【物理】2018届一轮复习人教版 电磁感应中的动力学问题 学案 13页

第 61 课时　电磁感应中的动力学问题(题型研究课) [命题者说]　电磁感应动力学问题是历年高考的一个热点，这类题型的特点一般是单棒或双 棒在磁场中切割磁感线，产生感应电动势和感应电流。感应电流受安培力而影响导体棒的 运动，构成了电磁感应的综合问题，它将电磁感应中的力和运动综合到一起，其难点是感 应电流安培力的分析，且安培力常常是变力。这类问题能很好地提高学生的综合分析能力。 (一)　运动切割类动力学问题 考法 1　单杆模型　 [例 1]　(2016·全国甲卷)　水平面(纸面)内间距为 l 的平行金属导 轨间接一电阻，质量为 m、长度为 l 的金属杆置于导轨上。t＝0 时，金 属杆在水平向右、大小为 F 的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0 时刻， 金属杆进入磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能 保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的 动摩擦因数为 μ。重力加速度大小为 g。求 (1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； (2)电阻的阻值。 [解析]　(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得 ma＝F－μmg① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为 v，由运动学公式有 v＝at0② 当金属杆以速度 v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为 E＝Blv③ 联立①②③式可得 E＝Blt0( F m－μg)。④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为 I，根据欧姆定律 I＝E R⑤ 式中 R 为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为 F 安＝BlI⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 F－μmg－F 安＝0⑦ 联立④⑤⑥⑦式得 R＝B2l2t0 m 。⑧ [答案]　(1)Blt0( F m－μg)　(2)B2l2t0 m 单杆模型的分析方法 (1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势 E＝BLv，电流 I＝ E R＋r。 (2)受力分析：导体棒中的感应电流在磁场中受安培力 F 安＝BIL，I＝BLv R＋r，F 安＝B2L2v R＋r 。 (3)动力学分析：安培力是变力，导体棒在导轨上做变加速运动，临界条件是安培力和其他 力达到平衡，这时导体棒开始匀速运动。 考法 2　双杆模型　 [例 2]　(1)如图 1 所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度为 B 的匀 强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计，导轨间的距离为 l，两根质量 均为 m、电阻均为 R 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保 持垂直。在 t＝0 时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行，大小恒为 F 的力作用于 金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动，试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况。 (2)如图 2 所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根 导体棒 ab 和 cd，构成矩形回路。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，设两导体棒 均可沿导轨无摩擦地滑行。开始时，棒 cd 静止，棒 ab 有指向棒 cd 的初速度。若两导体棒 在运动中始终不接触，试定性分析两棒的收尾运动情况。 [思路点拨] (1)金属杆甲运动产生感应电动势→回路中有感应电流→乙受安培力的作用做加速运动→可 求出某时刻回路中的总感应电动势→由牛顿第二定律列式判断。 (2)导体棒 ab 运动，回路中有感应电流→分析两导体棒的受力情况→分析导体棒的运动情况 即可得出结论。 [解析]　(1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为 v1 和 v2，加速度大小分别为 a1 和 a2，受到的 安培力大小均为 F1，则感应电动势为 E＝Bl(v1－v2)① 感应电流为 I＝ E 2R② 对甲和乙分别由牛顿第二定律得 F－F1＝ma1，F1＝ma2③ 当 v1－v2＝定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时 a1＝a2④ 解得 a1＝a2＝ F 2m⑤ 可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大。 (2)ab 棒向 cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，回路中产生感 应电流。ab 棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd 棒则在安培力作用下做加 速运动，在 ab 棒的速度大于 cd 棒的速度时，回路中总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒 继续加速。两棒达到相同速度后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两 棒以相同的速度 v 水平向右做匀速运动。 [答案]　见解析 两类双杆模型对比 类型 模型 运动图像 运动过程 分析方法 不受外力 杆 MN 做变减速 运动，杆 PQ 做 变加速运动；稳 定时，两杆以相 等的速度匀速运 动 将两杆视为整体， 不受外力，最后 a ＝0 受到恒力 开始时，两杆做 变加速运动；稳 定时，两杆以相 同的加速度做匀 加速运动 将两杆视为整体， 只受外力 F，最 后 a＝ F 2m 考法 3　含电容器问题　 [例 3]　(2013·全国卷Ⅰ)如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为 θ，间距为 L。 导轨上端接有一平行板电容器，电容为 C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方 向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为 m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程 中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为 μ，重力加速度大小 为 g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求： (1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。 [解析]　(1)设金属棒下滑的速度大小为 v，则感应电动势为 E＝BLv　① 平行板电容器两极板之间的电势差为 U＝E　② 设此时电容器极板上积累的电荷量为 Q，按定义有 C＝Q U　③ 联立①②③式得 Q＝CBLv　④ (2)设金属棒的速度大小为 v 时经历的时间为 t，通过金属棒的电流为 i。金属棒受到的磁场 的作用力方向沿导轨向上，大小为 F1＝BLi　⑤ 设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为 ΔQ，按定义有 i＝ΔQ Δt 　⑥ ΔQ 也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量。由④式得 ΔQ＝CBLΔv　⑦ 式中，Δv 为金属棒的速度变化量。按定义有 a＝Δv Δt　⑧ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为 F2＝μFN　⑨ 式中，FN 是金属棒对于导轨的正压力的大小，有 FN＝mgcos θ　⑩ 金属棒在时刻 t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为 a，根据牛顿第二定律有 mgsin θ－F1 －F2＝ma　⑪ 联立⑤至⑪式得 a＝m(sin θ－μcos θ) m＋B2L2C g　⑫ 由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动。t 时刻金属棒的速度大小为 v＝m(sin θ－μcos θ) m＋B2L2C gt　⑬ [答案]　(1)Q＝CBLv　(2)v＝m(sin θ－μcos θ) m＋B2L2C gt 这类题目易出现的错误是忽视电容器充电电流，漏掉导体棒所受的安培力，影响加速度的计 算和导体棒运动情况的判断。 [集训冲关] 1.如图所示，在竖直向下的磁感应强度为 B 的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨 道 MN、PQ 固定在水平面内，相距为 L。