專題六電磁感應(yīng)中的動力學和能量問題考綱解讀 1.能解決電磁感應(yīng)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(yīng)問題中的能量轉(zhuǎn)化，并會進行有關(guān)計算考點一電磁感應(yīng)中的動力學問題分析1導(dǎo)體的兩種運動狀態(tài)(1)導(dǎo)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(jù)平衡條件(合外力等于零)列式分析(2)導(dǎo)體的非平衡狀態(tài)加速度不為零處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析2電磁感應(yīng)中的動力學問題分析思路(1)電路分析：導(dǎo)體棒相當于電源，感應(yīng)電動勢相當于電源的電動勢，導(dǎo)體棒的電阻相當于電源的內(nèi)阻，感應(yīng)電流I.(2)受力分析：導(dǎo)體棒受到安培力及其他力，安培力F安BIL或，根據(jù)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(dǎo)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(jù)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(dǎo)軌，間距L0.50 m，導(dǎo)軌平面與水平面間夾角37°，N、Q間連接一個電阻R5.0 ，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強度B1.0 T將一根質(zhì)量為m0.050 kg的金屬棒放在導(dǎo)軌的ab位置，金屬棒及導(dǎo)軌的電阻不計現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)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s2.0 m已知g10 m/s2，sin 37°0.60，cos 37°0.80.求：圖1(1)金屬棒沿導(dǎo)軌開始下滑時的加速度大??；(2)金屬棒到達cd處的速度大小；(3)金屬棒由位置ab運動到cd的過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量解析(1)設(shè)金屬棒開始下滑時的加速度大小為a，則mgsin mgcos maa2.0 m/s2(2)設(shè)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mgsin BILmgcos I解得v2.0 m/s(3)設(shè)金屬棒從ab運動到cd的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒，有mgssin mv2mgscos Q解得Q0.10 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(yīng)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(dǎo)軌固定在傾角30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計，間距L0.4 m，導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域和，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN.中的勻強磁場方向垂直斜面向下，中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B0.5 T在區(qū)域中，將質(zhì)量m10.1 kg、電阻R10.1 的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑然后，在區(qū)域中將質(zhì)量m20.4 kg，電阻R20.1 的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑cd在滑動過程中始終處于區(qū)域的磁場中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g10 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x3.8 m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少答案(1)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(shè)其為Fmax，有Fmaxm1gsin 設(shè)ab剛要上滑時，cd棒的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有EBLv設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有I設(shè)ab所受安培力為F安，有F安BIL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 Fmax綜合式，代入數(shù)據(jù)解得v5 m/s(3)設(shè)cd棒運動過程中在電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsin Q總m2v2又QQ總解得Q1.3 J電磁感應(yīng)與動力學問題的解題策略此類問題中力現(xiàn)象和電磁現(xiàn)象相互聯(lián)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(yīng)定律和楞次定律求解感應(yīng)電動勢的大小和方向(2)根據(jù)等效電路圖，求解回路中感應(yīng)電流的大小及方向(3)分析安培力對導(dǎo)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(yīng)電流有什么影響，最后定性分析導(dǎo)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(yīng)中的能量問題1過程分析(1)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生感應(yīng)電流的過程，實質(zhì)上是能量的轉(zhuǎn)化過程(2)電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中必定受到安培力的作用，因此，要維持感應(yīng)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(zhuǎn)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(zhuǎn)化為電能(3)當感應(yīng)電流通過用電器時，電能又轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(jié)構(gòu)及WUIt或QI2Rt直接進行計算(2)若電流變化，則：利用安培力做的功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；利用能量守恒求解：若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化，則機械能的減少量等于產(chǎn)生的電能例2(2014·新課標·25) 半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)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(yīng)強度的大小為B，方向豎直向下在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點和外圓導(dǎo)軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為，導(dǎo)體棒和導(dǎo)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(yīng)電流的方向和大小；(2)外力的功率解析(1)根據(jù)右手定則，得導(dǎo)體棒AB上的電流方向為BA，故電阻R上的電流方向為CD.設(shè)導(dǎo)體棒AB中點的速度為v，則v而vAr，vB2r根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，導(dǎo)體棒AB上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBrv根據(jù)閉合電路歐姆定律得I，聯(lián)立以上各式解得通過電阻R的感應(yīng)電流的大小為I.