考向21 電磁感應(yīng)能量問題-備戰(zhàn)2023年高考物理一輪復(fù)習考點微

考向21電磁感應(yīng)中的能量與動量問題【重點知識點目錄】電磁感應(yīng)中的能量問題電磁感應(yīng)中的動量問題電磁感應(yīng)中的電路和圖像問題1．（2022?上海）寬L＝0.75m的導軌固定，導軌間存在著垂直于紙面且磁感應(yīng)強度B＝0.4T的勻強磁場。虛線框Ⅰ、Ⅱ中有定值電阻R0和最大阻值為20Ω的滑動變阻器R。一根與導軌等寬的金屬桿以恒定速率向右運動，圖甲和圖乙分別為變阻器全部接入和一半接入時沿abcda方向電勢變化的圖像。求：（1）勻強磁場的方向；（2）分析并說明定值電阻R0在Ⅰ還是Ⅱ中，并且R0大小為多少：（3）金屬桿運動時的速率；（4）滑動變阻器阻值為多少時變阻器的功率最大？并求出該最大功率Pm?！敬鸢浮浚?）勻強磁場的方向垂直紙面向里（2）定值電阻R0在Ⅰ中，定值電阻R0＝5Ω（3）金屬桿運動時的速率為5m/s（4）滑動變阻器阻值為5Ω時變阻器的功率最大，最大功率為0.1125W【解析】解：（1）a點電勢比d點電勢高，說明導體棒上端為電源正極，導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流向上，根據(jù)右手定則判斷得出勻強磁場的方向垂直紙面向里（2）滑動變阻器從全部接入到一半接入電路，回路里電流變大，定值電阻R0上電壓變大，圖甲的Ucd小于圖乙的Ucd，可以推理得定值電阻在Ⅰ內(nèi)，滑動變阻器在Ⅱ根據(jù)歐姆定律得：甲圖中回路電流I甲＝＝，乙圖中回路電流I乙＝＝＝0.1A甲圖中定值電阻R0上電壓φ0﹣1.2＝0.06R乙圖中定值電阻R0上電壓φ0﹣1.0＝0.1R聯(lián)立解得：R＝5Ω，φ0＝1.5V（3）金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，E＝φ0聯(lián)立解得v＝＝＝5m/s（4）根據(jù)甲乙兩圖可知導體棒電阻不計，由閉合電路歐姆定律得I＝滑動變阻器上的功率p＝I2R＝＝，當R＝5Ω時，滑動變阻器有最大功率Pm＝0.1125W2．（2022?浙江）艦載機電磁彈射是現(xiàn)代航母最先進的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達到世界先進水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計研究，如圖1所示，用于推動模型飛機的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導軌上無摩擦滑動。線圈位于導軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機加速，飛機達到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定值電阻R0，同時施加回撤力F，在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v﹣t圖如圖2所示，在t1至t3時間內(nèi)F＝（800﹣10v）N，t3時撤去F。已知起飛速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，線圈匝數(shù)n＝100匝，每匝周長l＝1m，飛機的質(zhì)量M＝10kg，動子和線圈的總質(zhì)量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不計空氣阻力和飛機起飛對動子運動速度的影響，求（1）恒流源的電流I；（2）線圈電阻R；（3）時刻t3?！敬鸢浮浚?）恒流源的電流為80A；（2）線圈電阻為0.5Ω；（3）時刻t3為?！窘馕觥拷猓海?）根據(jù)安培力公式可得：F安＝nBIl動子和線圈在0～t1時間內(nèi)做勻加速直線運動，運動的加速度為根據(jù)牛頓第二定律得：F安＝（M+m）a代入數(shù)據(jù)解得：I＝80A（2）當S撥至2時，接通定值電阻R0，此時的感應(yīng)電流為此時的安培力為F安1＝nBI1l根據(jù)牛頓第二定律得：由圖可知在t1到t3的過程中，加速度恒定，則有解得：R＝0.5Ω；（3）根據(jù)圖像可知，則0～2s時間內(nèi)，位移大小為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：根據(jù)電流的定義式可得：Δq＝It聯(lián)立解得：從t3時刻到最后返回初始位置停下的時間段內(nèi)通過回路中的電荷量，根據(jù)動量定理得：﹣nBlΔq＝0﹣ma1（t3﹣t2）聯(lián)立解得：t3＝3．（2021?全國）如圖，質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為l的正方形導線框置于光滑水平面上，虛線右側(cè)區(qū)域存在垂直于水平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B．線框在恒力F作用下從距磁場左邊界一定距離處由靜止開始運動。（1）若線框前端進入磁場后即保持勻速直線運動，求線框開始運動時距磁場左邊界的距離s；（2）若其他條件不變，t＝0時線框從距磁場左邊界處由靜止開始運動，線框經(jīng)過多少時間其前端剛進入磁場？此時的速度為多少？（3）已知在（2）的情況下，線框始終做加速運動，定性畫出線框運動的v﹣t圖像?！敬鸢浮浚?）若線框前端進入磁場后即保持勻速直線運動，求線框開始運動時距磁場左邊界的距離s為；（2）若其他條件不變，t＝0時線框從距磁場左邊界處由靜止開始運動，線框經(jīng)過時間其前端剛進入磁場。此時的速度為；（3）已知在（2）的情況下，線框始終做加速運動，定性畫出線框運動的v﹣t圖像如解析所示。【解析】解：（1）線框未進入磁場時，在水平方向上僅受外力作用，有：F＝ma做勻加速運動，前端進入瞬間有：v2＝2as＝進入磁場后還受安培力作用，有：Fm＝BIl＝＝勻速運動時有：F＝Fm，即：F＝解得：s＝（2）由題意可知，線框受力仍為F，加速度a＝由運動學公式有：v12＝2a×而：v1＝at聯(lián)立可得：v1＝＝，t＝（3）在上一問的情況下，由于進入磁場的速度v1＝，則進入磁場時，外力大于安培力，所以線框做加速度減小的加速運動，全部進入磁場后再做勻加速運動，于是畫出其v﹣t圖象如圖所示；4．（2022春?淄川區(qū)校級期中）如圖所示，兩條水平虛線之間有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，寬度為d。質(zhì)量為m、電阻為R的單匝正方形線圈邊長為L（L＜d），線圈下邊沿到磁場上邊界的距離為h。將線圈由靜止釋放，其下邊沿剛進入磁場和剛要穿出磁場時的速度相同，重力加速度為g。則從線圈下邊沿剛進入磁場到上邊沿剛穿出磁場的過程中，求：（1）線圈下邊沿剛進入磁場時，線圈的加速度大??；（2）線圈的最小速度；（3）產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）線圈下邊沿剛進入磁場時，線圈的加速度大小為﹣g；（2）線圈的最小速度為；（3）產(chǎn)生的焦耳熱為2mgd?！窘馕觥拷猓海?）線框從開始下落到進入磁場前由速度—位移關(guān)系有：2gh＝根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E＝BLv0根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I＝根據(jù)安培力計算公式有F＝BIL根據(jù)牛頓第二定律有：F﹣mg＝ma由以上各式解得a＝﹣g（2）線框下邊緣進入磁場和離開磁場時速度相同，但完全進入磁場后又經(jīng)歷了加速度運動，故線框進入磁場時必須做減速運動，在線框完全進入磁場前可能已經(jīng)勻速也可能仍在減速，故無論如何，當線框完全進入磁場時速度一定是最小的，從此時到線框下邊緣剛要離開磁場作為研究階段，由勻變速運動規(guī)律得2g（d﹣L）＝﹣解得：v1＝（3）因線框下邊緣剛進入磁場和剛離開磁場時的運動情況完全相同，故線框完全進入磁場和離開磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱相同，故從線框下邊緣剛進入磁場到剛離開磁場作為研究階段，由功能關(guān)系得mgd﹣Q＝0解得Q＝2mgd

