1.會(huì)用動(dòng)力學(xué)知識(shí)分析電磁感應(yīng)問(wèn)題.2.會(huì)用功能關(guān)系和能量守恒解決電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題.
NEIRONGSUOYIN
題型一　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題
題型二　電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題
1.導(dǎo)體的兩種運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析.
2.力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象的相互關(guān)系
3.用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問(wèn)題的一般步驟
例1　(多選)(2020·黑龍江鶴崗一中月考)如圖1所示，有一邊長(zhǎng)為l的正方形導(dǎo)線框，質(zhì)量為m，由高h(yuǎn)處自由落下，其下邊ab進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域后，線框開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，直到其上邊cd剛穿出磁場(chǎng)時(shí)，速度減小為ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的一半，此勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度也是l，重力加速度為g，則下列結(jié)論正確的是
A.線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B.線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)加速度方向先向上后向下C.線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度大于穿出磁場(chǎng)時(shí)的加速度D.線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(2l＋ h)
解析　線框穿過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過(guò)程中，受到重力和安培力作用，設(shè)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1，則E＝Blv1，
故線框在穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中加速度隨v的減小而減小，線框一直做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向一直向上，必有F≥mg，所以加速度不可能向下，故C正確，A、B錯(cuò)誤；
線框從釋放至穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，設(shè)產(chǎn)生的焦耳熱為Q，
例2　(多選)如圖2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(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng).整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，外力F的最小值為8 N，經(jīng)過(guò)2 s金屬桿運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌最上端并離開(kāi)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，cs 37°＝0.8.下列說(shuō)法正確的是A.拉力F是恒力B.拉力F隨時(shí)間t均勻增加C.金屬桿運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌最上端時(shí)拉力F為12 ND.金屬桿運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2 m/s2
解析　t時(shí)刻，金屬桿的速度大小為v＝at，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv，
可見(jiàn)F是t的一次函數(shù)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；t＝0時(shí)，F(xiàn)最小，代入數(shù)據(jù)可求得a＝2 m/s2，t＝2 s時(shí)，F(xiàn)＝12 N，選項(xiàng)C、D正確.
“單棒＋電容器”模型，棒受到恒力作用(導(dǎo)軌光滑)
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))
如圖3，運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析：開(kāi)始時(shí)，a＝ ，棒加速運(yùn)動(dòng)v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑，經(jīng)過(guò)Δt速度為v＋Δv，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝BL(v＋Δv)，Δt時(shí)間內(nèi)流入電容器的電荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv
安培力F安＝BLI＝CB2L2a
F－F安＝ma，a＝ ，所以棒做加速度恒定的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，v－t圖象如圖4.
功能關(guān)系：F做的功一部分轉(zhuǎn)化為棒的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能：WF＝ mv2＋E電
例3　(多選)如圖5，兩根足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌PP′、QQ′傾斜放置，傾角為θ，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸良好.現(xiàn)由靜止釋放金屬棒ab，假定電容器不會(huì)被擊穿，忽略一切電阻，則下列說(shuō)法正確的是A.金屬棒ab下滑過(guò)程中M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)B.金屬棒ab勻加速下滑C.金屬棒ab最終可能勻速下滑D.金屬棒ab下滑過(guò)程中減少的重力勢(shì)能等于其增加的動(dòng)能
解析　金屬棒ab下滑過(guò)程中，金屬棒ab切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由右手定則可判斷出金屬棒a端為正極，所以M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)，選項(xiàng)A正確；
金屬棒ab下滑過(guò)程中由于產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，對(duì)電容器充電，由I＝ ，C＝ ，ΔU＝BLΔv，金屬棒ab受到安培力F＝BIL，對(duì)金屬棒受力分析，有mgsin θ－F＝ma，聯(lián)立解得a＝ ，加速度為恒量，說(shuō)明金屬棒ab下滑時(shí)做加速度恒定的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；
金屬棒ab下滑過(guò)程中減少的重力勢(shì)能等于其增加的動(dòng)能和電容器儲(chǔ)存的電場(chǎng)能之和，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
1.(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題)(多選)(2020·安徽蚌埠市一模)如圖6，水平固定的光滑U型金屬導(dǎo)軌處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng).一金屬棒從導(dǎo)軌右端以大小為v的速度滑上導(dǎo)軌，金屬棒最終停在導(dǎo)軌上，已知金屬棒的質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)、電阻為R，金屬棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，則A.金屬棒靜止前做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B.金屬棒剛滑上導(dǎo)軌時(shí)的加速度最大C.金屬棒速度為 時(shí)的加速度是剛滑上導(dǎo)軌時(shí)加速度的D.金屬棒從滑上導(dǎo)軌到靜止的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為
故導(dǎo)體棒做加速度減小且速度減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，而金屬棒剛滑上軌道時(shí)速度最大，加速度最大，故A錯(cuò)誤，B正確；
金屬棒從滑上導(dǎo)軌到靜止，僅受安培力作用，安培力做負(fù)功，則減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為增加的電能，轉(zhuǎn)變?yōu)闊崮?，故由能量守恒定律有Q＝ mv2，故D錯(cuò)誤.
