专题 电磁感应中的动力学和能量问题
一、电磁感应中的动力学问题
1．电磁感应与动力学、运动学结合的动态分析，分析方法是：
导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导线受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……周而复始地循环，直至达到稳定状态．
2．分析动力学问题的步骤
(1)用电磁感应定律和楞次定律、右手定则确定感应电动势的大小和方向．
(2)应用闭合电路欧姆定律求出电路中感应电流的大小．
(3)分析研究导体受力情况，特别要注意安培力方向的确定．
(4)列出动力学方程或平衡方程求解．
3．两种状态处理
(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件——合外力等于零，列式分析．
(2)导体处于非平衡态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
二、电磁感应中的能量问题
1．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程．电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力作用，因此要维持感应电流存在，必须有“外力”克服安培力做功．此过程中，其他形式的能转化为电能，“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．可以简化为下列形式：
其他形式的能如：机械能
――→安培力做负功电能 ――→电流做功其他形式的能如：内能
同理，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能．
2．电能求解的思路主要有三种
(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
(2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能；
(3)利用电路特征求解：通过电路中所产生的电能来计算．
例1 如图所示，MN 、PQ 为足够长的平行金属导轨，间距L ＝0.50 m ，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N 、Q 间连接一个电阻R ＝5.0 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B ＝1.0 T ．将一根质量为m ＝0.050 kg 的金属棒放在导轨的ab 位置，金属棒及导轨的电阻不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，当金属棒滑行至cd 处时，其速度大小开始保持不变，位置cd 与ab 之间的距离s ＝2.0 m ．已知g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：
(1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；
(2)金属棒到达cd 处的速度大小；
(3)金属棒由位置ab 运动到cd 的过程中，电阻R 产生的热量．
解析 (1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为a ，则
mg sin θ－μmg cos θ＝ma a ＝2.0 m/s 2
(2)设金属棒到达cd 位置时速度大小为v 、电流为I ，金属棒受力平衡，有mg sin θ＝BIL ＋
μmg cos θ I ＝BL v R
解得v ＝2.0 m/s (3)设金属棒从ab 运动到cd 的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ，由能量守恒，
有mgs sin θ＝12
m v 2＋μmgs cos θ＋Q 解得Q ＝0.10 J 突破训练1 如图所示，相距为L 的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为θ，导
轨上固定有质量为m 、电阻为R 的两根相同的导体棒，导体棒MN 上方轨道粗糙、下方轨道光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B .将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN 下滑而EF 保持静止，当MN 下滑速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，下列叙述正确的是 ( )
A ．导体棒MN 的最大速度为2mgR sin θ
B 2L 2
B ．导体棒EF 与轨道之间的最大静摩擦力为mg sin θ
C ．导体棒MN 受到的最大安培力为mg sin θ
D ．导体棒MN 所受重力的最大功率为m 2g 2R sin 2 θB 2L 2
答案 AC
解析 由题意可知，导体棒MN 切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝BL v ，回路中的电流
I ＝E 2R ，MN 受到的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 2R
，故MN 沿斜面做加速度减小的加速运动，当MN 受到的安培力大小等于其重力沿轨道方向的分力时，速度达到最大值，此后MN 做匀速运
动．故导体棒MN 受到的最大安培力为mg sin θ，导体棒MN 的最大速度为2mgR sin θB 2L 2
，选项A 、C 正确．由于当MN 下滑速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，由力的平衡知识可知EF 与轨道之间的最大静摩擦力为2mg sin θ，B 错误．由P ＝G v sin θ可
