专题十一 电磁感应中的动力学和能量问题
考纲解读1.会分析计算电磁感应中有安培力参与的导体的运动及平衡问题.2.会分析计算电磁感应中能量的转化与转移．
考点一 电磁感应中的动力学问题分析
1．安培力的大小
由感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝E R 和安培力公式F ＝BIL 得F ＝B 2L 2v
R
.
2．安培力的方向判断
3．导体两种状态及处理方法
(1)导体的平衡态——静止状态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)导体的非平衡态——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．
例1 (2012·广东理综·35)如图1所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板，R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．
图1
(1)调节R x ＝R ，释放导体棒，当导体棒沿导轨匀速下滑时，求通过导体棒的电流I 及导体棒的速率v . (2)改变R x ，待导体棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x .
解析 (1)对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图所示． 导体棒所受安培力F 安＝BIl
① 导体棒匀速下滑，所以F 安＝Mg sin θ
② 联立①②式，解得I ＝
Mg sin θ
Bl
③ 导体棒切割磁感线产生感应电动势E ＝Blv
④
由闭合电路欧姆定律得I ＝
E
R ＋R x ，且R x ＝R ，所以I ＝E
2R
⑤
联立③④⑤式，解得v ＝2MgR sin θ
B 2l
2
(2)由题意知，其等效电路图如图所示．
由图知，平行金属板两板间的电压等于R x 两端的电压．
设两金属板间的电压为U ，因为导体棒匀速下滑时的电流仍为I ，所以由欧姆定律知
U ＝IR x
⑥
要使带电的微粒匀速通过，则mg ＝q U
d
⑦
联立③⑥⑦式，解得R x ＝mBld
Mq sin θ
.
答案 (1)Mg sin θBl 2MgR sin θB 2l 2
(2)mBld
Mq sin θ
解决电磁感应中的动力学问题的一般 思路是 “先电后力”，即：先做“源” 的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的 电源，求出电源参数E 和r ；
再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清 串、并联关系，求出相应部分的电流大小，以 便求解安培力；
然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金 属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所 受的安培力；
最后进行“运动”状态的分析——根据力和运 动的关系，判断出正确的运动模型．
突破训练1 如图2所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上， 匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab 、cd 与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab 、cd 的质量之比为2∶1.用一沿导
轨方向的恒力
F 水平向右拉金属棒cd ，经过足够长时间以后
( )
A ．金属棒ab 、cd 都做匀速运动
B ．金属棒ab 上的电流方向是由b 向a
C ．金属棒cd 所受安培力的大小等于2F /3
D ．两金属棒间距离保持不变 答案 BC
解析 对两金属棒ab 、cd 进行受力分析和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab 速度小于金属棒cd 速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒
ab 上的电流方向是由b 到a ，A 、D 错误，B 正确；以两金属棒整体为研究对象有：F ＝3ma ，隔离金属
棒cd 分析：F －F 安＝ma ，可求得金属棒cd 所受安培力的大小F 安＝2
3F ，C 正确；因此答案选B 、C.
考点二 电磁感应中的能量问题分析 1．过程分析
(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．
(2)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的作用，因此，要维持感应 电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．“外力” 克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．
(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能． 2．求解思路
(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2
Rt 直接进行计算．
(2)若电流变化，则：①利用安培力做的功求解：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：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能．
图2
例2 如图3所示，倾角为θ＝30°、足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 相距L 1＝0.4 m ，B 1＝5 T 的匀强磁场垂直导轨平面向上．一质量m ＝1.6 kg 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，其电阻r ＝1 Ω.金属导轨上端连接右侧电路，R 1＝1 Ω，R 2＝1.5 Ω.R 2两端通过细导线连接质量M ＝0.6 kg 的正方形金属框cdef ，正方形边长L 2＝0.2 m ，每条边电阻r 0为1 Ω，金属框处在一方向垂直纸面向里、B 2＝3 T 的匀强磁场中．现将金属棒由静止释放，不计其他电阻及滑轮摩擦，
g 取10 m/s 2.
