新高考物理一轮复习讲义第11章 电磁感应 专题强化二十二 电磁感应中的动力学和能量问题 (含解析)

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考点一 电磁感应中的平衡及动力学问题
1.两种状态及处理方法
2.基本思路
例1 如图1甲所示，用粗细均匀的导线制成的一个单匝正方形金属框，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属框的质量为m，边长为L，金属框的总电阻为R，金属框的上半部分处在方向垂直框面向里的有界磁场中(磁场均匀分布)，下半部分在磁场外，磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，丝线能承受的最大拉力为F，从t＝0时刻起，测得经过t0＝5 s，丝线刚好被拉断，金属框由静止开始下落。金属框在下落过程中上边框离开磁场前已开始做匀速直线运动，金属框始终在竖直平面内且未旋转，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
图1
(1)0～5 s内，金属框产生感应电流的方向以及磁感应强度B0的大小；
(2)金属框的上边框离开磁场前做匀速直线运动的速度v的大小。
答案 (1)沿逆时针方向 eq \r(\f(10R（F－mg）,L3)) (2)eq \f(mgL,10（F－mg）)
解析 (1)由图乙可知，0～5 s时间内磁场均匀增加，由楞次定律可知金属框中产生感应电流的方向沿逆时针方向；由法拉第电磁感应定律得
E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB·S,Δt)＝eq \f(B0,5)·eq \f(L2,2)＝eq \f(B0L2,10)①
感应电流大小为I＝eq \f(E,R)②
5 s时受到的安培力为F安＝ILB0③
丝线刚好被拉断，则有F＝F安＋mg④
联立①②③④解得
B0＝eq \r(\f(10R（F－mg）,L3))。⑤
(2)由题意可知，5 s后磁感应强度为B0不变，金属框在上边框离开磁场前做匀速运动，即有
I1LB0＝mg⑥
金属框做匀速运动产生的感应电动势大小为
E1＝B0Lv⑦
由闭合电路欧姆定律可得I1＝eq \f(E1,R)⑧
整理得v＝eq \f(mgR,Beq \\al(2,0)L2)⑨
代入B0得v＝eq \f(mgL,10（F－mg）)。
用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
跟踪训练
1.如图2甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，间距为L＝1 m，质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5 T。P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得金属杆ab最大速度为vm，得到eq \f(1,vm)与eq \f(1,R)的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，则( )
图2
A.金属杆中感应电流方向由a指向b
B.金属杆所受的安培力沿轨道向下
C.定值电阻的阻值为1 Ω
D.金属杆的质量为1 kg
答案 C
解析 由右手定则可判断，金属杆中感应电流方向由b指向a，由左手定则知，金属杆所受的安培力沿轨道向上，A、B错误；总电阻R总＝eq \f(R1R,R1＋R)，I＝eq \f(BLv,R总)，当达到最大速度时，金属杆受力平衡，有mgsin θ＝ILB＝eq \f(B2L2vm,R1R)·(R1＋R)，变形得eq \f(1,vm)＝eq \f(B2L2,mgsin θ)·eq \f(1,R)＋eq \f(B2L2,mgR1sin θ)，根据图像可得eq \f(B2L2,mgsin θ)＝k＝eq \f(3－0.5,5－0) s·m－1·Ω，eq \f(B2L2,mgR1sin θ)＝b＝0.5 s·m－1，解得杆的质量m＝0.1 kg，定值电阻R1＝1 Ω，C正确，D错误。
2.(2022·天津高三月考)如图3所示，两根足够长的光滑平行金属导轨PP′、QQ′相距L倾斜放置，与水平面的夹角为θ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离为d，板间固定有一带电微粒，质量为m，接入电阻与定值电阻相等(阻值均为R)的金属棒ab，水平跨放在导轨上，金属棒ab的质量为M，下滑过程中与导轨接触良好，现将金属棒ab由静止释放，当金属棒的速度达到稳定时释放板间带电微粒，带电微粒恰好保持静止，不计金属导轨的电阻，重力加速度为g。
图3
(1)求带电微粒带何种电荷及其比荷；
(2)求金属棒ab下滑的稳定速度大小。
答案 (1)负电 eq \f(BLd,MRsin θ) (2)eq \f(2MgRsin θ,B2L2)
解析 (1)根据右手定则可知金属棒下滑时产生的感应电流方向为b→a，所以M板带正电，而带电微粒所受电场力竖直向上，所以微粒带负电。
当金属棒的速度达到稳定时，设通过金属棒的电流为I，对金属棒根据平衡条件有
ILB＝Mgsin θ①
此时M、N之间的电压为U＝IR②
电场强度大小为E＝eq \f(U,d)③
对微粒根据平衡条件有qE＝mg④
联立①②③④解得eq \f(q,m)＝eq \f(BLd,MRsin θ)。⑤
(2)设金属棒下滑的稳定速度大小为v，则速度稳定时金属棒产生的感应电动势为
E＝BLv＝2IR⑥
