專題 電磁感應中的動力學、能量和動量問題

專題2電磁感應中的動力學、能量和動量問題電磁感應中的動力學問題1.用“四步法”分析電磁感應中的動力學問題解決電磁感應中的動力學問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：運訕”的分析■路”的分新力”的分析源'■的分析確宦桿或城圈呈山i求合外力曲力和運動的關系分離出也路屮山電縱感應所產(chǎn)解決電磁感應中的動力學問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：運訕”的分析■路”的分新力”的分析源'■的分析確宦桿或城圈呈山i求合外力曲力和運動的關系分離出也路屮山電縱感應所產(chǎn)毗的也漓弄清細，井聯(lián)關系T求電流▼確左運動摸型一珈定￡和?f誦定&f朮山I速度2.電磁感應中的動力學臨界問題解決這類問題的關鍵是通過受力情況和運動狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度為最大值或最小值的條件?；舅悸肥牵簩w受外力運動―B夕感應電動勢錯誤!感應電流錯誤!導體受安培力一一合外力變化^—2妙加速度變化一一速度變化一臨界狀態(tài)一一列式求解。【例1】如圖1所示，足夠長的平行金屬導軌MN和PQ表面粗糙，與水平面間的夾角為片37°(sin37。=0.6),間距為1m。垂直于導軌平面向上的勻強磁場的磁感應強度的大小為4T,P、M間所接電阻的阻值為8Q質(zhì)量為2kg的金屬桿ab垂直導軌放置，不計桿與導軌的電阻，桿與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.25。金屬桿ab在沿導軌向下且與桿垂直的恒力F作用下，由靜止開始運動，桿的最終速度為8m/s，取g=10m/s2，求：圖1(1)當金屬桿的速度為4m/s時，金屬桿的加速度大??；(2)當金屬桿沿導軌的位移為6m時，通過金屬桿的電荷量。解析(1)對金屬桿ab應用牛頓第二定律，有F+mgsin0-F安-f二ma,f=^N,N=mgcos3ab桿所受安培力大小為F安二BILab桿切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E二BLv由閉合電路歐姆定律可知I二ER整理得F+mgsin0-v-“mgcos0=maR代入vm=8m/s時a=0，解得F=8N代入v=4m/s及F=8N，解得a=4m/s2。(2)設通過回路橫截面的電荷量為q,則q=It回路中的平均電流強度為I=ER回路中產(chǎn)生的平均感應電動勢為E=竺t回路中的磁通量變化量為A0=BLs,聯(lián)立解得q=3C。答案(1)4m/s2(2)3C務維訓練情辭追?1.如圖2所示，足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面成0=37。角放置，在斜面上虛線aa，和bb與斜面底邊平行，在aalbb圍成的區(qū)域中有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應強度為B=1T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m=10g,總電阻R=10、邊長d=0.1m的正方形金屬線圈MNQP,讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端由靜止釋放,線圈剛好勻速穿過整個磁場區(qū)域。已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為“=0.5，(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)求：(1)線圈進入磁場區(qū)域時的速度大小；(1)線圈進入磁場區(qū)域時的速度大??；圖2⑵線圈釋放時，PQ邊到bb的距離；整個線圈穿過磁場的過程中，線圈上產(chǎn)生的焦耳熱。解析(1)對線圈受力分析，根據(jù)平衡條件得EF安+“mgcos3二mgsin3,F安二Bid,I二r,E二Bdv聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v=2m/s。