专题11.6 电磁感应中的能量问题-2021年高考物理一轮复习考点扫描学案

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专题11.6 电磁感应中的能量问题
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc25167" 【考点扫描】 PAGEREF _Tc25167 1
\l "_Tc29642" 1．两种状态及处理方法 PAGEREF _Tc29642 1
\l "_Tc14593" 2．力学对象和电学对象的相互关系 PAGEREF _Tc14593 1
\l "_Tc20630" 3．动态分析的基本思路 PAGEREF _Tc20630 2
\l "_Tc6040" PAGEREF _Tc6040 2
\l "_Tc3838" 【典例分析】 PAGEREF _Tc3838 2
\l "_Tc8828" 【专题精练】 PAGEREF _Tc8828 4
【考点扫描】
1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
3．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤
(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。
(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。
(3)根据能量守恒列方程求解。
【典例分析】
【例1】.(2020·石家庄模拟)相距为L＝2 m的足够长的金属直角导轨如图甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m＝0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨电阻不计，回路中ab、cd电阻分别为R1＝0.6 Ω，R2＝0.4 Ω。整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动。测得拉力F与时间t的关系如图乙所示。g取10 m/s2，求：
(1)ab杆的加速度a；
(2)当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；
(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2 J的功，求该过程中ab杆所产生的焦耳热。
【答案】 (1)10 m/s2 (2)2 m/s (3)2.94 J
【解析】 (1)由图乙可知，t＝0时，F＝1.5 N
对ab杆：F－μmg＝ma
代入数据得a＝10 m/s2
(2)cd杆受力情况如图(从d向c看)，当cd杆所受重力与滑动摩擦力相等时，速度最大，即mg＝μFN
又FN＝F安
安培力F安＝BIL
感应电流I＝eq \f(E,R1＋R2)＝eq \f(BLv,R1＋R2)
由以上几式解得v＝2 m/s
(3)ab杆发生的位移为x＝eq \f(v2,2a)＝0.2 m
对ab杆应用动能定理得
WF－μmgx－W安＝eq \f(1,2)mv2
解得W安＝4.9 J
根据功能关系得Q＝W安
所以ab杆上产生的焦耳热为
Qab＝eq \f(R1,R1＋R2)Q＝2.94 J
【方法总结】解决电磁感应能量问题的策略是“先源后路、先电后力，再是运动、能量”，即
【例2】(2020·山东泰安市3月第一轮模拟)如图，倾角为θ的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁场，其方向一个垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下，它们的宽度均为L.一个质量为m、边长也为L的正方形线框以速度v进入上部磁场恰好做匀速运动，ab边在下部磁场运动过程中再次出现匀速运动．重力加速度为g，则( )
A．在ab进入上部磁场过程中的电流方向为adcba
B．当ab边刚越过边界ff′时，线框的加速度大小为gsin θ
C．ab边进入下部磁场再次做匀速运动的速度为eq \f(1,4)v
D．从ab边进入磁场到ab边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，减少的动能等于线框中产生的焦耳热
【答案】 AC
【解析】 根据楞次定律可知，在ab边进入上部磁场过程中的电流方向为adcba，选项A正确；当线框在上部磁场中匀速运动时：F安＝mgsin θ＝eq \f(B2L2v,R)，当ab边刚越过边界ff′时，由于线框的ab边和cd边产生同方向感应电动势，则回路的感应电动势加倍，感应电流加倍，每个边受到的安培力加倍，则此时：4F安－mgsin θ＝ma，解得线框的加速度大小为a＝3gsin θ，选项B错误；当ab边进入下部磁场再次做匀速运动时：2Beq \f(2BLv′,R)L＝mgsin θ，解得v′＝eq \f(1,4)v，选项C正确；由能量关系可知，从ab边进入磁场到ab边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，减少的动能与重力势能之和等于线框中产生的焦耳热，选项D错误．
【例3】(2020·山东济宁市第一次模拟)如图所示，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＝30°，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斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为2L.一质量为m、有效电阻为0.5R的导体棒从距磁场上边缘2L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.
(1)求导体棒刚进入磁场时的速度v0的大小；
(2)若导体棒离开磁场前已达到匀速，求导体棒通过磁场的过程中，电阻R上产生的焦耳热QR.
