(通用版)2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第二板塊 第2講 電磁感應(yīng)中的“三類模型問(wèn)題”講義(含解析)

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《(通用版)2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第二板塊 第2講 電磁感應(yīng)中的“三類模型問(wèn)題”講義(含解析)》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(通用版)2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第二板塊 第2講 電磁感應(yīng)中的“三類模型問(wèn)題”講義(含解析)(16頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、(通用版)2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第二板塊 第2講 電磁感應(yīng)中的“三類模型問(wèn)題”講義(含解析)考法學(xué)法電磁感應(yīng)的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題是歷年高考的熱點(diǎn)和難點(diǎn),考查的題型一般包括“單桿”模型、“雙桿”模型或“導(dǎo)體框”模型,考查的內(nèi)容有:勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律;牛頓運(yùn)動(dòng)定律;功能關(guān)系;能量守恒定律;動(dòng)量守恒定律。解答這類問(wèn)題時(shí)要注意從動(dòng)力學(xué)和能量角度去分析,根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況和能量變化情況分別列式求解。用到的思想方法有:整體法和隔離法;全程法和分階段法;條件判斷法;臨界問(wèn)題的分析方法;守恒思想;分解思想。類型1“單桿”水平式物理模型勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量為

2、m,初速度為零,拉力恒為F,水平導(dǎo)軌光滑,除電阻R外,其他電阻不計(jì)動(dòng)態(tài)分析設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某時(shí)刻測(cè)得導(dǎo)體棒ab的速度為v,由牛頓第二定律知導(dǎo)體棒ab的加速度為a,a、v同向,隨速度的增加,導(dǎo)體棒ab的加速度a減小,當(dāng) a0時(shí),v最大,I不再變化收尾狀態(tài)運(yùn)動(dòng)形式勻速直線運(yùn)動(dòng)力學(xué)特征受力平衡,a0電學(xué)特征I不再變化例1(2018安徽聯(lián)考)如圖所示,光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN固定在光滑絕緣水平面上,導(dǎo)軌左端連接有阻值為R的定值電阻,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上,邊界ab、cd均垂直于導(dǎo)軌,且間距為s,e、f分別為ac、bd的中點(diǎn),將一長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬棒

3、垂直導(dǎo)軌放置在ab左側(cè)s處?,F(xiàn)給金屬棒施加一個(gè)大小為F、方向水平向右的恒力,使金屬棒從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng),金屬棒向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌接觸良好。當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)到ef位置時(shí),加速度剛好為零,不計(jì)其他電阻。求:(1)金屬棒運(yùn)動(dòng)到ef位置時(shí)的速度大小;(2)金屬棒從初位置運(yùn)動(dòng)到ef位置,通過(guò)金屬棒的電荷量;(3)金屬棒從初位置運(yùn)動(dòng)到ef位置,定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。解析(1)設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)到ef位置時(shí)速度為v,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv電路中電流I由于加速度剛好為零,則FF安BIL解得v。(2)通過(guò)金屬棒的電荷量qt解得q。(3)設(shè)定值電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,由于金屬棒的電阻也為R,因此整個(gè)電

4、路中產(chǎn)生的總的焦耳熱為2Q。金屬棒從初位置運(yùn)動(dòng)到ef位置的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理有WFW安mv2根據(jù)功能關(guān)系有W安2Q拉力F做的功WFFs解得QFs。答案(1)(2)(3)Fs類型2“單桿”傾斜式物理模型勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量為m,電阻為R,導(dǎo)軌光滑,電阻不計(jì)動(dòng)態(tài)分析導(dǎo)體棒ab剛釋放時(shí)agsin ,導(dǎo)體棒ab的速度v感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv電流I安培力FBIL加速度a,當(dāng)安培力Fmgsin 時(shí),a0,速度達(dá)到最大vm 收尾狀態(tài)運(yùn)動(dòng)形式勻速直線運(yùn)動(dòng)力學(xué)特征受力平衡,a0電學(xué)特征I不再變化例2(2018江蘇高考)如圖所示,兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的

5、夾角為,間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上,距底端的距離為s,導(dǎo)軌與外接電源相連,使金屬棒通有電流。金屬棒被松開(kāi)后,以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑,金屬棒中的電流始終保持恒定,重力加速度為g。求下滑到底端的過(guò)程中,金屬棒(1)末速度的大小v;(2)通過(guò)的電流大小I;(3)通過(guò)的電荷量Q。解析(1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v22as解得v。(2)金屬棒所受安培力F安IdB金屬棒所受合力Fmgsin F安根據(jù)牛頓第二定律有Fma解得I。(3)金屬棒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t,通過(guò)的電荷量QIt解得Q。系統(tǒng)通法答案(1)(2) (3)1