1．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化特點

外力克服安培力做功，把機械能或其它能量轉(zhuǎn)化成電能；感應(yīng)電流通過電路做功又把電能轉(zhuǎn)化成其它形式的能（如內(nèi)能）．這一功能轉(zhuǎn)化途徑可表示為：

2．電能求解思路主要有三種

（1）利用克服安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功．

（2）利用能量守恒求解：其它形式的能的減少量等于產(chǎn)生的電能．

（3）利用電路特征來求解：通過電路中所消耗的電能來計算．3．能量觀點其中一個金屬桿機械能的減少量等于另一個金屬桿機械能的增加量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和。4動量觀點對于兩導體棒在平直的光滑導軌上運動的情況，如果兩棒所受的外力之和為0，則考慮應(yīng)用動量守恒定律處理問題，由可知，當目中涉及電荷量或平均電流時，可應(yīng)用動置定理來解決問題電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題電磁感應(yīng)中電路知識關(guān)系圖“三步走”分析電路為主的電磁感應(yīng)問題電磁感應(yīng)中的圖像類問題解決方法1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實質(zhì)是其它形式的能轉(zhuǎn)化成電能．

2．感應(yīng)電流在磁場中受安培力，外力克服安培力做功，將其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為其它形式的能．

3．電流做功產(chǎn)生的熱量用焦耳定律計算，公式為Q=I2Rt．易錯題【01】電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的電路、圖象、及能量問題易錯題【03】要注意實際情況中的能量轉(zhuǎn)化問題易錯題5．（2022春?金東區(qū)校級期中）如圖甲所示，絕緣水平面上固定著兩根足夠長的光滑金屬導軌PQ、MN，相距為L＝0.5m，ef右側(cè)導軌處于勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平向下，磁感應(yīng)強度B的大小如圖乙變，開始ab棒和cd棒鎖定在導軌如圖甲位置，ab棒和cd棒平行，ab棒離水平面高度為h＝0.2m，cd棒與ef時之間的距離也為L，ab棒的質(zhì)量為m1＝0.2kg，有效電阻R1＝0.05Ω，cd棒的質(zhì)量為m2＝0.1kg有效電阻為R2＝0.15Ω（設(shè)a、b棒在運動過程始終與導軌垂直，兩棒與導軌接觸良好，導軌電阻不計），在1s末解除對ab棒和cd棒的鎖定。問：（1）0～1s時間段通過cd捧的電流大小與方向；（2）ab進入磁場后兩棒的速度和加速度如何變化？（3）求從解除鎖定到最終穩(wěn)定狀態(tài)，ab棒產(chǎn)生的熱量為多少？（4）ab棒和cd棒速度相同時，它們之間的距離為多大？（保留兩位有效數(shù)字）6．（2022春?廣州期末）如圖甲所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好。MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈面積為S，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁感應(yīng)強度變化率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，PQ的質(zhì)量為m，金屬導軌足夠長，電阻忽略不計。（1）閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；（2）斷開S，使PQ在外力作用下做周期性運動，其瞬時速度滿足乙圖所示的正弦變化規(guī)律，圖中v0、T為已知物理量，PQ棒運動過程中始終未越出磁場區(qū)域，求：0～時間內(nèi)外力對PQ棒所做的功W。7．（2022春?成都期中）如圖，面積為S＝0.25m2、電阻為r＝1Ω、匝數(shù)為n＝10匝的圓形線圈mpn內(nèi)有垂直于紙面向里、大小隨時間均勻變化的勻強磁場B。線圈的兩個端點m、n通過導線接有阻值為R1＝3Ω和R2＝6Ω的定值電阻，R2兩端用導線連接一正對的水平金屬板AC，板長為L＝1.0m，板間距離為d＝0.8m．一質(zhì)量為m＝0.5kg、電量為q＝1C的可視為質(zhì)點的帶正電小球，從兩板正中央以v0＝2.5m/s的水平初速度向右射入板間并沿直線穿過極板．導線電阻不計，重力加速度大小為g＝10m/s2．求：（1）A、C兩板間的電勢差大小；（2）若t＝0時刻勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B0＝2T，寫出磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律；（3）若要使帶電小球不打在極板上，則磁場的磁感應(yīng)強度變化率的范圍應(yīng)為多少？8．（2022春?成都月考）如圖，面積為S＝0.25m2、電阻為r＝1Ω、匝數(shù)為n＝10匝的矩形線圈MNPQ內(nèi)有垂直于線圈平面的勻強磁場B。矩形線圈MNPQ的兩個端點e、f通過導線連接有阻值為R1＝3Ω和R2＝6Ω的定值電阻，R2兩端用導線連接一理想電壓表。當線圈內(nèi)磁場隨時間均勻變化時，電壓表的示數(shù)為4.0V。求：（1）線圈內(nèi)因磁場變化而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小；（2）線圈內(nèi)磁場隨時間變化的變化率。9．（2021秋?皇姑區(qū)校級月考）兩根平行金屬導軌水平放置，間距d＝0.6m，右邊接有定值電阻R，導軌間有一個寬為x1＝2.5m的磁場區(qū)MM'NN'和寬為x2＝7.5m的磁場區(qū)OO'PP'，磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B＝2T，方向垂直導軌平面向下。兩個磁場之間有寬為L＝2m的無磁場區(qū)NN'OO'，NO、N'O粗糙。現(xiàn)有質(zhì)量為m1＝0.6kg，m2＝1.8kg，有效長度均為d＝0.6m的兩根金屬桿ab、cd架在兩平行導軌上，金屬桿cd架在右邊磁場邊界OO'的左側(cè)，金屬桿ab以初速度v0＝8m/s從MM'處進入左邊磁場，然后穿過左邊磁場，滑過無場區(qū)，最終在OO'處與金屬桿cd發(fā)生彈性碰撞。金屬桿ab與粗糙導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，運動過程中，桿ab、cd與導軌始終接觸良好，且保持與導軌垂直。已知桿ab、cd和電阻R的阻值均為2Ω，忽略導軌電阻，不計導軌上其余部分的阻力，忽略磁場邊界效應(yīng)。求：（1）ab桿進入磁場的瞬間a、b兩點的電勢差Uab以及流過ab桿的電流方向；（2）ab桿與cd桿碰撞前瞬間ab桿的速度；（3）最后ab桿與cd桿之間的距離以及ab桿上全過程產(chǎn)生的焦耳熱？10．（2021秋?河南月考）如圖1所示為一個特制燈泡兩端的電壓與通過它的電流的關(guān)系曲線，二者不成線性關(guān)系，這是由于焦耳熱使燈絲的溫度發(fā)生了變化，假設(shè)最終通過燈泡的電流為0.52A。將該燈泡用導線接在光滑豎直平行導軌上端MN兩點間，如圖2所示。該導軌間距L＝1.0m，MN下方有一根質(zhì)量m＝0.2kg、接入電阻R＝10.0Ω的導體棒AB水平跨接在導軌上，緊接AB正下方的導軌間交替分布著垂直導軌所在平面、磁感應(yīng)強度B＝2.0T、寬度d＝0.20m的勻強磁場，除導體棒和燈泡以外，其余電阻不計，導軌足夠長，重力加速度g取10m/s2，空氣阻力不計。（1）開始時鎖定導體棒AB，在AB與MN之間半徑r＝0.1m圓形區(qū)域內(nèi)施加一垂直導軌所在平面均勻增加的勻強磁場，當磁感應(yīng)強度的變化率為＝×102T/s時，求燈泡的實際功率；（結(jié)果保留2位小數(shù)）（2）撤去圓形區(qū)域里的磁場同時解除鎖定，并將兩個這樣的燈泡并聯(lián)接在MN兩點間，求每個燈泡最終發(fā)光的功率和通過燈泡的交流電的頻率；（3）撤去圓形區(qū)域內(nèi)磁場的同時解除鎖定，在MN兩點間只接入一只這樣的燈泡，求導體棒最終的加速度大小。11．（2021春?和平區(qū)期末）如圖所示，傾角為θ的足夠長平行光滑的兩導軌，間距為L，導軌間有垂直于軌道平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B；底端ab間連一阻值為R的電阻；頂端通過導線連接一橫截面積為S、總電阻為、匝數(shù)為N的線圈（線圈中軸線沿豎直方向），線圈內(nèi)有沿豎直向上、磁感應(yīng)強度大小B'隨時間均勻變化的另一磁場。