专题提升Ⅵ 电磁感应中的电路、电荷量问题（解析版）.docx

1、专题提升 电磁感应中的电路、电荷量问题模块一 知识掌握 知识点一电磁感应中的电路问题【重难诠释】处理电磁感应中电路问题的一般方法1明确哪部分电路或导体产生感应电动势，该部分电路或导体相当于电源，其他部分是外电路2画等效电路图，分清内、外电路3用法拉第电磁感应定律En或EBlvsin 确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向注意在等效电源内部，电流方向从负极流向正极4运用闭合电路的欧姆定律、串并联电路特点、电功率等公式求解例题1 （2023延庆区一模）如图甲所示，100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与一个R40的电阻相连。线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场，穿过线圈的磁通量

2、按图乙所示规律变化。已知线圈的电阻r10，则（）A线圈内感应电流的方向为顺时针BA点电势比B点电势低C通过电阻R的电流大小为1.0AD0.2s内电路中产生的电能为1.0J【解答】解：A、线圈中的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，故A错误；B、由楞次定律可知，电源外部电流从A流向B，A点为电源正极，故A端电势比B端高，故B错误；C、由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=nt=100(0.15-0.10)0.1V50V，根据闭合电路欧姆定律可知I=ER+r=5040+10A1A，故C正确；D、根据电能的计算公式有：WUIt5010.2J10J，故D错误；故选：C。例题2 （

3、多选）（2023春庐江县期末）两个固定的同心金属圆环中间部分存在与圆面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示，一长度为4L的金属棒MN，处在如图所示位置时与两圆的交点分别为M、P、Q、N，其中P、O、Q将金属棒平均分成了四等份，已知大圆环的总电阻为4R，小圆环和金属棒的总电阻均为2R，当金属棒以速度v经过如图所示位置时，下列说法正确的是（）A金属棒产生的总感应电动势为4BLvB金属棒产生的总感应电动势为2BLvC金属棒MP上产生的感应电流大小为I=6BLv7RD金属棒MP上产生的感应电流大小为I=2BLv7R【解答】解：AB、处在磁场中的金属棒MP和QN切割磁感线产生感应电动势，MP和QN的

4、长度都为L，两部分产生的感应电动势串联，则金属棒产生的总感应电动势E2BLv，故A错误，B正确；CD、画出等效电路图，如下图所示：内阻r1=r2=R2由电路图可知电路中的总电阻R总=R3+2R2+r1+r2代入数据可得：R总=7R3由闭合电路欧姆定律可得金属棒MP上产生的感应电流大小：I=ER总=2BLv7R3=6BLv7R，故C正确，D错误。故选：BC。例题3 （2023徐州模拟）如图所示，半径为L的半圆形光滑导体框架MN垂直放置于磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L的导体杆OP绕圆心O以角速度匀速转动，N、O间接阻值为R的电阻，杆OP的电阻为r，框架电阻不计，求杆沿框架转动过程中：（1）电阻

5、R两端电压；（2）电阻R消耗的电功率。【解答】解：（1）设杆末端的速度为v，则vL杆绕O点匀速转动产生的感应电动势为EBLv=BL0+v2=BLL2=12BL2则R两端电压U=ER+rR=BL2R2(R+r)（2）回路中电流I=ER+r=BL22(R+r)消耗的电功率P=I2R=B2L42R4(R+r)2答：（1）电阻R两端电压为BL2R2(R+r)；（2）电阻R消耗的电功率为B2L42R4(R+r)2。知识点二电磁感应中的电荷量问题【重难诠释】闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动而形成感应电流，在t内通过某一截面的电荷量(感应电荷量)qttnt.由上式可知，线圈匝数一定时，通过某一截

6、面的感应电荷量仅由回路电阻和磁通量的变化量决定，与时间无关例题4 （多选）（2023春岳阳期末）如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（）A流过金属棒的最大电流为I=ER=BL2ghRB通过金属棒的电荷量为BdL2RC金属棒内产生

