【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应中的动力学及能量问题学案 14页

2020 届一轮复习人教版 电磁感应中的动力学及能量问题 学案 [课时要求] 1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量 的观点分析和解决电磁感应问题. 一、电磁感应中的动力学问题 电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是： (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向. (2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向. (3)分析导体的受力情况(包括安培力). (4)列动力学方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解. 例 1 如图 1 甲所示，两根足够长的直金属导轨 MN、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间 距为 L，M、P 两点间接有阻值为 R 的电阻，一根质量为 m 的均匀直金属杆 ab 放在两导轨上，并与导轨垂 直，整套装置处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略， 让 ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦.(重力加速度为 g) 图 1 (1)由 b 向 a 方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出 ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图； (2)在加速下滑过程中，当 ab 杆的速度大小为 v 时，求杆中的电流及其加速度的大小； (3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值. 答案 (1)见解析图 (2)BLv R gsinθ－B2L2v mR (3)mgRsinθ B2L2 解析 (1)由右手定则可知，ab 杆中电流方向为 a→b，如图所示，ab 杆受重力 mg，方向竖直向下；支持 力 FN，方向垂直于导轨平面向上；安培力 F 安，方向沿导轨向上. (2)当 ab 杆的速度大小为 v 时，感应电动势 E＝BLv， 此时电路中的电流 I＝E R ＝BLv R ab 杆受到安培力 F 安＝BIL＝B2L2v R 根据牛顿第二定律，有 mgsinθ－F 安＝mgsinθ－B2L2v R ＝ma 则 a＝gsinθ－B2L2v mR . (3)当 a＝0 时，ab 杆有最大速度 vm，即 mgsinθ＝B2L2vm R ，解得 vm＝mgRsinθ B2L2 . 例 2 (2018·“七彩阳光”联盟高三第二学期期初联考)半径为 2r 的圆形金属导轨固定在一水平面内，一 根长也为 2r、电阻为 R 的金属棒 OA 一端与金属导轨接触良好，另一端固定在中心转轴上，现有方向(俯视) 如图 2 所示、大小为 B1 的匀强磁场，中间半径为 r 的圆内无磁场.另有一水平金属导轨 MN 用导线连接金属 圆环，M′N′用导线连接中心轴，导轨上放置一根金属棒 CD，其长度 L 与水平金属导轨宽度相等，金属 棒 CD 的电阻为 2R，质量为 m，与水平导轨之间的动摩擦因数为μ，水平导轨处在竖直向上的匀强磁场 B2 中，金属棒 CD 通过细绳、定滑轮与质量也为 m 的重物相连，重物放置在水平地面上.所有接触都良好，细 绳与金属棒 CD 垂直，金属棒 CD 受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他电阻，重力加 速度为 g. 图 2 (1)若金属棒 OA 以角速度ω0 顺时针转动(俯视)，求感应电动势及接在水平导轨上的理想电压表的电压； (2)若金属棒 OA 顺时针转动(俯视)的角速度随时间以ω＝kt 变化，求重物离开地面之前支持力随时间变化 的表达式. 答案 见解析 解析 (1)感应电动势 E＝BL v ＝B1r2ω0r＋ω0r 2 ＝3 2 B1ω0r2 感应电流 I＝ E 3R ＝B1ω0r2 2R 电压表示数 UV＝I·2R＝B1ω0r2 (2)电流 I′＝E′ 3R ＝B1ωr2 2R ＝B1kr2t 2R 金属棒 CD 受到的安培力 F 安＝B2I′L＝B1B2kLr2t 2R 重物离开地面之前受力平衡，有 FN＋FT＝mg 当 F 安≤μmg，即 t≤2μmgR B1B2kLr2 时，FT＝0 所以 FN＝mg 当 F 安>μmg，即 t>2μmgR B1B2kLr2 时，FT＝F 安－μmg 所以 FN＝mg－B1B2kLr2t 2R ＋μmg. 提示 1.受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场的方向，以便准确地画出安培 力的方向. 2.要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化. [学科素养] 例 1、例 2 考查了电磁感应的动力学问题，在处理该类问题时，要把握好受力情况、运动情况 的动态分析. 