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专题强化二十四　电磁感应中的动力学和能量问题
目标要求 　1.会用动力学知识分析电磁感应问题.2.会用功能关系和能量守恒解决电磁感应中的能量问题．
题型一　电磁感应中的动力学问题
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．力学对象和电学对象的相互关系

3．用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤


　　　　　 “单棒＋电阻”模型

例1 　(多选)(2020·黑龙江鹤岗一中月考)如图1所示，有一边长为l的正方形导线框，质量为m，由高h处自由落下，其下边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做减速运动，直到其上边cd刚穿出磁场时，速度减小为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是l，重力加速度为g，则下列结论正确的是(　　)

图1
A．线框穿过磁场区域时做匀减速直线运动
B．线框穿过磁场区域时加速度方向先向上后向下
C．线框进入磁场时的加速度大于穿出磁场时的加速度
D．线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热为mg(2l＋34h)
答案　CD
解析　线框穿过匀强磁场的过程中，受到重力和安培力作用，设ab边刚进入磁场时的速度为v1，则E＝Blv1，所以电路中的电流I＝ER＝Blv1R，安培力F＝IlB＝B2l2v1R，由此可知，安培力与速度有关，由牛顿第二定律知B2l2v1R－mg＝ma，故线框在穿过磁场的过程中加速度随v的减小而减小，线框一直做减速运动，加速度方向一直向上，必有F≥mg，所以加速度不可能向下，故C正确，A、B错误；线框从释放至穿过磁场的过程中，设产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得mg(h＋2l)－Q＝12m(v12)2，mgh＝12mv12，联立解得Q＝mg(2l＋34h)，故D正确．
例2 　(多选)如图2所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动．整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨．已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是(　　)

图2
A．拉力F是恒力
B．拉力F随时间t均匀增加
C．金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 N
D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2
答案　BCD
解析　t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流I＝BlvR，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝B2l2atR，由牛顿第二定律可知F＝ma＋mgsin 37°＋B2l2atR，可见F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，t＝2 s时，F＝12 N，选项C、D正确．

“单棒＋电容器”模型，棒受到恒力作用(导轨光滑)

棒的初速度为零，拉力F恒定(棒和水平导轨电阻忽略不计)

图3
如图3，运动过程分析：
开始时，a＝Fm，棒加速运动v↑⇒感应电动势E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E′＝BL(v＋Δv)，Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv
电流I＝ΔqΔt＝CBLΔvΔt＝CBLa
安培力F安＝BLI＝CB2L2a
F－F安＝ma，a＝Fm＋B2L2C，所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动，v－t图象如图4.

图4
功能关系：
F做的功一部分转化为棒的动能，一部分转化为电场能：WF＝12mv2＋E电
例3 　(多选)如图5，两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，倾角为θ，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，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现由静止释放金属棒ab，假定电容器不会被击穿，忽略一切电阻，则下列说法正确的是(　　)

图5
A．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势
B．金属棒ab匀加速下滑
C．金属棒ab最终可能匀速下滑
D．金属棒ab下滑过程中减少的重力势能等于其增加的动能
答案　AB
解析　金属棒ab下滑过程中，金属棒ab切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可判断出金属棒a端为正极，所以M板电势高于N板电势，选项A正确；金属棒ab下滑过程中由于产生感应电动势和感应电流，对电容器充电，由I＝ΔqΔt，C＝ΔqΔU，ΔU＝BLΔv，金属棒ab受到安培力F＝BIL，对金属棒受力分析，有mgsin θ－F＝ma，联立解得a＝mgsin θm＋CB2L2，加速度为恒量，说明金属棒ab下滑时做加速度恒定的匀加速直线运动，选项B正确，C错误；金属棒ab下滑过程中减少的重力势能等于其增加的动能和电容器储存的电场能之和，选项D错误．

1．(电磁感应中的动力学问题)(多选)(2020·安徽蚌埠市一模)如图6，水平固定的光滑U型金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨间距为L.一金属棒从导轨右端以大小为v的速度滑上导轨，金属棒最终停在导轨上，已知金属棒的质量为m、长度为L、电阻为R，金属棒与导轨始终接触良好，不计导轨的电阻，则(　　)

