第十章 專題十一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題

1、第十章電磁感應(yīng)專題十一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題考綱解讀 1.會分析計(jì)算電磁感應(yīng)中有安培力參與的導(dǎo)體的運(yùn)動及平衡問題.2.會分析計(jì)算電磁感應(yīng)中能量的轉(zhuǎn)化與轉(zhuǎn)移考點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題分析1 安培力的大小由感應(yīng)電動勢EBlv，感應(yīng)電流I和安培力公式FBIl得F.2 安培力的方向判斷3 導(dǎo)體兩種狀態(tài)及處理方法(1)導(dǎo)體的平衡態(tài)靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動狀態(tài)處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力等于零)列式分析(2)導(dǎo)體的非平衡態(tài)加速度不為零處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析例1(2012·廣東理綜·35)如圖1所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光

2、滑金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板，R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值，不計(jì)其他電阻圖1(1)調(diào)節(jié)RxR，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時，求通過導(dǎo)體棒的電流I及導(dǎo)體棒的速率v.(2)改變Rx，待導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時的Rx.解析(1)對勻速下滑的導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖所示導(dǎo)體棒所受安培力F安BIl 導(dǎo)體棒勻速下滑，所以F安Mgsin 聯(lián)立式，解得I 導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢EBlv 由閉合電路歐姆定

3、律得I，且RxR，所以I 聯(lián)立式，解得v(2)由題意知，其等效電路圖如圖所示由圖知，平行金屬板兩板間的電壓等于Rx兩端的電壓設(shè)兩金屬板間的電壓為U，因?yàn)閷?dǎo)體棒勻速下滑時的電流仍為I，所以由歐姆定律知UIRx 要使帶電的微粒勻速通過，則mgq 聯(lián)立式，解得Rx.答案(1)(2)規(guī)律總結(jié)解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”，即：先做“源”的分析分離出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r；再進(jìn)行“路”的分析分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相應(yīng)部分的電流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析分析研究對象(常是金屬桿、導(dǎo)體線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力；最后進(jìn)

4、行“運(yùn)動”狀態(tài)的分析根據(jù)力和運(yùn)動的關(guān)系，判斷出正確的運(yùn)動模型突破訓(xùn)練1如圖2所示，兩足夠長平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，勻 強(qiáng)磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下，金屬棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路且都可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動，兩金屬棒ab、cd的質(zhì)量之比為21.用一沿導(dǎo)軌方向的恒力F水平向右拉金屬棒cd，經(jīng)過足夠長時間以后()A金屬棒ab、cd都做勻速運(yùn)動圖2B金屬棒ab上的電流方向是由b向aC金屬棒cd所受安培力的大小等于F/3D兩金屬棒間距離保持不變答案B解析對兩金屬棒ab、cd進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析可知，兩金屬棒最終將做加速度相同的勻加速直線運(yùn)動，且金屬棒ab速度小于金屬棒cd速度，所以兩金屬棒間距離是變

5、大的，由楞次定律判斷金屬棒ab上的電流方向是由b到a，A、D錯誤，B正確；以兩金屬棒整體為研究對象有：F3ma，隔離金屬棒cd分析：FF安ma，可求得金屬棒cd所受安培力的大小F安F，C錯誤；因此答案選B.考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的能量問題分析1 過程分析(1)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生感應(yīng)電流的過程，實(shí)質(zhì)上是能量的轉(zhuǎn)化過程(2)電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中必定受到安培力的作用，因此，要維持感應(yīng)電流的存在，必須有“外力”克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能(3)當(dāng)感應(yīng)電流通過用電器時，電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能安培力做功的過程，或通過電阻發(fā)

6、熱的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程安培力做了多少功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能2 求解思路(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及WUIt或QI2Rt直接進(jìn)行計(jì)算(2)若電流變化，則：利用安培力做的功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的電能例2如圖3所示，傾角為30°、足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L10.4 m，B15 T的勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向上一質(zhì)量m1.6 kg的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，其電阻r1 .金屬導(dǎo)軌上端連接右側(cè)電路，R11 ，R

