2019-2020學年高中物理 第一章 電磁感應 第五節(jié) 課時3 電磁感應中的動力學及能量問題學案 粵教版選修3-2

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1、課時3　電磁感應中的動力學及能量問題 [學科素養(yǎng)與目標要求]　 物理觀念：進一步熟練掌握牛頓運動定律、動能定理、能量守恒定律等力學基本規(guī)律． 科學思維：1.掌握電磁感應中動力學問題的分析方法，建立解決電磁感應中動力學問題的思維模型.2.理解電磁感應過程中能量的轉化情況，能用能量的觀點分析和解決電磁感應問題． 一、電磁感應中的動力學問題 電磁感應問題往往與力學問題聯系在一起，處理此類問題的基本方法： (1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律求感應電動勢的大小和方向． (2)用閉合電路歐姆定律求回路中感應電流的大小和方向． (3)分析導體的受力情況(包括安培力)． (4)列動力學

2、方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解． 例1　如圖1所示，空間存在B＝0.5T、方向豎直向下的勻強磁場，MN、PQ是水平放置的平行長直導軌，其間距L＝0.2m，R＝0.3Ω的電阻接在導軌一端，ab是跨接在導軌上質量m＝0.1kg、接入電路的電阻r＝0.1Ω的導體棒，已知導體棒和導軌間的動摩擦因數為0.2.從零時刻開始，對ab棒施加一個大小為F＝0.45N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導軌滑動，過程中棒始終保持與導軌垂直且接觸良好，求：(g＝10m/s2) 圖1 (1)導體棒所能達到的最大速度； (2)試定性畫出導體棒運動的速度－時間圖象． 答案　(1)10m/s　(

3、2)見解析圖 解析(1)導體棒切割磁感線運動，產生的感應電動勢： E＝BLv① 回路中的感應電流I＝② 導體棒受到的安培力F安＝BIL③ 導體棒運動過程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根據牛頓第二定律： F－μmg－F安＝ma④ 由①②③④得：F－μmg－＝ma⑤ 由⑤可知，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當加速度a減小到0時，速度達到最大． 此時有F－μmg－＝0 可得：vm＝＝10 m/s. (2)由(1)中分析可知，導體棒運動的速度－時間圖象如圖所示． 例2　如圖2甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，

4、兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻，一根質量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直，整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向下，導軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦力．(重力加速度為g) 圖2 (1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖； (2)在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及其加速度的大小； (3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值． 答案　(1)見解析圖　(2)　gsinθ－　(3) 解

5、析　(1)由右手定則可知，ab桿中電流方向為a→b，如圖所示， ab桿受重力mg，方向豎直向下；支持力FN，方向垂直于導軌平面向上；安培力F安，方向沿導軌向上． (2)當ab桿的速度大小為v時，感應電動勢E＝BLv， 此時電路中的電流I＝＝ ab桿受到的安培力F安＝BIL＝ 根據牛頓第二定律，有 mgsinθ－F安＝mgsinθ－＝ma 則a＝gsinθ－. (3)當a＝0時，ab桿有最大速度vm，即mgsinθ＝，解得vm＝. 提示　1.受力分析時，要把立體圖轉換為平面圖，同時標明電流方向及磁場的方向，以便準確地畫出安培力的方向． 2．要特別注意安培力的大小和方向都有

6、可能變化． [學科素養(yǎng)]　例1、例2考查了電磁感應的動力學問題，在處理該類問題時，要把握好受力情況、運動情況的動態(tài)分析． 基本思路：導體受外力運動產生感應電動勢產生感應電流導體受安培力―→合外力變化加速度變化―→速度變化―→感應電動勢變化……→a＝0，v達到最大值．將電磁感應與受力分析、牛頓運動定律、物體的平衡等知識有機結合，培養(yǎng)了學生的綜合分析、科學推理能力，很好地體現了物理“科學思維”的核心素養(yǎng)． 二、電磁感應中的能量問題 1．電磁感應中能量的轉化 (1)轉化方式 (2)涉及的常見功能關系 ①有滑動摩擦力做功，必有內能產生； ②有重力做功，重力勢能必然發(fā)生變化； ③克

