2022步步高大一轮复习--物理 第十章 电磁感应 专题强化十一 电磁感应的综合问题学案

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2．学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心．
3．用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图象、动能定理和能量守恒定律等．
1．题型简述
借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：
(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；
(2)由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象．常见的图象有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等．
2．解题关键
弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键．
3．解题步骤
(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；
(2)分析电磁感应的具体过程；
(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；
(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；
(6)画图象或判断图象．
4．常用方法
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项．
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断．
例1 (多选)(2020·东北三省四市教研联合体模拟)如图1所示，光滑平行金属导轨MN、PQ放置在同一水平面内，M、P之间接一定值电阻R，金属棒ab垂直导轨放置，金属棒和导轨的电阻均不计，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中．t＝0时对金属棒施加水平向右的外力F，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动．下列关于通过金属棒的电流i、通过电阻R的电荷量q、拉力F和拉力的功率P随时间变化的图象，正确的是( )
图1
答案 AC
解析 由题意可知，金属棒由静止开始做匀加速直线运动，则有：x＝eq \f(1,2)at2，v＝at，
根据法拉第电磁感应定律得：E＝BLv＝BLat，
则感应电流i＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLa,R)t，故A正确；
根据eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)和q＝eq \x\t(I)Δt，
得q＝eq \f(ΔΦ,R)，
而ΔΦ＝BΔS＝BLx＝eq \f(1,2)BLat2，
故q＝eq \f(BLa,2R)t2，故B错误；
根据牛顿第二定律有：F－F安＝ma，
F安＝BiL＝eq \f(B2L2a,R)t，
解得：F＝ma＋eq \f(B2L2a,R)t，故C正确；
根据P＝Fv，得P＝Fv＝ma2t＋eq \f(B2L2a2,R)t2，故D错误．
变式1 (2019·江苏南通、泰州、扬州等七市二模联考)如图2所示，光滑水平杆上套一导体圆环，条形磁铁平行于水平杆固定放置，t＝0时刻，导体环在磁铁左侧O点获得一个向右的初速度，经过t0时间停在磁铁右侧O1点，O、O1两点间距离为x0，且两点关于磁铁左右对称．上述过程中，下列描述穿过导体环的磁通量Φ、导体环所受安培力F随位移x变化的关系图线，以及速度v、电流i随时间t变化的关系图线可能正确的是( )
图2
答案 D
1．题型简述
感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)．
2．处理方法
3.基本思路
解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下：
eq \x(导体受外力运动)eq \(――→,\s\up7(E＝Blv))eq \x(感应电动势) eq \x(感应电流)eq \(――→,\s\up7(F＝BIl))
eq \x(导体受安培力)→eq \x(合力变化)eq \(―――→,\s\up7(F合＝ma))eq \x(加速度变化)→eq \x(速度变化)→eq \x(临界状态)
例2 (2019·江苏盐城中学阶段月考)如图3所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑水平桌面上，分界线OO′分别与平行导轨MN和PQ垂直，两导轨相距L.在OO′的左右两侧存在着区域很大、方向分别为竖直向上和竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B.另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在OO′左侧导轨上，并用一根细线垂直棒系在定点A.已知细线能承受的最大拉力为FT0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R.现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力F，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动．
图3
(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0；
(2)若细线尚未断裂，求在t时刻水平拉力F的大小；
(3)求从框架开始运动到细线断裂的过程中流过回路的电荷量q.
答案 (1)eq \f(FT0R,B2L2a) (2)ma＋eq \f(B2L2at,R) (3)eq \f(F\\al(T02)R,2B3L3a)
解析 (1)细线断裂时，框架的速度大小为v1＝at0，
对棒有：FT0＝F安0＝BI0L＝eq \f(B2L2at0,R)，
得：t0＝eq \f(FT0R,B2L2a)；
(2)在t时刻，框架的速度大小为：v＝at，框架切割磁场产生的电动势为：E＝BLv＝BLat，
框架受到的安培力为F安＝BIL＝eq \f(B2L2at,R)，
对框架有F－F安＝ma，
故F＝F安＋ma＝ma＋eq \f(B2L2at,R)
(3)eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，则q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BΔS,R)，
故从框架开始运动到细线断裂的过程中流过回路的电荷量为q＝eq \f(BLat\\al(02),2R)＝eq \f(F\\al(T02)R,2B3L3a).