图6
A．金属棒静止前做匀减速直线运动
B．金属棒刚滑上导轨时的加速度最大
C．金属棒速度为v2时的加速度是刚滑上导轨时加速度的12
D．金属棒从滑上导轨到静止的过程中产生的热量为B2L3vR
答案　BC
解析　导体棒切割磁感线产生的电动势为E＝BLv，产生的电流为I＝ER＝BLvR，则导体棒受水平向右的安培力，产生的加速度为a＝Fm＝BILm＝B2L2vmR，故导体棒做加速度减小且速度减小的变加速直线运动，而金属棒刚滑上轨道时速度最大，加速度最大，故A错误，B正确；金属棒的加速度a＝BILm＝B2L2vmR，a∝v，当速度变为v2时，加速度变为原来的12，故C正确；金属棒从滑上导轨到静止，仅受安培力作用，安培力做负功，则减少的动能转化为增加的电能，转变为热能，故由能量守恒定律有Q＝12mv2，故D错误．
2．(电磁感应中的动力学问题之单棒—电阻模型)(2020·河南驻马店市第一学期期末)如图7甲所示，间距为L＝0.5 m的两条平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2 T，轨道左侧连接一定值电阻R＝1 Ω.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良好．t＝0时刻，导体棒从静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的规律如图乙所示．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，导体棒和导轨的电阻均不计．取g＝10 m/s2，求：

图7
(1)导体棒的加速度大小；
(2)导体棒的质量．
答案　(1)5 m/s2　(2)0.1 kg
解析　(1)设导体棒的质量为m，导体棒做匀加速直线运动的加速度大小为a，某时刻t，导体棒的速度为v，所受的摩擦力为Ff，则导体棒产生的电动势：E＝BLv
回路中的电流I＝ER
导体棒受到的安培力：F安＝BIL
由牛顿第二定律：F－F安－Ff＝ma
由题意v＝at
联立解得：F＝B2L2aRt＋ma＋Ff
根据题图乙可知，0～10 s内图象的斜率为0.05 N/s，即B2L2aR＝0.05 N/s，解得a＝5 m/s2
(2)由F－t图象纵截距可知：ma＋Ff＝1.0 N
又Ff＝μmg
解得m＝0.1 kg.
题型二　电磁感应中的能量问题
电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．
1．能量转化及焦耳热的求法


2．解决电磁感应能量问题的策略是“先源后路、先电后力，再是运动、能量”，即


　　　　 应用焦耳定律求电能(杆做匀速直线运动)

例4 　如图8甲所示，不计电阻的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距L＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，水平虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω、长度与导轨间距相等的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如图乙所示(g取10 m/s2)．求：

图8
(1)磁感应强度的大小B；
(2)杆在磁场中下落0.1 s的过程中电阻R产生的热量．
答案　(1)2 T　(2)0.075 J
解析　(1)由题图乙可知，杆自由下落0.1 s进入磁场以v＝1.0 m/s的速度做匀速直线运动，产生的电动势E＝BLv
杆中的电流I＝ER＋r
杆所受安培力F安＝BIL
由平衡条件得mg＝F安
联立解得B＝2 T.
(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075 J.

　　　　 应用功能关系解决电磁感应中的能量问题

例5 　如图9所示，倾角为θ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9
(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)2gdsin θ　(2)2mgRsin θB2L2　(3)2mgdsin θ－2m3g2R2sin2 θB4L4
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 θ＝12mv12，解得：v1＝2gdsin θ.
(2)导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时，由平衡条件得：mgsin θ＝F安
F安＝BIL＝B2L2v22R
解得：v2＝2mgRsin θB2L2.
(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 θ－W安＝12mv22－12mv12
由Q＝W安
得Q＝2mgdsin θ－2m3g2R2sin2θB4L4.

　　　　 应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题

例6 　如图10甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝0.5 m，NQ两端连接阻值R＝2.0 Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，一质量m＝0.40 kg、接入电路的阻值r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的轻质定滑轮与质量M＝0.80 kg的重物相连．细线与金属导轨平行．金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.6 s内通过电荷量的23，g＝10 m/s2，求：

图10
(1)0～0.3 s内金属棒通过的位移大小；
(2)金属棒在0～0.6 s内产生的热量．
答案　(1)0.3 m　(2)1.05 J
解析　(1)0～0.3 s内通过金属棒的电荷量
q1＝ΔΦR＋r＝BLx1R＋r
0．3～0.6 s内通过金属棒的电荷量是q2＝I2t2＝BLvt2R＋r
由题中的电荷量关系q1q2＝23，代入解得：x1＝0.3 m
(2)金属棒在0～0.6 s内通过的总位移为x＝x1＋x2＝x1＋vt2，代入解得x＝0.75 m
根据能量守恒定律Mgx－mgxsin θ＝12(M＋m)v2＋Q
代入解得Q＝3.15 J
由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt，它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6 s内产生的热量Qr＝rR＋rQ＝1.05 J.

