专题2.9 动生中的能量问题-2022-2023学年高二物理举一反三系列（人教版2019选择性必修第二册）（原卷版）

专题2.9动生中的能量问题【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1一根导体杆沿水平面平动切割过程的能量问题】 【题型2一根导体杆沿竖直方向或者沿斜面平动切割过程的能量问题】 【题型3两根导体杆平动切割过程的能量问题】 【题型4矩形导线框平动切割过程的能量问题】 【题型5非矩形导线框平动切割过程的能量问题】 【题型1一根导体杆沿水平面平动切割过程的能量问题】【例1】如图所示，光滑水平面内有一光滑导体棒MN放在V形导轨上，导体棒MN左侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，导体棒MN和导轨的材料、粗细均完全相同，现将导体棒MN固定，用一水平向左的外力F从图示位置匀速将V形导轨拉入磁场中，在此过程中导体棒与导轨始终接触良好，导体棒与导轨两触点间的电势差为U，回路的发热功率为P，回路中产生的热量为Q，则下列图像正确的是()【变式1-1】如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其他电阻。(1)求金属杆中的电流和水平外力的功率；(2)某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为eq\f(u0,2)，求：这段时间内电阻R上产生的焦耳热；【变式1-2】如图甲所示，两根间距L＝1.0m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R＝2.0Ω的电阻相连。质量m＝0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f＝1.0N，导体棒电阻为r＝1.0Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g＝10m/s2）。求：（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小（用题中字母表示）；（2）磁场的磁感应强度B；（3）若ef棒由静止开始运动距离为s＝6.9m时，速度已达v′＝3m/s，求此过程中产生的焦耳热Q。【变式1-3】如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中()A．导体棒做匀减速直线运动B．导体棒中感应电流的方向为a→bC．电阻R消耗的总电能为eq\f(mv02R,2R＋r)D．导体棒克服安培力做的总功小于eq\f(1,2)mv02【题型2一根导体杆沿竖直方向或者沿斜面平动切割过程的能量问题】【例2】如图甲所示，不计电阻的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距L＝1m，上端接有电阻R＝3Ω，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＝0.1kg、电阻r＝1Ω、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10m/s2)．求：(1)磁感应强度的大小B；(2)杆在磁场中下落0.1s的过程中电阻R产生的热量．【变式2-1】(多选)如图所示，间距大小为0.5m的平行导轨竖直放置，导轨上端与电阻R连接，图中水平虚线下方存在垂直导轨平面向外、磁感应强度大小为0.2T的匀强磁场。现将质量0.1kg的导体棒从虚线上方h1处由静止释放，进入磁场时恰好以速度v0做匀速直线运动，匀速运动2s后给导体棒施加一竖直向上大小为2N的恒力，并且由于磁感应强度发生变化回路中不再产生感应电流，再经过0.2s导体棒的速度减为零。已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导体棒的电阻不计，重力加速度大小为10m/s2，关于导体棒由静止释放到速度减为零的过程，下列说法正确的是()A．匀速运动速度为2m/sB．自由下落的高度为2mC．回路中磁通量的最大值为0.4WbD．回路中产生的焦耳热为4J【变式2-2】如图甲所示，一足够长阻值不计的系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3s内通过的电荷量是0.3～0.6s内通过电荷量的eq\f(2,3)，g＝10m/s2，求：(1)0～0.3s内金属棒通过的位移大小；(2)金属棒在0～0.6s内产生的热量．【变式2-3】如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2kg，电阻r＝1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g＝10m/s2。(1)求拉力的功率P；(2)ab开始运动后，经t＝0.09s速度达到v2＝1.5m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。【题型3两根导体杆平动切割过程的能量问题】【例3】如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ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B＝0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg、电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg、电阻R2＝0.1Ω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Ⅱ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g＝10m/s2，问：(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为多大；(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x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．【变式3-1】(多选)如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t＝t2，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为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()A．t1时刻a棒加速度大小为eq\f(2B2L2v0,3mR)B．t2时刻b棒的速度为0C．t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍D．t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为eq\f(2,9)mv02【变式3-2】如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平部分组成，其水平部分加有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨水平部分静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r.另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧部分M处由静止释放下滑至N处进入水平部分，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧部分MN半径为R，所对圆心角为60°，重力加速度为g.求：(1)ab棒在N处进入磁场区速度是多大？此时棒中电流是多少？(2)cd棒能达到的最大速度是多大？(3)cd棒由静止到最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？