5．电磁感应中的能量转化与守恒
[学习目标] 1.知道电磁感应现象遵守能量守恒定律． 2.理解电磁感应现象中产生的电能与克服安培力做功的关系．(难点) 3.掌握感应电流做功过程中能量的转化．(重点)
一、电磁感应中的能量转化
如图所示，处在匀强磁场中的水平导轨上有一根与导轨接触良好的可自由滑动的直导线ab，在外力F作用下向右做匀速直线运动．该过程中外力F克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能，因为这个电路是纯电阻电路，所以转化过来的电能通过电流做功又全部转化为电阻的内能，即：
二、电磁感应中的能量守恒
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中能量的总量保持不变，这是自然界普遍遵循的一条规律，在电磁感应现象中也不例外．所以，在电磁感应现象中产生了多少焦耳热(纯电阻电路)就意味着消耗了多少其他形式的能量，即Q＝ΔE减．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在电磁感应现象中，安培力做正功，把其他形式的能转化为电能． (×)
(2)电磁感应现象一定伴随着能量的转化，克服安培力做功的大小与电路中产生的电能相对应． (√)
(3)安培力做负功，一定有电能产生． (√)
2．如图所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )
A．2.5 m/s 1 W B．5 m/s 1 W
C．7.5 m/s 9 W D．15 m/s 9 W
B [导体棒MN匀速下滑时受力如答图所示，由平衡条件可得F安＋μmgcos 37°＝mgsin 37°，所以F安＝mg(sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N，由F安＝BIL得I＝＝1 A，所以E＝I(R灯＋RMN)＝2 V，导体棒的运动速度v＝＝5 m/s，小灯泡消耗的电功率为P灯＝I2R灯＝1 W，B项正确．]
3.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则 ( )
A．Q1>Q2，q1＝q2 B．Q1>Q2，q1>q2
C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1>q2
A [根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab，同理Q2＝lbc，又lab>lbc，故Q1>Q2；因q＝t＝t＝＝，故q1＝q2.因此A项正确．]
电磁感应中的电路问题
电磁感应问题常与电路知识综合考查，解决此类问题的基本方法是：
(1)明确哪部分电路或导体产生感应电动势，该部分电路或导体就相当于电源，其他部分是外电路．
(2)画等效电路图，分清内、外电路．
(3)用法拉第电磁感应定律E＝n或E＝BLv确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向．在等效电源内部，电流方向从负极指向正极．
(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解．
【例1】 如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中 ( )
A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
思路点拨：
C [设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R－r；PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外＝＝，当r＝时，R外max＝R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小．PQ中的电流为干路电流I＝，可知干路电流先减小后增大，选项A错误．PQ两端的电压为路端电压U＝E－U内，因E＝Blv不变，U内＝IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误．拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确．线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为R，小于内阻R；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误．]
(1)“电源”的确定方法：“切割”磁感线的导体(或磁通量发生变化的线圈)相当于“电源”，该部分导体(或线圈)的电阻相当于“内电阻”．
(2)电流的流向：在“电源”内部电流从负极流向正极，在“电源”外部电流从正极流向负极．
训练角度1：电磁感应中的电容器电路
1.在图中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体棒．有匀强磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当AB棒( )
A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0
B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0
C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0
D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0
D [导体棒水平运动时产生感应电动势，对整个电路，可把AB棒看成电源，等效电路如答图所示．当棒匀速滑动时，电动势E不变，故I1≠0，I2＝0.当棒加速运动时，电动势E不断变大，电容器不断充电，故I1≠0，I2≠0，故D正确．]
训练角度2：电磁感应中电路分析
2.(多选)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以速度v、3v匀速拉出磁场，则导体框分别从两个方向移出磁场的过程中 ( )
A．导体框中产生的感应电流方向相同
B．导体框中产生的焦耳热相同
C．导体框ad边两端电势差相同
D．通过导体框截面的电荷量相同
AD [由右手定则可得两种情况导体框中产生的感应电流方向相同，A项正确；热量Q＝I2Rt＝R×＝，导体框产生的焦耳热与运动速度有关，B项错误；电荷量q＝It＝×＝，电荷量与速度无关，电荷量相同，D项正确；以速度v拉出时，Uad＝Blv，以速度3v拉出时，Uad＝Bl·3v，C项错误．]
电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量守恒
(1)由磁场变化引起的电磁感应中，磁场能转化为电能，若电路是纯电阻电路，转化过来的电能将全部转化为电阻的内能．
(2)由相对运动引起的电磁感应中，通过克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化为电能．克服安培力做多少功，就产生多少电能．若电路是纯电阻电路，转化过来的电能也将全部转化为电阻的内能．
2．求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路
(1)分析回路，分清电源和外电路．
在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，其余部分相当于外电路．
(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．如：
做功情况
能量变化特点
滑动摩擦力做功
有内能产生
重力做功
重力势能必然发生变化
克服安培力做功
必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能
安培力做正功
电能转化为其他形式的能
(3)根据能量守恒列方程求解．
【例2】 如图所示，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
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd)
D [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＝mv2，金属棒到达平直部分时的速度v＝，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＝＝，故A错误；通过金属棒的感应电荷量q＝Δt＝＝，故B错误；金属棒在整个运动过程中，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′＝Q＝W安＝mg(h－μd)，故D正确．]
焦耳热的计算技巧
(1)感应电路中电流恒定，则电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q＝I2Rt.
