2024届高考物理一轮复习教案第十二章专题强化二十四电磁感应中的动力学和能量问题（粤教版新教材）

这是一份2024届高考物理一轮复习教案第十二章专题强化二十四电磁感应中的动力学和能量问题（粤教版新教材），共14页。

题型一 电磁感应中的动力学问题
1．导体的两种运动状态
(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件列式分析．
(2)导体的非平衡状态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
2．用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
3．导体常见运动情况的动态分析
考向1 “单棒＋电阻”模型
例1 如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律的是( )
答案 A
解析 线框先做自由落体运动，t1时刻ab边进入磁场做减速运动，加速度逐渐减小，而A图像中的加速度逐渐增大，故A错误；线框先做自由落体运动，若进入磁场时重力小于安培力，ab边进入磁场后做减速运动，当加速度减小到零时做匀速直线运动，cd边进入磁场后线框做自由落体运动，加速度为g，故B正确；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边进入磁场后线框做自由落体运动，加速度为g，故C正确；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边进入磁场后，线框继续做自由落体运动，加速度为g，故D正确．
例2 (多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动．整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨．已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A．拉力F是恒力
B．拉力F随时间t均匀增加
C．金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 N
D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2
答案 BCD
解析 t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流I＝eq \f(Blv,R)，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝eq \f(B2l2at,R)，由牛顿第二定律可知外力F＝ma＋mgsin 37°＋eq \f(B2l2at,R)，F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，选项D正确；t＝2 s时，代入数据解得F＝12 N，选项C正确．
考向2 “单棒＋电容器”模型
棒的初速度为零，拉力F恒定(棒和水平导轨电阻忽略不计，摩擦力不计)
如图，运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流
由F－BIL＝ma，I＝eq \f(ΔQ,Δt)，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BLΔv，
联立可得F－eq \f(CB2L2Δv,Δt)＝ma，其中eq \f(Δv,Δt)＝a，
则可得a＝eq \f(F,m＋B2L2C)
所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动．
功能关系：WF＝eq \f(1,2)mv2＋E电
例3 如图，两根固定的平行竖直导轨上端连有一电容器，空间中存在水平方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一根质量为m的金属导体棒在导轨上由静止开始竖直下落，导体棒始终与导轨垂直且接触良好．重力加速度为g，电容器电容为C，导轨间距为d，则导体棒下落的加速度大小为( )
A．0 B．g
C.eq \f(mg,m－CB2d2)D.eq \f(mg,m＋CB2d2)
答案 D
解析 导体棒下落过程中，速度越来越大，由公式E＝Bdv，可知导体棒切割磁感线产生的感应电动势也越来越大，不断地给电容器充电，形成充电电流，从而产生安培力，影响下落的加速度，由左手定则可判断导体棒受到的安培力方向向上，大小为F安＝BId，对于电容器有I＝eq \f(Δq,Δt)＝eq \f(CΔE,Δt)＝eq \f(CBdΔv,Δt)，即I＝CBda，对于导体棒，竖直方向上有mg－F安＝ma，联立解得a＝eq \f(mg,m＋CB2d2)，故选D.
题型二 电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化
eq \x(其他形式的能量)eq \(―――――――→,\s\up7(克服安培力做功))eq \x(电能)eq \(――――→,\s\up7(电流做功))eq \x(焦耳热或其他形式的能量)
2．求解焦耳热Q的三种方法
3．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．
考向1 应用功能关系解决电磁感应中的能量问题
例4 (多选)如图，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，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为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、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，重力加速度大小为g，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
A．流过金属棒的最大电流为eq \f(Bd\r(2gh),2R)
B．通过金属棒的电荷量为eq \f(BdL,2R)
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒内产生的焦耳热为eq \f(1,2)mg(h－μd)
答案 BD
解析 金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv02，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E＝BLv，金属棒受到的安培力F＝BIL，当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大，分析可得Imax＝eq \f(BL\r(2gh),2R)，所以A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BdL,2R)，所以B正确；对整个过程由动能定理得mgh－W克安－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)W克安＝eq \f(1,2)mg(h－μd)，所以C错误，D正确．
考向2 应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题
例5 (2023·广东河源市检测)质量为m、边长为L的均匀导线首尾相接制成的单匝正方形闭合导线框abcd，总电阻为R.将其置于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场上方h处，磁场的上边界OO′水平，磁场方向垂直纸面向外，如图所示．将导线框由静止释放，当导线框的一半进入磁场时，恰好处于平衡状态，导线框平面保持在竖直平面内，且b、d两点的连线始终水平，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力．求：
(1)导线框一半面积进入磁场时，导线框的速度大小v；
(2)导线框从静止下落到一半进入磁场时，导线产生的热量Q；
(3)导线框从静止下落到完全进入磁场时，通过导线框某一横截面的电荷量q.