7、的焦耳热为mg（hd）D导体棒在磁场中运动的时间为2ghg-B2L2d2mgR【解答】解：A对导体棒下滑到底端的过程中根据动能定理可得：mgh=12mv2 流过金属棒的最大电流为I=E2R=BLv2R=BL2gh2R，故A错误；B通过金属棒的电荷量为q=It=2Rtt=2R=BLd2R，故B正确；C由能量守恒可知整个电路中产生的焦耳热为：Qmghmgd金属棒内产生的焦耳热为Q1=Q2=mg2(h-d) 故C错误；D选择水平向右的方向为正方向，根据动量定理有-mgt-IBLt=0-mv 由于q=It 导体棒在磁场中运动的时间t=2ghg-B2L2d2mgR，故D正确。故选：BD。例题5 （多选）

8、（2023春十堰期末）半径为r、间距为L的固定光滑14圆弧轨道右端接有一阻值为R的定值电阻，如图所示。整个空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一根长度为L、质量为m、电阻也为R的金属棒从轨道最低位置cd开始，在外力的作用下以速度v沿轨道做匀速圆周运动，在ab处与轨道分离。已知金属棒在轨道上运动的过程中始终与轨道接触良好，电路中其余电阻均不计，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A金属棒两端的最大电压为BLvB整个过程中通过金属棒某截面的电荷量为BLr2RC整个过程中定值电阻上产生的焦耳热为B2L2vr16RD金属棒从cd运动到ab的过程中，外力做的功为B2L2vr4R+mg

9、r【解答】解：A金属棒切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律可知最大感应电动势为EBLv根据欧姆定律可知金属棒两端的最大电压为U=RR+RE=12BLv 故A错误；B设金属棒从cd运动到ab的过程中所用时间为t，感应电动势的平均值为E，感应电流的平均值为I，则有E=BLv=BrLt，I=ER+R 可知q=It=BLr2R 故B正确；C金属棒从cd运动到ab的过程中，因为金属棒垂直于磁感线方向上的速度分量是按照正弦规律变化的，所以过程中产生正弦式交流电，根据正弦式交流电峰值和有效值的关系可知感应电动势的有效值为E=BLv2 则整个过程中定值电阻上产生的焦耳热为Q=I2Rt=E2R+R12rv=B2L

10、2vr16R 故C正确；D根据功能关系有W=Q+mgr=B2L2vr16R+mgr 故D错误；故选：BC。例题6 （多选）（2023春怀化期末）有一边长l0.1m、质量m10g的正方形导线框abcd，由高度h0.2m处自由下落，如图所示，其下边ab进入匀强磁场区域后，线圈开始做匀速运动，直到其上边dc刚刚开始穿出匀强磁场为止，已知匀强磁场的磁感应强度为B1T，匀强磁场区域的宽度也是l，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A导线框的电阻R0.2B线框进入匀强磁场的过程流过线框的电荷量q0.05CC线框穿越匀强磁场的过程产生的焦耳热Q0.02JD线框穿越磁场的过程感应电流的方向和安培力的方向都

11、没有变化【解答】解：A、线框在磁场中做匀速运动，根据平衡条件有：mgBIl而电流为：I=ER=BlvR由匀加速直线运动公式可得进入磁场的速度：v22gh解得：R0.2，故A正确；B、线框进入匀强磁场的过程流过线框的电荷量为：qItIlv=mgBll2gh=mgB2gh=1010-31012100.2C0.05C，故B正确；C、根据能量守恒定律可得，线框穿越匀强磁场的过程产生的焦耳热为：Q2mgl210103100.1J0.02J，故C正确；D、线框进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向，而线框出离磁场时感应电流的方向为顺时针方向，但安培力的方向始终竖直向上，故D错误。故选：ABC。例题7 （20