一质量为 m 的导体棒 cd 垂直于 MN、PQ 放在轨 道上，与轨道接触良好。轨道和导体棒的电阻均不计。 (1)如图 1 所示，若轨道左端 M、P 间接一阻值为 R 的电阻，导体棒在拉力 F 的作用下以速 度 v 沿轨道做匀速运动。请通过公式推导证明：在任意一段时间 Δt 内，拉力 F 所做的功与 电路获得的电能相等。 (2)如图 2 所示，若轨道左端接一电动势为 E、内阻为 r 的电源和一阻值未知的电阻。闭合 开关 S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度 vm，求此时电源 的输出功率。 (3)如图 3 所示，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为 C，导体棒在水平拉力的作用下 从静止开始向右运动。电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图 4 所示，已知 t1 时刻 电容器两极板间的电势差为 U1。求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小。 解析：(1)导体棒切割磁感线，E＝BLv 导体棒做匀速运动，F＝F 安 又 F 安＝BIL，其中 I＝E R 在任意一段时间 Δt 内，拉力 F 所做的功 W＝FvΔt＝F 安 vΔt＝B2L2v2 R Δt 电路获得的电能 ΔE＝qE＝EIΔt＝B2L2v2 R Δt 可见，在任意一段时间 Δt 内，拉力 F 所做的功与电路获得的电能相等。 (2)导体棒达到最大速度 vm 时，棒中没有电流，电源的路端电压 U＝BLvm 电源与电阻所在回路的电流 I＝E－U r 电源的输出功率 P＝UI＝EBLvm－B2L2vm2 r 。 (3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等 BLv＝U 由电容器的 U­t 图像可知 U＝U1 t1 t 导体棒的速度随时间变化的关系为 v＝ U1 BLt1t 可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度 a＝ U1 BLt1 由 C＝Q U和 I＝Q t ，得 I＝CU t ＝CU1 t1 由牛顿第二定律有 F－BIL＝ma 可得 F＝BLCU1 t1 ＋mU1 BLt1。 答案：(1)见解析　(2)EBLvm－B2L2vm2 r (3)BLCU1 t1 ＋mU1 BLt1 2.(2017·上海松江区期末)如图所示，两根粗细均匀的金属杆 AB 和 CD 的长度均为 L，电阻均为 R，质量分别为 3m 和 m，用两根等长的、质 量和电阻均不计的、不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，悬跨在 绝缘的、水平光滑的圆棒两侧，AB 和 CD 处于水平。在金属杆 AB 的下 方有高度为 H 的水平匀强磁场，磁感强度的大小为 B，方向与回路平 面垂直，此时 CD 处于磁场中。现从静止开始释放金属杆 AB，经过一 段时间(AB、CD 始终水平)，在 AB 即将进入磁场的上边界时，其加速度为零，此时金属杆 CD 还处于磁场中，在此过程中金属杆 AB 上产生的焦耳热为 Q。重力加速度为 g，试求： (1)金属杆 AB 即将进入磁场上边界时的速度 v1； (2)在此过程中金属杆 CD 移动的距离 h 和通过导线截面的电量 q； (3)设金属杆 AB 在磁场中运动的速度为 v2，通过计算说明 v2 大小的可能范围。 解析：(1)AB 杆达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态， 对 AB 杆：3mg＝2T 对 CD 杆：2T＝mg＋BIL 又 F＝BIL＝B2L2v1 2R ，解得：v1＝4mgR B2L2 。 (2)AB、CD 棒组成的系统在此过程中，根据能的转化与守恒有：(3m－m)gh－2Q＝1 2×4mv12 h＝mv12＋Q mg ＝16m3g2R2＋QB4L4 mgB4L4 q＝IΔt＝ΔΦ 2R＝BLh 2R ＝16m3g2R2＋QB4L4 2RmgB3L3 (3)AB 杆与 CD 杆都在磁场中运动，直到达到匀速，此时系统处于平衡状态，对 AB 杆：3mg ＝2T＋BIL 对 CD 杆：2T＝mg＋BIL 又 F＝BIL＝B2L2v2 R ，解得 v2＝mgR B2L2 所以mgR B2L2＜v2＜4mgR B2L2 答案：(1)v1＝4mgR B2L2 (2)h＝mv12＋Q mg ＝16m3g2R2＋QB4L4 mgB4L4 q＝16m3g2R2＋QB4L4 2RmgB3L3 (3)mgR B2L2＜v2＜4mgR B2L2 (二)　变化磁场类动力学问题 [典例]　电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明。