2022-2023學(xué)年高二物理舉一反三系列（人教版選擇性必修第二冊）專題2.9 動生中的能量問題（解析版）

專題2.9動生中的能量問題【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1一根導(dǎo)體桿沿水平面平動切割過程的能量問題】 【題型2一根導(dǎo)體桿沿豎直方向或者沿斜面平動切割過程的能量問題】 【題型3兩根導(dǎo)體桿平動切割過程的能量問題】 【題型4矩形導(dǎo)線框平動切割過程的能量問題】 【題型5非矩形導(dǎo)線框平動切割過程的能量問題】 【題型1一根導(dǎo)體桿沿水平面平動切割過程的能量問題】【例1】如圖所示，光滑水平面內(nèi)有一光滑導(dǎo)體棒MN放在V形導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒MN左側(cè)空間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)體棒MN和導(dǎo)軌的材料、粗細(xì)均完全相同，現(xiàn)將導(dǎo)體棒MN固定，用一水平向左的外力F從圖示位置勻速將V形導(dǎo)軌拉入磁場中，在此過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌兩觸點(diǎn)間的電勢差為U，回路的發(fā)熱功率為P，回路中產(chǎn)生的熱量為Q，則下列圖像正確的是()解析：選A感應(yīng)電流I＝eq\f(BLABv,R)，由幾何關(guān)系知，回路周長與LAB成正比，電阻R與LAB成正比，由于B、v不變，可知感應(yīng)電流I恒定，安培力F安＝BILAB，則F安∝t，導(dǎo)軌勻速運(yùn)動時的受力有F＝F安，A正確；回路的熱功率P＝I2R，I不變，電阻R與回路周長成正比，又周長與t成正比，可知功率P與t成正比，B錯誤；如圖所示，t時刻V形導(dǎo)軌在磁場中與導(dǎo)體棒MN構(gòu)成回路為ABC，LCc＝vt，由幾何關(guān)系可知，LAB＝kvt，(k為常數(shù))，則A、B兩點(diǎn)間的電勢差U＝eq\f(1,3)BLABv＝eq\f(1,3)kBv2t，k、B、v均為常數(shù)，則U∝t，C錯誤；回路中產(chǎn)生的熱量為Q＝Pt，P與t成正比，可知Q與t2成正比，D錯誤?！咀兪?-1】如圖，間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌左端接有阻值為R的定值電阻，一質(zhì)量為m的金屬桿放在導(dǎo)軌上。金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動，此時金屬桿內(nèi)自由電子沿桿定向移動的速率為u0。設(shè)金屬桿內(nèi)做定向移動的自由電子總量保持不變，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，除了電阻R以外不計其他電阻。(1)求金屬桿中的電流和水平外力的功率；(2)某時刻撤去外力，經(jīng)過一段時間，自由電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)閑q\f(u0,2)，求：這段時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；解析：(1)金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv0，則金屬桿中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv0,R)，由題知，金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動，則有F＝F安＝BIl＝eq\f(B2l2v0,R)，根據(jù)功率的計算公式有P＝Fv0＝eq\f(B2l2v02,R)。(2)設(shè)金屬桿內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為n，金屬桿的橫截面積為S，則金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動時，電流由微觀表示為I＝nSeu0＝eq\f(Blv0,R)，則解得nSe＝eq\f(Blv0,Ru0)，電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)閑q\f(u0,2)時，有I′＝nSeeq\f(u0,2)＝eq\f(Blv′,R)，解得v′＝eq\f(v0,2)，由能量守恒有eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)mv02－Q，解得Q＝eq\f(3,8)mv02。【變式1-2】如圖甲所示，兩根間距L＝1.0m、電阻不計的足夠長平行金屬導(dǎo)軌ab、cd水平放置，一端與阻值R＝2.0Ω的電阻相連。質(zhì)量m＝0.2kg的導(dǎo)體棒ef在恒定外力F作用下由靜止開始運(yùn)動，已知導(dǎo)體棒與兩根導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力均為f＝1.0N，導(dǎo)體棒電阻為r＝1.0Ω，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場B中，導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中加速度a與速度v的關(guān)系如圖乙所示（取g＝10m/s2）。