7、服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉化為電能． 2．焦耳熱的計算 (1)電流恒定時，根據焦耳定律求解，即Q＝I2Rt. (2)感應電流變化，可用以下方法分析： ①利用動能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安． ②利用能量守恒定律，焦耳熱等于其他形式能量的減少量． 例3　如圖3所示，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，二者平滑連接．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、接入電路的電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止．已知金屬

8、棒與平直部分導軌間的動摩擦因數為μ，金屬棒與導軌垂直且接觸良好，重力加速度為g.則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(　　) 圖3 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　金屬棒沿彎曲部分下滑過程中，機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh＝mv2，金屬棒到達平直部分時的速度v＝，金屬棒到達平直部分后做減速運動，剛到達平直部分時的速度最大，最大感應電動勢E＝BLv，最大感應電流I＝＝，故A錯誤； 通過金屬棒的感應電荷量q＝Δt＝＝，故B錯誤； 金屬棒在整個運動過程中，由動能定理得

9、：mgh－W安－μmgd＝0－0，克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，故C錯誤； 克服安培力做的功轉化為焦耳熱，定值電阻與金屬棒的電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產生的焦耳熱：Q′＝Q＝W安＝mg(h－μd)，故D正確． 例4　如圖4所示，足夠長的平行光滑U形導軌傾斜放置，所在平面的傾角θ＝37°，導軌間的距離L＝1.0m，下端連接R＝1.6Ω的電阻，導軌電阻不計，所在空間存在垂直于導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝1.0T．質量m＝0.5kg、電阻r＝0.4Ω的金屬棒ab垂直置于導軌上，現用沿導軌平面且垂直于金屬棒、大小為F＝5.0N的恒力使金屬棒ab從靜止開始沿導軌向上滑

10、行，當金屬棒滑行s＝2.8m后速度保持不變．求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2) 圖4 (1)金屬棒勻速運動時的速度大小v； (2)金屬棒從靜止到剛開始勻速運動的過程中，電阻R上產生的熱量QR. 答案　(1)4m/s　(2)1.28J 解析　(1)金屬棒勻速運動時產生的感應電流I＝ 對金屬棒進行受力分析，由平衡條件有 F＝mgsinθ＋BIL 代入數據解得v＝4m/s. (2)設整個電路中產生的熱量為Q，由動能定理得Fs－mgs·sinθ－W安＝mv2，而Q＝W安，QR＝Q，代入數據解得QR＝1.28J. 1．(電磁感應中的動力學問題

11、)如圖5所示，MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導軌，已知導軌足夠長，且電阻不計，ab是一根與導軌垂直且始終與導軌接觸良好的金屬桿，開始時，將開關S斷開，讓桿ab由靜止開始自由下落，過段時間后，再將S閉合，若從S閉合開始計時，則金屬桿ab的速度v隨時間t變化的圖象不可能是下圖中的(　　) 圖5 答案　B 解析S閉合時，若金屬桿受到的安培力＞mg，ab桿先減速再勻速，D項有可能；若＝mg，ab桿勻速運動，A項有可能；若＜mg，ab桿先加速再勻速，C項有可能；由于v變化，mg－＝ma中a不恒定，故B項不可能． 2．(電磁感應中的能量問題)(多選)如圖6所示，兩根光滑的金屬

12、導軌，平行放置在傾角為θ的斜面上，導軌的左端接有電阻R，導軌自身的電阻可忽略不計．斜面處在一勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向上．質量為m、電阻可以忽略不計的金屬棒ab，在沿著斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導軌勻速上滑，且上升的高度為h，重力加速度為g，在這一過程中 (　　) 圖6 A．作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零 B．作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于mgh與電阻R上產生的焦耳熱之和 C．恒力F與安培力的合力所做的功等于零 D．恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱 答案　AD 解析金屬棒勻速上滑的過程中，對金屬棒受力分析可知，有三個力對金屬棒