7、21.5 .R2兩端通過細(xì)導(dǎo)線連接質(zhì)量M0.6 kg的正方形金屬框cdef，正方形邊長L20.2 m，每條邊電阻r0為1 ，金屬框處在一方向垂直紙面向里、B23 T的勻強(qiáng)磁場中現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放，不計(jì)其他電阻及滑輪摩擦，g取10 m/s2.(1)若將電鍵S斷開，求棒下滑過程中的最大速度(2)若電鍵S閉合，每根細(xì)導(dǎo)線能承受的最大拉力為3.6 N，求細(xì)導(dǎo)線剛好被拉斷時棒的速度(3)若電鍵S閉合后，從棒釋放到細(xì)導(dǎo)線被拉斷的過程中，棒上產(chǎn)生的電熱為2 J，求此過程中棒下滑的高度(結(jié)果保留一位有效數(shù)字)圖3解析(1)棒下滑過程中，沿導(dǎo)軌的合力為0時，速度最大，mgsin F安0F安B1IL1IEB1L

8、1vmax代入數(shù)據(jù)解得：vmax7 m/s(2)閉合S后，設(shè)細(xì)導(dǎo)線剛斷開時，通過金屬框ef邊電流為I，則通過cd邊的電流為3I則：2FTMgB2IL23B2IL20解得I0.5 A通過R2的電流I2I21 A電路總電流I1I24I3 A金屬框接入電路總電阻R框 R2與R框并聯(lián)電阻為R，R 設(shè)此時棒的速度為v1，則有I1解得v13.75 m/s(3)當(dāng)棒下滑高度為h時，棒上產(chǎn)生的熱量為Qab，R1上產(chǎn)生的熱量為Q1，R2與R框上產(chǎn)生的總熱量為Q，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律有mghmvQabQ1QQab2 JQ1Qab2 JQ1 J解得h1 m答案(1)7 m/s(2)3.75 m/s(3)1 m技巧

9、點(diǎn)撥電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化問題的分析技巧1 電磁感應(yīng)過程往往涉及多種能量的轉(zhuǎn)化(1)如圖4中金屬棒ab沿導(dǎo)軌由靜止下滑時，重力勢能減少，一部分用來克服安培力做功，轉(zhuǎn)化為感應(yīng)電流的電能，最終在R上轉(zhuǎn)化為焦耳熱，另一部分轉(zhuǎn)化為金屬棒的動能(2)若導(dǎo)軌足夠長，棒最終達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)做勻速運(yùn)動，之后重 力勢能的減小則完全用來克服安培力做功，轉(zhuǎn)化為感應(yīng)電流的電能 圖42 安培力做功和電能變化的特定對應(yīng)關(guān)系 (1)“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能(2)安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程，安培力做多少功就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能3 解決此類問題的步驟(1)用法拉第電磁感應(yīng)

10、定律和楞次定律(包括右手定則)確定感應(yīng)電動勢的大小和方向(2)畫出等效電路圖，寫出回路中電阻消耗的電功率的表達(dá)式(3)分析導(dǎo)體機(jī)械能的變化，用能量守恒關(guān)系得到機(jī)械功率的改變與回路中電功率的改變所滿足的方程，聯(lián)立求解突破訓(xùn)練2如圖5所示電路，兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行放置在傾角為的斜面上，導(dǎo)軌下端接有電阻R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，斜面處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，電阻可忽略不計(jì)的金屬棒ab質(zhì)量為m，受到沿斜面向上且與金屬棒垂直的恒力F的作用金屬棒沿導(dǎo)軌勻速下滑，則它在下滑高度h的過程中，以下說法正確的是() 圖5A作用在金屬棒上各力的合力做功不為零B重力做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的電能C金屬棒克服安培力做的功等于電阻R上