6、“單桿”模型分析要點(diǎn)(1)桿的穩(wěn)定狀態(tài)一般是做勻速運(yùn)動(dòng),達(dá)到最大速度或最小速度,此時(shí)合力為零。(2)電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵從能量守恒定律,整個(gè)電路產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功。2抓住力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象間的橋梁感應(yīng)電流I、切割速度v,“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 模型(二)電磁感應(yīng)中的“雙桿”模型研一題 (2018湖北四地七校聯(lián)考)如圖所示,相距L0.5 m的平行導(dǎo)軌MNS、PQT處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.4 T 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,水平導(dǎo)軌處的磁場(chǎng)方向豎直向上,光滑傾斜導(dǎo)軌處的磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向下。質(zhì)量均為m40 g、電阻均為R0.1 的導(dǎo)體棒ab、cd均垂直放置于導(dǎo)軌上,并與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)

7、軌電阻不計(jì)。質(zhì)量為M200 g的物體C,用絕緣細(xì)線繞過(guò)光滑的定滑輪分別與導(dǎo)體棒ab、cd相連接。細(xì)線沿導(dǎo)軌中心線且在導(dǎo)軌平面內(nèi),細(xì)線及滑輪質(zhì)量不計(jì)。已知傾斜導(dǎo)軌與水平面的夾角為37,水平導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒ab間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0.4,重力加速度g10 m/s2,水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng),導(dǎo)體棒cd運(yùn)動(dòng)中始終不離開(kāi)傾斜導(dǎo)軌。物體C由靜止釋放,當(dāng)它達(dá)到最大速度時(shí)下落高度h1 m,求這一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中:(sin 370.6,cos 370.8)(1)物體C能達(dá)到的最大速度是多少;(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能是多少;(3)連接導(dǎo)體棒cd的細(xì)線對(duì)導(dǎo)體棒cd做的功是多少。解析(1)設(shè)物體C能達(dá)到的最大速度為vm,由法拉第電磁感應(yīng)定律得

8、,回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2BLvm由閉合電路歐姆定律得,回路中的電流為I導(dǎo)體棒ab、cd受到的安培力為FBLI設(shè)連接導(dǎo)體棒ab與cd的細(xì)線中張力為T1,連接導(dǎo)體棒ab與物體C的細(xì)線中張力為T2,導(dǎo)體棒ab、cd及物體C的受力如圖所示,由平衡條件得:T1mgsin 37FT2T1FfT2Mg其中fmg解得:vm2 m/s。(2)設(shè)系統(tǒng)在該過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能為E1,由能量守恒定律得:Mgh(2mM)vm2mghsin 37E1解得:E11.2 J。(3)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能E2mgh0.16 J由第(2)問(wèn)的計(jì)算結(jié)果知,這一過(guò)程中電流產(chǎn)生的內(nèi)能E3E1E21.04 J又因?yàn)閷?dǎo)體棒ab、cd的電

9、阻相等,故電流通過(guò)導(dǎo)體棒cd產(chǎn)生的內(nèi)能E40.52 J對(duì)導(dǎo)體棒cd,設(shè)這一過(guò)程中細(xì)線對(duì)其做的功為W,則由功能關(guān)系得:Wmghsin 37mvm2E4解得:W0.84 J。答案(1)2 m/s(2)1.2 J(3)0.84 J悟一法兩類“雙桿”模型解題思路“一動(dòng)一靜”型,實(shí)質(zhì)是單桿問(wèn)題,要注意其隱含條件:靜止桿受力平衡“兩桿都動(dòng)”型,對(duì)于這種情況,要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)應(yīng)相加還是相減結(jié)合“單桿”模型的解題經(jīng)驗(yàn),對(duì)“雙桿”模型進(jìn)行受力分析,確定運(yùn)動(dòng)狀態(tài),一般會(huì)有收尾狀態(tài),比如有恒定的速度或加速度等,再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和能量觀點(diǎn)分析求解通一類1(2019屆高三青島模擬)如圖