3．(应用动能定理解决电磁感应中的能量问题)竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图11所示，抛物线方程是y＝x2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中虚线所示)，一个质量为m的小金属环从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是(重力加速度为g)(　　)

图11
A．mgb B.12mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋12mv2
答案　D
解析　小金属环进入或离开磁场时，穿过金属环的磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中y＝a以下做往复运动，由动能定理可得mg(b－a)－W克安＝0－12mv2，Q＝W克安，得Q＝mg(b－a)＋12mv2.
4．(应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题)(多选)(2020·黑龙江哈尔滨市模拟)如图12所示，质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度大小为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，线框恰好做匀速直线运动，重力加速度为g，滑轮质量、摩擦阻力均不计．则下列说法中正确的是(　　)

图12
A．线框进入磁场时的速度大小为2gh
B．线框的电阻为B2L22mg2gh
C．线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝2mgh
D．线框通过磁场的时间为h2g
答案　AB
解析　线框进入磁场前，重物和线框组成的系统机械能守恒，有(3m－m)g·2h＝12×4mv2，解得线框进入磁场时的速度大小为v＝2gh，故A正确；线框进入磁场做匀速直线运动，根据平衡条件有3mg＝mg＋B2L2vR，解得线框的电阻R＝B2L22gh2mg，故B正确；线框通过磁场时做匀速直线运动，根据能量守恒定律有(3m－m)g·2h＝Q，解得Q＝4mgh，故C错误；线框通过磁场的时间为t＝2hv＝2hg，选项D错误．
课时精练

1．如图1所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框中导线的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　)

图1
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速
B．ef将匀减速向右运动，最后停止
C．ef将匀速向右运动
D．ef将往返运动
答案　A
解析　ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝B2L2vR＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误．


2.(多选)(2019·四川内江铁路中学月考)如图2所示，空间有一个方向水平的有界磁场区域，一个矩形线框，自磁场上方某一高度下落，然后进入磁场，进入磁场时，导线框平面与磁场方向垂直，则在进入过程中导线框可能的运动情况是(　　)

图2
A．加速度变小的加速下落
B．加速度变小的减速下落
C．匀速下落
D．匀加速下落
答案　ABC
解析　线框进入磁场过程中受到的安培力F＝BIL＝B2L2vR，如果B2L2vRmg，线框受到的合力向上，线框向下做减速运动，由牛顿第二定律得：B2L2vR－mg＝ma，a＝B2L2vmR－g，由于速度v减小，a减小，线框向下做加速度变小的减速运动，选项B正确；如果B2L2vR＝mg，线框将向下做匀速直线运动，选项C正确．
3．(多选)一空间有磁感应强度为B的垂直纸面向里的匀强磁场，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图3所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是(　　)

图3
A．ab受到的拉力大小为2 N
B．ab向上运动的速度为2 m/s
C．在2 s内，拉力做功使其他形式的能转化的电能是0.4 J
D．在2 s内，拉力做功为0.6 J
答案　BC
解析　对导体棒cd受力分析：mg＝BIl＝B2l2vR总，得v＝2 m/s，故选项B正确；对导体棒ab受力分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，选项A错误；在2 s内拉力做功使其他形式的能转化为ab棒的重力势能和电路中的电能，增加的电能等于克服安培力做的功，即W电＝F安vt＝B2l2v2tR总＝0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功为W拉＝Fvt＝0.8 J，选项D错误．
4．(2019·山东济宁市高三期末)如图4所示，倾角为θ的平行金属导轨宽度为L，电阻不计，底端接有阻值为R的定值电阻，处在与导轨平面垂直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中．有一质量为m，电阻为r，长度也为L的导体棒垂直放在导轨上，它与导轨之间的动摩擦因数为μ，现让导体棒从导轨底部以初速度v0冲上导轨，上滑的最大距离为s，返回到初位置时的速度为v.下列说法正确的是(　　)

图4
A．在上滑过程中，通过电阻R上的电荷量为BLsR
B．导体棒在上滑过程中所用时间为2sv0
C．导体棒从开始运动到回到底端，回路产生的焦耳热为12mv02－12mv2
D．导体棒在上滑过程中，R上产生的焦耳热大于下滑过程中R上产生的焦耳热
答案　D
解析　在上滑过程中，通过电阻R上的电荷量q＝NΔΦR＋r＝BΔSR＋r＝BLsR＋r，故A错误；导体棒从开始到滑到最大高度的过程中做减速运动，随着速度减小，产生的感应电流减小，所受的安培力减小，加速度减小，做加速度逐渐减小的变减速运动，平均速度不等于v02，则所用时间不等于sv02＝2sv0，故B错误；根据能量守恒定律知，导体棒从开始运动到回到底端，回路产生的焦耳热为Q＝12mv02－12mv2－2μmgscos θ，故C错误；由于导体棒的机械能不断减少，所以下滑与上滑经过同一位置时，上滑时速度大，产生的感应电流大，导体棒受到的安培力大，所以上滑过程安培力的平均值大，而两个过程通过的位移大小相等，所以上滑时导体棒克服安培力做功多，导体棒在上滑过程中整个回路中产生的焦耳热多，则导体棒在上滑过程中电阻R上产生的焦耳热也多，故D正确．
5.(多选)(2019·山东烟台市上学期期末)如图5所示，两根平行光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，下端PQ接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．一质量为m、接入电路的电阻也为R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，静止时导体棒处于导轨的MN处．已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行．现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)

