習(xí)題課5　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題 教學(xué)設(shè)計(jì)

習(xí)題課5電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題題型一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題電磁感應(yīng)問題往往與力學(xué)問題聯(lián)系在一起，處理此類問題的基本方法是：(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向。(2)用閉合電路歐姆定律求回路中感應(yīng)電流的大小和方向。(3)分析導(dǎo)體的受力情況(包括安培力)。(4)列動(dòng)力學(xué)方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解?！纠?】(2022·廣東東莞期末)如圖所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L＝2m，M、P兩點(diǎn)間接有阻值R＝3.5Ω的電阻，一根質(zhì)量m＝0.1kg、電阻r＝1.5Ω的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于斜面向下，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)摩擦和空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。(1)在加速下滑過程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v＝2m/s時(shí)，求通過ab桿的電流I及其加速度的a的大??；(2)求在下滑過程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值vm。[解析](1)金屬桿受豎直向下的重力mg、垂直斜面向上的支持力N、沿斜面向上的安培力F，故ab桿下滑過程中某時(shí)刻的受力示意圖如圖所示，當(dāng)ab桿速度為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，此時(shí)電路中電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv,R＋r)＝0.4Aab桿受到安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,r＋R)由牛頓第二定律得mgsinθ－F＝ma解得a＝2m/s2。(2)當(dāng)金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，桿的速度最大，由平衡條件得mgsinθ＝BImL根據(jù)閉合電路歐姆定律得Im＝eq\f(BLvm,R＋r)mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R＋r)解得vm＝3m/s。[答案](1)0.4A2m/s2(2)3m/s[針對訓(xùn)練1](多選)如圖所示，豎直放置的平行金屬導(dǎo)軌上端跨接一個(gè)阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬棒MN可沿平行導(dǎo)軌豎直下滑，不計(jì)導(dǎo)軌與金屬棒MN的電阻。金屬棒MN自由下落了h后進(jìn)入一個(gè)有上下邊界的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向外，磁場寬度也為h，設(shè)金屬棒MN到達(dá)上邊界aa′時(shí)的速度為v1，到達(dá)下邊界bb′時(shí)的速度為v2，則以下說法正確的是()A．進(jìn)入磁場區(qū)后，MN可能做勻速運(yùn)動(dòng)，則v1＝v2B．進(jìn)入磁場區(qū)后，MN可能做加速運(yùn)動(dòng)，則v1＜v2C．進(jìn)入磁場區(qū)后，MN可能做減速運(yùn)動(dòng)，則v1＞v2D．通過磁場區(qū)域的過程中，R上釋放出的焦耳熱一定是mgh解析：選ABC。金屬棒MN在進(jìn)入磁場前自由下落，當(dāng)剛進(jìn)入磁場產(chǎn)生的感應(yīng)電流對應(yīng)的安培力剛好等于重力時(shí)，金屬棒MN在磁場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)v1＝v2，A正確；當(dāng)剛進(jìn)入磁場產(chǎn)生的感應(yīng)電流對應(yīng)的安培力小于重力時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，金屬棒MN在磁場中做加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)v1＜v2，B正確；當(dāng)剛進(jìn)入磁場產(chǎn)生的感應(yīng)電流對應(yīng)的安培力大于重力時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，金屬棒MN在磁場中做減速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)v1＞v2，C正確；只有金屬棒MN進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動(dòng)，通過磁場區(qū)域的過程中，R上釋放出的焦耳熱為mgh，D錯(cuò)誤。題型二電磁感應(yīng)中的能量問題1．電磁感應(yīng)中能量的轉(zhuǎn)化(1)轉(zhuǎn)化方式(2)涉及的常見功能關(guān)系①有滑動(dòng)摩擦力做功，必有內(nèi)能產(chǎn)生；②有重力做功，重力勢能必然發(fā)生變化；③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．焦耳熱的計(jì)算(1)電流恒定時(shí)，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt。(2)感應(yīng)電流變化，可用以下方法分析：①利用動(dòng)能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安。②利用能量守恒定律，焦耳熱等于其他形式能量的減少量。【例2】如圖所示，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接。右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、接入電路的電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止運(yùn)動(dòng)。