（新課標）2022高考物理 主題三 電磁感應(yīng)及其應(yīng)用 提升課2 電磁感應(yīng)中的動力學及能量問題學案 新人教版選修3-2

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1、（新課標）2022高考物理 主題三 電磁感應(yīng)及其應(yīng)用 提升課2 電磁感應(yīng)中的動力學及能量問題學案 新人教版選修3-2 1.具有感應(yīng)電流的導體在磁場中將受到安培力作用，所以電磁感應(yīng)問題往往與力學問題聯(lián)系在一起，處理此類問題的基本方法是： (1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動勢的大小和方向。 (2)求回路中的感應(yīng)電流的大小和方向。 (3)分析導體的受力情況(包括安培力)。 (4)列動力學方程或平衡方程求解。 2.兩種狀態(tài)處理 (1)導體處于平衡狀態(tài)——靜止或勻速直線運動狀態(tài)。 處理方法：根據(jù)平衡條件——合力等于零列式分析。 (2)導體處于非平衡狀態(tài)——加速度不為零。

2、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。 [例1] 如圖1所示，空間存在B＝0.5 T、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＝0.2 m，電阻R＝0.3 Ω接在導軌一端，ab是跨接在導軌上質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻r＝0.1 Ω的導體棒，已知導體棒和導軌間的動摩擦因數(shù)為0.2。從t＝0時刻開始，對ab棒施加一個大小為F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導軌滑動，滑動過程中棒始終保持與導軌垂直且接觸良好，求：(g＝10 m/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

3、。 思路點撥：ab棒在拉力F作用下運動，隨著ab棒切割磁感線運動的速度增大，棒中的感應(yīng)電動勢E＝BLv增大，棒中感應(yīng)電流I＝＝增大，棒受到的安培力方向水平向右，大小為F＝BIL＝也增大，最終達到勻速運動時棒的速度達到最大值。外力在克服安培力做功的過程中，消耗了其他形式的能，轉(zhuǎn)化成了電能，最終轉(zhuǎn)化成了焦耳熱。 解析　(1)導體棒切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E＝BLv① 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(jù)牛頓第二定律得 F－μmg－F安＝ma④ 由①②③④得F－μmg－＝ma⑤ 由上式可以看出，隨著速度

4、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－＝0⑥ 可得vm＝＝10 m/s⑦ (2)導體棒運動的速度－時間圖象如圖所示。 答案　(1)10 m/s　(2)見解析圖 電磁感應(yīng)動力學問題中的動態(tài)分析思路 導體受外力運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢感應(yīng)電流導體受安培力―→合外力變化加速度變化―→速度變化―→感應(yīng)電動勢變化……→a＝0，v最大值。 周而復始地循環(huán)，循環(huán)結(jié)束時，加速度等于零，導體達到穩(wěn)定狀態(tài)，a＝0，速度v達到最大值。 [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，兩導軌間距為L，M、P兩

5、點間接有阻值為R的電阻，一根質(zhì)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(yīng)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。 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?。? (3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值。 解析　(1)由右手定則知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向a→b。如圖所示，ab桿受重力mg，豎直向下；支持力FN

6、，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上。 (2)當ab桿的速度大小為v時，感應(yīng)電動勢E＝BLv，此時 電路中的電流I＝＝ ab桿受到安培力F安＝BIL＝ 根據(jù)牛頓第二定律，有 mgsin θ－F安＝mgsin θ－＝ma a＝gsin θ－。 (3)當a＝0時，ab桿有最大速度，其最大值為vm＝。 答案　(1)見解析圖 (2)　gsin θ－　(3) 電磁感應(yīng)中力學問題的解題技巧 (1)受力分析時，要把立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖，同時標明電流方向及磁場B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可能變化，不像重力或其他力一樣是恒力。 (

7、3)根據(jù)牛頓第二定律分析a的變化情況，以求出穩(wěn)定狀態(tài)的速度。 (4)列出穩(wěn)定狀態(tài)下的受力平衡方程往往是解題的突破口。 [針對訓練1] 如圖3所示，兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下。當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸。求： 圖3 (1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小I； (2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a； (

