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(共79張PPT)
電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題
專題強(qiáng)化二十四
目標(biāo)
要求
1.會用動力學(xué)知識分析電磁感應(yīng)問題.2.會用功能關(guān)系和能量守恒解決電磁感應(yīng)中的能量問題.
內(nèi)容索引
題型一　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題
題型二　電磁感應(yīng)中的能量問題
課時精練
題型一
電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題
1.導(dǎo)體的兩種運(yùn)動狀態(tài)
(1)導(dǎo)體的平衡狀態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動狀態(tài).
處理方法：根據(jù)平衡條件列式分析.
(2)導(dǎo)體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零.
處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析.
2.用動力學(xué)觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟
3.導(dǎo)體常見運(yùn)動情況的動態(tài)分析
v ↓ E＝Blv ↓ 　I＝ ↓ F安＝BIl ↓ F合 若F合＝0 勻速直線運(yùn)動
若F合≠0 ↓ F合＝ma a、v同向 v增大，若a恒定，拉力F增大
v增大，F(xiàn)安增大，F(xiàn)合減小，a減小，做加速度減小的加速運(yùn)動，減小到a＝0，勻速直線運(yùn)動
a、v反向 v減小，F(xiàn)安減小，a減小，當(dāng)a＝0，靜止或勻速直線運(yùn)動
例1　(2023·陜西咸陽市模擬)如圖，矩形閉合導(dǎo)體線框在勻強(qiáng)磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進(jìn)入磁場的時刻.線框下
考向1　“單棒＋電阻”模型
落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界線OO′平行，線框平面與磁場方向垂直.設(shè)OO′下方磁場區(qū)域足夠大，不計(jì)空氣阻力影響，則下列圖像不可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規(guī)律的是
√
線框先做自由落體運(yùn)動，t1時刻ab邊進(jìn)入磁場做減速運(yùn)動，加速度逐漸減小，而A圖像中的加速度逐漸增大，故A錯誤；
線框先做自由落體運(yùn)動，若進(jìn)入磁場時重力小于安培
力，ab邊進(jìn)入磁場后做減速運(yùn)動，當(dāng)加速度減小到零時做勻速直線運(yùn)動，cd邊進(jìn)入磁場后線框做自由落體運(yùn)動，加速度為g，故B正確；
線框先做自由落體運(yùn)動，ab邊進(jìn)入磁場時若重力大于安培力，做加速度減小的加速運(yùn)動，cd邊進(jìn)入磁場后線框做自由落體運(yùn)動，加速度為g，故C正確；
線框先做自由落體運(yùn)動，ab邊進(jìn)入磁場時若重力等于安培力，做勻速直線運(yùn)動，cd邊進(jìn)入磁場后，線框繼續(xù)做自由落體運(yùn)動，加速度為g，故D正確.
例2　(多選)如圖所示，U形光滑金屬導(dǎo)軌與水平面成37°角傾斜放置，現(xiàn)將一金屬桿垂直放置在導(dǎo)軌上且與兩導(dǎo)軌接觸良好，在與金屬桿垂直且沿著導(dǎo)軌向上的外力F的作用下，金屬桿從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動.整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，外力F的最小值為8 N，經(jīng)過2 s金屬桿運(yùn)動到導(dǎo)軌最上端并離開導(dǎo)軌.已知U形金屬導(dǎo)軌兩軌道之間的距離為1 m，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)，金屬桿的質(zhì)量為1 kg、電阻為1 Ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列說法正確的是
A.拉力F是恒力
B.拉力F隨時間t均勻增加
C.金屬桿運(yùn)動到導(dǎo)軌最上端時拉力F為12 N
D.金屬桿運(yùn)動的加速度大小為2 m/s2
√
√
√
t時刻，金屬桿的速度大小為v＝at，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Blv，
t＝0時，F(xiàn)最小，代入數(shù)據(jù)可求得a＝2 m/s2，選項(xiàng)D正確；
t＝2 s時，代入數(shù)據(jù)解得F＝12 N，選項(xiàng)C正確.
棒的初速度為零，拉力F恒定(棒和水平導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，摩擦力不計(jì))
如圖，運(yùn)動過程分析：棒做加速運(yùn)動，持續(xù)對電容器充電，則存在充電電流
考向2　“單棒＋電容器”模型
所以棒做加速度恒定的勻加速直線運(yùn)動.
例3　如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L.導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C.導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面.在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好.已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g.忽略所有電阻.讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求：
(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；
答案　Q＝CBLv
設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動勢為E＝BLv
平行板電容器兩極板之間的電勢差為U＝E
設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為Q，
(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系.
設(shè)金屬棒的速度大小為v時，經(jīng)歷的時間為t，通過金屬棒的電流為I，
金屬棒受到的磁場力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為F＝BLI＝CB2L2a
設(shè)在時間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，則ΔQ＝CBLΔv
按定義有I＝　 ，ΔQ也是平行板電容器極板在時間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)增加的電荷量，
由上式可得，Δv為金屬棒的速度變化量，金屬棒所受到的摩擦力方向沿導(dǎo)軌斜面向上，大小為f＝μN(yùn)
式中，N是金屬棒對于導(dǎo)軌的正壓力的大小，有N＝mgcos θ，金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，
根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－F－f＝ma，
即mgsin θ－μmgcos θ＝CB2L2a＋ma
題型二
電磁感應(yīng)中的能量問題
1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化
2.求解焦耳熱Q的三種方法
3.解題的一般步驟
(1)確定研究對象(導(dǎo)體棒或回路)；
(2)弄清電磁感應(yīng)過程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；
(3)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律列式求解.
