2019_2020版高中物理第四章电磁感应微型专题3电磁感应中的动力学及能量问题教案新人教版

2019_2020版高中物理第四章电磁感应微型专题3电磁感应中的动力学及能量问题教案新人教版

微型专题3　电磁感应中的动力学及能量问题[学科素养与目标要求]物理观念：进一步熟练掌握牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等力学基本规律.科学思维：1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法，建立解决电磁感应中动力学问题的思维模型.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所示，空间存在B＝0.5T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2m，电阻R＝0.3Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1kg、接入电路的电阻r＝0.1Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：(g＝10m/s2)图1(1)导体棒所能达到的最大速度；(2)试定性画出导体棒运动的速度－时间图象.答案　(1)10m/s　(2)见解析图解析　(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：E＝BLv①回路中的感应电流I＝②导体棒受到的安培力F安＝BIL③导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根据牛顿第二定律：F－μmg－F安＝ma④n由①②③④得：F－μmg－＝ma⑤由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大.此时有F－μmg－＝0⑥可得：vm＝＝10m/s⑦(2)由(1)中分析可知，导体棒运动的速度－时间图象如图所示.例2　如图2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2(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，求此时ab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)　gsinθ－　(3)解析　(1)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.n(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＝＝ab杆受到安培力F安＝BIL＝根据牛顿第二定律，有mgsinθ－F安＝mgsinθ－＝ma则a＝gsinθ－.(3)当a＝0时，ab杆有最大速度vm，即mgsinθ＝，解得vm＝.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：导体受外力运动产生感应电动势产生感应电流导体受安培力―→合外力变化加速度变化―→速度变化―→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；n③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，即Q＝W安.②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量.例3　如图3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3A.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mghD.金属棒产生的焦耳热为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＝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；n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.例4　如图4所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，导轨间的距离L＝1.0m，下端连接R＝1.6Ω的电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0T.质量m＝0.5kg、电阻r＝0.4Ω的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F＝5.0N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行，当金属棒滑行s＝2.8m后速度保持不变.求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)图4(1)金属棒匀速运动时的速度大小v；(2)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量QR.答案　(1)4m/s　(2)1.28J解析　(1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I＝由平衡条件有F＝mgsinθ＋BIL代入数据解得v＝4m/s.(2)设整个电路中产生的热量为Q，由动能定理得Fs－mgs·sinθ－W安＝mv2，而Q＝W安，QR＝Q，代入数据解得QR＝1.28J.1.(电磁感应中的动力学问题)如图5所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象不可能是下图中的(　　)图5n答案　B解析　S闭合时，若金属杆受到的安培力＞mg，ab杆先减速再匀速，D项有可能；若＝mg，ab杆匀速运动，A项有可能；若＜mg，ab杆先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，mg－＝ma中a不恒定，故B项不可能.2.(电磁感应中的能量问题)(多选)如图6所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计.斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上.质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，重力加速度为g，在这一过程中(　　)图6A.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C.恒力F与安培力的合力所做的功等于零D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案　AD解析　金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿导轨平面向下，做负功，匀速运动时，金属棒所受合力为零，故合力做功为零，A正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于电阻R上产生的焦耳热，故恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，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(　　)n图7A.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4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于答案　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热量为4mgd，选项C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则－mg＝0，得v＝，因金属杆进入磁场做减速运动，则金属杆进入磁场的速度大于，根据h＝得金属杆进入磁场的高度应大于＝，选项D错误.4.(电磁感应中的能量问题)(2018·怀化市高二上期末考试)如图8甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.40Ω的电阻，质量为m＝0.01kg、电阻为r＝0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上.现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，g＝10m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：图8(1)判断金属棒两端a、b的电势高低；(2)磁感应强度B的大小；n(3)在金属棒ab开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量.答案　(1)a端电势低，b端电势高　(2)0.1T　(3)0.26J解析　(1)由右手定则可知，ab中的感应电流由a流向b，ab相当于电源，则b端电势高，a端电势低.(2)由x－t图象得t＝1.5s时金属棒的速度为：v＝＝m/s＝7m/s金属棒匀速运动时所受的安培力大小为：F＝BILI＝，E＝BLv联立得：F＝根据平衡条件得：F＝mg则有：mg＝代入数据解得：B＝0.1T(3)金属棒ab在开始运动的1.5s内，金属棒的重力势能减小，转化为金属棒的动能和电路的内能.设电路中产生的总焦耳热为Q根据能量守恒定律得：mgx＝mv2＋Q代入数据解得：Q＝0.455J故R产生的热量为QR＝Q＝0.26J一、选择题考点一　电磁感应中的动力学问题1.如图1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及线框中导线的电阻都忽略不计.开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　)图1nA.ef将减速向右运动，但不是匀减速，最后停止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，直到停止，由F＝BIl＝＝ma知，ef做的是加速度逐渐减小的减速运动，故A正确.2.