（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 增分突破四 電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)綜合問(wèn)題

《（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 增分突破四 電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)綜合問(wèn)題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 增分突破四 電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)綜合問(wèn)題（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、增分突破四　電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)綜合問(wèn)題 增分策略 　　1.電磁感應(yīng)與力學(xué)問(wèn)題聯(lián)系的橋梁是磁場(chǎng)對(duì)感應(yīng)電流的安培力。解答電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題,在分析方法上,要始終抓住導(dǎo)體的受力(特別是安培力)特點(diǎn)及其變化規(guī)律,明確導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程以及運(yùn)動(dòng)過(guò)程中狀態(tài)的變化,準(zhǔn)確把握運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的臨界點(diǎn)。解決電磁感應(yīng)中的力、電問(wèn)題的關(guān)鍵有以下幾點(diǎn) (1)電學(xué)對(duì)象 電源:E=BLv或E=nΔΦΔt分析電路的結(jié)構(gòu)利用電路的規(guī)律如E=I(R+r)或U=E-Ir。 (2)力學(xué)對(duì)象 受力分析:F安=BIL→F合=ma。 過(guò)程分析:F合=ma→v→E→I→F安。 (3)臨界點(diǎn):運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的臨界點(diǎn)。 2.從能量觀

2、點(diǎn)解決電磁感應(yīng)問(wèn)題與解決力學(xué)問(wèn)題時(shí)的分析方法相似,只是多了一個(gè)安培力做功、多了一個(gè)電能參與能量轉(zhuǎn)化,因此需要明確安培力做功及電能轉(zhuǎn)化的特點(diǎn)。電磁感應(yīng)中焦耳熱的三種求法: (1)根據(jù)定義式Q=I2Rt計(jì)算; (2)利用克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱計(jì)算; (3)利用能量守恒定律計(jì)算。 　　典例1　將一斜面固定在水平面上,斜面的傾角為θ=30°,其上表面絕緣且斜面的頂端固定一擋板,在斜面上加一垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為H=0.4 m,如圖甲所示,磁場(chǎng)邊界與擋板平行,且上邊界到斜面頂端的距離為x=0.55 m。將一通電導(dǎo)線圍成的矩形導(dǎo)線框abcd置于斜面的底端,已知導(dǎo)線

3、框的質(zhì)量為m=0.1 kg、導(dǎo)線框的電阻為R=0.25 Ω、ab的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=0.5 m。從t=0時(shí)刻開(kāi)始在導(dǎo)線框上加一恒定的拉力F,拉力的方向平行于斜面向上,使導(dǎo)線框由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),當(dāng)導(dǎo)線框的下邊與磁場(chǎng)的上邊界重合時(shí),將恒力F撤走,最終導(dǎo)線框與斜面頂端的擋板發(fā)生碰撞,碰后導(dǎo)線框以等大的速度反彈,導(dǎo)線框沿斜面向下運(yùn)動(dòng)。已知導(dǎo)線框向上運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示,導(dǎo)線框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=33,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)線框沒(méi)有發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng),且始終沒(méi)有離開(kāi)斜面,g=10 m/s2。 (1)求在導(dǎo)線框上施加的恒力F以及磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小; (2)若導(dǎo)線框沿斜面向下運(yùn)動(dòng)通過(guò)磁場(chǎng)時(shí),其速度v與位移s的關(guān)系為

4、v=v0-B2L2mRs,其中v0是導(dǎo)線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小,s為導(dǎo)線框ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后對(duì)磁場(chǎng)上邊界的位移大小,求整個(gè)過(guò)程中導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量Q。 答案　(1)1.5 N　0.50 T　(2)0.45 J 解析　(1)由v-t圖像可知,在0~0.4 s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng),進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1=2.0 m/s,所以在0~0.4 s時(shí)間內(nèi)的加速度a=ΔvΔt=5.0 m/s2 由牛頓第二定律有F-mg sin θ-μmg cos θ=ma 解得F=1.5 N 由v-t圖像可知,導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng), 通過(guò)導(dǎo)線框的電流I=ER=BLv1R

