专题强化14　电磁感应中的动力学、动量和能量问题.DOCX

1、专题强化十四电磁感应中的动力学、动量和能量问题【专题解读】 1.本专题是力学三大观点在电学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题。2.学好本专题，可以帮助同学们应用力学三大观点分析单导体棒、双导体棒及金属框问题、电磁感应中的动力学、动量和能量问题，提高分析和解决综合问题的能力。3.用到的知识、规律和方法有：电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、动量定理、动量守恒定律等)。题型一电磁感应中的动力学问题1.两种运动状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零(静止或匀速运动)根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为

2、零根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析2.“四步法”分析电磁感应中的动力学问题抓住力学对象和电学对象间的桥梁感应电流I、切割速度v。【真题示例1】 (多选)(2021全国甲卷)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图1所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是()图1A.甲和乙都加速运动B.甲和乙都减速运动C.甲加

3、速运动，乙减速运动D.甲减速运动，乙加速运动答案AB解析两线圈的质量相等，线圈所用材料相同，则体积相同，甲线圈的匝数是乙的2倍，则甲的横截面积是乙的一半，长度是乙的2倍，由电阻定律可知，甲的电阻是乙的4倍；两线圈从同一高度同时由静止开始下落，则到达磁场上边界时两线圈的速度相同，设乙线圈的匝数为n，两线圈的边长均为l，两线圈进入磁场后，乙受到的安培力F乙nBIl，甲受到的安培力F甲，可见，甲、乙受到的安培力大小相同，重力也相同，则运动情况相同，A、B正确。1.(多选)(2020全国卷)如图2，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电

4、阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后()图2A.金属框的速度大小趋于恒定值B.金属框的加速度大小趋于恒定值C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值答案BC解析用水平恒力F向右拉动金属框，bc边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流i，bc边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为M，加速度为a1，由牛顿第二定律有FBiLMa1；导体棒MN受到向右的安培力，向右做加速运动，设导体棒的质量为m，加速度为a2，

5、由牛顿第二定律有BiLma2。设金属框bc边的速度为v时，导体棒的速度为v，则回路中产生的感应电动势为EBL(vv)，由闭合电路欧姆定律i，F安BiL，可得金属框bc边所受安培力和导体棒MN所受的安培力均为F安，二者加速度之差aa1a2F安，随着所受安培力的增大，二者加速度之差a减小，当a减小到零时，之后金属框和导体棒的速度之差vvv，保持不变。由此可知，金属框的速度逐渐增大，金属框所受安培力趋于恒定值，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受的安培力F安趋于恒定值，选项A错误，B、C正确；此后金属框与导体棒的加速度相同，且为一恒定值，两者的速度差不变，但导体棒的速度小于金属框的速度，二者之间

6、的距离越来越大，选项D错误。2.(多选)(2021山东卷)如图3所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域、中磁场方向均垂直斜面向上，区中磁感应强度随时间均匀增加，区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入区后，经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是()图3A.金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度B.金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度C.金属棒不能回到无磁场区D.金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处答案ABD解析在区域中，磁感应强度为B1kt，感应电动势E1SkS，感应电

7、动势恒定，所以金属棒上的感应电流恒为I1，进入区域后，切割磁感线产生感应电动势，因为金属棒到达c点后又能上行，说明加速度始终沿斜面向上，下行和上行经过b点的受力分析如图。设下行、上行过b时金属棒的速度分别为v、v，则下行过b时切割磁感线产生的感应电动势为E2B2Lv，金属棒上的电流为I2，根据牛顿第二定律可得B2I2Lmgsin mgsin ma1；上行过b时，切割磁感线产生的感应电动势为E2B2Lv，金属棒上的电流为I3，根据牛顿第二定律可得B2I3Lmgsin mgsin ma2，分析可知a1a2，下行和上行过程通过bc段的位移大小相等，根据v22ax可知金属棒下行经过b点时的速度大于上行