一質(zhì)量為m、電阻同為R、長度同為L的導體棒cd橫放在導軌上，導體棒與導軌始終良好接觸。不計導軌和導線的電阻，重力加速度為g，求：（1）若斷開開關(guān)K，靜止釋放導體棒，則導體棒能達到的最大速率是多少？并求出導體棒下滑距離為d時，流經(jīng)電阻R的電量q；（2）若閉合開關(guān)K，為使導體棒始終靜止在導軌上，請直接判斷線圈中所加磁場的變化（增強還是減弱）并計算其磁感應(yīng)強度隨時間的變化率.12．（2021春?黃埔區(qū)校級期中）如圖所示，固定金屬圓環(huán)內(nèi)存在勻強磁場，方向垂直圓環(huán)向下，在外力作用下金屬棒ab可繞著圓心O勻速轉(zhuǎn)動。從圓心和圓環(huán)邊緣用細導線連接足夠長的兩平行金屬導軌，導軌與水平面夾角為30°，空間存在垂直導軌平面向下的勻強磁場。將金屬棒cd垂直導軌輕輕放上，金屬棒處于靜止狀態(tài)。已知圓環(huán)內(nèi)和導軌平面的磁場大小均為B＝1T，圓環(huán)半徑和金屬棒ab長均為d＝1m，導軌寬度和金屬棒cd長度均為L＝2m，金屬棒cd質(zhì)量為m＝1kg，與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ＝，ab棒電阻為r＝2Ω，cd棒電阻為R＝4Ω，其余電阻不計，sin30°＝，cos30°＝，重力加速度g取10m/s2。求：（1）若ab棒以ω0＝12rad/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，則流過ab棒的電流方向和ab棒兩端的電壓；（2）要使金屬棒與導軌保持相對靜止，則ab棒轉(zhuǎn)動的角速度應(yīng)滿足什么條件？（3）若ab棒以ω3＝31rad/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，當cd棒勻速時，cd棒的位移為x＝16m，求：①cd棒勻速的速度大小及此時ab棒所受外力的功率；②從靜止到勻速，安培力對cd棒做的功。13．（2021春?南開區(qū)校級期中）如圖甲所示，長、寬分別為L1＝0.3m、L2＝0.1m的矩形金屬線框位于豎直平面內(nèi)，其匝數(shù)為n＝200，總電阻為r＝1Ω，可繞其豎直中心軸O1O2轉(zhuǎn)動，線框的兩個末端分別與兩個彼此絕緣的銅環(huán)C、D（集流環(huán)）焊接在一起，并通過電流和阻值為2Ω的定值電阻R相連，線框所在空間有水平向右均勻分布的磁場。磁感應(yīng)強度B的大小隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，0～s時間內(nèi)，線框保持靜止，且線框平面和磁場垂直，s時刻以后線框在外力的驅(qū)動下開始繞其豎直中心軸以角速度ω＝50πrad/s勻速轉(zhuǎn)動，求：（運算結(jié)果中可保留π）（1）0～s時間內(nèi)通過電阻R的電流大?。唬?）線框勻速轉(zhuǎn)動后，電路中產(chǎn)生的電動勢的最大值；（3）在轉(zhuǎn)動一周的過程中電流通過電阻R產(chǎn)生的熱量。14．（2021?宣城模擬）如圖所示，PQMN和P'Q'M'N'為在同一平面內(nèi)足夠長的光滑金屬導軌，處在磁感應(yīng)強度B＝2.0T的勻強磁場中，磁場方向豎直向下，MN和M'N'段平行，間距d＝1.0m，導軌的PQ段與P'Q'段相互平行，間距為2d；兩根質(zhì)量均為m＝2kg、電阻均為R＝1.0Ω的金屬桿a、b垂直于導軌放置，桿的長度略大于導軌間距，且保持良好接觸。a、b用一根不可伸長的絕緣輕繩栓接，輕繩處于拉直狀態(tài)，a的中點通過另一根絕緣輕繩通過光滑定滑輪與c連接，c的質(zhì)量m＝2kg，已知a、b始終在原來軌道上運動，c不會著地，不計導軌電阻及電磁輻射，重力加速度g＝10m/s2。（1）求c由靜止釋放瞬間a、b之間輕繩的拉力F；（2）c由靜止釋放，求c的最大速度vm及此時b的熱功率P；（3）c由靜止釋放，c達到最大速度后，某時刻同時燒斷連接a與b、a與c間的輕繩，求穩(wěn)定后b的速度vb。15．（2021?丹陽市校級模擬）如圖甲所示，一水平放置的線圈，匝數(shù)n＝100匝，橫截面積S＝0.2m2，電阻r＝1Ω，線圈處于水平向左的均勻變化的磁場中，磁感應(yīng)強度B1隨時間t變化關(guān)系如圖乙所示。線圈與足夠長的豎直光滑導軌MN、PO連接，導軌間距l(xiāng)＝20cm，導體棒ab與導軌始終接觸良好，ab棒的電阻R＝4Ω，質(zhì)量m＝5g，導軌的電阻不計，導軌處在與導軌平面垂直向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B2＝0.5T．t＝0時，導體棒由靜止釋放，g取10m/s2，求：（1）t＝0時，線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢太?。唬?）t＝0時，導體棒ab兩端的電壓和導體棒的加速度大??；（3）導體棒ab到穩(wěn)定狀態(tài)時，導體棒所受重力的瞬時功率。16．（2021?湖北）如圖（a）所示，兩根不計電阻、間距為L的足夠長平行光滑金屬導軌，豎直固定在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向里，磁感應(yīng)強度大小為B。導軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻。元件Z的U﹣I圖像如圖（b）所示，當流過元件Z的電流大于或等于I0時，電壓穩(wěn)定為Um。質(zhì)量為m、不計電阻的金屬棒可沿導軌運動，運動中金屬棒始終水平且與導軌保持良好接觸。忽略空氣阻力及回路中的電流對原磁場的影響，重力加速度大小為g。為了方便計算，取I0＝，Um＝。以下計算結(jié)果只能選用m、g、B、L、R表示。（1）閉合開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v1；（2）斷開開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v2；（3）先閉合開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒達到最大速度后，再斷開開關(guān)S。忽略回路中電流突變的時間，求S斷開瞬間金屬棒的加速度大小a。17．（2021?乙卷）如圖，一傾角為α的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量M＝0.06kg的U形導體框，導體框的電阻忽略不計；一電阻R＝3Ω的金屬棒CD的兩端置于導體框上，與導體框構(gòu)成矩形回路CDEF；EF與斜面底邊平行，長度L＝0.6m。初始時CD與EF相距s0＝0.4m，金屬棒與導體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離s1＝m后進入一方向垂直于斜面的勻強磁場區(qū)域，磁場邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運動，直至離開磁場區(qū)域。當金屬棒離開磁場的瞬間，導體框的EF邊正好進入磁場，并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應(yīng)強度大小B＝1T，重力加速度大小取g＝10m/s2，sinα＝0.6。求（1）金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大??；（2）金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導體框之間的動摩擦因數(shù)；（3）導體框勻速運動的距離。18．（2020?浙江）如圖1所示，在絕緣光滑水平桌面上，以O(shè)為原點、水平向右為正方向建立x軸，在0≤x≤1.0m區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強磁場。桌面上有一邊長L＝0.5m、電阻R＝0.25Ω的正方形線框abcd，當平行于磁場邊界的cd邊進入磁場時，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做勻速運動，直到ab邊進入磁場時撤去外力。若以cd邊進入磁場時作為計時起點，在0≤t≤1.0s內(nèi)磁感應(yīng)強度B的大小與時間t的關(guān)系如圖2所示，在0≤t≤1.3s內(nèi)線框始終做勻速運動。（1）求外力F的大?。唬?）在1.0s≤t≤1.3s內(nèi)存在連續(xù)變化的磁場，求磁感應(yīng)強度B的大小與時間t的關(guān)系；（3）求在0≤t≤1.3s內(nèi)流過導線橫截面的電荷量q。

