高考物理培優(yōu)一輪計(jì)劃全國(guó)創(chuàng)新版培優(yōu)講義第11章　電磁感應(yīng)第44課時(shí)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量問(wèn)題

第44課時(shí)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量問(wèn)題1．能量轉(zhuǎn)化特點(diǎn)2．求解電能(電熱)的三種思路(1)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。Q＝W克。(2)利用能量守恒求解：其他形式的能的減少量等于產(chǎn)生的電能。Q＝ΔE其他。(3)利用電路特征來(lái)求解：通過(guò)電路中所產(chǎn)生的電能來(lái)計(jì)算。Q＝I2Rt(焦耳定律)。[例](2018·黑龍江哈六中期末)(多選)如圖所示，在光滑的水平面上方，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQ為兩個(gè)磁場(chǎng)的邊界，磁場(chǎng)范圍足夠大。一個(gè)邊長(zhǎng)為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直于磁場(chǎng)方向從實(shí)線位置開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到分別有一半面積在兩個(gè)磁場(chǎng)中的位置時(shí)，線框的速度為eq\f(v,2)。下列說(shuō)法正確的是()A．在虛線位置時(shí)線框中的電功率為eq\f(B2a2v2,R)B．此過(guò)程中線框產(chǎn)生的內(nèi)能為eq\f(3,8)mv2C．在虛線位置時(shí)線框的加速度為eq\f(B2a2v,2mR)D．此過(guò)程中通過(guò)線框截面的電荷量為eq\f(2Ba2,R)解析在虛線位置時(shí)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝2×Ba·eq\f(v,2)＝Bav，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bav,R)，線框所受安培力大小為F＝2BIa＝2B·eq\f(Bav,R)·a＝eq\f(2B2a2v,R)，方向向左，根據(jù)牛頓第二定律得加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(2B2a2v,mR)，故C錯(cuò)誤。線框在虛線位置時(shí)，線框中的電功率P＝I2R＝eq\f(B2a2v2,R)，故A正確。根據(jù)能量守恒定律可得，此過(guò)程中線框產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2＝eq\f(3,8)mv2，故B正確。此過(guò)程中穿過(guò)線框的磁通量的變化量為ΔΦ＝Ba2，通過(guò)線框截面的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Ba2,R)，故D錯(cuò)誤。答案AB解決電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問(wèn)題的一般步驟(1)確定研究對(duì)象(導(dǎo)體或回路)。(2)分析清楚有哪些力做功，有哪些形式的能量發(fā)生轉(zhuǎn)化。(3)根據(jù)能量守恒列方程求解。(2018·唐山統(tǒng)考)(多選)如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。區(qū)域Ⅰ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，磁場(chǎng)邊界MN、PQ、GH均平行于斜面底邊，MP、PG均為L(zhǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，下滑過(guò)程中ab邊始終與斜面底邊平行。t1時(shí)刻ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域，此時(shí)導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；t2時(shí)刻ab邊下滑到PQ與MN的中間位置，此時(shí)導(dǎo)線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，下列說(shuō)法中正確的是()A．當(dāng)ab邊剛越過(guò)PQ時(shí)，導(dǎo)線框的加速度大小為a＝gsinθB．導(dǎo)線框兩次做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度之比v1∶v2＝4∶1C．從t1到t2的過(guò)程中，導(dǎo)線框克服安培力做的功等于機(jī)械能的減少量D．從t1到t2的過(guò)程中，有eq\f(mv\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2)機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能答案BC解析線框在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其合力為零，則mgsinθ＝F安＝eq\f(B2L2v1,R)；線框的ab邊剛越過(guò)PQ時(shí)，兩邊都在切割磁感線，都受到沿斜面向上的安培力F安′＝BI′L＝B·eq\f(2BLv1,R)·L＝eq\f(2B2L2v1,R)，則F合＝mgsinθ－2F安′＝mgsinθ－4×eq\f(B2L2v1,R)＝ma，a＝－3gsinθ，A錯(cuò)誤；線框再次勻速時(shí)，其合力也為零，則mgsinθ－4×eq\f(B2L2v2,R)＝0，則eq\f(v1,v2)＝eq\f(4,1)，B正確；從t1到t2的過(guò)程中，安培力做負(fù)功，重力做正功，克服安培力所做的功等于線框機(jī)械能的減少量，減少的動(dòng)能和重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能，即E電＝E機(jī)減＝mgh＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,1)－\f(1,2)mv\o\al(2,2)))，C正確、D錯(cuò)誤。1.如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框質(zhì)量為m，由距磁場(chǎng)H高處自由下落，其下邊ab進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，線圈開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，直到其上邊cd剛剛穿出磁場(chǎng)時(shí)，速度減為ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的一半，磁場(chǎng)的寬度也為L(zhǎng)。則線框穿越勻強(qiáng)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為()A．2mgL B．2mgL＋mgHC．2mgL＋eq\f(3,4)mgH D．