【物理】2019届二轮复习第7讲：能量和动量观点在电磁学中的应用教案（全国通用）
个性化教学辅导教案
学生姓名
年 级
高三
物理
上课时间
教师姓名
课 题
能量和动量观点在电磁学中的应用
教学目标
1、掌握电场中的功能关系
2、能解决功能关系和动量守恒在电磁感应中的应用问题
3、能应用动力学方法和功能关系解决力电综合问题
教学过程
教师活动
2015
卷ⅠT15：电场力做功的计算及判断
2016
卷ⅠT20：电场力做功及合外力做功情况的判断、动能定理的应用
2017
卷ⅠT20：电场力做功的计算及判断
卷ⅢT21：电场力做功的计算及判断
1．(多选)(2017·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是( )
A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1
C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3
【解答】AC A对：由题图知，a、b、c、d四个点距点电荷的距离依次增大，且rb＝2ra，由E＝知，Ea∶Eb＝4∶1.B错：rd＝2rc，由E＝知，Ec∶Ed＝4∶1.C
对：在移动电荷的过程中，电场力做的功与电势能的变化量大小相等，则Wab∶Wbc＝q(φa－φb)∶ q(φb－φc)＝3∶1.D错： Wbc ∶Wcd＝q(φb－φc)∶ q(φc－φd)＝1∶1.
2．(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V．下列说法正确的是( )
A．电场强度的大小为2.5 V/cm
B．坐标原点处的电势为1 V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV
【解答】ABD 如图所示，由匀强电场中两平行线距离相等的两点间电势差相等知，Oa间电势差与bc间电势差相等，故O点电势为1 V，选项B正确；则在x轴上，每0.5 cm长度对应电势差为1 V，10 V对应的等势线与x轴交点e坐标为(4.5,0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由几何知识得：Od长度为3.6 cm，代入公式E＝得，E＝2.5 V/cm，选项A正确；电子带负电，电势越高，电势能越小，电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，选项C错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝eU＝9 eV，选项D正确．
3. (多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( )
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
【解答】AB 由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE>mg，则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，A选项正确；当油滴从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；当油滴从P点运动到Q点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点的动能，B选项正确．
4．(2015·全国Ⅰ)如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则( )
A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQ
B．直线c位于某一等势面内，φM＞φN
C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功
【解答】B 由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等可知，φM>φN＝φP，故过N、P点的直线d位于某一等势面内，则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内，选项A错、B正确；φM＝φQ，则电子由M点运动到Q点，电场力不做功，选项C错误；由于φP<φM＝φQ，电子由P点运动到Q点，电势能减小，电场力做正功，选项D错误．
涉及的知识点：
一、电场中的功能关系
二、功能关系和动量守恒在电磁感应中的应用
三、应用动力学方法和功能关系解决力电综合问题
电场中的功能关系
[解题方略]
1．电场力做功的计算方法及电势能的变化情况
2.用功能关系分析带电粒子的运动
(1)若只有电场力做功，则电势能与动能之和保持不变．
(2)若只有电场力和重力做功，则电势能、重力势能、动能之和保持不变．
(3)除重力外，其他各力对粒子所做的功等于粒子机械能的变化量．
(4)各力对粒子所做功的代数和，等于粒子动能的变化量．
[题组预测]
1．(多选)(2017·河北唐山一模)如图所示，竖直平面内有A、B两点，两点的水平距离和竖直距离均为H，空间存在水平向右的匀强电场．一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出，经一段时间竖直向下通过B点．重力加速度为g，小球在由A到B的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球带负电 B．速度先增大后减小
C．机械能一直减小
D．任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的减少量
【解答】AC 由题可知，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速运动，可知其所受电场力方向向左，与电场方向相反，则小球带负电，电场力一直对小球做负功，小球的电势能增加，机械能减小，A、C正确．小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度竖直向下，由力与速度夹角关系可知，合力对小球先做负功，后做正功，小球的速度先减小，后增大，B错误．任意一小段时间内，小球的动能、电势能和重力势能的和保持不变，则电势能的增加量不一定等于重力势能的减少量，D错误．
2．(2017·四川雅安模拟)如图甲，O、N、P为直角三角形的三个顶点，∠NOP＝37°，OP中点处固定一电荷量为q1＝2.0× 10－8 C的正点电荷，M点固定一轻质弹簧．MN是一光滑绝缘杆，其中ON长a＝1 m，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，将弹簧压缩到O点由静止释放，小球离开弹簧后到达N点的速度为零．沿ON方向建立坐标轴(取O点处x＝0)，取OP所在水平面为重力势能零势能面，图乙中Ⅰ和Ⅱ图线分别为小球的重力势能和电势能随位置坐标x变化的图象，其中E0＝1.24×10－3 J，E1＝1.92×10－3 J，E2＝6.2×10－4 J，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.