例4　(多選)如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，兩部分平滑連接，平直部分右端接一個阻值為R的定值電阻.平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場.質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高
考向1　應(yīng)用功能關(guān)系解決電磁感應(yīng)中的能量問題
度為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止.已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好，
則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中
√
√
考向2　應(yīng)用能量守恒定律解決電磁感應(yīng)中的能量問題
例5　(2023·北京市模擬)如圖所示，AB、CD為兩個平行的、不計(jì)電阻的水平光滑金屬導(dǎo)軌，置于方向垂直導(dǎo)軌平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中.AB、CD的間距為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻.質(zhì)量為m、長為L且電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，并與輕質(zhì)彈簧組成彈簧振動系統(tǒng).開始時，彈簧處于自然長度，導(dǎo)體棒MN具有水
平向左的初速度v0，經(jīng)過一段時間，導(dǎo)體棒MN第一次運(yùn)動到最右端，這一過程中AC間的電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則
√
導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中，安培力做功，電阻產(chǎn)生焦耳熱，則棒和彈簧的機(jī)械能有損失，則當(dāng)棒再次回到初始位置時速度小于v0，導(dǎo)體棒
水平方向做的不是簡諧運(yùn)動，則導(dǎo)體棒回到初始位置時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1例6　如圖所示，粗細(xì)均勻的正方形導(dǎo)線框abcd放在傾角為θ＝30°的絕緣光滑斜面上，通過輕質(zhì)細(xì)線繞過光滑的定滑輪與木塊相連，細(xì)線和線框共面、與斜面平行.距線框cd邊為L0的MNQP區(qū)域存在著垂直于斜面、大小相等、方向相反的兩個勻強(qiáng)磁場，EF為兩個磁場的分界線，ME＝EP＝L2.現(xiàn)將木塊由靜止釋放后，木塊下降，線框沿斜面上滑，恰好勻速進(jìn)入和離開勻強(qiáng)磁場.已知線框邊長為L1(L1(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；
導(dǎo)線框勻速進(jìn)入磁場時，受力平衡，受力情況如圖所示.根據(jù)平衡條件有T＝F安＋mgsin θ
其中F安＝BIL1
E＝BL1v
導(dǎo)線框與木塊通過細(xì)線相連，線框勻速進(jìn)入磁場時，木塊勻速下降，根據(jù)平衡條件有T ＝mg
對導(dǎo)線框和木塊構(gòu)成的系統(tǒng)，進(jìn)入磁場前二者一起做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律有mg－mgsin θ＝2ma
(2)導(dǎo)線框通過勻強(qiáng)磁場過程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q.
線框恰好勻速進(jìn)入和離開勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)線框通過勻強(qiáng)磁場過程中，線框和木塊組成的系統(tǒng)減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為電路中產(chǎn)生的焦耳熱，
根據(jù)能量守恒定律得Q＝mg(2L2＋L1)－mg(2L2＋L1)sin θ
三
課時精練
1.如圖所示，在一勻強(qiáng)磁場中有一U形導(dǎo)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(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動.桿ef及線框的電阻不計(jì)，開始時，給ef一個向右的初速度，則
A.ef將減速向右運(yùn)動，但不是勻減速運(yùn)動
B.ef將勻減速向右運(yùn)動，最后停止
C.ef將勻速向右運(yùn)動
D.ef將往返運(yùn)動
基礎(chǔ)落實(shí)練
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2.兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L，頂端接阻值為R的電阻.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場上邊界某處由靜止釋放，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場垂直，如圖所示.不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g，則下列說法正確的是
A.金屬棒在磁場中運(yùn)動時，流過電阻R的電流方向?yàn)閍→b
B.金屬棒剛進(jìn)磁場時一定做加速運(yùn)動
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當(dāng)金屬棒在磁場中向下運(yùn)動時，根據(jù)楞次定律可判斷通過電阻R的電流方向?yàn)閎→a，A錯誤；
由于無法確定金屬棒剛進(jìn)入磁場時安培力的大小與重力的大小關(guān)系，故無法確定金屬棒的運(yùn)動情況，B錯誤；
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A.圖甲 B.圖乙　　　 C.圖丙 D.圖丁
3.(多選)(2023·福建福州市模擬)在甲、乙、丙、丁四圖中，除導(dǎo)體棒ab可以移動外，其余部分均固定不動，圖中的R為定值電阻，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻均不計(jì)，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌之間的摩擦力也不計(jì)，圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌足夠長.圖甲、乙、丙中的導(dǎo)體棒ab均受外力F的作用，其中圖甲、丙中外力F為恒力，圖乙中外力F的功率恒定，圖丙中的電容器C原來不帶電，圖丁中的電容器C已充電，四個圖中導(dǎo)體棒ab從靜止到最終做勻速運(yùn)動的是
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4.(多選)如圖甲所示，兩間距為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，左端用導(dǎo)線連接，導(dǎo)軌處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，一根長度也為L、電阻為R的金屬棒放在導(dǎo)軌上，在平行于導(dǎo)軌向右、大小為F的恒力作用下向右運(yùn)動，金屬棒運(yùn)動過程中，始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，金屬棒運(yùn)動的加速度與速度關(guān)系如圖乙所示，不計(jì)金屬導(dǎo)軌及左邊導(dǎo)線電阻，金屬導(dǎo)軌足夠長，若圖乙中的a0、v0均為已知量，
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則下列說法正確的是
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D.某時刻撤去拉力，此后金屬棒運(yùn)動過程中加速度大小與速度大小成正比
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5.(多選)如圖所示，兩根間距為d的足夠長光滑金屬導(dǎo)軌，平行放置在傾角為θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌的右端接有電阻R，整個裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直.導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒與兩導(dǎo)軌垂直且接觸良好，金屬棒以一定的初速度v0在沿著導(dǎo)軌上滑一段距離L后返回，不計(jì)導(dǎo)軌電阻及感應(yīng)電流間的相互作用，重力加速度為g.下列說法正確的是
A.導(dǎo)體棒返回時先做加速運(yùn)動，最后做勻速直線運(yùn)動
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導(dǎo)體棒返回時先做加速度減小的加速運(yùn)動，最后受力平衡，做勻速直線運(yùn)動，所以A正確；
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6.(多選)(2021·全國甲卷·21)由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍.現(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示.不計(jì)空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平.在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，可能出現(xiàn)的是
A.甲和乙都加速運(yùn)動
B.甲和乙都減速運(yùn)動
C.甲加速運(yùn)動，乙減速運(yùn)動
D.甲減速運(yùn)動，乙加速運(yùn)動
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能力綜合練
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設(shè)線圈下邊到磁場上邊界的高度為h，線圈的邊長為l，
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感應(yīng)電動勢為E＝nBlv，
兩線圈材料相同(設(shè)密度為ρ0)，質(zhì)量相同(設(shè)為m)，則m＝ρ0×4nl×S，
設(shè)材料的電阻率為ρ，則線圈電阻
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由牛頓第二定律有mg－F＝ma
加速度與線圈的匝數(shù)、橫截面積無關(guān)，則甲和乙進(jìn)入磁場時，具有相同的加速度.