(2)線圈進入磁場前做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin3-“mgcos3a=■二2m/s2m線圈釋放時，PQ邊到bb的距離L耳二三m二1m2a2X2(3)由于線圈剛好勻速穿過磁場，則磁場寬度等于d二0.1m,Q二W安二F安皿代入數(shù)據(jù)解得Q二4X10-3J。答案(1)2m/s(2)1m(3)4X10－3J2.(2020?廣東模擬)如圖3甲，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌固定在水平面內(nèi)，導軌間距為1.0m，左端連接阻值R=4.0Q的電阻;勻強磁場磁感應強度B=0.5T、方向垂直導軌所在平面向下；質(zhì)量m=0.2kg、長度L=1.0m、電阻r=1.0Q的金屬桿置于導軌上，向右運動并與導軌始終保持垂直且接觸良好。t=0時對桿施加一平行于導軌方向的外力F桿運動的v-t圖象如圖乙所示。其余電阻不計。求：6.0■I11I1乙8.()2.06.0■I11I1乙8.()2.0圖3⑴從t=0開始，金屬桿運動距離為5m時電阻R兩端的電壓;(2)在0?3.0s內(nèi)，外力F大小隨時間t變化的關系式。解析⑴根據(jù)V-t圖象可知金屬桿做勻減速直線運動時間At=3s,t二0s時桿速度為v0=6m/s,v-0由運動學公式得其加速度大小a二At設桿運動了5m時速度為§,則v2-v2=2aS]此時，金屬桿產(chǎn)生的感應電動勢氣二BLV]回路中產(chǎn)生的電流I二旦1R＋r電阻R兩端的電壓U二Ir聯(lián)立以上幾式可得U二1.6V。⑵由t二0時BILVma，可分析判斷出外力F的方向與v0反向。金屬桿做勻減速直線運動，由牛頓第二定律有F＋BIL=ma設在t時刻金屬桿的速度為v，桿的電動勢為E，回路電流為I,貝。v=v0-at，又E=BLv,I二一0R＋r聯(lián)立以上幾式可得F=0.1+O.lt。答案(1)1.6V(2)F=0.1+0.1t考點目電磁感應中的能量問題1.考點目電磁感應中的能量問題1.電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化「做正功：I辻能簽寫機械能"如電動機雄培力俶功2.求解焦耳熱Q的三種方法瘞H雄培力俶功2.求解焦耳熱Q的三種方法瘞H熱Q的三種求詵腿屋轉(zhuǎn)■化：Q"E燉爾酚審［棕川定律：4「他）【例2】（2019?4月浙江選考，22）如圖4所示，傾角0=37。、間距l(xiāng)=0.1m的足夠長金屬導軌底端接有阻值R=0.1Q的電阻，質(zhì)量m=0.1kg的金屬棒ab垂直導軌放置，與導軌間的動摩擦因數(shù)“=0.45。建立原點位于底端、方向沿導軌向上的坐標軸x。在0.2mWxW0.8m區(qū)間有垂直導軌平面向上的勻強磁場。從t=0時刻起，棒ab在沿x軸正方向的外力F作用下，從x=0處由靜止開始沿斜面向上運動，其速度v與位移x滿足v=kx（可導出a=kv），k=5st。當棒ab運動至x1=0.2m處時，電阻R消耗的電功率P=0.12W，運動至x2=0.8m處時撤去外力F，此后棒ab將繼續(xù)運動，最終返回至x=0處。棒ab始終保持與導軌垂直，不計其他電阻，求：（提示：可以用F-x圖象下的“面積”代表力F做的功,sin37。=0.6,g取10m/s2）圖4（1）磁感應強度B的大??；（2）外力F隨位移x變化的關系式；（3）在棒ab整個運動過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q

解析⑴在X］二0.2m處時，電阻R消耗的電功率(Blv)2P=LIPR_V30(IPR_V30(lv)25解得B二⑵在無磁場區(qū)間0Wx<0.2m內(nèi)，有a=5s-iXv二25s-2XxF_25s-2Xxm+“mgcos0+mgsin0_(0.96+2.5x)N在有磁場區(qū)間0.2mWxW0.8m內(nèi)，有(Bl)2va_^^_0.6xNF_(0.96＋2.5x＋0.6x)N_(0.96＋3.1x)N(3)上升過程中克服安培力做的功(梯形面積)0.6N由動能WA]_—2—(X]+x2)(x2-X])二0.18J由動能撤去外力后，設棒ab上升的最大距離為s，再次進入磁場時的速度為”定理有(mgsin0+“mgcos0)s_^mvg(mgsin0-“mgcos0)s_*mv'2解得V_2m/s(Bl)2v'由于mgsin0-“mgcos0-_0R故棒ab再次進入磁場后做勻速運動下降過程中克服安培力做的功