基本思路是：导体受外力运动―――→E＝BLv 产生感应电动势―――→ I＝ E R＋r 产生感应电流―――→F＝BIL 导体受安培力―→合 外力变化―――→F 合＝ma加速度变化―→速度变化――――→E＝BLv 感应电动势变化……→a＝0，v 达到最大值.将电磁感 应与受力分析、牛顿运动定律、物体的平衡等知识有机结合，培养了学生的综合分析、科学推理能力，很 好地体现了物理“科学思维”的学科素养. 二、电磁感应中的能量问题 1.电磁感应中能量的转化 (1)转化方式 (2)涉及到的常见功能关系 ①有滑动摩擦力做功，必有内能产生； ②有重力做功，重力势能必然发生变化； ③克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能. 2.焦耳热的计算 (1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即 Q＝I2Rt. (2)感应电流变化，可用以下方法分析： ①利用动能定理，求出克服安培力做的功 W 安，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即 Q＝W 安. ②利用能量守恒定律，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少量. 例 3 (2018·浙江理综)小明设计的电磁健身器的简化装置如图 3 所示，两根平行金属导轨相距 l＝0.50m， 倾角θ＝53°，导轨上端串接一个 R＝0.05Ω的电阻.在导轨间长 d＝0.56m 的区域内，存在方向垂直导轨 平面向下的匀强磁场，磁感应强度 B＝2.0T.质量 m＝4.0kg 的金属棒 CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过 定滑轮与拉杆 GH 相连.CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距 s＝0.24m.一位健身者用恒力 F＝80N 拉 动 GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中 CD 棒始终保持与导轨垂直.当 CD 棒到达磁场上边界时健身 者松手，触发恢复装置使 CD 棒回到初始位置(重力加速度 g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦 力以及拉杆和绳索的质量).求： 图 3 (1)CD 棒进入磁场时速度 v 的大小； (2)CD 棒进入磁场时所受的安培力 FA 的大小； (3)在拉升 CD 棒的过程中，健身者所做的功 W 和电阻产生的焦耳热 Q. 答案 (1)2.4m/s (2)48N (3)64J 26.88J 解析 (1)由牛顿第二定律得 a＝F－mgsinθ m ＝12m/s2 CD 棒进入磁场时的速度 v＝ 2as＝2.4m/s (2)感应电动势 E＝Blv 感应电流 I＝Blv R 安培力 FA＝BIl 代入得 FA＝Bl2v R ＝48N (3)健身者做功 W＝F(s＋d)＝64J 因 F－mgsinθ－FA＝0，则 CD 棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间 t＝d v 焦耳热 Q＝I2Rt＝26.88J. 例 4 (2018·杭州地区重点中学高二第二学期期中)如图 4 所示，两根半径为 r 的1 4 圆弧轨道间距为 L，其 顶端 a、b 与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连着一阻值为 R 的电阻，整个装置处于辐向磁 场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为 B.将一根长度稍大于 L、质量为 m、电阻也为 R 的金属棒从 轨道顶端 ab 处由静止释放.已知当金属棒到达如图所示的 cd 位置，金属棒的速度达到最大，此时金属棒与 轨道圆心连线和水平面夹角为θ；当金属棒到达轨道底端 ef 时，对轨道的压力为 1.75mg.求： 图 4 (1)判断流经电阻 R 的电流方向； (2)求金属棒速度的最大值 vm； (3)金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻 R 上产生的热量. 答案 见解析 解析 (1)根据楞次定律，流经 R 的电流方向为 a→R→b (2)金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为 0 mgcosθ＝BIL，解得 I＝mgcosθ BL E＝BLvm I＝ E 2R 联立解得 vm＝2mgRcosθ B2L2 (3)金属棒滑到轨道最低点时 1.75mg－mg＝mv2 r 由能量转化和守恒得 Q＝mgr－1 2 mv2＝5 8 mgr 电阻 R 上产生的热量 QR＝ RQ R＋R ＝ 5 16 mgr. 1.(电磁感应中的动力学问题)如图 5 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 为一定值电阻，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都可忽略不计.