如图甲所示， 虚线 MN 右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长为 L 的正方形单匝金属线框 abcd 放在 光滑水平面上，电阻为 R，质量为 m，ab 边在磁场外侧紧靠 MN 虚线边界。t＝0 时起磁感 应强度 B 随时间 t 的变化规律是 B＝B0＋kt(k 为大于零的常数)，空气阻力忽略不计。 (1)求 t＝0 时刻，线框中感应电流的功率 P； (2)若线框 cd 边穿出磁场时速率为 v，求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功 W 及 通过导线截面的电荷量 q； (3)若用相同的金属线绕制相同大小的 n 匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为 M 的负 载物，证明：载物线框匝数越多，t＝0 时线框加速度越大。 [解析]　(1)t＝0 时刻线框中的感应电动势 E0＝ΔB Δt L2 功率 P＝E02 R 解得 P＝k2L4 R 。 (2)由动能定理有 W＝ΔEk 解得 W＝1 2mv2 穿出过程线框中的平均电动势E＝ΔΦ Δt 线框中的电流I＝E R 通过的电量 q＝IΔt 解得 q＝B0L2 R 。 (3)n 匝线框中 t＝0 时刻产生的感应电动势 E＝nΔΦ Δt 线框的总电阻 R 总＝nR 线框中的电流 I＝ E R总 t＝0 时刻线框受到的安培力 F＝nB0IL 设线框的加速度为 a，根据牛顿第二定律有 F＝(nm＋M)a 解得 a＝ kB0L3 ( M n ＋m)R ， 可知 n 越大，a 越大。 [答案]　(1)k2L4 R 　(2)1 2mv2　B0L2 R 　(3)见解析 磁场变化类电磁感应问题的解题方法 (1)用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，用楞次定律判断方向。 (2)用闭合电路欧姆定律计算回路中电流。 (3)分析计算感应电流所受安培力，研究导体受力情况和运动情况。 (4)根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程。 [集训冲关] 如图所示，粗糙斜面的倾角 θ＝37°，半径 r＝0.5 m 的圆形区域内存在着垂 直于斜面向下的匀强磁场。一个匝数 n＝10 匝的刚性正方形线框 abcd，通 过松弛的柔软导线与一个额定功率 P＝1.25 W 的小灯泡 A 相连，圆形磁场 的一条直径恰好过线框 bc 边。已知线框质量 m＝2 kg，总电阻 R0＝1.25 Ω， 边长 L＞2r，与斜面间的动摩擦因数 μ＝0.5。从 t＝0 时起，磁场的磁感应 强度按 B＝2－2 πt(T)的规律变化。开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常 发光。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小灯泡正常发光时的电阻 R； (2)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量 Q。 解析：(1)由法拉第电磁感应定律有 E＝nΔΦ Δt 得 E＝n| ΔB Δt |×1 2π×r2＝10×2 π×1 2π×0.52 V＝2.5 V 小灯泡正常发光，有 P＝I2R 由闭合电路欧姆定律有 E＝I(R0＋R) 则有 P＝( E R0＋R)2R， 代入数据解得 R＝1.25 Ω。 (2)对线框受力分析如图 设线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为 B′ 由力的平衡条件有 mgsin θ＝F 安＋Ff＝F 安＋μmgcos θ F 安＝nB′I×2r 联立解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小 B′＝0.4 T 由 B′＝2－2 πt，得 线框在斜面上可保持静止的时间 t＝1.6 2/π s＝4π 5 s 小灯泡产生的热量 Q＝Pt＝1.25×4π 5 J＝3.1 J。 答案：(1)1.25 Ω　(2)3.1 J [课时达标检测] 一、选择题 1.如图所示，有两根和水平方向成 α 角的光滑平行金属轨道，上端接有可变 电阻 R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为 B， 一根质量为 m 的金属杆(电阻忽略不计)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(　　) A.如果 B 增大，vm 将变大 B.如果 α 增大，vm 将变大 C.