1、第 2 讲 Error!考法学法电磁感应的动力学和能量问题是历年高考的热点和难点，考查的题型一般包括“单杆”模型、 “双杆 ”模型或“导体框”模型，考查的内容有： 匀变速直线运动规律； 牛顿运动定律； 功能关系； 能量守恒定律； 动量守恒定律。解答这类问题时要注意从动力学和能量角度去分析，根据运动情况和能量变化情况分别列式求解。用到的思想方法有：整体法和隔离法；全程法和分阶段法；条件判断法； 临界问题的分析方法； 守恒思想； 分解思想。模型(一) 电磁感应中的“单杆”模型类型 1 “单杆”水平式物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为 B，导轨间距为 L，导体棒 ab 的质量为 m，初速度为零
2、，拉力恒为 F，水平导轨光滑，除电阻 R 外，其他电阻不计动态分析设运动过程中某时刻测得导体棒 ab 的速度为 v，由牛顿第二定律知导体棒 ab 的加速度为 a ，a、v 同向，随速度的增加，导体棒 ab 的加速度 a 减小，Fm B2L2vmR当 a0 时，v 最大，I 不再变化BLvmR运动形式 匀速直线运动力学特征 受力平衡，a0收尾状态电学特征 I 不再变化例 1 (2018安徽联考)如图所示，光滑平行金属导轨 PQ、MN 固定在光滑绝缘水平面上，导轨左端连接有阻值为 R 的定值电阻，导轨间距为 L，有界匀强磁场的磁感应强度大小为 B、方向竖直向上，边界 ab、cd 均垂直于导轨，且间
3、距为 s，e、f 分别为 ac、bd 的中点，将一长度为 L、质量为 m、阻值也为 R 的金属棒垂直导轨放置在 ab 左侧 s 处。现12给金属棒施加一个大小为 F、方向水平向右的恒力，使金属棒从静止开始向右运动，金属棒向右运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好。当金属棒运动到 ef 位置时，加速度刚好为零，不计其他电阻。求：(1)金属棒运动到 ef 位置时的速度大小；(2)金属棒从初位置运动到 ef 位置，通过金属棒的电荷量；(3)金属棒从初位置运动到 ef 位置，定值电阻 R 上产生的焦耳热。解析 (1)设金属棒运动到 ef 位置时速度为 v，则感应电动势 EBLv电路中电流 IE2R由
4、于加速度刚好为零，则 FF 安 BIL解得 v 。2FRB2L2(2)通过金属棒的电荷量 q tIIE2R Et BLs2t解得 q 。BLs4R(3)设定值电阻 R 中产生的焦耳热为 Q，由于金属棒的电阻也为 R，因此整个电路中产生的总的焦耳热为 2Q。金属棒从初位置运动到 ef 位置的过程中，根据动能定理有WF W 安 mv212根据功能关系有 W 安 2 Q拉力 F 做的功 WFFs解得 Q Fs 。12 mF2R2B4L4答案 (1) (2) (3) Fs2FRB2L2 BLs4R 12 mF2R2B4L4类型 2 “单杆”倾斜式物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为 B，导轨间距为
5、 L，导体棒 ab 的质量为 m，电阻为 R，导轨光滑，电阻不计动态分析导体棒 ab 刚释放时 agsin ，导体棒 ab 的速度 v感应电动势EBLv电流 I 安培力 FBIL加速度 a，当安培力ERFmgsin 时，a0，速度达到最大 vm mgRsin B2L2运动形式 匀速直线运动力学特征 受力平衡，a0收尾状态电学特征 I 不再变化例 2 (2018江苏高考)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为 ，间距为 d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向与导轨平面垂直。质量为 m 的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为 s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。
6、金属棒被松开后，以加速度 a 沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为 g。求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小 v；(2)通过的电流大小 I；(3)通过的电荷量 Q。解析 (1)金属棒做匀加速直线运动，根据运动学公式有 v22as解得 v 。2as(2)金属棒所受安培力 F 安 IdB金属棒所受合力 Fmgsin F 安根据牛顿第二定律有 Fma解得 I 。mgsin adB(3)金属棒的运动时间 t ，va通过的电荷量 QIt解得 Q 。mgsin a 2asdBa答案 (1) (2) (3)2asmgsin adB mgsin a 2asdBa1 “单杆”模型