(2)感应电路中电流变化，可用以下方法分析：
①利用动能定理，根据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，即感应电流产生的焦耳热等于电磁感应中其他形式能量的减少，即Q＝ΔE其他．
3.如图所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电阻为R的正方形线圈边长为L(LA．线圈可能一直做匀速运动
B．线圈可能先加速后减速
C．线圈的最小速度一定是
D．线圈的最小速度一定是
D [由于L从开始自由下落到线圈上边缘刚进入磁场过程中应用动能定理，设该过程克服安培力做的功为W，则有mg(h＋L)－W＝mv2，在线圈下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场的过程中应用动能定理，该过程克服安培力做的功也是W，而始、末动能相同，所以有mgd－W＝0，由以上两式可得最小速度v＝，选项D正确．]
[课堂小结]
核 心 归 纳
知 识 脉 络
1.2个问题——电磁感应中的电路问题和动力学问题
2．1个守恒——电磁感应中的能量守恒
1．如图所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B.不考虑空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．A、B两点在同一水平线上
B．A点高于B点
C．A点低于B点
D．铜环将做等幅摆动
B [铜环由A点向B点运动，在进入磁场和离开磁场的过程中，由于穿过环面的磁通量变化，都要产生感应电流，即产生电能．此电能是由环的机械能转化来的，即环由A到B过程中机械能减少，所以B点比A点低，B选项正确．]
2．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，不计空气阻力．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为 ( )
A．a1>a2>a3>a4 B．a1＝a2＝a3＝a4
C．a1＝a3>a2>a4 D．a1＝a3>a2＝a4
C [线圈自由下落时，加速度为a1＝g.线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3＝g.线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2a4，故a1＝a3>a2>a4.所以选C.]
3.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，导轨平面与水平面的夹角为θ，导轨的下端接有电阻．当导轨所在空间没有磁场时，使导体棒ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨，ab上升的最大高度为H；当导轨所在空间存在方向与导轨平面垂直的匀强磁场时，再次使ab以相同的初速度从同一位置冲上导轨，ab上升的最大高度为h，两次运动中ab始终与两导轨垂直且接触良好，关于上述情景，下列说法中正确的是( )
A．比较两次上升的最大高度，有H＝h
B．比较两次上升的最大高度，有HC．无磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生
D．有磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生
D [没有磁场时，只有重力做功，机械能守恒，没有电热产生，C错误；有磁场时，ab切割磁感线产生感应电流，重力和安培力均做负功，机械能减小，有电热产生，故ab上升的最大高度变小，A、B错误，D正确．]
4．如图所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下．一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求：
(1)电阻R消耗的功率；
(2)水平外力的大小．
解析：(1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝Blv，根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I＝
电阻R消耗的功率为P＝I2R，联立可得P＝.
(2)对导体棒受力分析，水平方向上受到向左的安培力和向左的摩擦力及向右的外力，三力平衡，故有F安＋μmg＝F，F安＝BIl＝，故F＝＋μmg.