【答案】 见解析
【解析】 (1)导体棒由静止到下滑距离2L的过程中，由动能定理得
mg2Lsin θ＝eq \f(1,2)mv02－0
解得v0＝eq \r(2gL)
(2)设导体棒在磁场中匀速运动的速度为v，此时导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv
产生的感应电流为I＝eq \f(E,R＋0.5R)
产生的安培力为F安＝BIL
由平衡条件得mgsin θ＝F安
联立解得v＝eq \f(3mgR,4B2L2)
导体棒从开始释放到刚离开磁场的过程中，由能量守恒定律得
mg4Lsin θ＝eq \f(1,2)mv2＋Q总
则在电阻R上产生的热量为QR＝eq \f(R,1.5R)Q总
解得QR＝eq \f(4,3)mgL－eq \f(3m3g2R2,16B4L4).
【专题精练】
1．CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示．导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是( )
A．通过电阻R的最大电流为eq \f(Bd\r(2gh),R) B．流过电阻R的电荷量为eq \f(BdL,R)
C．整个电路中产生的焦耳热为mgh D．电阻R中产生的焦耳热为eq \f(1,2)mg(h－μd)
【答案】D.
【解析】：由题图可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mv2，所以 eq \x\t(I)＝eq \f(E,2R)＝eq \f(BLv,2R)＝eq \f(BL\r(2gh),2R)，A错；流过R的电荷量为q＝It＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLd,2R)，B错；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q＝mgh－μmgd，C错；由于导体棒的电阻也为R，则电阻R中产生的焦耳热为eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,2)mg(h－μd)，D对．
2.(2020·上海闵行调研)如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长．从置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则 ( )
A．Q1>Q2 q1＝q2 B．Q1>Q2 q1>q2
C．Q1＝Q2 q1＝q2 D．Q1＝Q2 q1>q2
【答案】A.
【解析】：设ab和bc边长分别为L1、L2，线框电阻为R，若假设穿过磁场区域的时间为t.通过线框导体横截面的电荷量q＝eq \(I,\s\up6(－))t＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BL1L2,R)，因此q1＝q2.线框上产生的热量为Q，第一次：Q1＝BL1I1L2＝BL1eq \f(BL1v,R)L2，同理可以求得Q2＝BL2I2L1＝BL2eq \f(BL2v,R)L1，由于L1>L2，则Q1>Q2，故A正确．
3.如图所示，相距为d的两条水平虚线之间有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，正方形线圈abec边长为L(LA．产生的焦耳热为mgd B．产生的焦耳热为mg(d－L)
C．线圈的最小速度一定为2eq \r(2g（h＋L－d）) D．线圈的最小速度可能为eq \f(mgR,B2L2)
【答案】D.
【解析】：根据能量守恒定律，在ce边刚进入磁场到ce边刚穿出磁场的过程中，线圈的动能不变，重力势能全部转化为线圈进入磁场的过程中产生的热量，即Q＝mgd，即从ce边刚进入磁场到ab边刚进入磁场过程产生的焦耳热为mgd，从ce边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线圈产生的热量与从ce边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程中产生的热量相等，故从线圈的ce边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量为2Q＝2mgd，A、B错误；若线圈进入磁场的整个过程做减速运动，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则可知线圈刚全部进入磁场时的瞬时速度最小，设线圈的最小速度为vmin，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得mg(h＋L)＝Q＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,min)，代入数据解得线圈的最小速度为vmin＝eq \r(2g（h＋L－d）)，C错误；线圈在进入磁场的过程中，先做减速运动，可能在完全进入磁场前已经做匀速运动，则有mg＝BIL＝eq \f(B2L2vmin′,R)，解得vmin′＝eq \f(mgR,B2L2)，D正确．
4.如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连，重物质量为M.斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行于底边，则下列说法正确的是( )
A．线框进入磁场前运动的加速度为eq \f(Mg－mgsin θ,m)
B．线框进入磁场时匀速运动的速度为eq \f(（Mg－mgsin θ）R,Bl1)
C．线框做匀速运动的总时间为eq \f(B2leq \\al(2,1),Mg－mgRsin θ)
D．该匀速运动过程中产生的焦耳热为(Mg－mgsin θ)l2
【答案】D.