(1)若将电键S 断开，求棒下滑过程中的最大速度．
(2)若电键S 闭合，每根细导线能承受的最大拉力为3.6 N ，求细导线刚好被拉断时棒的速度． (3)若电键S 闭合后，从棒释放到细导线被拉断的过程中，棒上产生的电热为2 J ，求此过程中棒下滑的高度(结果保留一位有效数字)．
图3
解析 (1)棒下滑过程中，沿导轨的合力为0时，速度最大，mg sin θ－F 安＝0
F 安＝B 1IL 1 I ＝E
r ＋R 1＋R 2 E ＝B 1L 1v max
代入数据解得：
v max ＝7 m/s
(2)闭合S 后，设细导线刚断开时，通过金属框ef 边电流为I ′，则通过cd 边的电流为3I ′ 则：2F T －Mg －B 2I ′L 2－3B 2I ′L 2＝0 解得I ′＝0.5 A 通过R 2的电流
I 2＝3I ′r 0
R 2
I 2＝1 A
电路总电流I 1＝I 2＋4I ′＝3 A
金属框接入电路总电阻R 框＝3
4
Ω
R 2与R 框并联电阻为R ′，
R ′＝R 框R 2R 框＋R 2＝12
Ω
设此时棒的速度为v 1， 则有I 1＝
B 1L 1v 1
r ＋R 1＋R ′
解得v 1＝3.75 m/s
(3)当棒下滑高度为h 时，棒上产生的热量为Q ab ，R 1上产生的热量为Q 1，R 2与R 框上产生的总热量为Q ′，根据能量转化与守恒定律有
mgh ＝12
mv 21＋Q ab ＋Q 1＋Q ′
Q ab ＝2 J Q 1＝Q ab ＝2 J
Q ′＝Q ab
2＝1 J
解得h ≈1 m
答案 (1)7 m/s (2)3.75 m/s (3)1 m
电磁感应中能量转化问题的分析技巧 1．电磁感应过程往往涉及多种能量的转化 (1)如图4中
金属棒ab 沿导轨由静止下 滑时，重力势能减少，一 部分用来克服安培力做
功，转化为感应电流的电能，
最终在R 上转化为焦耳热，另一部分转化为金 属棒的动能．
(2)若导轨足够长，棒最终达到稳定状态做匀 速运动，之后重力势能的减小则完全用来克服 安培力做功，转化为感应电流的电能． 2．安培力做功和电能变化的特定对应关系 (1)“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．
图4
(2)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． 3．解决此类问题的步骤
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右 手定则)确定感应电动势的大小和方向． (2)画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电 功率的表达式．
(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得 到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满 足的方程，联立求解．
突破训练2 如图5所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角 为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R ，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab 质量为m ，受到沿斜面向上且与金
属棒垂直的恒力F 的作用．金属棒沿导
轨匀速下滑，则它在下滑高度h 的过程中，以下说法正确的是 ( ) A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零 B ．重力做的功等于系统产生的电能
C ．金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热
D ．金属棒克服恒力F 做的功等于电阻R 上产生的焦耳热 答案 AC
解析 根据动能定理，合力做的功等于动能的增量，故A 对；重力做的功等于重力势能 的减少，重力做的功等于克服F 所做的功与产生的电能之和，而克服安培力做的功等于 电阻R 上产生的焦耳热，所以B 、D 错，C 对．
55．应用动力学和能量观点解决电磁感应中的 “导轨＋杆”模型问题 1．模型概述
“导轨＋杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“导轨＋杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂，形式多变．
图5
2．常见模型
动能
解析 (1)设甲在磁场区域abcd 内运动时间为t 1，乙从开始运动到ab 位置的时间为t 2， 则由运动学公式得
L ＝1
2·2g sin θ·t 21，L ＝12
g sin θ·t 2
2
解得t 1＝
L g sin θ
，t 2＝
2L
g sin θ
(1分)