13、做功，恒力F做正功，重力做負功，安培力阻礙相對運動，沿導軌平面向下，做負功，勻速運動時，金屬棒所受合力為零，故合力做功為零，A正確，B、C錯誤；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能轉化為電路中的電能，電能又等于電阻R上產生的焦耳熱，故恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱，D正確． 3．(電磁感應中的動力學和能量問題)(多選)如圖7所示，豎直放置的形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度均為B.質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等．金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g，則金屬桿(　　) 圖7

14、 A．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下 B．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向上 C．穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 答案　BC 解析　由于金屬桿進入兩個磁場的速度相等，而穿出磁場后金屬桿做加速度為g的勻加速運動，所以金屬桿進入磁場時應做減速運動，加速度方向豎直向上，選項A錯誤，B正確；從進入磁場Ⅰ瞬間到進入磁場Ⅱ瞬間過程中，根據能量守恒，金屬桿減小的機械能全部轉化為焦耳熱，所以Q1＝mg·2d，所以穿過兩個磁場過程中產生的總熱量為4mgd，選項C正確；若金屬桿進入磁場做勻速運動，則－mg＝0，得v＝，因金屬桿進入磁場做減速運動，則金屬桿進入磁

15、場的速度大于，根據h＝得金屬桿進入磁場的高度應大于＝，選項D錯誤． 4．(電磁感應中的能量問題)(2018·懷化市高二上學期期末)如圖8甲所示，足夠長、電阻不計的光滑平行金屬導軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1m，一勻強磁場垂直穿過導軌平面，導軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.40Ω的電阻，質量為m＝0.01kg、電阻為r＝0.30Ω的金屬棒ab緊貼在導軌上．現使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，g＝10m/s2(忽略ab棒運動過程中對原磁場的影響)． 圖8 (1)判斷金

16、屬棒兩端a、b的電勢高低； (2)求磁感應強度B的大??； (3)在金屬棒ab開始運動的1.5s內，求電阻R上產生的熱量． 答案　(1)a端電勢低，b端電勢高　(2)0.1T　(3)0.26J 解析　 (1)由右手定則可知，ab中的感應電流由a流向b，ab相當于電源，則b端電勢高，a端電勢低． (2)由x－t圖象得t＝1.5s時金屬棒的速度： v＝＝m/s＝7 m/s 金屬棒勻速運動時所受的安培力大?。篎＝BIL I＝，E＝BLv 聯立得：F＝ 根據平衡條件得：F＝mg 則有：mg＝ 代入數據解得：B＝0.1T. (3)金屬棒ab在開始運動的1.5s內，金屬棒的重力勢能

17、減小，轉化為金屬棒的動能和電路中產生的焦耳熱．設電路中產生的總焦耳熱為Q 根據能量守恒定律得：mgx＝mv2＋Q 代入數據解得：Q＝0.455J 故R產生的熱量QR＝Q＝0.26J. 一、選擇題 考點一　電磁感應中的動力學問題 1．如圖1所示，在一勻強磁場中有一U形導線框abcd，線框處于水平面內，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動．桿ef及線框中導線的電阻都忽略不計．開始時，給ef一個向右的初速度，則(　　) 圖1 A．ef將減速向右運動，但不是勻減速 B．ef將勻減速向右運動，最后停止 C．ef將勻速向右

18、運動 D．ef將往返運動 答案　A 解析　ef向右運動，切割磁感線，產生感應電動勢和感應電流，會受到向左的安培力而做減速運動，直到停止，由F＝BIl＝＝ma知，ef做的是加速度逐漸減小的減速運動，故A正確． 2．如圖2所示，質量為m的金屬圓環(huán)用不可伸長的細線懸掛起來，金屬圓環(huán)有一半處于水平且與環(huán)面垂直的勻強磁場中，從某時刻開始，磁感應強度均勻減小，則在磁感應強度均勻減小的過程中，關于線的拉力大小，下列說法中正確的是(重力加速度為g)(　　) 圖2 A．大于環(huán)重力mg，并逐漸減小 B．始終等于環(huán)重力mg C．小于環(huán)重力mg，并保持恒定 D．大于環(huán)重力mg，并保持恒定 答案

