新高考物理一輪復(fù)習講義第11章 電磁感應(yīng) 專題強化二十二 電磁感應(yīng)中的動力學和能量問題 (含解析)

專題強化二十二電磁感應(yīng)中的動力學和能量問題學習目標1.學會用動力學知識分析導體棒在磁場中的運動問題。2.會用功能關(guān)系和能量守恒定律分析電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化?？键c一電磁感應(yīng)中的平衡及動力學問題1.兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運動學公式進行分析2.基本思路例1如圖1甲所示，用粗細均勻的導線制成的一個單匝正方形金屬框，現(xiàn)被一根絕緣絲線懸掛在豎直平面內(nèi)處于靜止狀態(tài)，已知金屬框的質(zhì)量為m，邊長為L，金屬框的總電阻為R，金屬框的上半部分處在方向垂直框面向里的有界磁場中(磁場均勻分布)，下半部分在磁場外，磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，絲線能承受的最大拉力為F，從t＝0時刻起，測得經(jīng)過t0＝5s，絲線剛好被拉斷，金屬框由靜止開始下落。金屬框在下落過程中上邊框離開磁場前已開始做勻速直線運動，金屬框始終在豎直平面內(nèi)且未旋轉(zhuǎn)，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：圖1(1)0～5s內(nèi)，金屬框產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向以及磁感應(yīng)強度B0的大?。?2)金屬框的上邊框離開磁場前做勻速直線運動的速度v的大小。答案(1)沿逆時針方向eq\r(\f(10R（F－mg）,L3))(2)eq\f(mgL,10（F－mg）)解析(1)由圖乙可知，0～5s時間內(nèi)磁場均勻增加，由楞次定律可知金屬框中產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向沿逆時針方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(B0,5)·eq\f(L2,2)＝eq\f(B0L2,10)①感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,R)②5s時受到的安培力為F安＝ILB0③絲線剛好被拉斷，則有F＝F安＋mg④聯(lián)立①②③④解得B0＝eq\r(\f(10R（F－mg）,L3))。⑤(2)由題意可知，5s后磁感應(yīng)強度為B0不變，金屬框在上邊框離開磁場前做勻速運動，即有I1LB0＝mg⑥金屬框做勻速運動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E1＝B0Lv⑦由閉合電路歐姆定律可得I1＝eq\f(E1,R)⑧整理得v＝eq\f(mgR,Beq\o\al(2,0)L2)⑨代入B0得v＝eq\f(mgL,10（F－mg）)。用動力學觀點解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟跟蹤訓練1.如圖2甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ＝30°角固定，間距為L＝1m，質(zhì)量為m的金屬桿ab垂直放置在軌道上且與軌道接觸良好，其阻值忽略不計?？臻g存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強度為B＝0.5T。P、M間接有阻值為R1的定值電阻，Q、N間接電阻箱R。現(xiàn)從靜止釋放ab，改變電阻箱的阻值R，測得金屬桿ab最大速度為vm，得到eq\f(1,vm)與eq\f(1,R)的關(guān)系如圖乙所示。若軌道足夠長且電阻不計，重力加速度g取10m/s2，則()圖2A.金屬桿中感應(yīng)電流方向由a指向bB.金屬桿所受的安培力沿軌道向下C.定值電阻的阻值為1ΩD.金屬桿的質(zhì)量為1kg答案C解析由右手定則可判斷，金屬桿中感應(yīng)電流方向由b指向a，由左手定則知，金屬桿所受的安培力沿軌道向上，A、B錯誤；總電阻R總＝eq\f(R1R,R1＋R)，I＝eq\f(BLv,R總)，當達到最大速度時，金屬桿受力平衡，有mgsinθ＝ILB＝eq\f(B2L2vm,R1R)·(R1＋R)，變形得eq\f(1,vm)＝eq\f(B2L2,mgsinθ)·eq\f(1,R)＋eq\f(B2L2,mgR1sinθ)，根據(jù)圖像可得eq\f(B2L2,mgsinθ)＝k＝eq\f(3－0.5,5－0)s·m－1·Ω，eq\f(B2L2,mgR1sinθ)＝b＝0.5s·m－1，解得桿的質(zhì)量m＝0.1kg，定值電阻R1＝1Ω，C正確，D錯誤。