求：（1）當(dāng)導(dǎo)體棒速度為v時，棒所受安培力F安的大小（用題中字母表示）；（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；（3）若ef棒由靜止開始運(yùn)動距離為s＝6.9m時，速度已達(dá)v′＝3m/s，求此過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q?！窘獯稹浚?）當(dāng)導(dǎo)體棒速度為v時，導(dǎo)體棒上的電動勢為E，電路中的電流為I.由法拉第電磁感應(yīng)定E＝BLv由歐姆定律I=導(dǎo)體棒所受安培力F＝BIL聯(lián)合解得：F=（2）由圖可以知道：導(dǎo)體棒開始運(yùn)動時加速度a1＝5m/s2，初速度v0＝0，導(dǎo)體棒中無電流.由牛頓第二定律知F﹣f＝ma計算得出：F＝2N由圖可以知道：當(dāng)導(dǎo)體棒的加速度a＝0時，開始以v＝3m/s做勻速運(yùn)動此時有：F﹣f﹣F安＝0解得：B＝1T（3）設(shè)ef棒此過程中，產(chǎn)生的熱量為Q，由功能關(guān)系知（F﹣f）s＝Q+1代入數(shù)據(jù)計算得出Q＝6.0J答：（1）當(dāng)導(dǎo)體棒速度為v時，棒所受安培力F安的大小為B2（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為1T；（3）產(chǎn)生的焦耳熱為6J?！咀兪?-3】如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，水平U型導(dǎo)體框左端連接一阻值為R的電阻，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab置于導(dǎo)體框上。不計導(dǎo)體框的電阻、導(dǎo)體棒與框間的摩擦。ab以水平向右的初速度v0開始運(yùn)動，最終停在導(dǎo)體框上。在此過程中()A．導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動B．導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流的方向為a→bC．電阻R消耗的總電能為eq\f(mv02R,2R＋r)D．導(dǎo)體棒克服安培力做的總功小于eq\f(1,2)mv02解析：選C導(dǎo)體棒向右運(yùn)動，根據(jù)右手定則，可知導(dǎo)體棒中電流方向為b到a，再根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒受到向左的安培力，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv0，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv0,R＋r)，故安培力為F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R＋r)，根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma，可得a＝eq\f(B2L2,mR＋r)v0，隨著速度減小，加速度不斷減小，故導(dǎo)體棒不是做勻減速直線運(yùn)動，A、B錯誤；根據(jù)能量守恒定律，可知回路中消耗的總電能為Q＝eq\f(1,2)mv02，因R與r串聯(lián)，則消耗的電能與電阻成正比，則R消耗的電能為QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝eq\f(mv02R,2R＋r)，C正確；整個過程只有安培力做負(fù)功，根據(jù)動能定理可知，導(dǎo)體棒克服安培力做的總功等于eq\f(1,2)mv02，D錯誤。【題型2一根導(dǎo)體桿沿豎直方向或者沿斜面平動切割過程的能量問題】【例2】如圖甲所示，不計電阻的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間距L＝1m，上端接有電阻R＝3Ω，水平虛線OO′下方是垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場．現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1kg、電阻r＝1Ω、長度與導(dǎo)軌間距相等的金屬桿ab，從OO′上方某處垂直導(dǎo)軌由靜止釋放，桿下落過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸，桿下落過程中的v－t圖象如圖乙所示(g取10m/s2)．求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；(2)桿在磁場中下落0.1s的過程中電阻R產(chǎn)生的熱量．答案(1)2T(2)0.075J解析(1)由題圖乙可知，桿自由下落0.1s進(jìn)入磁場以v＝1.0m/s的速度做勻速直線運(yùn)動，產(chǎn)生的電動勢E＝BLv桿中的電流I＝eq\f(E,R＋r)桿所受安培力F安＝BIL由平衡條件得mg＝F安聯(lián)立解得B＝2T.