7、面．在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，
且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸．已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g.忽略所有電阻．讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求：
(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；
(2)金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系．
解析：(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動勢為E＝BLv ①
平行板電容器兩極板之間的電勢差為U＝E ②
設(shè)此時(shí)電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有
C＝ ③
聯(lián)立①②③式得Q＝CBLv. ④
(2)設(shè)金屬棒的速度大小為v時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t，通過金屬棒的電流為i.金
8、屬棒受到的磁場的作用力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為F安＝BLi ⑤
設(shè)在時(shí)間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，據(jù)定義有i＝ ⑥
ΔQ也是平行板電容器兩極板在時(shí)間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)增加的電荷量．由④式得：ΔQ＝CBLΔv ⑦
式中，Δv為金屬棒的速度變化量．據(jù)定義有
a＝ ⑧
金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為
Ff＝μFN ⑨
式中，F(xiàn)N是金屬棒對導(dǎo)軌的正壓力的大小，
有FN＝mgcosθ ⑩
金屬棒在時(shí)刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有
mgsinθ－F安－Ff＝ma ?
聯(lián)立⑤至?式得a＝g ?
由?式及題設(shè)可知，金屬棒做初
9、速度為零的勻加速運(yùn)動．t時(shí)刻金屬棒的速度大小為
v＝gt.
答案：(1)Q＝CBLv (2)v＝gt
電磁感應(yīng)中的能量問題[學(xué)生用書P210]
【題型解讀】
電磁感應(yīng)過程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功的形式實(shí)現(xiàn)的，安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程，外力克服安培力做功，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程．
1．能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法
(1)能量轉(zhuǎn)化
(2)求解焦耳熱Q的三種方法
2．解題的一般步驟
(1)確定研究對象(導(dǎo)體棒或回路)；
(2)弄清電磁感應(yīng)過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；
(3)根據(jù)功能關(guān)系或
10、能量守恒定律列式求解．
【典題例析】
(2018·臺山模擬)如圖所示，兩根正對的平行金屬直軌道MN、M′N′位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l＝0.50 m．軌道的MM′端接一阻值為R＝0.50 Ω的定值電阻，直軌道的右端處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.60 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場區(qū)域右邊界為NN′、寬度d＝0.80 m；水平軌道的最右端與兩條位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、N′P′平滑連接，兩半圓形軌道的半徑均為R0＝0.50 m．現(xiàn)有一導(dǎo)體桿ab靜止在距磁場的左邊界s＝2.0 m處，其質(zhì)量m＝0.20 kg、電阻r＝0.10 Ω.ab桿在與桿垂直的、大小為2.0 N的水平
11、恒力F的作用下開始運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動至磁場的左邊界時(shí)撤去F，桿穿過磁場區(qū)域后，沿半圓形軌道運(yùn)動，結(jié)果恰好能通過半圓形軌道的最高位置PP′.已知桿始終與軌道垂直，桿與直軌道之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.10，軌道電阻忽略不計(jì)，取g＝10 m/s2.求：
(1)導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場時(shí)，通過導(dǎo)體桿的電流的大小和方向；
(2)在導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中，通過電阻R的電荷量；
(3)在導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中，整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱．
[審題突破] (1)先由動能定理求出導(dǎo)體桿進(jìn)入磁場時(shí)的速度，然后由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可求得感應(yīng)電流大小，再由右手定則判斷感應(yīng)電流方向．
(2)先求出產(chǎn)生的感應(yīng)電
12、動勢的平均值，然后根據(jù)歐姆定律求出電流的平均值，進(jìn)而求出電荷量．
(3)回路中機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律求出電路中產(chǎn)生的焦耳熱．
[解析] (1)設(shè)導(dǎo)體桿在F的作用下運(yùn)動至磁場的左邊界時(shí)的速度為v1
由動能定理得(F－μmg)s＝mv－0
導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Blv1
此時(shí)通過導(dǎo)體桿的電流大小為I＝
代入數(shù)據(jù)解得I＝3 A
由右手定則可知，電流的方向?yàn)橛蒪指向a.