10、所示,兩平行光滑金屬導(dǎo)軌由兩部分組成,左側(cè)部分水平,右側(cè)部分為半徑r0.5 m的豎直半圓,兩導(dǎo)軌間距離d0.3 m,導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,兩導(dǎo)軌電阻不計(jì)。有兩根長(zhǎng)度均為d的金屬棒ab、cd,均垂直置于水平導(dǎo)軌上,金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別為m10.2 kg、m20.1 kg,電阻分別為R10.1 、R20.2 。現(xiàn)讓ab棒以v010 m/s的初速度開(kāi)始水平向右運(yùn)動(dòng),cd棒進(jìn)入半圓軌道后,恰好能通過(guò)軌道最高位置PP,cd棒進(jìn)入半圓軌道前兩棒未相碰,重力加速度g10 m/s2,求:(1)ab棒開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)時(shí),cd棒的加速度大小a0;(2)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道

11、時(shí),ab棒的速度大小v1;(3)cd棒進(jìn)入半圓軌道前,ab棒克服安培力做的功W。解析:(1)ab棒開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)時(shí),設(shè)回路中電流為I,有EBdv0IBIdm2a0解得:a030 m/s2。(2)設(shè)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)的速度為v2,cd棒進(jìn)入半圓軌道前,cd棒與ab棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有m1v0m1v1m2v2cd棒從剛進(jìn)入半圓軌道到通過(guò)軌道最高位置的過(guò)程中機(jī)械能守恒,有m2v22m2g2rm2v2cd棒在軌道最高位置由重力提供向心力,有m2gm2解得:v17.5 m/s。(3)由動(dòng)能定理得Wm1v12m1v02解得:W4.375 J。答案:(1)30 m/s2(2)7.5 m/s(3)4.3

12、75 J2(2018江西八校聯(lián)考)如圖所示,足夠長(zhǎng)的水平導(dǎo)軌左側(cè)b1b2c1c2部分導(dǎo)軌間距為3L,右側(cè)c1c2d1d2部分的導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),曲線導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌相切于b1b2,所有導(dǎo)軌均光滑且電阻不計(jì)。在水平導(dǎo)軌內(nèi)有斜向下與豎直方向的夾角37的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.1 T。質(zhì)量為mB0.2 kg的金屬棒B垂直于導(dǎo)軌靜止放置在右側(cè)窄導(dǎo)軌上,質(zhì)量為mA0.1 kg 的金屬棒A自曲線導(dǎo)軌上a1a2處由靜止釋放,兩金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸,A棒總在寬軌上運(yùn)動(dòng),B棒總在窄軌上運(yùn)動(dòng)。已知:兩棒接入電路的有效電阻均為R0.2 ,h0.45 m,L0.2 m,sin 370.

13、6,cos 370.8,g10 m/s2。求:(1)A棒滑到b1b2處時(shí)的速度大小;(2)B棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小;(3)在兩棒整體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,兩棒在水平導(dǎo)軌間掃過(guò)的面積之差(最后結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。解析:(1)A棒在曲線導(dǎo)軌上下滑,由機(jī)械能守恒定律得:mAghmAv02解得:v03 m/s。(2)選取水平向右為正方向,對(duì)兩棒分別應(yīng)用動(dòng)量定理,對(duì)B棒:FB安cos tmBvB 對(duì)A棒:FA安cos tmAvAmAv0其中FA安3FB安兩棒最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),電路中無(wú)電流,有:BLvB3BLvA解得:vA m/s,vB m/s。(3)在B棒加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,由動(dòng)量定理得:Bcos LtmBvB0電

14、路中的平均電流根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有:E其中磁通量變化量:Bcos S解得:S29.6 m2。答案:(1)3 m/s(2) m/s(3)29.6 m2模型(三)電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)體框”模型研一題 (2019屆高三資陽(yáng)模擬)如圖所示,一足夠大的傾角30的粗糙斜面上有一個(gè)粗細(xì)均勻的由同種材料制成的矩形金屬線框abcd,線框的質(zhì)量m0.6 kg,其電阻值R1.0 ,ab邊長(zhǎng)L11 m,bc邊長(zhǎng)L22 m,與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。斜面以EF為界,EF上側(cè)有垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為M的物體用絕緣細(xì)線跨過(guò)光滑定滑輪與線框相連,連接線框的細(xì)線與斜面平行且細(xì)線最初處于松弛狀態(tài)?,F(xiàn)先釋放線框再自由釋放

