《2018版高考物理 知識(shí)復(fù)習(xí)與檢測 第九章 電磁感應(yīng) 專題強(qiáng)化十一 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018版高考物理 知識(shí)復(fù)習(xí)與檢測 第九章 電磁感應(yīng) 專題強(qiáng)化十一 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題.doc（12頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題強(qiáng)化十一　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題 專題解讀 1.本專題是動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的綜合應(yīng)用，高考常以計(jì)算題的形式命題． 2．學(xué)好本專題，可以極大培養(yǎng)同學(xué)們的分析能力、推理能力和規(guī)范表達(dá)的能力，針對(duì)性的專題強(qiáng)化，可以提升同學(xué)們解決電磁感應(yīng)問題中最難問題的信心． 3．用到的知識(shí)有：法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、共點(diǎn)力的平衡條件、動(dòng)能定理、焦耳定律、能量守恒定律等． 命題點(diǎn)一　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 1．題型簡述：感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問題往往跟力學(xué)問題聯(lián)系在一起．解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次

2、定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(共點(diǎn)力的平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理等)． 2．兩種狀態(tài)及處理方法 狀態(tài) 特征 處理方法 平衡態(tài) 加速度為零 根據(jù)平衡條件列式分析 非平衡態(tài) 加速度不為零 根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析 3.動(dòng)態(tài)分析的基本思路 解決這類問題的關(guān)鍵是通過運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度最大值或最小值的條件．具體思路如下： →→→ 例1　如圖1所示，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域

3、中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向也垂直于紙面向里．某時(shí)刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運(yùn)動(dòng)．金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計(jì)．求： 圖1 (1)在t＝0到t＝t0時(shí)間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對(duì)值； (2)在時(shí)刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小． 答案　(1) (2)B0lv0(t－t0)＋kSt

4、　(B0lv0＋kS) 解析　(1)在金屬棒未越過MN之前，穿過回路的磁通量的變化量為 ΔΦ＝ΔBS＝kΔtS① 由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E＝② 由歐姆定律得 I＝③ 由電流的定義得 I＝④ 聯(lián)立①②③④式得 |Δq|＝Δt⑤ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的時(shí)間間隔內(nèi)即Δt＝t0，流過電阻R的電荷量q的絕對(duì)值為 |q|＝⑥ (2)當(dāng)t>t0時(shí)，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動(dòng)，有 F＝F安⑦ 式中，F(xiàn)是外加水平恒力，F(xiàn)安是金屬棒受到的安培力．設(shè)此時(shí)回路中的電流為I， F安＝B0lI⑧ 此時(shí)金屬棒與MN之間的距離為s＝v0(t－t0)⑨ 勻強(qiáng)磁

5、場穿過回路的磁通量為 Φ′＝B0ls⑩ 回路的總磁通量為 Φt＝Φ＋Φ′? 其中Φ＝B1S＝ktS? 由⑨⑩??式得，在時(shí)刻t(t>t0)，穿過回路的總磁通量為Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt? 在t到t＋Δt的時(shí)間間隔內(nèi)，總磁通量的改變量ΔΦt為 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt? 由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動(dòng)勢的大小為 Et＝? 由歐姆定律得 I＝? 聯(lián)立⑦⑧???式得 F＝(B0lv0＋kS). 1.(多選)如圖2所示，兩根足夠長、電阻不計(jì)且相距L＝0.2 m的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，頂端接有一盞額定電壓U＝4 V的小燈泡

6、，兩導(dǎo)軌間有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝5 T、方向垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場．今將一根長為L、質(zhì)量為m＝0.2 kg、電阻r＝1.0 Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置在頂端附近無初速度釋放，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，已知金屬棒下滑到速度穩(wěn)定時(shí)，小燈泡恰能正常發(fā)光，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則(　　) 圖2 A．金屬棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為3 m/s2 B．金屬棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為4 m/s2 C．金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)的速度大小為9.6 m/s D．金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)的速度大小為4.8 m/s 答案　BD

7、 解析　金屬棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)初速度為零，不受安培力作用，由牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，代入數(shù)據(jù)得a＝4 m/s2，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)速度為v，感應(yīng)電動(dòng)勢為E，回路中的電流為I，由平衡條件得mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ，由閉合電路歐姆定律得I＝，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv，聯(lián)立解得v＝4.8 m/s，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 2．如圖3所示，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上．t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)．t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

8、B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求： 圖3 (1)金屬桿在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢的大小； (2)電阻的阻值． 答案　(1)Blt0(－μg)　(2) 解析　(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma① 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at0② 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動(dòng)勢為 E＝Blv③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Blt0(－μg)④ (2)