19、　A 解析　根據楞次定律知圓環(huán)中感應電流的方向為順時針方向，再由左手定則判斷可知圓環(huán)所受安培力豎直向下，對圓環(huán)受力分析，根據受力平衡有FT＝mg＋F安，得FT>mg，F安＝BIL，根據法拉第電磁感應定律知，I＝＝＝S，可知I為恒定電流，聯立上式可知B減小，F安減小，則由FT＝mg＋F安知FT減小，選項A正確． 3．(多選)用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的均勻導體材料做成一個半徑為R (r?R)的圓環(huán)．圓環(huán)豎直向下落入如圖3所示的徑向磁場中，圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上，圓環(huán)所在位置的磁感應強度大小均為B.圓環(huán)在加速下滑過程中某一時刻的速度為v，忽略其他影響，則(重力加速度為g

20、)(　　) 圖3 A．此時在圓環(huán)中產生了(俯視)順時針方向的感應電流 B．圓環(huán)因受到了向下的安培力而加速下落 C．此時圓環(huán)的加速度a＝ D．如果徑向磁場足夠長，則圓環(huán)的最大速度vm＝ 答案　AD 解析　由右手定則可以判斷感應電流的方向為(俯視)順時針方向，可知選項A正確；由左手定則可以判斷，圓環(huán)受到的安培力向上，阻礙圓環(huán)的運動，選項B錯誤；圓環(huán)垂直切割磁感線，產生的感應電動勢E＝Blv＝B·2πR·v，圓環(huán)的電阻R電＝，則圓環(huán)中的感應電流 I＝＝，圓環(huán)所受的安培力F安＝BI·2πR，圓環(huán)的加速度a＝，m＝d·2πR·πr2，則a＝g－，選項C錯誤；當重力等于安培力時圓環(huán)速度

21、達到最大，此時a＝0，可得vm＝，選項D正確． 4．如圖4所示，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框；在導線框右側有一寬度為d(d＞L)的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導線框的一邊平行，磁場方向豎直向下．導線框以某一初速度向右運動，t＝0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域．下列v－t圖象中，能正確描述上述過程的是(　　) 圖4 答案　D 解析　導線框進入磁場的過程中，線框受到向左的安培力作用，根據E＝BLv、I＝、F安＝BIL得F安＝，隨著v的減小，安培力F安減小，導線框做加速度逐漸減小的減速運動．整個導線框在磁場中運動時，無感

22、應電流，導線框做勻速運動，導線框離開磁場的過程中，根據F安＝，導線框做加速度逐漸減小的減速運動，所以選項D正確． 5．(多選)如圖5所示，有兩根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金屬軌道，上端接有滑動變阻器R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面向上的勻強磁場，磁感應強度為B，一根質量為m、電阻不計的金屬桿從軌道上由靜止滑下．經過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則(　　) 圖5 A．如果B增大，vm將變大 B．如果α變大(仍小于90°)，vm將變大 C．如果R變大，vm將變大 D．如果m變小，vm將變大 答案　BC 解析　在金屬桿由靜止開始下滑的過

23、程中，金屬桿就相當于一個電源，與滑動變阻器R構成一個閉合回路，其受力情況如圖所示， 根據牛頓第二定律得： mgsinα－＝ma 所以金屬桿由靜止開始做加速度逐漸減小的加速運動，當a＝0時達到最大速度vm，即mgsinα＝，可得：vm＝，故由此式知選項B、C正確． 考點二　電磁感應中的能量問題 6.如圖6所示，紙面內有一矩形導體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行于MN進入磁場，線框上產生的熱量為Q1，通過線框導體橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行于MN

24、進入磁場，線框上產生的熱量為Q2，通過線框導體橫截面的電荷量為q2，則 (　　) 圖6 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根據功能關系知，線框上產生的熱量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab，同理Q2＝lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝t＝t＝＝，故q1＝q2.因此A正確． 7.如圖7所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻R，質量不能忽略的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，金屬棒與導軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場