8、经过b点时的速度，A、B正确；金属棒上行时，加速度与速度同向，金属棒做加速度减小的加速度运动，一定能回到无磁场区，由以上分析可得，金属棒进磁场区(下行进磁场)的速度大于出磁场区(下行进磁场)的速度，金属棒在无磁场区做加速度相同的减速运动，则金属棒不能回到a处，C错误，D正确。题型二电磁感应中的能量问题1.电磁感应中的能量转化(1)安培力做正功，电能转化为机械能，如电动机。(2)安培力做负功，机械能转化为电能，如发电机。2.求解焦耳热Q的三种方法【例2】 如图4所示，倾角为的平行金属导轨下端连接一阻值为R的电阻，导轨MN、PQ间距为L，与MN、PQ垂直的虚线a1b1、a2b2区域内有垂直导轨平面

9、向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，a1b1、a2b2间距离为d，一长为L、质量为m、电阻为R的导体棒在导轨平面上与磁场上边界a2b2距离d处从静止开始释放，最后能匀速通过磁场下边界a1b1。重力加速度为g(导轨摩擦及电阻不计)。求：图4 (1)导体棒刚到达磁场上边界a2b2时的速度大小v1；(2)导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时的速度大小v2；(3)导体棒穿过磁场过程中，回路产生的热量。答案(1)(2) (3)2mgdsin 解析(1)导体棒在磁场外沿导轨下滑，只有重力做功，由机械能守恒定律得mgdsin mv，解得v1。(2)导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时，由平衡条件得mgsin F

10、安F安ILB解得v2。(3)设导体棒穿过磁场过程中，克服安培力做功为W安，由动能定理可得mgdsin W安mvmv由QW安得Q2mgdsin 。3.(2021福建南平质检)如图5所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L0.2 m，左端接有阻值R0.3 的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道。仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B1.0 T。一根质量m0.2 kg、电阻r0.1 的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x9 m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度。当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿

11、弯曲轨道上升到最大高度h0.8 m处。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g10 m/s2。求：图5(1)金属棒运动的最大速率v；(2)金属棒在磁场中速度为时的加速度大小；(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热。答案(1)4 m/s(2)1 m/s2(3)1.5 J解析(1)金属棒从出磁场到上升到弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律得mv2mgh由得v4 m/s。(2)金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得FBILmgI联立式得F0.6 N金属棒速度为时，设回路中的电流为I，根据牛顿第二定

12、律得FBILmgmaI联立得a1 m/s2。(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系Fxmgxmv2Q则电阻R上的焦耳热QRQ联立解得QR1.5 J。题型三电磁感应中动量问题角度1动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量。(1)求电荷量或速度：Bltmv2mv1，qt。(2)求时间：FtI冲mv2mv1，I冲BIltBl。(3)求位移：BIlt0mv0，即xm(0v0)。【例3】 (2021福建泉州二模)如图6，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。整个装置处于两个

13、磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线，质量均为m的两根相同导体棒MN、PQ静置于图示的导轨上(两棒始终与导轨垂直且接触良好)。现使MN棒获得一个大小为v0、方向水平向左的初速度，则在此后的整个运动过程中()图6A.两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相反B.两棒最终的速度大小均为C.MN棒产生的焦耳热为D.通过PQ棒某一横截面的电荷量为答案D解析根据右手定则知，回路中产生沿NMPQN方向的感应电流，根据左手定则可知，MN棒受到的安培力水平向右，PQ棒受到的安培力也水平向右，且两棒受到的安培力大小相等，则两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相同，A错误；当两棒产生的感

14、应电动势大小相等，相互抵消，回路中感应电流为零时，两棒均做匀速运动，达到稳定状态，稳定时，有Blv1Blv2，得v1v2，对PQ棒，根据动量定理得Imv20，对MN棒，根据动量定理得Imv1mv0，解得v1v2，B错误；根据能量守恒定律得2Qmv，解得MN棒产生的焦耳热为Q，C错误；对PQ棒，根据动量定理得Bltmv20，通过PQ棒某一横截面的电荷量为qt，可得q，D正确。角度2动量守恒定律在电磁感应中的应用在电磁感应综合问题中，若以等长双杆(光滑)在磁场中的运动作为命题背景，由于回路中为同一电流，两杆所受安培力等大反向，系统合力为零，则可应用动量守恒定律方便快速地求出杆的速度。另外，也可把双