8、3)PQ剛要離開金屬桿時，感應(yīng)電流的功率P。 解析　(1)感應(yīng)電動勢E＝Bdv0 感應(yīng)電流I＝，解得I＝ (2)安培力F＝BId 牛頓第二定律F＝ma 解得a＝ (3)金屬桿切割磁感線的速度v′＝v0－v，則 感應(yīng)電動勢E＝Bd(v0－v) 電功率P＝，解得P＝ 答案　(1)　(2)　(3) 　電磁感應(yīng)中的能量問題 1.電磁感應(yīng)中能量的轉(zhuǎn)化 電磁感應(yīng)過程實質(zhì)是不同形式的能量相互轉(zhuǎn)化的過程，其能量轉(zhuǎn)化方式為： 2.求解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量問題的一般思路 (1)確定回路，分清電源和外電路。 (2)分析清楚有哪些力做功，明確有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化，如： ①有滑動

9、摩擦力做功，必有內(nèi)能產(chǎn)生； ②有重力做功，重力勢能必然發(fā)生變化； ③克服安培力做功，必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，并且克服安培力做多少功，就產(chǎn)生多少電能；如果安培力做正功，就是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 (3)列有關(guān)能量的關(guān)系式。 [例3] 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＝1.0 m，下端連接R＝1.6 Ω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(yīng)強度B＝1.0 T。質(zhì)量m＝0.5 kg、電阻r＝0.4 Ω的金屬棒ab垂直置于導軌上，現(xiàn)用沿導軌平面且垂直于金屬棒、大小為F＝5.0 N的恒力使金屬棒ab從靜

10、止開始沿導軌向上滑行，當金屬棒滑行s＝2.8 m后速度保持不變。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/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(chǎn)生的熱量QR。 解析　(1)金屬棒沿斜面向上勻速運動時產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向a→b，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I＝ 安培力F安＝BIL，金屬棒ab受力如圖所示。 由平衡條件有F＝mgsin θ＋BIL 代入數(shù)據(jù)解得v＝4 m/s。 (2)設(shè)整個電路中產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒定律有 Q＝Fs－mgs·sin θ－mv2

11、 而QR＝Q，代入數(shù)據(jù)解得QR＝1.28 J。 答案　(1)4 m/s　(2)1.28 J 電磁感應(yīng)中焦耳熱的計算技巧 (1)電流恒定時，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt。 (2)感應(yīng)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，產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即Q＝W安。 ②利用能量守恒，即感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱等于其他形式能量的減少，即Q＝ΔE其他。 [針對訓練2] 水平放置的光滑平行導軌上放置一根長為L、質(zhì)量為m的導體棒ab，ab處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向如圖5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?，F(xiàn)使ab在水平恒

12、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5 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 解析　撤去外力后，導體棒水平方向只受安培力作用，而F安＝，F(xiàn)安隨v的變化而變化，故導體棒做加速度變化的變速運動，選項A錯誤；對整個過程由動能定理得W合＝ΔEk＝0，選項B錯誤；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整個回路產(chǎn)生的電能，電能又轉(zhuǎn)化為R上釋放的熱量，即Q＝Fx，選項C錯誤，D正確。

13、 答案　D 1.(電磁感應(yīng)中的動力學問題)如圖6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(nèi)，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可不計。開始時，給ef一個向右的初速度，則(　　) 圖6 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將勻速向右運動 D.ef將往返運動 解析　ef向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，會受到向左的安培力而做減速運動，直到停止，但不是勻減速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運動，

14、故選項A正確。 答案　A 2.(電磁感應(yīng)中的動力學問題)(多選)如圖7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是一根與導軌垂直而且始終與導軌接觸良好的金屬桿。開始時，將開關(guān)S斷開，讓桿ab由靜止開始自由下落，一段時間后，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變化的圖象可能是(　　) 圖7 解析　設(shè)ab桿的有效長度為l，S閉合時，若＞mg，桿先減速再勻速，D項有可能；若＝mg，桿勻速運動，A項有可能；若＜mg，桿先加速再勻速，C項有可能；由于v變化，－mg＝ma中的a不恒定，故B項不可能。 答案　ACD 3.