(Bl)2vzWA2二R(X2_X1)二0.144J答案Q二WA1+WA2二0.324J答案T（2）在無磁場區(qū)間F=（0.96+0.25x）N在有磁場區(qū)間F=（0.96＋3.1x)N(3)0.324J1.（多選）（2020?天津一中模擬）如圖5所示，固定在水平面上的光滑平行導軌間距為L右端接有阻值為R的電阻，空間存在方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場。一質(zhì)量為m、接入電路的電阻為r的導體棒ab與左端固定的彈簧相連并垂直導軌放置。初始時刻，彈簧處于自然長度?，F(xiàn)給導體棒水平向右的初速度v0,導體棒開始沿導軌往復運動直至停止，運動過程中導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸，此過程中彈簧一直在彈性限度內(nèi)。若導體棒電阻r與導軌右端電阻R的阻值關系為R=2r，不計導軌電阻，則下列說法正確的是（）圖5圖5導體棒開始運動時，導體棒受到的安培力方向水平向左導體棒開始運動時，初始時刻導體棒兩端的電壓為3bLv0導體棒開始運動后速度第一次為零時，彈簧的彈性勢能為2mv2導體棒整個運動過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為gmv2解析導體棒開始運動時，由右手定則判斷可知ab中產(chǎn)生的感應電流方向為a-b，由左手定則判斷可知ab棒受到的安培力水平向左，選項A正確；導體棒開始運動時，ab棒產(chǎn)生的感應電勢為E二BL。。，由于R=2r,所以導體捧兩端的電壓為路端電壓u=|e=|BLv0,選項B錯誤；由于導體棒運動過程中產(chǎn)生電能，所以導體棒開始運動后速度第一次為零時，根據(jù)能量守恒定律可知彈簧的彈性勢能小于1mv2，選項C錯誤；導體棒最終會停在初始位置，在導體棒整個運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q=3x|mvg=3mvg，選項D正確。答案AD2.(2019"石家莊模擬)相距為L=2m的足夠長的金屬直角導軌如圖6甲所示放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平面。質(zhì)量均為m=0.1kg的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)均為“=0.5,導軌電阻不計，回路中ab、cd電阻分別為R1=0.6Q,R2=0.40。整個裝置處于磁感應強度大小為B=0.50T、方向豎直向上的勻強磁場中。當ab桿在平行于水平導軌的拉力F作用下從靜止開始沿導軌勻加速運動時，cd桿也同時從靜止開始沿導軌向下運動。測得拉力F與時間t的關系如圖乙所示。g取10m/s2，求：甲乙圖6ab桿的加速度a；當cd桿達到最大速度時ab桿的速度大??；若從開始到cd桿達到最大速度的過程中拉力F做了5.2J的功，求該過程中ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱。解析(1)由圖乙可知,t=0時,F=1.5N對ab桿：F-ymg=ma代入數(shù)據(jù)得a二10m/s2。cd桿受力情況如圖(從d向c看)，當cd桿所受重力與滑動摩擦力大小相等時，速度最大，