知导体棒MN 所受重力的最大功率为2m 2g 2R sin 2 θB 2L 2
，D 错误． 例2 如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ ， 磁感应强度B 的大小为5 T ，磁场宽度d ＝0.55 m ，有一边长L ＝0.4 m 、质量m 1＝0.6 kg 、电阻R ＝2 Ω的正方形均匀导体线框abcd 通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m 2＝0.4 kg 的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)线框abcd 还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？
(2)当ab 边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab 边距磁场MN 边界的距离x 多大？
(3)在(2)问中的条件下，若cd 边恰离开磁场边界PQ 时，速度大小为2 m/s ，求整个运动过程中ab 边产生的热量为多少？
审题指导 1.线框abcd 未进入磁场时，线框沿斜面向下加速，m 2沿水平面向左加速，属连接体问题．
2．ab 边刚进入磁场时做匀速直线运动，可利用平衡条件求速度．
3．线框从开始运动到离开磁场的过程中，线框和物体组成的系统减少的机械能转化为线框的焦耳热．
解析 (1)m 1、m 2运动过程中，以整体法有m 1g sin θ－μm 2g ＝(m 1＋m 2)a
a ＝2 m/s 2
以m 2为研究对象有F T －μm 2g ＝m 2a (或以m 1为研究对象有m 1g sin θ－F T ＝m 1a )
F T ＝2.4 N
(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有
m 1g sin θ－μm 2g －B 2L 2v R
＝0 v ＝1 m/s ab 到MN 前线框做匀加速运动，有v 2＝2ax x ＝0.25 m
(3)线框从开始运动到cd 边恰离开磁场边界PQ 时：
m 1g sin θ(x ＋d ＋L )－μm 2g (x ＋d ＋L )＝12(m 1＋m 2)v 21＋Q 解得：Q ＝0.4 J 所以Q ab ＝14
Q ＝0.1 J
突破训练2 如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R 的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B .有一质量为m 、长为l 的导体棒从ab 位置获得平行于斜面、大小为v 的初速度向上运动，最远到达a ′b ′位置，滑行的距离为s ，导体棒的电阻也为R ， 与导轨之间的动摩擦因数为μ.则 ( )
A ．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B 2l 2v R
B ．上滑过程中电流做功发出的热量为12
m v 2－mgs (sin θ＋μcos θ) C ．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为12
m v 2 D ．上滑过程中导体棒损失的机械能为12
m v 2－mgs sin θ 答案 BD
解析 导体棒刚开始运动时所受安培力最大，F m ＝BIl ＝B 2l 2v 2R
，A 选项错误．由能量守恒定律可知：导体棒动能减少的数值应该等于导体棒重力势能的增加量以及克服安培力做功产生
的电热和克服摩擦阻力做功产生的内能，其公式表示为：12
m v 2＝mgs sin θ＋μmgs cos θ＋Q 电热，则有：Q 电热＝12
m v 2－(mgs sin θ＋μmgs cos θ)，即为导体棒克服安培力做的功．导体棒损失的机械能即为克服安培力做功和克服摩擦阻力做功的和，W 损失＝12
m v 2－mgs sin θ.故B 、D 正确．
例3 如图所示，足够长的金属导轨MN 、PQ 平行放置，间距为L ，与水平面成θ角，导
轨与定值电阻R 1和R 2相连，且R 1＝R 2＝R ，R 1支路串联开关S ，原来S 闭合．匀强磁场垂直导轨平面向上，有一质量为m 、有效电阻也为R 的导体棒ab 与导轨垂直放置，它与导轨粗糙接触且始终接触良好．现将导体棒ab 从静止释放，沿导轨下滑，当导体
棒运动达到稳定状态时速率为v ，此时整个电路消耗的电功率为重力功率的34
.已知重力加速度为g ，导轨电阻不计，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小和达到稳定状态后导体棒ab 中的电流强度I ；
(2)如果导体棒ab 从静止释放沿导轨下滑x 距离后达到稳定状态，这一过程回路中产生的电热是多少？
(3)导体棒ab 达到稳定状态后，断开开关S ，从这时开始导体棒ab 下滑一段距离后，通过导体棒ab 横截面的电荷量为q ，求这段距离是多少？
解析 (1)回路中的总电阻为：R 总＝32
R 当导体棒ab 以速度v 匀速下滑时棒中的感应电动势为：E ＝BL v
此时棒中的感应电流为：I ＝E R 总 此时回路的总电功率为：P 电＝I 2R 总 此时重力的功率为：P 重＝mg v sin θ
根据题给条件有：P 电＝34
P 重，解得：I ＝ mg v sin θ2R
B ＝32L mgR sin θ2v (2)设导体棒ab 与导轨间的滑动摩擦力大小为F f ，根据能量守恒定律可知：14
mg v sin θ ＝F f v 解得：F f ＝14
mg sin θ 导体棒ab 减少的重力势能等于增加的动能、回路中产生的焦耳热以及克服摩擦力做功
的和mg sin θ·x ＝12
m v 2＋Q ＋F f ·x 解得：Q ＝34mg sin θ·x －12
m v 2 (3)S 断开后，回路中的总电阻为：R 总′＝2R