2mgL＋eq\f(1,4)mgH答案C解析設(shè)線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為v。根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgH＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2gH)，從線框下落到cd剛穿出勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律，焦耳熱為：Q＝mg·2L＋mgH－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v))2＝2mgL＋eq\f(3,4)mgH。C正確。2．(2018·唐山調(diào)研)豎直放置的平行光滑導(dǎo)軌，其電阻不計(jì)，磁場(chǎng)方向如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，導(dǎo)體ab及cd長(zhǎng)均為0.2m，電阻均為0.1Ω，重均為0.1N，現(xiàn)用力向上推動(dòng)導(dǎo)體ab，使之勻速上升(與導(dǎo)軌接觸良好)，此時(shí)，cd恰好靜止不動(dòng)，那么ab上升時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)b受到的推力大小為2NB．a(chǎn)b向上的速度為2m/sC．在2s內(nèi)，推力做功轉(zhuǎn)化的電能是0.8JD．在2s內(nèi)，推力做功為0.6J答案B解析導(dǎo)體棒ab勻速上升，受力平衡，cd棒靜止，受力也平衡，對(duì)于兩棒組成的整體，合外力為零，根據(jù)平衡條件可得ab棒受到的推力F＝2mg＝0.2N，故A錯(cuò)誤；對(duì)cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡條件得F安＝G，即BIL＝G，設(shè)ab向上的速度為v，那么I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLv,2R)，聯(lián)立得v＝eq\f(2GR,B2L2)＝eq\f(2×0.1×0.1,0.52×0.22)m/s＝2m/s，故B正確；在2s內(nèi)，電路產(chǎn)生的電能Q＝eq\f(E2,2R)t＝eq\f(BLv2,2R)t＝eq\f(0.5×0.2×22,2×0.1)×2J＝0.4J，故C錯(cuò)誤；在2s內(nèi)推力做的功，W＝Fx＝Fvt＝0.2×2×2J＝0.8J，故D錯(cuò)誤。3.如圖所示，電阻不計(jì)的豎直光滑金屬軌道PMNQ，其PMN部分是半徑為r的eq\f(1,4)圓弧，NQ部分水平且足夠長(zhǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于PMNQ平面指向紙里。一粗細(xì)均勻的金屬桿質(zhì)量為m，電阻為R，長(zhǎng)為eq\r(2)r，從圖示位置由靜止釋放，若當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，金屬桿與軌道始終保持良好接觸，則()A．桿下滑過(guò)程機(jī)械能守恒B．桿最終不可能沿NQ勻速運(yùn)動(dòng)C．桿從釋放到桿全部滑至水平軌道過(guò)程中產(chǎn)生的電能等于eq\f(mgr,2)D．桿從釋放到桿全部滑至水平軌道過(guò)程中，通過(guò)桿的電荷量等于eq\f(Br2π－2,4R)答案D解析桿在下滑過(guò)程中，桿與金屬導(dǎo)軌組成閉合回路，磁通量在改變，會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，桿將受到安培力作用，安培力對(duì)桿做功，桿的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；桿最終沿水平面時(shí)，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，不受安培力作用而做勻速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；桿從釋放到滑至水平軌道過(guò)程，重力勢(shì)能減小eq\f(1,2)mgr，減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能和桿的動(dòng)能，由能量守恒定律得知：桿上產(chǎn)生的電能小于eq\f(1,2)mgr，故C錯(cuò)誤；桿與金屬導(dǎo)軌組成閉合回路磁通量的變化量為ΔΦ＝Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)πr2－\f(1,2)r2))，根據(jù)推論q＝eq\f(ΔΦ,R)，得到通過(guò)桿的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Br2π－2,4R)，D正確。4．如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)用相同材料、相同粗細(xì)的導(dǎo)線繞制的單匝閉合正方形線圈1和2，其邊長(zhǎng)L1＝2L2，在距磁場(chǎng)上界面h高處由靜止開(kāi)始自由下落，再逐漸完全進(jìn)入磁場(chǎng)，最后落到地面，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場(chǎng)上邊界。設(shè)線圈1、2落地時(shí)的速度大小分別為v1、v2，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2，通過(guò)線圈截面的電荷量分別為q1、q2，不計(jì)空氣阻力，則()A．v1<v2，Q1>Q2，q1>q2 B．v1＝v2，Q1＝Q2，q1＝q2C．v1<v2，Q1>Q2，q1＝q2 D．v1＝v2，Q1<Q2，q1<q2答案A解析線圈從同一高度下落，到達(dá)磁場(chǎng)邊界時(shí)具有相同的速度v，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到磁場(chǎng)的安培力大小為：F＝eq\f(B2L2v,R)，由電阻定律有：R＝ρeq\f(4L,S)(ρ為材料的電阻率，S為線圈的橫截面積)，線圈的質(zhì)量為m＝ρ0S·4L(ρ0為材料的密度)。當(dāng)線圈的下邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)其加速度為：a＝eq\f(mg－F,m)＝g－eq\f(F,m)；聯(lián)立解得加速度a＝g－eq\f(B2v,16ρρ0)；則知，線圈1和2進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度相同，加速度相同，線圈1由于邊長(zhǎng)較長(zhǎng)還沒(méi)有全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線圈2已完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，而線圈1仍先做加速度小于g的變加速運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后才做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，所以落地速度關(guān)系為v1<v2。