开始时，给 ef 一个向右的初速度，则( ) 图 5 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 将做往返运动 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，由 F＝BIl＝B2l2v R ＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动，故 A 正确. 2.(电磁感应中的动力学问题)(多选)(2018·东阳中学高二下学期期中)如图 6 所示，空间某区域内存在沿水 平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直， 线框边长小于磁场区域上下宽度.以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力 F 随时间 t 变 化关系的图中，可能正确的是( ) 图 6 答案 BCD 解析 线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用.若进入磁场时安培力大于重力，做加 速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达 到 v0＝mgR B2L2 ，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于 重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故 C 正确，A 错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，做匀速运动，安培力不变，完全进入后只受重力， 线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，故 B 正确；若进入时重力大于安培力， 由 mg－B2L2v R ＝ma，则做加速度减小的加速运动，安培力随速度的增大而增大，离开磁场时若安培力大于 重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故 D 正确. 3.(电磁感应中的动力学和能量问题)(多选)如图 7 所示，竖直放置的 形光滑导轨宽为 L，矩形匀强磁场Ⅰ、 Ⅱ的高和间距均为 d，磁感应强度均为 B.质量为 m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相 等.金属杆在导轨间的电阻为 R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为 g，则金属杆( ) 图 7 A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下 B.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上 C.穿过两磁场产生的总热量为 4mgd D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度 h 可能小于m2gR2 2B4L4 答案 BC 解析 由于金属杆进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为 g 的匀加速运动，所以金属 杆进入磁场Ⅰ时应做减速运动，加速度方向竖直向上，选项 A 错误，B 正确；从进入磁场Ⅰ瞬间到进入磁 场Ⅱ瞬间过程中，根据能量守恒，金属杆减小的机械能全部转化为焦耳热，所以 Q1＝mg·2d，所以穿过 两个磁场过程中产生的总热量为 4mgd，选项 C 正确；若金属杆进入磁场Ⅰ做匀速运动，则B2L2v R －mg＝0， 得 v＝mgR B2L2 ，因金属杆进入磁场Ⅰ做减速运动，则金属杆进入磁场Ⅰ的速度大于mgR B2L2 ，根据 h＝v2 2g 得金属杆 进入磁场Ⅰ的高度应大于m2g2R2 2gB4L4 ＝m2gR2 2B4L4 ，选项 D 错误. 4.(电磁感应中的力电综合问题)(2018·温州新力量联盟高二第一学期期末)如图 8 甲所示，MN、PQ 为间距 L＝0.5m 且足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计.导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ 间连接一个 R＝4Ω的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为 B0＝1T.将一根质量为 m＝0.05kg 的金属棒 ab 紧靠 NQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好.