设这一过程经历的时间为Δt ，这一过程回路中的平均感应电动势为E ，通过导体棒ab
的平均感应电流为I ，导体棒ab 下滑的距离为s ，则：E ＝ΔΦΔt ＝BLs Δt ，I ＝E R 总′＝BLs 2R Δt
得：q ＝I Δt ＝BLs 2R 解得：s ＝4q 3 2v R mg sin θ
巩固练习
1．(2013·安徽·16)如图所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为 0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6) ( )
A ．2.5 m /s 1 W
B ．5 m/s 1 W
C ．7.5 m /s 9 W
D ．15 m/s 9 W
解析 导体棒MN 匀速下滑时受力如图所示，由平衡条件可得
F 安＋μmg cos 37°＝mg sin 37°，所以F 安＝mg (sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N ，由
F 安＝BIL 得I ＝F 安BL
＝1 A ，所以E ＝I (R 灯＋R MN )＝2 V ， 导体棒的运动速度v ＝E BL
＝5 m/s ，小灯泡消耗的电功率为P 灯＝I 2R 灯＝1 W ．正确选项为B.
2．如图甲所示，电阻不计且间距L ＝1 m 的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R ＝2 Ω的电阻，虚线OO ′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab 从OO ′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平．已知杆ab 进入磁场时的速度v 0＝1 m /s ，下落0.3 m 的过程中加速度a 与下落距离h 的关系图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则 ( )
A ．匀强磁场的磁感应强度为1 T
B ．杆ab 下落0.3 m 时金属杆的速度为1 m/s
C ．杆ab 下落0.3 m 的过程中R 上产生的热量为0.2 J
D ．杆ab 下落0.3 m 的过程中通过R 的电荷量为0.25 C
解析 在杆ab 刚进入磁场时，有B 2L 2v 0R
－mg ＝ma ，由题图乙知，a 的大小为10 m/s 2，解得B ＝2 T ，A 错误．杆ab 下落0.3 m 时杆做匀速运动，则有B 2L 2v ′R
＝mg ，解得v ′＝0.5 m/s ，选项B 错误．在杆ab 下落0.3 m 的过程，根据能量守恒，R 上产生的热量
为Q ＝mgh －12m v ′2＝0.287 5 J ，选项C 错误．通过R 的电荷量q ＝ΔΦR ＝B ·ΔS R
＝0.25 C ．选项D 正确．
3．在如图所示倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，
区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为
L .一质量为m 、电阻为R 、边长为L 2
的正方形导体线圈，在沿平行斜面向下的拉力F 作用下由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ时，恰好做匀速直线运动，下列说法中正确的有(重力加速度为g ) ( )
A ．从线圈的ab 边刚进入磁场Ⅰ到线圈dc 边刚要离开磁场Ⅱ的过程中，线圈ab 边中产生
的感应电流先沿b →a 方向再沿a →b 方向
B ．线圈进入磁场Ⅰ过程和离开磁场Ⅱ过程所受安培力方向都平行斜面向上
C ．线圈ab 边刚进入磁场 Ⅰ 时的速度大小为4R (mg sin θ＋F )B 2L 2
D ．线圈进入磁场Ⅰ做匀速运动的过程中，拉力F 所做的功等于线圈克服安培力所做的功
答案 BC
解析 由右手定则可知线圈的ab 边刚进入磁场Ⅰ和线圈的dc 边刚要离开磁场Ⅱ时，线圈ab 边中的感应电流方向均为b →a ，线圈经过JP 时感应电流的方向为a →b ，A 错误．由楞次定律可判断出感应电流所受磁场的安培力阻碍线圈的切割磁感线运动，B 正确．线圈ab
边刚进入磁场Ⅰ时，受到的安培力F 安＝BI L 2＝B 2L 2v 4R
，由共点力的平衡知识可知F 安＝mg sin θ＋F ，联立可得线圈ab 边刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为4R (mg sin θ＋F )B 2L 2
，C 正确．线圈进入磁场Ⅰ做匀速运动的过程中，合外力做的功为0，即拉力F 和重力沿斜面方向的分力所做的功等于线圈克服安培力所做的功，D 错误．
课后练习
?题组1 电磁感应中的动力学问题
1.如图所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一定值电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可以在ab 、cd 上无摩擦地滑动．杆ef 及线框中导线的电阻都可不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则 ( )
A ．ef 将减速向右运动，但不是匀减速
B ．ef 将匀减速向右运动，最后停止
C ．ef 将匀速向右运动
D ．ef 将做往返运动
答案 A
解析 杆ef 向右运动，所受安培力F ＝BIl ＝Bl Bl v R ＝B 2l 2v R
，方向向左，故杆ef 做减速运动； v 减小，F 减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A 正确．
2.一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图所示，则 ( )
