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专题六电磁感应中的动力学和能量问题考纲解读 1.能解决电磁感应问题中涉及安培力的动态分析和平衡问题.2.会分析电磁感应问题中的能量转化，并会进行有关计算考点一电磁感应中的动力学问题分析1导体的两种运动状态(1)导体的平衡状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)导体的非平衡状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2电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I.(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安BIL或，根据牛顿第二定律列动力学方程：F合ma.(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程F合0.例1如图1所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L0.50 m，导轨平面与水平面间夹角37，N、Q间连接一个电阻R5.0 ，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B1.0 T将一根质量为m0.050 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s2.0 m已知g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80.求：图1(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mgsin mgcos maa2.0 m/s2(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mgsin BILmgcos I解得v2.0 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mgssin mv2mgscos Q解得Q0.10 J答案(1)2.0 m/s2(2)2.0 m/s(3)0.10 J变式题组1电磁感应中动力学问题(2014天津11)如图2所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角30的斜面上，导轨电阻不计，间距L0.4 m，导轨所在空间被分成区域和，两区域的边界与斜面的交线为MN.中的匀强磁场方向垂直斜面向下，中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B0.5 T在区域中，将质量m10.1 kg、电阻R10.1 的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑然后，在区域中将质量m20.4 kg，电阻R20.1 的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑cd在滑动过程中始终处于区域的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g10 m/s2，问：图2(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少答案(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J解析(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.(2)开始放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmaxm1gsin 设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有EBLv设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I设ab所受安培力为F安，有F安BIL此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安m1gsin Fmax综合式，代入数据解得v5 m/s(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsin Q总m2v2又QQ总解得Q1.3 J电磁感应与动力学问题的解题策略此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动电动”的思维顺序，可概括为：(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向(2)根据等效电路图，求解回路中感应电流的大小及方向(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的感应电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解考点二电磁感应中的能量问题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WUIt或QI2Rt直接进行计算(2)若电流变化，则：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；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例2(2014新课标25) 半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图3所示整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)直导体棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒和导轨的电阻均可忽略重力加速度大小为g.求：图3(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率解析(1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为BA，故电阻R上的电流方向为CD.设导体棒AB中点的速度为v，则v而vAr，vB2r根据法拉第电磁感应定律得，导体棒AB上产生的感应电动势EBrv根据闭合电路欧姆定律得I，联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为I.(2)根据能量守恒定律，外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和，即PBIrvfv，而fmg解得P.答案(1)方向为CD大小为(2)变式题组2电磁感应中的能量问题如图4所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧连接后放在导轨上初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行图4 (1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；(3)若导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q.答案(1)，电流方向为ab(2)gsin (3)解析(1)初始时刻，导体棒产生的感应电动势E1BLv0通过R的电流大小I1电流方向为ab(2)导体棒产生的感应电动势为E2BLv感应电流I2导体棒受到的安培力大小FBIL，方向沿导轨向上根据牛顿第二定律有mgsin Fma解得agsin (3)导体棒最终静止，有mgsin kx压缩量x设整个过程回路产生的焦耳热为Q0，根据能量守恒定律有mvmgxsin EpQ0Q0mvEp电阻R上产生的焦耳热QQ0考点三动力学和能量观点的综合应用根据杆的数目，对于“导轨杆”模型题目，又常分为单杆模型和双杆模型(1)单杆模型是电磁感应中常见的物理模型，此类问题所给的物理情景一般是导体棒垂直切割磁感线，在安培力、重力、摩擦力、拉力作用下的变加速直线运动或匀速直线运动，所涉及的知识有牛顿运动定律、功能关系、能量守恒定律等此类问题的分析要抓住三点：杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为零)整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功电磁感应现象遵从能量守恒定律(2)双杆类问题可分为两种情况：一是“假双杆”，甲杆静止不动，乙杆运动其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件：甲杆静止、受力平衡另一种情况是两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减线框进入磁场和离开磁场的过程和单杆的运动情况相同，在磁场中运动的过程与双杆的运动情况相同例3(2014江苏13)如图5所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：图5(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.