因为t 1 (1分) 设乙进入磁场时的速度为v 1，乙中产生的感应电动势为E 1，回路中的电流为I 1，则 12 mv 2 1＝mgL sin θ (1分) E 1＝Bdv 1 (1分) I 1＝E 1/2R (1分) mg sin θ＝BI 1d (1分) 解得R ＝B 2d 2 2m 2L g sin θ (1分) (2)从释放金属杆开始计时，设经过时间t ，甲的速度为v ，甲中产生的感应电动势为E ，回路中的电流为I ，外力为F ，则 v ＝at (1分) E ＝Bdv (1分) I ＝E /2R (1分) F ＋mg sin θ－BId ＝ma (1分) a ＝2g sin θ 联立以上各式解得 F ＝mg sin θ＋mg sin θ 2g sin θ L ·t (0≤t ≤ L g sin θ ) (1分) 方向垂直于杆平行于导轨向下． (1分) (3)甲在磁场运动过程中，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v 0，甲、乙产生的热量相同，均设为Q 1，则 v 20＝2aL (1分) W ＋mgL sin θ＝2Q 1＋1 2 mv 20 (2分) 解得W ＝2Q 1＋mgL sin θ 乙在磁场运动过程中，甲、乙产生相同的热量，均设为Q 2，则2Q 2＝mgL sin θ (2分) 根据题意有Q ＝Q 1＋Q 2 (1分) 解得W ＝2Q (1分) 答案 (1)B 2d 2 2m 2L g sin θ (2)F ＝mg sin θ＋mg sin θ 2g sin θ L ·t (0≤t ≤ L g sin θ )，方向垂直于杆平行于导轨向下 (3)2Q 突破训练3 如图7甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，其宽度L ＝1 m ，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 之间连接阻值为R ＝0.40 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg 、电阻为r ＝0.30 Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上．现使金属棒ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离s 与时间t 的关系如图乙所示，图象中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，g ＝10 m/s 2 (忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响)，求： 甲 乙 图7 (1)磁感应强度B 的大小； (2)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，通过电阻R 的电荷量； (3)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，电阻R 上产生的热量． 答案 (1)0.1 T (2)0.67 C (3)0.26 J 解析 (1)金属棒在AB 段匀速运动，由题中图象乙得： v ＝ Δs Δt ＝7 m/s I ＝BLv r ＋R ，mg ＝BIL 解得B ＝0.1 T (2)q ＝I Δt I ＝ ΔΦ R ＋r Δt ΔΦ＝ΔS Δt B 解得：q ＝0.67 C (3)Q ＝mgs －12mv 2 解得Q ＝0.455 J 从而Q R ＝ R r ＋R Q ＝ 0.26 J 高考题组 1．(2012·山东理综·20)如图8所示，相距为L 的两条足够长的光滑 平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持 拉力的功率恒为P ，导体 棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良 好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是 ( ) A ．P ＝2mgv sin θ B ．P ＝3mgv sin θ C ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g 2 sin θ D ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 答案 AC 解析 根据I ＝ E R ＝ BLv R ，导体棒由静止释放，速度达到v 时，回路中的电流为I ，则根据共点力的平衡条件，有mg sin θ＝BIL .对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，使其以2v 的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I ，则根据平衡条件，有F ＋mg sin θ＝B ·2IL ，所以拉力F ＝mg sin θ，拉力的功率P ＝F ×2v ＝2mgv sin θ，故选项A 正确，选项B 错误；当导体棒的速度达到v 2时，回路中的电流为I 2，根 据牛顿第二定律，得mg sin θ－B I 2L ＝ma ，解得a ＝g 2 sin θ，选项C 正确；当导体棒以2v 的速度匀速 图8 运动时，根据能量守恒定律知，重力和拉力所做的功之和等于R 上产生的焦耳热，故选项D 错误． 