2.(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題之單棒—電阻模型)(2020·河南駐馬店市第一學(xué)期期末)如圖7甲所示，間距為L(zhǎng)＝0.5 m的兩條平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2 T，軌道左側(cè)連接一定值電阻R＝1 Ω.垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，并始終與導(dǎo)軌接觸良好.t＝0時(shí)刻，導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始做勻加速直線
運(yùn)動(dòng)，力F隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示.已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì).取g＝10 m/s2，求：
(1)導(dǎo)體棒的加速度大?。?br/>解析　設(shè)導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，某時(shí)刻t，導(dǎo)體棒的速度為v，所受的摩擦力為Ff，則導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv
導(dǎo)體棒受到的安培力：F安＝BIL由牛頓第二定律：F－F安－Ff＝ma由題意v＝at
根據(jù)題圖乙可知，0～10 s內(nèi)圖象的斜率為0.05 N/s，即 ＝0.05 N/s，解得a＝5 m/s2
解析　由F－t圖象縱截距可知：ma＋Ff＝1.0 N又Ff＝μmg解得m＝0.1 kg.
電磁感應(yīng)過(guò)程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過(guò)安培力做功的形式實(shí)現(xiàn)的，安培力做功的過(guò)程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過(guò)程，外力克服安培力做功，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)程.1.能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法
2.解決電磁感應(yīng)能量問(wèn)題的策略是“先源后路、先電后力，再是運(yùn)動(dòng)、能量”，即
例4　如圖8甲所示，不計(jì)電阻的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間距L＝1 m，上端接有電阻R＝3 Ω，水平虛線OO′下方是垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng).現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻r＝1 Ω、長(zhǎng)度與導(dǎo)軌間距相等的金屬桿ab，從OO′上方某處垂直導(dǎo)軌由靜止釋放，桿下落過(guò)程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸，桿下落過(guò)程中的v－t圖象如圖乙所示(g取10 m/s2).求：
應(yīng)用焦耳定律求電能(桿做勻速直線運(yùn)動(dòng))
(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；
解析　由題圖乙可知，桿自由下落0.1 s進(jìn)入磁場(chǎng)以v＝1.0 m/s的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv
桿所受安培力F安＝BIL由平衡條件得mg＝F安聯(lián)立解得B＝2 T.
(2)桿在磁場(chǎng)中下落0.1 s的過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的熱量.
解析　電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝0.075 J.