15、物體,當(dāng)cd邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)線框即以v2 m/s的速度勻速下滑,在ab邊運(yùn)動(dòng)到EF位置時(shí),細(xì)線恰好被拉直繃緊(時(shí)間極短),隨即物體和線框一起做勻速運(yùn)動(dòng),t1 s后開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)。取g10 m/s2,求:(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??;(2)細(xì)線繃緊前,物體下降的高度H;(3)系統(tǒng)在線框cd邊離開(kāi)磁場(chǎng)至重新進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中損失的機(jī)械能E。解析(1)線框cd邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)勻速下滑,有:mgsin mgcos F安0F安BI1L1I1解得:B1 T。(2)由題意,線框第二次做勻速運(yùn)動(dòng)方向沿斜面向上,設(shè)其速度大小為v1,細(xì)線拉力大小為FT,則:v1FTmgsin mgcos BI2L10I2FTMg0設(shè)

16、細(xì)線突然繃緊過(guò)程中,細(xì)線的作用力沖量大小為I,對(duì)線框和物體分別運(yùn)用動(dòng)量定理,有:Imv1m(v)IMv0Mv1細(xì)線繃緊前物體自由下落,則v022gH解得:H1.8 m。(3)根據(jù)能量守恒定律:線框勻速下滑過(guò)程:Q1mgL2sin 細(xì)線突然繃緊過(guò)程:Q2Mv02mv2(Mm)v12線框勻速上滑過(guò)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求解電磁感應(yīng)中能量問(wèn)題的一般步驟(1)在電磁感應(yīng)中,切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源。(2)分析清楚有哪些力做功,明確有哪些形式的能

17、量發(fā)生了相互轉(zhuǎn)化。(3)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律列方程求解。2電磁感應(yīng)中安培力做功引起的能量轉(zhuǎn)化3求解電磁感應(yīng)中焦耳熱Q的三個(gè)角度焦耳定律功能關(guān)系能量轉(zhuǎn)化QI2RtQW克服安培力QE其他通一類1(2018南通模擬)如圖所示,質(zhì)量為m、電阻為R的單匝矩形線框置于光滑水平面上,線框邊長(zhǎng)abL、ad2L。虛線MN過(guò)ad、bc邊中點(diǎn),一根能承受最大拉力為F0的細(xì)線沿水平方向拴住ab邊中點(diǎn)O。從某時(shí)刻起,在MN右側(cè)加一方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按Bkt的規(guī)律均勻變化。一段時(shí)間后,細(xì)線被拉斷,此后磁感應(yīng)強(qiáng)度大小保持不變,線框向左運(yùn)動(dòng),ab邊穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度為v。求:(1)細(xì)線斷裂前線框中的電

18、功率P;(2)細(xì)線斷裂后瞬間線框的加速度大小a及線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中安培力所做的功W;(3)線框穿出磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)其導(dǎo)線橫截面的電荷量q。解析:(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律EL2kL2電功率P。(2)細(xì)線斷裂后瞬間安培力FAF0線框的加速度a線框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中,由動(dòng)能定理得Wmv2。(3)設(shè)細(xì)線斷裂時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1,則有ILB1F0其中I線框穿出磁場(chǎng)過(guò)程有,通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量qt解得q。答案:(1)(2)mv2(3)2(2018湖南十三校聯(lián)考)如圖所示,粗糙斜面的傾角37,斜面上直徑d0.4 m的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),一個(gè)匝數(shù)為n100的剛性正方形線框abcd,邊長(zhǎng)為

19、0.5 m,通過(guò)松弛的柔軟導(dǎo)線與一個(gè)額定功率P2 W 的小燈泡相連,圓形磁場(chǎng)的一條直徑恰好過(guò)線框bc邊,已知線框質(zhì)量m2 kg,總電阻R02 ,與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5,從0時(shí)刻起,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按BT的規(guī)律變化,開(kāi)始時(shí)線框靜止在斜面上,在線框運(yùn)動(dòng)前,小燈泡始終正常發(fā)光,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8,求:(1)線框靜止時(shí),回路中的電流大小I;(2)在線框保持不動(dòng)的時(shí)間內(nèi),小燈泡產(chǎn)生的熱量Q;(3)若線框剛好開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)即保持磁場(chǎng)不再變化,求線框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到bc邊離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)小燈泡的電荷量q(柔軟導(dǎo)線及小燈泡對(duì)線框運(yùn)動(dòng)的影響可忽