变式2 (2019·江苏南京市、盐城市二模联考)如图4所示，绝缘斜面倾角为θ，虚线下方有方向垂直于斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场，虚线与斜面底边平行．将质量为m，电阻为R，边长为l的正方形金属框abcd从斜面上由静止释放，释放时cd边与磁场边界平行且距离为x0，不计摩擦，重力加速度为g.求：
图4
(1)金属框cd边进入磁场时，金属框中的感应电动势大小E；
(2)金属框cd边进入磁场时的加速度大小a；
(3)金属框进入磁场的整个过程中，通过金属框的电荷量q.
答案 (1)Bleq \r(2gx0sin θ) (2)gsin θ－eq \f(B2l2,mR)eq \r(2gx0sin θ)
(3)eq \f(Bl2,R)
解析 (1) 金属框进入磁场前机械能守恒，有：
mgx0sin θ＝eq \f(1,2)mv2
cd边刚进入磁场时，金属框中感应电动势大小为E＝Blv
联立解得E＝Bleq \r(2gx0sin θ)
(2)感应电流I＝eq \f(E,R)，安培力F安＝IlB
对于金属框，根据牛顿第二定律，有mgsin θ－F安＝ma
解得a＝gsin θ－eq \f(B2l2,mR)eq \r(2gx0sin θ)
(3)金属框进入磁场过程中的平均感应电动势
eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,t)＝eq \f(Bl2,t)，平均电流eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)，流过的电荷量q＝eq \x\t(I)t
联立解得q＝eq \f(Bl2,R).
1．题型简述
电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程．
2．解题步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；
(3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解．
3．两类情况
(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．
(2)若电流变化，则
①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．
例3 (2019·江苏南通市二模)如图5甲所示，两根平行光滑金属导轨相距L＝1 m，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨的下端PQ间接有R＝8 Ω的电阻．相距x＝6 m的MN和PQ间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示．将接入电路的阻值为r＝2 Ω的导体棒ab垂直放在导轨上，使导体棒从t＝0时由静止释放，t＝1 s时导体棒恰好运动到MN，开始匀速下滑．g取10 m/s2.求：
图5
(1)0～1 s时间内回路中的感应电动势；
(2)导体棒ab的质量；
(3)0～2 s时间内导体棒所产生的热量．
答案 (1)12 V (2)0.4 kg (3)4.88 J
解析 (1)0～1 s时间内，磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律有：E1＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S
由题图乙得eq \f(ΔB,Δt)＝2 T/s，且 S＝Lx＝6 m2，
代入解得：E1＝12 V
(2)导体棒从静止开始做匀加速运动，加速度大小
a＝gsin θ＝10×0.5 m/s2＝5 m/s2
t1＝1 s时进入磁场区域的速度大小为
v＝at1＝5×1 m/s＝5 m/s
导体棒切割磁感线产生的电动势
E2＝BLv＝2×1×5 V＝10 V
根据导体棒进入磁场区域做匀速运动，可知导体棒受到的合力为零，即有：mgsin θ＝F安＝BI2L
根据闭合电路欧姆定律有：I2＝eq \f(E2,R＋r)
联立以上各式得：m＝0.4 kg
(3)在0～1 s时间内回路中产生的感应电动势为 E1＝12 V
根据闭合电路欧姆定律可得I1＝eq \f(E1,R＋r)＝eq \f(12,8＋2) A＝1.2 A
1～2 s时间内，导体棒切割磁感线产生的电动势为
E2＝10 V
根据闭合电路欧姆定律可得 I2＝eq \f(E2,R＋r)＝eq \f(10,8＋2) A＝1 A
0～2 s时间内导体棒所产生的热量
Q＝I12rt1＋I22r(t2－t1)
代入数据解得Q＝4.88 J.
变式3 (2019·江苏泰州中学、宜兴中学等校三模联考)如图6所示，两根等高光滑的eq \f(1,4)圆弧轨道，半径l＝0.4 m、间距L＝1 m，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R＝3 Ω的电阻，整个装置处在一个竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5 T，现将一根长度也为L、质量m＝0.5 kg、电阻r＝2 Ω的金属棒从轨道顶端ab处由静止开始滑下，到达轨道底端cd时对轨道的压力大小为重力的2倍．整个过程中金属棒与导轨接触良好，g＝10 m/s2，求：
图6
(1)金属棒滑到最低点时所受的安培力F的大小；
(2)金属棒从ab下滑到cd过程中流过金属棒的电荷量q；
(3)金属棒从ab下滑到cd过程中电阻R上产生的焦耳热Q.