(2)ΔΦ＝B·ld，＝，＝，q＝·Δt
聯(lián)立解得q＝0.4 C.
(3)由(1)可知，導(dǎo)體桿在F的作用下運(yùn)動至磁場的左邊界時(shí)的速度v1＝6.0 m/s
設(shè)導(dǎo)體桿通過半圓形軌道的最高
13、位置時(shí)的速度為v，則有mg＝
在導(dǎo)體桿從剛進(jìn)入磁場到滑至最高位置的過程中，由能量守恒定律有
mv＝Q＋mg×2R0＋mv2＋μmgd
解得Q＝0.94 J.
[答案] (1)3 A 方向?yàn)橛蒪指向a (2)0.4 C
(3)0.94 J
【跟進(jìn)題組】
1.
豎直平面內(nèi)有一形狀為拋物線的光滑曲面軌道，如圖所示，拋物線方程是y＝x2，軌道下半部分處在一個(gè)水平向外的勻強(qiáng)磁場中，磁場的上邊界是y＝a的直線(圖中虛線所示)，一個(gè)小金屬環(huán)從拋物線上y＝b(b>a)處以速度v沿拋物線下滑，假設(shè)拋物線足夠長，金屬環(huán)沿拋物線下滑后產(chǎn)生的焦耳熱總量是( )
A．mgb B
14、.mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2
解析：選D.小金屬環(huán)進(jìn)入或離開磁場時(shí)，磁通量會發(fā)生變化，并產(chǎn)生感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱；當(dāng)小金屬環(huán)全部進(jìn)入磁場后，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，小金屬環(huán)最終在磁場中做往復(fù)運(yùn)動，由能量守恒可得產(chǎn)生的焦耳熱等于減少的機(jī)械能，即Q＝mv2＋mgb－mga＝mg(b－a)＋mv2.
2．(2016·高考浙江卷)
小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.50 m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R＝0.05 Ω的電阻．在導(dǎo)軌間長d＝0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0 T．質(zhì)量m＝
15、4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連．CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直．當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)．求：
(1)CD棒進(jìn)入磁場時(shí)速度v的大??；
(2)CD棒進(jìn)入磁場時(shí)所受的安培力FA的大??；
(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.
解析：(1)由牛頓第二定律a＝＝1
16、2 m/s2 ①
進(jìn)入磁場時(shí)的速度v＝＝2.4 m/s. ②
(2)感應(yīng)電動勢E＝Blv ③
感應(yīng)電流I＝ ④
安培力FA＝IBl ⑤
代入得FA＝＝48 N． ⑥
(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J ⑦
由牛頓第二定律F－mgsinθ－FA＝0 ⑧
CD棒在磁場區(qū)域做勻速運(yùn)動
在磁場中運(yùn)動的時(shí)間t＝ ⑨
焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J.
答案：見解析
[學(xué)生用書P211]
1.
(2018·上海閔行調(diào)研)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．從置于垂直紙面向里、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
17、，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行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>q2
C．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，若假設(shè)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＝＝，
因此q1＝q2.
線框上產(chǎn)生的熱量為Q，
第一次：Q1＝BL1I1L2＝BL1L2，
同理可以求得Q
18、2＝BL2I2L1＝BL2L1，
由于L1>L2，則Q1>Q2，故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．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圖象中，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，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)動特點(diǎn)．線框進(jìn)入和離開磁場時(shí)，安培力的作用都是阻
19、礙線框運(yùn)動，使線框速度減小，由E＝BLv、I＝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，故選項(xiàng)D正確．
3.