2.(2022·天津高三月考)如圖3所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌PP′、QQ′相距L傾斜放置，與水平面的夾角為θ，勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應(yīng)強度為B，導軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離為d，板間固定有一帶電微粒，質(zhì)量為m，接入電阻與定值電阻相等(阻值均為R)的金屬棒ab，水平跨放在導軌上，金屬棒ab的質(zhì)量為M，下滑過程中與導軌接觸良好，現(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，當金屬棒的速度達到穩(wěn)定時釋放板間帶電微粒，帶電微粒恰好保持靜止，不計金屬導軌的電阻，重力加速度為g。圖3(1)求帶電微粒帶何種電荷及其比荷；(2)求金屬棒ab下滑的穩(wěn)定速度大小。答案(1)負電eq\f(BLd,MRsinθ)(2)eq\f(2MgRsinθ,B2L2)解析(1)根據(jù)右手定則可知金屬棒下滑時產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為b→a，所以M板帶正電，而帶電微粒所受電場力豎直向上，所以微粒帶負電。當金屬棒的速度達到穩(wěn)定時，設(shè)通過金屬棒的電流為I，對金屬棒根據(jù)平衡條件有ILB＝Mgsinθ①此時M、N之間的電壓為U＝IR②電場強度大小為E＝eq\f(U,d)③對微粒根據(jù)平衡條件有qE＝mg④聯(lián)立①②③④解得eq\f(q,m)＝eq\f(BLd,MRsinθ)。⑤(2)設(shè)金屬棒下滑的穩(wěn)定速度大小為v，則速度穩(wěn)定時金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv＝2IR⑥聯(lián)立①⑥解得v＝eq\f(2MgRsinθ,B2L2)?？键c二電磁感應(yīng)中的能量問題1.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化2.求解焦耳熱Q的三種方法例2如圖4甲所示，一足夠長阻值不計的光滑平行金屬導軌MN、PQ之間的距離L＝0.5m，NQ兩端連接阻值R＝2.0Ω的電阻，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直于導軌所在平面向上，導軌平面與水平面間的夾角θ＝30°，一質(zhì)量m1＝0.40kg、接入電路的阻值r＝1.0Ω的金屬棒垂直于導軌放置并用絕緣細線通過光滑的輕質(zhì)定滑輪與質(zhì)量m2＝0.80kg的重物相連。細線與金屬導軌平行。金屬棒沿導軌向上滑行的速度v與時間t之間的關(guān)系如圖乙所示，已知金屬棒在0～0.3s內(nèi)通過的電荷量是0.3～0.6s內(nèi)通過電荷量的eq\f(2,3)，g＝10m/s2，求：圖4(1)0～0.3s內(nèi)金屬棒通過的位移大??；(2)金屬棒在0～0.6s內(nèi)產(chǎn)生的熱量。答案(1)0.3m(2)1.05J解析(1)0～0.3s內(nèi)通過金屬棒的電荷量q1＝eq\f(ΔФ,R＋r)＝eq\f(BLx1,R＋r)0.3～0.6s內(nèi)通過金屬棒的電荷量q2＝I2t2＝eq\f(BLv0t2,R＋r)由題中的電荷量關(guān)系eq\f(q1,q2)＝eq\f(2,3)解得x1＝0.3m。(2)金屬棒在0～0.6s內(nèi)通過的總位移為x＝x1＋x2＝x1＋v0t2，解得x＝0.75m根據(jù)能量守恒定律有m2gx－m1gxsinθ＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,0)＋Q解得Q＝3.15J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，所以金屬棒在0～0.6s內(nèi)產(chǎn)生的熱量Qr＝eq\f(r,R＋r)Q＝1.05J。跟蹤訓練3.如圖5甲所示，地面上方高度為d的空間內(nèi)有水平方向的勻強磁場，質(zhì)量為m的正方形閉合導線框abcd的邊長為l，從bc邊距離地面高為h處將其由靜止釋放，已知h>d>l。