答案 (1)0.1 N (2)0.04 C (3)0.6 J
解析 (1)设金属棒滑到最低点时速度为v，在cd处对金属棒进行受力分析，由牛顿第二定律，有：FN－mg＝meq \f(v2,l)
又FN＝F压＝2mg，代入数据，解得v＝eq \r(gl)＝2 m/s
金属棒切割磁场产生的感应电动势为E＝BLv
对应的感应电流为I＝eq \f(E,R＋r)
金属棒所受的受培力F＝BIL
综上F＝eq \f(B2L2v,R＋r)
代入数据解得F＝0.1 N
(2)流过金属棒的电荷量q＝eq \x\t(I)Δt
其中平均感应电流eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)
平均感应电动势eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
磁通量的变化量ΔΦ＝BLl
综上：q＝eq \f(BLl,R＋r)
解得q＝0.04 C
(3)金属棒从ab下滑到cd过程中，能量守恒，则有：
mgl＝eq \f(1,2)mv2＋Q总
代入数据，解得Q总＝1 J
则R上产生的焦耳热QR＝eq \f(R,R＋r)Q总＝0.6 J.
变式4 (2019·江苏苏、锡、常、镇一模)如图7所示，电阻不计的平行光滑金属导轨的倾角θ＝30°，间距d＝0.4 m，定值电阻R＝0.8 Ω.在导轨平面上有一长为L＝2.6 m的匀强磁场区域，磁场方向垂直导轨平面，磁感应强度B＝0.5 T．一根与导轨垂直放置的导体棒以初速度v0＝2 m/s从上边沿进入磁场，最后以某一速度离开磁场．导体棒的质量m＝0.2 kg，电阻不计．g取10 m/s2.
图7
(1)求导体棒刚进入磁场时加速度的大小；
(2)求题述过程中通过电阻R的电荷量；
(3)若定值电阻R在此过程中产生的热量为0.5 J，求导体棒离开磁场时的速度大小．
答案 (1)4.5 m/s2 (2)0.65 C (3)5 m/s
解析 (1)导体棒刚进入磁场时，产生的感应电动势为：
E＝Bdv0
导体棒中的电流为：I＝eq \f(E,R)
根据牛顿第二定律可得：mgsin θ－BId＝ma
代入数据可得：a＝4.5 m/s2
(2)电路中的平均感应电动势为：eq \x\t(E)＝eq \f(ΔФ,Δt)
电路中的平均感应电流为：eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)
通过的电荷量：q＝eq \x\t(I)Δt
联立可得：q＝eq \f(ΔΦ,R)
磁通量的变化量为：ΔΦ＝BLd
代入数据可得：q＝0.65 C
(3)由能量守恒有mgLsin θ＝Q＋(eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02)
代入数据可得：v＝5 m/s
1．(电磁感应中的图象问题)(2019·山东济宁市第二次摸底)如图8甲所示，在线圈l1中通入电流i1后，在l2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l1、l2中电流的正方向如图甲中的箭头所示．则通入线圈l1中的电流i1随时间t变化的图象是下图中的( )

图8
答案 D
解析 因为感应电流大小不变，根据法拉第电磁感应定律得：I＝eq \f(E,R)＝eq \f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq \f(n\f(ΔB,Δt)S,R)，而线圈l1中产生的磁场变化是因为电流发生了变化，所以I＝eq \f(n\f(ΔB,Δt)S,R)∝eq \f(n\f(Δi,Δt)S,R)，所以线圈l1中的电流均匀改变，A、C错误；根据题图乙，0～eq \f(T,4)时间内感应电流磁场向左，所以线圈l1产生的磁场向左减小，或向右增大，B错误，D正确．
2．(电磁感应中的动力学问题)(2016·全国卷Ⅱ·24)如图9，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：
图9
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值．
答案 (1)Blt0(eq \f(F,m)－μg) (2)eq \f(B2l2t0,m)
解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝Blv③
联立①②③式可得E＝Blt0(eq \f(F,m)－μg)④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律
I＝eq \f(E,R)⑤
式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为
F安＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，有F－μmg－F安＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得R＝eq \f(B2l2t0,m).