联立①⑥解得v＝eq \f(2MgRsin θ,B2L2)。
考点二 电磁感应中的能量问题
1.电磁感应现象中的能量转化
2.求解焦耳热Q的三种方法
例2 如图4甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝0.5 m，NQ两端连接阻值R＝2.0 Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，一质量m1＝
0.40 kg、接入电路的阻值r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的轻质定滑轮与质量m2＝0.80 kg的重物相连。细线与金属导轨平行。金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.6 s内通过电荷量的eq \f(2,3)，g＝10 m/s2，求：
图4
(1)0～0.3 s内金属棒通过的位移大小；
(2)金属棒在0～0.6 s内产生的热量。
答案 (1)0.3 m (2)1.05 J
解析 (1)0～0.3 s内通过金属棒的电荷量
q1＝eq \f(ΔФ,R＋r)＝eq \f(BLx1,R＋r)
0.3～0.6 s内通过金属棒的电荷量
q2＝I2t2＝eq \f(BLv0t2,R＋r)
由题中的电荷量关系eq \f(q1,q2)＝eq \f(2,3)
解得x1＝0.3 m。
(2)金属棒在0～0.6 s内通过的总位移为
x＝x1＋x2＝x1＋v0t2，解得x＝0.75 m
根据能量守恒定律有
m2gx－m1gxsin θ＝eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,0)＋Q
解得Q＝3.15 J
由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt，它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6 s内产生的热量
Qr＝eq \f(r,R＋r)Q＝1.05 J。
跟踪训练
3.如图5甲所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m的正方形闭合导线框abcd的边长为l，从bc边距离地面高为h处将其由静止释放，已知h>d>l。从导线框开始运动到bc边即将落地的过程中，导线框的v－t图像如图乙所示。重力加速度为g，不计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是( )
图5
A.t1～ t2时间内导线框受到的安培力逐渐增大
B. 磁场的高度d可以用v－t图中阴影部分的面积表示
C.导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量
D. 导线框产生的焦耳热大于mgl
答案 D
解析 由题图乙可知，在0～t1时间内，导线框自由落体，t1～t2时间内导线框切割磁感线进入磁场，做加速度减小的减速运动，电流减小，则安培力在减小，A错误；在t1～t2时间段内，导线框切割磁感线，距离为l，完全进入后又做加速运动直到落地，所以磁场高度d为t1～t3时间内的位移，B错误；安培力做负功，所以重力势能减少量为动能增加量和安培力做功的和，C错误；t1～t2时间内，
F安>mg，克服安培力做的功大于重力做功，所以在下降过程中导线框产生的焦耳热大于mgl，D正确。
4.(2021·北京卷)如图6所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中( )
图6
A.导体棒做匀减速直线运动
B.导体棒中感应电流的方向为a→b
C.电阻R消耗的总电能为eq \f(mveq \\al(2,0)R,2（R＋r）)
D.导体棒克服安培力做的总功小于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
答案 C
解析 由右手定则可知，导体棒中感应电流的方向为b→a，B错误；由左手定则可知，安培力方向向左，导体棒的速度逐渐变小，故感应电动势逐渐变小，感应电流逐渐变小，导体棒受到的安培力逐渐变小，加速度逐渐变小，故A错误；由能量守恒定律可知，总电阻消耗的总电能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，故电阻R消耗的总电能为eq \f(mveq \\al(2,0)R,2（R＋r）)，C正确；由动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，D错误。
A级 基础对点练
对点练1 电磁感应中的平衡和动力学问题
1.如图1所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则( )
图1
A.ef将减速向右运动，但不是匀减速运动
B.ef将匀减速向右运动，最后停止
C.ef将匀速向右运动
D.ef将往返运动
答案 A
解析 ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而减速运动，由F＝IlB＝eq \f(B2l2v,R)＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误。