解析(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡mgsin mgcos 解得导体棒与涂层间的动摩擦因数tan (2)在光滑导轨上感应电动势：EBLv感应电流：I安培力：F安BIL受力平衡的条件是：F安mgsin 解得导体棒匀速运动的速度v(3)摩擦产生的热量：QTmgdcos 根据能量守恒定律知：3mgdsin QQTmv2解得电阻产生的焦耳热Q2mgdsin .答案(1)tan (2)(3)2mgdsin 变式题组3双杆模型问题如图6所示，两条平行的金属导轨相距L1 m，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中金属棒MN和PQ的质量均为m0.2 kg，电阻分别为RMN1 和RPQ2 .MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好从t0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态t3 s时，PQ棒消耗的电功率为8 W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动求：图6(1)磁感应强度B的大小；(2)t03 s时间内通过MN棒的电荷量；(3)求t6 s时F2的大小和方向；(4)若改变F1的作用规律，使MN棒的运动速度v与位移 x满足关系：v0.4x，PQ棒仍然静止在倾斜轨道上求MN棒从静止开始到x5 m的过程中，系统产生的热量答案(1)2 T(2)3 C(3)大小为5.2 N，方向沿斜面向下(4) J解析(1)当t3 s时，设MN的速度为v1，则v1at3 m/sE1BLv1E1I(RMNRPQ)PI2RPQ代入数据得：B2 T.(2)qt代入数据可得：q3 C(3)当t6 s时，设MN的速度为v2，则v2at6 m/sE2BLv212 VI24 AF安BI2L8 N规定沿斜面向上为正方向，对PQ进行受力分析可得：F2F安cos 37mgsin 37代入数据得：F25.2 N(负号说明力的方向沿斜面向下)(4)MN棒做变加速直线运动，当x5 m时，v0.4x0.45 m/s2 m/s因为速度v与位移x成正比，所以电流I、安培力也与位移x成正比，安培力做功W安BLx JQW安 J高考模拟明确考向1(2013安徽16) 如图7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 .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 ，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/s2，sin 370.6)()图7A2.5 m/s1 W B5 m/s1 WC7.5 m/s9 W D15 m/s9 W答案B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mgcos 37mgsin 37，所以F安mg(sin 37cos 37)0.4 N，由F安BIL得I1 A，所以EI(R灯RMN)2 V，导体棒的运动速度v5 m/s，小灯泡消耗的电功率为P灯I2R灯1 W正确选项为B.2在倾角为足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图8所示一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框在t0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，线框ab边到达gg与ff中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是()图8A当ab边刚越过ff时，线框加速度的大小为gsin Bt0时刻线框匀速运动的速度为Ct0时间内线框中产生的焦耳热为mgLsin mvD离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动答案BC解析当ab边进入磁场时，有EBLv0，I，mgsin BIL，有mgsin .当ab边刚越过ff时，线框的感应电动势和电流均加倍，则线框做减速运动，有4mgsin ，加速度向上大小为3gsin ，A错误；t0时刻线框匀速运动的速度为v，则有mgsin ，解得v，B正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动的过程，沿斜面向下运动距离为L，则由功能关系得线框中产生的焦耳热为Q()，C正确；线框离开磁场时做加速运动，D错误3如图9所示，ABCD为固定的水平光滑矩形金属导轨，处在方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场中，AB间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻，质量为m、长为L且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AB间R上产生的焦耳热为Q，则()图9A初始时刻导体棒所受的安培力大小为B当导体棒再一次回到初始位置时，AB间电阻的热功率为C当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv2QD当导体棒第一次到达最左端时，弹簧具有的弹性势能大于mvQ答案AC解析由FBIL，I，R并R，得初始时刻导体棒所受的安培力大小为F.故A正确；由于回路中产生焦耳热，导体棒和弹簧的机械能有损失，所以当导体棒再次回到初始位置时，速度小于v0，导体棒产生的感应电动势EBLv0，由电功率公式P知，则AB间电阻R的功率小于，故B错误；由能量守恒得知，当导体棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和弹簧的弹性势能电阻R上产生的焦耳热为Q，整个回路产生的焦耳热为2Q.弹簧的弹性势能为：Epmv2Q，故C正确；由题意知，导体棒第一次运动至最右端的过程中AB间电阻R上产生的焦耳热为Q，回路中产生的总焦耳热为2Q.由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，导体棒第一次达到最左端的过程中，导体棒平均速度最大，平均安培力最大，位移也最大，导体棒克服安培力做功最大，整个回路中产生的焦耳热应大于Q，弹簧的弹性势能将小于mvQ，选项D错误练出高分一、单项选择题1如图1所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，导轨平面与水平面的夹角为，导轨的下端接有电阻当导轨所在空间没有磁场时，使导体棒ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨平面，ab上升的最大高度为H；当导轨所在空间存在方向与导轨平面垂直的匀强磁场时，再次使ab以相同的初速度从同一位置冲上导轨平面，ab上升的最大高度为h.两次运动中ab始终与两导轨垂直且接触良好关于上述情景，下列说法中正确的是()图1A两次上升的最大高度比较，有HhB两次上升的最大高度比较，有HhC无磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生D有磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生答案D解析没有磁场时，只有重力做功，机械能守恒，没有电热产生，C错误有磁场时，ab切割磁感线，重力和安培力均做负功，机械能减小，有电热产生，故ab上升的最大高度变小，A、B错误，D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2所示，则()图2A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解析从线圈全部进入磁场至线圈开始离开磁场，线圈做加速度为g的匀加速运动，可知即使线圈进入磁场过程中，重力大于安培力，线圈离开磁场过程中受的安培力也可能大于重力，故只有C项正确3如图3所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置现使金属棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时金属棒刚好静止，设导轨与金属棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中()图3A回路中产生的内能相等B金属棒运动的加速度相等C安培力做功相等D通过金属棒横截面积的电荷量相等答案D解析金属棒由a到b再到c过程中，速度逐渐减小根据EBLv，E减小，故I减小再根据FBIL，安培力减小，根据Fma，加速度减小，B错误由于ab、bc间距相等，故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做的功，故A、C错误再根据平均感应电动势，qt，得q，故D正确4. 