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度為g。則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中()A．流過金屬棒的最大電流為eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．通過金屬棒的電荷量為eq\f(BdL,R)C．克服安培力所做的功為mghD．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mg(h－μd)[解析]金屬棒沿彎曲部分下滑過程中，由動(dòng)能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2，金屬棒到達(dá)平直部分時(shí)的速度v＝eq\r(2gh)，金屬棒到達(dá)平直部分后做減速運(yùn)動(dòng)，剛到達(dá)平直部分時(shí)的速度最大，最大感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，最大感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A錯(cuò)誤；通過金屬棒的感應(yīng)電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BdL,2R)，故B錯(cuò)誤；金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得mgh－W安－μmgd＝0－0，克服安培力做功W安＝mgh－μmgd，故C錯(cuò)誤；克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，定值電阻與金屬棒的電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Q′＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)W安＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，故D正確。[答案]D【例3】(2022·黑龍江大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)期末)如圖甲所示，間距L＝2m的兩條光滑金屬導(dǎo)軌水平平行放置，其電阻不計(jì)，導(dǎo)軌平面內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量相同、有效電阻均為R＝5Ω的金屬棒MN、PQ垂直放置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌接觸良好。PQ棒被能承受最大拉力FT＝12N的水平細(xì)線拉住，MN棒在與其垂直的水平拉力F的作用下由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，水平拉力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示。求：(1)流過導(dǎo)體棒PQ的電流方向；(2)金屬棒MN的質(zhì)量和細(xì)線拉斷前的加速度大小；(3)從剛開始拉MN棒到細(xì)線剛被拉斷的時(shí)間；(4)細(xì)線被拉斷后立即撤去拉力F，求此后兩棒中產(chǎn)生的焦耳熱及它們共速時(shí)的速度大小。[解析](1)根據(jù)右手定則，可以判斷流過導(dǎo)體棒的電流方向是由Q到P。(2)MN棒在與其垂直的水平拉力F的作用下由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)根據(jù)牛頓第二定律F－F安＝maF安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R總)其中v＝at，R總＝2R，則有F－eq\f(B2L2a,2R)t＝ma根據(jù)題圖乙拉力F與時(shí)間t關(guān)系的斜率和截距可知ma＝1Neq\f(B2L2a,2R)＝1N/s解得a＝2.5m/s2，m＝0.4kg。(3)細(xì)線剛被拉斷瞬間，PQ棒受力平衡FT＝F安′＝eq\f(B2L2at,2R)代入數(shù)據(jù)得t＝12s。(4)撤去外力時(shí)MN棒的速度v1＝at＝30m/s細(xì)線被拉斷后立即撤去拉力F到它們共速，過程中兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒mv1＝2mv2共速時(shí)的速度v2＝15m/s根據(jù)能量守恒定律，兩棒中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)＝90J。[答案](1)由Q到P(2)0.4kg2．5m/s2(3)12s(4)90J15m/s[針對訓(xùn)練2]如圖所示，足夠長的U形導(dǎo)體框架的寬度L＝0.5m，底端接有阻值R＝0.5Ω的電阻，導(dǎo)體框架電阻忽略不計(jì)，其所在平面與水平面成θ＝37°角。有一磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.8T的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于導(dǎo)體框架平面向上。一根質(zhì)量m＝0.4kg、電阻r＝0.5Ω的導(dǎo)體棒MN垂直跨放在U形導(dǎo)體框架上，某時(shí)刻起將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放。已知導(dǎo)體棒MN與導(dǎo)體框架間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)求導(dǎo)體棒剛開始下滑時(shí)的加速度大小。(2)求導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度。(3)從導(dǎo)體棒開始下滑到剛達(dá)到最大速度的過程中，通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量q＝4C，求導(dǎo)體棒MN在此過程中消耗的電能。解析：(1)導(dǎo)體棒剛開始下滑時(shí)，其受力情況如圖甲所示。則mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得a＝2m/s2。(2)當(dāng)導(dǎo)體棒勻速下滑時(shí)其受力情況如圖乙所示，設(shè)勻速下滑的速度為v，則有mgsinθ－Ff－F安＝0摩擦力Ff＝μmgcosθ安培力F安＝BIL＝Beq\f(BLv,R＋r)L＝eq\f(B2L2v,R＋r)聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得v＝5m/s。