7、分析要点(1)杆的稳定状态一般是做匀速运动，达到最大速度或最小速度，此时合力为零。(2)电磁感应现象遵从能量守恒定律，整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功。2抓住力学对象和电学对象间的桥梁感应电流 I、切割速度 v， “四步法”分析电磁感应中的动力学问题模型(二) 电磁感应中的“双杆”模型研一题 (2018湖北四地七校联考)如图所示，相距 L0.5 m 的平行导轨 MNS、P QT 处在磁感应强度 B0.4 T 的匀强磁场中，水平导轨处的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下。质量均为 m40 g、电阻均为 R0.1 的导体棒 ab、cd 均垂直放置于导轨上，并与导
8、轨接触良好，导轨电阻不计。质量为 M200 g 的物体 C，用绝缘细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒 ab、cd 相连接。细线沿导轨中心线且在导轨平面内，细线及滑轮质量不计。已知倾斜导轨与水平面的夹角为 37，水平导轨与导体棒 ab 间的动摩擦因数 0.4，重力加速度 g10 m/s2，水平导轨足够长，导体棒 cd 运动中始终不离开倾斜导轨。物体 C 由静止释放，当它达到最大速度时下落高度 h1 m ，求这一运动过程中：(sin 370.6， cos 370.8)系统通法(1)物体 C 能达到的最大速度是多少；(2)系统产生的内能是多少；(3)连接导体棒 cd 的细线对导体棒 cd 做的功是多少
9、。解析 (1)设物体 C 能达到的最大速度为 vm，由法拉第电磁感应定律得，回路的感应电动势为 E2BLv m由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为 IE2R导体棒 ab、cd 受到的安培力为 FBLI设连接导体棒 ab 与 cd 的细线中张力为 T1，连接导体棒 ab 与物体 C 的细线中张力为T2，导体棒 ab、cd 及物体 C 的受力如图所示，由平衡条件得：T1mgsin 37FT2T 1FfT2Mg其中 fmg解得：v m2 m/s。(2)设系统在该过程中产生的内能为 E1，由能量守恒定律得：Mgh (2mM)v m2mghsin 37 E 112解得：E 11.2 J。(3)运动过程中
10、由于摩擦产生的内能E2mgh0.16 J由第(2)问的计算结果知，这一过程中电流产生的内能 E3 E1E 21.04 J又因为导体棒 ab、cd 的电阻相等，故电流通过导体棒 cd 产生的内能 E4 0.52 JE32对导体棒 cd，设这一过程中细线对其做的功为 W，则由功能关系得：Wmghsin 37 mvm2E 412解得：W0.84 J。答案 (1)2 m/s (2)1.2 J (3)0.84 J悟一法 两类“双杆”模型 解题思路“一动一静”型，实质是单杆问题，要注意其隐含条件：静止杆受力平衡“两杆都动”型，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势应相加还是相减结合“单杆”模型
11、的解题经验，对“双杆”模型进行受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态，比如有恒定的速度或加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解通一类 1(2019 届高三青岛模拟) 如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左侧部分水平，右侧部分为半径 r0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离 d0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小 B1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计。有两根长度均为 d 的金属棒 ab、cd，均垂直置于水平导轨上，金属棒 ab、cd 的质量分别为 m10.2 kg、m 20.1 kg，电阻分别为R10.1 、R 20.2 。现让 ab 棒以 v010