15、杆问题当成碰撞问题的变形拓展，可以对系统同时应用动量守恒定律和能量守恒定律。若双杆不等长，由于安培力大小不等，系统合力不为零，则系统动量不守恒，但涉及速度、位移、时间、电荷量等物理量可选用动量定理求解。【例4】 如图7所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量分别为m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直。图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为

16、g。求：图7(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒速度大小；(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热。答案(1)0(2)(3)mgh解析(1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒，则有mvmgha棒与b棒发生弹性正碰由动量守恒定律mv0mv1mv2由机械能守恒定律mvmvmv联立解得v10，v2v0。(2)b棒刚进磁场时的加速度最大，b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒。由动量守恒定律mv2mv2v3设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动

17、势EBl(vbvc)，由闭合电路欧姆定律得I，由安培力公式得FIlBma，联立得a故当b棒加速度为最大值的一半时有v22(v2v3)联立得v2v2。(3)最终b、c以相同的速度匀速运动由动量守恒定律mv2v由能量守恒定律mvv2Q解得Qmgh。4.(多选)(2019全国卷)如图8所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是()图8答案AC解析导体棒ab运动，切割磁感

18、线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab受安培力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F作用，速度增大，最终两棒速度相等，如图所示。由EBl(v1v2)知，感应电动势E随速度差vv1v2的减小而减小，则感应电流非均匀变化。当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。由系统的动量守恒得mv02mv共，v共，A正确；导体棒cd受变力作用，加速度逐渐减小，其vt图象应该是曲线，B错误；由前面分析知，两导体棒做变速运动，感应电流变小，最后为零，但非均匀变化，C正确，D错误。考点一电磁感应中的动力学问题1.(多选)用一段横截面半径为r、电阻率为、密度为d的均匀导体材料做成一个半

19、径为R(rR)的圆环。圆环竖直向下落入如图1所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则()图1A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落C.此时圆环的加速度aD.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm答案AD解析由右手定则可以判断感应电流的方向为逆时针，可知选项A正确；由左手定则可以判断，此时圆环受到的安培力方向应该向上，选项B错误；对圆环受力分析可解得加速度ag，选项C错误；当重力等于安培力时速度达到最大，可得vm，选项D正确。2.(2021贵州安顺

20、联考)如图2所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨PP、QQ倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端P、Q分别用导线与水平正对放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，开始时金属板未带电，板间有一带正电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上。现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，下滑过程中金属棒ab与导轨接触良好且与导轨垂直，不计金属板的充电时间。则下列说法正确的是()图2A.金属棒ab最终匀速下滑B.金属棒ab一直加速下滑C.微粒先向M板运动后向N板运动D.微粒先向N板运动后向M板运动答案B解析金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时金属棒受安培力作用，只有

21、金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsin BIl0金属棒将一直加速，选项A错误，B正确；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板带正电荷，所以带正电荷的微粒一直向N板运动，选项C、D错误。3.(多选)(2021山东泰安模拟)如图3，平行光滑金属导轨M、N固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中。完全相同的两金属棒P、Q搭放在导轨上，开始均处于静止状态。给P施加一与导轨平行的恒定拉力作用，运动中两金属棒始终与导轨垂直并与导轨接触良好。设导轨足够长，除两棒的电阻外其余电阻均不计。则两棒的速度及棒中的感应电流随时间变化的图象正确的是()图3答案AD解析P向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知