【变式3-3】两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道平滑连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2Ω，Rb＝5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2T．现杆b以初速度大小v0＝5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止下滑至刚滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g取10m/s2，求：(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．【题型4矩形导线框平动切割过程的能量问题】【例4】(多选)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是()A．B与v0无关，与eq\r(H)成反比B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变【变式4-1】(多选)如图所示，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()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＋eq\f(3,4)h)【变式4-2】如图所示，用水平绝缘传送带输送一正方形单匝闭合铜线框，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，铜线框在进入磁场前与传送带的速度相同，穿过磁场的过程中将相对于传送带滑动。已知传送带以恒定速度v0运动，当线框的右边框刚刚到达边界PQ时速度又恰好等于v0．若磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ的距离为d，磁场的磁感应强度为B，铜线框质量为m，电阻均为R，边长为L（L＜d），铜线框与传送带间的动摩擦因数为μ，且在传送带上始终保持前后边框平行于磁场边界MN，试求：（1）线框的右边框刚进入磁场时所受安培力的大小；（2）线框在进入磁场的过程中运动加速度的最大值以及速度的最小值；（3）从线框右边框刚进入磁场到整个线框完全穿出磁场后的过程中，闭合铜线框中产生的焦耳热。【变式4-3】(多选)如图所示，在竖直方向上有四条间距均为L＝0.5m的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间和L3、L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1T，方向垂直于纸面向里．现有一矩形线圈abcd，长度ad＝3L，宽度cd＝L，质量为0.1kg，电阻为1Ω，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，cd边经过磁场边界线L3时恰好做匀速直线运动，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，cd边水平．(g取10m/s2)则()A．cd边经过磁场边界线L3时通过线圈的电荷量为0.5CB．cd边经过磁场边界线L3时的速度大小为4m/sC．cd边经过磁场边界线L2和L4的时间间隔为0.25sD．线圈从开始运动到cd边经过磁场边界线L4过程，线圈产生的热量为0.7J【题型5非矩形导线框平动切割过程的能量问题】【例5】竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，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)()A．mgb B.eq\f(1,2)mv2C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋eq\f(1,2)mv2【变式5-1】如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10cm、电阻R＝1Ω、质量m＝1kg的金属圆环，以速度v＝10m/s向一有界磁场运动。匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝0.5T，从圆环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32J的热量，求：(1)此时圆环中电流的瞬时功率；(2)此时圆环运动的加速度。【变式5-2】每个快递入库时都会贴一张电子标签，以便高效仓储、分拣。如图（a）所示，某快递表面的标签上固定了一个横放的“日”字形线圈，在入库时快递与传送带一起以水平恒定速度v0穿过磁感应强度为B，方向竖直向下且宽为L的有界匀强磁场，磁场边界与CD边平行。传送带连接的传感器可以采集到快递受到的摩擦力。已知线圈短边CD长为L，长边CG长为2L，E、F为两长边的中点。电阻RCD=RGH=r，REF=2r，其余部分电阻不计。问：（1）CD边刚进磁场时，CD中感应电流的方向；（2）CD边刚进磁场时，快递受到的摩擦力f；（3）整个“日”字形线圈穿过磁场的过程中，产生的总焦耳热Q；（4）取D到C的电流方向为正，请在图（b）中画出“日”字形线圈穿过磁场的过程中，流过CD边的电流ICD与位移x的关系图像。（不需要分析过程）【变式5-3】水平虚线之间是高度为h有界匀强磁场，磁感强度为B。磁场上方的竖直平面有一个梯子形导线框abcd，框宽度ad=L、总高ab=4h。两竖直边导体ab和cd电阻不计，5根等距离分布的水平导体棒电阻都为R。让导线框离磁场上边缘h高处自由下落，当bc刚进入磁场开始，线框恰好做匀速直线运动，设重力加速度为g。(1)当第一条水平边bc进入磁场时bc中的电流大小和方向？(2)导线框质量m为多少？(3)当第三条边开始进入磁场时bc棒上的电流大小和方向？(4)导线框穿过磁场过程中，bc边上产生的电热Q多少？

参考答案【题型1一根导体杆沿水平面平动切割过程的能量问题】【例1】如图所示，光滑水平面内有一光滑导体棒MN放在V形导轨上，导体棒MN左侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，导体棒MN和导轨的材料、粗细均完全相同，现将导体棒MN固定，用一水平向左的外力F从图示位置匀速将V形导轨拉入磁场中，在此过程中导体棒与导轨始终接触良好，导体棒与导轨两触点间的电势差为U，回路的发热功率为P，回路中产生的热量为Q，则下列图像正确的是()解析：选A感应电流I＝eq\f(BLABv,R)，由几何关系知，回路周长与LAB成正比，电阻R与LAB成正比，由于B、v不变，可知感应电流I恒定，安培力F安＝BILAB，则F安∝t，导轨匀速运动时的受力有F＝F安，A正确；回路的热功率P＝I2R，I不变，电阻R与回路周长成正比，又周长与t成正比，可知功率P与t成正比，B错误；如图所示，t时刻V形导轨在磁场中与导体棒MN构成回路为ABC，LCc＝vt，由几何关系可知，LAB＝kvt，(k为常数)，则A、B两点间的电势差U＝eq\f(1,3)BLABv＝eq\f(1,3)kBv2t，k、B、v均为常数，则U∝t，C错误；回路中产生的热量为Q＝Pt，P与t成正比，可知Q与t2成正比，D错误。【变式1-1】如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其他电阻。(1)求金属杆中的电流和水平外力的功率；(2)某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为eq\f(u0,2)，求：这段时间内电阻R上产生的焦耳热；解析：(1)金属杆切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0，则金属杆中的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv0,R)，由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，则有F＝F安＝BIl＝eq\f(B2l2v0,R)，根据功率的计算公式有P＝Fv0＝eq\f(B2l2v02,R)。