25、方向與導軌平面垂直，金屬棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內，力F做的功與安培力做的功的代數和等于(　　) 圖7 A．金屬棒的機械能增加量 B．金屬棒的動能增加量 C．金屬棒的重力勢能增加量 D．電阻R上產生的熱量 答案　A 解析　金屬棒加速上升時受到重力、拉力F及安培力．根據功能關系可知，力F與安培力做功的代數和等于金屬棒的機械能的增加量，A正確． 8．(多選)如圖8所示，在方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中有一個由均勻導線制成的單匝矩形線框abcd，線框以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運動，運動中線框dc邊始終與磁場右邊界平行，線框邊長ad＝L，

26、cd＝2L.線框導線的總電阻為R.則在線框離開磁場的過程中，下列說法中正確的是(　　) 圖8 A．ad間的電壓為 B．流過線框橫截面的電荷量為 C．線框所受安培力的合力為 D．線框中的電流在ad邊產生的熱量為 答案　ABD 解析　在線框離開磁場的過程中，線框產生的感應電動勢E＝2BLv，感應電流I＝，ad間的電壓為U＝I·R＝·R＝，故A正確；流過線框橫截面的電荷量q＝Δt＝·Δt＝，故B正確；線框所受安培力的合力F＝BI·2L＝，故C錯誤；線框中的電流在ad邊產生的熱量Q＝I2·R·＝，故D正確． 9.水平放置的光滑平行導軌上放置一根長為L、質量為m且與導軌接觸良好的導體

27、棒ab，ab處在磁感應強度大小為B、方向如圖9所示的勻強磁場中，導軌的一端接一阻值為R的電阻，導軌及導體棒電阻不計．現使ab在水平恒力F作用下由靜止沿垂直于磁場的方向運動，當通過的位移為x時，ab達到最大速度vm.此時撤去外力，最后ab靜止在導軌上．在ab運動的整個過程中，下列說法正確的是(　　) 圖9 A．撤去外力后，ab做勻減速運動 B．合力對ab做的功為Fx C．R上釋放的熱量為Fx＋mv D．R上釋放的熱量為Fx 答案　D 解析　撤去外力后，導體棒在水平方向上只受安培力作用，而F安＝，F安隨v的變化而變化，故導體棒做加速度變化的減速運動，A錯；對整個過程由動能定理得W

28、合＝ΔEk＝0，B錯；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整個回路產生的電能，電能又轉化為R上釋放的熱量，即Q＝Fx，C錯，D對． 10．(多選)(2018·吉安市高二下學期期末)如圖10所示，光滑斜面PMNQ的傾角為θ＝30°，斜面上放置一矩形導體線框abcd，其中ab邊長L1＝0.5m，bc邊長為L2，導體線框質量m＝1kg、電阻R＝0.4Ω，有界勻強磁場的磁感應強度為B＝2T，方向垂直于斜面向上，ef為磁場的邊界，且ef∥MN.導體線框在沿斜面向上且與斜面平行的恒力F＝10N作用下從靜止開始運動，其ab邊始終保持與底邊MN平行．已知導體線框剛進入磁場時做勻速運動，且進入過程中通過導體線框

29、某一橫截面的電荷量q＝0.5C，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是(　　) 圖10 A．導體線框進入磁場時的速度為2m/s B．導體線框bc邊長為L2＝0.1m C．導體線框開始運動時ab邊到磁場邊界ef的距離為0.4m D．導體線框進入磁場的過程中產生的熱量為1J 答案　ACD 解析　導體線框剛進入磁場時做勻速運動，則F＝mgsin30°＋，解得v＝2m/s，根據q＝＝，解得L2＝0.2m，選項A正確，B錯誤；導體線框在磁場外運動的加速度a＝＝5m/s2，則導體線框開始運動時ab邊到磁場邊界ef的距離為x＝＝m＝0.4m，選項C正確；由能量守恒定律得，導體線框進入磁場的

30、過程中產生的熱量為Q＝FL2－mgL2sin30°＝10×0.2J－10×0.2×0.5J＝1J，選項D正確． 二、非選擇題 11.如圖11所示，豎直平面內有足夠長的平行金屬導軌，間距為0.2m，金屬導體ab可在導軌上無摩擦地上下滑動，ab的電阻為0.4Ω，導軌電阻不計，導體ab的質量為0.2g，垂直紙面向里的勻強磁場的磁感應強度為0.2T，且磁場區(qū)域足夠大，當導體ab自由下落0.4s時，突然閉合開關S，則：(g取10m/s2) 圖11 (1)試說出開關S閉合后，導體ab的運動情況； (2)導體ab勻速下落的速度是多少？ 答案　見解析 解析　(1)閉合開關S之前，導體ab自由