例5　如圖9所示，傾角為θ的平行金屬導(dǎo)軌下端連接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌MN、PQ間距為L(zhǎng)，與MN、PQ垂直的虛線a1b1、a2b2區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，a1b1、a2b2間距離為d，一長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌平面上與磁場(chǎng)上邊界a2b2距離d處從靜止開(kāi)始釋放，最后能勻速通過(guò)磁場(chǎng)下邊界a1b1.重力加速度為g(導(dǎo)軌摩擦及電阻不計(jì)).求：
應(yīng)用功能關(guān)系解決電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題
(1)導(dǎo)體棒剛到達(dá)磁場(chǎng)上邊界a2b2時(shí)的速度大小v1；
解析　導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)外沿導(dǎo)軌下滑，只有重力做功，
(2)導(dǎo)體棒勻速通過(guò)磁場(chǎng)下邊界a1b1時(shí)的速度大小v2；
解析　導(dǎo)體棒勻速通過(guò)磁場(chǎng)下邊界a1b1時(shí)，由平衡條件得：mgsin θ＝F安
(3)導(dǎo)體棒穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，回路產(chǎn)生的熱量.
解析　設(shè)導(dǎo)體棒穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，克服安培力做功為W安由動(dòng)能定理可得
例6　如圖10甲所示，一足夠長(zhǎng)阻值不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ之間的距離L＝0.5 m，NQ兩端連接阻值R＝2.0 Ω的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝30°，一質(zhì)量m＝0.40 kg、接入電路的阻值r＝1.0 Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置并用絕緣細(xì)線通過(guò)光滑的輕質(zhì)定滑輪與質(zhì)量M＝0.80 kg的重物相連.細(xì)線與金屬導(dǎo)軌平行.金屬棒沿
應(yīng)用能量守恒定律解決電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題
導(dǎo)軌向上滑行的速度v與時(shí)間t之間的關(guān)系如圖乙所示，已知金屬棒在0～0.3 s內(nèi)通過(guò)的電荷量是0.3～0.6 s內(nèi)通過(guò)電荷量的 ，g＝10 m/s2，求：
(1)0～0.3 s內(nèi)金屬棒通過(guò)的位移大??；
解析　0～0.3 s內(nèi)通過(guò)金屬棒的電荷量
(2)金屬棒在0～0.6 s內(nèi)產(chǎn)生的熱量．
解析　金屬棒在0～0.6 s內(nèi)通過(guò)的總位移為x＝x1＋x2＝x1＋vt2，代入解得x＝0.75 m
代入解得Q＝3.15 J由于金屬棒與電阻R串聯(lián)，電流相等，根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt，它們產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，
3.(應(yīng)用動(dòng)能定理解決電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題)豎直平面內(nèi)有一形狀為拋物線的光滑曲面軌道，如圖11所示，拋物線方程是y＝x2，軌道下半部分處在一個(gè)水平向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的上邊界是y＝a的直線(圖中虛線所示)，一個(gè)質(zhì)量為m的小金屬環(huán)從拋物線上y＝b(b>a)處以速度v沿拋物線下滑，假設(shè)拋物線足夠長(zhǎng)，金屬環(huán)沿拋物線下滑后產(chǎn)生的焦耳熱總量是(重力加速度為g)A.mgb B. mv2C.mg(b－a) D.mg(b－a)＋ mv2
解析　小金屬環(huán)進(jìn)入或離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，穿過(guò)金屬環(huán)的磁通量會(huì)發(fā)生變化，并產(chǎn)生感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱；當(dāng)小金屬環(huán)全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，小金屬環(huán)最終在磁場(chǎng)中y＝a以下做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，
4.(應(yīng)用能量守恒定律解決電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題)(多選)(2020·黑龍江哈爾濱市模擬)如圖12所示，質(zhì)量為3m的重物與一質(zhì)量為m的線框用一根絕緣細(xì)線連接起來(lái)，掛在兩個(gè)高度相同的定滑輪上，已知線框的橫邊邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，水平方向勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)上下邊界的距離、
線框豎直邊長(zhǎng)均為h.初始時(shí)刻，磁場(chǎng)的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2h，將重物從靜止開(kāi)始釋放，線框上邊緣剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，線框恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計(jì).則下列說(shuō)法中正確的是
解析　線框進(jìn)入磁場(chǎng)前，重物和線框組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，
線框進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，
線框通過(guò)磁場(chǎng)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律有(3m－m)g·2h＝Q，解得Q＝4mgh，故C錯(cuò)誤；
1.如圖1所示，在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場(chǎng)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(wú)摩擦地滑動(dòng).桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻不計(jì)，開(kāi)始時(shí)，給ef一個(gè)向右的初速度，則A.ef 將減速向右運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速B.ef 將勻減速向右運(yùn)動(dòng)，最后停止C.ef 將勻速向右運(yùn)動(dòng)D.ef 將往返運(yùn)動(dòng)
解析　ef向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，會(huì)受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，最終停止運(yùn)動(dòng)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤.