(2)设金属杆内单位体积的自由电子数为n，金属杆的横截面积为S，则金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动时，电流由微观表示为I＝nSeu0＝eq\f(Blv0,R)，则解得nSe＝eq\f(Blv0,Ru0)，电子沿金属杆定向移动的速率变为eq\f(u0,2)时，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。【变式1-2】如图甲所示，两根间距L＝1.0m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R＝2.0Ω的电阻相连。质量m＝0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f＝1.0N，导体棒电阻为r＝1.0Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g＝10m/s2）。求：（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小（用题中字母表示）；（2）磁场的磁感应强度B；（3）若ef棒由静止开始运动距离为s＝6.9m时，速度已达v′＝3m/s，求此过程中产生的焦耳热Q。【解答】（1）当导体棒速度为v时，导体棒上的电动势为E，电路中的电流为I.由法拉第电磁感应定E＝BLv由欧姆定律I=导体棒所受安培力F＝BIL联合解得：F=（2）由图可以知道：导体棒开始运动时加速度a1＝5m/s2，初速度v0＝0，导体棒中无电流.由牛顿第二定律知F﹣f＝ma计算得出：F＝2N由图可以知道：当导体棒的加速度a＝0时，开始以v＝3m/s做匀速运动此时有：F﹣f﹣F安＝0解得：B＝1T（3）设ef棒此过程中，产生的热量为Q，由功能关系知（F﹣f）s＝Q+1代入数据计算得出Q＝6.0J答：（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小为B2（2）磁场的磁感应强度B为1T；（3）产生的焦耳热为6J。【变式1-3】如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中()A．导体棒做匀减速直线运动B．导体棒中感应电流的方向为a→bC．电阻R消耗的总电能为eq\f(mv02R,2R＋r)D．导体棒克服安培力做的总功小于eq\f(1,2)mv02解析：选C导体棒向右运动，根据右手定则，可知导体棒中电流方向为b到a，再根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为E＝BLv0，感应电流为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv0,R＋r)，故安培力为F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R＋r)，根据牛顿第二定律有F＝ma，可得a＝eq\f(B2L2,mR＋r)v0，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，A、B错误；根据能量守恒定律，可知回路中消耗的总电能为Q＝eq\f(1,2)mv02，因R与r串联，则消耗的电能与电阻成正比，则R消耗的电能为QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝eq\f(mv02R,2R＋r)，C正确；整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于eq\f(1,2)mv02，D错误。【题型2一根导体杆沿竖直方向或者沿斜面平动切割过程的能量问题】【例2】如图甲所示，不计电阻的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距L＝1m，上端接有电阻R＝3Ω，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＝0.1kg、电阻r＝1Ω、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10m/s2)．求：(1)磁感应强度的大小B；(2)杆在磁场中下落0.1s的过程中电阻R产生的热量．答案(1)2T(2)0.075J解析(1)由题图乙可知，杆自由下落0.1s进入磁场以v＝1.0m/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＝eq\f(E,R＋r)杆所受安培力F安＝BIL由平衡条件得mg＝F安联立解得B＝2T.(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075J.【变式2-1】(多选)如图所示，间距大小为0.5m的平行导轨竖直放置，导轨上端与电阻R连接，图中水平虚线下方存在垂直导轨平面向外、磁感应强度大小为0.2T的匀强磁场。现将质量0.1kg的导体棒从虚线上方h1处由静止释放，进入磁场时恰好以速度v0做匀速直线运动，匀速运动2s后给导体棒施加一竖直向上大小为2N的恒力，并且由于磁感应强度发生变化回路中不再产生感应电流，再经过0.2s导体棒的速度减为零。已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导体棒的电阻不计，重力加速度大小为10m/s2，关于导体棒由静止释放到速度减为零的过程，下列说法正确的是()A．匀速运动速度为2m/sB．自由下落的高度为2mC．回路中磁通量的最大值为0.4WbD．回路中产生的焦耳热为4J解析：选ACD给导体棒施加一个竖直向上的恒力F＝2N＝2mg，由于施加恒力后回路中无电流，导体棒不受安培力作用，导体棒做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律F－mg＝ma，a＝g，对匀减速阶段列速度公式v0＝gt3＝2m/s，故A正确；对自由落体阶段，根据2gh1＝v02，h1＝0.2m，故B错误；导体棒进入匀强磁场运动2s后回路中磁通量达到最大，2s时间内导体棒的位移h2＝v0t2＝4m，则回路磁通量的最大值为Φm＝BLh2＝0.4Wb，故C正确；根据能量守恒定律可知整个过程中回路中产生的焦耳热与匀速运动阶段重力势能的减少量相等Q＝mgh2＝4J，故D正确。【变式2-2】如图甲所示，一足够长阻值不计的系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3s内通过的电荷量是0.3～0.6s内通过电荷量的eq\f(2,3)，g＝10m/s2，求：(1)0～0.3s内金属棒通过的位移大小；(2)金属棒在0～0.6s内产生的热量．答案(1)0.3m(2)1.05J解析(1)0～0.3s内通过金属棒的电荷量q1＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx1,R＋r)0．3～0.6s内通过金属棒的电荷量是q2＝I2t2＝eq\f(BLvt2,R＋r)由题中的电荷量关系eq\f(q1,q2)＝eq\f(2,3)，代入解得：x1＝0.3m(2)金属棒在0～0.6s内通过的总位移为x＝x1＋x2＝x1＋vt2，代入解得x＝0.75m根据能量守恒定律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0～0.6s内产生的热量Qr＝eq\f(r,R＋r)Q＝1.05J.线圈利用“电磁感应”获得电能，D错误．【变式2-3】如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2kg，电阻r＝1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g＝10m/s2。