如果 R 变小，vm 将变大 D.如果 m 变小，vm 将变大 解析：选 B　金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值 vm，此 后金属杆做匀速运动。杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示。安培力 F＝BLvm R LB，对金属杆列平衡方程式：mgsin α＝B2L2vm R ，则 vm＝mgsin α·R B2L2 。由此式可知，B 增大，vm 减小；α 增大，vm 增大；R 变小，vm 变小；m 变小，vm 变小。因此 A、C、D 错 误，B 正确。 2.如图所示，两光滑平行金属导轨间距为 L，直导线 MN 垂直跨在导轨 上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中， 磁感应强度为 B。电容器的电容为 C，除电阻 R 外，导轨和导线的电阻 均不计。现给导线 MN 一初速度，使导线 MN 向右运动，当电路稳定 后，MN 以速度 v 向右做匀速运动时(　　) A.电容器两端的电压为零 B.电阻两端的电压为 BLv C.电容器所带电荷量为 CBLv D.为保持 MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2v R 解析：选 C　当导线 MN 匀速向右运动时，导线 MN 产生的感应电动势恒定，稳定后，电 容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为 U＝ E＝BLv，所带电荷量 Q＝CU＝CBLv，故 A、B 错误，C 正确；MN 匀速运动时，因无电 流而不受安培力，故拉力为零，D 错误。 3.(多选)(2017·中山二模)如图所示，在水平桌面上放置两条相距为 l 的平行光滑导轨 ab 与 cd， 阻值为 R 的电阻与导轨的 a、c 端相连。质量为 m、电阻也为 R 的导体棒垂直于导轨放置并 可沿导轨自由滑动。整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小 为 B。导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质 量也为 m 的物块相连，绳处于拉直状态。现若从静止开始释放物块，用 h 表示物块下落的 高度(物块不会触地)，g 表示重力加速度，其他电阻不计，则(　　) A.电阻 R 中的感应电流方向由 c 到 a B.物块下落的最大加速度为 g C.若 h 足够大，物块下落的最大速度为2mgR B2l2 D.通过电阻 R 的电荷量为Blh R 解析：选 AC　由右手定则可知，电阻 R 中的感应电流方向由 c 到 a，A 正确；物块刚下落 时加速度最大，由牛顿第二定律有 2mam＝mg，最大加速度：am＝g 2，B 错误；对导体棒与 物块组成的整体，当所受的安培力与物块的重力平衡时，达到最大速度，即B2l2vm 2R ＝mg，所 以 vm＝2mgR B2l2 ，C 正确；通过电阻 R 的电荷量 q＝ΔΦ 2R＝Blh 2R ，D 错误。 4.(多选)如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场 方向垂直导轨平面向下，金属棒 ab、cd 与导轨构成闭合回路且都可沿 导轨无摩擦滑动，两金属棒 ab、cd 的质量之比为 2∶1。用一沿导轨方 向的恒力 F 水平向右拉金属棒 cd，经过足够长时间以后(　　) A.金属棒 ab、cd 都做匀速运动 B.金属棒 ab 上的电流方向是由 b 向 a C.金属棒 cd 所受安培力的大小等于2F 3 D.两金属棒间距离保持不变 解析：选 BC　对两金属棒 ab、cd 进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相 同的匀加速直线运动，且金属棒 ab 速度小于金属棒 cd 速度，所以两金属棒间距离是变大 的，由楞次定律判断金属棒 ab 上的电流方向是由 b 到 a，A、D 错误，B 正确；以两金属棒 整体为研究对象有：F＝3ma，隔离金属棒 cd 分析：F－F安＝ma，可求得金属棒 cd 所受安 培力的大小 F 安＝2 3F，C 正确。 二、计算题 5.如图所示，L1＝0.5 m，L2＝0.8 m，回路总电阻为 R＝0.2 Ω，M＝ 0.04 kg，导轨光滑，开始时磁场 B0＝1 T。现使磁感应强度以ΔB Δt ＝ 0.2 T/s 的变化率均匀地增大。试求：当 t 为多少时，M 刚好离开地 面？(g 取 10 m/s2) 解析：回路中原磁场方向向下，且磁感应强度增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场 方向向上，根据安培定则可以判知，ab 中的感应电流的方向是 a→b，由左手定则可知，ab 所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物。 