9、設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝⑤ 式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為 F安＝BlI⑥ 因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，有 F－μmg－F安＝0⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝. 命題點(diǎn)二　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題 1．題型簡述：電磁感應(yīng)過程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功來實(shí)現(xiàn)的．安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程；外力克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程． 2．解題的一般步驟 (1)確定研究對(duì)象(導(dǎo)體棒或回路)； (2)弄清電磁感應(yīng)過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化； (3

10、)根據(jù)能量守恒定律或功能關(guān)系列式求解． 3．求解電能應(yīng)分清兩類情況 (1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計(jì)算． (2)若電流變化，則 ①利用安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功； ②利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的電能． 例2　如圖4甲，在水平桌面上固定著兩根相距L＝20 cm、相互平行的無電阻軌道P、Q，軌道一端固定一根電阻R＝0.02 Ω的導(dǎo)體棒a，軌道上橫置一根質(zhì)量m＝40 g、電阻可忽略不計(jì)的金屬棒b，兩棒相距也為L＝20 cm.該軌道平面處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可以調(diào)節(jié)的豎直向上的勻

11、強(qiáng)磁場中．開始時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝0.1 T．設(shè)棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2. 圖4 (1)若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小不變，從t＝0時(shí)刻開始，給b棒施加一個(gè)水平向右的拉力，使它由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．此拉力F的大小隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示．求b棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度及b棒與軌道間的滑動(dòng)摩擦力； (2)若從t＝0開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖丙中圖象所示的規(guī)律變化，求在金屬棒b開始運(yùn)動(dòng)前，這個(gè)裝置釋放的熱量． ①勻加速直線運(yùn)動(dòng)；②金屬棒b開始運(yùn)動(dòng)前． 答案　(1)5 m/s2　0.2 N　(2)0.036 J 解析　(1)F安＝B0IL①

12、E＝B0Lv② I＝＝③ v＝at④ 所以F安＝t 當(dāng)b棒勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有 F－Ff－F安＝ma⑤ 聯(lián)立可得F－Ff－t＝ma⑥ 由圖象可得：當(dāng)t＝0時(shí)，F(xiàn)＝0.4 N，當(dāng)t＝1 s時(shí)，F(xiàn)＝0.5 N. 代入⑥式，可解得a＝5 m/s2，F(xiàn)f＝0.2 N. (2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大時(shí)，閉合電路中有恒定的感應(yīng)電流I，以b棒為研究對(duì)象，它受到的安培力逐漸增大，靜摩擦力也隨之增大，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到b所受安培力F安′與最大靜摩擦力Ff相等時(shí)開始滑動(dòng) 感應(yīng)電動(dòng)勢E′＝L2＝0.02 V⑦ I′＝＝1 A⑧ 棒b將要運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F安′＝BtI′L＝Ff⑨ 所以B

13、t＝1 T，根據(jù)Bt＝B0＋t⑩ 得t＝1.8 s，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I′2Rt＝0.036 J. 能量轉(zhuǎn)化問題的分析程序：先電后力再能量 3．(2016·浙江理綜·24)小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡化裝置如圖5所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.50 m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R＝0.05 Ω的電阻．在導(dǎo)軌間長d＝0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0 T．質(zhì)量m＝4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連．CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N拉

14、動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直．當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)．求： 圖5 (1)CD棒進(jìn)入磁場時(shí)速度v的大小； (2)CD棒進(jìn)入磁場時(shí)所受的安培力FA的大小； (3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J 解析　(1)由牛頓第二定律得a＝＝12 m/s2 進(jìn)入磁場時(shí)的速度v＝＝2.4 m/s (2)感應(yīng)電動(dòng)

15、勢E＝Blv 感應(yīng)電流I＝ 安培力FA＝IBl 代入得FA＝＝48 N (3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J F－mgsin θ－FA＝0 CD棒在磁場區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng) 在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝ 焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J. 4．如圖6所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L＝0.4 m，導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN.Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.5 T．在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1 kg、電阻R1＝0.1 Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌

16、上，ab剛好不下滑．然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4 kg、電阻R2＝0.1 Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑．cd在滑動(dòng)過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g＝10 m/s2，問： 圖6 (1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向； (2)ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd的速度v為多大； (3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過程中，cd滑動(dòng)的距離x＝3.8 m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少． 答案　(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J 解析　(1)由右手定則可判斷出cd中的電流方向?yàn)橛蒬到c，則ab