现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至 cd 处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量 q＝0.2C，且金属棒的加速度 a 与速度 v 的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与 NQ 平行.sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝ 10m/s2，求： 图 8 (1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ； (2)cd 离 NQ 的距离 s； (3)金属棒滑行至 cd 处的过程中，电阻 R 上产生的热量. 答案 (1)0.5 (2)2m (3)0.08J 解析 (1)由题图乙可知：当 v＝0 时，a＝2m/s2 由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma 解得：μ＝0.5 (2)由题图乙可知：vm＝2m/s，当金属棒达到稳定速度时， 有 F 安＝B0IL，E＝B0Lvm，I＝ E R＋r 由题意知：mgsinθ＝F 安＋μmgcosθ 解得 r＝1Ω q＝IΔt＝n ΔΦ ΔtR＋r Δt＝nΔΦ R＋r ΔΦ＝B0S＝B0Ls 解得：s＝2m (3)金属棒从释放到滑到 cd 处，由动能定理可得： mgh－μmgscosθ－WF＝1 2 mvm2－0 h＝ssinθ WF＝Q 总＝0.1J QR＝ R R＋r Q 总＝0.08J. 一、选择题 考点一 电磁感应中的动力学问题 1.如图 1 所示，质量为 m 的金属圆环用不可伸长的细线悬挂起来，金属圆环有一半处于水平且与环面垂直 的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力 大小，下列说法中正确的是(重力加速度为 g)( ) 图 1 A.大于环重力 mg，并逐渐减小 B.始终等于环重力 mg C.小于环重力 mg，并保持恒定 D.大于环重力 mg，并保持恒定 答案 A 解析 根据楞次定律知圆环中感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直 向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有 FT＝mg＋F 安，得 FT>mg，F 安＝BIL，根据法拉第电磁感应定律知， I＝E R ＝ΔΦ RΔt ＝ ΔB RΔt S，可知 I 为恒定电流，联立上式可知 B 减小时，F 安减小，则由 FT＝mg＋F 安知 FT 减小， 选项 A 正确. 2.(多选)用一段横截面半径为 r、电阻率为ρ、密度为 d 的均匀导体材料做成一个半径为 R(r≪R)的圆环.圆 环竖直向下落入如图 2 所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在 N 极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度 大小均为 B.圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为 v，忽略其他影响，则(重力加速度为 g)( ) 图 2 A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针方向的感应电流 B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落 C.此时圆环的加速度 a＝B2v ρd D.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度 vm＝ρdg B2 答案 AD 解析 由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向，可知选项 A 正确；由左手定则可以判断， 圆环受到的安培力向上，阻碍圆环的运动，选项 B 错误；圆环垂直切割磁感线，产生的感应电动势 E＝Blv ＝B·2πR·v，圆环的电阻 R 电＝ρ·2πR πr2 ，则圆环中的感应电流 I＝ E R 电 ＝Bπr2v ρ ，圆环所受的安培力 F 安 ＝BI·2πR，圆环的加速度 a＝mg－F 安 m ，m＝d·2πR·πr2，则 a＝g－B2v ρd ，选项 C 错误；当重力等于安 培力时圆环速度达到最大，此时 a＝0，可得 vm＝ρgd B2 ，选项 D 正确. 3.如图 3 所示，在光滑水平桌面上有一边长为 L、电阻为 R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为 d(d ＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右 运动，t＝0 时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列 v－t 图象中， 能正确描述上述过程的是( ) 图 3 答案 D 解析 导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据 E＝BLv、I＝E R 、F 安＝BIL 得 F 安＝B2L2v R ， 随着 v 的减小，安培力 F 安减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动.