2.(多选)(2023·河南郑州高三月考)在如图2所示的甲、乙、丙图中，MN、PQ是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨。导体棒ab垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中，导体棒和导轨间的摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C原来不带电。今给导体棒ab一个向右的初速度v0，在甲、乙、丙图中导体棒ab在磁场中的运动状态是( )
图2
A.甲图中，棒ab最终做匀速运动
B.乙图中，棒ab匀减速运动直到最终静止
C.丙图中，棒ab最终做匀速运动
D.甲、乙、丙图中，棒ab最终都静止
答案 AC
解析 甲图中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A正确；乙图中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止，又由于I＝eq \f(Blv,R)，F＝IlB，由于速度减小，则产生感应电流减小，导体棒所受安培力减小，根据牛顿第二定律可知导体棒的加速度减小，所以乙图中，棒ab做加速度减小的减速运动，最终静止，故B错误；丙图中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，故C正确；由以上分析可知，甲、乙、丙中，只有图乙中棒ab最终静止，故D错误。
3.(多选)(2021·全国甲卷)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图3所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是( )
图3
A.甲和乙都加速运动
B.甲和乙都减速运动
C.甲加速运动，乙减速运动
D.甲减速运动，乙加速运动
答案 AB
解析 两线圈的质量相等，线圈所用材料相同，则体积相同，甲线圈的匝数是乙的2倍，则甲的横截面积是乙的一半，长度是乙的2倍，由电阻定律可知，甲的电阻是乙的4倍；两线圈从同一高度同时由静止开始下落，则到达磁场上边界时两线圈的速度相同，设乙线圈的匝数为n，两线圈的边长均为l，两线圈进入磁场后，乙受到的安培力F乙＝nIlB＝eq \f(n2B2l2v,R)，甲受到的安培力F甲＝eq \f(4n2B2l2v,4R)＝eq \f(n2B2l2v,R)，可见，甲、乙受到的安培力大小相同，重力也相同，则运动情况相同，A、B正确。
4.如图4所示，光滑平行金属导轨与水平面成一定角度，两导轨上端用一定值电阻相连，该装置处于一匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。现有一金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置。在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻，则在下列图像中，能正确描述金属棒ab的速度与时间关系的是( )
图4
答案 D
解析 上滑过程中，有mgsin θ＋eq \f(B2l2v,R)＝ma，解得a＝gsin θ＋eq \f(B2l2v,mR)，则金属杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，直到速度为0；下滑过程，有mgsin θ－eq \f(B2l2v,R)＝ma′，解得a′＝gsin θ－eq \f(B2l2v,mR)，则金属杆ab做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度为0时，速度达到最大值，最后做匀速运动。根据速度与时间图像的斜率表示加速度可知能正确描述金属棒ab的速度与时间关系的是D项，所以D正确。
对点练2 电磁感应中的能量问题
5.如图5所示，两根足够长的光滑导轨固定竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，金属棒和导轨电阻不计，现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放(设当地重力加速度为g)，则( )
图5
A.释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度g
B.金属棒向下的最大速度为v时，所受弹簧弹力为F＝mg－eq \f(B2L2v,R)
C.金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
D.电路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
答案 B
解析 释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒只受重力，所以金属棒的加速度为g，A错误；金属棒向下的速度最大时，加速度为零，回路中产生的感应电流为I＝eq \f(BLv,R)，安培力FA＝ILB＝eq \f(B2L2v,R)。根据平衡条件知F＋FA＝mg，解得弹簧弹力F＝mg－eq \f(B2L2v,R)，B正确；金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则可知，流过电阻R的电流方向为b→a，C错误；由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍作用，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，此时弹簧具有一定的弹性势能，所以金属棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则根据能量守恒定律可知在金属棒运动的过程中，电阻R上产生的总热量等于金属棒的重力势能的减少量与最终弹簧的弹性势能之差，D错误。