(1)求拉力的功率P；(2)ab开始运动后，经t＝0.09s速度达到v2＝1.5m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。[解析](1)在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有F－mgsinθ－FA＝0 ①设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有E＝BLv ②设回路中的感应电流为I，由闭合电路的欧姆定律，有I＝eq\f(E,R＋r) ③ab受到的安培力FA＝ILB ④由功率表达式，有P＝Fv ⑤联立上述各式，代入数据解得P＝4W。 ⑥(2)ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有Pt－W－mgxsinθ＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12 ⑦代入数据解得x＝0.1m。 ⑧[答案](1)4W(2)0.1m【题型3两根导体杆平动切割过程的能量问题】【例3】如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ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B＝0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg、电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg、电阻R2＝0.1Ω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Ⅱ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g＝10m/s2，问：(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为多大；(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x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量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Fmax＝m1gsinθ ①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E＝BLv ②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝eq\f(E,R1＋R2) ③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL ④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＝m1gsinθ＋Fmax ⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5m/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m2gxsinθ＝Q总＋eq\f(1,2)m2v2又Q＝eq\f(R1,R1＋R2)Q总，解得Q＝1.3J【变式3-1】(多选)如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t＝t2，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为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()A．t1时刻a棒加速度大小为eq\f(2B2L2v0,3mR)B．t2时刻b棒的速度为0C．t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍D．t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为eq\f(2,9)mv02解析：选AD由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有I＝eq\f(2BLv0,3R)。对a，根据牛顿第二定律有BIL＝ma，解得a＝eq\f(2B2L2v0,3mR)，故A正确；根据左手定则，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流过a、b的电流一直相等，故两个力大小相等，则a与b组成的系统动量守恒。t2时刻流过a的电流为零时，说明a、b之间的磁通量不变，即a、b在t2时刻达到了共同速度，设为v。根据电阻定律有R＝ρeq\f(L,S)，2R＝ρeq\f(L,S′)，解得S′＝eq\f(1,2)S，已知a的质量为m，设b的质量为m′，则有m＝ρ密V＝ρ密SL，m′＝ρ密V′＝ρ密S′L，联立解得m′＝eq\f(1,2)m，取向右为正方向，根据系统动量守恒有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错误；在t1～t2时间内，根据q＝IΔt，因通过两棒的电流时刻相等，所用时间相同，故通过两棒横截面的电荷量相等，故C错误；在t1～t2时间内，对a、b组成的系统，根据能量守恒定律有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总，解得回路中产生的总热量为Q总＝eq\f(2,3)mv02。对a、b，根据焦耳定律有Q＝I2RΔt，故a、b产生的热量与电阻成正比，即Qa∶Qb＝1∶2，又Qa＋Qb＝Q总＝eq\f(2,3)mv02，解得a棒产生的焦耳热为Qa＝eq\f(2,9)mv02，故D正确。【变式3-2】如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平部分组成，其水平部分加有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨水平部分静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r.另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧部分M处由静止释放下滑至N处进入水平部分，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧部分MN半径为R，所对圆心角为60°，重力加速度为g.求：(1)ab棒在N处进入磁场区速度是多大？此时棒中电流是多少？(2)cd棒能达到的最大速度是多大？(3)cd棒由静止到最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？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过程中机械能守恒，故mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(gR)进入磁场区瞬间，回路中电流I＝eq\f(E,2r＋r)＝eq\f(Bl\r(gR),3r)(2)ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，cd棒达到最大速度．ab、cd两棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′，解得v′＝eq\f(1,3)eq\r(gR)(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，故Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·3mv′2解得Q＝eq\f(1,3)mgR【变式3-3】两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道平滑连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2Ω，Rb＝5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2T．