考向21電磁感應(yīng)中的能量與動量問題【重點知識點目錄】電磁感應(yīng)中的能量問題電磁感應(yīng)中的動量問題電磁感應(yīng)中的電路和圖像問題1．（2022?上海）寬L＝0.75m的導軌固定，導軌間存在著垂直于紙面且磁感應(yīng)強度B＝0.4T的勻強磁場。虛線框Ⅰ、Ⅱ中有定值電阻R0和最大阻值為20Ω的滑動變阻器R。一根與導軌等寬的金屬桿以恒定速率向右運動，圖甲和圖乙分別為變阻器全部接入和一半接入時沿abcda方向電勢變化的圖像。求：（1）勻強磁場的方向；（2）分析并說明定值電阻R0在Ⅰ還是Ⅱ中，并且R0大小為多少：（3）金屬桿運動時的速率；（4）滑動變阻器阻值為多少時變阻器的功率最大？并求出該最大功率Pm?！敬鸢浮浚?）勻強磁場的方向垂直紙面向里（2）定值電阻R0在Ⅰ中，定值電阻R0＝5Ω（3）金屬桿運動時的速率為5m/s（4）滑動變阻器阻值為5Ω時變阻器的功率最大，最大功率為0.1125W【解析】解：（1）a點電勢比d點電勢高，說明導體棒上端為電源正極，導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流向上，根據(jù)右手定則判斷得出勻強磁場的方向垂直紙面向里（2）滑動變阻器從全部接入到一半接入電路，回路里電流變大，定值電阻R0上電壓變大，圖甲的Ucd小于圖乙的Ucd，可以推理得定值電阻在Ⅰ內(nèi)，滑動變阻器在Ⅱ根據(jù)歐姆定律得：甲圖中回路電流I甲＝＝，乙圖中回路電流I乙＝＝＝0.1A甲圖中定值電阻R0上電壓φ0﹣1.2＝0.06R乙圖中定值電阻R0上電壓φ0﹣1.0＝0.1R聯(lián)立解得：R＝5Ω，φ0＝1.5V（3）金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，E＝φ0聯(lián)立解得v＝＝＝5m/s（4）根據(jù)甲乙兩圖可知導體棒電阻不計，由閉合電路歐姆定律得I＝滑動變阻器上的功率p＝I2R＝＝，當R＝5Ω時，滑動變阻器有最大功率Pm＝0.1125W2．（2022?浙江）艦載機電磁彈射是現(xiàn)代航母最先進的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達到世界先進水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計研究，如圖1所示，用于推動模型飛機的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導軌上無摩擦滑動。線圈位于導軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機加速，飛機達到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定值電阻R0，同時施加回撤力F，在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v﹣t圖如圖2所示，在t1至t3時間內(nèi)F＝（800﹣10v）N，t3時撤去F。已知起飛速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，線圈匝數(shù)n＝100匝，每匝周長l＝1m，飛機的質(zhì)量M＝10kg，動子和線圈的總質(zhì)量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不計空氣阻力和飛機起飛對動子運動速度的影響，求（1）恒流源的電流I；（2）線圈電阻R；（3）時刻t3?！敬鸢浮浚?）恒流源的電流為80A；（2）線圈電阻為0.5Ω；（3）時刻t3為?！窘馕觥拷猓海?）根據(jù)安培力公式可得：F安＝nBIl動子和線圈在0～t1時間內(nèi)做勻加速直線運動，運動的加速度為根據(jù)牛頓第二定律得：F安＝（M+m）a代入數(shù)據(jù)解得：I＝80A（2）當S撥至2時，接通定值電阻R0，此時的感應(yīng)電流為此時的安培力為F安1＝nBI1l根據(jù)牛頓第二定律得：由圖可知在t1到t3的過程中，加速度恒定，則有解得：R＝0.5Ω；（3）根據(jù)圖像可知，則0～2s時間內(nèi)，位移大小為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：根據(jù)電流的定義式可得：Δq＝It聯(lián)立解得：從t3時刻到最后返回初始位置停下的時間段內(nèi)通過回路中的電荷量，根據(jù)動量定理得：﹣nBlΔq＝0﹣ma1（t3﹣t2）聯(lián)立解得：t3＝3．（2021?全國）如圖，質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為l的正方形導線框置于光滑水平面上，虛線右側(cè)區(qū)域存在垂直于水平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B．線框在恒力F作用下從距磁場左邊界一定距離處由靜止開始運動。（1）若線框前端進入磁場后即保持勻速直線運動，求線框開始運動時距磁場左邊界的距離s；（2）若其他條件不變，t＝0時線框從距磁場左邊界處由靜止開始運動，線框經(jīng)過多少時間其前端剛進入磁場？此時的速度為多少？（3）已知在（2）的情況下，線框始終做加速運動，定性畫出線框運動的v﹣t圖像。【答案】（1）若線框前端進入磁場后即保持勻速直線運動，求線框開始運動時距磁場左邊界的距離s為；（2）若其他條件不變，t＝0時線框從距磁場左邊界處由靜止開始運動，線框經(jīng)過時間其前端剛進入磁場。此時的速度為；（3）已知在（2）的情況下，線框始終做加速運動，定性畫出線框運動的v﹣t圖像如解析所示?！窘馕觥拷猓海?）線框未進入磁場時，在水平方向上僅受外力作用，有：F＝ma做勻加速運動，前端進入瞬間有：v2＝2as＝進入磁場后還受安培力作用，有：Fm＝BIl＝＝勻速運動時有：F＝Fm，即：F＝解得：s＝（2）由題意可知，線框受力仍為F，加速度a＝由運動學公式有：v12＝2a×而：v1＝at聯(lián)立可得：v1＝＝，t＝（3）在上一問的情況下，由于進入磁場的速度v1＝，則進入磁場時，外力大于安培力，所以線框做加速度減小的加速運動，全部進入磁場后再做勻加速運動，于是畫出其v﹣t圖象如圖所示；4．（2022春?淄川區(qū)校級期中）如圖所示，兩條水平虛線之間有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，寬度為d。質(zhì)量為m、電阻為R的單匝正方形線圈邊長為L（L＜d），線圈下邊沿到磁場上邊界的距離為h。將線圈由靜止釋放，其下邊沿剛進入磁場和剛要穿出磁場時的速度相同，重力加速度為g。則從線圈下邊沿剛進入磁場到上邊沿剛穿出磁場的過程中，求：（1）線圈下邊沿剛進入磁場時，線圈的加速度大小；（2）線圈的最小速度；（3）產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）線圈下邊沿剛進入磁場時，線圈的加速度大小為﹣g；（2）線圈的最小速度為；（3）產(chǎn)生的焦耳熱為2mgd?！窘馕觥拷猓海?）線框從開始下落到進入磁場前由速度—位移關(guān)系有：2gh＝根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E＝BLv0根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I＝根據(jù)安培力計算公式有F＝BIL根據(jù)牛頓第二定律有：F﹣mg＝ma由以上各式解得a＝﹣g（2）線框下邊緣進入磁場和離開磁場時速度相同，但完全進入磁場后又經(jīng)歷了加速度運動，故線框進入磁場時必須做減速運動，在線框完全進入磁場前可能已經(jīng)勻速也可能仍在減速，故無論如何，當線框完全進入磁場時速度一定是最小的，從此時到線框下邊緣剛要離開磁場作為研究階段，由勻變速運動規(guī)律得2g（d﹣L）＝﹣解得：v1＝（3）因線框下邊緣剛進入磁場和剛離開磁場時的運動情況完全相同，故線框完全進入磁場和離開磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱相同，故從線框下邊緣剛進入磁場到剛離開磁場作為研究階段，由功能關(guān)系得mgd﹣Q＝0解得Q＝2mgd