如圖所示，質(zhì)量均為m的金屬棒ab、cd與足夠長的水平金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好，兩金屬棒與金屬導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場的方向豎直向下．則ab棒在恒力F＝2μmg作用下向右運(yùn)動的過程中，有( )
A．安培力對ab棒做正功
B．安培力對cd棒做正功
C．a(chǎn)b棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，最終勻速運(yùn)動
D．cd棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，最終勻速運(yùn)動
20、
解析：選C.對于ab棒，因?yàn)镕＝2μmg>μmg，所以從靜止開始加速運(yùn)動，ab棒運(yùn)動會切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而使ab棒受到一個(gè)向左的安培力，這樣加速度會減小，最終會做勻速運(yùn)動；而cd棒所受到的最大安培力與摩擦力相同，所以總保持靜止?fàn)顟B(tài)，即安培力對ab棒做負(fù)功，對cd棒不做功，所以選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤．
4.
如圖所示，足夠長的金屬導(dǎo)軌豎直放置，金屬棒ab、cd均通過棒兩端的環(huán)套在金屬導(dǎo)軌上．虛線上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，虛線下方有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，兩勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.ab、cd棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)均為μ，兩棒總電阻為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．開始兩棒靜止在圖示位
21、置，當(dāng)cd棒無初速釋放時(shí)，對ab棒施加豎直向上的力F，沿導(dǎo)軌向上做勻加速運(yùn)動．則下列說法中錯(cuò)誤的是( )
A．a(chǎn)b棒中的電流方向由b到a
B．cd棒先加速運(yùn)動后勻速運(yùn)動
C．cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力
D．力F做的功等于兩棒產(chǎn)生的電熱、摩擦生熱與增加的機(jī)械能之和
解析：選B.ab向上運(yùn)動的過程中，穿過閉合回路abdc的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可得ab棒中的感應(yīng)電流方向?yàn)閎→a，故A正確；cd棒中感應(yīng)電流由c到d，其所在的區(qū)域有向下磁場，所受的安培力向里，cd棒所受的摩擦力向上．a(chǎn)b棒做加速直線運(yùn)動，速度增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流增加，cd棒所受的安培力增大，對導(dǎo)軌的壓力增大
22、，則滑動摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd棒先加速運(yùn)動后減速運(yùn)動，最后停止運(yùn)動，故B錯(cuò)誤；因安培力增加，cd棒受摩擦力的作用一直增加，會大于重力，故C正確；根據(jù)動能定理可得WF－Wf－W安培－WG＝mv2－0，力F所做的功應(yīng)等于兩棒產(chǎn)生的電熱、摩擦生熱與增加的機(jī)械能之和，故D正確．
5．(多選)
如圖所示，兩固定的豎直光滑金屬導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)．兩質(zhì)量、長度均相同的導(dǎo)體棒c、d置于邊界水平的勻強(qiáng)磁場上方同一高度h處．磁場寬為3h，方向與導(dǎo)軌平面垂直．先由靜止釋放c，c剛進(jìn)入磁場立即勻速運(yùn)動，此時(shí)再由靜止釋放d，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸．用ac表示c的加速度，Ek
23、d表示d的動能，xc、xd分別表示c、d相對釋放點(diǎn)的位移．下圖中正確的是( )
解析：選BD.導(dǎo)體棒c落入磁場之前做自由落體運(yùn)動，加速度恒為g，有h＝gt2，v＝gt，c棒進(jìn)入磁場以速度v做勻速直線運(yùn)動時(shí)，d棒開始做自由落體運(yùn)動，與c棒做自由落體運(yùn)動的過程相同，此時(shí)c棒在磁場中做勻速直線運(yùn)動的路程為h′＝vt＝gt2＝2h，d棒進(jìn)入磁場而c棒還沒有穿出磁場的過程，無電磁感應(yīng)，兩導(dǎo)體棒僅受到重力作用，加速度均為g，直到c棒穿出磁場，B正確；c棒穿出磁場后，d棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢，在回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此時(shí)d棒速度大于c棒進(jìn)入磁場時(shí)切割磁感線的速度，故電動勢、電流、安培力都大于c棒剛進(jìn)
24、入磁場時(shí)的大小，d棒減速，直到穿出磁場僅受重力，做勻加速運(yùn)動，結(jié)合勻變速直線運(yùn)動v2－v＝2gh，可知加速過程動能與路程成正比，D正確．
6.