整个导线框在磁场中运动时，无感 应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据 F 安＝B2L2v R ，导线框做加速度逐渐减小的减 速运动，所以选项 D 正确. 4.(多选)如图 4 所示，有两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道，上端接有滑动变阻器 R， 下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为 B，一根质量为 m、电阻不计的金属 杆从轨道上由静止滑下.经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度 vm，则( ) 图 4 A.如果 B 增大，vm 将变大 B.如果α变大(仍小于 90°)，vm 将变大 C.如果 R 变大，vm 将变大 D.如果 m 变小，vm 将变大 答案 BC 解析 金属杆由静止开始下滑的过程中，金属杆就相当于一个电源，与滑动变阻器 R 构成一个闭合回路， 金属杆的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得： mgsinα－B2L2v R ＝ma 所以金属杆由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动，当 a＝0 时达到最大速度 vm，即 mgsinα＝B2L2vm R ， 可得：vm＝mgRsinα B2L2 ，故由此式知选项 B、C 正确. 考点二 电磁感应中的能量问题 5.(多选)(2018·慈溪市高二上学期期中联考)如图 5 所示，从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出 磁场区，如果先后两次拉出的速度之比为 1∶2，则在先后两种情况下( ) 图 5 A.线圈中的感应电流之比为 1∶4 B.通过线圈的电荷量之比为 1∶2 C.线圈中产生的热量之比为 1∶2 D.沿运动方向作用在线圈上的外力功率之比为 1∶4 答案 CD 解析 根据 E＝BLv 可知，因为 v1∶v2＝1∶2，则 E1∶E2＝1∶2，线圈中的感应电流之比为 1∶2，选项 A 错误；设矩形线圈长为 L1，宽为 L2，则电荷量 q＝It＝BL2v R ·L1 v ＝BL1L2 R ，电荷量与速度无关，两种情况下通 过线圈的电荷量之比为 1∶1，故 B 错误；线圈中产生的热量 Q＝I2Rt＝(BL2v R )2·R·L1 v ＝B2L1L2 2v R ，热量与 速度成正比，则热量之比为 1∶2，故 C 正确；拉力功率 P＝Fv＝E2 R ＝B2L2 2v2 R ，拉力功率与速度的平方成正 比，则拉力功率之比为 1∶4，故 D 正确. 6.如图 6 所示，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， 二者平滑连接.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、接入电路的电阻也为 R 的金属棒从高度为 h 处由静止释放，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μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力 加速度为 g.则金属棒穿过磁场区域的过程中( ) 图 6 A.流过金属棒的最大电流为Bd 2gh 2R B.通过金属棒的电荷量为BdL R C.克服安培力所做的功为 mgh D.金属棒产生的焦耳热为 1 2 mg(h－μd) 答案 D 解析 金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝1 2 mv2，金属棒到达平直 部分时的速度 v＝ 2gh，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电 动势 E＝BLv，最大感应电流 I＝ E R＋R ＝BL 2gh 2R ，故 A 错误；通过金属棒的电荷量 q＝ I Δt＝ΔΦ 2R ＝BdL 2R ， 故 B 错误；在整个运动过程中，对金属棒由动能定理得：mgh－W 安－μmgd＝0－0，克服安培力做功：W 安＝mgh－μmgd，故 C 错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒接入电路的电阻相等， 通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q′＝1 2 Q＝1 2 W 安＝1 2 mg(h－μd)，故 D 正确. 7.(多选)(2018·绍兴一中高二上学期期中)如图 7 甲所示，正方形金属线框 abcd 位于竖直平面内，其质量 为 m，电阻为 R.在线框的下方有一匀强磁场，MN 和 M′N′是磁场的水平边界，并与 bc 边平行，磁场方 向垂直于纸面向里.现使金属线框从 MN 上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线框由开始下落到完全穿 过匀强磁场区域瞬间的 v－t 图象，图中字母均为已知量.重力加速度为 g，不计空气阻力.