(2)電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝0.075J.【變式2-1】(多選)如圖所示，間距大小為0.5m的平行導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌上端與電阻R連接，圖中水平虛線下方存在垂直導(dǎo)軌平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.2T的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)將質(zhì)量0.1kg的導(dǎo)體棒從虛線上方h1處由靜止釋放，進(jìn)入磁場時恰好以速度v0做勻速直線運(yùn)動，勻速運(yùn)動2s后給導(dǎo)體棒施加一豎直向上大小為2N的恒力，并且由于磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化回路中不再產(chǎn)生感應(yīng)電流，再經(jīng)過0.2s導(dǎo)體棒的速度減為零。已知導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻不計，重力加速度大小為10m/s2，關(guān)于導(dǎo)體棒由靜止釋放到速度減為零的過程，下列說法正確的是()A．勻速運(yùn)動速度為2m/sB．自由下落的高度為2mC．回路中磁通量的最大值為0.4WbD．回路中產(chǎn)生的焦耳熱為4J解析：選ACD給導(dǎo)體棒施加一個豎直向上的恒力F＝2N＝2mg，由于施加恒力后回路中無電流，導(dǎo)體棒不受安培力作用，導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律F－mg＝ma，a＝g，對勻減速階段列速度公式v0＝gt3＝2m/s，故A正確；對自由落體階段，根據(jù)2gh1＝v02，h1＝0.2m，故B錯誤；導(dǎo)體棒進(jìn)入勻強(qiáng)磁場運(yùn)動2s后回路中磁通量達(dá)到最大，2s時間內(nèi)導(dǎo)體棒的位移h2＝v0t2＝4m，則回路磁通量的最大值為Φm＝BLh2＝0.4Wb，故C正確；根據(jù)能量守恒定律可知整個過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱與勻速運(yùn)動階段重力勢能的減少量相等Q＝mgh2＝4J，故D正確。【變式2-2】如圖甲所示，一足夠長阻值不計的系如圖乙所示，已知金屬棒在0～0.3s內(nèi)通過的電荷量是0.3～0.6s內(nèi)通過電荷量的eq\f(2,3)，g＝10m/s2，求：(1)0～0.3s內(nèi)金屬棒通過的位移大?。?2)金屬棒在0～0.6s內(nèi)產(chǎn)生的熱量．答案(1)0.3m(2)1.05J解析(1)0～0.3s內(nèi)通過金屬棒的電荷量q1＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx1,R＋r)0．3～0.6s內(nèi)通過金屬棒的電荷量是q2＝I2t2＝eq\f(BLvt2,R＋r)由題中的電荷量關(guān)系eq\f(q1,q2)＝eq\f(2,3)，代入解得：x1＝0.3m(2)金屬棒在0～0.6s內(nèi)通過的總位移為x＝x1＋x2＝x1＋vt2，代入解得x＝0.75m根據(jù)能量守恒定律Mgx－mgxsinθ＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Q代入解得Q＝3.15J由于金屬棒與電阻R串聯(lián)，電流相等，根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt，它們產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，所以金屬棒在0～0.6s內(nèi)產(chǎn)生的熱量Qr＝eq\f(r,R＋r)Q＝1.05J.線圈利用“電磁感應(yīng)”獲得電能，D錯誤．【變式2-3】如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距L＝1m，其電阻不計，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成θ＝30°角，N、Q兩端接有R＝1Ω的電阻。一金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，ab兩端與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知ab的質(zhì)量m＝0.2kg，電阻r＝1Ω，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T。ab在平行于導(dǎo)軌向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5m/s沿導(dǎo)軌向上開始運(yùn)動，可達(dá)到最大速度v＝2m/s。運(yùn)動過程中拉力的功率恒定不變，重力加速度g＝10m/s2。(1)求拉力的功率P；(2)ab開始運(yùn)動后，經(jīng)t＝0.09s速度達(dá)到v2＝1.5m/s，此過程中ab克服安培力做功W＝0.06J，求該過程中ab沿導(dǎo)軌的位移大小x。