由能量守恒可得：Q＝mg(h＋H)－eq\f(1,2)mv2(H為磁場(chǎng)區(qū)域的高度)，因?yàn)閙1>m2，v1<v2，所以可得Q1>Q2。根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,ρ\f(4L,S))＝eq\f(BLS,4ρ)∝L知，q1>q2，A正確。5.(2018·廣東深圳月考)(多選)如圖所示，水平面內(nèi)兩光滑的平行金屬導(dǎo)軌，左端與電阻R相連接，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B豎直向下分布在導(dǎo)軌所在的空間內(nèi)，質(zhì)量一定的金屬棒垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌接觸良好。今對(duì)金屬棒施加一個(gè)水平向右的外力F，使金屬棒從a位置開(kāi)始向右做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，依次通過(guò)位置b和c。若導(dǎo)軌與金屬棒的電阻不計(jì)，ab與bc的距離相等，關(guān)于金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的有關(guān)說(shuō)法正確的是()A．金屬棒通過(guò)b、c兩位置時(shí)，外力F的大小之比為1∶eq\r(2)B．金屬棒通過(guò)b、c兩位置時(shí)，電阻R的電功率之比為1∶2C．從a到b和從b到c的兩個(gè)過(guò)程中，通過(guò)金屬棒橫截面的電荷量比為1∶1D．從a到b和從b到c的兩個(gè)過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量之比為1∶1答案BC解析金屬棒從a位置由靜止開(kāi)始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)v2＝2ax知，通過(guò)b、c兩個(gè)位置的速度比為1∶eq\r(2)；根據(jù)E＝BLv知，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)之比為1∶eq\r(2)，由閉合電路歐姆定律得知感應(yīng)電流之比為1∶eq\r(2)，由公式FA＝BIL可知安培力之比為1∶eq\r(2)，根據(jù)牛頓第二定律，有：F－FA＝ma，F(xiàn)＝FA＋ma，ma是定值，所以外力F的大小之比不等于1∶eq\r(2)，故A錯(cuò)誤。通過(guò)b、c兩個(gè)位置時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)之比為1∶eq\r(2)，根據(jù)P＝eq\f(E2,R)知，電阻R的電功率之比為1∶2，故B正確。由q＝eq\f(ΔΦ,R)，因?yàn)棣う礱b＝ΔΦbc，則qab＝qbc，則通過(guò)金屬棒橫截面的電荷量之比為1∶1，故C正確。根據(jù)能量守恒定律，熱量Qab＝Fxab－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，又veq\o\al(2,b)＝2axab，則Qab＝Fxab－maxab。同理Qbc＝Fxbc－maxbc，加速度相等，ab、bc的位移相等，但F不等，所以產(chǎn)生的熱量不等，故D錯(cuò)誤。6.(多選)如圖所示，寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向下穿過(guò)光滑的水平桌面，一質(zhì)量為m的橢圓形導(dǎo)體框平放在桌面上，橢圓的長(zhǎng)軸平行磁場(chǎng)邊界，短軸小于d?，F(xiàn)給導(dǎo)體框一個(gè)初速度v0(v0垂直磁場(chǎng)邊界)，已知導(dǎo)體框全部在磁場(chǎng)中的速度為v，導(dǎo)體框全部出磁場(chǎng)后的速度為v1；導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1，導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2。下列說(shuō)法正確的是()A．導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较駼．導(dǎo)體框進(jìn)出磁場(chǎng)都是做勻變速直線運(yùn)動(dòng)C．Q1>Q2D．Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))答案ACD解析導(dǎo)線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，故A正確。導(dǎo)線框在進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)，速度變化，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變化，產(chǎn)生的感應(yīng)電流變化，則所受的安培力變化，加速度變化，則線框做的是非勻變速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤。因?yàn)檫M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大于離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度，則進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電流要比出磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電流大，則進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中安培力大，根據(jù)克服安培力做功等于產(chǎn)生的焦耳熱可知Q1>Q2，C正確；由能量守恒定律可知，導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱與離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱之和等于線框的機(jī)械能減小量，即Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m·(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))，D正確。7.(多選)兩根足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L(zhǎng)，底端接阻值為R的電阻。將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一根上端固定的輕彈簧下端，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)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，如圖所示。除電阻R外其余電阻不計(jì)?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，則()A．釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB．金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閍→bC．