從導線框開始運動到bc邊即將落地的過程中，導線框的v－t圖像如圖乙所示。重力加速度為g，不計空氣阻力，以下有關(guān)這一過程的判斷正確的是()圖5A.t1～t2時間內(nèi)導線框受到的安培力逐漸增大B.磁場的高度d可以用v－t圖中陰影部分的面積表示C.導線框重力勢能的減少量等于其動能的增加量D.導線框產(chǎn)生的焦耳熱大于mgl答案D解析由題圖乙可知，在0～t1時間內(nèi)，導線框自由落體，t1～t2時間內(nèi)導線框切割磁感線進入磁場，做加速度減小的減速運動，電流減小，則安培力在減小，A錯誤；在t1～t2時間段內(nèi)，導線框切割磁感線，距離為l，完全進入后又做加速運動直到落地，所以磁場高度d為t1～t3時間內(nèi)的位移，B錯誤；安培力做負功，所以重力勢能減少量為動能增加量和安培力做功的和，C錯誤；t1～t2時間內(nèi)，F(xiàn)安>mg，克服安培力做的功大于重力做功，所以在下降過程中導線框產(chǎn)生的焦耳熱大于mgl，D正確。4.(2021·北京卷)如圖6所示，在豎直向下的勻強磁場中，水平U型導體框左端連接一阻值為R的電阻，質(zhì)量為m、電阻為r的導體棒ab置于導體框上。不計導體框的電阻、導體棒與框間的摩擦。ab以水平向右的初速度v0開始運動，最終停在導體框上。在此過程中()圖6A.導體棒做勻減速直線運動B.導體棒中感應(yīng)電流的方向為a→bC.電阻R消耗的總電能為eq\f(mveq\o\al(2,0)R,2（R＋r）)D.導體棒克服安培力做的總功小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案C解析由右手定則可知，導體棒中感應(yīng)電流的方向為b→a，B錯誤；由左手定則可知，安培力方向向左，導體棒的速度逐漸變小，故感應(yīng)電動勢逐漸變小，感應(yīng)電流逐漸變小，導體棒受到的安培力逐漸變小，加速度逐漸變小，故A錯誤；由能量守恒定律可知，總電阻消耗的總電能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故電阻R消耗的總電能為eq\f(mveq\o\al(2,0)R,2（R＋r）)，C正確；由動能定理可知，導體棒克服安培力做的總功等于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，D錯誤。A級基礎(chǔ)對點練對點練1電磁感應(yīng)中的平衡和動力學問題1.如圖1所示，在一勻強磁場中有一U形導線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動。桿ef及線框的電阻不計，開始時，給ef一個向右的初速度，則()圖1A.ef將減速向右運動，但不是勻減速運動B.ef將勻減速向右運動，最后停止C.ef將勻速向右運動D.ef將往返運動答案A解析ef向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，會受到向左的安培力而減速運動，由F＝IlB＝eq\f(B2l2v,R)＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運動，最終停止運動，故A正確，B、C、D錯誤。2.(多選)(2023·河南鄭州高三月考)在如圖2所示的甲、乙、丙圖中，MN、PQ是固定在同一水平面內(nèi)足夠長的平行金屬導軌。導體棒ab垂直放在導軌上，導軌都處于垂直水平面向下的勻強磁場中，導體棒和導軌間的摩擦不計，導體棒、導軌和直流電源的電阻均可忽略，甲圖中的電容器C原來不帶電。今給導體棒ab一個向右的初速度v0，在甲、乙、丙圖中導體棒ab在磁場中的運動狀態(tài)是()圖2A.甲圖中，棒ab最終做勻速運動B.乙圖中，棒ab勻減速運動直到最終靜止C.丙圖中，棒ab最終做勻速運動D.甲、乙、丙圖中，棒ab最終都靜止答案AC解析甲圖中，導體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流而使電容器充電，當電容器C極板間電壓與導體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等時，電路中沒有電流，ab棒不受安培力，向右做勻速運動，故A正確；乙圖中，導體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，通過電阻R轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，ab棒速度減小，當ab棒的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