[解析](1)在ab運(yùn)動過程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，速度達(dá)到最大時，加速度為零，設(shè)此時拉力的大小為F，安培力大小為FA，有F－mgsinθ－FA＝0 ①設(shè)此時回路中的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有E＝BLv ②設(shè)回路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路的歐姆定律，有I＝eq\f(E,R＋r) ③ab受到的安培力FA＝ILB ④由功率表達(dá)式，有P＝Fv ⑤聯(lián)立上述各式，代入數(shù)據(jù)解得P＝4W。 ⑥(2)ab從速度v1到v2的過程中，由動能定理，有Pt－W－mgxsinθ＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12 ⑦代入數(shù)據(jù)解得x＝0.1m。 ⑧[答案](1)4W(2)0.1m【題型3兩根導(dǎo)體桿平動切割過程的能量問題】【例3】如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計，間距L＝0.4m，導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN.Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.5T．在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1kg、電阻R1＝0.1Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑．然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4kg、電阻R2＝0.1Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑．cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g＝10m/s2，問：(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；(2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v為多大；(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x＝3.8m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少．答案(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J解析(1)由右手定則可判斷出cd中的電流方向為由d到c，則ab中電流方向為由a流向b.(2)開始放置時ab剛好不下滑，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmax＝m1gsinθ ①設(shè)ab剛要上滑時，cd棒的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv ②設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R1＋R2) ③設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝BIL ④此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安＝m1gsinθ＋Fmax ⑤綜合①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5m/s(3)設(shè)cd棒運(yùn)動過程中在電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q總＋eq\f(1,2)m2v2又Q＝eq\f(R1,R1＋R2)Q總，解得Q＝1.3J【變式3-1】(多選)如圖，P、Q是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，導(dǎo)軌足夠長且電阻可忽略不計。圖中EFHG矩形區(qū)域有一方向垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。在t＝t1時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進(jìn)入磁場，速度大小均為v0；一段時間后，流經(jīng)a棒的電流為0，此時t＝t2，b棒仍位于磁場區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b由相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，a棒的質(zhì)量為m。在運(yùn)動過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則()A．t1時刻a棒加速度大小為eq\f(2B2L2v0,3mR)B．