(1)求电势能为E1时小球的位置坐标x1和小球的质量m；
(2)已知在x＝x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电荷量q2；
(3)求小球释放瞬间弹簧的弹性势能Ep.
【解答】 (1)当小球运动到距离q1最近的A点时电势能最大，如图所示
根据几何关系可知
x1＝acos 37°··cos 37°＝0.32a＝0.32 m
x＝x1处小球的重力势能E1＝mgx1sin 37°
解得m＝＝1×10－3 kg.
(2)设在x＝x1处小球与固定点电荷间的距离为r，则
k＝mgcos 37°，其中r＝x1tan 37°＝0.24 m
代入数据解得q2＝2.56×10－6 C.
(3)根据能量守恒定律可得
mgasin 37°＋E2－E0＝Ep
代入数据得Ep＝5.38×10－3 J.
答案 (1)0.32 m 1×10－3 kg (2)2.56×10－6 C (3)5.38×10－3 J
[解题方略]
从能量观点解决电磁感应问题与解决力学问题时的分析方法相似，只是多了一个安培力做功、多了一个电能参与转化，因此需要明确安培力做功及电能转化的特点．
1．电磁感应中焦耳热的三种求法
(1)根据定义式Q＝I2Rt计算；
(2)利用克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热计算；
(3)利用能量守恒定律计算．
2．解题程序一般为
受力分析→各力做功情况判断→能量状态判断→列方程解答．
[题组预测]
1．(多选)(2017·广东华南三校联考)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ
的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔEk，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的是( )
A．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1
B．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒
C．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，有(W1－ΔEk)的机械能转化为电能
D．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量为ΔEk＝W1－W2
【解答】CD 由平衡条件，第一次匀速运动时，mgsin θ＝，第二次匀速运动时，mgsin θ＝，则v2
0的空间内，将一质量为m的带电液滴(可视为质点)自由释放，则此液滴沿y轴的负方向以加速度a＝2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入y<0的空间运动．液滴在以后的运动过程中( )
A．重力势能一定先减小后增大
B．机械能一定先增大后减小
C．动能先不变后减小
D．动能一直保持不变
【解答】AD 带电液滴在电场与重力场作用下，由牛顿第二定律可得：qE＋mg＝ma＝m·2g，故qE＝mg当带电液滴进入磁场时，由于电场力与重力方向相反，处于平衡．而洛伦兹力提供向心力，带电液滴做匀速圆周运动．所以重力势能先减小后增大，故A正确；由于电场力先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，那么机械能先减小后增大，故B错误；由于做匀速圆周运动，则速度的大小不变，则动能不变，故C错误，D正确．
2. (2017·湖南常德模拟) 如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L＝0.4 m，其下端连接一个定值电阻R＝2 Ω，其它电阻不计．两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．一质量为m＝0.02 kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求导体棒下滑的最大速度；
(2)求ab棒下滑过程中电阻R消耗的最大功率；
(3)若导体棒从静止加速到v＝4 m/s的过程中，通过R的电量q＝0.26 C，求R产生的热量Q.
【解答】 (1)E＝BLv I＝＝ F安＝BIL＝
当安培力与重力沿导轨向下的分力相等时，速度最大，棒ab做匀速运动，即
mgsin θ＝ vm＝＝6 m/s
(2)由(1)可知vm＝ 代入P＝ 得P＝＝0.72 W
(3)q＝It＝＝ x＝＝2.6 m
由能量关系有Q＝mgxsin 37°－mv2＝0.152 J.
