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2019-2020年高中物理 專題14 電磁感應功能問題
【例1】光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線，如圖所示，拋物的方程是y=x2，下半部處在一個水平方向的勻強磁場中，磁場的上邊界是y=a的直線(圖中虛線所示)，一個小金屬環(huán)從拋物線上y=b(b
v0)，U形框最終將與方框分離，如果從U型框和方框不再接觸開始，經過時間t方框最右側和U型框最左側距離為s，求金屬框框分離后的速度各多大?
1.答案:C
解析:下滑過程有安培力做功,機械能不守恒;ab達到穩(wěn)定速度,重力等于安培力,故C正確.
2.答案:A
解析：兩種情況下產生的總熱量，都等于金屬棒的初動能.
3.答案：D
解析：鋁環(huán)向右運動時，環(huán)內感應電流的磁場與磁鐵產生相互作用，使環(huán)做減速運動，磁鐵向右做加速運動，待相對靜止后，系統(tǒng)向右做勻速運動，由I=(m+M)v，得v=I/(m+M)，即為磁鐵的最大速度，環(huán)的最小速度，其動能的最小值為m/2{I/(m+M)}2，鋁環(huán)產生的最大熱量應為系統(tǒng)機械能的最大損失量，I2/2m-I2/2(m+M)=MI2/2m(m+M)．
4.答案：C
解析：這是一道選用力學規(guī)律求解電磁感應的好題目，線框做的是變加速運動，不能用運動學公式求解，那么就應想到動能定理，設線框剛進出時速度為v1和v2，則第一階段產生的熱量
，第二階段產生的熱量Q2=mv2/2，只要能找出v1和v2的關系就能找到答案，由動量定理可得
5.答案:0.5W
解析:由題意分析知,當砝碼加速下落到速度最大時,砝碼的合外力為零,此時R得到功率最大,為mg=BImaxL ①
Pmax=I2maxR②
由式①②得 Pmax=(mg/BL)2R=0.5W
6.答案:4；0.28；0.08
解析:F安=(M-m)g,轉化的內能=F安L
7.解析：(1)撤去F之前，設通過電阻R的電流為I，則金屬桿受到的安培力大小F安=BIL=F．撤去F之后，由P=I2R知，當電阻R上消耗的電功率為P/4時，通過R的電流I=I/2，則金屬桿受到的安培力F’安=BIL=F/2，方向水平向左，由牛頓第二定律得，
．方向水平向左．
(2)撤去F后，金屬桿在與速度方向相反的安培力作用下，做減速運動直到停下。設勻速運動時金屬桿的速度為v，則I2(R+r)=Fv，又P=I2R，解得
由能量守恒可得，撤去F后，整個電路產生的熱量
則電阻R上產生的焦耳熱
8.解析：(1)U形框向右運動時，NQ邊相當于電源，產生的感應電動勢E=Blv0，當如圖乙所示位置時，方框bd之間的電阻為
U形框連同方框構成的閉合電路的總電阻為
閉合電路的總電流為
根據歐姆定律可知，bd兩端的電勢差為：Ubd=
方框中的熱功率為：
(2)在U形框向右運動的過程中，U形框和方框組成的系統(tǒng)所受外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，設到達圖示位置時具有共同的速度v，根據動量守恒定律
根據能量守恒定律，U形框和方框組成的系統(tǒng)損失的機械能等于在這一過程中兩框架上產生的熱量，即
(3)設U形框和方框不再接觸時方框速度為v1， u形框的速度為v2：，根據動量守恒定律，有3mv=4mvI+3mv2……兩框架脫離以后分別以各自的速度做勻速運動，經過時間t方框最右側和U形框最左側距離為s，即(v2-v1)t=s聯立以上兩式，解得
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