即mg二yN又N二F安安培力即mg二yN又N二F安安培力F安二BIL感應電流I=—EBLvR1＋R2R1＋R2由以上幾式解得v=2m/s。⑶ab桿發(fā)生的位移為s=2a=0-2m對ab桿應用動能定理得1WF-ymgs-W安二2%V2解得W安=4.9J根據(jù)功能關系得Q=W安所以ab桿上產(chǎn)生的焦耳熱為QabJQ=2.94J。Ri+R2答案(1)10m/s2(2)2m/s(3)2.94J琴點?考向硏電磁感應與動量定理結合1.動量定理在電磁感應中的應用在電磁感應中用動量定理時，通常將下面兩式結合應用BlI.'=mAvq=I^t=n~R-2.動量守恒在電磁感應中的應用在“雙棒切割”系統(tǒng)中，在只有安培力作用下，系統(tǒng)的合外力為零，通常應用動量守恒求解?！纠?】(2019?稽陽聯(lián)誼學校模擬)如圖7甲所示，光滑的水平絕緣軌道M、N上放有質(zhì)量m=02kg、電阻R]=0.02Q的“[”形金屬框dabc,軌道間有一有界磁場,磁感應強度隨時間變化關系如圖乙所示。一根長度等于ab、質(zhì)量m2=0.1kg、電阻R2=0.01Q的金屬棒ef在軌道上靜止于磁場的左邊界上。已知軌道間距與ab長度相等，均為L1=0.3m,ad=bc=L2=0.1m,其余電阻不計。0時亥【」，給“[”形金屬框一初速度v°=3m/s,與金屬棒碰撞后合為一體成為一閉合導電金屬框(碰撞時間極短)。t0時刻整個框剛好全部進入磁場，t°+1s時刻，框右邊剛要出磁場。求：甲乙圖7碰撞結束時金屬框的速度大??；0?t0時間內(nèi)整個框產(chǎn)生的焦耳熱；t0?t°+1s時間內(nèi)，安培力對ab邊的沖量。解析(1)碰撞過程中，由動量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v解得v=2m/s。(2)對閉合金屬框，由動量定理得_BIL'At=-BLQq二(m1+m2)Av等號兩邊求和，得-BL1q=(m1+m2)(v'-v)又因q二=-BL1L^R1＋R2R1＋R2解得v'二1m/s所以Q二2（m1+m2）v2-2（m1+m2）v'2二0.45J（3）整個框在磁場中運動，有I=—=-A^=ABL1L?=0.4AR總AtR總AtR總心、心、心、又因B=1-0.4(t-to)，其中t0WtWt0+1s所以F安二BIL］二0.12BF安1+F安20.12X1+0.12X0.6沖=F安t=安12安21-2X1N?s二0.096N?s答案（1）2m/s（2）0.45J（3）0.096N?s考向?電磁感應與動量守恒結合【例4】（多選）（2019?全國III卷，19）如圖8所示，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上。t=0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用V］、v2表示，回路中的電流用I表示。解析導體棒ab運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應電流（逆時針）,導體棒ab受阻力F作用，速度減小，導體棒cd受安培力F作用，速度增大，最終兩棒速度相等，如圖所示。由E=Bl(vab-vcd)知，感應電動勢E非均勻變化，則感應電流非均勻變化。當兩棒的速度相等時，回路中感應電流消失，兩棒在導軌上以共同速度做勻速運動。由系統(tǒng)的動量守恒得mv0二2mv共，v共二牛A正確；導體棒cd受變力作用，加速度逐漸減小，其v-t圖象應該是曲線，B錯誤；由前面分析知，兩導體棒做變速運動，感應電流變小，最后為零，但非均勻變化，C正確，D錯誤。答案AC務維訓練情跆追?1.如圖9所示，在磁感應強度大小為B的勻強磁場區(qū)域內(nèi)，與磁場方向垂直的水平面內(nèi)有兩根固定的足夠長的平行金屬導軌，導軌上面平放著兩根導體棒ab和cd,兩棒彼此平行，構成一矩形回路。導軌間距為1,導體棒的質(zhì)量都為m,電阻都為R導軌部分電阻可忽略不計。設導體棒可在導軌上無摩擦地滑行，初始時求cd棒速度減為0.8v0時的加速度大??；從開始運動到最終穩(wěn)定，求電路中產(chǎn)生的電能；求兩棒之間改變的最大距離。解析⑴設當cd棒速度減為0.8v0時ab棒的速度為V,由動量守恒定律得mu。二0.8mv0+mV解得V-0.2v0此時回路的電流是I=Bl（°匸0.2）qcd棒的加速度為BIlacd棒的加速度為BIla二'm解得O.3B2l2q0mR⑵設兩棒穩(wěn)定時共同的速度為q，據(jù)動量守恒定律得mv0=(m+m)q解得q二1q0故Q=*mq0-2(m+m)q2=fmoO。