【解析】：由牛顿第二定律得，Mg－mgsin θ＝(M＋m)a，解得线框进入磁场前运动的加速度为eq \f(Mg－mgsin θ,M＋m)，A错误；由平衡条件，Mg－mgsin θ－F安＝0，F安＝BIl1，I＝eq \f(E,R)，E＝Bl1v，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v＝eq \f(（Mg－mgsin θ）R,B2leq \\al(2,1))，B错误；线框做匀速运动的总时间为t＝eq \f(l2,v)＝eq \f(B2leq \\al(2,1)l2,（Mg－mgsin θ）R)，C错误；由能量守恒定律，该匀速运动过程中产生的焦耳热等于系统重力势能的减小量，为(Mg－mgsin θ)l2，D正确．
5.(2020·石家庄模拟)如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面上间距d＝1 m的两平行虚线aa′和bb′之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度B＝5 T．现有一质量m＝1 kg，总电阻R＝5 Ω，边长也为d＝1 m的正方形金属线圈MNPQ有一半面积位于磁场中，现让线圈由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中线圈MN边始终与虚线aa′保持平行，线圈的下边MN穿出aa′时开始做匀速直线运动．已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．从开始到线圈完全进入磁场的过程，通过线圈某一截面的电荷量为0.5 C
B．线圈做匀速直线运动时的速度大小为0.4 m/s
C．线圈速度为0.2 m/s时的加速度为1.6 m/s2
D．线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中产生的焦耳热为3 J
【答案】ABD.
【解析】：q＝It＝eq \f(E,R)t＝eq \f(ΔΦ,tR)t＝ΔΦeq \f(1,R)＝eq \f(d2,2)×eq \f(1,R)，代入数据有q＝0.5 C，故A正确；线圈做匀速直线运动时，沿斜面有mgsin θ＝μmgcs θ＋BId，又I＝eq \f(Bdv,R)，两式联立得v＝0.4 m/s，故B正确；线圈v＝0.2 m/s时，沿斜面有mgsin θ－μmgcs θ－eq \f(B2d2v,R)＝ma，有a＝1.8 m/s2，故C错误；线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中能量守恒：mgsin θ×eq \f(3,2)d＝μmgcs θ×eq \f(3,2)d＋eq \f(1,2)mv2＋Q，代入数据有Q＝3 J，故D正确．
6.在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图所示．一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框在t＝0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，线框ab边到达gg′与ff′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是( )
A．当ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小为gsin θ
B．t0时刻线框匀速运动的速度为eq \f(v0,4)
C．t0时间内线框中产生的焦耳热为eq \f(3,2)mgLsin θ＋eq \f(15,32)mveq \\al(2,0)
D．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动
【答案】BC.
【解析】：当ab边进入磁场时，有E＝BLv0，I＝eq \f(E,R)，mgsin θ＝BIL，有eq \f(B2L2v0,R)＝mgsin θ.当ab边刚越过ff′时，线框的感应电动势和电流均加倍，则线框做减速运动，有eq \f(4B2L2v0,R)＝4mgsin θ，加速度方向沿斜面向上且大小为3gsin θ，A错误；t0时刻线框匀速运动的速度为v，则有eq \f(4B2L2v,R)＝mgsin θ，解得v＝eq \f(v0,4)，B正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动的过程，沿斜面向下运动距离为eq \f(3,2)L，则由功能关系得线框中产生的焦耳热为Q＝eq \f(3mgLsin θ,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mveq \\al(2,0),2)－\f(mv2,2)))＝eq \f(3mgLsin θ,2)＋eq \f(15mveq \\al(2,0),32)，C正确；线框离开磁场时做加速运动，D错误．
7.如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )
A．运动的平均速度大于 eq \f(1,2)v B．受到的最大安培力大小为 eq \f(B2L2v,R)sin θ
C．下滑的位移大小为 eq \f(qR,BL) D．产生的焦耳热为qBLv
【答案】AC.
