通用版2019版高考物理二轮复习第二部分第二板块第2讲电磁感应中的“三类模型问题”讲义含解析.pdf

电磁感应中的“三类模型问题”电磁感应中的“三类模型问题” 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， 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， F m B2L2v mR 当 a0 时，v最大，I不再变化 BLvm R 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。现给金 1 2 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I E 2R 由于加速度刚好为零，则FF安BIL 解得v。 2FR B2L2 (2)通过金属棒的电荷量q tI I E 2R E t BLs 2t 解得q。 BLs 4R (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 WFW安mv2 1 2 根据功能关系有W安2Q 拉力F做的功WFFs 解得QFs。 1 2 mF2R2 B4L4 答案 (1) (2) (3)Fs 2FR B2L2 BLs 4R 1 2 mF2R2 B4L4 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E BLv电流I 安培力FBIL加速度a， 当安培力Fmgsin E R 时，a0，速度达到最大vm mgRsin B2L2 运动形式匀速直线运动收尾 状态力学特征受力平衡，a0 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。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 a dB (3)金属棒的运动时间t ， v a 通过的电荷量QIt 解得Q。 mgsin a 2 as dBa 答案 (1) (2) (3)2as mgsin a dB mgsin a 2 as dBa 1 “单杆”模型分析要点 (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 系统通法系统通法 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、PQT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 37°0.6，cos 37°0.8) (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。 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E2BLvm 由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I E 2R 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 37°F T2T1Ff T2Mg 其中fmg 解得：vm2 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)vm2mghsin 37°E1 1 2 解得：E11.2 J。 (3)运动过程中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E3E1E21.04 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E40.52 J E3 2 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°mvm2E4 1 2 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r 0.5 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、m20.1 kg，电阻分别为 R10.1 、R20.2 。 现让ab棒以v010 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/s2，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 EBdv0 I E R1R2 BIdm2a0 解得：a030 m/s2。 (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 m1v0m1v1m2v2 cd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 m2v22m2g·2rm2v2 1 2 1 2 cd棒在轨道最高位置由重力提供向心力，有 m2gm2v 2 r 解得：v17.5 m/s。 (3)由动能定理得Wm1v12m1v02 1 2 1 2 解得：W4.375 J。 答案：(1)30 m/s2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J 2(2018·江西八校联考)如图所示，足够长的水平导轨左侧b1b2c1c2部分导轨间距 为 3L，右侧c1c2d1d2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°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 37°0.6， cos 37°0.8， g10 m/s2。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)。 解析：(1)A棒在曲线导轨上下滑，由机械能守恒定律得： mAghmAv02 1 2 解得：v03 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：FB安cos tmBvB 对A棒：FA安cos tmAvAmAv0 其中FA安3FB安 两棒最后匀速运动时，电路中无电流，有： BLvB3BLvA 解得：vA m/s，vB m/s。 3 19 9 19 (3)在B棒加速运动过程中，由动量定理得： Bcos LtmBvB0I 电路中的平均电流 I E 2R 根据法拉第电磁感应定律有：E t 其中磁通量变化量：Bcos S 解得：S29.6 m2。 答案：(1)3 m/s (2) m/s (3)29.6 m2 9 19 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，EF 3 9 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/s2，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0 F安BI1L1 I1BL 1v R 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： v1L 2 t FTmgsin mgcos BI2L10 I2BL 1v1 R FTMg0 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：Imv1m(v) IMv0Mv1 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：Q1mgL2sin 细线突然绷紧过程： Q2Mv02mv2 (Mm)v12 1 2 1 2 1 2 线框匀速上滑过程：Q3MgL2mgL2sin EQ1Q2Q3 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 QI2RtQW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 EL2kL2 t B t 电功率P。 