15、(電磁感應(yīng)中的能量問題)如圖8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(zhì)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，棒與導軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于(　　) 圖8 A.棒的機械能增加量 B.棒的動能增加量 C.棒的重力勢能增加量 D.電阻R上產(chǎn)生的熱量 解析　棒加速上升時受到重力、拉力F及安培力。根據(jù)功能關(guān)系可知，力F與安培力做的功的代數(shù)和等于棒的機械能的增加量，選項A正確。 答案　A 4.(電磁感應(yīng)中的動力學綜合問題)

16、如圖9所示，質(zhì)量m1＝0.1 kg，電阻R1＝0.3 Ω，長度l＝0.4 m的導體棒ab橫放在U型金屬框架上?？蚣芄潭ㄔ诮^緣水平面上，相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，電阻不計且足夠長。電阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′。整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B＝1.0 T。現(xiàn)垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，使棒ab從靜止開始無摩擦地運動，棒始終與MM′、NN′保持良好接觸。 圖9 (1)求棒ab能達到的最大速度； (2)若棒ab從靜止到剛好達到最大速度的過程中，導體棒ab上產(chǎn)生的熱量QR1＝1.2 J，求該過程中棒ab的位移大小。 解析　(1)ab棒做加速度逐

17、漸變小的加速運動， 當a＝0時，速度達到最大，設(shè)最大速度為vm F＝F安＝BIl I＝ E＝Blvm 得vm＝＝5 m/s。 (2)棒ab從靜止到剛好達到vm的過程中，設(shè)閉合電路產(chǎn)生的總熱量為Q總， ＝ 對棒ab由功能關(guān)系 Fx＝Q總＋mv 得x＝1.425 m。 答案　(1)5 m/s　(2)1.425 m 基礎(chǔ)過關(guān) 1.很多相同的絕緣銅圓環(huán)沿豎直方向疊放，形成一很長的豎直圓筒。一條形磁鐵沿圓筒的中心軸豎直放置，其下端與圓筒上端開口平齊。讓條形磁鐵從靜止開始下落。條形磁鐵在圓筒中的運動速率(　　) A.均勻增大 B.先增大，后減小 C.逐漸增大，趨于不變

18、 D.先增大，再減小，最后不變 解析　對磁鐵受力分析可知，磁鐵重力不變，磁場力隨速率的增大而增大，當重力等于磁場力時，磁鐵勻速下落，所以選項C正確。 答案　C 2.(多選)如圖1所示，金屬桿ab以恒定的速率v在光滑平行導軌上向右滑行，設(shè)整個電路中總電阻為R(恒定不變)，整個裝置置于垂直紙面向里的勻強磁場中，下列敘述正確的是(　　) 圖1 A.ab桿中的電流與速率v成正比 B.磁場作用于ab桿的安培力與速率v成正比 C.電阻R上產(chǎn)生的熱功率與速率v的二次方成正比 D.外力對ab桿做功的功率與速率v成正比 解析　由E＝Blv和I＝得I＝，所以安培力F＝BIl＝，電阻上產(chǎn)生的熱

19、功率P＝I2R＝，外力對ab做功的功率就等于回路產(chǎn)生的熱功率，故A、B、C正確。 答案　ABC 3.如圖2所示，空間某區(qū)域中有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向水平，且垂直于紙面向里，磁場上邊界b和下邊界d水平。在豎直面內(nèi)有一矩形金屬線圈，線圈上下邊的距離很短，下邊水平。線圈從水平面a開始下落。已知磁場上下邊界之間的距離大于水平面a、b之間的距離。若線圈下邊通過水平面b、c(位于磁場中)和d時，線圈所受到的磁場力的大小分別為Fb、Fc和Fd，則(　　) 圖2 A.Fd＞Fc＞Fb B.Fc＜Fd＜Fb C.Fc＞Fb＞Fd D.Fc＜Fb＜Fd 解析　線圈在a處自由下落，到b點速度