⑶由法拉第電磁感應定律得，電路中產(chǎn)生的感應電動勢E二普二警這段時間內(nèi)回路的電流為7二為2R對ab棒，由動量定理得BIlAt二mq0-mq聯(lián)立解得As二mRq(聯(lián)立解得As二mRq(B2I2答案0.3B2l2q01⑴(2)4mq0(3)mRqo(3)B2l22.如圖10所示，平行粗糙導軌固定在絕緣水平桌面上，間距L=0.2m,導軌左端接有R=1Q的電阻，質(zhì)量為m=0.1kg的粗糙導體棒ab靜置于導軌上，導體棒及導軌的電阻忽略不計。整個裝置處于磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌向下?，F(xiàn)外力F作用在導體棒ab上使之一開始做勻加速運動，且方向垂直導軌向下?，F(xiàn)外力F作用在導體棒ab上使之一開始做勻加速運動，且外力F隨時間變化關系如圖11所示，重力加速度g=10m/s2，試求解以下問題：⑴前10s導體棒ab的加速度大??；（2）若整個過程中通過R的電荷量為65C，則導體棒ab運動的總時間是多少?解析（1）由于導體棒一開始勻加速，對導體棒ab用牛頓第二定律得F-FA-f二maBLvB2L2v又Fa=bIL=B-rL^r~v=atB2L2a綜上得Fr—t+f+ma據(jù)圖象可知前10s,F-t圖線斜率為0.05,WB2L2a二0.05N/sR代入數(shù)據(jù)解得a=5m/s2o(2)當t二0時寸，f+ma二1N,貝Uf二0.5N10s時導體棒的速度v1=at1=5X10m/s二50m/s此時安培力Fa二0.5NA由于F=1N,且此時f+Fa=F=1N,故10~15s內(nèi)導體棒做勻速直線運動0-15s內(nèi)導體棒ab的位移v150s二寸“+V]t2二"2X10m+50X5m=500m通過R的電荷量A①BLs0.5X0.2X500q、二下二~R=1C=50CF為0后，導體棒做減速運動直到停止過程中通過R的電荷量q2=q-q1=65C-50C=15C對導體棒ab應用動量定理-幾-BILt3=0-mv1又二02解得t3=7s貝導體棒ab運動的總時間t二t]+t2+t3=10s+5s+7s=22s答案(1)5m/s2(2)22s課時作業(yè)（時間：40分鐘）基礎鞏固練（多選）如圖1所示，光滑平行金屬軌道平面與水平面成0角，兩軌道上端用一電阻R相連，該裝置處于勻強磁場中，磁場方向垂直于軌道平面向上。質(zhì)量為m的金屬桿ab以初速度勺從軌道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端。若運動過程中，金屬桿始終保持與軌道垂直且接觸良好，軌道與金屬桿的電阻均忽略不計，重力加速度為g，貝9（）圖1金屬桿返回到底端時的速度大小為勺金屬桿上滑到最高點的過程中克服安培力與克服重力做功之和等于2mv2上滑到最高點的過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量等于2mvo-mgh金屬桿兩次通過軌道上的同一位置時電阻R的熱功率相同解析金屬桿從軌道底端滑上軌道某一高度至又返回到出發(fā)點時，由于電阻R上產(chǎn)生熱量，故金屬桿的機械能減小，即返回到底端時速度小于v0，選項a錯誤；金屬桿上滑到最高點的過程中，動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電阻R上產(chǎn)生的熱量（即克服安培力所做的功），選項B、C正確；金屬桿兩次通過軌道上同一位置時的速度大小不同，電路中的電流不同，故電阻的熱功率不同，選項D錯誤。答案BC（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軌豎直放置在磁場內(nèi)，如圖2所示，磁感應強度B=0.5T，導體棒ab、cd長度均為0.2m，電阻均為0.1。