下列说法正确的 是( ) 图 7 A.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿 adcba 方向 B.金属线框的边长为 v1(t2－t1) C.磁场的磁感应强度为 1 v1t2－t1 mgR v1 D.金属线框在 0～t4 时间内所产生的热量为 2mgv1(t2－t1)＋1 2 m(v2 2－v3 2) 答案 BCD 解析 根据楞次定律可知，线框刚进入磁场时，感应电流的方向沿 abcda 方向，A 错误；由于线框进入磁 场时匀速运动，线框边长 l＝v1(t2－t1)，B 正确；bc 边受到的安培力等于重力，mg＝B2l2v1 R ，而 l＝v1(t2－t1)， 代入可得 B＝ 1 v1t2－t1 mgR v1 ，C 正确；0～t1 及 t2～t3 时间内，金属线框不受安培力；t1～t2 时间内，根据 能量守恒定律有，产生的热量 Q1＝mgl＝mgv1(t2－t1)，t3～t4 时间内，根据能量守恒定律有，产生的热量 Q2＝mgl＋1 2 m(v2 2－v3 2)＝mgv1(t2－t1)＋1 2 m(v2 2－v3 2)，则金属框在 0～t4 时间内产生的热量 Q＝Q1＋Q2＝ 2mgv1(t2－t1)＋1 2 m(v2 2－v3 2)，D 正确. 8.如图 8 所示，光滑斜面 PMNQ 的倾角为θ＝30°，斜面上放置一矩形导体线框 abcd，其中 ab 边长 L1＝ 0.5m，bc 边长为 L2，导体线框质量 m＝1kg、电阻 R＝0.4Ω，有界匀强磁场的磁感应强度为 B＝2T，方向 垂直于斜面向上，ef 为磁场的边界，且 ef∥MN.导体线框在沿斜面向上且与斜面平行的恒力 F＝10N 作用 下从静止开始运动，其 ab 边始终保持与底边 MN 平行.已知导体线框刚进入磁场时做匀速运动，且进入过 程中通过导体线框某一横截面的电荷量 q＝0.5C，取 g＝10m/s2，则下列说法正确的是( ) 图 8 A.导体线框进入磁场时的速度为 2m/s B.导体线框 bc 边长为 L2＝0.1m C.导体线框开始运动时 ab 边到磁场边界 ef 的距离为 0.4m D.导体线框进入磁场的过程中产生的热量为 1J 答案 ACD 解析 导体线框刚进入磁场时做匀速运动，则 F＝mgsin30°＋B2L1 2v R ，解得 v＝2m/s，根据 q＝ΔΦ R ＝BL1L2 R ， 解得 L2＝0.2m，选项 A 正确，B 错误；导体线框在磁场外运动的加速度 a＝F－mgsin30° m ＝5m/s2，则导体 线框开始运动时 ab 边到磁场边界 ef 的距离为 x＝v2 2a ＝ 22 2×5 m＝0.4m，选项 C 正确；导体线框进入磁场的 过程中产生的热量为 Q＝FL2－mgL2sin30°＝10×0.2J－10×0.2×0.5J＝1J，选项 D 正确. 二、非选择题 9.(2018·余姚中学高二上学期期中)如图 9 所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀 强磁场区域 MNPQ，磁感应强度 B 的大小为 5T，磁场宽度 d＝0.55m，有一边长 L＝0.4m、质量 m1＝0.6kg、 电阻 R＝2Ω的正方形均匀导线框 abcd 通过一轻质细线跨过光滑的轻质定滑轮与一质量为 m2＝0.4kg 的物 体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够 长，与物体相连的细线水平，与 bc 垂直相连的细线与斜面平行.(取 g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝ 0.8)求： 图 9 (1)线框 abcd 还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？ (2)当 ab 边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时 ab 边距磁场 MN 边界的距离 x 多大？ (3)在(2)问的条件下，若 cd 边恰好离开磁场边界 PQ 时，速度大小为 2m/s，求整个过程中 ab 边产生的热量 为多少？ 答案 (1)2.4N (2)0.25m (3)0.1J 解析 (1)m1、m2 运动过程中，把 m1、m2 看成一个整体作为研究对象，由牛顿第二定律得 m1gsin θ－μm2g＝(m1＋m2)a 代入数据解得 a＝2 m/s2 以 m1 为研究对象，由牛顿第二定律得 m1gsin θ－FT＝m1a， 代入数据解得 FT＝2.4 N. (2)ab 边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，对整体有 m1gsin θ－μm2g－B2L2v R ＝0 代入数据解得 v＝1 m/s ab 边到边界 MN 前线框做匀加速运动，由速度位移公式有 v2＝2ax，代入数据解得 x＝0.25 m (3)线框从开始运动到 cd 边恰好离开磁场边界 PQ 时，由能量守恒定律得 m1gsin θ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d ＋L)＝1 2(m1＋m2)v12＋Q， 代入数据解得 Q＝0.4 J 所以 Qab＝1 4 Q＝0.1 J.