22、，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可知，Q棒所受的安培力方向向右，Q棒向右做加速运动，开始阶段，两棒的速度差增大，回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，两棒所受的安培力都增大，则P的加速度减小，Q的加速度增大，当两者的加速度相等时，速度之差不变，感应电流不变，安培力不变，两棒均做加速度相同的匀加速运动。开始运动时，P棒做加速度减小的加速运动，Q棒做加速度增大的加速运动，最终做加速度相同的加速运动，故A正确，B错误；开始运动时，两棒的速度差增大，感应电动势增大，通过电流增大，最终两棒都做匀加速运动，速度差保持不变，故回路中感应电动势不变，电流恒定，故C错误，D正确。考点二电磁感应中

23、的能量问题4.(2021北京海淀区模拟)如图4所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，金属棒与两导轨始终保持垂直，并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在水平匀强磁场中，棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升的一段时间内，下列说法正确的是()图4A.通过电阻R的电流方向向左B.棒受到的安培力方向向上C.棒机械能的增加量等于恒力F做的功D.棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量答案D解析由右手定则可以判断出通过金属棒的电流方向向左，则通过电阻R的电流方向向右，故A错误；由左手定则可以判断出金属棒受到的安培力方向向下，故B错误；根据功能关系知恒力F做的功等于棒机械能的增加量与

24、电路中产生的热量之和，故C错误；金属棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升，安培力做负功，即克服安培力做功，根据功能关系知金属棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量，故D正确。5.(多选)(2021湖南卷)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图5所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是 ()图5A.B与v0无关，与成反比B.通过磁场的过程中，金属框中电

25、流的大小和方向保持不变C.通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等 D.调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变答案CD解析设金属框进入磁场时的竖直分速度为vy，可知vy，金属框所受安培力FILB，电流I，电动势EBLvy，根据受力平衡可得mg，可知B2与成反比，B与v0无关，A错误；金属框进入磁场和穿出磁场的过程中，电流的大小保持不变，方向由逆时针变为顺时针，B错误；从下金属框进入磁场到上金属框离开磁场，整个过程金属框做匀速直线运动，安培力和重力等大反向，故组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等，C正确；组合体从进入磁场

26、到穿出磁场，不论怎样调节H、v0和B，只要组合体匀速通过磁场，在通过磁场的过程中，产生的热量始终等于减少的重力势能，D正确。考点三电磁感应中的动量问题6.(多选)如图6所示，宽为L的两固定光滑金属导轨水平放置，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量均为m、电阻值均为r的两导体棒ab和cd静止置于导轨上，其间距也为L，现给cd一向右的初速度v0，对它们之后的运动过程说法正确的是()图6A.ab的加速度越来越大，cd的加速度越来越小B.回路产生的焦耳热为mvC.通过ab的电荷量为D.两导体棒间的距离最终变为L答案BCD解析由题知，ab、cd受到大小相等的安培力，且cd棒受到的安培力向

27、左，其做减速运动，根据安培力公式和牛顿第二定律得Fma，解得a，其中v为cd棒的速度，故所以两棒的加速度均减小，故A错误；棒ab和cd在运动过程中始终受到等大反向的安培力，系统动量守恒，以向右的方向为正方向，当两者共速时有mv02mv1，解得v1v0，由能量守恒定律得Qmv2mv，解得回路产生的焦耳热为Qmv，故B正确；设整个过程中通过ab的电荷量为q，对ab棒，由动量定理得mv1LBt，又qt，所以q，故C正确；对cd棒，由动量定理得mv1mv0t，解得x，两导体棒间的距离最终变为L，故D正确。7.(2021四川乐山模拟)如图7所示，光滑平行足够长的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨范围内存在

28、磁场，其磁感应强度大小为B，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为R的电阻。在导轨上垂直导轨放一长度等于导轨间距L、质量为m的金属棒，其电阻为r。金属棒与金属导轨接触良好。金属棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，经过时间t后开始匀速运动，金属导轨的电阻不计。求：图7 (1)金属棒匀速运动时回路中的电流；(2)金属棒匀速运动的速度大小以及在时间t内通过回路的电荷量；(3)若在时间t内金属棒移动的位移为x，则电阻R上产生的热量。答案(1)(2)(3)解析(1)金属棒匀速运动时，由平衡条件得FBImL，解得Im。(2)根据闭合电路的欧姆定律得Im解得v通过回路的电荷量qIt由动量定理得FtBILtm