答案 (1)6 m/s (2)0.72 W (3)0.152 J
3．如图所示，水平地面QA与竖直面内的、半径R＝4 m的光滑圆轨道ACDF相连，FC为竖直直径，DO水平，AO与CO夹角α＝60°.QA上方有一水平台面MN，MN正上方分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝4 T．P是竖直线AP与DO的交点，PA的右侧、PO的下面、OC的左侧分布着竖直向下、场强为E的匀强电场．一个质量m＝2 kg、电量q＝＋1 C的小滑块(可视为质点)放在MN上，在水平推力F＝4 N的作用下正以速度v1向右做匀速运动．已知滑块与平台MN的动摩擦因数μ＝0.5；重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求小滑块在平台MN上的速度v1；
(2)小滑块从N点飞出后，恰从A点无碰撞地(沿轨道切线)进入圆轨道AC，为了使小滑块不向内脱离AF间的圆弧轨道，求电场强度E的取值范围．
【解答】 (1)Ff＝F①
Ff＝μFN②
FN＝mg－Bqv1③
由①②③解得：v1＝3 m/s
(2)在A处：cos α＝，vA＝6 m/s
小滑块不脱离AF的圆弧轨道，刚好滑到D点时：vD＝0
根据能量守恒得
－mgRcos α＋qE1(R－Rcos α)＝0－mv
解出：E1＝2 N/C
小滑块不脱离AF的圆弧轨道，刚好滑到F点时：
mg＝m
－mg(R＋Rcos α)＋qE2(R－Rcos α)＝mv－mv
解出：E2＝62 N/C
综上：为了使滑块不向内脱离AF间的圆弧轨道，电场强度E的取值范围为E≤2 N/C或E≥62 N/C
答案 (1)3 m/s (2)E≤2 N/C或E≥62 N/C
【查缺补漏】
1. (多选)如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板．一带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点(图中未标出)，然后返回，则( )
A．滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和
B．滑块从P点运动到R点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和
C．滑块返回时能到达的最低位置在P点的上方
D．滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差
【解答】BC 在小滑块开始运动到到达R点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能．滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和．故A错误；电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和．故B正确；小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和减小，所以滑块返回时能到达的最低位置在P点的上方，不能再返回P点．故C正确；滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量、弹性势能增加量之差．故D错误．
2. (2017·怀化一模)如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100 J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中( )
A．到达C点后小球不可能沿杆向上运动
B．小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等
C．小球在D点时的动能为50 J
D．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量
【解答】B 如果电场力大于重力，则静止后小球可能沿杆向上运动，故A错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故B正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不一定为50 J，故C错误；该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，故D错误．
【举一反三】
3．(2017·甘肃天水高三模拟)如图所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线PQ与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A球对桌面的压力为零，其质量为m，电量为q；B球不带电且质量为km(k>7)．A、B间夹着质量可忽略的火药．现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度)．火药炸完瞬间A的速度为v0.求：
(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；
(2)A球在磁场中的运动时间；
(3)若一段时间后A、B在桌上相遇，求爆炸前A球与桌边P的距离．
【解答】 (1)设爆炸之后B的速度大小为vB，选向左为正方向，
在爆炸前后由动量守恒可得：0＝mv0－kmvB
E＝mv＋kmv＝mv
(2)由A球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则
T＝有几何知识可得：粒子在磁场中运动了个圆周则t2＝
(3)由0＝mv0－kmvB可得：vB＝
由qv0B＝m知，R＝
设爆炸前A球与桌边P的距离为xA，爆炸后B运动的位移为xB，时间为tB
则tB＝＋t2＋
xB＝vBtB
由图可得：R＝xA＋xB
联立上述各式解得：xA＝·.
答案 (1)mv (2) (3) ·
1．质量为m、长度为l的金属棒MN两端由绝缘且等长轻质细线水平悬挂，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.开始时细线竖直，当金属棒中通以恒定电流后，金属棒从最低点向右开始摆动，若已知细线与竖直方向的最大夹角为60°，如图所示，则棒中电流( )
A．方向由M向N，大小为
B．方向由N向M，大小为
C．方向由M向N，大小为
D．方向由N向M，大小为
【解答】B 平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ
，故导线受到向右的安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由N指向M；金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，由于棒向上运动的过程中重力和安培力做功，细线的拉力不做功，设细线的长度为x，由功能关系得：BIl·xsin θ－mg(x－x·cos θ)＝0解方程得：I＝.