20、vb＝，受安培力Fb＝，線圈全部進入磁場，無感應(yīng)電流，則線圈不受安培力作用，F(xiàn)c＝0，線圈繼續(xù)加速，由于線圈上下邊界很短，故vd＝＞vb，d點處所受安培力為Fd＝，故Fd＞Fb＞Fc，選項D正確。 答案　D 4.如圖3所示，紙面內(nèi)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(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行于MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則(　　) 圖3 A

21、.Q1＞Q2，q1＝q2 B.Q1＞Q2，q1＞q2 C.Q1＝Q2，q1＝q2 D.Q1＝Q2，q1＞q2 解析　根據(jù)功能關(guān)系知，線框上產(chǎn)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＝It＝t＝，故q1＝q2，因此A正確。 答案　A 5.(多選)如圖4所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，間距為l，上端接有可變電阻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(yīng)強度為B。一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)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(　　)

22、 圖4 A.如果B變大，vm將變大 B.如果α變大，vm將變大 C.如果R變大，vm將變大 D.如果m變小，vm將變大 解析　金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝Blv，在閉合電路中形成電流I＝，因此金屬桿從軌道上滑下的過程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力F安作用，F(xiàn)安＝BIl＝，先用右手定則判定感應(yīng)電流方向，再用左手定則判定出安培力方向，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin α－＝ma，當a→0時，v→vm，解得vm＝，故選項B、C正確。 答案　BC 6.(多選)如圖5所示，勻強磁場中有一矩形閉合線圈，線圈平面與磁場垂直。已知線圈的面積S＝0.5 m

23、2，線圈電阻r＝0.2 Ω，磁感應(yīng)強度B在0～1 s內(nèi)從零均勻變化到2 T，則(　　) 圖5 A.0.5 s時線圈內(nèi)感應(yīng)電動勢的大小為1 V B.0.5 s時線圈內(nèi)感應(yīng)電流的大小為10 A C.0～1 s內(nèi)通過線圈的電荷量為5 C D.0～0.5 s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱為5 J 解析　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n可得E＝＝1 V，故選項A正確；線圈內(nèi)感應(yīng)電流的大小I＝＝ A＝5 A，故選項B錯誤；0～1 s內(nèi)通過線圈的電荷量q＝It＝5×1 C＝5 C，故選項C正確；0～0.5 s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2rt＝52×0.2×0.5 J＝2.5 J，故選項D錯誤。 答案　AC

24、 7.(多選)如圖6所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向豎直向下，在磁場中有一個邊長為L的正方形剛性金屬框，ab邊的質(zhì)量為m，電阻為R，其他三邊的質(zhì)量和電阻均不計。cd邊上裝有固定的水平軸，將金屬框自水平位置由靜止釋放，第一次轉(zhuǎn)到豎直位置時，ab邊的速度為v，不計一切摩擦，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是(　　) 圖6 A.通過ab邊的電流方向為a→b B.ab邊經(jīng)過最低點時的速度v＝ C.ab邊經(jīng)過最低點時的速度v＜ D.金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgL－mv2 解析　ab邊向下擺動過程中，金屬框內(nèi)磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律及右手螺旋定則可知感應(yīng)電流方向為b→

25、a，選項A錯誤；ab邊由水平位置到達最低點過程中，機械能一部分轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故v＜，所以選項B錯誤，C正確；根據(jù)能量守恒定律可知，金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)等于此過程中機械能的損失，故選項D正確。 答案　CD 能力提升 8.如圖7所示，C是一只電容器，先用外力使金屬桿ab貼著水平平行金屬導軌在勻強磁場中沿垂直磁場方向運動，到有一穩(wěn)定速度過一會后突然撤去外力。不計摩擦，則ab以后的運動情況可能是(　　) 圖7 A.減速運動到停止 B.來回往復運動 C.勻速運動 D.加速運動 解析　用外力使金屬桿ab在勻強磁場中沿垂直磁場方向運動時，金屬桿產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，對電容器充電，設(shè)棒向右運