A ．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动
B ．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动
C ．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动
D ．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动
答案 C
解析 从线框全部进入磁场至线框开始离开磁场，线框做加速度为g 的匀加速运动，可知线圈离开磁场过程中受的安培力大于进入磁场时受的安培力，故只有C 项正确．
3．在伦敦奥运会上，100 m 赛跑跑道两侧设有跟踪仪，其原理如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L ＝0.5 m ，一端通过导线与阻值为R ＝0.5 Ω的电阻连接．导轨上放一质量为m ＝0.5 kg 的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计．匀强磁场方向竖直向下．用与导轨平行的拉力F 作用在金属杆上，使杆运动．当改变拉力的大小时，相对应的速度v 也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持一致．已知v 和F 的关系如图乙．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)则 ( )
A ．金属杆受到的拉力与速度成正比
B ．该磁场的磁感应强度为1 T
C ．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小
D ．导轨与金属杆之间的动摩擦因数μ＝0.4
答案 BCD 解析 由题图乙可知拉力与速度是一次函数，但不成正比，故A 错；图线在横轴的截距是速度为零时的拉力，金属杆将要运动，此时阻力——最大静摩擦力等于该拉力，也等于运动
时的滑动摩擦力，C 对；由F －BIL －μmg ＝0及I ＝BL v R 可得：F －B 2L 2v R
－μmg ＝0，从题图乙上分别读出两组F 、v 数据代入上式即可求得B ＝1 T ，μ＝0.4，所以选项B 、D 对．
4.如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，ab 边的边长为l 1，bc 边的边长为l 2，线框的质量为m ，电阻为R ，线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连，重物质量为M .斜面上ef 线(ef 平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab 边始终平行于底边，则下列说法正确的是 ( )
A ．线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θm
B ．线框进入磁场时匀速运动的速度为(Mg －mg sin θ)R Bl 1
C ．线框做匀速运动的总时间为B 2l 21Mg －mgR sin θ
D ．该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg －mg sin θ)l 2
答案 D
解析 由牛顿第二定律，Mg －mg sin θ＝(M ＋m )a ，解得线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θM ＋m
，A 错误．由平衡条件，Mg －mg sin θ－F 安＝0，F 安＝BIl 1，I ＝E R ，E ＝Bl 1v ，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v ＝(Mg －mg sin θ)R B 2l 21
，B 错误．线框做匀速运动的总时间为t ＝l 2v ＝B 2l 21l 2(Mg －mg sin θ)R
，C 错误．由能量守恒定律，该匀速运动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小，为(Mg －mg sin θ)l 2，D 正确．
?题组2 电磁感应中的能量问题
5．一质量为m 、电阻为r 的金属杆ab ，以初速度v 0从一对光滑的平行金属导轨底
端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R 相连，如图所示，
磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底
端时的速度大小为v ，则 ( )
A ．向上滑行的时间小于向下滑行的时间
B ．向上滑行的过程中电阻R 上产生的热量大于向下滑行的过程中电阻R 上产生的热量
C ．向上滑行的过程中与向下滑行的过程中通过电阻R 的电荷量相等
D ．金属杆从开始上滑至返回出发点的过程中，电阻R 上产生的热量为12
m (v 20－v 2) 答案 ABC
解析 金属杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，所以上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间，A 对；向上滑行过程的平均速度大，感应电流大，安培力做的功多，R 上产生的热量多，B
对；由q ＝ΔΦR ＋r