现杆b以初速度大小v0＝5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止下滑至刚滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g取10m/s2，求：(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．答案(1)5s(2)eq\f(7,3)C(3)eq\f(115,6)J解析(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有Bdeq\x\to(I)·Δt＝mb(v0－vb0)由题图乙知vb0＝2m/s代入数据解得Δt＝5s.(2)对杆a由静止下滑至刚滑到水平轨道的过程中，由机械能守恒定律有magh＝eq\f(1,2)mava2解得va＝eq\r(2gh)＝5m/s设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′代入数据解得v′＝eq\f(8,3)m/s杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得Bdeq\x\to(I)′·Δt′＝ma(va－v′)而q＝eq\x\to(I)′·Δt′代入数据得q＝eq\f(7,3)C.(3)由能量守恒定律可知整个运动过程中杆a、b中产生的总焦耳热为Q＝magh＋eq\f(1,2)mbv02－eq\f(1,2)(ma＋mb)v′2＝eq\f(161,6)J杆b中产生的焦耳热为Q′＝eq\f(Rb,Ra＋Rb)Q＝eq\f(115,6)J.【题型4矩形导线框平动切割过程的能量问题】【例4】(多选)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是()A．B与v0无关，与eq\r(H)成反比B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变解析：选CD设金属框进入磁场时的竖直分速度为vy，可知vy＝eq\r(2gH)，金属框所受安培力F＝BIL，电流I＝eq\f(E,R)，E＝Blvy，根据受力平衡可得mg＝eq\f(B2L2\r(2gH),R)，可知B2与eq\r(H)成反比，B与v0无关，A错误；金属框进入磁场和穿出磁场的过程中，电流的大小保持不变，方向由逆时针变为顺时针，B错误；从下金属框进入磁场到上金属框离开磁场，整个过程金属框做匀速直线运动，安培力和重力等大反向，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等，C正确；组合体从进入磁场到穿出磁场，不论怎样调节H、v0和B，只要组合体匀速通过磁场，在通过磁场的过程中，产生的热量始终等于减少的重力势能，D正确。【变式4-1】(多选)如图所示，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()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＋eq\f(3,4)h)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＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv1,R)，安培力F＝IlB＝eq\f(B2l2v1,R)，由此可知，安培力与速度有关，由牛顿第二定律知eq\f(B2l2v1,R)－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＝eq\f(1,2)m(eq\f(v1,2))2，mgh＝eq\f(1,2)mv12，联立解得Q＝mg(2l＋eq\f(3,4)h)，故D正确．【变式4-2】如图所示，用水平绝缘传送带输送一正方形单匝闭合铜线框，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，铜线框在进入磁场前与传送带的速度相同，穿过磁场的过程中将相对于传送带滑动。已知传送带以恒定速度v0运动，当线框的右边框刚刚到达边界PQ时速度又恰好等于v0．若磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ的距离为d，磁场的磁感应强度为B，铜线框质量为m，电阻均为R，边长为L（L＜d），铜线框与传送带间的动摩擦因数为μ，且在传送带上始终保持前后边框平行于磁场边界MN，试求：（1）线框的右边框刚进入磁场时所受安培力的大小；（2）线框在进入磁场的过程中运动加速度的最大值以及速度的最小值；（3）从线框右边框刚进入磁场到整个线框完全穿出磁场后的过程中，闭合铜线框中产生的焦耳热。【解答】解：（1）线框右侧边刚进入磁场时，感应电动势：E＝BLv0，感应电流：I=E右侧边所受安培力：F＝BIL=B（2）线框以速度v0进入磁场，在进入磁场的过程中，受安培力而减速运动；进入磁场后，在摩擦力作用下加速运动，当其右侧边到达PQ时速度又恰好等于v0，因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力最大，加速度最大，设为am；线框全部进入磁场的瞬间速度最小，设此时线框的速度为vmin，线框刚进入磁场时，根据牛顿第二定律有：F﹣μmg＝mam，解得：am=B2在线框完全进入磁场又加速运动到达边界PQ的过程中，根据动能定理，得：μmg（d﹣L）=1解得：vmin（3）线框从右侧边进入磁场到运动至磁场边界PQ的过程中线框受摩擦力：f＝μmg由功的公式有：W1＝fd＝μmgd，线框出磁场与进入磁场的受力情况完全相同，故线框完全出磁场瞬间的速度仍为vmin；在线框完全出磁场后到加速至与传送带速度相同的过程中，设其位移x，由动能定理有：μmgx=1解得：x＝d﹣L，线框右侧边出磁场到与传送带共速的过程中位移为：x′＝x+L＝d此过程中摩擦力做功为：W2＝fx′＝μmgd，因此，整个过程传送带对线框做的功：W＝W1+W2＝2μmgd；全过程由功能关系得：闭合铜线框中产生的焦耳热Q＝W＝2μmgd；答：（1）线框的右侧边刚进入磁场时所受安培力的大小为B2（2）线框在进入磁场的过程中，加速度的最大值为B2L2v（3）从线框右侧边刚进入磁场到整个线框穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对线框做的功为2μmgd。【变式4-3】(多选)如图所示，在竖直方向上有四条间距均为L＝0.5m的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间和L3、L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1T，方向垂直于纸面向里．现有一矩形线圈abcd，长度ad＝3L，宽度cd＝L，质量为0.1kg，电阻为1Ω，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，cd边经过磁场边界线L3时恰好做匀速直线运动，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，cd边水平．(g取10m/s2)则()A．cd边经过磁场边界线L3时通过线圈的电荷量为0.5CB．cd边经过磁场边界线L3时的速度大小为4m/sC．cd边经过磁场边界线L2和L4的时间间隔为0.25sD．