12、22秋广东期末）如图甲所示，长方形金属线框abcd处于有界匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B1T，磁场方向与线框平面垂直，ab边与磁场右边界重合，ab边长为0.5m，bc边长为1m，电阻为R1，现用力将线框水平向右拉出磁场，ab边始终与磁场右边界平行，线框中产生的感应电流随线框运动的距离关系如图乙所示，求将线框拉出磁场的过程中：（1）通过线框截面的电量；（2）线框的后一半出磁场所用的时间。【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律得 E=t根据欧姆定律得 I=ER通过线框截面的电量为q=It结合Blablbc，得q=BlablbcR代入数据解得：q0.5C（2）由图乙可知，线框后一半出磁场的过

13、程中，线框中电流恒定，则线框的速度恒定，设速度大小为v则EBlabv由欧姆定律得I=ER由图知I1A，联立解得：v2m/s线框后一半出磁场所用时间为t=lbc2v=122s0.5s解得：t0.125s答：（1）通过线框截面的电量为0.5C；（2）线框的后一半出磁场所用的时间为0.25s。模块三 巩固提高 1. （多选）（2023春阜阳期末）如图，水平面内固定两根光滑、足够长平行金属导轨P、Q间距为L，电阻可忽略。装置处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。t1时刻，两粗细均匀金属棒a、b获得相同大小的瞬时速度v0相向运动，t2时刻，流经a棒的电流为0。已知金属棒a、b由相同材料制成，长度

14、均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则（）At1时刻a棒加速度大小为2B2L2v03mRBt2时刻b棒速度为0Ct1t2时间内，通过a、b棒某一横截面的电荷量相等Dt1t2时间内，a棒产生的焦耳热为2mv029【解答】解：A、根据右手定则，金属棒a、b进入磁场时产生的感应电流均为顺时针方向，则回路的电动势为a、b各自产生的电动势之和，根据动生电动势公式有：E2BLv0感应电流：I=ER+2R=2BLv03R对a由牛顿第二定律得：BILma解得加速度：a=2B2L2v03mR，故A正确；B、由题意知，金属棒a、b电阻率相同，

15、长度均为L，电阻分别为R和2R，根据电阻定律有：R=LSa，2R=LSb可得两棒的横截面积的关系：Sa2Sb所以a的体积是b的2倍，密度相同，则a的质量是b的2倍，即b的质量为m2。a、b在磁场中时，通过的电流总是反向等大，所受安培力总是反向等大，a、b组成的系统合外力总为零，则此系统动量守恒。t2时刻流过a的电流为零，则回路的感应电动势为零，则a、b之间的磁通量不变，可知两者此时速度相同，设为v。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0-m2v0=(m+m2)v整理解得：v=v03即t2时刻，b棒的速度为：v=v03，故B错误；C、t1t2时间内，通过a、b的电流总是相等根据qIt，可知

16、通过a、b棒横截面的电荷量相等。故C正确；D、t1t2时间内，对a、b组成的系统，由能量守恒定律得12mv02+12m2v02=12(m+m2)v2+Q总 将前一问的速度v代入解得：Q总=23mv02根据焦耳定律可知，a棒产生的焦耳热：Qa=RR+2RQ总=29mv02，故D正确。故选：ACD。2. （2022新华区校级开学）目前磁卡已有广泛的应用，如图甲所示，当记录磁性信息的磁卡以速度v在刷卡器插槽里匀速运动时，穿过刷卡器内线圈的磁通量按0sinkvt的规律变化，刷卡器内的等效电路如图乙所示，已知线圈的匝数为n，电阻为r，外接电路的等效电阻为R。则在任意一段t=2kv的时间内，通过等效电阻R

17、的电荷量的最大值为（）Aqm=2n0R+rBqm=n0R+rCqm=2n0R+rD无法求解【解答】解：在任意一段t=2kv的时间内，通过等效电阻R的电荷量为：qnIt=nERtnR+r其中0sin（kvt+2）0sinkvt=20sin（4-kvt）可知在任意一段t的时间内通过等效电阻R的电荷量的最大值为：qm=2n0R+r，故C正确、ABD错误。故选：C。3. （2022春渝中区校级月考）如图所示，等腰直角形导体线框ABC固定在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，BC是一段长为L，电阻为4R的均匀导线，AB和AC的电阻不计。现有一段长度亦为L、电阻为R的的均匀导体杆MN架在导