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7.(2022·全國乙卷·24)如圖，一不可伸長的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長為l＝0.40 m的正方形金屬框的一個頂點(diǎn)上.金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場.已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為λ＝5.0×10－3 Ω/m；在t＝0到t＝3.0 s時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間t的變化關(guān)系為B(t)＝0.3－0.1t(SI).求：
(1)t＝2.0 s時金屬框所受安培力的大小；
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金屬框的總電阻為
R＝4lλ＝4×0.40×5×10－3 Ω＝0.008 Ω
金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為
t＝2.0 s時磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為
B2＝(0.3－0.1×2.0) T＝0.1 T
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此時金屬框所受安培力大小為
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(2)在t＝0到t＝2.0 s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱.
答案　0.016 J
0～2.0 s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為
Q＝I2Rt′＝12×0.008×2 J＝0.016 J.
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8.(2023·福建省莆田二中模擬)如圖所示，足夠長平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5 m，電阻忽略不計(jì)，其上端接一小燈泡，電阻為1.5 Ω.導(dǎo)體棒MN恰好能垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.5 kg，電阻為0.5 Ω，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在整個導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2 T.將導(dǎo)體棒由靜止釋放，運(yùn)動2 m后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)體棒的運(yùn)動速度保持不變，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)導(dǎo)體棒速度為1 m/s時棒的加速度大小；
答案　1 m/s2
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導(dǎo)體棒速度為1 m/s時，感應(yīng)電動勢大小為E1＝BLv1＝1 V，根據(jù)閉合電路歐姆定律，
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根據(jù)楞次定律可得，安培力的方向沿斜面向上，設(shè)此時的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin 37°－F1－μmgcos 37°＝ma，解得a＝1 m/s2
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(2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動時的速度大小；
當(dāng)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動時，設(shè)此時的安培力大小為F2，根據(jù)受力平衡可得mgsin 37°＝F2＋μmgcos 37°，解得F2＝1 N.
答案　2 m/s
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(3)導(dǎo)體棒從靜止到勻速的運(yùn)動過程中小燈泡產(chǎn)生的焦耳熱.
答案　0.75 J
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導(dǎo)體棒從靜止到勻速的運(yùn)動過程中，設(shè)回路中產(chǎn)生的總的焦耳熱為Q總，
由題意可知s＝2 m，解得Q總＝1 J
由于回路中電流處處相等，小燈泡產(chǎn)生的焦耳熱為
9.(2023·福建泉州市質(zhì)檢)如圖為某航母艦載機(jī)電磁彈射的簡化原理：在水平面內(nèi)由平行長直固定絕緣軌道組成的區(qū)域內(nèi)，等間距分布著豎直向下和豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.一電阻為R、質(zhì)量為m的矩形金屬框放在軌道上，其長邊邊長為L，短邊邊長等于每個磁場的寬度.當(dāng)磁場向右運(yùn)動的速度足夠大時，金屬框?qū)⒀剀壍老蛴疫\(yùn)動，運(yùn)動過程中所受阻力大小恒為f.
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素養(yǎng)提升練
(1)若磁場以速率v運(yùn)動時，金屬框不動，求金屬框在圖示位置時的電流大小與方向；
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根據(jù)右手定則可知，電流方向?yàn)轫槙r針方向，設(shè)金屬框中的電動勢大小為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝2BLv.
設(shè)金屬框中的電流大小為I，
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(2)若磁場以較大速率做勻速運(yùn)動，驅(qū)動金屬框獲得的最大速率為v1，求磁場的速率v2；
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金屬框速率為v1時，設(shè)金屬框內(nèi)電流大小為I1，金屬框受到的安培力大小為F1＝2BI1L
根據(jù)平衡條件得F1＝f，金屬框相對磁場的速度大小為v2－v1，則E1＝2BL(v2－v1)
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(3)若磁場由靜止開始以加速度a做勻加速運(yùn)動，求經(jīng)歷多長時間金屬框開始運(yùn)動以及金屬框和磁場最終速度差的大小Δv.