能時，ab棒靜止，又由于I＝eq\f(Blv,R)，F(xiàn)＝IlB，由于速度減小，則產(chǎn)生感應(yīng)電流減小，導體棒所受安培力減小，根據(jù)牛頓第二定律可知導體棒的加速度減小，所以乙圖中，棒ab做加速度減小的減速運動，最終靜止，故B錯誤；丙圖中，導體棒先受到向左的安培力作用向右做減速運動，速度減為零后再在安培力作用下向左做加速運動，當導體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與電源的電動勢相等時，電路中沒有電流，ab棒向左做勻速運動，故C正確；由以上分析可知，甲、乙、丙中，只有圖乙中棒ab最終靜止，故D錯誤。3.(多選)(2021·全國甲卷)由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖3所示。不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現(xiàn)的是()圖3A.甲和乙都加速運動B.甲和乙都減速運動C.甲加速運動，乙減速運動D.甲減速運動，乙加速運動答案AB解析兩線圈的質(zhì)量相等，線圈所用材料相同，則體積相同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍，則甲的橫截面積是乙的一半，長度是乙的2倍，由電阻定律可知，甲的電阻是乙的4倍；兩線圈從同一高度同時由靜止開始下落，則到達磁場上邊界時兩線圈的速度相同，設(shè)乙線圈的匝數(shù)為n，兩線圈的邊長均為l，兩線圈進入磁場后，乙受到的安培力F乙＝nIlB＝eq\f(n2B2l2v,R)，甲受到的安培力F甲＝eq\f(4n2B2l2v,4R)＝eq\f(n2B2l2v,R)，可見，甲、乙受到的安培力大小相同，重力也相同，則運動情況相同，A、B正確。4.如圖4所示，光滑平行金屬導軌與水平面成一定角度，兩導軌上端用一定值電阻相連，該裝置處于一勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向上。現(xiàn)有一金屬桿ab以沿導軌平面向上的初速度v0從導軌底端開始運動，然后又返回到出發(fā)位置。在運動過程中，ab與導軌垂直且接觸良好，不計ab和導軌的電阻，則在下列圖像中，能正確描述金屬棒ab的速度與時間關(guān)系的是()圖4答案D解析上滑過程中，有mgsinθ＋eq\f(B2l2v,R)＝ma，解得a＝gsinθ＋eq\f(B2l2v,mR)，則金屬桿ab做加速度逐漸減小的減速運動，直到速度為0；下滑過程，有mgsinθ－eq\f(B2l2v,R)＝ma′，解得a′＝gsinθ－eq\f(B2l2v,mR)，則金屬桿ab做加速度逐漸減小的加速運動，直到加速度為0時，速度達到最大值，最后做勻速運動。根據(jù)速度與時間圖像的斜率表示加速度可知能正確描述金屬棒ab的速度與時間關(guān)系的是D項，所以D正確。對點練2電磁感應(yīng)中的能量問題5.如圖5所示，兩根足夠長的光滑導軌固定豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻。將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直，金屬棒和導軌電阻不計，現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放(設(shè)當?shù)刂亓铀俣葹間)，則()圖5A.釋放瞬間金屬棒的加速度小于重力加速度gB.金屬棒向下的最大速度為v時，所受彈簧彈力為F＝mg－eq\f(B2L2v,R)C.金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→bD.電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量答案B解析釋放瞬間金屬棒的速度為零，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，不受安培力，金屬棒只受重力，所以金屬棒的加速度為g，A錯誤；金屬棒向下的速度最大時，加速度為零，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I＝eq\f(BLv,R)，安培力FA＝ILB＝eq\f(B2L2v,R)。