6.(2023·重庆巴蜀中学高三月考)如图6所示，abcd是位于竖直平面内边长为L的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R。在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与金属线框的bc边平行，磁场方向垂直于金属线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是金属线框从t＝0时刻由静止开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的v－t图像。重力加速度为g，不计空气阻力。则下列说法正确的是( )
图6
A.金属线框进入磁场过程中ab边不受安培力
B.线框将匀速离开磁场
C.磁场边界MN与PQ的间距为2.5L
D.线框从释放到完全离开磁场产生的焦耳热为2mgL
答案 C
解析 金属线框进入磁场的过程中，bc边切割磁感线产生感应电动势，闭合回路产生感应电流，故ab边要受安培力，A错误；根据乙图可知线框进入磁场时先做匀速运动，根据安培力的计算公式，可得F安＝eq \f(B2L2v1,R总)＝mg，完全进入磁场时开始做加速运动，线框开始离开磁场时的速度v2＞v1，根据安培力计算式可得F安＝eq \f(B2L2v2,R总)＞mg，故线框离开磁场时做减速运动，B错误；根据图像可知，t0到2t0的位移，L＝v1t0，而v1＝gt0，v2＝v1＋g(3t0－2t0)，2t0到3t0的位移x＝eq \f(1,2)(v1＋v2)t0＝1.5L，故磁场宽度等于2.5L，C正确；根据金属棒进入磁场过程中做匀速运动可知，进入过程中产生的热量Q1＝mgL，金属棒离开磁场时的速度大于金属棒进入磁场时的速度，故离开磁场时产生的热量Q2＞Q1，故焦耳热大于2mgL，D错误。
7.(多选)如图7所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好。重力加速度为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
图7
A.流过定值电阻的电流方向是N→Q
B.通过金属棒的电荷量为eq \f(BdL,2R)
C.克服安培力做的功为mgh
D.金属棒产生的焦耳热为eq \f(1,2)(mgh－μmgd)
答案 BD
解析 金属棒下滑到底端时速度向右，磁场方向竖直向上，根据右手定则可以知道流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，通过金属棒的电荷量为q＝eq \f(E,2R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,Δt·2R)·Δt＝eq \f(BLd,2R)，故B正确；根据动能定理有mgh－μmgd－W安＝0，则克服安培力所做的功为W安＝mgh－μmgd，电路中产生的焦耳热等于克服安培力做功，所以金属棒产生的焦耳热为QR＝eq \f(1,2)(mgh－μmgd)，选项C错误，D正确。
B级 综合提升练
8.(多选)如图8所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动。整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨。已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法正确的是 ( )
图8
A.拉力F是恒力
B.拉力F随时间t均匀增加
C.金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 N
D.金属杆运动的加速度大小为2 m/s2
答案 BCD
解析 t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流I＝eq \f(Blv,R)，金属杆所受的安培力大小为F安＝IlB＝eq \f(B2l2at,R)，由牛顿第二定律知F－F安－mgsin 37°＝ma可得F＝ma＋mgsin 37°＋eq \f(B2l2at,R)，可见F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，t＝2 s时，F＝12 N，选项C、D正确。
9.如图9，两根电阻不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距L＝1 m。在水平虚线间有与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，磁场区域的高度d＝1 m，导体棒a的电阻Ra＝1 Ω，导体棒b的质量m＝0.05 kg，电阻Rb＝1.5 Ω，它们分别从图示M、N处同时由静止开始在导轨上向下滑动，b匀速穿过磁场区域，且当b刚穿出磁场时a刚好进入磁场并将匀速穿过磁场，取g＝10 m/s2，不计a、b棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，求：
图9
(1)b棒匀速穿过磁场区域的速度；
(2)a棒刚进入磁场时两端的电压；
(3)从静止释放到a棒刚好出磁场过程中a棒产生的焦耳热。
答案 (1)5 m/s (2)2.1 V (3)0.48 J