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當(dāng)金屬框開始運(yùn)動時，設(shè)磁場的速度大小為v0，
此時金屬框受到的安培力大小等于阻力f的大小，
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最終金屬框的加速度a1與磁場的加速度相同，即a1＝a，
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10.(2022·湖北卷·15)如圖所示，高度足夠的勻強(qiáng)磁場區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場方向垂直于紙面向里.正方形單匝線框abcd的邊長L＝0.2 m、回路電阻R＝1.6×10－3 Ω、質(zhì)量m＝0.2 kg.線框平面與磁場方向垂直，線框的ad邊與磁場左邊界平齊，ab邊與磁場下邊界的距離也為L.現(xiàn)對線框施加與水平向右方向成θ＝45°角、大小為4 　 N的恒力F，使其在圖
示豎直平面內(nèi)由靜止開始運(yùn)動.從ab邊進(jìn)入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動；dc邊進(jìn)入磁場時，bc邊恰好到達(dá)磁場右邊界.重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
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(1)ab邊進(jìn)入磁場前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大小；
答案　20 m/s2　10 m/s2
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ab邊進(jìn)入磁場前，對線框進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律，
在水平方向有Fcos θ＝max
代入數(shù)據(jù)有ax＝20 m/s2
在豎直方向有Fsin θ－mg＝may
代入數(shù)據(jù)有ay＝10 m/s2
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(2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和線框進(jìn)入磁場的整個過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱；
答案　0.2 T　0.4 J
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ab邊進(jìn)入磁場開始，ab邊在豎直方向切割磁感線；
ad邊和bc邊的上部分也開始進(jìn)入磁場，且在水平方向切割磁感線.
但ad和bc邊的上部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相互抵消，則整個回路的電動勢為ab邊切割磁感線產(chǎn)生的電動勢，
根據(jù)右手定則可知回路的電流為adcba，則從ab邊進(jìn)入磁場開始，ab邊受到的安培力豎直向下，ad邊的上部分受到的安培力水平向右，bc邊的上部分受到的安培力水平向左，則ad邊和bc邊的上部分受到的安培力相互抵消，故線框abcd受到的安培力的合力為ab邊受到的豎直向下的安培力.
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由vy2＝2ayL，知ab邊剛到達(dá)磁場邊緣時，線框豎直方向的速度vy＝2 m/s.
由題知，線框從ab邊進(jìn)入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動，
聯(lián)立解得B＝0.2 T
由題知，從ab邊進(jìn)入磁場開始，在豎直方向上線框做勻速運(yùn)動；
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dc邊進(jìn)入磁場時，bc邊恰好到達(dá)磁場右邊界.
則線框進(jìn)入磁場的整個過程中，線框受到的安培力為恒力，則有Q＝W克安＝BILy，y＝L
Fsin θ－mg＝BIL
聯(lián)立解得Q＝0.4 J
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(3)磁場區(qū)域的水平寬度.
答案　1.1 m
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線框從開始運(yùn)動到進(jìn)入磁場的整個過程中所用的時間為vy＝ayt1，L＝vyt2，t＝t1＋t2
聯(lián)立解得t＝0.3 s
由(2)分析可知線框在水平方向上一直做勻加速直線運(yùn)動，則在水平方向有
則磁場區(qū)域的水平寬度s＝x＋L＝1.1 m.專題強(qiáng)化二十四　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題
目標(biāo)要求　1.會用動力學(xué)知識分析電磁感應(yīng)問題.2.會用功能關(guān)系和能量守恒解決電磁感應(yīng)中的能量問題．
題型一　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題
1．導(dǎo)體的兩種運(yùn)動狀態(tài)
(1)導(dǎo)體的平衡狀態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動狀態(tài)．
處理方法：根據(jù)平衡條件列式分析．
(2)導(dǎo)體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零．
處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析．
2．用動力學(xué)觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟
3．導(dǎo)體常見運(yùn)動情況的動態(tài)分析
v ↓ E＝Blv ↓ I＝ ↓ F安＝BIl ↓ F合 若F合＝0 勻速直線運(yùn)動
若F合≠0 ↓ F合＝ma a、v同向 v增大，若a恒定，拉力F增大
v增大，F(xiàn)安增大，F(xiàn)合減小，a減小，做加速度減小的加速運(yùn)動，減小到a＝0，勻速直線運(yùn)動
a、v反向 v減小，F(xiàn)安減小，a減小，當(dāng)a＝0，靜止或勻速直線運(yùn)動
考向1　“單棒＋電阻”模型
例1　(2023·陜西咸陽市模擬)如圖，矩形閉合導(dǎo)體線框在勻強(qiáng)磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進(jìn)入磁場的時刻．線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界線OO′平行，線框平面與磁場方向垂直．設(shè)OO′下方磁場區(qū)域足夠大，不計(jì)空氣阻力影響，則下列圖像不可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規(guī)律的是(　　)
答案　A
解析　線框先做自由落體運(yùn)動，t1時刻ab邊進(jìn)入磁場做減速運(yùn)動，加速度逐漸減小，而A圖像中的加速度逐漸增大，故A錯誤；線框先做自由落體運(yùn)動，若進(jìn)入磁場時重力小于安培力，ab邊進(jìn)入磁場后做減速運(yùn)動，當(dāng)加速度減小到零時做勻速直線運(yùn)動，cd邊進(jìn)入磁場后線框做自由落體運(yùn)動，加速度為g，故B正確；線框先做自由落體運(yùn)動，ab邊進(jìn)入磁場時若重力大于安培力，做加速度減小的加速運(yùn)動，cd邊進(jìn)入磁場后線框做自由落體運(yùn)動，加速度為g，故C正確；線框先做自由落體運(yùn)動，ab邊進(jìn)入磁場時若重力等于安培力，做勻速直線運(yùn)動，cd邊進(jìn)入磁場后，線框繼續(xù)做自由落體運(yùn)動，加速度為g，故D正確．
例2　(多選)如圖所示，U形光滑金屬導(dǎo)軌與水平面成37°角傾斜放置，現(xiàn)將一金屬桿垂直放置在導(dǎo)軌上且與兩導(dǎo)軌接觸良好，在與金屬桿垂直且沿著導(dǎo)軌向上的外力F的作用下，金屬桿從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動．整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，外力F的最小值為8 N，經(jīng)過2 s金屬桿運(yùn)動到導(dǎo)軌最上端并離開導(dǎo)軌．已知U形金屬導(dǎo)軌兩軌道之間的距離為1 m，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)，金屬桿的質(zhì)量為1 kg、電阻為1 Ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列說法正確的是(　　)
