcos

37、θ)，即為導體棒克服安培力做的功，故B選項正確，C選項錯誤．導體棒損失的機械能即為克服安培力做功和克服摩擦阻力做功的和，W損失＝mv2－mgssin θ，故D正確． 三、非選擇題 9．(2012·天津·11) 如圖9所示，一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內，導軌間距l(xiāng)＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻．一質量m＝0.1 kg，電阻r＝0.1 Ω的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B＝0.4 T．金屬棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2 m/s2的加速度做勻加速運動，當金屬棒的位移x＝9 m時撤去外力，金屬棒繼續(xù)運動一段距離后

38、停下來，已知撤去外力前后回路中產生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1.導軌足夠長且電阻不計，金屬棒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9 (1)金屬棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q； (2)撤去外力后回路中產生的焦耳熱Q2； (3)外力做的功WF. 答案　(1)4.5 C　(2)1.8 J　(3)5.4 J 解析　(1)設金屬棒勻加速運動的時間為Δt，回路的磁通量的變化量為ΔΦ，回路中的平均感應電動勢為，由法拉第電磁感應定律得 ＝① 其中ΔΦ＝Blx② 設回路中的平均電流為，由閉合電路歐姆定律得 ＝③ 則通過電阻R的電荷量為q＝Δt④

39、聯立①②③④式，得q＝ 代入數據得q＝4.5 C (2)設撤去外力時金屬棒的速度為v，對于金屬棒的勻加速運動過程，由運動學公式得v2＝2ax⑤ 設金屬棒在撤去外力后的運動過程中克服安培力所做的功為W，由動能定理得 W＝0－mv2⑥ 撤去外力后回路中產生的焦耳熱Q2＝－W⑦ 聯立⑤⑥⑦式，代入數據得Q2＝1.8 J⑧ (3)由題意知，撤去外力前后回路中產生的焦耳熱之比 Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J⑨ 在金屬棒運動的整個過程中，外力F克服安培力做功，由功能關系可知WF＝Q1＋Q2⑩ 由⑧⑨⑩式得WF＝5.4 J. 10．如圖10所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成θ＝

40、37°角放置，在斜面上虛線aa′和bb′與斜面底邊平行，且間距為d＝0.1 m，在aa′、bb′圍成的區(qū)域內有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應強度為B＝1 T；現有一質量為m＝10 g，總電阻為R＝1 Ω，邊長也為d＝0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置PQ邊與aa′重合，現讓金屬線圈以一定初速度沿斜面向上運動，當金屬線圈從最高點返回到磁場區(qū)域時，線圈剛好做勻速直線運動．已知線圈與斜面間的動摩擦因數為μ＝0.5，不計其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖10 (1)線圈向下返回到磁場區(qū)域時的速度； (2)線圈向上離開磁場區(qū)域時的動能； (

41、3)線圈向下通過磁場區(qū)域過程中，線圈中產生的焦耳熱． 答案　(1)2 m/s　(2)0.1 J　(3)0.004 J 解析　(1)金屬線圈向下進入磁場時，有mgsin θ＝μmgcos θ＋F安，其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv 解得v＝＝2 m/s (2)設最高點離bb′的距離為x，則 v2＝2ax，mgsin θ－mgμcos θ＝ma 根據動能定理有 Ek1－Ek＝mgμcos θ·2x，其中Ek＝mv2 解得Ek1＝mv2＋＝0.1 J. (3)向下勻速通過磁場區(qū)域過程中，有 mgsin θ·2d－μmgcos θ·2d＋W安＝0 Q＝－W安 解得：Q＝2mgd(sin θ－μcos θ)＝0.004 J.