31、下落的末速度： v0＝gt＝4m/s. 開關S閉合瞬間，導體ab產生感應電動勢，回路中產生感應電流，導體ab立即受到一個豎直向上的安培力． F安＝BIL＝＝0.016N＞mg＝0.002N. 此時導體ab受到的合力的方向豎直向上，與初速度方向相反，加速度的表達式為 a＝＝－g，所以導體ab做豎直向下的加速度逐漸減小的減速運動．當F安＝mg時，導體ab做豎直向下的勻速運動． (2)設導體ab勻速下落的速度為v1， 此時F安＝mg，即＝mg，v1＝＝0.5m/s. 12.(2018·雙流中學高二月考)如圖12所示，兩根等高的四分之一光滑圓弧軌道，半徑為r、間距為L，圖中Oa水平，O

32、c豎直，在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處在一豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B.現有一根長度稍大于L、質量為m、電阻不計的金屬棒從軌道的頂端ab處由靜止開始下滑，到達軌道底端cd時受到軌道的支持力為2mg.整個過程中金屬棒與軌道接觸良好，軌道電阻不計，重力加速度為g.求： 圖12 (1)金屬棒到達軌道底端cd時的速度大小和通過電阻R的電流； (2)金屬棒從ab下滑到cd過程中回路中產生的焦耳熱和通過R的電荷量． 答案　(1)　　(2)mgr　 解析　(1)金屬棒到達軌道底端cd時，由牛頓第二定律得： 2mg－mg＝m 解得v＝ 此時金屬棒產生的感應電動勢E＝BL

33、v 回路中的感應電流I＝ 聯立得I＝. (2)金屬棒從ab下滑到cd過程中，由能量守恒定律得mgr＝Q＋mv2 則回路中產生的焦耳熱Q＝mgr 回路中的平均感應電動勢＝ 回路中的平均感應電流＝ 通過R的電荷量q＝·Δt 解得q＝. 13．如圖13所示，足夠長的U形導體框架的寬度L＝0.5m，底端接有阻值R＝0.5Ω的電阻，導體框架電阻忽略不計，其所在平面與水平面成θ＝37°角．有一磁感應強度B＝0．8T的勻強磁場，方向垂直于導體框架平面向上．一根質量m＝0.4kg、電阻r＝0.5Ω的導體棒MN垂直跨放在U形導體框架上，某時刻起將導體棒MN由靜止釋放．已知導體棒MN與導體框架間

34、的動摩擦因數μ＝0.5.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2) 圖13 (1)求導體棒剛開始下滑時的加速度大小； (2)求導體棒運動過程中的最大速度； (3)從導體棒開始下滑到速度剛達到最大時的過程中，通過導體棒橫截面的電荷量q＝4C，求導體棒MN在此過程中消耗的電能． 答案　(1)2m/s2　(2)5 m/s　(3)1.5J 解析　(1)導體棒剛開始下滑時，其受力情況如圖甲所示，則mgsinθ－μmgcosθ＝ma 解得a＝2m/s2. (2)當導體棒勻速下滑時其受力情況如圖乙所示，設勻速下滑的速度為v，則有 mgsinθ－f－F安＝0 安培力F安＝BIL＝BL＝ 聯立解得v＝＝5m/s. (3)通過導體棒橫截面的電荷量q＝Δt ＝ 設導體棒下滑速度剛好為最大速度v時的位移為x，則ΔΦ＝BxL 由動能定理得，mgx·sinθ－W安－μmgcosθ·x＝mv2，其中W安為克服安培力做的功． 聯立解得W安＝3J 克服安培力做的功等于回路在此過程中消耗的電能，即Q＝3J. 則導體棒MN在此過程中消耗的電能Qr＝Q＝1.5J. 18