A．拉力F是恒力
B．拉力F隨時間t均勻增加
C．金屬桿運(yùn)動到導(dǎo)軌最上端時拉力F為12 N
D．金屬桿運(yùn)動的加速度大小為2 m/s2
答案　BCD
解析　t時刻，金屬桿的速度大小為v＝at，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Blv，電路中的感應(yīng)電流I＝，金屬桿所受的安培力大小為F安＝BIl＝，由牛頓第二定律可知外力F＝ma＋mgsin 37°＋，F(xiàn)是t的一次函數(shù)，選項(xiàng)A錯誤，B正確；t＝0時，F(xiàn)最小，代入數(shù)據(jù)可求得a＝2 m/s2，選項(xiàng)D正確；t＝2 s時，代入數(shù)據(jù)解得F＝12 N，選項(xiàng)C正確．
考向2　“單棒＋電容器”模型
棒的初速度為零，拉力F恒定(棒和水平導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，摩擦力不計(jì))
如圖，運(yùn)動過程分析：棒做加速運(yùn)動，持續(xù)對電容器充電，則存在充電電流
由F－BIl＝ma，I＝，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv，
聯(lián)立可得F－＝ma，其中＝a，
則可得a＝
所以棒做加速度恒定的勻加速直線運(yùn)動．
功能關(guān)系：WF＝mv2＋E電
例3　如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L.導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C.導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面．在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好．已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g.忽略所有電阻．讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求：
(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；
(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系．
答案　(1)Q＝CBLv　(2)v＝t
解析　(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動勢為E＝BLv
平行板電容器兩極板之間的電勢差為U＝E
設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有C＝，聯(lián)立可得Q＝CBLv
(2)設(shè)金屬棒的速度大小為v時，經(jīng)歷的時間為t，通過金屬棒的電流為I，金屬棒受到的磁場力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為F＝BLI＝CB2L2a
設(shè)在時間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，則ΔQ＝CBLΔv
按定義有I＝，ΔQ也是平行板電容器極板在時間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)增加的電荷量，由上式可得，Δv為金屬棒的速度變化量，金屬棒所受到的摩擦力方向沿導(dǎo)軌斜面向上，大小為f＝μN(yùn)
式中，N是金屬棒對于導(dǎo)軌的正壓力的大小，有N＝mgcos θ，金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有
mgsin θ－F－f＝ma，
即mgsin θ－μmgcos θ＝CB2L2a＋ma
聯(lián)立上式可得 a＝
由題意可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運(yùn)動，t時刻金屬棒的速度大小為v＝.
題型二　電磁感應(yīng)中的能量問題
1．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化
2．求解焦耳熱Q的三種方法
3．解題的一般步驟
(1)確定研究對象(導(dǎo)體棒或回路)；
(2)弄清電磁感應(yīng)過程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；
(3)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律列式求解．
考向1　應(yīng)用功能關(guān)系解決電磁感應(yīng)中的能量問題
例4　(多選)如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，兩部分平滑連接，平直部分右端接一個阻值為R的定值電阻．平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(　　)
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．金屬棒內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd)
答案　BD
解析　金屬棒下滑到彎曲部分底端時，根據(jù)動能定理有mgh＝mv02，金屬棒在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，金屬棒受到的安培力F＝BIL，當(dāng)金屬棒剛進(jìn)入磁場中時，感應(yīng)電流最大，分析可得Imax＝，所以A錯誤；金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中通過金屬棒的電荷量q＝t＝＝，所以B正確；對整個過程由動能定理得mgh－W克安－μmgd＝0，金屬棒克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，金屬棒內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W克安＝mg(h－μd)，所以C錯誤，D正確．
考向2　應(yīng)用能量守恒定律解決電磁感應(yīng)中的能量問題
例5　(2023·北京市模擬)如圖所示，AB、CD為兩個平行的、不計(jì)電阻的水平光滑金屬導(dǎo)軌，置于方向垂直導(dǎo)軌平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中．AB、CD的間距為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻．質(zhì)量為m、長為L且電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，并與輕質(zhì)彈簧組成彈簧振動系統(tǒng)．開始時，彈簧處于自然長度，導(dǎo)體棒MN具有水平向左的初速度v0，經(jīng)過一段時間，導(dǎo)體棒MN第一次運(yùn)動到最右端，這一過程中AC間的電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則(　　)
A．導(dǎo)體棒水平方向做簡諧運(yùn)動
B．初始時刻導(dǎo)體棒所受的安培力大小為
C．當(dāng)導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最右端時，彈簧具有的彈性勢能為mv02－Q
D．當(dāng)導(dǎo)體棒再次回到初始位置時，AC間的電阻R的熱功率小于
答案　D
解析　導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中，安培力做功，電阻產(chǎn)生焦耳熱，則棒和彈簧的機(jī)械能有損失，則當(dāng)棒再次回到初始位置時速度小于v0，導(dǎo)體棒水平方向做的不是簡諧運(yùn)動，則導(dǎo)體棒回到初始位置時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1例6　如圖所示，粗細(xì)均勻的正方形導(dǎo)線框abcd放在傾角為θ＝30°的絕緣光滑斜面上，通過輕質(zhì)細(xì)線繞過光滑的定滑輪與木塊相連，細(xì)線和線框共面、與斜面平行．距線框cd邊為L0的MNQP區(qū)域存在著垂直于斜面、大小相等、方向相反的兩個勻強(qiáng)磁場，EF為兩個磁場的分界線，ME＝EP＝L2.現(xiàn)將木塊由靜止釋放后，木塊下降，線框沿斜面上滑，恰好勻速進(jìn)入和離開勻強(qiáng)磁場．已知線框邊長為L1(L1(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；
(2)導(dǎo)線框通過勻強(qiáng)磁場過程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q.