若彈簧彈力為F時(shí)，金屬棒獲得最大速度vm，則vm＝eq\f(mg－FR,B2L2)D．最終電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢(shì)能的減少量答案AC解析金屬棒剛釋放時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，彈力為零，又因此時(shí)速度為零，沒(méi)有感應(yīng)電流，金屬棒不受安培力作用，金屬棒只受到重力作用，所以金屬棒的加速度等于重力加速度g，故A正確；金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則可知，在金屬棒上電流方向向右，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閎→a，故B錯(cuò)誤；金屬棒向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，受到重力、彈簧的彈力和安培力三個(gè)力作用，當(dāng)三力平衡時(shí)，速度最大，即當(dāng)彈簧彈力F、安培力F安之和等于金屬棒的重力mg時(shí)，金屬棒下落速度最大，即有F＋F安＝mg，而F安＝eq\f(B2L2vm,R)，解得vm＝eq\f(mg－FR,B2L2)，故C正確；當(dāng)金屬棒最后靜止時(shí)，重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能和焦耳熱，所以電阻R上產(chǎn)生的總熱量小于金屬棒重力勢(shì)能的減少，故D錯(cuò)誤。8.(2018·石家莊模擬)如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的傾角為θ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，與阻值為R的定值電阻相連，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。有一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l的導(dǎo)體棒從ab位置獲得平行于斜面的、大小為v的初速度向上運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)a′b′的位置，滑行的距離為s，導(dǎo)體棒的電阻也為R，與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒受到的最大安培力為eq\f(B2l2v,2R)B．上滑過(guò)程中電流做功產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)C．上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功為eq\f(1,2)mv2D．上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為eq\f(1,2)mv2－mgssinθ答案C解析對(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖，導(dǎo)體棒向上做減速運(yùn)動(dòng)，所以剛開(kāi)始時(shí)速度最大安培力最大，F(xiàn)＝BIL＝B·eq\f(E,2R)L＝eq\f(B2l2v,2R)。則從開(kāi)始到上升到最高點(diǎn)由動(dòng)能定理：－mgssinθ－μmgscosθ－W克安＝0－eq\f(1,2)mv2可得：Q＝W克安＝eq\f(1,2)mv2－mgssinθ－μmgscosθΔE機(jī)＝μmgscosθ＋W克安＝eq\f(1,2)mv2－mgssinθ故C錯(cuò)誤，A、B、D正確。9.(2015·天津高考)如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長(zhǎng)為l，cd邊長(zhǎng)為2l，ab與cd平行，間距為2l。勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上下邊界均水平，磁場(chǎng)方向垂直于線框所在平面。開(kāi)始時(shí)，cd邊到磁場(chǎng)上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)直到ef、pq邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)。在ef、pq邊離開(kāi)磁場(chǎng)后，ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)之前，線框又做勻速運(yùn)動(dòng)。線框完全穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過(guò)程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g。求：(1)線框ab邊將離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的幾倍；(2)磁場(chǎng)上下邊界間的距離H。答案(1)4(2)eq\f(Q,mg)＋28l解析(1)設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，有E1＝B·2l·v1①設(shè)線框總電阻為R，此時(shí)線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)②設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1，有F1＝BI1·2l③由于線框做勻速運(yùn)動(dòng)，其受力平衡，有F1＝mg④由①②③④式得v1＝eq\f(mgR,4B2l2)⑤設(shè)ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)之前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2，同理可得v2＝eq\f(mgR,B2l2)⑥由⑤⑥式得eq\f(v2,v1)＝4⑦(2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，由機(jī)械能守恒定律，有mg·2l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑧線框完全穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，由能量守恒定律，有mg(2l＋H)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋Q⑨由⑦⑧⑨式得H＝eq\f(Q,mg)＋28l。10．(2017·北京高考)發(fā)電機(jī)和電動(dòng)機(jī)具有裝置上的類似性，源于它們機(jī)理上的類似性。直流發(fā)電機(jī)和直流電動(dòng)機(jī)的工作原理可以簡(jiǎn)化為如圖1、圖2所示的情景。在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)。電阻為R的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，以速度v(v平行于MN)向右做勻速運(yùn)動(dòng)。圖