知C 对；由能量守恒定律知回路中产生的总热量为12m (v 20－v 2)，D 错． 6.在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B 的匀强磁场，区 域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L ，一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v 1做匀速直线运动；当ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置时，线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动，从ab 边越过GH 到到达MN 与JP 的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔE k ，重力对线框做功大小为W 1，安培力对线框做功大小为W 2，下列说法中正确的有 ( )
图6
A ．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v 2>v 1
B ．从ab 边越过GH 到到达MN 与JP 的中间位置的过程中，线框的机械能守恒
C ．从ab 边越过GH 到到达MN 与JP 的中间位置的过程中，有W 1－ΔE k 的机械能转化为电能
D ．从ab 边越过GH 到到达MN 与JP 的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小Δ
E k
＝W 1－W 2
答案 CD
解析 ab 边越过JP 后回路感应电动势增大，感应电流增大，因此所受安培力增大，安培力阻碍线框下滑，因此ab 边越过JP 后开始做减速运动，使感应电动势和感应电流均减小，安培力减小，当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mg sin θ相等时，以速度v 2做匀速运动，因此v 2 7．如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°角，在斜面上虚线aa ′和bb ′与 斜面底边平行，在aa ′、b ′b 围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B ＝1 T ；现有一质量为m ＝10 g 、总电阻为R ＝1 Ω、边长为d ＝0.1 m 的正方形金属线圈MNPQ ，让PQ 边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)线圈进入磁场区域时，受到的安培力大小； (2)线圈释放时，PQ 边到bb ′的距离； (3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热． 答案 (1)2×10－2 N (2)1 m (3)4×10－3 J 解析 (1)对线圈受力分析有：F 安＋μmg cos θ＝mg sin θ代入数据得：F 安＝2×10－2 N (2)F 安＝Bid E ＝B v d I ＝E R 解得：F 安＝B 2d 2v R 代入数据得：v ＝2 m/s 线圈进入磁场前做匀加速运动，a ＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2 线圈释放时，PQ 边到bb ′的距离x ＝v 22a ＝1 m (3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d ＝0.1 m Q ＝W 安＝F 安·2d 解得：Q ＝4×10－3 J 8．如图所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s ＝1.15 m ，两导轨间距L ＝0.75 m ，导 轨倾角为30°，导轨上端ab 接一阻值为R ＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度为B ＝0.8 T 的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r ＝0.5 Ω、质量m ＝0.2 kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab 处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q r ＝0.1 J ．(取g ＝10 m/s 2)求： (1)金属棒在此过程中克服安培力做的功W 安； (2)金属棒下滑速度v ＝2 m/s 时的加速度a ； (3)为求金属棒下滑的最大速度v m ，有同学解答如下：由动能定理，W G －W 安＝12m v 2m ，…. 由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答． 答案 (1)0.4 J (2)3.2 m/s 2 (3)见解析 解析 (1)下滑过程中安培力做的功即为电阻上产生的焦耳热，由于R ＝3r ，因此 Q R ＝3Q r ＝0.3 J 所以W 安＝Q ＝Q R ＋Q r ＝0.4 J (2)金属棒下滑时受重力和安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2 R ＋r v 由牛顿第二定律得mg sin 30°－B 2L 2R ＋r v ＝ma 所以a ＝g sin 30°－B 2L 2m (R ＋r ) v ＝[10×12－0.82×0.752×20.2×(1.5＋0.5) ] m /s 2＝3.2 m/s 2 (3)此解法正确． 金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足 mg sin 30°－B 2L 2 R ＋r v ＝ma 上式表明，加速度随速度增大而减小，棒做加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的最大速度，因此上述解法正确． mgs sin 30°－Q ＝12 m v 2m 所以v m ＝ 2gs sin 30°－2Q m ＝ 2×10×1.15×12－2×0.40.2 m /s ≈2.74 m/s.
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