解析 (1)b棒穿过磁场做匀速运动，安培力等于重力，则有I1LB＝mg
根据闭合电路欧姆定律
I1＝eq \f(E1,Ra＋Rb)＝eq \f(BLvb,Ra＋Rb)
解得vb＝5 m/s。
(2)b棒在磁场中匀速运动的时间为t1，则有
d＝vbt1
解得t1＝0.2 s
a、b都在磁场外运动时，速度总是相等的，b棒进入磁场后，a棒继续加速t1时间而进入磁场，a棒进入磁场的速度为
va＝vb＋gt1＝7 m/s
电动势为E2＝BLva＝3.5 V
a棒两端的电势差即路端电压为
U＝eq \f(E2Rb,Ra＋Rb)＝2.1 V。
(3)a棒进入磁场并将匀速穿过磁场，则有
I2LB＝mag
根据闭合电路欧姆定律
I2＝eq \f(E2,Ra＋Rb)＝eq \f(BLva,Ra＋Rb)
解得ma＝0.07 kg
两棒穿过磁场过程中，产生的总焦耳热为
Q＝(m＋ma)gd＝1.2 J
a棒产生的焦耳热Qa＝Qeq \f(Ra,Ra＋Rb)＝0.48 J。
10.如图10甲所示，有一边长为L＝1.2 m、质量为m＝1 kg的正方形单匝线框abcd放在光滑水平面上。在水平恒定拉力F的作用下，穿过垂直水平面向下、磁感应强度为B＝0.1 T的匀强磁场区域。线框cd边刚进入磁场时的速度为v0＝2 m/s。在t＝3 s时刻cd边刚出磁场边界。从cd边进入磁场到cd边离开磁场区域的3 s时间内线框运动的v－t图像如图乙所示。求：
图10
(1)线框cd边在刚进入磁场时，c、d两点间的电势差Ucd；
(2)恒力F的大小；
(3)线框从cd边刚进入磁场到cd边刚离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热Q。
答案 (1)－0.18 V (2)0.5 N (3)2.1 J
解析 (1)线框cd边在刚进入磁场时，产生的感应电动势为E＝BLv0
感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv0,R)
c、d两点间的电势差为路端电压，且感应电流由c流向d，故c点电势较低，故c、d两点间的电势差为Ucd＝－I·eq \f(3,4)R＝－eq \f(3,4)E
联立代入数据解得Ucd＝－0.18 V。
(2)当ab边也进入磁场后，线框在磁场中做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
F＝ma
由题图乙可知，加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝0.5 m/s2
解得F＝0.5 N。
(3)从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场过程，
由能量守恒定律可得，线框产生的焦耳热为
Q1＝FL＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得Q1＝2.1 J
从ab边刚进入磁场到cd边刚离开磁场的过程，线框没有产生感应电流，没有产生焦耳热，故Q＝Q1＝2.1 J。
11.如图11甲所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5 m，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1 T的匀强磁场。质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v－t图像如图乙所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
图11
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
答案 (1)0.25 (2)8 m/s (3)2.95 J
解析 (1)由图乙可知，金属棒进入磁场前的加速度为a＝4 m/s2
对导体棒受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有
mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma
解得μ＝0.25。
(2)动生电动势E＝Blv
I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Blv,R)
F＝IlB＝eq \f(B2l2v,R)
由左手定则知安培力沿斜面向上，当a＝0时金属棒的速率达到最大值，则有
mgsin 37°＝μmgcs 37°＋eq \f(B2l2vm,R)
解得vm＝8 m/s。
(3)设金属棒进入磁场后下滑距离为x，
E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(Blx,Δt)，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Blx,ΔtR)，q＝IΔt
则q＝eq \f(Blx,R)＝1.3 C
可得x＝2.6 m
则h＝xsin 37°＝2.6×0.6 m＝1.56 m
由能量守恒定律得
eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋μmgxcs 37°＋Q＝mgh
解得Q＝2.95 J。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
根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析