29、v解得q。(3)由功能关系得FxQmv2QRQ解得QR。8.如图8所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好。现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是()图8A.回路中的最大电流为B.铜棒b的最大加速度为C.铜棒b获得的最大速度为D.回路中产生的总焦耳热为答案B解析给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，此时铜棒a的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最

30、大，Imv0，v0，铜棒a切割磁感线产生的感应电动势EBLv0，回路电流I0，选项A错误；此时铜棒b受到安培力FBI0L，其加速度a，选项B正确；此后铜棒a做加速度减小的减速运动，铜棒b做加速度减小的加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒b速度最大，据动量守恒有mv02mv，铜棒b最大速度v，选项C错误；回路中产生的焦耳热Qmv2mv2，选项D错误。9.(2021广西钦州质检)如图9甲所示，两根间距L1.0 m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R2.0 的电阻相连，质量m0.2 kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动

31、摩擦力均为f1.0 N，导体棒电阻为r1.0 ，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示(取g10 m/s2)，求：图9(1)拉力F的大小；(2)磁场的磁感应强度B大小；(3)若ef棒由开始运动位移为x6.9 m时，速度v3 m/s，则此过程中电路产生的焦耳热。答案(1)2 N(2)1 T(3)6 J解析(1)由图可知：导体棒开始运动时加速度a15 m/s2，初速度v00，导体棒中无电流。由牛顿第二定律知FFfma1解得F2 N。(2)当导体棒速度为v时，导体棒上的电动势为E，电路中的电流为I由法拉第电磁感应定律EBLv由欧姆定律I导体棒所

32、受安培力F安BIL由图可知：当导体棒的加速度a0时，开始以v3 m/s做匀速运动此时有FFfF安0解得B1 T。(3)设ef棒此过程中，产生的热量为Q，由功能关系知(FFf)xQmv2代入数据解得Q6 J。10.如图10甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L0.30 m。导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R0.40 。导轨上停放一质量m0.10 kg、电阻r0.20 的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电

33、压U随时间t变化的关系如图乙所示。图10(1)试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；(2)求第2 s末外力F的瞬时功率；(3)如果水平外力从静止开始拉动杆2 s所做的功W0.35 J，求金属杆上产生的焦耳热。答案(1)证明见解析1 m/s2(2)0.35 W(3)0.05 J解析(1)设路端电压为U，金属杆的运动速度为v，则感应电动势EBLv，电阻R两端的电压UIR由图乙可得Ukt，k0.1 V/s解得v因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，加速度a1 m/s2。(2)在2 s末，速度v2at2 m/s此时通过金属杆的电流I金属杆受安培力F安BIL0.075 N设2 s末外

34、力大小为F2由牛顿第二定律得F2F安ma故4 s末时外力F的瞬时功率PF2v2，解得P0.35 W。(3)在2 s末，杆的动能Ekmv20.2 J由能量守恒定律，回路产生的焦耳热QWEk0.35 J0.2 J0.15 J又，联立解得Q杆0.05 J。11.(2021山东青岛模拟)如图11所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离l0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计。有两根长度均为l的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m10.2 kg、m20.1

35、 kg，电阻分别为R10.1 、R20.2 。现让ab棒以v010 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g10 m/s2。求：图11(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度大小a0；(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W。答案(1)30 m/s2(2)7.5 m/s(3)4.375 J解析(1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有EBlv0IBIlm2a0解得a030 m/s2。(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，对ab棒和cd棒组成的系统，由动量守恒有m1v0m1v1m2v2对cd棒从半圆轨道最低点到最高点由动能定理有m2g2rm2vm2v在半圆轨道最高点对cd棒由牛顿第二定律有m2gm2解得v17.5 m/s。(3)对ab棒由动能定理得Wm1vm1v解得W4.375 J。