(多選)如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，有三條水平虛線l1、l2、l3，它們之間的區(qū)域Ⅰ、Ⅱ?qū)挾染鶠閐，兩區(qū)域分別存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，一個(gè)質(zhì)量為m、邊長為d、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框，從l1上方一定高度處由靜止開始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過l1進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)，恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動；當(dāng)ab邊在越過l2運(yùn)動到l3之前的某個(gè)時(shí)刻，線框又開始以速度v2做勻速直線運(yùn)動，重力加速度為g.在線框從釋放到穿出
25、磁場的過程中，下列說法正確的是( )
A．線框中感應(yīng)電流的方向不變
B．線框ab邊從l1運(yùn)動到l2所用時(shí)間大于從l2運(yùn)動到l3所用時(shí)間
C．線框以速度v2做勻速直線運(yùn)動時(shí)，發(fā)熱功率為sin2θ
D．線框從ab邊進(jìn)入磁場到速度變?yōu)関2的過程中，減少的機(jī)械能ΔE機(jī)與重力做功WG的關(guān)系式是ΔE機(jī)＝WG＋mv－mv
解析：選CD.線框從釋放到穿出磁場的過程中，由楞次定律可知感應(yīng)電流方向先沿abcda后沿adcba再沿abcda方向，A項(xiàng)錯(cuò)誤；線框第一次勻速運(yùn)動時(shí)，由平衡條件有BId＝mgsinθ，I＝，解得v1＝，第二次勻速運(yùn)動時(shí)，由平衡條件有2BI′d＝mgsinθ，I′＝，解得v2＝，
26、線框ab邊勻速通過區(qū)域Ⅰ，先減速再勻速通過區(qū)域Ⅱ，而兩區(qū)域?qū)挾认嗤释ㄟ^區(qū)域Ⅰ的時(shí)間小于通過區(qū)域Ⅱ的時(shí)間，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由功能關(guān)系知線框第二次勻速運(yùn)動時(shí)發(fā)熱功率等于重力做功的功率，即P＝mgv2sin θ＝，C項(xiàng)正確；線框從進(jìn)入磁場到第二次勻速運(yùn)動過程中，損失的重力勢能等于該過程中重力做的功，動能損失量為mv－mv，所以線框機(jī)械能損失量為ΔE機(jī)＝WG＋mv－mv，D項(xiàng)正確．
7.
(2016·高考天津卷)電磁緩速器是應(yīng)用于車輛上以提高運(yùn)行安全性的輔助制動裝置，其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩車輛的速度．電磁阻尼作用可以借助如下模型討論：如圖所示，將形狀相同的兩根平行且足夠長的鋁條固定在光
27、滑斜面上，斜面與水平方向夾角為θ.一質(zhì)量為m的條形磁鐵滑入兩鋁條間，恰好勻速穿過，穿過時(shí)磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒定，其引起電磁感應(yīng)的效果與磁鐵不動、鋁條相對磁鐵運(yùn)動相同．磁鐵端面是邊長為d的正方形，由于磁鐵距離鋁條很近，磁鐵端面正對兩鋁條區(qū)域的磁場均可視為勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，鋁條的高度大于d，電阻率為ρ.為研究問題方便，鋁條中只考慮與磁鐵正對部分的電阻和磁場，其他部分電阻和磁場可忽略不計(jì)，假設(shè)磁鐵進(jìn)入鋁條間以后，減少的機(jī)械能完全轉(zhuǎn)化為鋁條的內(nèi)能，重力加速度為g.