3．(电磁感应中的动力学和能量问题)(2020·宁夏银川市质检)如图10所示，水平放置的U形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝5 T，导轨宽度L＝0.4 m，左侧与R＝0.5 Ω的定值电阻连接，右侧有导体棒ab垂直导轨跨放在导轨上，导体棒ab质量m＝2.0 kg，电阻r＝0.5 Ω，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，其余电阻可忽略不计．导体棒ab在大小为10 N的水平外力F作用下，由静止开始运动了x＝40 cm后，速度达到最大，取g＝10 m/s2.求：
图10
(1)导体棒ab运动的最大速度的大小；
(2)当导体棒ab的速度v＝1 m/s时，导体棒ab的加速度的大小；
(3)导体棒ab由静止运动到刚达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量．
答案 (1)1.5 m/s (2)1 m/s2 (3)0.075 J
解析 (1)导体棒ab垂直切割磁感线运动，产生的感应电动势大小：E＝BLv
由闭合电路欧姆定律得：I＝eq \f(E,R＋r)
可得导体棒受到的安培力：F安＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)
当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：eq \f(B2L2vm,R＋r)＋μmg＝F
解得最大速度：vm＝1.5 m/s；
(2)当导体棒ab的速度v＝1 m/s时，由牛顿第二定律得：F－eq \f(B2L2v,R＋r)－μmg＝ma
解得：a＝1 m/s2；
(3)导体棒ab由静止运动到刚达到最大速度的过程中，由能量守恒定律可得：Fx＝Q＋μmgx＋eq \f(1,2)mvm2
解得：Q＝0.15 J
所以QR＝eq \f(R,R＋r)Q＝0.075 J.
1．(多选)(2019·广东肇庆市第二次统一检测)如图1甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感应电流i正方向，水平向右为ad边所受安培力F的正方向．下列图象正确的是( )
图1
答案 BD
2．(多选)(2019·山西临汾市二轮复习模拟)如图2甲所示，半径为1 m的带缺口刚性金属圆环导轨固定在水平面内，在导轨上垂直放置一质量为0.1 kg、电阻为1 Ω的直导体棒，其长度恰好等于金属圆环的直径，导体棒初始位置与圆环直径重合，且与导轨接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.3，不计金属圆环的电阻，导体棒受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变化磁场，变化规律如图乙所示，则( )
图2
A．导体棒的电流是从b到a
B．通过导体棒的电流大小为0.5 A
C．0～2 s内，导体棒产生的热量为0.125 J
D．t＝π s时，导体棒受到的摩擦力大小为0.3 N
答案 AC
解析 穿过闭合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知导体棒的电流是从b到a，选项A正确；假设0～π s时间内导体棒静止不动，感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(1,2)πr2＝eq \f(0.5,π)×eq \f(1,2)π×12 V＝0.25 V，则感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(0.25,1) A＝0.25 A，t＝π s时，导体棒受到的安培力F＝2BIr＝2×0.5×0.25×1 N＝0.25 N，最大静摩擦力Ffm＝μmg＝0.3 N，则假设成立，故导体棒所受摩擦力大小为0.25 N，选项B、D错误；0～2 s内，导体棒产生的热量为Q＝I2Rt＝0.252×1×2 J＝0.125 J，选项C正确．
3．(2020·河南驻马店市调研)如图3甲所示，间距为L＝0.5 m的两条平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2 T，轨道左侧连接一阻值R＝1 Ω的定值电阻．垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良好．t＝0时刻，导体棒从静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的规律如图乙所示．已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，导体棒和导轨的电阻均不计．取g＝10 m/s2，求：
图3
(1)导体棒的加速度大小；
(2)导体棒的质量．
答案 (1)5 m/s2 (2)0.1 kg
解析 (1)设导体棒的质量为m，导体棒做匀加速直线运动的加速度大小为a，某时刻t，导体棒的速度为v，所受的摩擦力为Ff，则导体棒产生的电动势：E＝BLv
回路中的电流I＝eq \f(E,R)
导体棒受到的安培力：F安＝BIL
由牛顿第二定律：F－F安－Ff＝ma
由题意v＝at
联立解得：F＝eq \f(B2L2a,R)t＋ma＋Ff
根据题图乙可知，0～10 s内图象的斜率为0.05 N/s，
即eq \f(B2L2a,R)＝0.05 N/s，
解得a＝5 m/s2
(2)由F－t图象纵截距可知：ma＋Ff＝1.0 N
又Ff＝μmg解得m＝0.1 kg.