(2)根據(jù)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PBIrvfv，而fmg解得P.答案(1)方向為CD大小為(2)變式題組2電磁感應(yīng)中的能量問題如圖4所示，固定的光滑金屬導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌電阻不計，上端a、b間接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，且處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與固定彈簧連接后放在導(dǎo)軌上初始時刻，彈簧恰處于自然長度，導(dǎo)體棒具有沿軌道向上的初速度v0.整個運動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧的中心軸線與導(dǎo)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(dǎo)體棒第一次回到初始位置時，速度變?yōu)関，求此時導(dǎo)體棒的加速度大小a；(3)若導(dǎo)體棒最終靜止時彈簧的彈性勢能為Ep，求導(dǎo)體棒從開始運動直到停止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)，電流方向為ab(2)gsin (3)解析(1)初始時刻，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1BLv0通過R的電流大小I1電流方向為ab(2)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2BLv感應(yīng)電流I2導(dǎo)體棒受到的安培力大小FBIL，方向沿導(dǎo)軌向上根據(jù)牛頓第二定律有mgsin Fma解得agsin (3)導(dǎo)體棒最終靜止，有mgsin kx壓縮量x設(shè)整個過程回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q0，根據(jù)能量守恒定律有mvmgxsin EpQ0Q0mvEp電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QQ0考點三動力學和能量觀點的綜合應(yīng)用根據(jù)桿的數(shù)目，對于“導(dǎo)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(yīng)中常見的物理模型，此類問題所給的物理情景一般是導(dǎo)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(guān)系、能量守恒定律等此類問題的分析要抓住三點：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)整個電路產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵從能量守恒定律(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(zhì)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(chǎn)生的感應(yīng)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(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，長為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，在導(dǎo)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(yīng)強度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運動，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)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(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)；(2)導(dǎo)體棒勻速運動的速度大小v；(3)整個運動過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析(1)在絕緣涂層上導(dǎo)體棒受力平衡mgsin mgcos 解得導(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)tan (2)在光滑導(dǎo)軌上感應(yīng)電動勢：EBLv感應(yīng)電流：I安培力：F安BIL受力平衡的條件是：F安mgsin 解得導(dǎo)體棒勻速運動的速度v(3)摩擦產(chǎn)生的熱量：QTmgdcos 根據(jù)能量守恒定律知：3mgdsin QQTmv2解得電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q2mgdsin .答案(1)tan (2)(3)2mgdsin 變式題組3雙桿模型問題如圖6所示，兩條平行的金屬導(dǎo)軌相距L1 m，金屬導(dǎo)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(zhì)量均為m0.2 kg，電阻分別為RMN1 和RPQ2 .MN置于水平導(dǎo)軌上，與水平導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)0.5，PQ置于光滑的傾斜導(dǎo)軌上，兩根金屬棒均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好從t0時刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由靜止開始以a1 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)t3 s時，PQ棒消耗的電功率為8 W，不計導(dǎo)軌的電阻，水平導(dǎo)軌足夠長，MN始終在水平導(dǎo)軌上運動求：圖6(1)磁感應(yīng)強度B的大?。?2)t03 s時間內(nèi)通過MN棒的電荷量；(3)求t6 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(guān)系：v0.4x，PQ棒仍然靜止在傾斜軌道上求MN棒從靜止開始到x5 m的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量答案(1)2 T(2)3 C(3)大小為5.2 N，方向沿斜面向下(4) J解析(1)當t3 s時，設(shè)MN的速度為v1，則v1at3 m/sE1BLv1E1I(RMNRPQ)PI2RPQ代入數(shù)據(jù)得：B2 T.(2)qt代入數(shù)據(jù)可得：q3 C(3)當t6 s時，設(shè)MN的速度為v2，則v2at6 m/sE2BLv212 VI24 AF安BI2L8 N規(guī)定沿斜面向上為正方向，對PQ進行受力分析可得：F2F安cos 37°mgsin 37°代入數(shù)據(jù)得：F25.2 N(負號說明力的方向沿斜面向下)(4)MN棒做變加速直線運動，當x5 m時，v0.4x0.4×5 m/s2 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 JQW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(dǎo)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 .一導(dǎo)體棒MN垂直導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 ，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為0.8 T將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)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7A2.5 m/s1 W B5 m/s1 WC7.5 m/s9 W D15 m/s9 W答案B解析導(dǎo)體棒MN勻速下滑時受力如圖所示，由平衡條件可得F安mgcos 37°mgsin 37°，所以F安mg(sin 37°cos 37°)0.4 N，由F安BIL得I1 A，所以EI(R燈RMN)2 V，導(dǎo)體棒的運動速度v5 m/s，小燈泡消耗的電功率為P燈I2R燈1 W正確選項為B.2在傾角為足夠長的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)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(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形線框在t0時刻以速度v0進入磁場，恰好做勻速直線運動，若經(jīng)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8A當ab邊剛越過ff時，線框加速度的大小為gsin Bt0時刻線框勻速運動的速度為Ct0時間內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgLsin mvD離開磁場的過程中線框?qū)⒆鰟蛩僦本€運動答案BC解析當ab邊進入磁場時，有EBLv0，I，mgsin BIL，有mgsin .