图5
A．当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q
B．当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为mgsin θk
C．导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，则导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路中产生的焦耳热为m2g2sin2 θk－Ep
D．若导体棒第一次运动到MN处时速度为v，则此时导体棒的加速度大小为B2L2v2mR
答案　ACD
解析　由右手定则可知，当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q，故A正确；导体棒所受重力、弹簧弹力与安培力的合力为零时速度最大，弹簧伸长量为mgsin θk时，弹簧弹力为mgsin θ，此时导体棒所受合力为安培力，导体棒速度不是最大，故B错误；导体棒最终静止，由平衡条件有：mgsin θ＝kx，则弹簧伸长量：x＝mgsin θk，由能量守恒定律有：mgxsin θ＝Q＋Ep，解得：Q＝m2g2sin2θk－Ep，故C正确；导体棒第一次到达MN处时，弹簧的弹力：kx＝mgsin θ，此时导体棒受到的安培力为F＝BIL＝B2L2v2R，对导体棒，由牛顿第二定律有：kx－mgsin θ＋B2L2v2R＝ma，解得：a＝B2L2v2mR，故D正确．




6．(多选)(2019·陕西渭南市教学质检(二))如图6所示，相距为L的两条平行金属导轨与水平地面的夹角为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的导体棒从距水平地面高h处由静止释放，导体棒能沿倾斜的导轨下滑，已知下滑过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，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(　　)

图6
A．棒从开始运动直至地面的过程中，通过电阻R的电荷量为BLhRsin θ
B．棒从开始运动直至地面的过程中，电阻R上产生的焦耳热为mgh－μmghtan θ
C．棒释放瞬间的加速度大小是gsin θ－μgcos θ
D．如果增加导体棒质量，则导体棒从释放至滑到斜面底端的时间不变
答案　AC
解析　根据E＝ΔΦΔt，I＝ER，q＝IΔt联立求得：q＝ΔΦR＝BLhRsin θ，A正确；设到达斜面底端速度为v，由动能定理得：mgh－μmgcos θhsin θ－W安＝12mv2，则电阻R上产生的焦耳热Q＝W安＝mgh－μmghtan θ－12mv2，B错误；棒释放瞬间受力分析得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma，加速度大小a＝gsin θ－μgcos θ，C正确；当棒速度为v时，感应电动势E＝BLv，感应电流I＝ER，则F安＝BIL＝B2L2vR，对导体棒由牛顿第二定律有：mgsin θ－μmgcos θ－B2L2vR＝ma，则a＝gsin θ－μgcos θ－B2L2vmR，所以当速度相同时，增加导体棒质量，加速度会减小，而位移不变，结合v－t图象可知，时间会增加，D错误．
7.(2019·安徽安庆市二模)如图7所示，两个平行光滑金属导轨AB、CD固定在水平地面上，其间距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝3 Ω的定值电阻．一根长度与导轨间距相等的金属杆放置于导轨上，金属杆的质量m＝0.2 kg，电阻r＝2 Ω，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝4 T的匀强磁场中，t＝0时刻，在MN上加一与金属杆垂直、方向水平向右的外力F，金属杆由静止开始以a＝2 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，2 s末撤去外力F，运动过程中金属杆与导轨始终垂直且接触良好．(不计导轨和连接导线的电阻，导轨足够长)求：