(3)通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δteq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,（R＋r）Δt)設(shè)導(dǎo)體棒下滑速度剛好為最大速度v時(shí)的位移為x，則ΔΦ＝BxL由動(dòng)能定理得mgx·sinθ－W安－μmgcosθ·x＝eq\f(1,2)mv2其中W安為克服安培力做的功，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得W安＝3J克服安培力做的功等于回路在此過程中消耗的電能，即Q＝3J則導(dǎo)體棒MN在此過程中消耗的電能Qr＝eq\f(r,R＋r)Q＝1.5J。答案：(1)2m/s2(2)5m/s(3)1.5J[針對訓(xùn)練3]如圖所示，兩根等高的四分之一光滑圓弧軌道，半徑為r、間距為L，圖中Oa水平，Oc豎直，在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B?，F(xiàn)有一根長度稍大于L、質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬棒從軌道的頂端ab處由靜止開始下滑，到達(dá)軌道底端cd時(shí)受到軌道的支持力為2mg。整個(gè)過程中金屬棒與軌道接觸良好，軌道電阻不計(jì)，重力加速度為g。求：(1)金屬棒到達(dá)軌道底端cd時(shí)的速度大小和通過電阻R的電流。(2)金屬棒從ab下滑到cd過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱和通過R的電荷量。解析：(1)金屬棒到達(dá)軌道底端cd時(shí)，由牛頓第二定律得2mg－mg＝meq\f(v2,r)解得v＝eq\r(gr)此時(shí)金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv回路中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)聯(lián)立得I＝eq\f(BL\r(gr),R)。(2)金屬棒從ab下滑到cd過程中，由能量守恒定律得mgr＝Q＋eq\f(1,2)mv2則回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mgr回路中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)回路中的平均感應(yīng)電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)通過R的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt解得q＝eq\f(BrL,R)。答案：(1)eq\r(gr)eq\f(BL\r(gr),R)(2)eq\f(1,2)mgreq\f(BrL,R)[A級——基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練]1.如圖所示，質(zhì)量為m的金屬圓環(huán)用不可伸長的細(xì)線懸掛起來，金屬圓環(huán)有一半處于水平且與環(huán)面垂直的勻強(qiáng)磁場中，從某時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，則在磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小的過程中，關(guān)于線的拉力大小，下列說法正確的是(重力加速度為g)()A．大于環(huán)重力mg，并逐漸減小B．始終等于環(huán)重力mgC．小于環(huán)重力mg，并保持恒定D．大于環(huán)重力mg，并保持恒定解析：選A。根據(jù)楞次定律知圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，再由左手定則判斷可知圓環(huán)所受安培力豎直向下，對圓環(huán)受力分析，根據(jù)受力平衡有FT＝mg＋F安，得FT>mg，F(xiàn)安＝BIL，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔB,RΔt)S，可知I為恒定電流，聯(lián)立上式可知B減小，F(xiàn)安減小，則由FT＝mg＋F安知FT減小，A正確。2．如圖，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)線框。在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(d＞L)的條形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場方向豎直向下。導(dǎo)線框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)。t＝0時(shí)導(dǎo)線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過磁場區(qū)域。下列v－t圖像中，能正確描述上述過程的是()解析：選D。導(dǎo)體切割磁感線時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電流，同時(shí)產(chǎn)生安培力阻礙導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)，利用法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力公式及牛頓第二定律可確定線框在磁場中的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)。線框進(jìn)入和離開磁場時(shí)，安培力的作用都是阻礙線框運(yùn)動(dòng)，使線框速度減小，由E＝BLv、I＝eq\f(E,R)及F＝BIL＝ma可知安培力減小，加速度減小，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場后穿過線框的磁通量不再變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，不再產(chǎn)生安培力，線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故D正確。3.如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長。