11、產(chǎn)生的焦耳熱D金屬棒克服恒力F做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱答案C解析根據(jù)動能定理，合力做的功等于動能的增量，故A錯；重力做的功等于重力勢能的減少，重力做的功等于克服F所做的功與產(chǎn)生的電能之和，而克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，所以B、D錯，C對50應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)軌桿”模型問題1 模型概述“導(dǎo)軌桿”模型是電磁感應(yīng)問題在高考命題中的“基本道具”，也是高考的熱點(diǎn)，考查的知識點(diǎn)多，題目的綜合性強(qiáng)，物理情景變化空間大，是我們復(fù)習(xí)中的難點(diǎn)“導(dǎo)軌桿”模型又分為“單桿”型和“雙桿”型；導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直和傾斜；桿的運(yùn)動狀態(tài)可分為勻速運(yùn)動、勻變速運(yùn)動、非勻變速運(yùn)動

12、或轉(zhuǎn)動等；磁場的狀態(tài)可分為恒定不變、均勻變化和非均勻變化等等，情景復(fù)雜，形式多變2 常見模型類型“電動電”型“動電動”型示意圖已知量棒ab長L，質(zhì)量m，電阻R；導(dǎo)軌光滑水平，電阻不計(jì)棒ab長L，質(zhì)量m，電阻R；導(dǎo)軌光滑，電阻不計(jì)過程分析S閉合，棒ab受安培力F，此時加速度a，棒ab速度v感應(yīng)電動勢EBLv電流I安培力FBIL加速度a，當(dāng)安培力F0時，a0，v最大，最后勻速運(yùn)動棒ab釋放后下滑，此時加速度agsin ，棒ab速度v感應(yīng)電動勢EBLv電流I安培力FBIL加速度a，當(dāng)安培力Fmgsin 時，a0，v最大，最后勻速運(yùn)動能量轉(zhuǎn)化通過安培力做功，把電能轉(zhuǎn)化為動能克服安培力做功，把重力勢能轉(zhuǎn)

13、化為內(nèi)能運(yùn)動形式變加速運(yùn)動變加速運(yùn)動最終狀態(tài)勻速運(yùn)動，vm勻速運(yùn)動vm解析(1)設(shè)甲在磁場區(qū)域abcd內(nèi)運(yùn)動時間為t1，乙從開始運(yùn)動到ab位置的時間為t2，則由運(yùn)動學(xué)公式得L·2gsin ·t，Lgsin ·t解得t1 ，t2 (1分)因?yàn)閠1<t2，所以甲離開磁場時，乙還沒有進(jìn)入磁場 (1分)設(shè)乙進(jìn)入磁場時的速度為v1，乙中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1，回路中的電流為I1，則mvmgLsin (1分)E1Bdv1 (1分)I1E1/2R (1分)mgsin BI1d (1分)解得R (1分)(2)從釋放金屬桿開始計(jì)時，設(shè)經(jīng)過時間t，甲的速度為v，甲中產(chǎn)生的感應(yīng)電

14、動勢為E，回路中的電流為I，外力為F，則vat (1分)EBdv (1分)IE/2R (1分)Fmgsin BIdma (1分)a2gsin 聯(lián)立以上各式解得Fmgsin mgsin ·t(0t ) (1分)方向垂直于桿平行于導(dǎo)軌向下 (1分)(3)甲在磁場運(yùn)動過程中，乙沒有進(jìn)入磁場，設(shè)甲離開磁場時速度為v0，甲、乙產(chǎn)生的熱量相同，均設(shè)為Q1，則v2aL (1分)WmgLsin 2Q1mv (2分)解得W2Q1mgLsin 乙在磁場運(yùn)動過程中，甲、乙產(chǎn)生相同的熱量，均設(shè)為Q2，則2Q2mgLsin (2分)根據(jù)題意有QQ1Q2 (1分)解得W2Q (1分)答案(1) (2)Fmgsi