答案：(1) (2)＋μmg
课件56张PPT。第一章 电磁感应5．电磁感应中的能量转化与守恒内安培力消耗ΔE减 消失转化转移总量√×√ 电磁感应中的电路问题 电磁感应中的能量问题点击右图进入…Thank you for watching !课时分层作业(五)
(时间：40分钟 分值：100分)
[基础达标练]
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)
1．如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场．当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为( )
A.BRv B．BRv
C.BRv D．BRv
D [设整个圆环电阻是r，则其外电阻是圆环总电阻的，而在磁场内切割磁感线的有效长度是R，其相当于电源，E＝B·R·v，根据欧姆定律可得U＝E＝BRv，选项D正确．]
2．如图所示，两个比荷相同的都带正电荷的粒子a和b以相同的动能在匀强磁场中运动，a从B1区运动到B2区，已知B2>B1；b开始在磁感应强度为B1的磁场中做匀速圆周运动，然后磁场逐渐增加到B2.则a、b两粒子的动能将( )
A．a不变，b增大 B．a不变，b变小
C．a、b都变大 D．a、b都不变
A [a粒子在磁场中运动，受到的洛伦兹力不做功，动能不变；b粒子在变化的磁场中运动，由于变化的磁场要产生感生电场，感生电场会对它做正功，所以A选项是正确的．]
3.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于 ( )
A．棒的机械能增加量 B．棒的动能增加量
C．棒的重力势能增加量 D．电阻R上产生的热量
A [棒加速上升时受到重力、拉力F及安培力．根据功能关系可知，力F与安培力做的功的代数和等于棒的机械能的增加量，A正确．]
4．如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中( )
A．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流的方向保持不变
C．线框所受安培力的合力为零
D．线框的机械能不断增大
B [当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减少，根据楞次定律可知产生的感应电流的方向为顺时针且方向不发生变化，选项A错误，B正确；因线框上下两边所在处的磁场强弱不同，线框所受的安培力的合力一定不为零，选项C错误；整个线框所受的安培力的合力竖直向上，对线框做负功，线框的机械能减小，选项D错误．]
5.(多选)如图所示，两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，除电阻R外其余电阻均不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )
A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝
D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
AC [金属棒刚释放时，弹簧处于原长，此时弹力为零，又因此时速度为零，因此也不受安培力作用，金属棒只受重力作用，其加速度应等于重力加速度，故选项A正确；金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，电阻等效为外电路，其电流方向为b→a，故选项B错误；金属棒速度为v时，安培力大小为F＝BIL，I＝，由以上两式得F＝，故选项C正确；金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能以及电阻R上产生的内能，因此选项D错误．]
6.(多选)如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m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 ( )
A．如果B增大，vm将变大
B．如果α变大，vm将变大
C．如果R变大，vm将变大
D．如果m变小，vm将变大
BC [金属杆由静止开始滑下的过程中，金属杆就是一个电源，与电阻R构成一个闭合回路；其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：
mgsin α－＝ma
所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a＝0，即mgsin α＝时，此时达到最大速度vm，可得：vm＝，故由此式知选项B、C正确．]
二、非选择题(14分)
7.如图所示，电阻r＝0.3 Ω、质量m＝0.1 kg的金属棒CD静止在位于水平面上的两条平行光滑的金属导轨上，棒与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计，导轨的左端接有阻值为R＝0.5 Ω的电阻，有一个理想电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过导轨平面．现给金属棒加一个水平向右的恒定外力F，观察到电压表的示数逐渐变大，最后稳定在1.0 V，此时导体棒的速度为2 m/s.
(1)求拉动金属棒的外力F的大小；
(2)当电压表读数稳定后某一时刻，撤去外力F，求此后电阻R上产生的热量．
解析：(1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv
电路中的感应电流I＝
金属棒受到的安培力F安＝BIL
金属棒匀速运动时有F＝F安
由题意可知E＝·(R＋r)
联立以上各式解得F＝1.6 N.
(2)金属棒的动能转化为内能，则mv2＝Q
电阻R上产生的热量QR＝Q
解得QR＝0.125 J.
答案：(1)1.6 N (2)0.125 J
[能力提升练]
一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)
1.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中的虚线所示)，一个质量为m的小金属块从抛物线y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )
A．mgb B．mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2
D [金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生电流，进而产生焦耳热，最后，金属块在高为a的曲面上做往复运动，减少的机械能为mg(b－a)＋mv2，由能量转化和守恒定律可知，减少的机械能全部转化成焦耳热，即D选项正确．]
2.(多选)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L的正方形刚性金属框，ab边的质量为m，电阻为R，其他三边的质量和电阻均不计．cd边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab边的速度为v，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是 ( )
A．通过ab边的电流方向为a→b
B．ab边经过最低点时的速度v＝
C．ab边经过最低点时的速度v<
D．金属框中产生的焦耳热为mgL－mv2
CD [ab边向下摆动过程中，金属框内磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手螺旋定则可知感应电流方向为b→a，选项A错误；ab边由水平位置到达最低点过程中，机械能一部分转化为焦耳热，故v<，所以选项B错误，C正确；根据能量守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D正确．]
3.(多选)如图所示的竖直平面内，水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直竖直面向里的匀强磁场，且磁感应强度相同，其宽度均为d，Ⅰ和Ⅱ之间有一宽度为h的无磁场区域，h>d.一质量为m、边长为d的正方形线框由距区域Ⅰ上边界某一高度处静止释放，在穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同．重力加速度为g，空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是 ( )
A．线框进入区域Ⅰ时与离开区域Ⅰ时的电流方向相同
B．线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同
C．线框有可能匀速通过磁场区域Ⅰ
D．线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q＝2mg(d＋h)
BD [由楞次定律可知，线框进入区域Ⅰ时感应电流为逆时针方向，而离开区域Ⅰ时的电流方向为顺时针方向，故选项A错误；由楞次定律可知，线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同，均向上，选项B正确；因穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同，则可知线圈进入磁场区域Ⅰ一定是减速运动，选项C错误；线圈离开磁场区域Ⅰ的速度应等于离开磁场区域Ⅱ的速度，则在此过程中，线圈的机械能的减小量等于线圈通过磁场区域Ⅱ产生的电能，即Q2＝mg(d＋h)，则线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q＝2Q2＝2mg(d＋h)，选项D正确；故选B、D.]