答案　(1)　(2)mg(2L2＋L1)
解析　(1)導(dǎo)線框勻速進(jìn)入磁場時，受力平衡，受力情況如圖所示．根據(jù)平衡條件有T＝F安＋mgsin θ
其中F安＝BIL1
I＝
E＝BL1v
導(dǎo)線框與木塊通過細(xì)線相連，線框勻速進(jìn)入磁場時，木塊勻速下降，根據(jù)平衡條件有T＝mg
對導(dǎo)線框和木塊構(gòu)成的系統(tǒng)，進(jìn)入磁場前二者一起做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律有mg－mgsin θ＝2ma
根據(jù)運(yùn)動學(xué)方程可得進(jìn)入磁場時速度v＝
聯(lián)立以上各式求解可得B＝
(2)線框恰好勻速進(jìn)入和離開勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)線框通過勻強(qiáng)磁場過程中，線框和木塊組成的系統(tǒng)減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為電路中產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)能量守恒定律得Q＝mg(2L2＋L1)－mg(2L2＋L1)sin θ
所以導(dǎo)線框通過勻強(qiáng)磁場過程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mg(2L2＋L1)．
課時精練
1.如圖所示，在一勻強(qiáng)磁場中有一U形導(dǎo)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(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動．桿ef及線框的電阻不計(jì)，開始時，給ef一個向右的初速度，則(　　)
A．ef將減速向右運(yùn)動，但不是勻減速運(yùn)動
B．ef將勻減速向右運(yùn)動，最后停止
C．ef將勻速向右運(yùn)動
D．ef將往返運(yùn)動
答案　A
解析　ef向右運(yùn)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(yùn)動，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運(yùn)動，最終停止運(yùn)動，故A正確，B、C、D錯誤．
2.兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L，頂端接阻值為R的電阻．質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場上邊界某處由靜止釋放，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場垂直，如圖所示．不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)
A．金屬棒在磁場中運(yùn)動時，流過電阻R的電流方向?yàn)閍→b
B．金屬棒剛進(jìn)磁場時一定做加速運(yùn)動
C．金屬棒的速度為v時，金屬棒所受的安培力大小為
D．金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時，電阻R的熱功率為2R
答案　D
解析　當(dāng)金屬棒在磁場中向下運(yùn)動時，根據(jù)楞次定律可判斷通過電阻R的電流方向?yàn)閎→a，A錯誤；由于無法確定金屬棒剛進(jìn)入磁場時安培力的大小與重力的大小關(guān)系，故無法確定金屬棒的運(yùn)動情況，B錯誤；金屬棒進(jìn)入磁場時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，產(chǎn)生的感應(yīng)電流是I＝＝，金屬棒所受的安培力大小F＝BIL＝，C錯誤；金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時，F(xiàn)＝BIL＝mg，可求得P＝2R，D正確．
3．(多選)(2023·福建福州市模擬)在甲、乙、丙、丁四圖中，除導(dǎo)體棒ab可以移動外，其余部分均固定不動，圖中的R為定值電阻，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻均不計(jì)，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌之間的摩擦力也不計(jì)，圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌足夠長．圖甲、乙、丙中的導(dǎo)體棒ab均受外力F的作用，其中圖甲、丙中外力F為恒力，圖乙中外力F的功率恒定，圖丙中的電容器C原來不帶電，圖丁中的電容器C已充電，四個圖中導(dǎo)體棒ab從靜止到最終做勻速運(yùn)動的是(　　)
A．圖甲 B．圖乙
C．圖丙 D．圖丁
答案　ABD
解析　題圖甲中的F為恒力，由F－＝ma可知，隨著速度的變大，導(dǎo)體棒ab的加速度越來越小，當(dāng)加速度為0時，導(dǎo)體棒ab做勻速運(yùn)動，A符合題意；題圖乙中的F的功率恒定，由－＝ma可知，隨著速度的變大，導(dǎo)體棒ab的加速度越來越小，當(dāng)加速度為0時，導(dǎo)體棒ab做勻速運(yùn)動，B符合題意；對題圖丙中導(dǎo)體棒ab，由F－BIl＝ma，I＝＝＝＝CBla，可得a＝，可知題圖丙中導(dǎo)體棒ab從靜止開始一直做勻加速直線運(yùn)動，C不符合題意；設(shè)題圖丁中的電容器兩端的電壓為UC，由BIl＝Bl·＝ma可知，隨著速度的變大，導(dǎo)體棒ab的加速度越來越小，當(dāng)加速度為0時，導(dǎo)體棒ab做勻速運(yùn)動，D符合題意．
4．(多選)如圖甲所示，兩間距為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，左端用導(dǎo)線連接，導(dǎo)軌處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，一根長度也為L、電阻為R的金屬棒放在導(dǎo)軌上，在平行于導(dǎo)軌向右、大小為F的恒力作用下向右運(yùn)動，金屬棒運(yùn)動過程中，始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，金屬棒運(yùn)動的加速度與速度關(guān)系如圖乙所示，不計(jì)金屬導(dǎo)軌及左邊導(dǎo)線電阻，金屬導(dǎo)軌足夠長，若圖乙中的a0、v0均為已知量，則下列說法正確的是(　　)
A．金屬棒的質(zhì)量為
B．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為
C．當(dāng)拉力F做功為W時，通過金屬棒橫截面的電荷量為
D．某時刻撤去拉力，此后金屬棒運(yùn)動過程中加速度大小與速度大小成正比
答案　ABD
解析　由題意可知F－＝ma，得a＝－v，結(jié)合a－v圖像可知＝a0，＝，解得m＝，B＝＝，A、B正確；當(dāng)拉力F做功為W時，金屬棒運(yùn)動的距離為s＝，則通過金屬棒橫截面的電荷量q＝t＝t＝＝，C錯誤；某時刻撤去拉力，此后＝ma，則a＝v，D正確．
5.(多選)如圖所示，兩根間距為d的足夠長光滑金屬導(dǎo)軌，平行放置在傾角為θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌的右端接有電阻R，整個裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直．導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒與兩導(dǎo)軌垂直且接觸良好，金屬棒以一定的初速度v0在沿著導(dǎo)軌上滑一段距離L后返回，不計(jì)導(dǎo)軌電阻及感應(yīng)電流間的相互作用，重力加速度為g.下列說法正確的是(　　)