當ab邊剛越過ff時，線框的感應(yīng)電動勢和電流均加倍，則線框做減速運動，有4mgsin ，加速度向上大小為3gsin ，A錯誤；t0時刻線框勻速運動的速度為v，則有mgsin ，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(guān)系得線框中產(chǎn)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(dǎo)軌，處在方向豎直向下，磁感應(yīng)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(zhì)量為m、長為L且不計電阻的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，并與輕質(zhì)彈簧組成彈簧振動系統(tǒng)開始時，彈簧處于自然長度，導(dǎo)體棒MN具有水平向左的初速度v0，經(jīng)過一段時間，導(dǎo)體棒MN第一次運動到最右端，這一過程中AB間R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則()圖9A初始時刻導(dǎo)體棒所受的安培力大小為B當導(dǎo)體棒再一次回到初始位置時，AB間電阻的熱功率為C當導(dǎo)體棒第一次到達最右端時，彈簧具有的彈性勢能為mv2QD當導(dǎo)體棒第一次到達最左端時，彈簧具有的彈性勢能大于mvQ答案AC解析由FBIL，I，R并R，得初始時刻導(dǎo)體棒所受的安培力大小為F.故A正確；由于回路中產(chǎn)生焦耳熱，導(dǎo)體棒和彈簧的機械能有損失，所以當導(dǎo)體棒再次回到初始位置時，速度小于v0，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E<BLv0，由電功率公式P知，則AB間電阻R的功率小于，故B錯誤；由能量守恒得知，當導(dǎo)體棒第一次達到最右端時，物體的機械能全部轉(zhuǎn)化為整個回路中的焦耳熱和彈簧的彈性勢能電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，整個回路產(chǎn)生的焦耳熱為2Q.彈簧的彈性勢能為：Epmv2Q，故C正確；由題意知，導(dǎo)體棒第一次運動至最右端的過程中AB間電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為2Q.由于安培力始終對MN做負功，產(chǎn)生焦耳熱，導(dǎo)體棒第一次達到最左端的過程中，導(dǎo)體棒平均速度最大，平均安培力最大，位移也最大，導(dǎo)體棒克服安培力做功最大，整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)大于Q，彈簧的彈性勢能將小于mvQ，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(dǎo)軌MN、PQ平行放置，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，導(dǎo)軌的下端接有電阻當導(dǎo)軌所在空間沒有磁場時，使導(dǎo)體棒ab以平行導(dǎo)軌平面的初速度v0沖上導(dǎo)軌平面，ab上升的最大高度為H；當導(dǎo)軌所在空間存在方向與導(dǎo)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(dǎo)軌平面，ab上升的最大高度為h.兩次運動中ab始終與兩導(dǎo)軌垂直且接觸良好關(guān)于上述情景，下列說法中正確的是()圖1A兩次上升的最大高度比較，有HhB兩次上升的最大高度比較，有H<hC無磁場時，導(dǎo)軌下端的電阻中有電熱產(chǎn)生D有磁場時，導(dǎo)軌下端的電阻中有電熱產(chǎn)生答案D解析沒有磁場時，只有重力做功，機械能守恒，沒有電熱產(chǎn)生，C錯誤有磁場時，ab切割磁感線，重力和安培力均做負功，機械能減小，有電熱產(chǎn)生，故ab上升的最大高度變小，A、B錯誤，D正確2. 一個剛性矩形銅制線圈從高處自由下落，進入一水平的勻強磁場區(qū)域，然后穿出磁場區(qū)域繼續(xù)下落，如圖2所示，則()圖2A若線圈進入磁場過程是勻速運動，則離開磁場過程也是勻速運動B若線圈進入磁場過程是加速運動，則離開磁場過程也是加速運動C若線圈進入磁場過程是減速運動，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(dǎo)軌，左端接有電阻R，勻強磁場B豎直向下分布在導(dǎo)軌所在的空間內(nèi)，質(zhì)量一定的金屬棒PQ垂直導(dǎo)軌放置現(xiàn)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(shè)導(dǎo)軌與金屬棒的電阻均不計，a到b與b到c的間距相等，則金屬棒在由a到b和由b到c的兩個過程中()圖3A回路中產(chǎn)生的內(nèi)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，速度逐漸減小根據(jù)EBLv，E減小，故I減小再根據(jù)FBIL，安培力減小，根據(jù)Fma，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(jù)平均感應(yīng)電動勢，qt，得q，故D正確4. 如圖4所示，光滑斜面的傾角為，斜面上放置一矩形導(dǎo)體線框abcd，ab邊的邊長為l1，bc邊的邊長為l2，線框的質(zhì)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(zhì)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(yīng)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4A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(chǎn)生的焦耳熱為(Mgmgsin )l2答案D解析由牛頓第二定律得，Mgmgsin (Mm)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，Mgmgsin F安0，F(xiàn)安BIl1，I，EBl1v，聯(lián)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(chǎn)生的焦耳熱等于系統(tǒng)重力勢能的減小量，為(Mgmgsin )l2，D正確5如圖5，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)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(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場質(zhì)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(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中()圖5A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mghD金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(hd)答案D解析金屬棒滑下過程中，根據(jù)動能定理有mghmv，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有EmBLvm，根據(jù)閉合電路歐姆定律有Im，聯(lián)立得Im，A錯誤；根據(jù)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(jù)動能定理得mghWfW安0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C錯誤；由Wfmgd，金屬棒克服安培力做的功完全轉(zhuǎn)化成電熱，由題意可知金屬棒與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱相同，設(shè)金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，故2QW安，聯(lián)立得Qmg(hd)，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(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m的金屬棒ab.