，重力均為0.1N,現(xiàn)用力向上拉動導體棒ab,使之勻速上升（導體棒ab、cd與導軌接觸良好），此時cd靜止不動，貝ab上升時，下列說法正確的是（）卜XX'~d圖2A.ab受到的拉力大小為2NB.ab向上運動的速度為2m/s在2s內(nèi)，拉力做功使其他形式的能轉(zhuǎn)化的電能是0.4J在2s內(nèi)，拉力做功為0.6J解析對導體棒cd分析：mg=BIl='，得v=2m/s，故選項B正確；對導體R總棒ab分析：F二mg+BIl=0.2N,選項A錯誤；在2s內(nèi)拉力做功使其他形式的能轉(zhuǎn)化為ab棒的重力勢能和電路中的電能，增加的電能等于克服安培力做的功，即W電二F安vt二空竺二0.4J，選項C正確；在2s內(nèi)拉力做的功為W拉二FvtR總=0.8J,選項D錯誤。答案BC3.（多選）（2018*河北石家莊二模）如圖3甲所示，質(zhì)量m=3.0X10-skg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細桿CD長l=0.20m,處于磁感應強度大小B]=1.0T、方向水平向右的勻強磁場中。有一匝數(shù)n=300匝、面積S=0.01m2的線圈通過開關K與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2隨時間t變化的關系如圖乙所示。t=0.22s時閉合開關K瞬間細框跳起（細框跳起瞬間安培力遠大于重力），跳起的最大高度h=0.20m。不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，下列說法正確的是（）圖3A.0?0.10s內(nèi)線圈中的感應電動勢大小為3VB.開關K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到D磁感應強度B2的方向豎直向下開關K閉合瞬間，通過細桿CD的電荷量為0.03C解析0~0.1s內(nèi)線圈中的磁場均勻變化，由法拉第電磁感應定律知E=n云二nS竽，代入數(shù)據(jù)得E二30V,A錯誤；開關閉合瞬間，細框會跳起，可知細框受向上的安培力，由左手定則可判斷電流方向由C到D,B正確；由于t=0.22s時通過線圈的磁通量正在減少，再對線圈由楞次定律可知感應電流產(chǎn)生的磁場的方向與B2的方向相同，故再由安培定則可知C錯誤；K閉合瞬間，因安培力遠大于重力，則由動量定理有Bg二mv，通過細桿的電荷量Q二，線框向上跳起的過程中V2二2gh，解得Q二0.03C,D正確。答案BD如圖4甲所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌ab、cd與水平面成0=30。角且固定，導軌間距離為L=2.0m,電阻不計。在導軌上端接一個阻值為R0的定值電阻，在c、N之間接有電阻箱。整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應強度方向與導軌所在平面垂直，磁感應強度大小為B=1T?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放，金屬棒下滑過程中與導軌接觸良好。不計一切摩擦。改變電阻箱的阻值R,測定金屬棒的最大速度。皿，得到vm-R的關系如圖乙所示。若導軌足夠長，重力加速度g取10m/s2。

圖4(1)圖4(1)求金屬棒的質(zhì)量m和定值電阻R0的阻值；(2)當電阻箱R取3.5Q,且金屬棒的加速度為3m/s2時，金屬棒的速度為多大?解析(1)金屬棒以最大速度Pm下滑時，根據(jù)法拉第電磁感應定律得E二BLvm由閉合電路的歐姆定律得I二—R＋R0當金屬棒以最大速度下滑時，有mgsin3=BIL聯(lián)立解得_mgsin3mgsin3聯(lián)立解得°m二B2L2R+B2L2R0解得m=0.8kg,Ro=0.5q。-R圖線可知mg-R圖線可知mgsin3B2L2mgsin3門B2L2R0=0.5⑵設金屬棒下滑的速度為v，根據(jù)法拉第電磁感應定律得E=BLv由閉合電路的歐姆定律得I二JR+R0當金屬棒下滑的加速度為3m/s2時，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin3-BIL=ma解得v=1.6m/s。答案(1)0.8kg0.5Q(2)1.6m/s如圖5甲所示，絕緣水平面上有一間距L=1m的金屬“U”形導軌，導軌右側接一個R=3Q的電阻。在“U”形導軌中間虛線范圍內(nèi)存在垂直于導軌的勻強磁場，磁場的寬度d=1m，磁感應強度B=0.5T?，F(xiàn)有一質(zhì)量m=0.1kg、電阻r=20、