【解析】：金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于eq \f(1,2)v，故A正确；金属棒受到的安培力F安＝BIL＝BL·eq \f(E,R)＝BL·eq \f(BLv,R)＝eq \f(B2L2v,R)，故B错误；由q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLx,R)可知下滑的位移x＝eq \f(qR,BL)，故C正确；产生的焦耳热Q＝I2Rt＝qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流I′＝eq \f(BLv,R)小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv，故D错误．
8.如图所示，abcd为一矩形金属线框，其中ab＝cd＝L，ab边接有定值电阻R，cd边的质量为m，其他部分的电阻和质量均不计，整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来．线框下方处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．初始时刻，使两弹簧处于自然长度，且给线框一竖直向下的初速度v0，在cd边第一次运动至最下端的过程中，R中产生的焦耳热为Q，此过程及以后的运动过程中ab边未进入磁场、cd边始终未离开磁场，已知重力加速度大小为g.下列说法中正确的是( )
A．初始时刻cd边所受安培力的大小为eq \f(B2L2v0,R)－mg
B．线框中产生的最大感应电流可能为eq \f(BLv0,R)
C．在cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量大于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－Q
D．在cd边反复运动过程中，R中产生的焦耳热最多为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
【答案】BC.
【解析】：初始时刻，cd边切割磁感线的速度为v0，若此时所受重力不大于安培力，则产生的感应电动势最大，为E＝BLv0，感应电流最大，为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv0,R)，cd边所受安培力的大小F＝BIL＝eq \f(B2L2v0,R)，A错误，B正确．在cd边第一次运动至最下端的过程中，由能量守恒定律有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh＝Q＋Ep，在cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能的总量为Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－Q＋mgh，大于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－Q，C正确．由题意可知，cd边最后静止在初始位置下方，设弹簧的劲度系数为k，由mg＝2kx得：x＝eq \f(mg,2k)，由能量守恒定律可知，导体棒的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能，减少的重力势能为eq \f(m2g2,2k)，弹性势能为Ep＝2×eq \f(1,2)kx2＝eq \f(m2g2,4k)，则减少的重力势能大于弹簧的弹性势能，所以R中产生的焦耳热应大于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，D错误．
9.(2020·怀化模拟)如图甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg、电阻为r＝0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：
甲 乙
(1)判断金属棒两端a、b的电势高低；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)在金属棒ab从开始运动的1.5 s内，内阻R上产生的热量。
【答案】(1)b点电势高，a点电势低 (2)0.1 T (3)0.26 J
【解析】(1)由右手定则可知，ab中的感应电流由a流向b，ab相当于电源，则b点电势高，a点电势低。
(2)由x­t图象求得t＝1.5 s时金属棒的速度为：v＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(11.2－7,2.1－1.5) m/s＝7 m/s
金属棒匀速运动时所受的安培力大小为F＝BIL，I＝eq \f(E,R＋r)，E＝BLv
联立得：F＝eq \f(B2L2v,R＋r)
根据平衡条件得：F＝mg
则有：mg＝eq \f(B2L2v,R＋r)
代入数据解得：B＝0.1 T。
(3)金属棒ab在开始运动的1.5 s内，金属棒的重力势能减少量转化为金属棒的动能和电路的内能。设电路中产生的总焦耳热为Q
根据能量守恒定律得：mgx＝eq \f(1,2)mv2＋Q
代入数据解得：Q＝0.455 J
故R产生的热量为QR＝eq \f(R,R＋r)Q＝0.26 J。
10.(2020·南平市适应性检测)如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L＝0.2 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道。仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0 T。一根质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x＝9 m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度。当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h＝0.8 m处。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g ＝10 m/s2。求：
(1)金属棒运动的最大速率v；
(2)金属棒在磁场中速度为eq \f(v,2)时的加速度大小；
(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热。
【答案】见解析
【解析】(1)金属棒从出磁场到上升到弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律得：