導(dǎo)軌的一端連接電阻R，其他電阻均不計，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直于導(dǎo)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6A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(chǎn)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(chǎn)生的電能答案CD解析設(shè)ab的速度為v，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a0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(chǎn)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(chǎn)生的電能，則B選項錯誤，D選項正確；當ab做勻速運動時，F(xiàn)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(dǎo)軌，與水平面的夾角為，導(dǎo)軌上固定有質(zhì)量為m、電阻為R的兩根相同的導(dǎo)體棒，導(dǎo)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(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.將兩根導(dǎo)體棒同時釋放后，觀察到導(dǎo)體棒MN下滑而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7A導(dǎo)體棒MN的最大速度為B導(dǎo)體棒EF與軌道之間的最大靜摩擦力為mgsin C導(dǎo)體棒MN受到的最大安培力為mgsin D導(dǎo)體棒MN所受重力的最大功率為答案AC解析由題意可知，導(dǎo)體棒MN切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBLv，回路中的電流I，MN受到的安培力FBIL，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做勻速運動故導(dǎo)體棒MN受到的最大安培力為mgsin ，導(dǎo)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 ，選項B錯誤由Pmgvsin 可知導(dǎo)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(dǎo)軌與水平面間的傾角為，導(dǎo)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(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強度為B.有一質(zhì)量為m、長為l的導(dǎo)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ab位置，滑行的距離為s，導(dǎo)體棒的電阻也為R，與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為.則()圖8A上滑過程中導(dǎo)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mv2mgs(sin cos )C上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功為mv2D上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機械能為mv2mgssin 答案BD解析導(dǎo)體棒剛開始運動時所受安培力最大，F(xiàn)mBIl，A選項錯誤由能量守恒定律可知：導(dǎo)體棒動能減少的數(shù)值應(yīng)該等于導(dǎo)體棒重力勢能的增加量以及克服安培力做功產(chǎn)生的電熱和克服摩擦阻力做功產(chǎn)生的內(nèi)能，用公式表示為：mv2mgssin mgscos Q電熱，則有：Q電熱mv2mgs(sin cos )，即為導(dǎo)體棒克服安培力做的功，故B選項正確，C選項錯誤導(dǎo)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mv2mgssin ，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(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距l(xiāng)0.5 m，左端接有阻值R0.3 的電阻一質(zhì)量m0.1 kg，電阻r0.1 的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度B0.4 T金屬棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a2 m/s2的加速度做勻加速運動，當金屬棒的位移x9 m時撤去外力，金屬棒繼續(xù)運動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q221.導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，金屬棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)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(chǎn)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(shè)金屬棒勻加速運動的時間為t，回路的磁通量的變化量為，回路中的平均感應(yīng)電動勢為，由法拉第電磁感應(yīng)定律得其中Blx設(shè)回路中的平均電流為，由閉合電路歐姆定律得則通過電阻R的電荷量為qt聯(lián)立式，得q代入數(shù)據(jù)得q4.5 C(2)設(shè)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v22ax設(shè)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W0mv2撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2W聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得Q21.8 J(3)由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q221，可得Q13.6 J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(guān)系可知WFQ1Q2由式得WF5.4 J.10如圖10所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成37°角放置，在斜面上虛線aa和bb與斜面底邊平行，且間距為d0.1 m，在aa、bb圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m10 g，總電阻為R1 ，邊長也為d0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置PQ邊與aa重合，現(xiàn)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(shù)為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；(3)線圈向下通過磁場區(qū)域過程中，線圈中產(chǎn)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 mgcos F安，其中F安BId，I，EBdv解得v2 m/s(2)設(shè)最高點離bb的距離為x，則v22ax，mgsin mgcos ma根據(jù)動能定理有Ek1Ekmgcos ·2x，其中Ekmv2解得Ek1mv20.1 J.(3)向下勻速通過磁場區(qū)域過程中，有mgsin ·2dmgcos ·2dW安0QW安解得：Q2mgd(sin cos )0.004 J.