15、n mgsin ·t(0t )，方向垂直于桿平行于導(dǎo)軌向下(3)2Q突破訓(xùn)練3如圖7甲所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度L1 m，一勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R0.40 的電阻，質(zhì)量為m0.01 kg、電阻為r0.30 的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g10 m/s2(忽略ab棒運(yùn)動過程中對原磁場的影響)，求： 甲乙圖7(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)金屬棒ab在開始運(yùn)動的1.5

16、 s內(nèi)，通過電阻R的電荷量；(3)金屬棒ab在開始運(yùn)動的1.5 s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量答案(1)0.1 T(2)0.67 C(3)0.26 J解析(1)金屬棒在AB段勻速運(yùn)動，由題中圖象乙得：v7 m/sI，mgBIL解得B0.1 T(2)qtB解得：q0.67 C(3)Qmgxmv2解得Q0.455 J從而QRQ0.26 J高考題組1 (2012·山東理綜·20改編)如圖8所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到v時開始勻速運(yùn)動，此時對導(dǎo)體棒施加一平

17、行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速運(yùn)動導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，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() 圖8AP2mgvsin BP3mgvsin C當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時加速度大小為sin D在速度達(dá)到2v以后勻速運(yùn)動的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功答案A解析根據(jù)I，導(dǎo)體棒由靜止釋放，速度達(dá)到v時，回路中的電流為I，則根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件，有mgsin BIL.對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，使其以2v的速度勻速運(yùn)動時，則回路中的電流為2I，則根據(jù)平衡條件，有Fmgsin B·2IL，所以拉力Fmgsin ，

18、拉力的功率PF×2v2mgvsin ，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯誤；當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到時，回路中的電流為，根據(jù)牛頓第二定律，得mgsin BLma，解得asin ，選項(xiàng)C錯誤；當(dāng)導(dǎo)體棒以2v的速度勻速運(yùn)動時，根據(jù)能量守恒定律知，重力和拉力所做的功之和等于R上產(chǎn)生的焦耳熱，故選項(xiàng)D錯誤2 (2012·江蘇單科·13)某興趣小組設(shè)計(jì)了一種發(fā)電裝置，如圖9所示在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場區(qū)域的圓心角均為，磁場均沿半徑方向匝數(shù)為N的矩形線圈abcd的邊長abcdl、bcad2l.線圈以角速度繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，bc邊和ad邊同時進(jìn)入磁場在磁場中，兩條邊所經(jīng)過處的磁感應(yīng)強(qiáng)度

19、大小均為B、方向始終與兩邊的運(yùn)動方向垂直線圈的總電阻為r，外接電阻為R.求：圖9(1)線圈切割磁感線時，感應(yīng)電動勢的大小Em；(2)線圈切割磁感線時，bc邊所受安培力的大小F；(3)外接電阻上電流的有效值I.答案(1)2NBl2(2)(3)解析(1)bc、ad邊的運(yùn)動速度v感應(yīng)電動勢Em4NBlv解得Em2NBl2(2)電流Im安培力F2NBIml解得F(3)一個周期內(nèi)，通電時間tTR上消耗的電能WIRt且WI2RT解得I.模擬題組3. 如圖10，兩根足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌PP、QQ傾斜放置，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金

20、屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好現(xiàn)同時由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則() 圖10A金屬棒ab最終可能勻速下滑B金屬棒ab一直勻速下滑C金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢D帶電微粒不可能先向N板運(yùn)動后向M板運(yùn)動答案C解析金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加速下滑，棒中有感應(yīng)電動勢而對金屬板M、N充電，充電電流通過金屬棒時金屬棒受安培力作用，只有金屬棒速度增大時才有充電電流，因此總有mgsin BIL>0，金屬棒將一直加速下滑，A、B錯；由右手定則可知，金屬棒a端(即M板)電勢高，C對；若微粒帶負(fù)電，則電場力向上，與重力反向，開始時電場力為0，微粒向下加速，當(dāng)電場力增大到大于重力時