eq \f(1,2)mv2＝mgh①
由①得：v＝eq \r(2gh)＝4 m/s。②
(2)金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得
F＝BIL＋μmg③
I＝eq \f(BLv,R＋r)④
联立②③④式得F＝0.6 N⑤
金属棒速度为eq \f(v,2)时，设回路中的电流为I′，根据牛顿第二定律得
F－BI′L－μmg＝ma⑥
I′＝eq \f(BLv,2R＋r)⑦
联立②⑤⑥⑦得：a＝1 m/s2。⑧
(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系：
Fx＝μmgx＋eq \f(1,2)mv2＋Q⑨
则电阻R上的焦耳热QR＝eq \f(R,R＋r)Q⑩
联立⑤⑨⑩解得：QR＝1.5 J。
11.如图甲所示，在水平桌面上固定着两根相距L＝20 cm、相互平行的无电阻轨道P、Q，轨道一端固定一根电阻R＝0.02 Ω的导体棒a，轨道上横置一根质量m＝40 g、电阻可忽略不计的金属棒b，两棒相距也为L＝20 cm。该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中。开始时，磁感应强度B0＝0.1 T。设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
甲 乙 丙
(1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t＝0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动，此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示。求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与轨道间的滑动摩擦力大小；
(2)若从t＝0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量。
【答案】 (1)5 m/s2 0.2 N (2)0.036 J
【解析】 (1)由题图乙可得拉力F的大小随时间t变化的函数表达式为
F＝F0＋eq \f(ΔF,Δt)t＝0.4＋0.1t(N)
当b棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有
F－Ff－F安＝ma
F安＝B0IL
E＝B0Lv
I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0Lv,R)
v＝at
所以F安＝eq \f(B\\al(2,0)L2a,R)t
联立可得F＝Ff＋ma＋eq \f(B\\al(2,0)L2a,R)t
由图象可得：
当t＝0时，F＝0.4 N，
当t＝1 s时，F＝0.5 N。
代入上式，可解得a＝5 m/s2，Ff＝0.2 N。
(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I。以b棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b棒所受安培力F安′与最大静摩擦力Ff相等时开始滑动
感应电动势E′＝eq \f(ΔB,Δt)L2＝0.02 V
I′＝eq \f(E′,R)＝1 A
b棒将要运动时，有F′安＝BtI′L＝Ff
所以Bt＝1 T，根据Bt＝B0＋eq \f(ΔB,Δt)t
解得t＝1.8 s
回路中产生的焦耳热为Q＝I′2Rt＝0.036 J。
12.(2020·广东台山模拟)如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离l＝0.50 m．轨道的MM′端接一阻值为R＝0.50 Ω的定值电阻，直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度大小为B＝0.60 T的匀强磁场中，磁场区域右边界为NN′、宽度d＝0.80 m；水平轨道的最右端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆形轨道的半径均为R0＝0.50 m．现有一导体杆ab静止在距磁场的左边界s＝2.0 m处，其质量m＝0.20 kg、电阻r＝0.10 Ω.ab杆在与杆垂直的、大小为2.0 N的水平恒力F的作用下开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，杆穿过磁场区域后，沿半圆形轨道运动，结果恰好能通过半圆形轨道的最高位置PP′.已知杆始终与轨道垂直，杆与直轨道之间的动摩擦因数μ＝0.10，轨道电阻忽略不计，取g＝10 m/s2.求：
(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流的大小和方向；
(2)在导体杆穿过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量；
(3)在导体杆穿过磁场的过程中，整个电路产生的焦耳热．
【答案】：(1)3 A 方向为由b指向a (2)0.4 C (3)0.94 J
【解析】：(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1
由动能定理得(F－μmg)s＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0
导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝Blv1
此时通过导体杆的电流大小为I＝eq \f(E,R＋r)
代入数据解得I＝3 A
由右手定则可知，电流的方向为由b指向a.
(2)ΔΦ＝B·ld，eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)，eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(eq \(E,\s\up6(－)),R＋r)，q＝eq \(I,\s\up6(－))·Δt
联立解得q＝0.4 C.
(3)由(1)可知，导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度v1＝6.0 m/s
设导体杆通过半圆形轨道的最高位置时的速度为v，则有mg＝eq \f(mv2,R0)
在导体杆从刚进入磁场到滑至最高位置的过程中，由能量守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝Q＋mg×2R0＋eq \f(1,2)mv2＋μmgd
解得Q＝0.94 J.