5、 導(dǎo)線框所受安培力F安=BIL 對(duì)于導(dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程,由力的平衡條件有 F=mg sin θ+μmg cos θ+B2L2v1R 解得B=0.50 T。 (2)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后做勻速直線運(yùn)動(dòng),并以速度v1勻速穿出磁場(chǎng),說(shuō)明導(dǎo)線框的寬度等于磁場(chǎng)的寬度H。 導(dǎo)線框ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng),到達(dá)擋板時(shí)的位移為x0=x-H=0.15 m 設(shè)導(dǎo)線框與擋板碰撞前的速度大小為v2,由動(dòng)能定理,有 -mg(x-H) sin θ-μmg(x-H) cos θ=12mv22-12mv12 解得:v2=v12-2g(x-H)(sinθ+μcosθ)=1.0 m/s 導(dǎo)線框碰擋板后

6、速度大小仍為v2,且mg sin θ=μmg cos θ=0.50 N ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后做減速運(yùn)動(dòng),設(shè)導(dǎo)線框全部離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為v3, 由v=v0-B2L2mRs得v3=v2-2B2L2HmR=-1.0 m/s 因v3<0,說(shuō)明導(dǎo)線框在離開(kāi)磁場(chǎng)前速度已經(jīng)減為零,這時(shí)安培力消失,導(dǎo)線框?qū)㈧o止在磁場(chǎng)中某位置,導(dǎo)線框向上運(yùn)動(dòng)通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q1=I2Rt=2B2L2Hv1R=0.40 J 導(dǎo)線框向下運(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q2=12mv22=0.05 J 所以Q=Q1+Q2=0.45 J。 　　1-1　如圖所示,兩條電阻不計(jì)的平行導(dǎo)軌與水平面成θ角,導(dǎo)

7、軌的一端連接定值電阻R1,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面,一根質(zhì)量為m、電阻為R2的導(dǎo)體棒ab,垂直于導(dǎo)軌放置,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,且R2=nR1,如果導(dǎo)體棒以速度v勻速下滑,導(dǎo)體棒此時(shí)受到的安培力大小為F,則以下判斷正確的是(　　) A.電阻R1消耗的電功率為Fv/n B.重力做功的功率為mgv cos θ C.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中減少的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為電能 D.ab上消耗的功率為nFv/(n+1) 答案　D 解析　導(dǎo)體棒以速度v勻速下滑時(shí),由E=BLv、I=ER1+R2、F=BIL得安培力F=B2L2vR1+R2①,電阻R1消耗的電功率為P=I2R1=B2L2v2(R1+R2

8、)2R1②,又R2=nR1③,聯(lián)立①②③解得,P=Fvn+1,故A錯(cuò)誤;重力做功的功率為mgv sin θ,B錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒克服安培力和摩擦力做功,減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能和內(nèi)能,C錯(cuò)誤;ab和R1串聯(lián),電流相等,根據(jù)P=I2R可知,ab消耗的功率等于R1消耗的功率的n倍,為nFv/(n+1),D正確;故選D。 　　1-2　電磁緩速器是應(yīng)用于車輛上以提高運(yùn)行安全性的輔助制動(dòng)裝置,其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩車輛的速度。電磁阻尼作用可以借助如下模型討論:如圖1所示,將形狀相同的兩根平行且足夠長(zhǎng)的鋁條固定在光滑斜面上,斜面與水平方向夾角為θ。一條形磁鐵滑入兩鋁條間,恰好以速度v0勻速下滑,穿過(guò)時(shí)

9、磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒定,其引起電磁感應(yīng)的效果與磁鐵不動(dòng)、鋁條相對(duì)磁鐵運(yùn)動(dòng)相同。磁鐵端面是底邊為2d,高為d的長(zhǎng)方形,由于磁鐵距離鋁條很近,磁鐵端面正對(duì)兩鋁條區(qū)域的磁場(chǎng)均可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,鋁條的高度大于d,寬度為b,電阻率為ρ。為研究問(wèn)題方便,鋁條中只考慮與磁鐵正對(duì)部分的電阻和磁場(chǎng),其他部分電阻和磁場(chǎng)可忽略不計(jì),假設(shè)磁鐵進(jìn)入鋁條間以后,減少的機(jī)械能完全轉(zhuǎn)化為鋁條的內(nèi)能,重力加速度為g。 (1)求一側(cè)鋁條中與磁鐵正對(duì)部分的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E; (2)求條形磁鐵的質(zhì)量m; (3)在其他條件不變的情況下,僅將兩鋁條更換為寬度為b'(b'