2．(2012·江苏单科·13)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图9所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为4 9 π，磁场均沿半径方向．匝数为N 的矩形线圈abcd 的边长ab ＝cd ＝l 、 bc ＝ad ＝2l .线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 边和ad 边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经 过处的磁感应强度大小均为B 、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r ，外接电阻为R .求： 图9 (1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E m ； (2)线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小F ； (3)外接电阻上电流的有效值I . 答案 (1)2NBl 2 ω (2)4N 2B 2l 3 ωr ＋R (3)4NBl 2 ω 3r ＋R 解析 (1)bc 、ad 边的运动速度v ＝ωl 2 感应电动势E m ＝4NBlv 解得E m ＝2NBl 2 ω (2)电流I m ＝ E m r ＋R 安培力F ＝2NBI m l 解得F ＝4N 2B 2l 3 ω r ＋R (3)一个周期内，通电时间t ＝4 9 T R 上消耗的电能W ＝I 2m Rt 且W ＝I 2 RT 解得I ＝4NBl 2 ω3r ＋R . 模拟题组 3. 如图10，两根足够长光滑平行金属导轨PP ′、QQ ′倾斜放 置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两 金属板M 、N 相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab 水 平跨放在导 轨上，下滑过程中与导轨接触良好． 现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则( ) A．金属棒ab最终可能匀速下滑 B．金属棒ab一直加速下滑 C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势 D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动 答案BC 解析金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对金属板M、N充电，充电电流通过金属棒时金属棒受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mg sin θ－BIL>0，金属棒将一直加速下滑，A错，B对；由右手定则可知，金属棒a端(即M板)电势高，C对；若微粒带负电，则电场力向上，与重力反向，开始时电场力为0，微粒向下加速，当电场力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，可能向N板减速运动到零后再向M板运动，D错． 4．如图11所示，足够长的光滑平行金属导轨cd和ef水平放置，在其左端连接倾角为θ＝37°的光滑金属导轨ge、hc，导轨间距均为L＝1 m，在水平导轨和倾斜导轨上，各放一根与导轨垂直的金属杆，金属杆与导轨接触良好．金属杆a、b质量均为m＝0.1 kg，电阻R a＝2 Ω、R b＝3 Ω，其余电阻不计．在水平导轨和斜面导轨区域分别有竖直向上和竖直向下的匀强磁场B1、B2，且B1＝B2＝0.5 T．已知从t ＝0时刻起，杆a在外力F1作用下由静止开始水平向右运动，杆b在水平向右的外力F2作用下始终保持静止状态，且F2＝0.75＋0.2t (N)．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) 图11 (1)通过计算判断杆a的运动情况； (2)从t＝0时刻起，求1 s内通过杆b的电荷量； (3)若t＝0时刻起，2 s内作用在杆a上的外力F1做功为13.2 J，则这段时间内杆b上产生的热量为 多少？ 答案(1)以4 m/s2的加速度做匀加速运动 (2)0.2 C (3)6 J 解析(1)因为杆b静止，所以有 F2－B2IL＝mg tan 37° 而F2＝0.75＋0.2t(N) 解得I＝0.4t (A) 整个电路中的电动势由杆a运动产生，故 E＝I(R a＋R b) E ＝B 1Lv 解得v ＝4t 所以，杆a 做加速度为a ＝4 m/s 2 的匀加速运动． (2)杆a 在1 s 内运动的距离d ＝12 at 2 ＝2 m q ＝I Δt I ＝E R a ＋R b E ＝ ΔΦΔt ＝B 1Ld Δt q ＝ΔΦR a ＋R b ＝B 1Ld R a ＋R b ＝0.2 C 即1 s 内通过杆b 的电荷量为0.2 C (3)设整个电路中产生的热量为Q ，由能量守恒定律得 W 1－Q ＝1 2 mv 21 v 1＝at ＝8 m/s 解得Q ＝10 J 从而Q b ＝ R b R a ＋R b Q ＝6 J 专题突破练 专题十一 电磁感应现象中的动力学和能量问题 (限时：60分钟) ?