A．導(dǎo)體棒返回時先做加速運(yùn)動，最后做勻速直線運(yùn)動
B．導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中通過R的電荷量q＝
C．導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中克服安培力做的功W＝(mv02－mgL)
D．導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝(mv02－mgL)
答案　AC
解析　導(dǎo)體棒返回時先做加速度減小的加速運(yùn)動，最后受力平衡，做勻速直線運(yùn)動，所以A正確；根據(jù)q＝，則導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中通過R的電荷量為q＝，所以B錯誤；設(shè)導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中克服安培力做的功為W，由動能定理可得W＋mgLsin 30°＝mv02，解得W＝(mv02－mgL)，所以C正確；根據(jù)功能關(guān)系可得，導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q＝W，則Q＝(mv02－mgL)，所以D錯誤．
6.(多選)(2021·全國甲卷·21)由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍．現(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示．不計(jì)空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平．在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，可能出現(xiàn)的是(　　)
A．甲和乙都加速運(yùn)動
B．甲和乙都減速運(yùn)動
C．甲加速運(yùn)動，乙減速運(yùn)動
D．甲減速運(yùn)動，乙加速運(yùn)動
答案　AB
解析　設(shè)線圈下邊到磁場上邊界的高度為h，線圈的邊長為l，則線圈下邊剛進(jìn)入磁場時，有v＝，
感應(yīng)電動勢為E＝nBlv，
兩線圈材料相同(設(shè)密度為ρ0)，質(zhì)量相同(設(shè)為m)，則m＝ρ0×4nl×S，
設(shè)材料的電阻率為ρ，則線圈電阻
R＝ρ＝
感應(yīng)電流為I＝＝
所受安培力大小為F＝nBIl＝
由牛頓第二定律有mg－F＝ma
聯(lián)立解得a＝g－＝g－
加速度與線圈的匝數(shù)、橫截面積無關(guān)，則甲和乙進(jìn)入磁場時，具有相同的加速度．
當(dāng)g>時，甲和乙都加速運(yùn)動，
當(dāng)g<時，甲和乙都減速運(yùn)動，
當(dāng)g＝時，甲和乙都勻速運(yùn)動，故選A、B.
7.(2022·全國乙卷·24)如圖，一不可伸長的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長為l＝0.40 m的正方形金屬框的一個頂點(diǎn)上．金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場．已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為λ＝5.0×10－3 Ω/m；在t＝0到t＝3.0 s時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間t的變化關(guān)系為B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求：
(1)t＝2.0 s時金屬框所受安培力的大小；
(2)在t＝0到t＝2.0 s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱．
答案　(1) N　(2)0.016 J
解析　(1)金屬框的總電阻為
R＝4lλ＝4×0.40×5×10－3 Ω＝0.008 Ω
金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為
E＝＝＝0.1××0.402 V＝0.008 V
金屬框中的電流為I＝＝1 A
t＝2.0 s時磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為
B2＝(0.3－0.1×2.0) T＝0.1 T
金屬框處于磁場中的有效長度為L＝l
此時金屬框所受安培力大小為
FA＝B2IL＝0.1×1××0.4 N＝ N
(2)0～2.0 s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為
Q＝I2Rt′＝12×0.008×2 J＝0.016 J.
8.(2023·福建省莆田二中模擬)如圖所示，足夠長平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5 m，電阻忽略不計(jì)，其上端接一小燈泡，電阻為1.5 Ω.導(dǎo)體棒MN恰好能垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.5 kg，電阻為0.5 Ω，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在整個導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2 T．將導(dǎo)體棒由靜止釋放，運(yùn)動2 m后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)體棒的運(yùn)動速度保持不變，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)導(dǎo)體棒速度為1 m/s時棒的加速度大小；
(2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動時的速度大小；
(3)導(dǎo)體棒從靜止到勻速的運(yùn)動過程中小燈泡產(chǎn)生的焦耳熱．
答案　(1)1 m/s2　(2)2 m/s　(3)0.75 J
解析　(1)導(dǎo)體棒速度為1 m/s時，感應(yīng)電動勢大小為E1＝BLv1＝1 V，根據(jù)閉合電路歐姆定律，此時電路中電流大小為I1＝＝0.5 A，此時的安培力大小為F1＝BI1L＝＝0.5 N，根據(jù)楞次定律可得，安培力的方向沿斜面向上，設(shè)此時的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin 37°－F1－μmgcos 37°＝ma，解得a＝1 m/s2
(2)當(dāng)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動時，設(shè)此時的安培力大小為F2，根據(jù)受力平衡可得mgsin 37°＝F2＋μmgcos 37°，解得F2＝1 N．由前面分析可得F2＝＝1 N，解得v2＝2 m/s
(3)導(dǎo)體棒從靜止到勻速的運(yùn)動過程中，設(shè)回路中產(chǎn)生的總的焦耳熱為Q總，根據(jù)能量守恒定律和動能定理可得mgssin 37°－μmgscos 37°－Q總＝mv22，由題意可知s＝2 m，解得Q總＝1 J
由于回路中電流處處相等，小燈泡產(chǎn)生的焦耳熱為
Q燈＝＝0.75 J.