设 ab 中电流为 I 时 M 刚好离开地面，此时有 F＝BIL1＝Mg I＝E R E＝ΔΦ Δt ＝L1L2·ΔB Δt B＝B0＋( ΔB Δt )t 联立以上各式，代入数据解得 t＝5 s。 答案：5 s 6.如图所示，在水平平行放置的两根光滑长直导电轨道 MN 与 PQ 上，放 着一根直导线 ab，ab 与导轨垂直，它在导轨间的长度为 20 cm，这部分的 电阻 r＝0.02 Ω。导轨部分处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度 B＝0.20 T，电阻 R＝0.08 Ω，其他电阻不计，ab 的质量为 0.02 kg。 (1)打开开关 S，ab 在水平恒力 F＝0.01 N 的作用下，由静止沿轨道滑动，求经过多长时间 速度才能达到 10 m/s？ (2)当 ab 的速度达到 10 m/s 时，闭合开关 S，为了保持 ab 仍能以 10 m/s 的速度匀速运动， 水平拉力应变为多少？ 解析：(1)由牛顿第二定律 F＝ma，得 a＝F m＝0.01 0.02 m/s2＝0.5 m/s2 t＝vt－v0 a ＝10 0.5 s＝20 s。 (2)导线 ab 保持以 10 m/s 的速度运动，受到的安培力 F 安＝BIL＝B2L2v R＋r ＝0.16 N 安培力与拉力 F 是一对平衡力，故 F＝0.16 N。 答案：(1)20 s　(2)0.16 N 7.平行水平长直导轨间的距离为 L，左端接一耐高压的电容器 C。轻 质导体杆 cd 与导轨接触良好，如图所示，在水平力作用下以加速度 a 从静止到匀加速运动，匀强磁场 B 竖直向下，不计摩擦与电阻， 求： (1)所加水平外力 F 与时间 t 的关系； (2)在时间 t 内有多少能量转化为电场能？ 解析：(1)对于导体棒 cd，由于做匀加速运动，则有： v1＝at，由 E＝BLv 可知：E＝BLat 对于电容器，由 C＝Q U可知：Q＝CU＝CBLat， 对于闭合回路，由 I＝Q t 可知：I＝CBLa 对于导体棒，由 F 安＝BIL 可知：F 安＝B2L2Ca① 由牛顿第二定律可知：F－F安＝ma，F＝(m＋B2L2C)a，因此对于外力 F 来说，是一个恒定 的外力，不随时间变化。 (2)对于导体棒 cd，克服安培力做多少功，就应有多少能量转化为电能，则有：W安＝－F 安 x② x＝1 2at2③ 由①②③式得：W 安＝B2L2a2t2C 2 ， 所以在 t 秒内转化为电场能的能量为：E＝B2L2a2t2C 2 。 答案：(1)F＝(m＋B2L2C)a，为恒力，不随时间 t 变化 (2)B2L2a2t2C 2 8.(2017·北京东城期末)如图所示，两根足够长平行金属导轨 MN、PQ 固定在倾角 θ＝37°的 绝缘斜面上，顶部接有一阻值 R＝3 Ω 的定值电阻，下端开口，轨道间距 L＝1 m。整个装 置处于磁感应强度 B＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。质量 m＝1 kg 的金属棒 ab 置于导轨上，ab 在导轨之间的电阻 r＝1 Ω，电路中其余电阻不计。金属棒 ab 由静止释 放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好。不计空气阻力影响。已知金属棒 ab 与导轨间动摩擦因数 μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取 g＝10 m/s2。 (1)求金属棒 ab 沿导轨向下运动的最大速度 vm； (2)求金属棒 ab 沿导轨向下运动过程中，电阻 R 上的最大电功率 PR； (3)若从金属棒 ab 开始运动至达到最大速度过程中，电阻 R 上产生的焦耳热总共为 1.5 J， 求流过电阻 R 的总电荷量 q。 解析：(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时 有最大速度 vm 由牛顿第二定律有 mgsin θ－μmgcos θ－F 安＝0 F 安＝BIL I＝ E R＋r E＝BLvm 由以上各式代入数据解得 vm＝2.0 m/s。 (2)金属棒以最大速度 vm 匀速运动时，电阻 R 上的电功率最大，此时 PR＝I2R，解得：PR＝ 3 W。 (3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为 x 由能量守恒定律： mgxsin θ＝μmgxcos θ＋QR＋Qr＋1 2mvm2 根据焦耳定律QR Qr＝R r，解得 x＝2.0 m 根据 q＝IΔt，I＝ E R＋r，E＝ΔΦ Δt ΔΦ＝BLx，解得 q＝BLx R＋r＝1.0 C。 答案：(1)2.0 m/s　(2)3 W　(3)1.0 C