题组1 电磁感应中的动力学问题 1．如图1(a)所示为磁悬浮列车模型，质量M ＝1 kg 的绝缘板底座静止在动摩擦因数μ1＝0.1的粗糙水平地面上．位于磁场中的正方形金属框ABCD 为动力源，其质量m ＝1 kg ，边长为1 m ，电阻为1 16 Ω，与 绝缘板间的动摩擦因数μ2＝0.4.OO ′为AD 、BC 的中线．在金属框内有可随金属框同步移动的磁场， OO ′CD 区域内磁场如图(b)所示，CD 恰在磁场边缘以外；OO ′BA 区域内磁场如图(c)所示，AB 恰在磁 场边缘以内(g ＝10 m/s 2 )．若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则金属框从静止释放后 ( ) 图1 A ．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为3 m/s 2 B ．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为7 m/s 2 C ．若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s 2 ，绝缘板仍静止 D ．若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s 2 ，绝缘板的加速度为2 m/s 2 答案 AD 解析 若金属框固定在绝缘板上，由题意得E ＝ΔB 1Δt ·12S ABCD ＝1×12×1×1 V＝0.5 V ，I ＝E R ＝8 A ，F AB ＝B 2IL ＝8 N ，取绝缘板和金属框整体进行受力分析，由牛顿第二定律：F AB －μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，解得a ＝3 m/s 2 ，A 对，B 错；若金属框不固定，对金属框进行受力分析，假设其相对绝缘板滑动，F f1＝μ2mg ＝0.4×1×10 N＝4 N ；对绝缘板应用牛顿第二定律得F f1－F f2＝Ma 2，F f2＝μ1(M ＋m )g ＝2 N ，解得a 2＝2 m/s 2 ，C 错，D 对． 2．(2011·天津理综·11)如图2所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 间距为l ＝0.5 m ， 其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金 属棒ab 、cd 分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接 触，已知两棒 质量均为m＝0.02 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速 运动，而棒cd恰好能够保持静止，取g＝10 m/s2，问： (1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？ (2)棒ab受到的力F多大？ (3)棒cd每产生Q＝0.1 J的热量，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 F cd＝IlB 棒cd在共点力作用下受力平衡，则 F cd＝mg sin 30° 代入数据解得 I＝1 A 根据楞次定律可知，棒cd中的电流方向由d至c (2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等 F ab＝F cd 对棒ab，由受力平衡知 F＝mg sin 30°＋IlB 代入数据解得 F＝0.2 N (3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1 J的热量，由焦耳定律知 Q＝I2Rt 设棒ab匀速运动的速度大小为v，其产生的感应电动势 E＝Blv 由闭合电路欧姆定律知 I＝E 2R 由运动学公式知在时间t内，棒ab沿导轨的位移 s＝vt 力F做的功 W＝Fs 综合上述各式，代入数据解得 W＝0.4 J 3. 如图3所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为l， 导轨左端连接一个电阻．一根质量为m、电阻为r的金属杆ab垂直放置在导 轨上．在杆的右方距杆为d 处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向下，磁感应强度为B .对杆施加一个大小 为F 、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，已知杆到达磁场区域时速度为v ，之后进入磁场恰好做匀速运动．