從垂直于紙面向里、邊界為MN的勻強(qiáng)磁場外，線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab邊平行于MN進(jìn)入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行于MN進(jìn)入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則()A．Q1>Q2，q1＝q2 B．Q1>Q2，q1>q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1>q2解析：選A。設(shè)ab和bc邊長分別為L1、L2，線框電阻為R，穿過磁場區(qū)域的時(shí)間為t，通過線框?qū)w橫截面的電荷量q＝It＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL1L2,R)因此q1＝q2線框上產(chǎn)生的熱量為Q第一次Q1＝BL1I1L2＝BL1eq\f(BL1v,R)L2同理可以求得Q2＝BL2I2L1＝BL2eq\f(BL2v,R)L1由于L1>L2，則Q1>Q2，故A正確。4.如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，金屬棒與導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，金屬棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時(shí)間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于()A．金屬棒的機(jī)械能增加量B．金屬棒的動(dòng)能增加量C．金屬棒的重力勢能增加量D．電阻R上產(chǎn)生的熱量解析：選A。金屬棒加速上升時(shí)受到重力、拉力F及安培力。根據(jù)功能關(guān)系可知，力F與安培力做功的代數(shù)和等于金屬棒的機(jī)械能的增加量，A正確。5.如圖所示，銅質(zhì)金屬環(huán)從條形磁鐵的正上方由靜止開始下落，在下落過程中，下列判斷正確的是()A．金屬環(huán)在下落過程中的機(jī)械能守恒B．金屬環(huán)在下落過程中動(dòng)能的增加量小于其重力勢能的減少量C．金屬環(huán)的機(jī)械能先減小后增大D．磁鐵對桌面的壓力始終大于其自身的重力解析：選B。金屬環(huán)在下落過程中，磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生感應(yīng)電流，金屬環(huán)受到磁場力的作用，機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；由能量守恒定律知，金屬環(huán)重力勢能的減少量等于其動(dòng)能的增加量和在金屬環(huán)中產(chǎn)生的電能之和，B正確；金屬環(huán)下落的過程中，機(jī)械能不停地轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?，機(jī)械能一直減少，C錯(cuò)誤；當(dāng)金屬環(huán)下落到磁鐵中央位置時(shí)，無感應(yīng)電流，環(huán)和磁鐵間無作用力，磁鐵對桌面的壓力大小等于磁鐵的重力，D錯(cuò)誤。6．(多選)如圖所示，在方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域中有一個(gè)由均勻?qū)Ь€制成的單匝矩形線框abcd，線框以恒定的速度v沿垂直于磁場方向向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中線框dc邊始終與磁場右邊界平行，線框邊長ad＝L，cd＝2L。線框?qū)Ь€的總電阻為R。則在線框離開磁場的過程中，下列說法正確的是()A．a(chǎn)d間的電壓為eq\f(BLv,3)B．流過線框橫截面的電荷量為eq\f(2BL2,R)C．線框所受安培力的合力為eq\f(2B2L2v,R)D．線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為eq\f(2B2L3v,3R)解析：選ABD。線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝2BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，ad間的電壓為U＝I·eq\f(1,6)R＝eq\f(B·2Lv,R)·eq\f(1,6)R＝eq\f(BLv,3)，故A正確；流過線框橫截面的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,Δt·R)·Δt＝eq\f(2BL2,R)，故B正確；線框所受安培力的合力F＝BI·2L＝eq\f(4B2L2v,R)，故C錯(cuò)誤；線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量Q＝I2·eq\f(1,6)R·eq\f(L,v)＝eq\f(2B2L3v,3R)，故D正確。7．(多選)如圖所示，金屬桿ab以恒定的速率v在光滑平行導(dǎo)軌上向右滑行，設(shè)整個(gè)電路中總電阻為R(恒定不變)，整個(gè)裝置置于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，下列敘述正確的是()A．a(chǎn)b桿中的電流與速率v成正比B．磁場作用于ab桿的安培力與速率v成正比C．電阻R上產(chǎn)生的熱功率與速率v的二次方成正比D．外力對ab桿做功的功率與速率v成正比解析：選ABC。由E＝Blv和I＝eq\f(E,R)得I＝eq\f(Blv,R)，所以安培力F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，電阻上產(chǎn)生的熱功率P＝I2R＝eq\f(B2l2v2,R)，外力對ab做功的功率就等于回路產(chǎn)生的熱功率，故A、B、C正確，D錯(cuò)誤。[B級——能力增分練]8．(多選)如圖所示，有兩根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金屬軌道，上端接有滑動(dòng)變阻器R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一根質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬桿從軌道上由靜止滑下。經(jīng)過足夠長的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度vm，則()A．如果B增大，vm將變大B．如果α變大(仍小于90°)，vm將變大C．