2.(多選)(2019·四川內(nèi)江鐵路中學(xué)月考)如圖2所示，空間有一個(gè)方向水平的有界磁場(chǎng)區(qū)域，一個(gè)矩形線框，自磁場(chǎng)上方某一高度下落，然后進(jìn)入磁場(chǎng)，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，則在進(jìn)入過(guò)程中導(dǎo)線框可能的運(yùn)動(dòng)情況是A.加速度變小的加速下落B.加速度變小的減速下落C.勻速下落D.勻加速下落
由于速度v增大，a減小，線框向下做加速度變小的加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確，D錯(cuò)誤；
由于速度v減小，a減小，線框向下做加速度變小的減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；
3.(多選)一空間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩條電阻不計(jì)的平行光滑導(dǎo)軌豎直放置在磁場(chǎng)內(nèi)，如圖3所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，導(dǎo)體棒ab、cd長(zhǎng)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(dòng)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(shí)cd靜止不動(dòng)，則ab上升時(shí)，下列說(shuō)法正確的是A.ab受到的拉力大小為2 NB.ab向上運(yùn)動(dòng)的速度為2 m/sC.在2 s內(nèi)，拉力做功使其他形式的能轉(zhuǎn)化的電能是0.4 JD.在2 s內(nèi)，拉力做功為0.6 J
對(duì)導(dǎo)體棒ab受力分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在2 s內(nèi)拉力做功使其他形式的能轉(zhuǎn)化為ab棒的重力勢(shì)能和電路中的電能，增加的電能等于克服安培力做的功，
在2 s內(nèi)拉力做的功為W拉＝Fvt＝0.8 J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
4.(2019·山東濟(jì)寧市高三期末)如圖4所示，傾角為θ的平行金屬導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，底端接有阻值為R的定值電阻，處在與導(dǎo)軌平面垂直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.有一質(zhì)量為m，電阻為r，長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，它與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)讓導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌底部以初速度v0沖上導(dǎo)軌，上滑的最大距離為s，返回到初位置時(shí)的速度為v.
由于導(dǎo)體棒的機(jī)械能不斷減少，所以下滑與上滑經(jīng)過(guò)同一位置時(shí)，上滑時(shí)速度大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流大，導(dǎo)體棒受到的安培力大，所以上滑過(guò)程安培力的平均值大，而兩個(gè)過(guò)程通過(guò)的位移大小相等，所以上滑時(shí)導(dǎo)體棒克服安培力做功多，導(dǎo)體棒在上滑過(guò)程中整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱多，則導(dǎo)體棒在上滑過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱也多，故D正確.