10、間,請(qǐng)?jiān)趫D2中定性畫出磁鐵速度v隨時(shí)間t變化關(guān)系的圖線(規(guī)定沿斜面向下為正方向)。 圖1 圖2 答案　(1)Bdv0　(2)4B2d2v0bρgsinθ　(3)見(jiàn)解析 解析　(1)一側(cè)鋁條中與磁鐵正對(duì)部分的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=Bdv0 (2)根據(jù)電阻定律,一側(cè)鋁條與磁鐵正對(duì)部分的電阻 R=ρd2db=ρ2b 根據(jù)歐姆定律有,鋁條正對(duì)部分中的電流 I=ER=2Bdv0bρ 一側(cè)鋁條受到的安培力 F安=IdB=2B2d2v0bρ 根據(jù)牛頓第三定律有,一側(cè)鋁條對(duì)磁鐵的作用力F'=F安=2B2d2v0bρ,此力阻礙磁鐵的運(yùn)動(dòng),方向沿斜面向上。取磁鐵為研究對(duì)象有 2F'-m

11、g sin θ=0 所以m=4B2d2v0bρgsinθ (3)磁鐵速度v隨時(shí)間t變化關(guān)系的圖線如圖所示 增分專練 1.(多選)如圖所示,光滑弧形金屬雙軌與足夠長(zhǎng)的水平光滑雙軌相連,間距為L(zhǎng),在水平軌道空間充滿豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。乙金屬棒靜止在雙軌上,而甲金屬棒在h高處由靜止滑下,軌道電阻不計(jì)。兩棒的質(zhì)量均為m,電阻均為R。甲棒與乙棒不會(huì)相碰,則下面說(shuō)法正確的是(　　) A.從開(kāi)始下滑到最終穩(wěn)定,甲、乙的運(yùn)動(dòng)方向相反 B.當(dāng)穩(wěn)定后,回路中感應(yīng)電流的方向從上向下看是逆時(shí)針的 C.乙棒受到的最大磁場(chǎng)力為B2L22gh2R D.整個(gè)過(guò)程中,電路釋放的熱量為12

12、mgh 答案　CD　甲金屬棒沿光滑軌道下滑時(shí)獲得了速度,進(jìn)入磁場(chǎng)后,切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,受到向左的安培力而減速,乙金屬棒受到向右的安培力而加速,經(jīng)一段時(shí)間,甲、乙金屬棒速度達(dá)到相同,之后回路的磁通量不發(fā)生變化,感應(yīng)電流為零,安培力為零,二者勻速運(yùn)動(dòng),勻速運(yùn)動(dòng)的速度即甲、乙金屬棒的最終速度,此速度是乙金屬棒的最大速度,故A、B錯(cuò)誤;甲金屬棒剛滑到水平面時(shí),有最大的速度,此時(shí)有mgh=12mv02,解得最大速度為:v0=2gh,進(jìn)入磁場(chǎng)后甲金屬棒減速,乙金屬棒加速,乙棒受到的最大磁場(chǎng)力為Fm=B·BLv02R·L=B2L22gh2R,故C正確;當(dāng)它們速度相等時(shí),乙金屬棒具有最大的速度,以兩棒

13、組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,取向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得:mv0=(m+m)v1,解得:v1=12v0=2gh2,整個(gè)過(guò)程中,電路釋放的熱量為Q=12mv02-12·2mv12=12mgh,故D正確;故選C、D。 2.(多選)如圖所示,足夠長(zhǎng)的U形光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角(0<θ<90°),其中MN與PQ平行且間距為L(zhǎng),勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)軌電阻不計(jì),質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌下滑,并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸,ab棒接入電路的電阻為R,當(dāng)金屬棒ab下滑距離s時(shí),速度大小為v,則在這一過(guò)程中(　　) A.金屬棒ab運(yùn)動(dòng)的平均速度大小為12v