4.(多选)如图所示，电阻不计、相距L的两条足够长的平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨上固定有质量为m，电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙下方光滑，将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF始终保持静止，当MN下滑的距离为s时，速度恰好达到最大值vm，则下列叙述正确的是 ( )
A．导体棒MN的最大速度vm＝
B．此时导体棒EF与轨道之间的静摩擦力为mgsin θ
C．当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，通过其横截面的电荷量为
D．当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，导体棒MN中产生的热量为mgssin θ－mv
AC [当MN下滑到最大速度时满足：mgsin θ＝，解得vm＝，选项A正确；导体棒EF保持静止，此时满足mgsin θ＋F安＝f静，故导体棒EF与轨道之间的静摩擦力大于mgsin θ，选项B错误；当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，通过其横截面的电荷量为q＝＝，选项C正确；当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，两个导体棒中产生的总热量为mgsin θ－mv，则MN中产生的热量是(mgssin θ－mv)，选项D错误；故选A、C.]
二、非选择题(本题共2小题，共26分)
5．(10分)如图所示，相距为L的光滑平行金属导轨ab、cd固定在水平桌面上，上面放有两根垂直于导轨的金属棒MN和PQ，金属棒质量均为m，电阻值均为R.其中MN被系于中点的细绳束缚住，PQ的中点与一绕过定滑轮的细绳相连，绳的另一端系一质量也为m的物块，绳处于拉直状态．整个装置放于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B.若导轨的电阻、滑轮的质量及一切摩擦均忽略不计，当物块由静止释放后，求：(重力加速度为g，金属导轨足够长，与MN、PQ相连的绳跟MN、PQ垂直)
(1)细绳对金属棒MN的最大拉力；
(2)金属棒PQ能达到的最大速度．
解析：(1)对棒PQ，开始时做加速度逐渐减小、速度逐渐增大的变加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，此时感应电流最大．此后棒PQ做匀速直线运动．
对棒PQ，F安＝BLIm＝mg
对棒MN，Fm＝F安＝BLIm＝mg.
(2)对棒PQ，F安－mg＝0时速度最大
E＝BLvm，Im＝，F安＝BLIm
解得vm＝.
答案：(1)mg (2)
6．(16分)如图甲所示，一边长L＝2.5 m、质量m＝0.5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合，在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5 s线框被拉出磁场，测得金属线框中的电流随时间变化的图像如图乙所示．在金属线框被拉出的过程中，
(1)求通过线框截面的电荷量及线框的电阻；
(2)写出水平力F随时间变化的表达式；
(3)已知在这5 s内力F做功1.92 J，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少？
解析：(1)根据q＝Δt，由I-t图像得q＝1.25 C
又根据＝＝＝
得R＝4 Ω.
(2)由电流图像可知，感应电流随时间变化的规律：I＝0.1 t(A)．由感应电流I＝，可得金属线框的速度随时间也是线性变化的，v＝＝0.2t(m/s)
线框做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2
线框在外力F和安培力FA作用下做匀加速直线运动，
F－FA＝ma
所以水平力F随时间变化的表达式为
F＝(0.2t＋0.1) N.
(3)当t＝5 s时，线框从磁场中拉出时的速度
v5＝at＝1 m/s
线框中产生的焦耳热为Q＝W－mv＝1.67 J.
答案：(1)1.25 C 4 Ω (2)F＝(0.2t＋0.1) N (3)1.67 J