t2時刻b棒的速度為0C．t1～t2時間內(nèi)，通過a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍D．t1～t2時間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(2,9)mv02解析：選AD由題知，a進(jìn)入磁場的速度方向向右，b的速度方向向左，根據(jù)右手定則可知，a產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是E到F，b產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是H到G，即兩個感應(yīng)電流方向相同，所以流過a、b的感應(yīng)電流是兩個感應(yīng)電流之和，則有I＝eq\f(2BLv0,3R)。對a，根據(jù)牛頓第二定律有BIL＝ma，解得a＝eq\f(2B2L2v0,3mR)，故A正確；根據(jù)左手定則，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流過a、b的電流一直相等，故兩個力大小相等，則a與b組成的系統(tǒng)動量守恒。t2時刻流過a的電流為零時，說明a、b之間的磁通量不變，即a、b在t2時刻達(dá)到了共同速度，設(shè)為v。根據(jù)電阻定律有R＝ρeq\f(L,S)，2R＝ρeq\f(L,S′)，解得S′＝eq\f(1,2)S，已知a的質(zhì)量為m，設(shè)b的質(zhì)量為m′，則有m＝ρ密V＝ρ密SL，m′＝ρ密V′＝ρ密S′L，聯(lián)立解得m′＝eq\f(1,2)m，取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有mv0－eq\f(1,2)mv0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)m))v，解得v＝eq\f(1,3)v0，故B錯誤；在t1～t2時間內(nèi)，根據(jù)q＝IΔt，因通過兩棒的電流時刻相等，所用時間相同，故通過兩棒橫截面的電荷量相等，故C錯誤；在t1～t2時間內(nèi)，對a、b組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m))v02＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m))v2＋Q總，解得回路中產(chǎn)生的總熱量為Q總＝eq\f(2,3)mv02。對a、b，根據(jù)焦耳定律有Q＝I2RΔt，故a、b產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，即Qa∶Qb＝1∶2，又Qa＋Qb＝Q總＝eq\f(2,3)mv02，解得a棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qa＝eq\f(2,9)mv02，故D正確?！咀兪?-2】如圖所示，兩根間距為l的光滑金屬導(dǎo)軌(不計電阻)，由一段圓弧部分與一段無限長的水平部分組成，其水平部分加有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌水平部分靜止放置一金屬棒cd，質(zhì)量為2m，電阻為2r.另一質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒ab，從圓弧部分M處由靜止釋放下滑至N處進(jìn)入水平部分，棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，圓弧部分MN半徑為R，所對圓心角為60°，重力加速度為g.求：(1)ab棒在N處進(jìn)入磁場區(qū)速度是多大？此時棒中電流是多少？(2)cd棒能達(dá)到的最大速度是多大？(3)cd棒由靜止到最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？答案(1)eq\r(gR)eq\f(Bl\r(gR),3r)(2)eq\f(1,3)eq\r(gR)(3)eq\f(1,3)mgR解析(1)ab棒由M下滑到N過程中機(jī)械能守恒，故mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(gR)進(jìn)入磁場區(qū)瞬間，回路中電流I＝eq\f(E,2r＋r)＝eq\f(Bl\r(gR),3r)(2)ab棒在安培力作用下做減速運(yùn)動，cd棒在安培力作用下做加速運(yùn)動，當(dāng)兩棒速度達(dá)到相同速度v′時，電路中電流為零，安培力為零，cd棒達(dá)到最大速度．a(chǎn)b、cd兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′，解得v′＝eq\f(1,3)eq\r(gR)(3)系統(tǒng)釋放的熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，故Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·3mv′2解得Q＝eq\f(1,3)mgR【變式3-3】兩足夠長且不計電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，間距為d＝1m，在左端弧形軌道部分高h(yuǎn)＝1.25m處放置一金屬桿a，弧形軌道與平直軌道平滑連接，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的電阻分別為Ra＝2Ω，Rb＝5Ω，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T．