26、動，根據(jù)右手定則判斷可知ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從b到a，電容器上極板帶正電，下極板帶負電；穩(wěn)定后速度不變，電容器充電結(jié)束，電流為零，外力和安培力均為零，外力撤去后ab保持向右勻速，故選項C正確。 答案　C 9.(多選)如圖8所示，在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域中有一個由均勻?qū)Ь€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，cd＝2L。線框?qū)Ь€的總電阻為R。則在線框離開磁場的過程中，下列說法正確的是(　　) 圖8 A.ad間的電壓為 B.流過線框截面的電量為 C.線框所受安培力的合

27、力為 D.線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為 解析　在線框離開磁場的過程中，產(chǎn)生的電動勢E＝B·2Lv，感應(yīng)電流I＝＝。ad間的電壓為U＝I·R＝·R＝，故選項A正確；流過線框截面的電量q＝IΔt＝·Δt＝，故選項B正確；線框所受安培力的合力F＝BI·2L＝，故選項C錯誤；線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量Q＝I2·R·＝，故選項D正確。 答案　ABD 10.如圖9所示，兩平行金屬導軌位于同一水平面上，相距l(xiāng)，左端與一電阻R相連，整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向下。一質(zhì)量為m的導體棒置于導軌上，在水平外力作用下沿導軌以速率v勻速向右滑動，滑動過程中始終保持與導軌垂直并接

28、觸良好。已知導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，導軌和導體棒的電阻均可忽略。求 圖9 (1)電阻R消耗的功率； (2)水平外力的大小。 解析　(1)導體棒切割磁感線運動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Blv，根據(jù)閉合電路歐姆定律，閉合回路中的感應(yīng)電流為I＝，電阻R消耗的功率為P＝I2R，聯(lián)立可得 P＝ (2)對導體棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力及向右的外力，三力平衡，故有 F安＋μmg＝F，F(xiàn)安＝BIl＝B··l， 故F＝＋μmg 答案　(1)　(2)＋μmg 11.均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd，每邊長為L，總電阻為R，總質(zhì)量為m。將其置于

29、磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場上方h處，如圖10所示。線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場邊界平行。當cd邊剛進入磁場時， 圖10 (1)求線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大??； (2)求cd兩點間的電勢差大小； (3)若此時線框加速度恰好為零，求線框下落的高度h。 解析　(1)cd邊剛進入磁場時，線框速度v＝ 線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv＝BL。 (2)此時線框中的電流I＝ cd切割磁感線相當于電源，cd兩點間的電勢差即路端電壓U＝I·R＝BL。 (3)安培力F安＝BIL＝ 根據(jù)牛頓第二定律mg－F安＝ma 由a＝0，解得下落高度h＝。

30、答案　(1)BL　(2)BL　(3) 12.如圖11甲所示，平行金屬導軌豎直放置，導軌間距為L＝1 m，上端接有電阻R1＝3 Ω，下端接有電阻R2＝6 Ω，虛線OO′下方是垂直于導軌平面的勻強磁場?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻不計的金屬桿ab，從OO′上方某處垂直導軌由靜止釋放，桿下落0.2 m過程中始終與導軌保持良好接觸，加速度a與下落距離h的關(guān)系圖象如圖乙所示。求： 圖11 (1)磁感應(yīng)強度B； (2)桿下落0.2 m過程中通過電阻R2的電荷量q。 解析　(1)由圖象知，桿自由下落距離是0.05 m，當?shù)刂亓铀俣萭＝10 m/s2，則桿進入磁場時的速度 v＝＝1 m/s 由圖象知，桿進入磁場時加速度 a＝－g＝－10 m/s2 由牛頓第二定律得mg－F安＝ma 回路中的電動勢E＝BLv 桿中的電流I＝，R并＝ F安＝BIL＝ 得B＝＝2 T。 (2)桿在磁場中運動產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢E＝ 桿中的平均電流I＝ 通過桿的電荷量Q＝I·Δt 通過R2的電量q＝Q＝0.05 C。 答案　見解析