思維方法
1．若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計算．
2．若電流變化，則可利用克服安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；或利用能量守恒求解．
一、選擇題
1.
(多選)一空間有垂直紙面向里的勻強磁場B，兩條電阻不計的平行光滑導(dǎo)軌豎直放置在磁場內(nèi)，如圖所示，磁感應(yīng)強度B＝0.5T，導(dǎo)體棒ab、cd長度均為0.2 m，電阻均為0.1 Ω，重力均為0.1 N，現(xiàn)用力向上拉動導(dǎo)體棒ab，使之勻速上升(導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌接觸良好)，此時cd靜止不動，則ab上升時，下列說法正確的是( )
A．a(chǎn)b受到的拉力大小為2 N
B．a(chǎn)b向上運動的速度為2 m/s
C．在2 s內(nèi)，拉力做功，有0.4 J的機械能轉(zhuǎn)化為電能
D．在2 s內(nèi)，拉力做功為0.6 J
2．光滑水平軌道abc、ade在a端很接近但是不相連，bc段與de段平行，尺寸如圖所示．軌道之間存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場．初始時質(zhì)量為m的桿放置在b、d兩點上，除電阻R外，桿和軌道電阻均不計．用水平外力將桿以初速度v0向左拉動，運動過程中保持桿中電流不變，在桿向左運動位移L內(nèi)，下列說法正確的是( )
A．桿向左做勻加速運動
B．桿向左運動位移L的時間為Δt＝ eq \f(3L,4v0)
C．桿向左運動位移L的時間內(nèi)電阻產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝ eq \f(2B2L3v0,3R)
D．桿向左運動位移L的時間內(nèi)水平外力做的功為W＝ eq \f(3,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
二、非選擇題
3．如圖甲所示，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(dǎo)軌，其間距L＝0.2 m，R是連在導(dǎo)軌一端的電阻，ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量m＝0.1 kg的導(dǎo)體棒．從零時刻開始，對ab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(dǎo)軌滑動，滑動過程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，圖乙是棒的v - t圖象，其中AO是圖象在O點的切線，AB是圖象的漸近線．除R以外，其余部分的電阻均不計．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．已知當(dāng)棒的位移為100 m時，其速度達(dá)到了最大速度10 m/s.求：
(1)R的阻值；
(2)在棒運動100 m過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱．
4．[2022·山西第一次聯(lián)考]如圖甲所示，有一邊長為0.2 m、質(zhì)量為1 kg的正方形單匝線框abcd，放在光滑水平面上．在水平恒定拉力F的作用下，穿過垂直水平面向上、磁感應(yīng)強度為B＝0.1 T的勻強磁場區(qū)域．線框cd邊剛進(jìn)入磁場時的速度為2 m/s.在t＝3 s時刻cd邊剛出磁場邊界．從進(jìn)入到離開磁場區(qū)域的3 s時間內(nèi)線框運動的v - t圖象如圖乙所示．求：
(1)線框cd邊在剛進(jìn)入和剛離開磁場的這兩個位置時c、d兩點間的電壓；
(2)線框從cd邊進(jìn)入磁場到ab邊離開磁場的全過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱．
第84練 電磁感應(yīng)中的能量問題
1．答案：BC
解析：對導(dǎo)體棒cd分析：mg＝BIl＝ eq \f(B2l2v,R總) ，得v＝2m/s，故選項B正確；對導(dǎo)體棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，選項A錯誤；在2 s內(nèi)拉力做功轉(zhuǎn)化的電能等于克服安培力做的功，即W＝F安vt＝0.4 J，選項C正確；在2 s內(nèi)拉力做的功為Fvt＝0.8 J，選項D錯誤．
2．答案：B
解析：因為電流不變，桿受安培力F安＝BIl，l是變化的，所以E＝ eq \f(ΔΦ,Δt) ＝BLv0是一定值，Δt＝ eq \f(ΔΦ,BLv0) ＝ eq \f(3L,4v0) ，而速度是不斷增大的，所以A錯誤、B正確；桿向左運動位移L的時間內(nèi)電阻產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2RΔt，解得Q＝ eq \f(3B2L3v0,4R) ，即C錯誤；因電流I不變，所以 eq \f(BLv0,R) ＝ eq \f(BL·\f(1,2)·v′,R) ，故v′＝2v0.桿向左運動位移L的時間內(nèi)水平外力做的功為W＝ eq \f(1,2) m（2v0）2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＋Q＝ eq \f(3B2L3v0,4R) ＋ eq \f(3,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，所以D錯誤．
3．答案：（1）0.4 Ω （2）20 J
解析：（1）由圖乙得ab棒剛開始運動瞬間a＝2.5 m/s2，則F－Ff＝ma，解得Ff＝0.2 N.
ab棒最終以速度v＝10 m/s勻速運動，則所受到拉力、摩擦力和安培力的合力為零，F(xiàn)－Ff－F安＝0.
F安＝BIL＝BL eq \f(Blv,R) ＝ eq \f(B2L2v,R) .聯(lián)立可得R＝ eq \f(B2L2v,F－Ff) ＝0.4 Ω.
（2）由功能關(guān)系可得（F－Ff）x＝ eq \f(1,2) mv2＋Q，解得Q＝20 J．
4．答案：（1）0.03 V 0.01 V （2）3.2 J
解析：（1）線框cd邊剛進(jìn)入磁場時，c、d兩點間的電壓
U1＝ eq \f(3,4) E＝ eq \f(3,4) Blv0＝ eq \f(3,4) ×0.1×0.2×2 V＝0.03 V
線框cd邊剛離開磁場時，c、d兩點間的電壓U2＝ eq \f(1,4) E＝0.01 V.
（2）由題圖乙知，1～3 s內(nèi)線框完全在磁場中，由v - t圖象知1～3 s內(nèi)線框加速度a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(2－1,3－1) m/s2＝0.5 m/s2
根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma＝1×0.5 N＝0.5 N
從線框cd邊剛進(jìn)入磁場到ab邊剛進(jìn)入磁場，設(shè)安培力做功為W
根據(jù)動能定理有Fl－W＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
代入數(shù)據(jù)得W＝1.6 J
從線框cd邊剛進(jìn)入磁場到cd邊剛離開磁場，線框產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力所做的功，因此Q＝W＝1.6 J
根據(jù)圖線可知線框進(jìn)入磁場和離開磁場時的速度和受力情況都一樣，產(chǎn)生的焦耳熱也相等，因此線框從cd邊進(jìn)入磁場到ab邊離開磁場的全過程中，線框產(chǎn)生的總焦耳熱為Q總＝2Q＝2×1.6 J＝3.2 J.

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