20、略,且斜面足夠長(zhǎng))。解析:(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得EnnS,其中S2PI2R2R解得R2 ,I1 A。(2)線框剛好開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí),mgsin nIdmgcos 解得t s則QPt J。(3)線框剛好開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí),BT0.1 T,其中SS解得qt C。答案:(1)1 A(2) J(3) C專題強(qiáng)訓(xùn)提能 1(2018漳州八校模擬)如圖所示,MN、PQ為間距L0.5 m的足夠長(zhǎng)平行導(dǎo)軌,NQMN。導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角37,NQ間連接有一個(gè)R5 的電阻。有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B01 T。將一質(zhì)量為m0.05 kg的金屬棒緊靠NQ放置在導(dǎo)軌ab處,且與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌與金

21、屬棒的電阻均不計(jì)?,F(xiàn)由靜止釋放金屬棒,金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與NQ平行。已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5,當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)已經(jīng)達(dá)到穩(wěn)定速度,cd距離NQ為s2 m(g10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8)。則:(1)當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí),回路中的電流是多大?(2)金屬棒達(dá)到的穩(wěn)定速度是多大?(3)金屬棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到滑行至cd處過(guò)程中,回路中產(chǎn)生的焦耳熱是多少?解析:(1)金屬棒達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí),沿導(dǎo)軌方向受力平衡mgsin FfFA其中FAB0ILFfFNmgcos 解得I0.2 A。(2)由歐姆定律得I由電磁感應(yīng)定律得EB0Lv解得v2 m/s。(3)金屬

22、棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到滑行至cd處過(guò)程中,由能量守恒定律得mgsin smv2Qmgcos s解得Q0.1 J。答案:(1)0.2 A(2)2 m/s(3)0.1 J2.如圖所示,足夠長(zhǎng)的粗糙斜面與水平面成37角放置,斜面上的虛線aa和bb與斜面底邊平行,且間距為d0.1 m,在aa、bb圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1 T;現(xiàn)有一質(zhì)量為m10 g,總電阻為R1 ,邊長(zhǎng)也為d0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ,其初始位置PQ邊與aa重合,現(xiàn)讓線圈以一定初速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng),當(dāng)線圈從最高點(diǎn)返回到磁場(chǎng)區(qū)域時(shí),線圈剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,不計(jì)其他阻

23、力(取g10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8)。求:(1)線圈向下返回到磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度;(2)線圈向上完全離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能;(3)線圈向下通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中,線圈中產(chǎn)生的焦耳熱。解析:(1)線圈向下進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),有mgsin mgcos F安,其中F安BId,I,EBdv解得v2 m/s。(2)設(shè)線圈到達(dá)最高點(diǎn)MN邊與bb的距離為x,則v22ax,mgsin mgcos ma根據(jù)動(dòng)能定理有mgcos 2xEkEk1,其中Ekmv2解得Ek10.1 J。(3)線圈向下勻速通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中,有mgsin 2dmgcos 2dQ解得:Q0.004 J。答案:(1)2 m/s(

24、2)0.1 J(3)0.004 J3如圖甲所示,電阻不計(jì)、間距為l的平行長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi),阻值為R的導(dǎo)體棒ab固定連接在導(dǎo)軌左側(cè),另一阻值也為R的導(dǎo)體棒ef垂直放置在導(dǎo)軌上,ef與導(dǎo)軌接觸良好,并可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦移動(dòng)?,F(xiàn)有一根輕桿一端固定在ef中點(diǎn),另一端固定于墻上,輕桿與導(dǎo)軌保持平行,ef、ab兩棒間距為d。若整個(gè)裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,且從某一時(shí)刻開(kāi)始,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙所示的方式變化。(1)求在0t0時(shí)間內(nèi)流過(guò)導(dǎo)體棒ef的電流的大小與方向;(2)求在t02t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的熱量;(3)1.5t0時(shí)刻桿對(duì)導(dǎo)體棒ef的作用力的大小和方向。解析:(1)在0t0時(shí)

25、間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E1Sld流過(guò)導(dǎo)體棒ef的電流大小I1由楞次定律可判斷電流方向?yàn)閑f。(2)在t02t0時(shí)間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E2Sld流過(guò)導(dǎo)體棒ef的電流大小I2導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的熱量QI22Rt0。(3)1.5t0時(shí)刻,磁感應(yīng)強(qiáng)度BB0導(dǎo)體棒ef受安培力:FB0I2l方向水平向左根據(jù)導(dǎo)體棒ef受力平衡可知桿對(duì)導(dǎo)體棒的作用力為FF,負(fù)號(hào)表示方向水平向右。答案:(1),方向?yàn)閑f(2) (3),方向水平向右4(2019屆高三邯鄲質(zhì)檢)如圖甲所示,兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距L1 m,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角37,下端連接阻值R1 的電阻