不计导轨的电阻，假定导轨与杆之间存在恒定的阻力．求： (1)导轨对杆ab 的阻力大小F f . (2)杆ab 中通过的电流及其方向． (3)导轨左端所接电阻的阻值R . 答案 (1)F －mv 22d (2)mv 22Bld ，方向由a 流向b (3)2B 2l 2 d mv －r 解析 (1)杆ab 进入磁场前做匀加速运动，有 F －F f ＝ma v 2＝2ad 解得导轨对杆的阻力F f ＝F －mv 2 2d (2)杆ab 进入磁场后做匀速运动，有 F ＝F f ＋F 安 杆ab 所受的安培力F 安＝IBl 解得杆ab 中通过的电流I ＝mv 2 2Bld 由右手定则判断杆中的电流方向自a 流向b (3)杆运动过程中产生的感应电动势E ＝Blv 杆中的感应电流I ＝ E R ＋r 解得导轨左端所接电阻阻值R ＝2B 2l 2 d mv －r ?题组2 电磁感应中的能量问题 4. 如图4所示，竖直放置的两根足够长平行金属导轨相距L ，导轨间接有一 定值电阻R ，质量为m ，电阻为r 的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，且无摩擦，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，现将金属棒由静止释放，金 属棒下落高度为h 时开始做匀速运动，在此过程中 ( ) A ．导体棒的最大速度为2gh B ．通过电阻R 的电荷量为 BLh R ＋r C ．导体棒克服安培力做的功等于电阻R 上产生的热量 D ．重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量 答案 BD 图4 解析 金属棒由静止释放后，当a ＝0时，速度最大，即mg －BL BLv m R ＋r ＝0，解得v m ＝mg R ＋r B 2L 2 ，A 项错误．此过程通过R 的电荷量q ＝I Δt ＝BLh R ＋r Δt ·Δt ＝BLh R ＋r ，B 项正确．导体棒克服安培力做 的功等于整个电路产生的热量，C 项错误．由动能定理知对导体棒有ΔE k ＝W 重＋W 安，D 项正确． 5．(2011·上海单科·32)如图5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R ＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度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： 图5 (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＝12mv 2 m ，….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 2 R ＋r v ＝ma 所以a ＝g sin 30°－B 2L 2 m 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 mv 2m 所以v m ＝ 2gs sin 30°－2Q m ＝ 2×10×1.15×12－2×0.4 0.2 m/s ≈2.74 m/s. 6．如图6所示，两平行光滑的金属导轨MN 、PQ 固定在水平面上，相距为L ，处于竖直方向的磁场中，整个磁场由若干个宽度皆为d 的条形匀强磁场区域1、2、3、4……组成，磁感应强度B 1、B 2的方向相反，大小相等，即B 1＝B 2＝B .导轨左端MP 间接一电阻R ，质量为m 、电阻为r 的细导体棒ab 垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，不计导轨的电阻．现对棒ab 施加水平向右的拉力，使其从区域1磁场左边界位置开始以速度v 0向右做匀速直线运动并穿越n 个磁场区域． 图6 (1)求棒ab 穿越区域1磁场的过程中电阻R 产生的焦耳热Q ； (2)求棒ab 穿越n 个磁场区域的过程中拉力对棒ab 所做的功W ； (3)规定棒中从a 到b 的电流方向为正，画出上述过程中通过棒ab 的电流I 随时间t 变化的图象； (4)求棒ab 穿越n 个磁场区域的过程中通过电阻R 的净电荷量q . 答案 (1)B 2L 2v 0Rd R ＋r 2 (2) nB 2L 2v 0d R ＋r (3)见解析图 (4) BLd R ＋r 或0 解析 (1)棒产生的感应电动势E ＝BLv 0 通过棒的感应电流I ＝ E R ＋r 电阻R 产生的焦耳热Q ＝(E R ＋r )2 R ·d v 0＝B 2L 2v 0Rd R ＋r 2 (2)拉力对棒ab 所做的功W ＝E 2 R ＋r ·d v 0·n ＝nB 2L 2v 0d R ＋r (3)I －t 图象如图所示 (4)若n 为奇数，通过电阻R 的净电荷量q ＝ΔΦ1R ＋r ＝BLd R ＋r 若n 为偶数，通过电阻R 的净电荷量q ＝ΔΦ2 R ＋r ＝0 注：(2)问中功W 也可用功的定义式求解；(4)问中的电荷量也可用(3)问中的图象面积求出．
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