現(xiàn)桿b以初速度大小v0＝5m/s開始向左滑動，同時由靜止釋放桿a，桿a由靜止下滑至剛滑到水平軌道的過程中，通過桿b的平均電流為0.3A；從a下滑到水平軌道時開始計時，a、b運(yùn)動的速度—時間圖象如圖乙所示(以a運(yùn)動方向為正方向)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g取10m/s2，求：(1)桿a在弧形軌道上運(yùn)動的時間；(2)桿a在水平軌道上運(yùn)動過程中通過其截面的電荷量；(3)在整個運(yùn)動過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱．答案(1)5s(2)eq\f(7,3)C(3)eq\f(115,6)J解析(1)設(shè)桿a由靜止滑至弧形軌道與平直軌道連接處時桿b的速度大小為vb0，對桿b運(yùn)用動量定理，有Bdeq\x\to(I)·Δt＝mb(v0－vb0)由題圖乙知vb0＝2m/s代入數(shù)據(jù)解得Δt＝5s.(2)對桿a由靜止下滑至剛滑到水平軌道的過程中，由機(jī)械能守恒定律有magh＝eq\f(1,2)mava2解得va＝eq\r(2gh)＝5m/s設(shè)最后a、b兩桿共同的速度為v′，由動量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′代入數(shù)據(jù)解得v′＝eq\f(8,3)m/s桿a動量的變化量等于它所受安培力的沖量，設(shè)桿a的速度從va到v′的運(yùn)動時間為Δt′，則由動量定理可得Bdeq\x\to(I)′·Δt′＝ma(va－v′)而q＝eq\x\to(I)′·Δt′代入數(shù)據(jù)得q＝eq\f(7,3)C.(3)由能量守恒定律可知整個運(yùn)動過程中桿a、b中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝magh＋eq\f(1,2)mbv02－eq\f(1,2)(ma＋mb)v′2＝eq\f(161,6)J桿b中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝eq\f(Rb,Ra＋Rb)Q＝eq\f(115,6)J.【題型4矩形導(dǎo)線框平動切割過程的能量問題】【例4】(多選)兩個完全相同的正方形勻質(zhì)金屬框，邊長為L，通過長為L的絕緣輕質(zhì)桿相連，構(gòu)成如圖所示的組合體。距離組合體下底邊H處有一方向水平、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。磁場區(qū)域上下邊界水平，高度為L，左右寬度足夠大。把該組合體在垂直磁場的平面內(nèi)以初速度v0水平無旋轉(zhuǎn)拋出，設(shè)置合適的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B使其勻速通過磁場，不計空氣阻力。下列說法正確的是()A．B與v0無關(guān)，與eq\r(H)成反比B．通過磁場的過程中，金屬框中電流的大小和方向保持不變C．通過磁場的過程中，組合體克服安培力做功的功率與重力做功的功率相等D．調(diào)節(jié)H、v0和B，只要組合體仍能勻速通過磁場，則其通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量不變解析：選CD設(shè)金屬框進(jìn)入磁場時的豎直分速度為vy，可知vy＝eq\r(2gH)，金屬框所受安培力F＝BIL，電流I＝eq\f(E,R)，E＝Blvy，根據(jù)受力平衡可得mg＝eq\f(B2L2\r(2gH),R)，可知B2與eq\r(H)成反比，B與v0無關(guān)，A錯誤；金屬框進(jìn)入磁場和穿出磁場的過程中，電流的大小保持不變，方向由逆時針變?yōu)轫槙r針，B錯誤；從下金屬框進(jìn)入磁場到上金屬框離開磁場，整個過程金屬框做勻速直線運(yùn)動，安培力和重力等大反向，組合體克服安培力做功的功率與重力做功的功率相等，C正確；組合體從進(jìn)入磁場到穿出磁場，不論怎樣調(diào)節(jié)H、v0和B，只要組合體勻速通過磁場，在通過磁場的過程中，產(chǎn)生的熱量始終等于減少的重力勢能，D正確?！咀兪?-1】(多選)如圖所示，有一邊長為l的正方形導(dǎo)線框，質(zhì)量為m，由高h(yuǎn)處自由落下，其下邊ab進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域后，線框開始做減速運(yùn)動，直到其上邊cd剛穿出磁場時，速度減小為ab邊剛進(jìn)入磁場時速度的一半，此勻強(qiáng)磁場的寬度也是l，重力加速度為g，則下列結(jié)論正確的是()A．線框穿過磁場區(qū)域時做勻減速直線運(yùn)動B．線框穿過磁場區(qū)域時加速度方向先向上后向下C．線框進(jìn)入磁場時的加速度大于穿出磁場時的加速度D．