图7
(1)1 s末外力F的大小；
(2)撤去外力F后的过程中，电阻R上产生的焦耳热．
答案　(1)2 N　(2)0.96 J
解析　(1)1 s末，金属杆MN的速度大小为
v1＝at1＝2×1 m/s＝2 m/s
金属杆MN产生的感应电动势为 E＝BLv1
金属杆MN中的感应电流大小I＝ER＋r
金属杆MN受到的安培力大小 F安＝BIL
联立得F安＝B2L2v1R＋r＝1.6 N
根据牛顿第二定律有F－F安＝ma
可得F＝F安＋ma＝2 N
(2)2 s末，金属杆MN的速度大小为 v2＝at2＝2×2 m/s＝4 m/s
撤去外力F后的过程中，根据能量守恒定律得电路中产生的总焦耳热Q＝12mv22＝12×0.2×42 J＝1.6 J
电阻R上产生的焦耳热QR＝RR＋rQ＝33＋2×1.6 J＝0.96 J.
8．(2020·江西上饶市月考)如图8甲所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L＝1 m，导轨平面与水平面成θ＝37°角，上端连接阻值为R＝2 Ω的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度B＝0.4 T．质量m＝0.2 kg、电阻r＝1 Ω的金属棒ab，以初速度v0从导轨底端向上滑行，金属棒ab在安培力和一与棒垂直且平行于导轨平面的外力F的共同作用下做匀变速直线运动，速度—时间图象如图乙所示．设金属棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数μ＝0.25.已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

图8
(1)金属棒产生的感应电动势的最大值；
(2)当金属棒速度为向上3 m/s时，施加在金属棒上外力F做功的功率；
(3)金属棒在0 答案　(1)2.4 V　(2)3.48 W　(3)见解析
解析　(1)当金属棒速度最大时，感应电动势最大，故有E＝BLv0＝0.4×1×6 V＝2.4 V.
(2)当金属棒速度为v＝3 m/s时，加速度大小为a＝ΔvΔt＝62 m/s2＝3 m/s2，FA′＝BIL＝B2L2vR＋r＝0.16 N，
由牛顿第二定律得：－μmgcos θ－mgsin θ－FA′＋F＝－ma
解得F＝μmgcos θ＋mgsin θ＋FA′－ma＝1.16 N
故有P＝Fv＝3.48 W.
(3)由题图乙可知速度大小v＝6－3t (m/s)
上滑阶段安培力大小FA上＝BIL＝B2L2vR＋r＝0.32－0.16t
上滑阶段由牛顿第二定律得－mgsin θ－μmgcos θ－FA上＋F＝－ma
代入得F＝1.32－0.16t (N)(0 下滑阶段，摩擦力和安培力方向改变，下滑阶段的安培力大小FA下＝0.16t－0.32
有－mgsin θ＋μmgcos θ＋FA下＋F＝－ma
可得F＝0.52－0.16t (N)(2 s 9．如图9甲所示，相距L＝1 m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1 kg、电阻为r＝0.5 Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5 Ω，电容器的电容C＝0.5 F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图象如图乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2.

图9
(1)求磁场的磁感应强度大小B；
(2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5 m时，定值电阻产生的焦耳热为21 J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？
(3)现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2 s时导体棒的速度大小．
答案　(1)2 T　(2)2 m/s　2 m/s2　(3)4 m/s
解析　(1)由题图乙可知，导体棒的最大速度vm＝3 m/s，
对应的感应电动势E＝BLvm，
感应电流I＝ER＋r，
当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有BIL＝mgsin θ，
解得B＝mgR＋rsin θL2vm＝2 T.
(2)导体棒和电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知：Qab∶QR＝1∶3，则导体棒ab产生的焦耳热Qab＝13×21 J＝7 J，导体棒下滑x＝5 m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有
mgxsin θ＝12mv12＋Qab＋QR
得导体棒的速度v1＝2 m/s，
此时感应电动势E1＝BLv1，
感应电流I1＝E1R＋r，
对导体棒有mgsin θ－BI1L＝ma1，
解得加速度a1＝2 m/s2.
(3)开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，
根据牛顿第二定律有
mgsin θ－BIL＝ma2，
感应电流I＝ΔqΔt，Δq＝CΔU
Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝ΔvΔt，
解得a2＝2 m/s2，
表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2 s时导体棒的速度大小v2＝a2t＝4 m/s.

10．(多选)(2020·全国卷Ⅰ·21)如图10，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10
A．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　当金属框在恒力F作用下向右加速运动时，bc边产生从c向b的感应电流i，金属框的加速度大小为a1，则有F－Bil＝Ma1；MN中感应电流从M流向N，MN在安培力作用下向右加速运动，加速度大小为a2，则有Bil＝ma2，当金属框和MN都运动后，金属框速度为v1，MN速度为v2，则电路中的感应电流为i＝Blv1－v2R，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从FM开始减小，加速度差值减小．当a1＝a2时，得F＝(M＋m)a，a＝FM＋m恒定，由F安＝ma可知，安培力不再变化，则感应电流不再变化，据i＝Blv1－v2R知金属框与MN的速度差保持不变，v－t图象如图所示，故A错误，B、C正确；MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框的速度，则MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误．

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