17、中電流方向?yàn)橛蒩流向b. (2)開始放置時(shí)ab剛好不下滑，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmax＝m1gsin θ① 設(shè)ab剛要上滑時(shí)，cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv② 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有 I＝③ 設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝BIL④ 此時(shí)ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤ 綜合①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5 m/s (3)設(shè)cd棒運(yùn)動(dòng)過程中在電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q總＋m2v2 又Q＝Q總 解得Q＝1.3 J

18、 題組1　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 1．如圖1所示，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連．兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平．右斜面上存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑．求： 圖1 (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小； (2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小． 答案　(1)mg(

19、sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ) 解析　(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連，故ab、cd速度總是相等，cd也做勻速直線運(yùn)動(dòng)．設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為FT，右斜面對(duì)ab棒的支持力的大小為FN1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對(duì)cd棒的支持力大小為FN2，對(duì)于ab棒，受力分析如圖甲所示，由力的平衡條件得 　 甲　　　　　　　乙 2mgsin θ＝μFN1＋FT＋F① FN1＝2mgcos θ② 對(duì)于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得 mgsin θ＋μFN2＝FT′＝FT③ FN2＝mgcos θ④ 聯(lián)立①②③④式得：

20、F＝mg(sin θ－3μcos θ)⑤ (2)設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度大小為v，ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv⑥ 回路中電流I＝⑦ 安培力F＝BIL⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧得： v＝(sin θ－3μcos θ). 2．如圖2所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌傾斜放置且固定，兩導(dǎo)軌間距為L，與水平面間的夾角為θ，導(dǎo)軌下端有垂直于軌道的擋板，上端連接一個(gè)阻值R＝2r的電阻，整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌向上的勻強(qiáng)磁場中，兩根相同的金屬棒ab、cd放在導(dǎo)軌下端，其中棒ab靠在擋板上，棒cd在沿導(dǎo)軌平面向上的拉力作用下，由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)．已知每根金屬棒質(zhì)量為m、電阻為r，

21、導(dǎo)軌電阻不計(jì)，棒與導(dǎo)軌始終接觸良好．求： 圖2 (1)經(jīng)多長時(shí)間棒ab對(duì)擋板的壓力變?yōu)榱悖? (2)棒ab對(duì)擋板壓力為零時(shí)，電阻R的電功率； (3)棒ab運(yùn)動(dòng)前，拉力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系． 答案　(1)　(2) (3)F＝m(gsin θ＋a)＋t 解析　(1)棒ab對(duì)擋板的壓力為零時(shí)，受力分析可得 BIabL＝mgsin θ 設(shè)經(jīng)時(shí)間t0棒ab對(duì)擋板的壓力為零，棒cd產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E，則 E＝BLat0 I＝ R外＝＝r Iab＝I 解得t0＝ (2)棒ab對(duì)擋板壓力為零時(shí)，cd兩端電壓為 Ucd＝E－Ir 解得Ucd＝ 此時(shí)電阻R的電功率為P＝ 解得

22、P＝ (3)對(duì)cd棒，由牛頓第二定律得 F－BI′L－mgsin θ＝ma I′＝ E′＝BLat 解得F＝m(gsin θ＋a)＋t. 題組2　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題 3．如圖3所示，兩根相距L＝1 m的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌，一組導(dǎo)軌水平，另一組導(dǎo)軌與水平面成37°角，拐角處連接一阻值R＝1 Ω的電阻．質(zhì)量均為m＝2 kg的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，兩桿的電阻均為R＝1 Ω.整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1 T、方向垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場中．當(dāng)ab桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力作用下沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd桿靜止．g＝10 m/s2，sin

23、 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 圖3 (1)水平拉力的功率； (2)現(xiàn)讓cd桿靜止，求撤去拉力后ab桿產(chǎn)生的焦耳熱． 答案　(1)864 W　(2)864 J 解析　(1)cd桿靜止，由平衡條件可得mgsin θ＝BIL 解得I＝12 A 由閉合電路歐姆定律得2I＝ 得v＝36 m/s 水平拉力F＝2BIL＝24 N 水平拉力的功率P＝Fv＝864 W (2)撤去外力后ab桿在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，安培力做負(fù)功，先將棒的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，再通過電流做功將電能轉(zhuǎn)化為整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱，即焦耳熱等于桿的動(dòng)能的減小量，有 Q＝ΔEk＝mv2＝1 296 J 而Q＝I′2·R·t ab桿產(chǎn)生的焦耳熱Q′＝I′2·R·t，所以Q′＝Q＝864 J. 12