14、 B.通過(guò)金屬棒ab某一橫截面的電荷量為BLsR C.金屬棒ab受到的最大安培力為B2L2sR D.金屬棒ab克服安培力做功為mgs sin θ-12mv2 答案　BD　分析ab棒的受力情況,有mg sin θ-B2L2v'R=ma,分析可得ab棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),故其平均速度不等于初、末速度的平均值12v,故A錯(cuò)誤;通過(guò)金屬棒ab某一橫截面的電荷量q=IΔt=ΔΦΔt·1RΔt=ΔΦR=BLsR,故B正確;ab棒受到的最大安培力為F=BIL=B2L2vR,故C錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理可知,mgs sin θ-W安=12mv2,金屬棒ab克服安培力做功為W安=mgs sin θ-12mv

15、2,故D正確;故選BD。 3.(多選)兩根足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌豎直放置,間距為L(zhǎng),頂端接阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場(chǎng)上邊界某處由靜止釋放,金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直,如圖所示,不計(jì)導(dǎo)軌的電阻,重力加速度為g,則(　　) A.金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閍→b B.金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí),金屬棒所受的安培力大小為B2L2vR+r C.金屬棒的最大速度為mg(R+r)BL D.金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時(shí),電阻R的熱功率為mgBL2R 答案　BD　金屬棒在磁場(chǎng)中向下運(yùn)動(dòng)時(shí),由右手定則知,流過(guò)電阻R的電流方向

16、為b→a,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí),金屬棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,感應(yīng)電流I=ER+r,所受的安培力大小為F=BIL=B2L2vR+r,選項(xiàng)B正確;當(dāng)安培力F=mg時(shí),金屬棒下落速度最大,金屬棒的最大速度為vm=mg(R+r)B2L2,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時(shí),電阻R和r的總熱功率為P=mgBL2(R+r),電阻R的熱功率為mgBL2R,選項(xiàng)D正確。 4.(多選)如圖甲所示,左側(cè)接有定值電阻R=3 Ω的水平粗糙導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)=1 m。一質(zhì)量m=2 kg、接入電路的阻值r=1 Ω的金屬棒在拉力F作用下由靜止開(kāi)始從C

17、D處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng),金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,g=10 m/s2,金屬棒的v-x圖像如圖乙所示,則從起點(diǎn)開(kāi)始發(fā)生x=1 m位移的過(guò)程中(　　) A.拉力做的功為16 J B.通過(guò)電阻R的電荷量為0.25 C C.定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為0.75 J D.所用的時(shí)間t一定大于1 s 答案　CD　由速度-位移圖像得v=kx,其中k=2 s-1,金屬棒所受的安培力F安=B2L2vR+r=B2L2·kxR+r, 代入得:F安=2x(N),則知F安與x成線性關(guān)系。 當(dāng)x=0時(shí),安培力F安1=0; 當(dāng)x=1 m時(shí),安培力F安2=2 N, 則

18、從起點(diǎn)開(kāi)始發(fā)生x=1 m位移的過(guò)程中, 安培力做功為W安=-F安x=-F安1+F安22x=-0+22×1 J=-1 J 根據(jù)動(dòng)能定理得W-μmgx+W安=12mv2,其中v=2 m/s,μ=0.5,m=2 kg,代入解得,拉力做的功W=15 J,故A錯(cuò)誤;通過(guò)電阻R的電荷量q=ΔΦR+r=BLxR+r=2×1×14 C=0.5 C,故B錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒得整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做功,故Q=1 J,則電阻R上產(chǎn)生的熱量QR=RR+rQ=34Q=0.75 J,選項(xiàng)C正確;v-x圖像的斜率k=ΔvΔx=ΔvΔt·ΔtΔx=av,得a=kv=2v,則知速度增大,金屬棒的加速度也隨之增大

19、,v-t圖像的斜率增大,金屬棒做加速度增大的變加速運(yùn)動(dòng),在相同時(shí)間內(nèi),達(dá)到相同速度時(shí)通過(guò)的位移小于勻加速運(yùn)動(dòng)的位移,平均速度小于勻加速運(yùn)動(dòng)的平均速度,即v<0+v2=0+22 m/s=1 m/s,則t=xv>11 s=1 s,故D正確。 5.如圖所示,PM、QN是兩根14光滑圓弧導(dǎo)軌,圓弧半徑為d、間距為L(zhǎng),最低點(diǎn)M、N在同一水平高度,導(dǎo)軌電阻不計(jì),在其上端連有一阻值為R的電阻,整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)有一根長(zhǎng)度稍大于L、質(zhì)量為m、阻值為R的金屬棒,從導(dǎo)軌的頂端PQ處由靜止開(kāi)始下滑,到達(dá)底端MN時(shí)對(duì)導(dǎo)軌的壓力為2mg,求: (1)金屬棒到達(dá)導(dǎo)軌底端MN時(shí)