2．(多选)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，水平虚线L下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B.正方形闭合金属线框边长为h，质量为m，电阻为R，放置于L上方一定距离处，保持线框底边ab与L平行并由静止释放，当ab边到达L时，线框速度为v0，ab边到达L下方距离为d(d＞h)处时，线框速度也为v0.以下说法正确的是( )
A．ab边刚进入磁场时，电流方向为a→b
B．ab边刚进入磁场时，线框加速度沿斜面向下
C．线框进入磁场过程中的最小速度小于
D．线框进入磁场过程中产生的热量为mgdsin θ
【解答】AD 由右手定则可判断ab刚进入磁场过程电流方向由a→b，选项A正确；线框全部在磁场中运动时为匀加速运动，ab边由L处到L下方距离为d处速度增量为零，所以ab边刚进入磁场时做减速运动，线框加速度沿斜面向上，选项B错误；线框恰好完全进入磁场时的速度最小，此时由牛顿第二定律得F安－mgsin θ＝ma≥0，而安培力F安＝BhI＝Bh·＝，联立解得vmin≥，选项C错误；根据动能定理，ab边由L处到L下方距离为d处过程中，mgdsin θ－Q＝ΔEk＝0，线框进入磁场过程中产生的热量Q＝mgdsin θ，选项D正确．
3．长木板AB放在水平面上，如图所示，它的下表面光滑，上表面粗糙．一个质量为m、带电荷量为q的小物块C从A端以某一初速度起动向右滑行，当存在向下的匀强电场时，C恰能滑到B端；当此电场改为向上时，C只能滑到AB的中点，求此电场的场强．
【解答】 当电场方向向上时，物块C只能滑到AB的中点，说明此时电场力方向向下，可知物块C所带电荷的电性为负．
电场方向向下时，有
μ(mg－qE)l＝mv－(m＋M)v2 ①
mv0＝(m＋M)v ②
电场方向向上时，有
μ(mg＋qE)＝mv－(m＋M)v2 ③
mv0＝(m＋M)v ④
则mg－qE＝(mg＋qE)
得E＝
答案
1. (2017·泰安二模)如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态．保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放，则释放后小球从M运动到N的过程中( )
A．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变
B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量
C．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量
D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和
【解答】D 由于有电场力做功，故小球的机械能不守恒，小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，故A错误；由题意，小球受到的电场力等于重力．在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功，小球从M运动到N的过程中，重力势能减少，转化为电势能和动能，故B错误；释放后小球从M运动到N的过程中，弹性势能并没变，一直是0，故C错误；由动能定理可得重力和电场力做功，小球动能增加，小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和，故D正确．
2. (多选)如图所示，在一竖直平面内，BCDF段是半径为R的圆弧挡板，AB段为直线型挡板(长为4R)，两者在B点相切，θ＝37°，C、F两点与圆心等高，D在圆弧形挡板的最低点，所有接触面均光滑、绝缘，挡板处于场强为E，方向水平向左的匀强电场中，现将带电量为＋q、质量为m的小球从挡板内侧的A点由静止释放，小球沿挡板内侧ABCDF运动到F点后抛出，在这段运动过程中，下列说法正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A．匀强电场的场强大小可能等于
B．小球运动到D点时动能一定不是最大
C．小球机械能增加量的最大值为2.6qER
D．小球从B到D运动过程中，动能的增量为1.8mgR－0.8EqR
【解答】BC 小球能沿挡板ABC内侧运动，则有：qEcos 37°≥mgsin 37°，则得：E≥，故场强大小不可能等于.故A错误；小球在复合场中受重力和电场力，所以小球运动到合力方向上时动能最大，则知在CD之间的某一点上时动能最大，故B正确；小球运动到C点时，电场力做正功最多，小球的机械能增加量最大，所以小球机械能增加量的最大值为ΔE＝qE[4Rcos 53°＋R(1－cos 37°)]＝2.6qER，故C正确；小球从B到D运动过程中，根据动能定理得：动能的增量为ΔEk＝mgR(1＋sin 37°)－qERcos 37°＝1.6mgR－0.8qER，故D错误．
3．将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为θ＝30°
，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度为H＝0.4 m，如图甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为x＝0.55 m．将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端，已知导线框的质量为m＝0.1 kg、导线框的电阻为R＝0.25 Ω、ab的长度为L＝0.5 m．从t＝0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力F撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动．已知导线框向上运动的v－t图象如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝，整个运动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，g＝10 m/s2.
(1)求在导线框上施加的恒力F以及磁感应强度的大小；
(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度v与位移s的关系为v＝v0－s，其中v0是导线框ab边刚进入磁场时的速度大小，s为导线框ab边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q.
【解答】 (1)由v－t图象可知，在0 0.4 s时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1＝2.0 m/s，所以在此过程中的加速度a＝＝5.0 m/s2
由牛顿第二定律有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma
解得F＝1.5 N
由v－t图象可知，导线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动
通过导线框的电流I＝＝
导线框所受安培力F安＝BIL
对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有
F＝mgsin θ＋μmgcos θ＋
解得B＝0.50 T.
(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H
导线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为x0＝x－H＝0.15 m
设导线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有
－mg(x－H)sin θ－μmg(x－H)cos θ＝mv－mv
解得：v2＝＝1.0 m/s
导线框碰挡板后速度大小仍为v2，且
mgsin θ＝μmgcos θ＝0.50 N
ab边进入磁场后做减速运动，设导线框全部离开磁场区域时的速度为v3，
由v＝v0－s得v3＝v2－＝－1.0 m/s
因v3＜0，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框将静止在磁场中某位置
导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热
Q1＝I2Rt＝＝0.40 J
导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热
Q2＝mv＝0.05 J
所以Q＝Q1＋Q2＝0.45 J.
答案 (1)1.5 N 0.50 T (2)0.45 J
教
学
反
思