12、m/s 的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入半圆轨道后，恰好能通过轨道最高位置 PP，cd 棒进入半圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g10 m/s 2，求：(1)ab 棒开始向右运动时，cd 棒的加速度大小 a0；(2)cd 棒刚进入半圆轨道时，ab 棒的速度大小 v1；(3)cd 棒进入半圆轨道前，ab 棒克服安培力做的功 W。解析：(1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为 I，有EBdv 0IER1 R2BIdm 2a0解得：a 030 m/s 2。(2)设 cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为 v2，cd 棒进入半圆轨道前，cd 棒与 ab 棒组成的系统动量守恒，有m1v0m 1v1m
13、2v2cd 棒从刚进入半圆轨道到通过轨道最高位置的过程中机械能守恒，有m2v22m 2g2r m2v212 12cd 棒在轨道最高位置由重力提供向心力，有m2gm 2v2r解得：v 17.5 m/s。(3)由动能定理得W m1v12 m1v0212 12解得：W4.375 J。答案：(1)30 m/s 2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J2(2018江西八校联考)如图所示，足够长的水平导轨左侧 b1b2c 1c2 部分导轨间距为3L，右侧 c1c2 d1d2 部分的导轨间距为 L，曲线导轨与水平导轨相切于 b1b2，所有导轨均光滑且电阻不计。在水平导轨内有斜向下与竖直方向的夹角 37
14、的匀强磁场，磁感应强度大小为 B0.1 T。质量为 mB0.2 kg 的金属棒 B 垂直于导轨静止放置在右侧窄导轨上，质量为 mA0.1 kg 的金属棒 A 自曲线导轨上 a1a2 处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A 棒总在宽轨上运动，B 棒总在窄轨上运动。已知：两棒接入电路的有效电阻均为 R0.2 ，h0.45 m，L0.2 m，sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s 2。求：(1)A 棒滑到 b1b2 处时的速度大小；(2)B 棒匀速运动时的速度大小；(3)在两棒整体运动过程中，两棒在水平导轨间扫过的面积之差( 最后结果保留三位有效数字)
15、 。解析：(1)A 棒在曲线导轨上下滑，由机械能守恒定律得：mAgh mAv0212解得：v 03 m/s。(2)选取水平向右为正方向，对两棒分别应用动量定理，对 B 棒：F B 安 cos tm BvB 对 A 棒：F A 安 cos tm AvAm Av0其中 FA 安 3F B 安两棒最后匀速运动时，电路中无电流，有：BLvB3BL vA解得：v A m/s，v B m/s。319 919(3)在 B 棒加速运动过程中，由动量定理得：Bcos Ltm BvB0I电路中的平均电流 IE2R根据法拉第电磁感应定律有：Et其中磁通量变化量： B cos S解得：S29.6 m 2。答案：(1)
16、3 m/s (2) m/s (3)29.6 m 2919模型(三) 电磁感应中的“导体框”模型研一题 (2019 届高三资阳模拟) 如图所示，一足够大的倾角 30的粗糙斜面上有一个粗细均匀的由同种材料制成的矩形金属线框 abcd，线框的质量 m0.6 kg，其电阻值 R1.0 ，ab 边长 L11 m，bc 边长 L22 m ，与斜面之间的动摩擦因数 。斜面以 EF 为界，39EF 上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场。一质量为 M 的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连，连接线框的细线与斜面平行且细线最初处于松弛状态。现先释放线框再自由释放物体，当 cd 边离开磁场时线框即以 v2 m/s 的速
17、度匀速下滑，在 ab 边运动到 EF 位置时，细线恰好被拉直绷紧(时间极短 )，随即物体和线框一起做匀速运动， t1 s 后开始做匀加速运动。取 g10 m/s 2，求：(1)匀强磁场的磁感应强度 B 的大小；(2)细线绷紧前，物体下降的高度 H；(3)系统在线框 cd 边离开磁场至重新进入磁场过程中损失的机械能 E。解析 (1)线框 cd 边离开磁场时匀速下滑，有：mgsin mgcos F 安 0F 安 BI 1L1I1BL1vR解得：B1 T 。(2)由题意，线框第二次做匀速运动方向沿斜面向上，设其速度大小为 v1，细线拉力大小为 FT，则：v1L2tFT mgsin mgcos BI