1．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化特點

外力克服安培力做功，把機械能或其它能量轉(zhuǎn)化成電能；感應(yīng)電流通過電路做功又把電能轉(zhuǎn)化成其它形式的能（如內(nèi)能）．這一功能轉(zhuǎn)化途徑可表示為：

2．電能求解思路主要有三種

（1）利用克服安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功．

（2）利用能量守恒求解：其它形式的能的減少量等于產(chǎn)生的電能．

（3）利用電路特征來求解：通過電路中所消耗的電能來計算．3．能量觀點其中一個金屬桿機械能的減少量等于另一個金屬桿機械能的增加量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和。4動量觀點對于兩導體棒在平直的光滑導軌上運動的情況，如果兩棒所受的外力之和為0，則考慮應(yīng)用動量守恒定律處理問題，由可知，當目中涉及電荷量或平均電流時，可應(yīng)用動置定理來解決問題電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題電磁感應(yīng)中電路知識關(guān)系圖“三步走”分析電路為主的電磁感應(yīng)問題電磁感應(yīng)中的圖像類問題解決方法1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實質(zhì)是其它形式的能轉(zhuǎn)化成電能．

2．感應(yīng)電流在磁場中受安培力，外力克服安培力做功，將其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為其它形式的能．

3．電流做功產(chǎn)生的熱量用焦耳定律計算，公式為Q=I2Rt．易錯題【01】電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的電路、圖象、及能量問題易錯題【03】要注意實際情況中的能量轉(zhuǎn)化問題易錯題5．（2022春?金東區(qū)校級期中）如圖甲所示，絕緣水平面上固定著兩根足夠長的光滑金屬導軌PQ、MN，相距為L＝0.5m，ef右側(cè)導軌處于勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平向下，磁感應(yīng)強度B的大小如圖乙變，開始ab棒和cd棒鎖定在導軌如圖甲位置，ab棒和cd棒平行，ab棒離水平面高度為h＝0.2m，cd棒與ef時之間的距離也為L，ab棒的質(zhì)量為m1＝0.2kg，有效電阻R1＝0.05Ω，cd棒的質(zhì)量為m2＝0.1kg有效電阻為R2＝0.15Ω（設(shè)a、b棒在運動過程始終與導軌垂直，兩棒與導軌接觸良好，導軌電阻不計），在1s末解除對ab棒和cd棒的鎖定。問：（1）0～1s時間段通過cd捧的電流大小與方向；（2）ab進入磁場后兩棒的速度和加速度如何變化？（3）求從解除鎖定到最終穩(wěn)定狀態(tài)，ab棒產(chǎn)生的熱量為多少？（4）ab棒和cd棒速度相同時，它們之間的距離為多大？（保留兩位有效數(shù)字）【答案】（1）0～1s時間段通過cd棒的電流大小為1.25A，方向由d指向c；（2）ab進入磁場后，ab棒的速度先增大后保持不變，加速度減小到零；cd棒的速度先增大后保持不變，加速度減小到零；（3）求從解除鎖定到最終穩(wěn)定狀態(tài)，ab棒產(chǎn)生的熱量為J；（4）ab棒和cd棒速度相同時，它們之間的距離為0.39m。【解析】解：（1）0﹣1s時間段，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動勢為：E＝＝V＝0.25V通過cd棒的電流大小為：I＝＝根據(jù)楞次定律可知通過cd捧的電流方向為由d指向c；（2）ab以一定的初速度進入磁場后，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路中感應(yīng)電流方向為順時針，ab棒受到向左的安培力作用而做減速直線運動，cd棒受到向右的安培力作用由靜止開始做加速直線運動，兩棒的速度差值逐漸減小，回路中的感應(yīng)電動勢逐漸減小，感應(yīng)電流方向逐漸減小，兩棒所受安培力等大且逐漸減小，兩棒的加速度都在逐漸減小，當兩棒的速度相等時，感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流和安培力均減小到零，此后兩棒均做勻速直線運動。故ab進入磁場后，ab棒的速度先增大后保持不變，加速度減小到零；cd棒的速度先增大后保持不變，加速度減小到零。（3）對ab棒下滑過程，由機械能守恒定律得：m1gh＝代入數(shù)據(jù)解得：v0＝2m/s因兩棒所受安培力等大反向，故兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)滿足動量守恒，設(shè)兩棒穩(wěn)定時共同速度為v，取向右為正方向，由動量守恒定律得：m1v0＝（m1+m2）v代入數(shù)據(jù)解得：v＝m/s根據(jù)能量守恒定律得：Q＝m1gh﹣ab棒產(chǎn)生的熱量為：Q1＝聯(lián)立解得：Q1＝J；（4）設(shè)ab入磁場后到兩棒運動穩(wěn)定時的過程中通過回路的電荷量為q，穩(wěn)定后兩棒之間的距離是d，對cd棒，由動量定理得：BLt＝m2v﹣0又有：q＝t＝＝，其中：ΔΦ＝BL（L﹣d）聯(lián)立解得：d＝≈0.39m。6．（2022春?廣州期末）如圖甲所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好。MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈面積為S，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁感應(yīng)強度變化率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，PQ的質(zhì)量為m，金屬導軌足夠長，電阻忽略不計。（1）閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；（2）斷開S，使PQ在外力作用下做周期性運動，其瞬時速度滿足乙圖所示的正弦變化規(guī)律，圖中v0、T為已知物理量，PQ棒運動過程中始終未越出磁場區(qū)域，求：0～時間內(nèi)外力對PQ棒所做的功W。【答案】（1）閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F為，方向水平向右；（2）0～時間內(nèi)外力對PQ棒所做的功W為+。【解析】解：（1）閉合S，設(shè)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝＝?S＝kS設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有：R并＝設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I＝＝＝，電流方向俯視為逆時針方向；設(shè)PQ中的電流為IPQ，則IPQ＝I＝?＝，方向由Q→P設(shè)PQ受到的安培力為F安，有：F安＝BIPQl，根據(jù)左手定則可知PQ受到的安培力方向水平向左要保持PQ靜止，根據(jù)平衡條件可得F＝F安，聯(lián)立解得：F＝，方向水平向右；（2）PQ的瞬時速度表達式為v＝v0sintPQ產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢瞬時值表達式為e＝Blv＝Blv0sint，回路中產(chǎn)生正弦式電流，感應(yīng)電動勢最大值為Em＝Blv0有效值為E＝Em＝Blv00～時間內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝?由功能關(guān)系可知，外力對PQ棒所做的功W＝Q+聯(lián)立解得+7．（2022春?成都期中）如圖，面積為S＝0.25m2、電阻為r＝1Ω、匝數(shù)為n＝10匝的圓形線圈mpn內(nèi)有垂直于紙面向里、大小隨時間均勻變化的勻強磁場B。線圈的兩個端點m、n通過導線接有阻值為R1＝3Ω和R2＝6Ω的定值電阻，R2兩端用導線連接一正對的水平金屬板AC，板長為L＝1.0m，板間距離為d＝0.8m．一質(zhì)量為m＝0.5kg、電量為q＝1C的可視為質(zhì)點的帶正電小球，從兩板正中央以v0＝2.5m/s的水平初速度向右射入板間并沿直線穿過極板．導線電阻不計，重力加速度大小為g＝10m/s2．求：（1）A、C兩板間的電勢差大小；（2）若t＝0時刻勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B0＝2T，寫出磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律；（3）若要使帶電小球不打在極板上，則磁場的磁感應(yīng)強度變化率的范圍應(yīng)為多少？【答案】（1）A、C兩板間的電勢差大小為4V；（2）磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律為B＝（2+2.4t）T；（3）磁場的磁感應(yīng)強度變化率的范圍應(yīng)為1.2T/s＜＜3.6T/s?！窘馕觥拷猓海?）依題意，帶電小球沿直線運動，有q＝mg代入數(shù)據(jù)解得：UAC＝4V①（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可得E＝n②又UAC＝③聯(lián)立①②③兩式可得＝2.4T/s依題意，設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律為B＝B0+t④解得B＝（2+2.4t）T（3）帶電小球恰好不打在上極板，有L＝v0t⑤＝⑥根據(jù)牛頓第二定律，可得q﹣mg＝ma⑦根據(jù)②③⑤⑥⑦可得＝3.6T/s同理，帶電小球恰好不打在下極板，有mg﹣q＝ma'⑧根據(jù)②③⑤⑥⑧解得＝1.2T/s綜上所述，磁場的磁感應(yīng)強度變化率A/的范圍應(yīng)為1.2T/s＜＜3.6T/s8．（2022春?成都月考）如圖，面積為S＝0.25m2、電阻為r＝1Ω、匝數(shù)為n＝10匝的矩形線圈MNPQ內(nèi)有垂直于線圈平面的勻強磁場B。矩形線圈MNPQ的兩個端點e、f通過導線連接有阻值為R1＝3Ω和R2＝6Ω的定值電阻，R2兩端用導線連接一理想電壓表。當線圈內(nèi)磁場隨時間均勻變化時，電壓表的示數(shù)為4.0V。求：（1）線圈內(nèi)因磁場變化而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大?。唬?）線圈內(nèi)磁場隨時間變化的變化率?！敬鸢浮浚?）線圈內(nèi)因磁場變化而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為6V；（2）線圈內(nèi)磁場隨時間變化的變化率為2.4T/s。【解析】解：（1）外電阻總阻值為R1和R2并聯(lián)，并聯(lián)電阻為：R＝＝＝2Ω則電路中電流為：I＝＝A＝2A則感應(yīng)電動勢大小為：E＝I（R+r）＝2×（2+1）V＝6V故感應(yīng)電動勢的大小為6V；（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E＝n＝n??S代入數(shù)據(jù)可求得＝2.4T/s故線圈內(nèi)磁場隨時間變化的變化率為2.4T/s。9．（2021秋?皇姑區(qū)校級月考）兩根平行金屬導軌水平放置，間距d＝0.6m，右邊接有定值電阻R，導軌間有一個寬為x1＝2.5m的磁場區(qū)MM'NN'和寬為x2＝7.5m的磁場區(qū)OO'PP'，磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B＝2T，方向垂直導軌平面向下。兩個磁場之間有寬為L＝2m的無磁場區(qū)NN'OO'，NO、N'O粗糙?，F(xiàn)有質(zhì)量為m1＝0.6kg，m2＝1.8kg，有效長度均為d＝0.6m的兩根金屬桿ab、cd架在兩平行導軌上，金屬桿cd架在右邊磁場邊界OO'的左側(cè)，金屬桿ab以初速度v0＝8m/s從MM'處進入左邊磁場，然后穿過左邊磁場，滑過無場區(qū)，最終在OO'處與金屬桿cd發(fā)生彈性碰撞。金屬桿ab與粗糙導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，運動過程中，桿ab、cd與導軌始終接觸良好，且保持與導軌垂直。已知桿ab、cd和電阻R的阻值均為2Ω，忽略導軌電阻，不計導軌上其余部分的阻力，忽略磁場邊界效應(yīng)。求：（1）ab桿進入磁場的瞬間a、b兩點的電勢差Uab以及流過ab桿的電流方向；（2）ab桿與cd桿碰撞前瞬間ab桿的速度；（3）最后ab桿與cd桿之間的距離以及ab桿上全過程產(chǎn)生的焦耳熱？【答案】（1）ab桿進入磁場的瞬間a、b兩點的電勢差Uab為3.2V，流過ab桿的電流方向為b到a；（2）ab桿與cd桿碰撞前瞬間ab桿的速度為4m/s；（3）最后ab桿與cd桿之間的距離為7.9m，ab桿上全過程產(chǎn)生的焦耳熱為6.2J?！窘馕觥拷猓海?）ab桿進入磁場的瞬間，ab桿相當于電源，由電磁感應(yīng)定律得E＝Bdv0由閉合電路歐姆定律得E＝Uab+IRab＝IR總又R總＝Rab+聯(lián)立解得：Uab＝3.2V，根據(jù)右手定則可知，電流方向為b到a；（2）ab桿在左邊磁場中運動時，設(shè)ab桿出左磁場時的速度為v1，取向右為正方向，由動量定理得﹣BIdt＝m1v1﹣m1v0又I＝，x＝vt代入數(shù)據(jù)解得：v1＝6m/s，在無場區(qū)運動時，設(shè)ab桿與cd桿碰前速度為v2，由動能定理得﹣μm1gL＝代入數(shù)據(jù)解得：v2＝4m/s；（3）研究ab與cd桿在OO'處發(fā)生彈性碰撞過程，設(shè)ab、cd碰后速度分別為v'2和v3，由系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒得m1v2＝m1v'2+m2v3解得：v'2＝﹣2m/s，v3＝2m/s，ab桿反彈后減速位移x'1＝解得：x'1＝0.4m碰后cd桿進入右磁場區(qū)，取向右為正方向，根據(jù)動量定理得﹣BIdt＝﹣Bdq＝m2v4﹣m2v3當v4＝0時，q＝3C，又因q＝解得：x'2＝7.5m則cd桿恰好停在PP'處，所以兩桿最后相距Δx＝x'1+x'1＝0.4m+7.5m＝7.9mab桿走過x1階段產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝m1（），cd棒走過x'2階段ab桿的焦耳熱Q2＝×m2所以全程ab桿上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝Q1+Q2聯(lián)立解得：Q＝6.2J。10．（2021秋?河南月考）如圖1所示為一個特制燈泡兩端的電壓與通過它的電流的關(guān)系曲線，二者不成線性關(guān)系，這是由于焦耳熱使燈絲的溫度發(fā)生了變化，假設(shè)最終通過燈泡的電流為0.52A。將該燈泡用導線接在光滑豎直平行導軌上端MN兩點間，如圖2所示。該導軌間距L＝1.0m，MN下方有一根質(zhì)量m＝0.2kg、接入電阻R＝10.0Ω的導體棒AB水平跨接在導軌上，緊接AB正下方的導軌間交替分布著垂直導軌所在平面、磁感應(yīng)強度B＝2.0T、寬度d＝0.20m的勻強磁場，除導體棒和燈泡以外，其余電阻不計，導軌足夠長，重力加速度g取10m/s2，空氣阻力不計。