E2 R k2L4 R (2)细线断裂后瞬间安培力FAF0 线框的加速度a FA m F0 m 线框离开磁场过程中，由动能定理得Wmv2。 1 2 (3)设细线断裂时刻磁感应强度为B1，则有ILB1F0 其中I E R kL2 R 线框穿出磁场过程有 ， E t B1L2 t I E R 通过导线横截面的电荷量q tI 解得q。 F0 kL 答案：(1) (2) mv2 (3) k2L4 R F0 m 1 2 F0 kL 2 (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BT 的规律变化， 开始时线框静止在斜面上，在线框 (1 2 t) 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，g 10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，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 EnnS，其中S 2 | t| B t| 1 2( d 2) PI2R 2R ( E RR0) 解得R2 ，I1 A。 (2)线框刚好开始运动时， mgsin nIdmgcos (1 2 t) 解得t s 9 20 则QPt J。 9 10 (3)线框刚好开始运动时， BT0.1 T (1 2 t) ，其中 SSI E RR0 n t RR0 nBS t RR0 解得q t C。I 20 答案：(1)1 A (2) J (3) C 9 10 20 专题强训提能 1(2018·漳州八校模拟)如图所示，MN、PQ为间距L 0.5 m的足够长平行导轨，NQMN。 导轨平面与水平面间的夹角 37°，NQ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/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)。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 FfFA 其中FAB0IL FfFNmgcos 解得I0.2 A。 (2)由欧姆定律得IE R 由电磁感应定律得EB0Lv 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 smv2Qmgcos s 1 2 解得Q0.1 J。 答案：(1)0.2 A (2)2 m/s (3)0.1 J 2.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d 0.1 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R 1 ，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/s2， sin 37°0.6，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 ，EBdv E R 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 ·2xEkEk1，其中Ekmv2 1 2 解得Ek10.1 J。 (3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有 mgsin ·2dmgcos ·2dQ 解得：Q0.004 J。 答案：(1)2 m/s (2)0.1 J (3)0.004 J 3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，磁感应强度B随时间t按图乙所示的方式变化。 (1)求在 0t0时间内流过导体棒ef的电流的大小与方向； (2)求在t02t0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 0t0时间内，磁感应强度的变化率 B t B0 t0 产生感应电动势的大小E1Sld t B t B t B0ld t0 流过导体棒ef的电流大小I1 E1 2R B0ld 2Rt0 由楞次定律可判断电流方向为ef。 (2)在t02t0时间内，磁感应强度的变化率 B t 2B0 t0 产生感应电动势的大小E2Sld t B t B t 2B0ld t0 流过导体棒ef的电流大小I2 E2 2R B0ld Rt0 导体棒ef产生的热量QI22Rt0。 B02l2d2 Rt0 (3)1.5t0时刻，磁感应强度BB0 导体棒ef受安培力：FB0I2lB 02l2d Rt0 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。 B02l2d Rt0 答案：(1)，方向为ef (2) (3)，方向水平向右 B0ld 2Rt0 B02l2d2 Rt0 B02l2d Rt0 4(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 37°0.6，cos 37°0.8，取g10 m/s2。 (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SL1L1 SB t m2 由闭合电路的欧姆定律有：I E Rr 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 ：qIt， 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： Ffmgcos 7.2 N 由于mgsin F6.2 NFf，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|B2Lv|，其中vat 金属棒cd所受安培力的大小为：F安|B2I2L|，其中I2 E Rr 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 EBLv I E 2R F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E 2 2R 解得P安，P电 B2L2v2 2R B2L2v2 2R 所以P安P电。 (2)金属棒ab做匀速运动，则有I1BL2mgsin 30° 金属棒ab的热功率PabI12R 解得Pab。 m2g2R B2L2 0 时刻前Fmgsin 30°F安 F安BIL IBLv 2R 解得v3mgR B2L2 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 mv2mv1mv2 回路电流I1 BLv2v1 2R mg BL 解得v1 mgR 3B2L2 0t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 30°t2mv 等式两边累积求和得BLqmgt2mv1 解得q。 2m2gR3mgB2L2t 3B3L3 答案：(1)见解析 (2) m2g2R B2L2 2m2gR3mgB2L2t 3B3L3