18、2L10I2BL1v1RFT Mg0设细线突然绷紧过程中，细线的作用力冲量大小为 I，对线框和物体分别运用动量定理，有：I mv 1m(v)IMv 0M v1细线绷紧前物体自由下落，则 v022gH解得：H1.8 m。(3)根据能量守恒定律：线框匀速下滑过程： Q1mgL 2sin 细线突然绷紧过程：Q2 Mv02 mv2 (Mm)v 1212 12 12线框匀速上滑过程： Q3MgL 2mgL 2sin E Q1 Q2 Q3解得：E21.6 J。答案 (1)1 T (2)1.8 m (3)21.6 J悟一法 1求解电磁感应中能量问题的一般步骤(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变
19、化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了相互转化。(3)根据功能关系或能量守恒定律列方程求解。2电磁感应中安培力做功引起的能量转化3求解电磁感应中焦耳热 Q 的三个角度焦耳定律 功能关系 能量转化QI 2Rt QW 克服安培力 QE 其他通一类 1(2018南通模拟)如图所示，质量为 m、电阻为 R 的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长 abL、ad2L。虚线 MN 过ad、bc 边中点，一根能承受最大拉力为 F0 的细线沿水平方向拴住 ab边中点 O。从某时刻起，在 MN 右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按
20、Bkt 的规律均匀变化。一段时间后，细线被拉断，此后磁感应强度大小保持不变，线框向左运动，ab 边穿出磁场时的速度为 v。求：(1)细线断裂前线框中的电功率 P；(2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小 a 及线框离开磁场的过程中安培力所做的功 W；(3)线框穿出磁场过程中通过其导线横截面的电荷量 q。解析：(1)根据法拉第电磁感应定律E L2kL 2t Bt电功率 P 。E2R k2L4R(2)细线断裂后瞬间安培力 FAF 0线框的加速度 a FAm F0m线框离开磁场过程中，由动能定理得 W mv2。12(3)设细线断裂时刻磁感应强度为 B1，则有 ILB1F 0其中 I ER kL2R线框穿
21、出磁场过程有 ， Et B1L2t I ER通过导线横截面的电荷量 q tI解得 q 。F0kL答案：(1) (2) mv2 (3)k2L4R F0m 12 F0kL2(2018湖南十三校联考)如图所示，粗糙斜面的倾角 37 ，斜面上直径 d0.4 m 的圆形区域内存在垂直于斜面向下的匀强磁场，一个匝数为 n100 的刚性正方形线框 abcd，边长为 0.5 m，通过松弛的柔软导线与一个额定功率 P2 W 的小灯泡相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框 bc 边，已知线框质量 m2 kg，总电阻 R02 ，与斜面间的动摩擦因数 0.5，从 0 时刻起，磁场的磁感应强度按 B T 的规律变化，开始时
22、线框(1 2t)静止在斜面上，在线框运动前，小灯泡始终正常发光，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2， sin 370.6，cos 370.8，求：(1)线框静止时，回路中的电流大小 I；(2)在线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量 Q；(3)若线框刚好开始运动时即保持磁场不再变化，求线框从开始运动到 bc 边离开磁场的过程中通过小灯泡的电荷量 q(柔软导线及小灯泡对线框运动的影响可忽略，且斜面足够长)。解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得En nS ，其中 S 2|t| |Bt| 12(d2)PI 2R 2R(ER R0)解得 R2 ， I1 A。(2)线框刚好开始运动时，mg
23、sin n Idmg cos (1 2t)解得 t s920则 QPt J。910(3)线框刚好开始运动时，B T0.1 T(1 2t) ，其中 SSIER R0 ntR R0 nBStR R0解得 q t C。I20答案：(1)1 A (2) J (3) C910 20专题强训提能 1(2018漳州八校模拟)如图所示， MN、P Q 为间距 L0.5 m 的足够长平行导轨，N QMN。导轨平面与水平面间的夹角 37 ，N Q 间连接有一个 R5 的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度为 B01 T。将一质量为 m0.05 kg 的金属棒紧靠 NQ 放置在导轨 ab 处，且与导轨接