（1）開始時鎖定導體棒AB，在AB與MN之間半徑r＝0.1m圓形區(qū)域內(nèi)施加一垂直導軌所在平面均勻增加的勻強磁場，當磁感應(yīng)強度的變化率為＝×102T/s時，求燈泡的實際功率；（結(jié)果保留2位小數(shù)）（2）撤去圓形區(qū)域里的磁場同時解除鎖定，并將兩個這樣的燈泡并聯(lián)接在MN兩點間，求每個燈泡最終發(fā)光的功率和通過燈泡的交流電的頻率；（3）撤去圓形區(qū)域內(nèi)磁場的同時解除鎖定，在MN兩點間只接入一只這樣的燈泡，求導體棒最終的加速度大小。【答案】（1）開始時鎖定導體棒AB，在AB與MN之間半徑r＝0.1m圓形區(qū)域內(nèi)施加一垂直導軌所在平面均勻增加的勻強磁場，當磁感應(yīng)強度的變化率為＝×102T/s時，則燈泡的實際功率為0.11W；（2）撤去圓形區(qū)域里的磁場同時解除鎖定，并將兩個這樣的燈泡并聯(lián)接在MN兩點間，則每個燈泡最終發(fā)光的功率為4.2W、通過燈泡的交流電的頻率為66Hz；（3）撤去圓形區(qū)域內(nèi)磁場的同時解除鎖定，在MN兩點間只接入一只這樣的燈泡，則導體棒最終的加速度為4.8m/s2?！窘馕觥拷猓海?）由法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝＝，有效面積為：S＝πr2。代入數(shù)據(jù)得到E＝4V。設(shè)通過燈的電流為I，其兩端電壓為U，由閉合電路歐姆定律有：E＝U+IR，變形代入得：I＝0.4﹣0.4U。將此方程畫到小燈泡的I﹣U曲線中，找到交點坐標為（0.6V，0.18A）為燈泡的工作狀態(tài)，所以小燈泡的功率為PL＝UI＝0.6×0.18W＝0.11W；（2）解除鎖定后，導體棒開始將做自由落體運動，切割磁感線產(chǎn)生電動勢，兩燈泡均需達到UD＝8V正向才能發(fā)光，兩個燈的電流ID＝0.52A，則兩燈的發(fā)光功率P0＝UDID＝8×0.52W＝4.2W。此時導體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝2ID×R+UD＝2×0.52×10V+8V＝26.4V，又因為E1＝BLv1代入可得：v1＝13.2m/s所以交流電的頻率f1＝＝＝66Hz（3）解除鎖定后，導體棒開始將做自由落體運動，切割磁感線產(chǎn)生電動勢，直到一只燈泡正常發(fā)光，此時導體棒的總的電動勢：E2＝IDR+UD＝0.52×10V+8V＝13.2V導體棒的速度：v2＝＝＝6.6m/s對導體棒根據(jù)牛頓第二定律可得：a＝＝＝4.8m/s2。11．（2021春?和平區(qū)期末）如圖所示，傾角為θ的足夠長平行光滑的兩導軌，間距為L，導軌間有垂直于軌道平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B；底端ab間連一阻值為R的電阻；頂端通過導線連接一橫截面積為S、總電阻為、匝數(shù)為N的線圈（線圈中軸線沿豎直方向），線圈內(nèi)有沿豎直向上、磁感應(yīng)強度大小B'隨時間均勻變化的另一磁場。一質(zhì)量為m、電阻同為R、長度同為L的導體棒cd橫放在導軌上，導體棒與導軌始終良好接觸。不計導軌和導線的電阻，重力加速度為g，求：（1）若斷開開關(guān)K，靜止釋放導體棒，則導體棒能達到的最大速率是多少？并求出導體棒下滑距離為d時，流經(jīng)電阻R的電量q；（2）若閉合開關(guān)K，為使導體棒始終靜止在導軌上，請直接判斷線圈中所加磁場的變化（增強還是減弱）并計算其磁感應(yīng)強度隨時間的變化率.【答案】（1）若斷開開關(guān)K，靜止釋放導體棒，則導體棒能達到的最大速率是，導體棒下滑距離為d時，流經(jīng)電阻R的電量為；（2）若閉合開關(guān)K，為使導體棒始終靜止在導軌上，斷線圈中所加磁場在增強，其磁感應(yīng)強度隨時間的變化率為.【解析】解：（1）當導體棒達到最大速度時，F(xiàn)安＝BIL＝mgsinθ由閉合電路歐姆定律得：I＝導體棒產(chǎn)生的電動勢：E＝BLvm解得：vm＝導體棒下滑距離為d的平均感應(yīng)電動勢：＝＝由閉合電路歐姆定律得：根據(jù)電荷量的計算q＝t可得q＝（2）線圈的感應(yīng)電動勢：E'＝N＝N根據(jù)閉合電路歐姆定律得：E'＝I總R總導體棒靜止時，結(jié)合（1）可知：I總＝2IR總＝＝R聯(lián)立求得＝.線圈中所加磁場方向為豎直向上，由楞次定律可知，磁場在增強。12．（2021春?黃埔區(qū)校級期中）如圖所示，固定金屬圓環(huán)內(nèi)存在勻強磁場，方向垂直圓環(huán)向下，在外力作用下金屬棒ab可繞著圓心O勻速轉(zhuǎn)動。從圓心和圓環(huán)邊緣用細導線連接足夠長的兩平行金屬導軌，導軌與水平面夾角為30°，空間存在垂直導軌平面向下的勻強磁場。將金屬棒cd垂直導軌輕輕放上，金屬棒處于靜止狀態(tài)。已知圓環(huán)內(nèi)和導軌平面的磁場大小均為B＝1T，圓環(huán)半徑和金屬棒ab長均為d＝1m，導軌寬度和金屬棒cd長度均為L＝2m，金屬棒cd質(zhì)量為m＝1kg，與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ＝，ab棒電阻為r＝2Ω，cd棒電阻為R＝4Ω，其余電阻不計，sin30°＝，cos30°＝，重力加速度g取10m/s2。求：（1）若ab棒以ω0＝12rad/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，則流過ab棒的電流方向和ab棒兩端的電壓；（2）要使金屬棒與導軌保持相對靜止，則ab棒轉(zhuǎn)動的角速度應(yīng)滿足什么條件？（3）若ab棒以ω3＝31rad/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，當cd棒勻速時，cd棒的位移為x＝16m，求：①cd棒勻速的速度大小及此時ab棒所受外力的功率；②從靜止到勻速，安培力對cd棒做的功?！敬鸢浮浚?）若ab棒以ω0＝12rad/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，流過ab棒的電流方向為由b流向a，ab棒兩端的電壓為4V；（2）要使金屬棒與導軌保持相對靜止，角速度應(yīng)滿足，順時針轉(zhuǎn)動時，ω≤15rad/s；逆時針轉(zhuǎn)動時，ω≤75rad/s；（3）①cd棒勻速的速度大小為4m/s，此時ab棒所受外力的功率為；②從靜止到勻速，安培力對cd棒做的功為48J?！窘馕觥拷猓海?）假設(shè)cd棒靜止，對ab棒，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有根據(jù)閉合電路歐姆定律，有E＝l（R+r），解得：I＝1A；對cd棒，因為mgsin30°﹣BL＝3N＜μmgcos30°，故假設(shè)成立。故ab棒兩端的電壓為：Uab＝IR，聯(lián)立解得：Uab＝4V，由楞次定律，可知電流方向由b流向a。（2）若ab棒以ω1逆時針轉(zhuǎn)動，且cd剛好沒滑動時，有BI1l＝mgsin30°+μmgcos30°且代入數(shù)據(jù)得：ω1＝75rad/s若ab棒以ω2順時針轉(zhuǎn)動，且cd剛好沒滑動時，有μmgcos30°＝BI2L+mgsin30°且代入數(shù)據(jù)得：ω2＝15rad/s故要使cd棒保持靜止，角速度應(yīng)滿足，順時針轉(zhuǎn)動時，ω≤15rad/s；逆時針轉(zhuǎn)動時，ω≤75rad/s．（3）①設(shè)cd棒勻速的速度為v，外力功率為P，由勻速時受力平衡有：BI3L+mgsin30°＝μmgcos30°，回路的電動勢為，由閉合電路歐姆定律得：E3＝I3（R+r），由外力和重力的功率等于回路的電熱功率加因為摩擦而產(chǎn)生的摩擦生熱功率有，聯(lián)立解得：v＝4m/s，②對cd棒，由動能定理有代入數(shù)據(jù)得：W＝48J．13．（2021春?