21、，微粒的加速度向上，可能向N板減速運(yùn)動到零后再向M板運(yùn)動，D錯4 如圖11所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌cd和ef水平放置，在其左端連接傾角為37°的光滑金屬導(dǎo)軌ge、hc，導(dǎo)軌間距均為L1 m，在水平導(dǎo)軌和傾斜導(dǎo)軌上，各放一根與導(dǎo)軌垂直的金屬桿，金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好金屬桿a、b質(zhì)量均為m0.1 kg，電阻Ra2 、Rb3 ，其余電阻不計(jì)在水平導(dǎo)軌和斜面導(dǎo)軌區(qū)域分別有豎直向上和豎直向下的勻強(qiáng)磁場B1、B2，且B1B20.5 T已知從t0時刻起，桿a在外力F1作用下由靜止開始水平向右運(yùn)動，桿b在水平向右的外力F2作用下始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，且F20.750.2t (N)(sin 37

22、76;0.6，cos 37°0.8，g取10 m/s2)圖11(1)通過計(jì)算判斷桿a的運(yùn)動情況；(2)從t0時刻起，求1 s內(nèi)通過桿b的電荷量；(3)若t0時刻起，2 s內(nèi)作用在桿a上的外力F1做功為13.2 J，則這段時間內(nèi)桿b上產(chǎn)生的熱量為多少？答案(1)以4 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(2)0.2 C(3)6 J解析(1)因?yàn)闂Ub靜止，所以有F2B2ILmgtan 37°而F20.750.2t(N)解得I0.4t (A)整個電路中的電動勢由桿a運(yùn)動產(chǎn)生，故EI(RaRb)EB1Lv解得v4t所以，桿a做加速度為a4 m/s2的勻加速運(yùn)動(2)桿a在1 s內(nèi)運(yùn)動的距離

23、dat22 mqtEq0.2 C即1 s內(nèi)通過桿b的電荷量為0.2 C(3)設(shè)整個電路中產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒定律得W1Qmvv1at8 m/s解得Q10 J從而QbQ6 J專題突破練專題十一 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題(限時：60分鐘)題組1電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1 如圖1(a)所示為磁懸浮列車模型，質(zhì)量M1 kg的絕緣板底座靜止在動摩擦因數(shù)10.1的粗糙水平地面上位于磁場中的正方形金屬框ABCD為動力源，其質(zhì)量m1 kg，邊長為1 m，電阻為 ，與絕緣板間的動摩擦因數(shù)20.4.OO 為AD、BC的中線在金屬框內(nèi)有可隨金屬框同步移動的磁場，OOCD區(qū)域內(nèi)磁場如圖(b)所示，CD恰在磁場

24、邊緣以外；OOBA區(qū)域內(nèi)磁場如圖(c)所示，AB恰在磁場邊緣以內(nèi)(g10 m/s2)若絕緣板足夠長且認(rèn)為絕緣板與地面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則金屬框從靜止釋放后 ()圖1A若金屬框固定在絕緣板上，金屬框的加速度為5 m/s2B若金屬框固定在絕緣板上，金屬框的加速度為7 m/s2C若金屬框不固定，金屬框的加速度為4 m/s2，絕緣板仍靜止D若金屬框不固定，金屬框的加速度為4 m/s2，絕緣板的加速度為2 m/s2答案D解析若金屬框固定在絕緣板上，由題意得E·SABCD1××1×1 V0.5 V，I8 A，F(xiàn)ABB2IL8 N，取絕緣板和金屬框整體進(jìn)行

25、受力分析，由牛頓第二定律：FAB1(Mm)g(Mm)a，解得a3 m/s2，A、B錯；若金屬框不固定，對金屬框進(jìn)行受力分析，假設(shè)其相對絕緣板滑動，F(xiàn)f12mg0.4×1×10 N4 N<FAB，假設(shè)正確對金屬框應(yīng)用牛頓第二定律得FABFf1ma1，a14 m/s2；對絕緣板應(yīng)用牛頓第二定律得Ff1Ff2Ma2，F(xiàn)f21(Mm)g2 N，解得a22 m/s2，C錯，D對2 (2011·天津理綜·11)如圖2所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為l0.5 m，其電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30°角完全相同的兩金屬棒a