如果R變大，vm將變大D．如果m變小，vm將變大解析：選BC。金屬桿由靜止開始下滑的過程中，金屬桿相當(dāng)于一個(gè)電源，與滑動(dòng)變阻器R構(gòu)成一個(gè)閉合回路，其受力情況如圖所示。根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα－eq\f(B2L2v,R)＝ma所以金屬桿由靜止開始做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)a＝0時(shí)達(dá)到最大速度vm，即mgsinα＝eq\f(B2L2vm,R)，可得vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)，故由此式知B、C正確。9．水平放置的光滑平行導(dǎo)軌上放置一根長為L、質(zhì)量為m且與導(dǎo)軌接觸良好的導(dǎo)體棒ab，ab處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向如圖所示的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌的一端接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌及導(dǎo)體棒電阻不計(jì)?，F(xiàn)使ab在水平恒力F作用下由靜止沿垂直于磁場的方向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)通過的位移為x時(shí)，ab達(dá)到最大速度vm。此時(shí)撤去外力，最后ab靜止在導(dǎo)軌上。在ab運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，下列說法正確的是()A．撤去外力后，ab做勻減速運(yùn)動(dòng)B．合力對ab做的功為FxC．R上釋放的熱量為Fx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)D．R上釋放的熱量為Fx解析：選D。撤去外力后，導(dǎo)體棒在水平方向上只受安培力作用，而F安＝eq\f(B2L2v,R)，F(xiàn)安隨v的變化而變化，故導(dǎo)體棒做加速度變化的減速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；對整個(gè)過程由動(dòng)能定理得W合＝ΔEk＝0，B錯(cuò)誤；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整個(gè)回路產(chǎn)生的電能，電能又轉(zhuǎn)化為R上釋放的熱量，即Q＝Fx，C錯(cuò)誤，D正確。10．(多選)如圖所示，光滑斜面PMNQ的傾角為θ＝30°，斜面上放置一矩形導(dǎo)體線框abcd，其中ab邊長L1＝0.5m，bc邊長為L2，導(dǎo)體線框質(zhì)量m＝1kg、電阻R＝0.4Ω，有界勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2T，方向垂直于斜面向上，ef為磁場的邊界，且ef∥MN。導(dǎo)體線框在沿斜面向上且與斜面平行的恒力F＝10N作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，其ab邊始終保持與底邊MN平行。已知導(dǎo)體線框剛進(jìn)入磁場時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，且進(jìn)入過程中通過導(dǎo)體線框某一橫截面的電荷量q＝0.5C，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．導(dǎo)體線框進(jìn)入磁場時(shí)的速度為2m/sB．導(dǎo)體線框bc邊的邊長L2＝0.1mC．導(dǎo)體線框開始運(yùn)動(dòng)時(shí)ab邊到磁場邊界ef的距離為0.4mD．導(dǎo)體線框進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量為1J解析：選ACD。導(dǎo)體線框剛進(jìn)入磁場時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，則F＝mgsin30°＋eq\f(B2Leq\o\al(2,1)v,R)，解得v＝2m/s，根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL1L2,R)，解得L2＝0.2m，A正確，B錯(cuò)誤；導(dǎo)體線框在磁場外運(yùn)動(dòng)的加速度a＝eq\f(F－mgsin30°,m)＝5m/s2，則導(dǎo)體線框開始運(yùn)動(dòng)時(shí)ab邊到磁場邊界ef的距離為x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(22,2×5)m＝0.4m，C正確；導(dǎo)體線框進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量為Q＝FL2－mgL2sin30°＝10×0.2J－10×0.2×0.5J＝1J，D正確。11．如圖所示，豎直平面內(nèi)有足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，間距為0.2m，金屬導(dǎo)體ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地上下滑動(dòng)，ab的電阻為0.4Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)體ab的質(zhì)量為0.2g，垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.2T，且磁場區(qū)域足夠大，當(dāng)導(dǎo)體ab自由下落0.4s時(shí)，突然閉合開關(guān)S。(g取10m/s2)(1)試說出開關(guān)S閉合后，導(dǎo)體ab的運(yùn)動(dòng)情況。(2)導(dǎo)體ab勻速下落的速度是多少？解析：(1)閉合開關(guān)S之前，導(dǎo)體ab自由下落的末速度為v0＝gt＝4m/s開關(guān)S閉合瞬間，導(dǎo)體ab產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體ab立即受到一個(gè)豎直向上的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)＝0.016N＞mg＝0.002N此時(shí)導(dǎo)體ab受到的合力的方向豎直向上，與初速度方向相反，加速度的表達(dá)式為a＝eq\f(