线圈从开始运动到cd边经过磁场边界线L4过程，线圈产生的热量为0.7J答案BD解析cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)＝eq\f(1×0.52,1)C＝0.25C，故A错误；cd边经过磁场边界线L3时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件有mg＝BIL，而I＝eq\f(BLv,R)，联立两式解得v＝eq\f(mgR,B2L2)＝eq\f(0.1×10×1,12×0.52)m/s＝4m/s，故B正确；cd边从L2到L3的过程中，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，不受安培力，线圈做匀加速直线运动，加速度为g，设此过程的时间为t1，此过程的逆过程为匀减速运动，由运动学公式得L＝vt1－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，cd边从L3到L4的过程做匀速运动，所用时间为t2＝eq\f(L,v)＝0.125s，故cd边经过磁场边界线L2和L4的时间间隔为t1＋t2＞0.25s，故C错误；线圈从开始运动到cd边经过磁场边界线L4过程，根据能量守恒得Q＝mg·3L－eq\f(1,2)mv2＝0.7J，故D正确．【题型5非矩形导线框平动切割过程的能量问题】【例5】竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，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)()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－eq\f(1,2)mv2，Q＝W克安，得Q＝mg(b－a)＋eq\f(1,2)mv2.【变式5-1】如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10cm、电阻R＝1Ω、质量m＝1kg的金属圆环，以速度v＝10m/s向一有界磁场运动。匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝0.5T，从圆环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32J的热量，求：(1)此时圆环中电流的瞬时功率；(2)此时圆环运动的加速度。解析：(1)圆环从开始进入磁场到有一半进入磁场过程中，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝Q＋eq\f(1,2)mv′2，代入数据解得v′＝6m/s，此时的感应电动势E＝BLv′＝B·2rv′＝0.5×2×0.1×6V＝0.6V，圆环中电流的瞬时功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(0.62,1)W＝0.36W。(2)感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.6,1)A＝0.6A，圆环受到的安培力F＝BIL＝BI·2r＝0.5×0.6×2×0.1N＝0.06N，由牛顿第二定律得F＝ma，解得圆环此时运动的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(0.06,1)m/s2＝0.06m/s2，由右手定则可知，圆环中感应电流沿逆时针方向，由左手定则可知，安培力水平向左，则加速度方向向左。答案：(1)0.36W(2)0.06m/s2，方向向左【变式5-2】每个快递入库时都会贴一张电子标签，以便高效仓储、分拣。如图（a）所示，某快递表面的标签上固定了一个横放的“日”字形线圈，在入库时快递与传送带一起以水平恒定速度v0穿过磁感应强度为B，方向竖直向下且宽为L的有界匀强磁场，磁场边界与CD边平行。传送带连接的传感器可以采集到快递受到的摩擦力。已知线圈短边CD长为L，长边CG长为2L，E、F为两长边的中点。电阻RCD=RGH=r，REF=2r，其余部分电阻不计。问：（1）CD边刚进磁场时，CD中感应电流的方向；（2）CD边刚进磁场时，快递受到的摩擦力f；（3）整个“日”字形线圈穿过磁场的过程中，产生的总焦耳热Q；（4）取D到C的电流方向为正，请在图（b）中画出“日”字形线圈穿过磁场的过程中，流过CD边的电流ICD与位移x的关系图像。（不需要分析过程）【答案】（1）D到C；（2），方向水平向右；（3）；（4）【解析】（1）CD边刚进磁场时，根据右手定则可知感应电流方向从D到C。（2）CD边刚进磁场时，其切割磁感线产生的感应电动势为此时线圈形成回路的总电阻为通过CD边的电流为CD边受到的安培力大小为根据左手定则可知CD边受到安培力方向水平向左，根据平衡条件可知快递受到的摩擦力方向水平向右，且大小为（3）从CD边进入磁场到EF边进入磁场过程中，线圈克服安培力做的功为当EF边切割磁感线的过程中，线圈形成回路的总电阻为通过EF边的电流为EF边受到的安培力大小为从EF边进入磁场到GH边进入磁场过程中，线圈克服安培力做的功为根据对称性可知GH边穿过磁场的过程中，线圈克服安培力做的功为整个“日”字形线圈穿过磁场的过程中，产生的总焦耳热等于线圈克服安培力做的总功，所以（4）在0~L范围内，易知ICD1=I1=在L~2L范围内，EF边切割磁感线，此时流过CD边的电流沿负方向，根据并联电路分流规律可知ICD2=－0.5I2=在2L~3L范围内，GH边切割磁感线，根据对称性可知通过GH边的电流与I1大小相等，此时流过CD边的电流沿负方向，根据并联电路分流规律可知ICD3=I1=综上所述作出ICD-x图像如图所示【变式5-3】水平虚线之间是高度为h有界匀强磁场，磁感强度为B。磁场上方的竖直平面有一个梯子形导线框abcd，框宽度ad=L、总高ab=4h。两竖直边导体ab和cd电阻不计，5根等距离分布的水平导体棒电阻都为R。让导线框离磁场上边缘h高处自由下落，当bc刚进入磁场开始，线框恰好做匀速直线运动，设重力加速度为g。(1)当第一条水平边bc进入磁场时bc中的电流大小和方向？(2)导线框质量m为多少？(3)当第三条边开始进入磁场时bc棒上的电流大小和方向？(4)导线框穿过磁场过程中，bc边上产生的电热Q多少？【答案】(1)，b指向c；(2)；(3)，方向由c到b；(4)【解析】(1)线框整体做自由落体运动，由动能定理进入磁场时的速度由法拉第电磁感应由闭合电路欧姆定律由并联电路特点解得方向：b指向c（向右）(2)线框受力平衡，磁场力等于重力解得(3)由于水平导体间距与磁场宽度相等，当一根导体出磁场时，另一根导体恰好进入磁场，且等效电路结构未变，故总电流也不变，线框受力情况也不变，因此整个线框一直做匀速直线运动，直到最后一根导体ab出磁场。所以，此时导体棒速度还是此时流过第三根导线的电流和(1)问相同，此时bc为外电阻，流过电流为总电流的方向由c到b（向左）。(4)根据能量守恒定律，线框匀速通过磁场过程中，动能没有变，在磁场中下降高度为5h，所以减少机械能为5mgh转化为线框电阻发热。5根导体在下落过程中所处地位一样，故bc发热占

专题2.9动生中的能量问题【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1一根导体杆沿水平面平动切割过程的能量问题】 【题型2一根导体杆沿竖直方向或者沿斜面平动切割过程的能量问题】 【题型3两根导体杆平动切割过程的能量问题】 【题型4矩形导线框平动切割过程的能量问题】 【题型5非矩形导线框平动切割过程的能量问题】 【题型1一根导体杆沿水平面平动切割过程的能量问题】【例1】如图所示，光滑水平面内有一光滑导体棒MN放在V形导轨上，导体棒MN左侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，导体棒MN和导轨的材料、粗细均完全相同，现将导体棒MN固定，用一水平向左的外力F从图示位置匀速将V形导轨拉入磁场中，在此过程中导体棒与导轨始终接触良好，导体棒与导轨两触点间的电势差为U，回路的发热功率为P，回路中产生的热量为Q，则下列图像正确的是()解析：选A感应电流I＝eq\f(BLABv,R)，由几何关系知，回路周长与LAB成正比，电阻R与LAB成正比，由于B、v不变，可知感应电流I恒定，安培力F安＝BILAB，则F安∝t，导轨匀速运动时的受力有F＝F安，A正确；回路的热功率P＝I2R，I不变，电阻R与回路周长成正比，又周长与t成正比，可知功率P与t成正比，B错误；如图所示，t时刻V形导轨在磁场中与导体棒MN构成回路为ABC，LCc＝vt，由几何关系可知，LAB＝kvt，(k为常数)，则A、B两点间的电势差U＝eq\f(1,3)BLABv＝eq\f(1,3)kBv2t，k、B、v均为常数，则U∝t，C错误；回路中产生的热量为Q＝Pt，P与t成正比，可知Q与t2成正比，D错误。