(1)求鋁條中與磁鐵正對部分的電流I；
(2)若兩鋁條的寬度均為b，推導(dǎo)磁鐵勻速穿過鋁條間時(shí)速度v的表達(dá)式；
28、(3)在其他條件不變的情況下，僅將兩鋁條更換為寬度b′>b的鋁條，磁鐵仍以速度v進(jìn)入鋁條間，試簡要分析說明磁鐵在鋁條間運(yùn)動時(shí)的加速度和速度如何變化．
解析：(1)磁鐵在鋁條間運(yùn)動時(shí)，兩根鋁條受到的安培力大小相等，均為F安，有
F安＝IdB ①
設(shè)磁鐵受到沿斜面向上的作用力為F，其大小有
F＝2F安 ②
磁鐵勻速運(yùn)動時(shí)受力平衡，則有
F－mgsinθ＝0 ③
聯(lián)立①②③式可得
I＝. ④
(2)磁鐵在鋁條間運(yùn)動時(shí)，在鋁條中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為
E＝Bdv ⑤
設(shè)鋁條與磁鐵正對部分的電阻為R，由電阻定律有
R＝ρ ⑥
由歐姆定律有
I＝ ⑦
聯(lián)立④⑤⑥⑦式可得
v＝.
29、 ⑧
(3)磁鐵以速度v進(jìn)入鋁條間，恰好做勻速運(yùn)動時(shí)，磁鐵受到沿斜面向上的作用力F，聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得
F＝ ⑨
當(dāng)鋁條的寬度b′>b時(shí)，磁鐵以速度v進(jìn)入鋁條間時(shí)，磁鐵受到的作用力變?yōu)镕′，有F′＝
可見，F(xiàn)′>F＝mgsinθ，磁鐵所受到的合力方向沿斜面向上，獲得與運(yùn)動方向相反的加速度，磁鐵將減速下滑，此時(shí)加速度最大．之后，隨著運(yùn)動速度減小，F(xiàn)′也隨著減小，磁鐵所受的合力也減小，由于磁鐵加速度與所受到的合力成正比，磁鐵的加速度逐漸減小，綜上所述，磁鐵做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動．直到F′＝mgsinθ時(shí)，磁鐵重新達(dá)到平衡狀態(tài)，以較小的速度勻速下滑．
答案：見解析
8．如圖甲所示，
30、勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.5 T，其方向垂直于傾角θ為30°的斜面向上．絕緣斜面上固定有“∧”形狀的光滑金屬導(dǎo)軌MPN(電阻忽略不計(jì))，MP和NP長度均為2.5 m，MN連線水平，長為3 m．以MN中點(diǎn)O為原點(diǎn)，OP為x軸建立一維坐標(biāo)系Ox.一根粗細(xì)均勻的金屬桿CD，長度d為3 m、質(zhì)量m為1 kg、電阻R為0.3 Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v＝1 m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運(yùn)動(金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好)．g取10 m/s2.
(1)求金屬桿CD運(yùn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E及運(yùn)動到x＝0.8 m處電勢差UCD；
(2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運(yùn)動到P點(diǎn)過程中拉力F與位置坐標(biāo)x
31、的關(guān)系式，并在圖乙中畫出F－x關(guān)系圖象；
(3)求金屬桿CD從MN處運(yùn)動到P點(diǎn)的全過程產(chǎn)生的焦耳熱．
解析：(1)金屬桿CD在勻速運(yùn)動中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv，l＝d，解得E＝1.5 V
當(dāng)x＝0.8 m時(shí)，金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢差為零．設(shè)此時(shí)桿在導(dǎo)軌外的長度為l外，則
l外＝d－d，OP＝＝2 m
得l外＝1.2 m
由右手定則判斷D點(diǎn)電勢高，故CD兩端電勢差
UCD＝－Bl外v＝－0.6 V.
(2)桿在導(dǎo)軌間的長度l與位置x的關(guān)系是
l＝d＝3－x
對應(yīng)的電阻R1＝R
電流I＝
桿受到的安培力為F安＝BIl＝7.5－3.75x
根據(jù)平衡條件得F＝F安＋mgsinθ
F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)．
畫出的F－x圖象如圖所示．
(3)外力F所做的功WF等于F－x圖線下所圍的面積．即
WF＝×2 J＝17.5 J
而桿的重力勢能增加量ΔEp＝mgOPsinθ
故全過程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝WF－ΔEp＝7.5 J.
答案：(1)1.5 V?。?.6 V (2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2) 圖象見解析 (3)7.5 J
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2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 第4講 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題學(xué)案