根據(jù)平衡條件知F＋FA＝mg，解得彈簧彈力F＝mg－eq\f(B2L2v,R)，B正確；金屬棒向下運動時切割磁感線，根據(jù)右手定則可知，流過電阻R的電流方向為b→a，C錯誤；由于金屬棒產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力的阻礙作用，系統(tǒng)的機械能不斷減少，最終金屬棒停止運動，此時彈簧具有一定的彈性勢能，所以金屬棒的重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢能，則根據(jù)能量守恒定律可知在金屬棒運動的過程中，電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒的重力勢能的減少量與最終彈簧的彈性勢能之差，D錯誤。6.(2023·重慶巴蜀中學高三月考)如圖6所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)邊長為L的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質(zhì)量為m，電阻為R。在金屬線框的下方有一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域，MN和PQ是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，并與金屬線框的bc邊平行，磁場方向垂直于金屬線框平面向里?，F(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落，圖乙是金屬線框從t＝0時刻由靜止開始下落到bc邊剛好運動到勻強磁場PQ邊界的v－t圖像。重力加速度為g，不計空氣阻力。則下列說法正確的是()圖6A.金屬線框進入磁場過程中ab邊不受安培力B.線框?qū)蛩匐x開磁場C.磁場邊界MN與PQ的間距為2.5LD.線框從釋放到完全離開磁場產(chǎn)生的焦耳熱為2mgL答案C解析金屬線框進入磁場的過程中，bc邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，閉合回路產(chǎn)生感應(yīng)電流，故ab邊要受安培力，A錯誤；根據(jù)乙圖可知線框進入磁場時先做勻速運動，根據(jù)安培力的計算公式，可得F安＝eq\f(B2L2v1,R總)＝mg，完全進入磁場時開始做加速運動，線框開始離開磁場時的速度v2＞v1，根據(jù)安培力計算式可得F安＝eq\f(B2L2v2,R總)＞mg，故線框離開磁場時做減速運動，B錯誤；根據(jù)圖像可知，t0到2t0的位移，L＝v1t0，而v1＝gt0，v2＝v1＋g(3t0－2t0)，2t0到3t0的位移x＝eq\f(1,2)(v1＋v2)t0＝1.5L，故磁場寬度等于2.5L，C正確；根據(jù)金屬棒進入磁場過程中做勻速運動可知，進入過程中產(chǎn)生的熱量Q1＝mgL，金屬棒離開磁場時的速度大于金屬棒進入磁場時的速度，故離開磁場時產(chǎn)生的熱量Q2＞Q1，故焦耳熱大于2mgL，D錯誤。7.(多選)如圖7所示，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接。右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導軌間接觸良好。重力加速度為g，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中()圖7A.流過定值電阻的電流方向是N→QB.通過金屬棒的電荷量為eq\f(BdL,2R)C.克服安培力做的功為mghD.金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)(mgh－μmgd)答案BD解析金屬棒下滑到底端時速度向右，磁場方向豎直向上，根據(jù)右手定則可以知道流過定值電阻的電流方向是Q→N，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，通過金屬棒的電荷量為q＝eq\f(E,2R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,Δt·2R)·Δt＝eq\f(BLd,2R)，故B正確；根據(jù)動能定理有mgh－μmgd－W安＝0，則克服安培力所做的功為W安＝mgh－μmgd，電路中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做功，所以金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝eq\f(1,2)(mgh－μmgd)，選項C錯誤，D正確。B級綜合提升練8.