【变式1-1】如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其他电阻。(1)求金属杆中的电流和水平外力的功率；(2)某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为eq\f(u0,2)，求：这段时间内电阻R上产生的焦耳热；解析：(1)金属杆切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0，则金属杆中的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv0,R)，由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，则有F＝F安＝BIl＝eq\f(B2l2v0,R)，根据功率的计算公式有P＝Fv0＝eq\f(B2l2v02,R)。(2)设金属杆内单位体积的自由电子数为n，金属杆的横截面积为S，则金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动时，电流由微观表示为I＝nSeu0＝eq\f(Blv0,R)，则解得nSe＝eq\f(Blv0,Ru0)，电子沿金属杆定向移动的速率变为eq\f(u0,2)时，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。【变式1-2】如图甲所示，两根间距L＝1.0m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R＝2.0Ω的电阻相连。质量m＝0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f＝1.0N，导体棒电阻为r＝1.0Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g＝10m/s2）。求：（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小（用题中字母表示）；（2）磁场的磁感应强度B；（3）若ef棒由静止开始运动距离为s＝6.9m时，速度已达v′＝3m/s，求此过程中产生的焦耳热Q。【解答】（1）当导体棒速度为v时，导体棒上的电动势为E，电路中的电流为I.由法拉第电磁感应定E＝BLv由欧姆定律I=导体棒所受安培力F＝BIL联合解得：F=（2）由图可以知道：导体棒开始运动时加速度a1＝5m/s2，初速度v0＝0，导体棒中无电流.由牛顿第二定律知F﹣f＝ma计算得出：F＝2N由图可以知道：当导体棒的加速度a＝0时，开始以v＝3m/s做匀速运动此时有：F﹣f﹣F安＝0解得：B＝1T（3）设ef棒此过程中，产生的热量为Q，由功能关系知（F﹣f）s＝Q+1代入数据计算得出Q＝6.0J答：（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小为B2（2）磁场的磁感应强度B为1T；（3）产生的焦耳热为6J。【变式1-3】如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中()A．导体棒做匀减速直线运动B．导体棒中感应电流的方向为a→bC．电阻R消耗的总电能为eq\f(mv02R,2R＋r)D．导体棒克服安培力做的总功小于eq\f(1,2)mv02解析：选C导体棒向右运动，根据右手定则，可知导体棒中电流方向为b到a，再根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为E＝BLv0，感应电流为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv0,R＋r)，故安培力为F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R＋r)，根据牛顿第二定律有F＝ma，可得a＝eq\f(B2L2,mR＋r)v0，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，A、B错误；根据能量守恒定律，可知回路中消耗的总电能为Q＝eq\f(1,2)mv02，因R与r串联，则消耗的电能与电阻成正比，则R消耗的电能为QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝eq\f(mv02R,2R＋r)，C正确；整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于eq\f(1,2)mv02，D错误。【题型2一根导体杆沿竖直方向或者沿斜面平动切割过程的能量问题】【例2】如图甲所示，不计电阻的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距L＝1m，上端接有电阻R＝3Ω，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＝0.1kg、电阻r＝1Ω、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10m/s2)．求：(1)磁感应强度的大小B；(2)杆在磁场中下落0.1s的过程中电阻R产生的热量．答案(1)2T(2)0.075J解析(1)由题图乙可知，杆自由下落0.1s进入磁场以v＝1.0m/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＝eq\f(E,R＋r)杆所受安培力F安＝BIL由平衡条件得mg＝F安联立解得B＝2T.(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075J.【变式2-1】(多选)如图所示，间距大小为0.5m的平行导轨竖直放置，导轨上端与电阻R连接，图中水平虚线下方存在垂直导轨平面向外、磁感应强度大小为0.2T的匀强磁场。现将质量0.1kg的导体棒从虚线上方h1处由静止释放，进入磁场时恰好以速度v0做匀速直线运动，匀速运动2s后给导体棒施加一竖直向上大小为2N的恒力，并且由于磁感应强度发生变化回路中不再产生感应电流，再经过0.2s导体棒的速度减为零。已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导体棒的电阻不计，重力加速度大小为10m/s2，关于导体棒由静止释放到速度减为零的过程，下列说法正确的是()A．匀速运动速度为2m/sB．自由下落的高度为2mC．回路中磁通量的最大值为0.4WbD．回路中产生的焦耳热为4J解析：选ACD给导体棒施加一个竖直向上的恒力F＝2N＝2mg，由于施加恒力后回路中无电流，导体棒不受安培力作用，导体棒做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律F－mg＝ma，a＝g，对匀减速阶段列速度公式v0＝gt3＝2m/s，故A正确；对自由落体阶段，根据2gh1＝v02，h1＝0.2m，故B错误；导体棒进入匀强磁场运动2s后回路中磁通量达到最大，2s时间内导体棒的位移h2＝v0t2＝4m，则回路磁通量的最大值为Φm＝BLh2＝0.4Wb，故C正确；根据能量守恒定律可知整个过程中回路中产生的焦耳热与匀速运动阶段重力势能的减少量相等Q＝mgh2＝4J，故D正确。【变式2-2】如图甲所示，一足够长阻值不计的系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3s内通过的电荷量是0.3～0.6s内通过电荷量的eq\f(2,3)，g＝10m/s2，求：(1)0～0.3s内金属棒通过的位移大小；(2)金属棒在0～0.6s内产生的热量．