答案 (1)eq \f(mgR,2B2L2) (2)mg(eq \f(\r(2),2)L＋h)－eq \f(m3g2R2,8B4L4) (3)eq \f(BL2,R)
解析 (1)导线框的一半进入磁场时，线框切割磁感线的有效长度为eq \r(2)L，则线框产生的感应电动势为E＝eq \r(2)BLv
根据闭合电路的欧姆定律可知线框中的感应电流为
I＝eq \f(E,R)＝eq \f(\r(2)BLv,R)
根据平衡条件有mg＝eq \r(2)BIL
解得v＝eq \f(mgR,2B2L2)
(2)导线框从静止下落到一半进入磁场的过程中，根据能量守恒定律有
mg(eq \f(\r(2),2)L＋h)＝eq \f(1,2)mv2＋Q
解得Q＝mg(eq \f(\r(2),2)L＋h)－eq \f(m3g2R2,8B4L4)
(3)导线框进入磁场过程中的平均感应电动势eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BL2,Δt)
平均感应电流为eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)
根据电流的定义有q＝eq \x\t(I)Δt
解得q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BL2,R).
例6 如图所示，粗细均匀的正方形导线框abcd放在倾角为θ＝30°的绝缘光滑斜面上，通过轻质细线绕过光滑的定滑轮与木块相连，细线和线框共面、与斜面平行．距线框cd边为L0的MNQP区域存在着垂直于斜面、大小相等、方向相反的两个匀强磁场，EF为两个磁场的分界线，ME＝EP＝L2.现将木块由静止释放后，木块下降，线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和离开匀强磁场．已知线框边长为L1(L1(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q.
答案 (1)eq \r(4,\f(gm2R2,2L0L14)) (2)eq \f(1,2)mg(2L2＋L1)
解析 (1)导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示．根据平衡条件有FT＝F安＋mgsin θ
其中F安＝BIL1
I＝eq \f(E,R)
E＝BL1v
导线框与木块通过细线相连，线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据平衡条件有FT＝mg
对导线框和木块构成的系统，进入磁场前二者一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mg－mgsin θ＝2ma
根据运动学方程可得进入磁场时速度v＝eq \r(2aL0)
联立以上各式求解可得B＝eq \r(4,\f(gm2R2,2L0L14))
(2)线框恰好匀速进入和离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，线框和木块组成的系统减少的重力势能转化为电路中产生的焦耳热，根据能量守恒定律得Q＝mg(2L2＋L1)－mg(2L2＋L1)sin θ
所以导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mg(2L2＋L1)．
课时精练
1.如图所示，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及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则( )
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速运动
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，由F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误．
2.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻．质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场垂直，如图所示．不计导轨的电阻，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
B．金属棒刚进磁场时一定做加速运动
C．金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为eq \f(B2L2v,R)
D．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mg,BL)))2R
答案 D
解析 当金属棒在磁场中向下运动时，根据楞次定律可判断通过电阻R的电流方向为b→a，A错误；由于无法确定金属棒刚进入磁场时安培力的大小与重力的大小关系，故无法确定金属棒的运动情况，B错误；金属棒进入磁场时，产生的感应电动势E＝BLv，产生的感应电流是I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BLv,R＋r)，金属棒所受的安培力大小F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)，C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，F＝BIL＝mg，可求得P＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mg,BL)))2R，D正确．
3．(多选)(2023·黑龙江大庆市质检)如图所示，在两光滑水平金属导轨上静止放置a、b两根导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，用水平恒力F拉动a棒，在运动过程中，a、b棒始终与导轨接触良好，若不计导轨电阻，下列说法正确的是( )
A．拉力F做的功等于a、b棒增加的动能与a、b棒中产生的焦耳热之和
B．安培力对b做的功等于b棒增加的动能与b棒中产生的焦耳热之和
C．安培力对a、b棒做功的代数和的绝对值等于a、b棒中产生的焦耳热之和
D．a棒克服安培力做的功等于b棒增加的动能与b棒中产生的焦耳热之和
答案 AC
解析 对a、b棒整体，根据能量守恒定律得WF＝ΔEka＋ΔEkb＋Qa＋Qb ①，故A正确；对b棒，只有安培力做功，运用动能定理得WFb＝ΔEkb ②，故B错误；对a棒，拉力和安培力做功，运用动能定理得WF＋WFa＝ΔEka ③，联立①②③式得，安培力对a、b棒做功的代数和为WFa＋WFb＝ΔEka＋ΔEkb－WF＝－(Qa＋Qb)，所以，安培力对a、b棒做功的代数和的绝对值等于a、b棒中产生的焦耳热之和，故C正确；联立①②③式得，a棒克服安培力做的功为－WFa＝ΔEkb＋(Qa＋Qb)，故D错误．