4.(2019·安徽安庆市二模)如图4所示，两个平行光滑金属导轨AB、CD固定在水平地面上，其间距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝3 Ω的定值电阻．一根长度与导轨间距相等的金属杆放置于导轨上，金属杆的质量m＝0.2 kg，电阻r＝2 Ω，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝4 T的匀强磁场中，t＝0时刻，在MN上加一与金属杆垂直、方向水平向右的外力F，金属杆由静止开始以a＝2 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，2 s末撤去外力F，运动过程中金属杆与导轨始终垂直且接触良好．(不计导轨和连接导线的电阻，导轨足够长)求：
图4
(1)1 s末外力F的大小；
(2)撤去外力F后的过程中，电阻R上产生的焦耳热．
答案 (1)2 N (2)0.96 J
解析 (1)1 s末，金属杆MN的速度大小为
v1＝at1＝2×1 m/s＝2 m/s
金属杆MN产生的感应电动势为 E＝BLv1
金属杆MN中的感应电流大小I＝eq \f(E,R＋r)
金属杆MN受到的安培力大小 F安＝BIL
联立得F安＝eq \f(B2L2v1,R＋r)＝1.6 N
根据牛顿第二定律有F－F安＝ma
可得F＝F安＋ma＝2 N
(2)2 s末，金属杆MN的速度大小为 v2＝at2＝2×2 m/s＝4 m/s
撤去外力F后的过程中，根据能量守恒定律得电路中产生的总焦耳热Q＝eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)×0.2×42 J＝1.6 J
电阻R上产生的焦耳热QR＝eq \f(R,R＋r)Q＝eq \f(3,3＋2)×1.6 J＝0.96 J.
5.(2019·江苏省四星级高中一调)如图5所示，有一倾斜的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角为θ，导轨间距为L，接在两导轨间的电阻为R，在导轨的中间矩形区域内存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、接入电路的电阻为r的导体棒从距磁场上边缘d处由静止释放，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持与导轨垂直．不计导轨的电阻，重力加速度为g.
图5
(1)求导体棒刚进入磁场时的速度v0的大小；
(2)求导体棒通过磁场过程中，通过电阻R的电荷量q；
(3)若导体棒刚离开磁场时的加速度为0，求导体棒通过磁场的过程中回路中产生的焦耳热Q.
答案 (1)eq \r(2gdsin θ) (2)eq \f(BLd,r＋R) (3)2mgdsin θ－eq \f(r＋R2,2B4L4)m3g2sin θ
解析 (1)导体棒从静止下滑距离d的过程中有：
mgdsin θ＝eq \f(1,2)mv02－0，解得：v0＝eq \r(2gdsin θ)；
(2)由法拉第电磁感应定律得：
eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)，q＝eq \x\t(I)Δt
解得：q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLd,r＋R)；
(3)由导体棒刚离开磁场时加速度为0可知：mgsin θ＝eq \f(B2L2v,r＋R)，由能量守恒定律有：2mgdsin θ＝Q＋eq \f(1,2)mv2
联立解得：Q＝2mgdsin θ－eq \f(r＋R2,2B4L4)m3g2sin2θ
6．(2019·江苏南京师大附中5月模拟)1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机．如图6所示为一圆盘发电机对小灯泡供电的示意图，铜圆盘可绕竖直铜轴转动，两块铜片C、D分别与圆盘的竖直轴和边缘接触．已知铜圆盘半径为L，接入电路中的电阻为r，匀强磁场竖直向上，磁感应强度为B，小灯泡电阻为R.不计摩擦阻力，当铜圆盘以角速度ω沿顺时针方向(俯视)匀速转动时，求：
图6
(1)铜圆盘的铜轴与边缘之间的感应电动势大小E；
(2)流过小灯泡的电流方向，以及小灯泡两端的电压U；
(3)维持圆盘匀速转动的外力的功率P.
答案 (1)eq \f(1,2)BωL2 (2)由a到b eq \f(RBωL2,2R＋r) (3)eq \f(B2ω2L4,4R＋r)
解析 (1)由法拉第电磁感应定律可得感应电动势：
E＝BLeq \x\t(v)
圆盘半径两端的平均速度为：eq \x\t(v)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＋ωL))
由以上方程可得铜圆盘的铜轴与边缘之间的感应电动势大小：E＝eq \f(1,2)BωL2
(2)由右手定则可得电流方向：由a到b；
由闭合电路欧姆定律可得电流为：I＝eq \f(E,R＋r)
所以灯泡两端的电压为：U＝IR
由以上方程解得：U＝eq \f(RBωL2,2R＋r)
(3)由能量守恒可知，维持圆盘匀速转动的外力的功率等于电路消耗的总功率，即：P＝P电
而电路中消耗的总功率为：P电＝eq \f(E2,R＋r)
由以上方程解得：P＝eq \f(B2ω2L4,4R＋r)状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析