如图2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2A.大于环重力mg，并逐渐减小B.始终等于环重力mgC.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＝＝＝S，可知I为恒定电流，联立上式可知B减小，F安减小，则由FT＝mg＋F安知FT减小，选项A正确.3.(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3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)(　　)n图3A.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＝D.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝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＝，则圆环中的感应电流I＝＝，圆环所受的安培力F安＝BI·2πR，圆环的加速度a＝，m＝d·2πR·πr2，则a＝g－，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＝，选项D正确.4.如图4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4n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＝、F安＝BIL得F安＝，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＝，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D正确.5.(多选)如图5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5A.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，其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mgsinα－＝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＝，可得：vm＝，故由此式知选项B、C正确.考点二　电磁感应中的能量问题6.如图6所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bcn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边平行于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(　　)图6A.Q1＞Q2，q1＝q2B.Q1＞Q2，q1＞q2C.Q1＝Q2，q1＝q2D.Q1＝Q2，q1＞q2答案　A解析　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正确.7.如图7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，金属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，金属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(　　)图7A.金属棒的机械能增加量B.金属棒的动能增加量C.金属棒的重力势能增加量D.电阻R上产生的热量答案　A解析　金属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Fn与安培力做功的代数和等于金属棒的机械能的增加量，A正确.8.(多选)如图8所示，在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长ad＝L，cd＝2L.线框导线的总电阻为R.则在线框离开磁场的过程中，下列说法中正确的是(　　)图8A.ad间的电压为B.流过线框横截面的电荷量为C.线框所受安培力的合力为D.线框中的电流在ad边产生的热量为答案　ABD解析　线框产生的感应电动势E＝2BLv，感应电流I＝，ad间的电压为U＝I·R＝·R＝，故A正确；流过线框横截面的电荷量q＝Δt＝·Δt＝，故B正确；线框所受安培力的合力F＝BI·2L＝，故C错误；线框中的电流在ad边产生的热量Q＝I2·R·＝，故D正确.9.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L、质量为m且与导轨接触良好的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图9所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R的电阻，导轨及导体棒电阻不计.现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为x时，ab达到最大速度vm.此时撤去外力，最后ab静止在导轨上.在ab运动的整个过程中，下列说法正确的是(　　)图9A.撤去外力后，ab做匀减速运动B.合力对ab做的功为FxnC.R上释放的热量为Fx＋mvm2D.R上释放的热量为Fx答案　D解析　撤去外力后，导体棒在水平方向上只受安培力作用，而F安＝，F安随v的变化而变化，故导体棒做加速度变化的减速运动，A错；对整个过程由动能定理得W合＝ΔEk＝0，B错；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R上释放的热量，即Q＝Fx，C错，D对.10.(多选)(2018·吉安市高二下学期期末)如图10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10A.导体线框进入磁场时的速度为2m/sB.导体线框bc边长为L2＝0.1mC.导体线框开始运动时ab边到磁场边界ef的距离为0.4mD.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°＋，解得v＝2m/s，根据q＝＝，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＝＝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＝＝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11.如图11所示，竖直平面内有足够长的平行金属导轨，间距为0.2m，金属导体abn可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4s时，突然闭合开关S，则：(g取10m/s2)图11(1)试说出开关S闭合后，导体ab的运动情况；(2)导体ab匀速下落的速度是多少？答案　见解析解析　(1)闭合开关S之前，导体ab自由下落的末速度为：v0＝gt＝4m/s.开关S闭合瞬间，导体ab产生感应电动势，回路中产生感应电流，导体ab立即受到一个竖直向上的安培力.F安＝BIL＝＝0.016N＞mg＝0.002N.此时导体ab受到的合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为a＝＝－g，所以导体ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动.当F安＝mg时，导体ab做竖直向下的匀速运动.(2)设导体ab匀速下落的速度为vm，此时F安＝mg，即＝mg，vm＝＝0.5m/s.12.(2018·四川省双流中学高二月考)如图12所示，两根等高的四分之一光滑圆弧轨道，半径为r、间距为L，图中Oa水平，Oc竖直，在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg.整个过程中金属棒与轨道接触良好，轨道电阻不计，重力加速度为g.求：图12n(1)金属棒到达轨道底端cd时的速度大小和通过电阻R的电流；(2)金属棒从ab下滑到cd过程中回路中产生的焦耳热和通过R的电荷量.答案　(1)　　(2)mgr　解析　(1)金属棒到达轨道底端cd时，由牛顿第二定律得：2mg－mg＝m解得v＝此时金属棒产生的感应电动势E＝BLv回路中的感应电流I＝联立得I＝(2)金属棒从ab下滑到cd过程中，由能量守恒定律得mgr＝Q＋mv2则回路中产生的焦耳热Q＝mgr回路中的平均感应电动势＝回路中的平均感应电流＝通过R的电荷量q＝·Δt解得q＝.13.如图13所示，足够长的U形导体框架的宽度L＝0.5m，底端接有阻值R＝0.5Ω的电阻，导体框架电阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角.有一磁感应强度B＝0.8T的匀强磁场，方向垂直于导体框架平面向上.一根质量m＝0.4kg、电阻r＝0.5Ω的导体棒MN垂直跨放在U形导体框架上，某时刻起将导体棒MN由静止释放.已知导体棒MN与导体框架间的动摩擦因数μ＝0.5.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)图13(1)求导体棒刚开始下滑时的加速度大小；(2)求导体棒运动过程中的最大速度；(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，通过导体棒横截面的电荷量q＝4nC，求导体棒MN在此过程中消耗的电能.答案　(1)2m/s2　(2)5m/s　(3)1.5J解析　(1)导体棒刚开始下滑时，其受力情况如图甲所示，则mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得a＝2m/s2(2)当导体棒匀速下滑时其受力情况如图乙所示，设匀速下滑的速度为v，则有mgsinθ－Ff－F安＝0摩擦力Ff＝μmgcosθ安培力F安＝BIL＝BL＝联立解得v＝＝5m/s(3)通过导体棒横截面的电荷量q＝Δt＝设导体棒下滑速度刚好为最大速度v时的位移为x，则ΔΦ＝BxL由动能定理得，mgx·sinθ－W安－μmgcosθ·x＝mv2，其中W安为克服安培力做的功.联立解得W安＝3J克服安培力做的功等于回路在此过程中消耗的电能，即Q＝3J.则导体棒MN在此过程中消耗的电能Qr＝Q＝1.5J.