4．(多选)如图甲所示，两间距为L的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R的金属棒放在导轨上，在平行于导轨向右、大小为F的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的加速度与速度关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的a0、v0均为已知量，则下列说法正确的是( )
A．金属棒的质量为eq \f(F,a0)
B．匀强磁场的磁感应强度大小为eq \f(1,L)eq \r(\f(FR,v0))
C．当拉力F做功为W时，通过金属棒横截面的电荷量为eq \f(W,\r(FR))
D．某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比
答案 ABD
解析 由题意可知F－eq \f(B2L2v,R)＝ma，得a＝eq \f(F,m)－eq \f(B2L2,mR)v，结合a－v图像可知eq \f(F,m)＝a0，eq \f(B2L2,mR)＝eq \f(a0,v0)，解得m＝eq \f(F,a0)，B＝eq \r(\f(ma0R,L2v0))＝eq \f(1,L)eq \r(\f(FR,v0))，A、B正确；当拉力F做功为W时，金属棒运动的距离为s＝eq \f(W,F)，则通过金属棒横截面的电荷量q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E),R)t＝eq \f(BLs,R)＝eq \f(W,\r(FRv0))，C错误；某时刻撤去拉力，此后eq \f(B2L2v,R)＝ma，则a＝eq \f(B2L2,mR)v，D正确．
5.(多选)如图所示，两根间距为d的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的斜面上，导轨的右端接有电阻R，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有一质量为m、电阻也为R的金属棒与两导轨垂直且接触良好，金属棒以一定的初速度v0在沿着导轨上滑一段距离L后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动
B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量q＝eq \f(BdL,R)
C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝eq \f(1,2)(mv02－mgL)
D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝eq \f(1,2)(mv02－mgL)
答案 AC
解析 导体棒返回时先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，所以A正确；根据q＝eq \f(ΔΦ,R总)，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝eq \f(BdL,2R)，所以B错误；设导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为W，由动能定理可得W＋mgLsin 30°＝
eq \f(1,2)mv02，解得W＝eq \f(1,2)(mv02－mgL)，所以C正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量为Q＝eq \f(1,2)W，则Q＝eq \f(1,4)(mv02－mgL)，所以D错误．
6.(2023·广东茂名市一中模拟)如图所示，两光滑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B＝B0＋kt，其中B0和k都是定值且均大于0.导轨间距最窄处为一狭缝(宽度很小)，取狭缝所在处O点为坐标原点．狭缝右侧两导轨与x轴的夹角均为θ，一电容为C的电容器(在磁场外)与导轨左端相连，电容器中静止一带电粒子A(受到的重力不计，图中未画出)．金属棒与x轴垂直并固定在导轨上，O点到金属棒的距离为x0.下列说法正确的是( )
A．电容器的上极板带负电
B．电容器的电荷量为Ckx02tan θ
C．带电粒子A运动到极板上之前的加速度越来越小
D．带电粒子A运动到极板上之前的加速度越来越大
答案 B
解析 由磁感应强度B＝B0＋kt，B0和k都是定值且均大于0，可知闭合电路的磁场随时间增强，由楞次定律可判断出电容器的上极板带正电，A错误；由法拉第电磁感应定律可得回路中感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔBS,Δt)＝kx02tan θ，电容器的带电荷量q＝CE＝Ckx02tan θ，B正确；因电容器带电荷量不变，两极板间的电场强度不变，则带电粒子的加速度不变， C、D错误．
7.(多选)(2021·全国甲卷·21)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍．现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示．不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平．在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是( )
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
答案 AB
解析 设线圈下边到磁场上边界的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝eq \r(2gh)，
感应电动势为E＝nBlv，
两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，则m＝ρ0×4nl×S，
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻
R＝ρeq \f(4nl,S)＝eq \f(16n2l2ρρ0,m)
感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(mBv,16nlρρ0)
所受安培力大小为F＝nBIl＝eq \f(mB2v,16ρρ0)
由牛顿第二定律有mg－F＝ma
联立解得a＝g－eq \f(F,m)＝g－eq \f(B2v,16ρρ0)
加速度与线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．
当g>eq \f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都加速运动，
当g当g＝eq \f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都匀速运动，故选A、B.