線框穿過磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(2l＋eq\f(3,4)h)答案CD解析線框穿過勻強(qiáng)磁場的過程中，受到重力和安培力作用，設(shè)ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度為v1，則E＝Blv1，所以電路中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv1,R)，安培力F＝IlB＝eq\f(B2l2v1,R)，由此可知，安培力與速度有關(guān)，由牛頓第二定律知eq\f(B2l2v1,R)－mg＝ma，故線框在穿過磁場的過程中加速度隨v的減小而減小，線框一直做減速運(yùn)動，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正確，A、B錯誤；線框從釋放至穿過磁場的過程中，設(shè)產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律得mg(h＋2l)－Q＝eq\f(1,2)m(eq\f(v1,2))2，mgh＝eq\f(1,2)mv12，聯(lián)立解得Q＝mg(2l＋eq\f(3,4)h)，故D正確．【變式4-2】如圖所示，用水平絕緣傳送帶輸送一正方形單匝閉合銅線框，在輸送中讓線框隨傳送帶通過一固定的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，銅線框在進(jìn)入磁場前與傳送帶的速度相同，穿過磁場的過程中將相對于傳送帶滑動。已知傳送帶以恒定速度v0運(yùn)動，當(dāng)線框的右邊框剛剛到達(dá)邊界PQ時速度又恰好等于v0．若磁場邊界MN、PQ與傳送帶運(yùn)動方向垂直，MN與PQ的距離為d，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，銅線框質(zhì)量為m，電阻均為R，邊長為L（L＜d），銅線框與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，且在傳送帶上始終保持前后邊框平行于磁場邊界MN，試求：（1）線框的右邊框剛進(jìn)入磁場時所受安培力的大??；（2）線框在進(jìn)入磁場的過程中運(yùn)動加速度的最大值以及速度的最小值；（3）從線框右邊框剛進(jìn)入磁場到整個線框完全穿出磁場后的過程中，閉合銅線框中產(chǎn)生的焦耳熱。【解答】解：（1）線框右側(cè)邊剛進(jìn)入磁場時，感應(yīng)電動勢：E＝BLv0，感應(yīng)電流：I=右側(cè)邊所受安培力：F＝BIL=B（2）線框以速度v0進(jìn)入磁場，在進(jìn)入磁場的過程中，受安培力而減速運(yùn)動；進(jìn)入磁場后，在摩擦力作用下加速運(yùn)動，當(dāng)其右側(cè)邊到達(dá)PQ時速度又恰好等于v0，因此，線框在剛進(jìn)入磁場時，所受安培力最大，加速度最大，設(shè)為am；線框全部進(jìn)入磁場的瞬間速度最小，設(shè)此時線框的速度為vmin，線框剛進(jìn)入磁場時，根據(jù)牛頓第二定律有：F﹣μmg＝mam，解得：am=B2L在線框完全進(jìn)入磁場又加速運(yùn)動到達(dá)邊界PQ的過程中，根據(jù)動能定理，得：μmg（d﹣L）=1解得：vm（3）線框從右側(cè)邊進(jìn)入磁場到運(yùn)動至磁場邊界PQ的過程中線框受摩擦力：f＝μmg由功的公式有：W1＝fd＝μmgd，線框出磁場與進(jìn)入磁場的受力情況完全相同，故線框完全出磁場瞬間的速度仍為vmin；在線框完全出磁場后到加速至與傳送帶速度相同的過程中，設(shè)其位移x，由動能定理有：μmgx=1解得：x＝d﹣L，線框右側(cè)邊出磁場到與傳送帶共速的過程中位移為：x′＝x+L＝d此過程中摩擦力做功為：W2＝fx′＝μmgd，因此，整個過程傳送帶對線框做的功：W＝W1+W2＝2μmgd；全過程由功能關(guān)系得：閉合銅線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W＝2μmgd；答：（1）線框的右側(cè)邊剛進(jìn)入磁場時所受安培力的大小為B2（2）線框在進(jìn)入磁場的過程中，加速度的最大值為B2L2v0（3）從線框右側(cè)邊剛進(jìn)入磁場到整個線框穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中，傳送帶對線框做的功為2μmgd?！咀兪?-3】(多選)如圖所示，在豎直方向上有四條間距均為L＝0.5m的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1、L2之間和L3、L4之間存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為1T，方向垂直于紙面向里．現(xiàn)有一矩形線圈abcd，長度ad＝3L，寬度cd＝L，質(zhì)量為0.1kg，電阻為1Ω，將其從圖示位置由靜止釋放(cd邊與L1重合)，cd邊經(jīng)過磁場邊界線L3時恰好做勻速直線運(yùn)動，整個運(yùn)動過程中線圈平面始終處于豎直方向，cd邊水平．(g取10m/s2)則()A．cd邊經(jīng)過磁場邊界線L3時通過線圈的電荷量為0.5CB．cd邊經(jīng)過磁場邊界線L3時的速度大小為4m/sC．