26、b、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知兩棒質(zhì)量均為m0.02 kg，電阻均為R0.1 ，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中， 圖2磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.2 T，棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動，而棒cd恰好能夠保持靜止，取g10 m/s2，問：(1)通過棒cd的電流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的力F多大？(3)棒cd每產(chǎn)生Q0.1 J的熱量，力F做的功W是多少？答案(1)1 A方向由d至c(2)0.2 N(3)0.4 J解析(1)棒cd受到的安培力FcdIlB棒cd在共點(diǎn)力作用下受力平衡，則Fcdmgsin 30°代入數(shù)據(jù)解得I

27、1 A根據(jù)楞次定律可知，棒cd中的電流方向由d至c(2)棒ab與棒cd受到的安培力大小相等FabFcd對棒ab，由受力平衡知Fmgsin 30°IlB代入數(shù)據(jù)解得F0.2 N(3)設(shè)在時間t內(nèi)棒cd產(chǎn)生Q0.1 J的熱量，由焦耳定律知QI2Rt設(shè)棒ab勻速運(yùn)動的速度大小為v，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBlv由閉合電路歐姆定律知I由運(yùn)動學(xué)公式知在時間t內(nèi)，棒ab沿導(dǎo)軌的位移svt力F做的功WFs綜合上述各式，代入數(shù)據(jù)解得W0.4 J3 如圖3所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，間距為l，導(dǎo)軌左端連接一個電阻一根質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab垂直放置在導(dǎo)軌上在桿的右方距桿為d處有一個勻強(qiáng)

28、磁場，磁場方向垂直于軌道平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.對桿施加一個大小為 圖3F、方向平行于導(dǎo)軌的恒力，使桿從靜止開始運(yùn)動，已知桿到達(dá)磁場區(qū)域時速度為v，之后進(jìn)入磁場恰好做勻速運(yùn)動不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，假定導(dǎo)軌與桿之間存在恒定的阻力求：(1)導(dǎo)軌對桿ab的阻力大小Ff.(2)桿ab中通過的電流及其方向(3)導(dǎo)軌左端所接電阻的阻值R.答案(1)F(2)，方向由a流向b(3)r解析(1)桿ab進(jìn)入磁場前做勻加速運(yùn)動，有FFfmav22ad解得導(dǎo)軌對桿的阻力FfF(2)桿ab進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動，有FFfF安桿ab所受的安培力F安IBl解得桿ab中通過的電流I由右手定則判斷桿中的電流方向自a流向b(3)桿運(yùn)動

29、過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBlv桿中的感應(yīng)電流I解得導(dǎo)軌左端所接電阻阻值Rr題組2電磁感應(yīng)中的能量問題4. 如圖4所示，豎直放置的兩根足夠長平行金屬導(dǎo)軌相距L，導(dǎo)軌間接有一定值電阻R，質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸，且無摩擦，整個裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放，金屬棒下落高度為h時開始做勻速運(yùn)動，在此過程中() 圖4A導(dǎo)體棒的最大速度為B通過電阻R的電荷量為C導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量D重力和安培力對導(dǎo)體棒做功的代數(shù)和等于導(dǎo)體棒動能的增加量答案D解析金屬棒由靜止釋放后，當(dāng)a0時，速度最大，即mgBL0，解得vm，A項(xiàng)錯誤此過程通過R的電荷量qt·t，B項(xiàng)錯誤導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于整個電路產(chǎn)生的熱量，C項(xiàng)錯誤由動能定理知對導(dǎo)體棒有EkW重W安，D項(xiàng)正確5 (2011·上海單科·32)如圖5所示，電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌長s1.15 m，兩導(dǎo)軌間距L0.75 m，導(dǎo)軌傾角為30°，導(dǎo)軌上端ab接一阻值R1.5 的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.8 T的勻強(qiáng)磁場垂直軌道平面向上阻值r0.5 、質(zhì)量m0.2 kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Qr0.1 J(取g10 m/s2)求