長L=1m的導體棒MN以一定的初速度從導軌的左端開始向右運動，穿過磁場的過程中，回路中的感應電流i隨時間t變化的圖象如圖乙所示。已知導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)卩=0.3,導軌電阻不計。在導體棒MN穿過磁場的過程中,求：(g取10m/s2)J=i乙J=i乙圖5MN剛進入磁場時的速度大??；電阻R產(chǎn)生的焦耳熱；導體棒通過磁場的時間。E解析(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律得I0二亠0R＋r根據(jù)法拉第電磁感應定律得E=BLvo又由乙圖知MN剛進磁場時的電流Io二0.5A聯(lián)立解得vJ(R：r)二5m/s。0BL(2)導體棒通過磁場過程，由動能定理得_ymgd-W安二*mv2_2mv2QRI(QRI(R+r)BL=3m/sR+r聯(lián)立解得Qr二0.3J。(3)導體棒通過磁場過程，由動量定理得_艸gt-BILt=mv-mv0又q二竺即It二鑒R+rR+r聯(lián)立解得t二0.5s。答案(1)5m/s(2)0.3J(3)0.5s綜合提能練如圖6所示，MN、PQ是固定在水平桌面上，相距l(xiāng)=1.0m的光滑平行金屬導軌，MP兩點間接有R=0.6Q的定值電阻，導軌電阻不計。質(zhì)量均為m=0.1kg,阻值均為r=0.3Q的兩導體棒a、b垂直于導軌放置，并與導軌良好接觸。開始時兩棒被約束在導軌上處于靜止狀態(tài)，相距s°=2m，a棒用細絲線通過光滑滑輪與質(zhì)量為m0=0.2kg的重物c相連，重物c距地面高度也為s0=2m。整個桌面處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度B=1.0T。a棒解除約束后，在重物c的拉動下開始運動(運動過程中絲線始終與b棒沒有作用)，當a棒即將到達b棒位置前一瞬間，b棒的約束被解除，此時a棒已經(jīng)勻速運動，試求：乙地面圖6a棒勻速運動時棒中的電流大??；已知a、b兩棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”，假設導軌足夠長，試求該“粗棒”能運動的距離；a棒解除約束后整個過程中裝置產(chǎn)生的總焦耳熱。解析(1)由題意a棒勻速運動時m0g二BlIa，可得Ia=2A。(2)設碰前a棒的速度為v，貝UBlv?0.6X0.3I二，R總二Q+0.3。二0.5QaR總心0.6+0.3心、v二1m/s

a與b碰撞過程mv二2mV,V二0.5m/sa與b碰撞后的整體運動過程，由動量定理得IlBt二IlBt二0-2mv',q二11二rR+2得s二0.075mo(3)發(fā)生碰撞前1m0gs0-Q]二2(m0+m)v2得￡二3.85J發(fā)生碰撞后Q2=|x2mv'2二0.025J所以整個運動過程Q二Q]+Q2二3.875J。答案(1)2A(2)0.075m(3)3.875J7.(2019?天津卷，11)如圖7所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為1、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好。MN兩端通過開關S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。PQ的質(zhì)量為m，金屬導軌足夠長、電阻忽略不計。圖7閉合S,若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向；斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q,求該過程安培力做的功W。解析⑴設線圈中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律E，①設PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并二￡②閉合