答案(1)0.3m(2)1.05J解析(1)0～0.3s内通过金属棒的电荷量q1＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx1,R＋r)0．3～0.6s内通过金属棒的电荷量是q2＝I2t2＝eq\f(BLvt2,R＋r)由题中的电荷量关系eq\f(q1,q2)＝eq\f(2,3)，代入解得：x1＝0.3m(2)金属棒在0～0.6s内通过的总位移为x＝x1＋x2＝x1＋vt2，代入解得x＝0.75m根据能量守恒定律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0～0.6s内产生的热量Qr＝eq\f(r,R＋r)Q＝1.05J.线圈利用“电磁感应”获得电能，D错误．【变式2-3】如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2kg，电阻r＝1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g＝10m/s2。(1)求拉力的功率P；(2)ab开始运动后，经t＝0.09s速度达到v2＝1.5m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。[解析](1)在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有F－mgsinθ－FA＝0 ①设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有E＝BLv ②设回路中的感应电流为I，由闭合电路的欧姆定律，有I＝eq\f(E,R＋r) ③ab受到的安培力FA＝ILB ④由功率表达式，有P＝Fv ⑤联立上述各式，代入数据解得P＝4W。 ⑥(2)ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有Pt－W－mgxsinθ＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12 ⑦代入数据解得x＝0.1m。 ⑧[答案](1)4W(2)0.1m【题型3两根导体杆平动切割过程的能量问题】【例3】如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ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B＝0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg、电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg、电阻R2＝0.1Ω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Ⅱ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g＝10m/s2，问：(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为多大；(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x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量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Fmax＝m1gsinθ ①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E＝BLv ②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝eq\f(E,R1＋R2) ③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL ④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＝m1gsinθ＋Fmax ⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5m/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m2gxsinθ＝Q总＋eq\f(1,2)m2v2又Q＝eq\f(R1,R1＋R2)Q总，解得Q＝1.3J【变式3-1】(多选)如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t＝t2，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为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()A．t1时刻a棒加速度大小为eq\f(2B2L2v0,3mR)B．t2时刻b棒的速度为0C．t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍D．t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为eq\f(2,9)mv02解析：选AD由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有I＝eq\f(2BLv0,3R)。对a，根据牛顿第二定律有BIL＝ma，解得a＝eq\f(2B2L2v0,3mR)，故A正确；根据左手定则，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流过a、b的电流一直相等，故两个力大小相等，则a与b组成的系统动量守恒。t2时刻流过a的电流为零时，说明a、b之间的磁通量不变，即a、b在t2时刻达到了共同速度，设为v。根据电阻定律有R＝ρeq\f(L,S)，2R＝ρeq\f(L,S′)，解得S′＝eq\f(1,2)S，已知a的质量为m，设b的质量为m′，则有m＝ρ密V＝ρ密SL，m′＝ρ密V′＝ρ密S′L，联立解得m′＝eq\f(1,2)m，取向右为正方向，根据系统动量守恒有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错误；在t1～t2时间内，根据q＝IΔt，因通过两棒的电流时刻相等，所用时间相同，故通过两棒横截面的电荷量相等，故C错误；在t1～t2时间内，对a、b组成的系统，根据能量守恒定律有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总，解得回路中产生的总热量为Q总＝eq\f(2,3)mv02。对a、b，根据焦耳定律有Q＝I2RΔt，故a、b产生的热量与电阻成正比，即Qa∶Qb＝1∶2，又Qa＋Qb＝Q总＝eq\f(2,3)mv02，解得a棒产生的焦耳热为Qa＝eq\f(2,9)mv02，故D正确。【变式3-2】如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平部分组成，其水平部分加有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨水平部分静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r.另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧部分M处由静止释放下滑至N处进入水平部分，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧部分MN半径为R，所对圆心角为60°，重力加速度为g.求：(1)ab棒在N处进入磁场区速度是多大？此时棒中电流是多少？(2)cd棒能达到的最大速度是多大？(3)cd棒由静止到最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？答案(1)eq\r(gR)eq\f(Bl\r(gR),3r)(2)eq\f(1,3)eq\