20、電阻R兩端的電壓; (2)金屬棒從導(dǎo)軌頂端PQ下滑到底端MN過(guò)程中,電阻R產(chǎn)生的熱量; (3)金屬棒從導(dǎo)軌頂端PQ下滑到底端MN過(guò)程中,通過(guò)電阻R的電荷量。 答案　(1)12BLgd　(2)mgd4　(3)BLd2R 解析　(1)在導(dǎo)軌的底端MN處,金屬棒對(duì)導(dǎo)軌的壓力FN=2mg,軌道對(duì)金屬棒的支持力大小為FN'=FN=2mg,則有FN'-mg=mv2d 解得v=gd 金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv 金屬棒到達(dá)底端時(shí)電阻兩端的電壓U=E2=12BLgd (2)金屬棒下滑過(guò)程中,由能量守恒定律得mgd=Q+12mv2 解得Q=12mgd 電阻R上產(chǎn)生的熱量QR=1

21、2Q=mgd4 (3)由q=I·Δt I=E2R E=ΔΦΔt=BLdΔt 聯(lián)立解得q=BLd2R 6.如圖甲所示,絕緣水平面上有一間距L=1 m的金屬“U”形導(dǎo)軌,導(dǎo)軌右側(cè)接一R=3 Ω的電阻。在“U”形導(dǎo)軌中間虛線范圍內(nèi)存在垂直導(dǎo)軌向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)的寬度d=1 m,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m=0.1 kg,電阻r=2 Ω、長(zhǎng)為L(zhǎng)=1 m的導(dǎo)體棒MN以一定的初速度從導(dǎo)軌的左端開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng),穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中,線圈中的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3,導(dǎo)軌電阻不計(jì),則導(dǎo)體棒MN穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中,求: (1)MN剛

22、進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小; (2)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱; (3)導(dǎo)體棒通過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間。 答案　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.5 s 解析　(1)MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),根據(jù)閉合電路歐姆定律得 i0=ER(1分) 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=BLv0(1分) 聯(lián)立解得v0=i0(R+r)BL=5 m/s(1分) (2)導(dǎo)體棒通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程,由動(dòng)能定理得 -μmgd-W安=12mv2-12mv02(1分) 而v=i1(R+r)BL=3 m/s(1分) QR=RR+rW安(1分) 聯(lián)立解得:QR=0.3 J(1分) (3)導(dǎo)體棒通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程,由動(dòng)量定理得-μmgt-BIL

23、t=mv-mv0(1分) I-t=BLdR+r(1分) 聯(lián)立解得t=0.5 s(1分) 7.間距為L(zhǎng)=2 m的足夠長(zhǎng)的金屬直角導(dǎo)軌如圖所示放置,它們各有一邊在同一水平面內(nèi),另一邊垂直于水平面。質(zhì)量均為m=0.1 kg的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直放置形成閉合回路。細(xì)桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5,導(dǎo)軌的電阻不計(jì),細(xì)桿ab、cd的電阻分別為R1=0.6 Ω,R2=0.4 Ω。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.50 T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中(圖中未畫出)。當(dāng)ab桿水平在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),cd桿也同時(shí)從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng),且t=0時(shí),F

24、=1.5 N。g=10 m/s2。 (1)求ab桿的加速度a。 (2)求當(dāng)cd桿達(dá)到最大速度時(shí)ab桿的速度大小。 (3)若從t=0到cd桿達(dá)到最大速度的過(guò)程中拉力F做的功為5.2 J,求該過(guò)程中ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱。 答案　(1)10 m/s2　(2)2 m/s　(3)2.94 J 解析　(1)由題意可知,在t=0時(shí),F=1.5 N 對(duì)ab桿進(jìn)行受力分析,由牛頓第二定律得F-μmg=ma 代入數(shù)據(jù)解得a=10 m/s2。 (2)從d向c看,對(duì)cd桿進(jìn)行受力分析,如圖所示,當(dāng)cd桿速度最大時(shí),ab桿的速度大小為v,有Ff=mg=μFN,FN=F安,F安=BIL,I=BLvR1