18、线框上，导体杆沿BC边以恒定的速度v向C端滑动，滑动中导体杆始终和BC垂直并与导体框保持良好接触，当MN滑至BN=L4时，MN与AB交于P点，则此时MN中的电流大小和方向为（）ABLv4R，方向NPBBLv4R，方向PNC4BLv3R，方向PND4BLv3R，方向NP【解答】解：由题意可知NP=BN=L4由法拉第电磁感应电动势E=BL4v由闭合电路欧姆定律E=IR4+I(R3RR+3R)=IR联立解得：I=BLv4R由右手定则可知，电流方向为NP。故选：A。4. （2022春泗水县期中）如图所示，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，上端接有定值电阻R，其余电路电阻都不计，匀

19、强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小为B现将质量为m的导体棒由静止释放，当棒下滑到稳定状态时，速度为下列说法错误的是（）A导体棒的a端电势比b端电势高B导体棒达到稳定状态前做加速度减少的加速运动C当导体棒速度达到v3时加速度为23gsinD导体棒达到稳定状态后，电阻R产生的焦耳热等于重力所做的功【解答】解：A、根据右手定则可得金属棒中的电流方向ab，由于金属棒为电源，所以b端电势高，故A错误；B、根据牛顿第二定律可得金属棒下滑过程中的加速度a=mgsin-BILm=gsin-B2L2vmR，由此可知，速度增大、加速度减小，所以导体棒达到稳定状态前做加速度减少的加速运动，故B正确；C、根据牛

20、顿第二定律可得金属棒下滑过程中的加速度a=mgsin-BILm=gsin-B2L2vmR，当速度为vv时加速度为零，即gsin=B2L2vmR，当导体棒速度达到v3时，加速度a=gsin-B2L2vmR=gsin-B2L2v3mR=23gsin，故C正确；D、导体棒达到稳定状态后，根据能量守恒定律可得电阻R产生的焦耳热等于重力所做的功，故D正确。本题选错误的，故选：A。5. （多选）（2022秋安庆月考）如图1所示，水平边界MN上方有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，ab边长为0.5m的矩形金属线框abcd在竖直向上的拉力F作用下由静止开始向上做匀加速直线运动，开始时ab边离MN距

21、离为0.5m，拉力F随时间变化的规律如图2所示，已知重力加速度取10m/s2，金属线框的电阻为1，则（）A金属框匀加速运动的加速度大小为2m/s2B金属线框的质量为0.5kgC匀强磁场的磁感应强度大小为1TD线框进磁场过程中，通过线框截面的电量为1.5C【解答】解：A由Ft图像，00.5s内金属框受到恒定的重力和拉力，做匀加速度运动，根据位移时间公式：x=12at2解得a4m/s2故A错误；B金属框进入磁场前，根据牛顿第二定律有Fmgma解得m0.5kg故B正确；Cab边运动到MN处时，根据速度时间公式，金属框速度vat40.5m/s2m/s金属框ab边切割磁感线产生的感应电动势为EBLv根据

22、闭合电路欧姆定律：I=ER根据牛顿第二定律：FmgBILma解得B2T故C错误；D0.5s1.0s，根据位移时间公式和题意，金属框运动距离x=x-x=12at2-x=1241.02m-0.5m=1.5m由图像，t1.0s时cd边恰好进入磁场，线框中有感应电流时间为0.5s，则通过线框截面电量Q=It=ERt=BLxttR=BLxR=20.51.51C=1.5C故D正确。故选：BD。6. （多选）（2022桃源县校级模拟）如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以