如图4所示，光滑斜面的倾角为，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，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()图4A线框进入磁场前运动的加速度为B线框进入磁场时匀速运动的速度为C线框做匀速运动的总时间为D该匀速运动过程中产生的焦耳热为(Mgmgsin )l2答案D解析由牛顿第二定律得，Mgmgsin (Mm)a，解得线框进入磁场前运动的加速度为，A错误由平衡条件，Mgmgsin F安0，F安BIl1，I，EBl1v，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v，B错误线框做匀速运动的总时间为t，C错误由能量守恒定律，该匀速运动过程中产生的焦耳热等于系统重力势能的减小量，为(Mgmgsin )l2，D正确5如图5，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，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，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()图5A流过金属棒的最大电流为B通过金属棒的电荷量为C克服安培力所做的功为mghD金属棒产生的焦耳热为mg(hd)答案D解析金属棒滑下过程中，根据动能定理有mghmv，根据法拉第电磁感应定律有EmBLvm，根据闭合电路欧姆定律有Im，联立得Im，A错误；根据q可知，通过金属棒的电荷量为，B错误；金属棒运动的全过程根据动能定理得mghWfW安0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C错误；由Wfmgd，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q，故2QW安，联立得Qmg(hd)，D正确二、多项选择题6. 如图6所示，水平放置的相距为L的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab.导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动则()图6A随着ab运动速度的增大，其加速度也增大B外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率D无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能答案CD解析设ab的速度为v，运动的加速度a，随着v的增大，ab由静止先做加速度逐渐减小的加速运动，当a0后做匀速运动，则A选项错误；由能量守恒知，外力F对ab做的功等于电路中产生的电能和ab增加的动能之和，ab克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，则B选项错误，D选项正确；当ab做匀速运动时，FBIL，外力F做功的功率等于电路中的电功率，则C选项正确7. 如图7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，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()图7A导体棒MN的最大速度为B导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为mgsin C导体棒MN受到的最大安培力为mgsin D导体棒MN所受重力的最大功率为答案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EBLv，回路中的电流I，MN受到的安培力FBIL，随着速度的增长，MN受到的安培力逐渐增大，加速度逐渐减小，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mgsin ，导体棒MN的最大速度为，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2mgsin ，选项B错误由Pmgvsin 可知导体棒MN所受重力的最大功率为，D错误8. 如图8所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为，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ab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.则()图8A上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B上滑过程中电流做功发出的热量为mv2mgs(sin cos )C上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2D上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2mgssin 答案BD解析导体棒刚开始运动时所受安培力最大，FmBIl，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，用公式表示为：mv2mgssin mgscos Q电热，则有：Q电热mv2mgs(sin cos )，即为导体棒克服安培力做的功，故B选项正确，C选项错误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mv2mgssin ，故D正确三、非选择题9(2012天津11) 如图9所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l0.5 m，左端接有阻值R0.3 的电阻一质量m0.1 kg，电阻r0.1 的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B0.4 T金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a2 m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x9 m时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221.导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触求：图9(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF.答案(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J解析(1)设金属棒匀加速运动的时间为t，回路的磁通量的变化量为，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得其中Blx设回路中的平均电流为，由闭合电路欧姆定律得则通过电阻R的电荷量为qt联立式，得q代入数据得q4.5 C(2)设撤去外力时金属棒的速度为v，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v22ax设金属棒在撤去外力后的运动过程中克服安培力所做的功为W，由动能定理得W0mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2W联立式，代入数据得Q21.8 J(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221，可得Q13.6 J在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知WFQ1Q2由式得WF5.4 J.10如图10所示，足够长的粗糙斜面与水平面成37角放置，在斜面上虚线aa和bb与斜面底边平行，且间距为d0.1 m，在aa、bb围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B1 T；现有一质量为m10 g，总电阻为R1 ，边长也为d0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与aa重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动已知线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5，不计其他阻力，求：(取sin 370.6，cos 370.8)图10(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热答案(1)2 m/s(2)0.1 J(3)0.004 J解析(1)金属线圈向下进入磁场时，有mgsin mgcos F安，其中F安BId，I，EBdv解得v2 m/s(2)设最高点离bb的距离为x，则v22ax，mgsin mgcos ma根据动能定理有Ek1Ekmgcos 2x，其中Ekmv2解得Ek1mv20.1 J.(3)向下匀速通过磁场区域过程中，有mgsin 2dmgcos 2dW安0QW安解得：Q2mgd(sin cos )0.004 J.