南開區(qū)校級期中）如圖甲所示，長、寬分別為L1＝0.3m、L2＝0.1m的矩形金屬線框位于豎直平面內(nèi)，其匝數(shù)為n＝200，總電阻為r＝1Ω，可繞其豎直中心軸O1O2轉(zhuǎn)動，線框的兩個末端分別與兩個彼此絕緣的銅環(huán)C、D（集流環(huán)）焊接在一起，并通過電流和阻值為2Ω的定值電阻R相連，線框所在空間有水平向右均勻分布的磁場。磁感應(yīng)強度B的大小隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，0～s時間內(nèi)，線框保持靜止，且線框平面和磁場垂直，s時刻以后線框在外力的驅(qū)動下開始繞其豎直中心軸以角速度ω＝50πrad/s勻速轉(zhuǎn)動，求：（運算結(jié)果中可保留π）（1）0～s時間內(nèi)通過電阻R的電流大小；（2）線框勻速轉(zhuǎn)動后，電路中產(chǎn)生的電動勢的最大值；（3）在轉(zhuǎn)動一周的過程中電流通過電阻R產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮浚?）0～s時間內(nèi)通過電阻R的電流大小為6A；（2）線框勻速轉(zhuǎn)動后，電路中產(chǎn)生的電動勢的最大值為6πV；（3）在轉(zhuǎn)動一周的過程中電流通過電阻R產(chǎn)生的熱量約為1.58J?！窘馕觥拷猓海?）0～s時間內(nèi)，線框中的感應(yīng)電動勢：E＝n＝n＝V＝18V根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，通過電阻R的電流：I0＝＝A＝6A；（2）線框產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的最大值：Em＝nB1L1L2ω代入數(shù)據(jù)解得：Em＝6πV；（3）感應(yīng)電動勢的有效值E＝Em＝3V通過電阻R的電流的有效值I＝＝A＝A線框轉(zhuǎn)動一周所需的時間t＝＝s＝0.04s此過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量：Q＝I2Rt＝（）2×2×0.04J≈1.58J。14．（2021?宣城模擬）如圖所示，PQMN和P'Q'M'N'為在同一平面內(nèi)足夠長的光滑金屬導軌，處在磁感應(yīng)強度B＝2.0T的勻強磁場中，磁場方向豎直向下，MN和M'N'段平行，間距d＝1.0m，導軌的PQ段與P'Q'段相互平行，間距為2d；兩根質(zhì)量均為m＝2kg、電阻均為R＝1.0Ω的金屬桿a、b垂直于導軌放置，桿的長度略大于導軌間距，且保持良好接觸。a、b用一根不可伸長的絕緣輕繩栓接，輕繩處于拉直狀態(tài)，a的中點通過另一根絕緣輕繩通過光滑定滑輪與c連接，c的質(zhì)量m＝2kg，已知a、b始終在原來軌道上運動，c不會著地，不計導軌電阻及電磁輻射，重力加速度g＝10m/s2。（1）求c由靜止釋放瞬間a、b之間輕繩的拉力F；（2）c由靜止釋放，求c的最大速度vm及此時b的熱功率P；（3）c由靜止釋放，c達到最大速度后，某時刻同時燒斷連接a與b、a與c間的輕繩，求穩(wěn)定后b的速度vb?！敬鸢浮浚?）c由靜止釋放瞬間a、b之間輕繩的拉力F為；（2）c的最大速度vm為10m/s，b的熱功率P為100W；（3）穩(wěn)定后b的速度vb為6m/s。【解析】解：（1）若無磁場，a、b、c三者一起做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律：，繩子拉力提供b的加速度，根據(jù)牛頓第二定律：；（2）當c達到最大速度是，a、b、c一起做勻速運動，設(shè)速度為vm，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，a產(chǎn)生的電動勢Ea＝Bdvm，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，b產(chǎn)生的電動勢Eb＝B?2dvm，根據(jù)右手定則可判斷亮電動勢方向相反，所以回路電動勢E＝B?2dvm﹣Bdvm＝Bdvm，回路電流為順時針，根據(jù)閉合電路歐姆定律，回路電流，對b受力分析：BI?2d＝F1′，對a受力分析：F1′＝mg+BId，解得：vm＝10m/s，I＝10A，故b的熱功率：P＝I2R＝102×1W＝100W；（3）當把線繩同時燒斷，此時b產(chǎn)生電動勢大于a產(chǎn)生電動勢，b受安培力向左，a受安培力向右，一段時間內(nèi)流過兩導體棒的電荷量相同，設(shè)電荷量為q，則一段時間內(nèi)安培力的沖量I沖＝BId△t＝Bdq，對b根據(jù)動量定理：B?2dq＝mvm﹣mvb，對a根據(jù)動量定理：Bdq＝mva﹣mvm，穩(wěn)定時，a、b導體棒產(chǎn)生的合電動勢為零即B?2dvb＝Bdva，可得：va＝2vb，綜上：。15．（2021?丹陽市校級模擬）如圖甲所示，一水平放置的線圈，匝數(shù)n＝100匝，橫截面積S＝0.2m2，電阻r＝1Ω，線圈處于水平向左的均勻變化的磁場中，磁感應(yīng)強度B1隨時間t變化關(guān)系如圖乙所示。線圈與足夠長的豎直光滑導軌MN、PO連接，導軌間距l(xiāng)＝20cm，導體棒ab與導軌始終接觸良好，ab棒的電阻R＝4Ω，質(zhì)量m＝5g，導軌的電阻不計，導軌處在與導軌平面垂直向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B2＝0.5T．t＝0時，導體棒由靜止釋放，g取10m/s2，求：（1）t＝0時，線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢太??；（2）t＝0時，導體棒ab兩端的電壓和導體棒的加速度大?。唬?）導體棒ab到穩(wěn)定狀態(tài)時，導體棒所受重力的瞬時功率?！敬鸢浮浚?）t＝0時，線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢太小為2V；（2）t＝0時，導體棒ab兩端的電壓和導體棒的加速度大小為2m/s2；（3）導體棒ab到穩(wěn)定狀態(tài)時，導體棒所受重力的瞬時功率為0.25W。【解析】解：（1）由圖乙可知，線圈內(nèi)磁感應(yīng)強度變化率：由法拉第電磁感應(yīng)定律可知：；（2）t＝0時，回路中電流為：導體棒ab兩端的電壓為：U＝IR＝1.6V；設(shè)此時導體棒的加速度為a，則由：mg﹣B2Il＝ma得：；（3）當導體棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時，滿足：mg＝B2I'l，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：代入數(shù)據(jù)解得：v＝5m/s此時，導體棒所受重力的瞬時功率為：P＝mgv＝0.25W。16．（2021?湖北）如圖（a）所示，兩根不計電阻、間距為L的足夠長平行光滑金屬導軌，豎直固定在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向里，磁感應(yīng)強度大小為B。導軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻。元件Z的U﹣I圖像如圖（b）所示，當流過元件Z的電流大于或等于I0時，電壓穩(wěn)定為Um。質(zhì)量為m、不計電阻的金屬棒可沿導軌運動，運動中金屬棒始終水平且與導軌保持良好接觸。忽略空氣阻力及回路中的電流對原磁場的影響，重力加速度大小為g。為了方便計算，取I0＝，Um＝。以下計算結(jié)果只能選用m、g、B、L、R表示。（1）閉合開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v1；（2）斷開開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v2；（3）先閉合開關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒達到最大速度后，再斷開開關(guān)S。忽略回路中電流突變的時間，