cd邊經(jīng)過磁場邊界線L2和L4的時間間隔為0.25sD．線圈從開始運(yùn)動到cd邊經(jīng)過磁場邊界線L4過程，線圈產(chǎn)生的熱量為0.7J答案BD解析cd邊從L1運(yùn)動到L2，通過線圈的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)＝eq\f(1×0.52,1)C＝0.25C，故A錯誤；cd邊經(jīng)過磁場邊界線L3時恰好做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)平衡條件有mg＝BIL，而I＝eq\f(BLv,R)，聯(lián)立兩式解得v＝eq\f(mgR,B2L2)＝eq\f(0.1×10×1,12×0.52)m/s＝4m/s，故B正確；cd邊從L2到L3的過程中，穿過線圈的磁通量沒有改變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，不受安培力，線圈做勻加速直線運(yùn)動，加速度為g，設(shè)此過程的時間為t1，此過程的逆過程為勻減速運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式得L＝vt1－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，cd邊從L3到L4的過程做勻速運(yùn)動，所用時間為t2＝eq\f(L,v)＝0.125s，故cd邊經(jīng)過磁場邊界線L2和L4的時間間隔為t1＋t2＞0.25s，故C錯誤；線圈從開始運(yùn)動到cd邊經(jīng)過磁場邊界線L4過程，根據(jù)能量守恒得Q＝mg·3L－eq\f(1,2)mv2＝0.7J，故D正確．【題型5非矩形導(dǎo)線框平動切割過程的能量問題】【例5】豎直平面內(nèi)有一形狀為拋物線的光滑曲面軌道，如圖所示，拋物線方程是y＝x2，軌道下半部分處在一個水平向外的勻強(qiáng)磁場中，磁場的上邊界是y＝a的直線(圖中虛線所示)，一個質(zhì)量為m的小金屬環(huán)從拋物線上y＝b(b>a)處以速度v沿拋物線下滑，假設(shè)拋物線足夠長，金屬環(huán)沿拋物線下滑后產(chǎn)生的焦耳熱總量是(重力加速度為g)()A．mgb B.eq\f(1,2)mv2C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋eq\f(1,2)mv2答案D解析小金屬環(huán)進(jìn)入或離開磁場時，穿過金屬環(huán)的磁通量會發(fā)生變化，并產(chǎn)生感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱；當(dāng)小金屬環(huán)全部進(jìn)入磁場后，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，小金屬環(huán)最終在磁場中y＝a以下做往復(fù)運(yùn)動，由動能定理可得mg(b－a)－W克安＝0－eq\f(1,2)mv2，Q＝W克安，得Q＝mg(b－a)＋eq\f(1,2)mv2.【變式5-1】如圖所示，在光滑的水平面上有一半徑r＝10cm、電阻R＝1Ω、質(zhì)量m＝1kg的金屬圓環(huán)，以速度v＝10m/s向一有界磁場運(yùn)動。勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，從圓環(huán)剛進(jìn)入磁場算起，到剛好有一半進(jìn)入磁場時，圓環(huán)一共釋放了32J的熱量，求：(1)此時圓環(huán)中電流的瞬時功率；(2)此時圓環(huán)運(yùn)動的加速度。解析：(1)圓環(huán)從開始進(jìn)入磁場到有一半進(jìn)入磁場過程中，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝Q＋eq\f(1,2)mv′2，代入數(shù)據(jù)解得v′＝6m/s，此時的感應(yīng)電動勢E＝BLv′＝B·2rv′＝0.5×2×0.1×6V＝0.6V，圓環(huán)中電流的瞬時功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(0.62,1)W＝0.36W。(2)感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.6,1)A＝0.6A，圓環(huán)受到的安培力F＝BIL＝BI·2r＝0.5×0.6×2×0.1N＝0.06N，由牛頓第二定律得F＝ma，解得圓環(huán)此時運(yùn)動的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(0.06,1)m/s2＝0.06m/s2，由右手定則可知，圓環(huán)中感應(yīng)電流沿逆時針方向，由左手定則可知，安培力水平向左，則加速度方向向左。答案：(1)0.36W(2)0.06m/s2，方向向左【變式5-2】每個快遞入庫時都會貼一張電子標(biāo)簽，以便高效倉儲、分揀。如圖（a）所示，某快遞表面的標(biāo)簽上固定了一個橫放的“日”字形線圈，在入庫時快遞與傳送帶一起以水平恒定速度v0穿過磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下且寬為L