思維方法
一、選擇題
1．如圖甲所示，一對間距為l＝20 cm的平行光滑導(dǎo)軌放在水平面上，導(dǎo)軌的左端接R＝1 Ω的電阻，導(dǎo)軌上垂直放置一導(dǎo)體桿，整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下．桿在沿導(dǎo)軌方向的拉力F作用下做初速度為零的勻加速直線運動．測得力F與時間t的關(guān)系如圖乙所示．桿及兩導(dǎo)軌的電阻均可忽略不計，桿在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，則桿的加速度大小和質(zhì)量分別為( )
A．20 m/s2 0.5 kg
B．20 m/s2 0.1 kg
C．10 m/s2 0.5 kg
D．10 m/s2 0.1 kg
2．(多選)如圖，間距為L、傾角為θ的兩足夠長平行光滑導(dǎo)軌固定，導(dǎo)軌上端接有阻值為R的電阻，下端通過開關(guān)S與單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在垂直于線圈平面向下且均勻增強(qiáng)的磁場．導(dǎo)軌所在區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，靠在插銷處垂直于導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好的金屬棒ab，質(zhì)量為m、電阻也為R，閉合S后，撤去插銷，ab仍靜止．線圈、導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻不計，重力加速度大小為g，下列判定正確的是( )
A．B的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下
B．線圈內(nèi)磁通量的變化率為 eq \f(mgR sin θ,BL)
C．?dāng)嚅_S后，ab的最大速度為 eq \f(2mgR sin θ,B2L2)
D．?dāng)嚅_S后，電阻R的最大熱功率為 eq \f(2m2g2R sin2θ,B2L2)
二、非選擇題
3．[2021·湖北卷，16]如圖(a)所示，兩根不計電阻、間距為L的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌，豎直固定在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.導(dǎo)軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻．元件Z的U-I圖象如圖(b)所示，當(dāng)流過元件Z的電流大于或等于I0時，電壓穩(wěn)定為Um.質(zhì)量為m、不計電阻的金屬棒可沿導(dǎo)軌運動，運動中金屬棒始終水平且與導(dǎo)軌保持良好接觸．忽略空氣阻力及回路中的電流對原磁場的影響，重力加速度大小為g.為了方便計算，取I0＝ eq \f(mg,4BL) ，Um＝ eq \f(mgR,2BL) .以下計算結(jié)果只能選用m、g、B、L、R表示．
(1)閉合開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v1；
(2)斷開開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v2；
(3)先閉合開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒達(dá)到最大速度后，再斷開開關(guān)S.忽略回路中電流突變的時間，求S斷開瞬間金屬棒的加速度大小a.
第83練 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題
1．答案：D
解析：導(dǎo)體桿在導(dǎo)軌上做初速度為零的勻加速直線運動，用v表示瞬時速度，t表示時間，則桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Blv＝Blat，閉合回路中的感應(yīng)電流為I＝ eq \f(E,R) ，由安培力公式和牛頓第二定律得F－BIl＝ma，由以上三式得F＝ma＋ eq \f(B2l2at,R) ，在乙圖線上取兩點t1＝0，F(xiàn)1＝1 N，t2＝10 s，F(xiàn)2＝2 N，代入得a＝10 m/s2，m＝0.1 kg，故D正確．
2．答案：BC
解析：線圈內(nèi)存在垂直于線圈平面向下且均勻增強(qiáng)的磁場，閉合S后，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流為逆時針方向，金屬棒ab中的電流方向為b→a，對金屬棒受力分析，受到重力、導(dǎo)軌的支持力和安培力作用，要使ab靜止，安培力的方向應(yīng)沿導(dǎo)軌平面向上，根據(jù)左手定則，判斷出B的方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，故A錯誤；對金屬棒ab受力分析，沿導(dǎo)軌平面有F安＝mg sin θ，又F安＝BIL，線圈內(nèi)磁通量的變化率為 eq \f(ΔΦ,Δt) ＝E＝IR，聯(lián)立解得 eq \f(ΔΦ,Δt) ＝ eq \f(mgR sin θ,BL) ，故B正確；斷開S瞬間，ab中電流消失，金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下做加速運動，根據(jù)牛頓第二定律有mg sin θ－BI′L＝ma，I′＝ eq \f(E,R＋R) ＝ eq \f(BLv,2R) ，隨著金屬棒速度增加，感應(yīng)電流變大，安培力也變大，所以加速度變小，直到加速度為零，金屬棒的速度達(dá)到最大值，有mg sin θ＝BImL，Im＝ eq \f(BLvm,2R) ，聯(lián)立解得vm＝ eq \f(2mgR sin θ,B2L2) ，故C正確；斷開S后，電阻R的最大熱功率為PR＝I eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(m)) R＝ eq \f(m2g2R sin2θ,B2L2) ，故D錯誤．
3．答案：（1） eq \f(mgR,B2L2) （2） eq \f(3mgR,2B2L2) （3） eq \f(g,2)
解析：（1）閉合開關(guān)S，金屬棒下落的過程中受豎直向下的重力、豎直向上的安培力作用，當(dāng)重力與安培力大小相等時，金屬棒的加速度為零，速度最大，則mg＝BI1L，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E1＝BLv1，由歐姆定律得I1＝ eq \f(E1,R)
解得v1＝ eq \f(mgR,B2L2)
（2）由第（1）問得I1＝ eq \f(mg,BL)
由于I0＜I1，斷開開關(guān)S后，當(dāng)金屬棒的速度達(dá)到最大時，元件Z兩端的電壓恒為Um＝ eq \f(mgR,2BL) ，此時定值電阻兩端的電壓為UR＝BLv2－Um
回路中的電流為I2＝I1
又由歐姆定律得I2＝ eq \f(UR,R)
解得v2＝ eq \f(3mgR,2B2L2) .
（3）開關(guān)S閉合，當(dāng)金屬棒的速度最大時，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1＝ eq \f(mgR,BL) ，斷開開關(guān)S的瞬間，元件Z兩端的電壓為Um＝ eq \f(mgR,2BL)
則定值電阻兩端的電壓為U eq \\al(\s\up11(′),\s\d4(R)) ＝E1－Um＝ eq \f(mgR,2BL)
電路中的電流為I′＝ eq \f(U eq \\al(\s\up1(′),\s\d1(R)) ,R)
金屬棒受到的安培力為FA＝BI′L
對金屬棒由牛頓第二定律得
mg－FA＝ma，解得a＝ eq \f(g,2) .

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