26、;質(zhì)量m1 kg、阻值r1 的勻質(zhì)金屬棒cd放在兩導(dǎo)軌上,到導(dǎo)軌最下端的距離L11 m,棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸,與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.9。整個(gè)裝置處于與導(dǎo)軌平面垂直(斜向上為正)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,01.0 s 內(nèi),金屬棒cd保持靜止,sin 370.6,cos 370.8,取g10 m/s2。(1)求01.0 s內(nèi)通過(guò)金屬棒cd的電荷量;(2)求t1.1 s時(shí)刻,金屬棒cd所受摩擦力的大小和方向;(3)1.2 s后,對(duì)金屬棒cd施加一沿斜面向上的拉力F,使金屬棒cd沿斜面向上做加速度大小a2 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng),請(qǐng)寫(xiě)出拉力F

27、隨時(shí)間t(從施加F時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí))變化的關(guān)系式。解析:(1)在01.0 s內(nèi),金屬棒cd上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E,其中SL1L1 m2由閉合電路的歐姆定律有:I由于01.0 s內(nèi)回路中的電流恒定,故該段時(shí)間通過(guò)金屬棒cd的電荷量為:qIt,其中t1 s解得:q1 C。(2)假設(shè)01.1 s內(nèi)金屬棒cd保持靜止,則在01.1 s內(nèi)回路中的電流不變,t1.1 s時(shí),金屬棒cd所受的安培力大小為:F|B1IL|0.2 N,方向沿導(dǎo)軌向下導(dǎo)軌對(duì)金屬棒cd的最大靜摩擦力為:Ffmgcos 7.2 N由于mgsin F6.2 NFf,可知假設(shè)成立,金屬棒cd仍保持靜止,故所求摩擦力大小為6.2 N,方向沿導(dǎo)軌

28、向上。(3)1.2 s后,金屬棒cd上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為:E|B2Lv|,其中vat金屬棒cd所受安培力的大小為:F安|B2I2L|,其中I2由牛頓第二定律有:Fmgsin mgcos F安ma解得:F15.20.16t(N)。答案:(1)1 C(2)6.2 N,方向沿導(dǎo)軌向上(3)F15.20.16t(N)5(2018廈門質(zhì)檢)如圖所示,PQ和MN是固定于傾角為30斜面內(nèi)的平行光滑金屬軌道,軌道足夠長(zhǎng),其電阻忽略不計(jì)。金屬棒ab、cd放在軌道上,始終與軌道垂直且接觸良好。金屬棒ab的質(zhì)量為2m、cd的質(zhì)量為m,長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、電阻均為R,兩金屬棒的長(zhǎng)度恰好等于軌道的間距,并與軌道形成閉合回路

29、。整個(gè)裝置處在垂直斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,若鎖定金屬棒ab不動(dòng),使金屬棒cd在與其垂直且沿斜面向上的恒力F2mg作用下,沿軌道向上做勻速運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g。(1)試推導(dǎo)論證:金屬棒cd克服安培力做功的功率P安等于電路獲得的電功率P電;(2)設(shè)金屬棒cd做勻速運(yùn)動(dòng)中的某時(shí)刻為0時(shí)刻,恒力大小變?yōu)镕1.5mg,方向不變,同時(shí)解鎖、靜止釋放金屬棒ab,直到t時(shí)刻金屬棒ab開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)。求:t時(shí)刻以后金屬棒ab的熱功率Pab;0t時(shí)間內(nèi)通過(guò)金屬棒ab的電荷量q。解析:(1)設(shè)金屬棒cd做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v,有EBLvIF安IBL金屬棒cd克服安培力做功的功率P安F安v電路獲得的電功率P電解得P安,P電所以P安P電。(2)金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng),則有I1BL2mgsin 30金屬棒ab的熱功率PabI12R解得Pab。0時(shí)刻前Fmgsin 30F安F安BILI解得v設(shè)t時(shí)刻以后金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1,金屬棒cd做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2,因F1.5mg(2mm)gsin 30,則由金屬棒ab、cd組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,得mv2mv1mv2回路電流I1解得v1 0t時(shí)間內(nèi)對(duì)金屬棒ab分析,設(shè)在電流為i的很短時(shí)間t內(nèi),速度的改變量為v,由動(dòng)量定理得BiLt2mgsin 30t2mv等式兩邊累積求和得BLqmgt2mv1解得q。答案:(1)見(jiàn)解析(2)

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