23、速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（）APQ中电流先减小后增大BPQ两端电压先减小后增大CPQ上拉力的功率先减小后增大D线框消耗的电功率先减小后增大【解答】解：A、导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，由EBLv可知导体棒产生的感应电动势保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知PQ中的电流先减小后增大，故A正确；B、PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，由UEIR，可知PQ两端的电压先增大后减小，故B错误；C、导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小，由

24、P=E2R分析得知，PQ上拉力的功率先减小后增大，故C正确；D、线框作为外电路，总电阻最大值为R总=123R2=34RR，则导体棒PQ的电阻始终大于线框的总电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小，故D错误。故选：AC。7. （2023春辽宁期末）如图所示，用同种材料制成的质量相等、粗细均匀的闭合金属圆环，它们围成的面积之比为4：1，把它们垂直放在磁感应强度随时间均匀变化的磁场中，下列说法正确的是（）A穿过两环的磁通量之比为2：1B两

25、环内的感应电动势之比为3：1C两环内的感应电流之比为2：1D相同时间内通过两环某截面的电荷量相等【解答】解：A、根据磁通量表达式：BS可知穿过两环的磁通量之比为：1：2S1：S24：1，故A错误；B、根据法拉第电磁感应定律可得：E=t=BtS可知两环内的感应电动势之比为：E1：E2S1：S24：1，故B错误；C根据圆面积公式：Sr2，可知两环的半径之比为：r1：r2=S1：S2=2：1设金属圆环的材料密度为0，横截面积为S0，则材料的质量为：m0S02r由于两环质量相等，则两环的横截面积之比为：S01：S02r2：r11：2根据电阻定律可得：R=2rS0可知两环的电阻之比为：R1R2=r1S0

26、1：r2S02=2121=41根据欧姆定律有：I=ER可知两环内的感应电流之比为：I1：I2=E1R1：E2R2=1：1，故C错误；D根据电流的定义：qIt，可知相同时间内通过两环某截面的电荷量之比为：q1：q2I1：I21：1，故D正确。故选：D。8. （多选）（2023春玉林期末）如图所示，光滑绝缘水平桌面上，虚线MN右侧有竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度大小为0.5T，虚线左侧有一长ab2m、宽bc1m的矩形金属框abcd，其质量为1kg、电阻为0.5，ab边与MN平行。第一次，让金属框沿水平桌面、垂直MN方向以5m/s的初速度冲入磁场区域；第二次，让金属框在平面内转90然后在水平向右的

27、外力作用下以5m/s的速度匀速进入磁场区域。下列说法正确的是（）A两次进入磁场的过程中，金属框中的电流方向都为abcdaB前、后两次进入磁场的过程中，通过金属框横截面的电荷量之比为1：1C前、后两次进入磁场的过程中，金属框中的焦耳热之比为8：5D金属框前、后两次进入磁场过程的时间之比等于5：8【解答】解：A、金属框进入磁场中，右边ab边切割磁感线，根据右手定则可知电流方向为 adcba，故A错误；B、通过金属框横截面的电荷量为：q=It=tRt=BLabLbcR=BSR 从q的表达式知前、后两次进入磁场的过程中，通过金属框横截面的电荷量之比为1：1，故B正确；C、由动量定理得：BILabtmv

28、mv0即：qBLabmv0mv又：q=BSR=0.520.5C=2C联立代入解得：v3m/s第一次进入磁场的过程中，由能量守恒定律得，产生的焦耳热为：Q=12mv02-12mv2=12152J-12132J8J第二次进入磁场的过程中，由电功公式得，产生的焦耳热为：Q2qUqBLadv020.515J5J所以通过金属框横截面的焦耳热之比为：Q1Q2=85，故C正确；D、由C选项分析可知，金属框第一次完全进入磁场之后的速度 v3m/s，假如金属框匀减速进入磁场，则根据公式有：Lbc=v0+v2t1解得：t10.25s第二次金属框匀速进入磁场，则运动时间为：t2=Labv0=25s0.4s则有：t1