24、触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与 NQ 平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数 0.5，当金属棒滑行至 cd 处时已经达到稳定速度，cd 距离 NQ 为 s2 m(g10 m/s 2，sin 37 0.6，cos 370.8)。则：(1)当金属棒滑行至 cd 处时，回路中的电流是多大？(2)金属棒达到的稳定速度是多大？(3)金属棒从开始运动到滑行至 cd 处过程中，回路中产生的焦耳热是多少？解析：(1)金属棒达到稳定速度时，沿导轨方向受力平衡mgsin F fF A其中 FAB 0ILFf FNmg cos 解得 I0.2 A。(2)由欧姆定
25、律得 IER由电磁感应定律得 EB 0Lv解得 v2 m/s 。(3)金属棒从开始运动到滑行至 cd 处过程中，由能量守恒定律得mgsin s mv2 Qmgcos s12解得 Q0.1 J 。答案：(1)0.2 A (2)2 m/s (3)0.1 J2.如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成 37 角放置，斜面上的虚线 aa和 bb与斜面底边平行，且间距为 d0.1 m，在 aa、bb围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为 B1 T；现有一质量为 m10 g，总电阻为R1 ，边长也为 d0.1 m 的正方形金属线圈 MNPQ，其初始位置 PQ 边与 aa重合，现让线圈以一定初速
26、度沿斜面向上运动，当线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为 0.5，不计其他阻力(取 g10 m/s 2，sin 370.6，cos 37 0.8) 。求：(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度；(2)线圈向上完全离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热。解析：(1)线圈向下进入磁场时，有mgsin mgcos F 安 ，其中 F 安 BId ，I ，EBdvER解得 v2 m/s 。(2)设线圈到达最高点 MN 边与 bb的距离为 x，则v22ax，mgsin mgcos ma根据动能定理有mgcos 2 xE k
27、E k1，其中 Ek mv212解得 Ek10.1 J。(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有mgsin 2dmgcos 2d Q解得： Q0.004 J。答案：(1)2 m/s (2)0.1 J (3)0.004 J3如图甲所示，电阻不计、间距为 l 的平行长金属导轨置于水平面内，阻值为 R 的导体棒 ab 固定连接在导轨左侧，另一阻值也为 R 的导体棒 ef 垂直放置在导轨上，ef 与导轨接触良好，并可在导轨上无摩擦移动。现有一根轻杆一端固定在 ef 中点，另一端固定于墙上，轻杆与导轨保持平行，ef、ab 两棒间距为 d。若整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，且从某一时刻开始，磁感应强
28、度 B 随时间 t 按图乙所示的方式变化。(1)求在 0t 0 时间内流过导体棒 ef 的电流的大小与方向；(2)求在 t02t 0 时间内导体棒 ef 产生的热量；(3)1.5t0 时刻杆对导体棒 ef 的作用力的大小和方向。解析：(1)在 0t 0 时间内，磁感应强度的变化率 Bt B0t0产生感应电动势的大小 E1 S ldt Bt Bt B0ldt0流过导体棒 ef 的电流大小 I1 E12R B0ld2Rt0由楞次定律可判断电流方向为 ef 。(2)在 t02t 0 时间内，磁感应强度的变化率 Bt 2B0t0产生感应电动势的大小 E2 S ldt Bt Bt 2B0ldt0流过导体
29、棒 ef 的电流大小 I2 E22R B0ldRt0导体棒 ef 产生的热量 QI 22Rt0 。B02l2d2Rt0(3)1.5t0 时刻，磁感应强度 BB 0导体棒 ef 受安培力：F B 0I2lB02l2dRt0方向水平向左根据导体棒 ef 受力平衡可知杆对导体棒的作用力为FF ，负号表示方向水平向右。B02l2dRt0答案：(1) ，方向为 ef (2) (3) ，方向水平向右B0ld2Rt0 B02l2d2Rt0 B02l2dRt04(2019 届高三邯郸质检) 如图甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L1 m，导轨平面与水平面的夹角 37，下端连接阻值 R1 的电阻；质