8.(2022·全国乙卷·24)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40 m的正方形金属框的一个顶点上．金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场．已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3 Ω/m；在t＝0到t＝3.0 s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求：
(1)t＝2.0 s时金属框所受安培力的大小；
(2)在t＝0到t＝2.0 s时间内金属框产生的焦耳热．
答案 (1)eq \f(\r(2),5) N (2)0.016 J
解析 (1)金属框的总电阻为
R＝4lλ＝4×0.40×5×10－3 Ω＝0.008 Ω
金属框中产生的感应电动势为
E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB·\f(l2,2),Δt)＝0.1×eq \f(1,2)×0.402 V＝0.008 V
金属框中的电流为I＝eq \f(E,R)＝1 A
t＝2.0 s时磁感应强度大小为
B2＝(0.3－0.1×2.0) T＝0.1 T
金属框处于磁场中的有效长度为L＝eq \r(2)l
此时金属框所受安培力大小为
FA＝B2IL＝0.1×1×eq \r(2)×0.4 N＝eq \f(\r(2),25) N
(2)0～2.0 s时间内金属框产生的焦耳热为
Q＝I2Rt′＝12×0.008×2 J＝0.016 J.
9.(2023·广东深圳市光明区模拟)如图所示，轻质定滑轮上绕有细线，线的一端系一质量为2m的重物，另一端系一质量为m的金属杆．在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF，在QF之间连接有阻值为R的电阻，导轨与金属杆电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向里，将重物由静止释放，运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦，重力加速度为g.求：
(1)重物由静止释放的瞬间，金属杆的加速度大小；
(2)重物匀速下降的速度大小v；
(3)重物从释放到下降h的过程中，电阻R中通过的电荷量．
答案 (1)eq \f(g,3) (2)eq \f(mgR,B2L2) (3)eq \f(BhL,R)
解析 (1)重物由静止释放瞬间，设金属杆的加速度大小为a，细线的拉力为T，则
2mg－T＝2ma
T－mg＝ma
解得a＝eq \f(g,3)
(2)重物匀速下降时，对重物：2mg－T′＝0
对金属杆：T′－BIL－mg＝0，I＝eq \f(BLv,R)
解得v＝eq \f(mgR,B2L2)
(3)重物从释放到下降h的过程中，平均感应电动势
eq \x\t(E)＝eq \f(BhL,t)
平均感应电流eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)
电阻R中通过的电荷量q＝eq \x\t(I)t
解得q＝eq \f(BhL,R).
10．如图甲所示，相距L＝1 m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1 kg、接入电路电阻为r＝0.5 Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5 Ω，电容器的电容C＝0.5 F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图像如图乙所示，sin 37°＝0.6，取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求磁场的磁感应强度大小B；
(2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5 m时，定值电阻产生的焦耳热为21 J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？
(3)现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2 s时导体棒的速度大小．
答案 (1)2 T (2)2 m/s 2 m/s2 (3)4 m/s
解析 (1)由题图乙可知，导体棒的最大速度vm＝3 m/s，
对应的感应电动势E＝BLvm，
感应电流I＝eq \f(E,R＋r)，
当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有BIL＝mgsin θ，
解得B＝eq \r(\f(mgR＋rsin θ,L2vm))＝2 T.
(2)导体棒和定值电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知：Qab∶QR＝1∶3，则导体棒ab产生的焦耳热Qab＝eq \f(1,3)×21 J＝7 J，导体棒下滑x＝5 m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgxsin θ＝eq \f(1,2)mv12＋Qab＋QR
得导体棒的速度v1＝2 m/s，
此时感应电动势E1＝BLv1，
感应电流I1＝eq \f(E1,R＋r)，
对导体棒有mgsin θ－BI1L＝ma1，
解得加速度a1＝2 m/s2.
(3)开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－BI2L＝ma2，
感应电流I2＝eq \f(Δq,Δt)，Δq＝CΔU
Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝eq \f(Δv,Δt)，
解得a2＝2 m/s2，
表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2 s时导体棒的速度大小v2＝a2t＝4 m/s.v
↓
E＝BLv
↓
I＝eq \f(E,R＋r)
↓
F安＝BIL
↓
F合
若F合＝0
匀速直线运动
若F合≠0
↓
F合＝ma
a、v同向
v增大，若a恒定，拉力F增大
v增大，F安增大，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动，减小到a＝0，匀速直线运动
a、v反向
v减小，F安减小，a减小，当a＝0，静止或匀速直线运动