29、t2=58根据题意可知，金属框第一次进入磁场时，做加速度减小的减速运动，则所用时间不等于t1则金属框前、后两次进入磁场过程的时间之比不等于5：8，故D错误。故选：BC。9. （2023春菏泽期末）如图甲所示，两条足够长的平行金属导轨间距为l0.5m，固定在倾角为37的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为R0.8的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为B1T的匀强磁场。将质量为m0.5kg、电阻值为r0.2的金属棒在AB处由静止释放，其下滑过程中的vt图像如图乙所示。金属棒下滑过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计导轨的电阻，取g10m/s2，sin370.6，cos370.8。（1）求金属棒与

30、导轨间的动摩擦因数；（2）求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；（3）金属棒从进入磁场至速率最大的过程中，通过电阻R的电荷量为9.1C，求此过程中电阻R上产生的焦耳热。【解答】解：（1）由图乙可知，金属棒在01s内做初速度为的匀加速直线运动，1s后做加速度减小的加速运动，可知金属棒第1s末进入磁场。在01s过程中，由图乙可知，金属棒的加速度：a=vt=4-01-0m/s24m/s2在这个过程中，对金属棒进行受力分析，根据牛顿第二定律有：mgsin37mgcos37ma由以上两式解得，金属棒与导轨间的动摩擦因数：0.25（2）金属棒在磁场中能够达到的最大速率时，金属棒处于平衡状态，设金属棒的最大速

31、度为vm，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为：EBlvm根据闭合回路欧姆定律有：I=ER+r根据安培力公式有：FABIl根据平衡条件有：FA+mgcos37mgsin37由以上几式解得：vm8m/s（3）根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得金属棒从进入磁场通过电阻的电荷量为q=It=EtR+r=ttR+r=R+r=BlxR+r 解得，金属棒在磁场下滑的位移：x=q(R+r)Bl=9.1(0.8+0.2)10.5m18.2m由动能定理有：mgxsin37-mgxcos37-WA=12mvm2-12mv12由图乙可知：v14m/s此过程中电路中产生的总焦耳热等于克服安培力做的功：Q总WA联立解得

32、，此过程中电路中产生的总焦耳热：Q总24.4J故此过程中电阻R上产生的焦耳热为：Q=RR+rQ总=0.80.8+0.224.4J19.52J答：（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.25；（2）金属棒在磁场中能够达到的最大速率为8m/s；（3）此过程中电阻R上产生的焦耳热为19.52J。10. （2023天津一模）如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角37的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R3的定值电阻，下端开口，轨道间距L1m。整个装置处于磁感应强度B2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量m2kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r1，电路中其余电阻不计。金属棒ab由

33、静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好。不计空气阻力影响。已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数0.5，求：（sin370.6，cos370.8，取g10m/s2。）（1）金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；（2）金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR；（3）若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，整个回路产生的总焦耳热为2J，流过电阻R的电荷量q。【解答】解（1）金属棒静止释放后，向下运动，切割磁感线的感应电动势为EBLv根据闭合电路欧姆定律可得，产生的感应电流为I=Er+R=BLvR+r则受到的安培力为F安=BIL=B2L2vR+r由于安培力与运动方向相

34、反，则有mgsinF安mgcosma可知金属棒沿斜面向下做加速度减小的加速运动，当加速为零时，金属棒的速度最大，然后做匀速直线运动，故有mgsin=F安+mgcos=B2L2vmR+r+mgcos代入数据解得，金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度为vm4m/s（2）由电路中的电流I=Er+R=BLvR+r可知，当金属棒达到最大速度时，电路中的电流最大，即为I=Er+R=BLvmR+r=2A故金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率为PR=I2R=12W（3）设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑的距离为x，根据能量守恒定律有mgxsin=mgxcos+12mvm2+Q总解得，金属棒沿导轨下滑的距离为x4.5m则流过电阻R的电荷量为q=It=Er+Rt=BLxR+r=2.25C答：（1）金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm为4m/s；（2）金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR为12W；（3）若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，整个回路产生的总焦耳热为2J，流过电阻R的电荷量q为2.25C。