30、量 m1 kg、阻值 r1 的匀质金属棒 cd 放在两导轨上，到导轨最下端的距离 L11 m，棒与导轨垂直并保持良好接触，与导轨间的动摩擦因数 0.9。整个装置处于与导轨平面垂直(斜向上为正)的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，01.0 s 内，金属棒 cd 保持静止，sin 370.6，cos 370.8，取 g10 m/s 2。(1)求 01.0 s 内通过金属棒 cd 的电荷量；(2)求 t1.1 s 时刻，金属棒 cd 所受摩擦力的大小和方向；(3)1.2 s 后，对金属棒 cd 施加一沿斜面向上的拉力 F，使金属棒 cd 沿斜面向上做加速度
31、大小 a2 m/s2 的匀加速运动，请写出拉力 F 随时间 t( 从施加 F 时开始计时) 变化的关系式。解析：(1)在 01.0 s 内，金属棒 cd 上产生的感应电动势为：E ，其中SBtSL 1L1 m 2由闭合电路的欧姆定律有：IER r由于 01.0 s 内回路中的电流恒定，故该段时间通过金属棒 cd 的电荷量为：qI t，其中 t1 s解得：q1 C。(2)假设 01.1 s 内金属棒 cd 保持静止，则在 01.1 s 内回路中的电流不变，t1.1 s时，金属棒 cd 所受的安培力大小为：F| B1IL|0.2 N，方向沿导轨向下导轨对金属棒 cd 的最大静摩擦力为：Ff mgc
32、os 7.2 N由于 mgsin F6.2 N Ff，可知假设成立，金属棒 cd 仍保持静止，故所求摩擦力大小为 6.2 N，方向沿导轨向上。(3)1.2 s 后，金属棒 cd 上产生的感应电动势大小为：E|B 2Lv|，其中 vat 金属棒 cd 所受安培力的大小为：F 安 | B2I2L|，其中 I2ER r由牛顿第二定律有：Fmgsin mgcos F 安 ma解得：F15.20.16t(N)。答案：(1)1 C (2)6.2 N，方向沿导轨向上 (3)F15.20.16t(N)5(2018厦门质检)如图所示， PQ 和 MN 是固定于倾角为 30斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其
33、电阻忽略不计。金属棒 ab、cd 放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好。金属棒 ab 的质量为 2m、cd 的质量为m，长度均为 L、电阻均为 R，两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路。整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，若锁定金属棒 ab 不动，使金属棒 cd 在与其垂直且沿斜面向上的恒力F2mg 作用下，沿轨道向上做匀速运动。重力加速度为 g。(1)试推导论证：金属棒 cd 克服安培力做功的功率 P 安 等于电路获得的电功率 P 电 ；(2)设金属棒 cd 做匀速运动中的某时刻为 0 时刻，恒力大小变为 F1.5mg，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒
34、 ab，直到 t 时刻金属棒 ab 开始做匀速运动。求：t 时刻以后金属棒 ab 的热功率 Pab；0t 时间内通过金属棒 ab 的电荷量 q。解析：(1)设金属棒 cd 做匀速运动的速度为 v，有EBLvIE2RF 安 IBL金属棒 cd 克服安培力做功的功率 P 安 F 安 v电路获得的电功率 P 电 E22R解得 P 安 ，P 电 B2L2v22R B2L2v22R所以 P 安 P 电 。(2)金属棒 ab 做匀速运动，则有 I1BL2mg sin 30金属棒 ab 的热功率 PabI 12R解得 Pab 。m2g2RB2L20 时刻前 Fmgsin 30F 安F 安 BILIBLv2R
35、解得 v3mgRB2L2设 t 时刻以后金属棒 ab 做匀速运动的速度为 v1，金属棒 cd 做匀速运动的速度为 v2，因 F1.5mg(2mm) gsin 30，则由金属棒 ab、cd 组成的系统动量守恒，得mv2mv 1mv 2回路电流 I1 BLv2 v12R mgBL解得 v1 mgR3B2L20t 时间内对金属棒 ab 分析，设在电流为 i 的很短时间 t 内，速度的改变量为 v，由动量定理得BiLt2mgsin 30t2mv等式两边累积求和得 BLqmgt 2mv 1解得 q 。2m2gR 3mgB2L2t3B3L3答案：(1)见解析 (2) m2g2RB2L2 2m2gR 3mgB2L2t3B3L3