9．(2023·福建泉州市質(zhì)檢)如圖為某航母艦載機(jī)電磁彈射的簡化原理：在水平面內(nèi)由平行長直固定絕緣軌道組成的區(qū)域內(nèi)，等間距分布著豎直向下和豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.一電阻為R、質(zhì)量為m的矩形金屬框放在軌道上，其長邊邊長為L，短邊邊長等于每個磁場的寬度．當(dāng)磁場向右運(yùn)動的速度足夠大時，金屬框?qū)⒀剀壍老蛴疫\(yùn)動，運(yùn)動過程中所受阻力大小恒為f.
(1)若磁場以速率v運(yùn)動時，金屬框不動，求金屬框在圖示位置時的電流大小與方向；
(2)若磁場以較大速率做勻速運(yùn)動，驅(qū)動金屬框獲得的最大速率為v1，求磁場的速率v2；
(3)若磁場由靜止開始以加速度a做勻加速運(yùn)動，求經(jīng)歷多長時間金屬框開始運(yùn)動以及金屬框和磁場最終速度差的大小Δv.
答案　(1)　順時針方向　(2)v1＋　(3)　
解析　(1)根據(jù)右手定則可知，電流方向?yàn)轫槙r針方向，設(shè)金屬框中的電動勢大小為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝2BLv.設(shè)金屬框中的電流大小為I，由閉合電路歐姆定律得E＝IR，解得I＝
(2)金屬框速率為v1時，設(shè)金屬框內(nèi)電流大小為I1，金屬框受到的安培力大小為F1＝2BI1L
根據(jù)平衡條件得F1＝f，金屬框相對磁場的速度大小為v2－v1，則E1＝2BL
由閉合電路歐姆定律得E1＝I1R，解得v2＝v1＋
(3)當(dāng)金屬框開始運(yùn)動時，設(shè)磁場的速度大小為v0，此時金屬框受到的安培力大小等于阻力f的大小，即＝f，由運(yùn)動學(xué)公式得v0＝at0，聯(lián)立解得t0＝；最終金屬框的加速度a1與磁場的加速度相同，即a1＝a，以金屬框?yàn)檠芯繉ο螅膳ｎD第二定律得－f＝ma1
解得Δv＝.
10．(2022·湖北卷·15)如圖所示，高度足夠的勻強(qiáng)磁場區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場方向垂直于紙面向里．正方形單匝線框abcd的邊長L＝0.2 m、回路電阻R＝1.6×10－3 Ω、質(zhì)量m＝0.2 kg.線框平面與磁場方向垂直，線框的ad邊與磁場左邊界平齊，ab邊與磁場下邊界的距離也為L.現(xiàn)對線框施加與水平向右方向成θ＝45°角、大小為4 N的恒力F，使其在圖示豎直平面內(nèi)由靜止開始運(yùn)動．從ab邊進(jìn)入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動；dc邊進(jìn)入磁場時，bc邊恰好到達(dá)磁場右邊界．重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
(1)ab邊進(jìn)入磁場前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大小；
(2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和線框進(jìn)入磁場的整個過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱；
(3)磁場區(qū)域的水平寬度．
答案　(1)20 m/s2　10 m/s2　(2)0.2 T　0.4 J　(3)1.1 m
解析　(1)ab邊進(jìn)入磁場前，對線框進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律，
在水平方向有Fcos θ＝max
代入數(shù)據(jù)有ax＝20 m/s2
在豎直方向有Fsin θ－mg＝may
代入數(shù)據(jù)有ay＝10 m/s2
(2)ab邊進(jìn)入磁場開始，ab邊在豎直方向切割磁感線；ad邊和bc邊的上部分也開始進(jìn)入磁場，且在水平方向切割磁感線．但ad和bc邊的上部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相互抵消，則整個回路的電動勢為ab邊切割磁感線產(chǎn)生的電動勢，根據(jù)右手定則可知回路的電流為adcba，則從ab邊進(jìn)入磁場開始，ab邊受到的安培力豎直向下，ad邊的上部分受到的安培力水平向右，bc邊的上部分受到的安培力水平向左，則ad邊和bc邊的上部分受到的安培力相互抵消，故線框abcd受到的安培力的合力為ab邊受到的豎直向下的安培力．由vy2＝2ayL，知ab邊剛到達(dá)磁場邊緣時，線框豎直方向的速度vy＝2 m/s.由題知，線框從ab邊進(jìn)入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動，則有Fsin θ－mg－BIL＝0，E＝BLvy，I＝
聯(lián)立解得B＝0.2 T
由題知，從ab邊進(jìn)入磁場開始，在豎直方向上線框做勻速運(yùn)動；dc邊進(jìn)入磁場時，bc邊恰好到達(dá)磁場右邊界．則線框進(jìn)入磁場的整個過程中，線框受到的安培力為恒力，則有Q＝
W克安＝BILy，y＝L
Fsin θ－mg＝BIL
聯(lián)立解得Q＝0.4 J
(3)線框從開始運(yùn)動到進(jìn)入磁場的整個過程中所用的時間為vy＝ayt1，L＝vyt2，t＝t1＋t2
聯(lián)立解得t＝0.3 s
由(2)分析可知線框在水平方向上一直做勻加速直線運(yùn)動，則在水平方向有
x＝axt2＝×20×0.32 m＝0.9 m
則磁場區(qū)域的水平寬度s＝x＋L＝1.1 m.

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