5.(多選)(2019·山東煙臺(tái)市上學(xué)期期末)如圖5所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，下端PQ接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.一質(zhì)量為m、接入電路的電阻也為R的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上，靜止時(shí)導(dǎo)體棒處于導(dǎo)軌的MN處.已知彈簧的勁度系數(shù)
為k，彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行.現(xiàn)將導(dǎo)體棒從彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)由靜止釋放，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸.重力加速度為g，則下列說(shuō)法中正確的是
A.當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)時(shí)流過(guò)電阻R的電流方向 為由P到QB.當(dāng)導(dǎo)體棒的速度最大時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為C.導(dǎo)體棒最終靜止時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，則導(dǎo)體棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到停止 運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為 －EpD.若導(dǎo)體棒第一次運(yùn)動(dòng)到MN處時(shí)速度為v，則此時(shí)導(dǎo)體棒的加速度大小為
解析　由右手定則可知，當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)時(shí)流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)橛蒔到Q，故A正確；
導(dǎo)體棒所受重力、彈簧彈力與安培力的合力為零時(shí)速度最大，彈簧伸長(zhǎng)量為 時(shí)，彈簧彈力為mgsin θ，
此時(shí)導(dǎo)體棒所受合力為安培力，導(dǎo)體棒速度不是最大，故B錯(cuò)誤；
導(dǎo)體棒最終靜止，由平衡條件有：mgsin θ＝kx，則彈簧伸長(zhǎng)量：x＝ ，由能量守恒定律有：mgxsin θ＝Q＋Ep，解得：Q＝ －Ep，故C正確；
6.(多選)(2019·陜西渭南市教學(xué)質(zhì)檢(二))如圖6所示，相距為L(zhǎng)的兩條平行金屬導(dǎo)軌與水平地面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從距水平地面高h(yuǎn)處由靜止釋放，導(dǎo)體棒能沿傾斜的導(dǎo)軌下滑，已知下滑過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)
軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g，下列選項(xiàng)正確的是
A.棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直至地面的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量為B.棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直至地面的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgh－C.棒釋放瞬間的加速度大小是gsin θ－μgcs θD.如果增加導(dǎo)體棒質(zhì)量，則導(dǎo)體棒從釋放至滑到斜面底端的時(shí)間不變
棒釋放瞬間受力分析得：mgsin θ－μmgcs θ＝ma，加速度大小a＝gsin θ－μgcs θ，C正確；
7.(2019·安徽安慶市二模)如圖7所示，兩個(gè)平行光滑金屬導(dǎo)軌AB、CD固定在水平地面上，其間距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝3 Ω的定值電阻.一根長(zhǎng)度與導(dǎo)軌間距相等的金屬桿放置于導(dǎo)軌上，金屬桿的質(zhì)量m＝0.2 kg，電阻r＝2 Ω，整個(gè)裝置處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝4 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，t＝0時(shí)刻，在MN上加一與金屬桿垂直、方向水平向右的外力
F，金屬桿由靜止開(kāi)始以a＝2 m/s2的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，2 s末撤去外力F，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬桿與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好.(不計(jì)導(dǎo)軌和連接導(dǎo)線的電阻，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng))求：
(1)1 s末外力F的大??；
解析　1 s末，金屬桿MN的速度大小為v1＝at1＝2×1 m/s＝2 m/s金屬桿MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv1
金屬桿MN受到的安培力大小F安＝BIL
根據(jù)牛頓第二定律有F－F安＝ma可得F＝F安＋ma＝2 N
(2)撤去外力F后的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱.
解析　2 s末，金屬桿MN的速度大小為 v2＝at2＝2×2 m/s＝4 m/s撤去外力F后的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律得電路中產(chǎn)生的總焦耳熱
8.(2020·江西上饒市月考)如圖8甲所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距L＝1 m，導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝37°角，上端連接阻值為R＝2 Ω的電阻.勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.4 T.質(zhì)量m＝0.2 kg、電阻r＝1 Ω的金屬棒ab，以初速度v0從導(dǎo)軌底端向上滑行，金屬棒ab在安培力和一與棒垂直且平行于導(dǎo)軌平面的外力F的共同作用下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，速度—時(shí)間圖象如圖乙所示.設(shè)金
屬棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25.已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值；
解析　當(dāng)金屬棒速度最大時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，故有E＝BLv0＝0.4×1×6 V＝2.4 V.
(2)當(dāng)金屬棒速度為向上3 m/s時(shí)，施加在金屬棒上外力F做功的功率；
解析　當(dāng)金屬棒速度為v＝3 m/s時(shí)，
由牛頓第二定律得：－μmgcs θ－mgsin θ－FA′＋F＝－ma解得F＝μmgcs θ＋mgsin θ＋FA′－ma＝1.16 N故有P＝Fv＝3.48 W.
(3)金屬棒在0

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