(多選)如圖8所示，U形光滑金屬導軌與水平面成37°角傾斜放置，現(xiàn)將一金屬桿垂直放置在導軌上且與兩導軌接觸良好，在與金屬桿垂直且沿著導軌向上的外力F的作用下，金屬桿從靜止開始做勻加速直線運動。整個裝置處于垂直導軌平面向上的勻強磁場中，外力F的最小值為8N，經(jīng)過2s金屬桿運動到導軌最上端并離開導軌。已知U形金屬導軌兩軌道之間的距離為1m，導軌電阻可忽略不計，金屬桿的質(zhì)量為1kg、電阻為1Ω，磁感應(yīng)強度大小為1T，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是()圖8A.拉力F是恒力B.拉力F隨時間t均勻增加C.金屬桿運動到導軌最上端時拉力F為12ND.金屬桿運動的加速度大小為2m/s2答案BCD解析t時刻，金屬桿的速度大小為v＝at，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Blv，電路中的感應(yīng)電流I＝eq\f(Blv,R)，金屬桿所受的安培力大小為F安＝IlB＝eq\f(B2l2at,R)，由牛頓第二定律知F－F安－mgsin37°＝ma可得F＝ma＋mgsin37°＋eq\f(B2l2at,R)，可見F是t的一次函數(shù)，選項A錯誤，B正確；t＝0時，F(xiàn)最小，代入數(shù)據(jù)可求得a＝2m/s2，t＝2s時，F(xiàn)＝12N，選項C、D正確。9.如圖9，兩根電阻不計、互相平行的光滑金屬導軌豎直放置，相距L＝1m。在水平虛線間有與導軌所在平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝0.5T，磁場區(qū)域的高度d＝1m，導體棒a的電阻Ra＝1Ω，導體棒b的質(zhì)量m＝0.05kg，電阻Rb＝1.5Ω，它們分別從圖示M、N處同時由靜止開始在導軌上向下滑動，b勻速穿過磁場區(qū)域，且當b剛穿出磁場時a剛好進入磁場并將勻速穿過磁場，取g＝10m/s2，不計a、b棒之間的相互作用，導體棒始終與導軌垂直且與導軌接觸良好，求：圖9(1)b棒勻速穿過磁場區(qū)域的速度；(2)a棒剛進入磁場時兩端的電壓；(3)從靜止釋放到a棒剛好出磁場過程中a棒產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)5m/s(2)2.1V(3)0.48J解析(1)b棒穿過磁場做勻速運動，安培力等于重力，則有I1LB＝mg根據(jù)閉合電路歐姆定律I1＝eq\f(E1,Ra＋Rb)＝eq\f(BLvb,Ra＋Rb)解得vb＝5m/s。(2)b棒在磁場中勻速運動的時間為t1，則有d＝vbt1解得t1＝0.2sa、b都在磁場外運動時，速度總是相等的，b棒進入磁場后，a棒繼續(xù)加速t1時間而進入磁場，a棒進入磁場的速度為va＝vb＋gt1＝7m/s電動勢為E2＝BLva＝3.5Va棒兩端的電勢差即路端電壓為U＝eq\f(E2Rb,Ra＋Rb)＝2.1V。(3)a棒進入磁場并將勻速穿過磁場，則有I2LB＝mag根據(jù)閉合電路歐姆定律I2＝eq\f(E2,Ra＋Rb)＝eq\f(BLva,Ra＋Rb)解得ma＝0.07kg兩棒穿過磁場過程中，產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝(m＋ma)gd＝1.2Ja棒產(chǎn)生的焦耳熱Qa＝Qeq\f(Ra,Ra＋Rb)＝0.48J。10.如圖10甲所示，有一邊長為L＝1.2m、質(zhì)量為m＝1kg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，穿過垂直水平面向下、磁感應(yīng)強度為B＝0.1T的勻強磁場區(qū)域。線框cd邊剛進入磁場時的速度為v0＝2m/s。在t＝3s時刻cd邊剛出磁場邊界。從cd邊進入磁場到cd邊離開磁場區(qū)域的3s時間內(nèi)線框運動的v－t圖像如圖乙所示。求：圖10(1)線框cd邊在剛進入磁場時，c、d兩點間的電勢差Ucd；(2)恒力F的大??；(3)線框從cd邊剛進入磁場到cd邊剛離開磁場的過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案(1)－0.18V(2)0.5N(3)2.1J解析(1)線框cd邊在剛進入磁場時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv0感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)c、d兩點間的電勢差為路端電壓，且感應(yīng)電流由c流向d，故c點電勢較低，故c、d兩點間的電勢差為Ucd＝－I·eq\f(3,4)R＝－