25、+R2 聯(lián)立以上各式,解得v=2 m/s (3)整個(gè)過(guò)程中,ab桿發(fā)生的位移 x=v22a=222×10 m=0.2 m 對(duì)ab桿應(yīng)用動(dòng)能定理,有 WF-μmgx-W安=12mv2 代入數(shù)據(jù)解得W安=4.9 J 根據(jù)功能關(guān)系得Q總=W安 所以ab桿上產(chǎn)生的熱量 Qab=R1R1+R2Q總=2.94 J。 8.如圖所示,MN、PQ為光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌,電阻R=3.0 Ω,置于豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,OO'為磁場(chǎng)邊界,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0 T,導(dǎo)軌間距L=1.0 m,質(zhì)量m=1.0 kg的導(dǎo)體棒垂直置于導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)體棒接入電路的電阻為r=1.0 Ω。t=

26、0時(shí)刻,導(dǎo)體棒在水平拉力F0作用下從OO'左側(cè)某處由靜止開(kāi)始以加速度a0=1.0 m/s2做勻加速運(yùn)動(dòng),t0=2.0 s時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)繼續(xù)運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直。 (1)求0~t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒受到拉力的大小F0及t0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)回路的電功率P0; (2)求導(dǎo)體棒t0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間的加速度a;若此后導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中以加速度a做勻加速運(yùn)動(dòng)至t1=4.0 s時(shí)刻,求t0~t1時(shí)間內(nèi)通過(guò)電阻R的電荷量q; (3)在(2)情況下,已知t0~t1時(shí)間內(nèi)拉力做功W=5.7 J,求此過(guò)程回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q。 答案　(1)1.0 N　1.0 W　(2)0.5 m/s2　1.25 C　(3)3.

27、2 J 解析　(1)由導(dǎo)體棒在進(jìn)入磁場(chǎng)前運(yùn)動(dòng)的加速度a0,可得 F0=ma0=1.0 N 導(dǎo)體棒在t0時(shí)刻速度v0=a0t0=2 m/s 導(dǎo)體棒在t0時(shí)刻產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=BLv0 電功率P0=E2R+r=(BLv0)2R+r=1.0 W。 (2)回路在t0時(shí)刻產(chǎn)生的感應(yīng)電流I=ER+r 導(dǎo)體棒在t0時(shí)刻受到的安培力F安=BIL 根據(jù)牛頓第二定律有F0-F安=ma 代入數(shù)據(jù)解得a=0.5 m/s2 導(dǎo)體棒在t0~t1時(shí)間內(nèi)的位移 x=v0(t1-t0)+12a(t1-t0)2=5 m 則在t0~t1時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量 q=ΔΦR+r=BΔSR+r=BLxR+r=1

28、.25 C。 (3)t1時(shí)刻導(dǎo)體棒的速度v=v0+a(t1-t0) 由動(dòng)能定理有W+W安=12mv2-12mv02 Q=-W安=W-12m(v2-v02)=3.2 J。 9.如圖,足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置,間距為L(zhǎng),與水平面成θ角,導(dǎo)軌與定值電阻R1和R2相連,且R1=R2=R,R1支路串聯(lián)開(kāi)關(guān)S,原來(lái)S閉合。勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上,有一質(zhì)量為m、有效電阻也為R的導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌垂直放置,它與導(dǎo)軌始終接觸良好,受到的摩擦力為Ff=14mg sin θ?，F(xiàn)將導(dǎo)體棒ab從靜止釋放,沿導(dǎo)軌下滑,當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)速率為v,已知重力加速度為g,導(dǎo)軌電阻不計(jì),求: (1

29、)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小; (2)如果導(dǎo)體棒ab從靜止釋放沿導(dǎo)軌下滑x距離后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),這一過(guò)程回路中產(chǎn)生的電熱是多少? (3)導(dǎo)體棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后,斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S,將做怎樣的運(yùn)動(dòng)?若從這時(shí)開(kāi)始導(dǎo)體棒ab下滑一段距離后,通過(guò)導(dǎo)體棒ab橫截面的電荷量為q,求這段距離是多少? 答案　(1)32LmgRsinθ2v　(2)34mgx sin θ-12mv2 (3)4q32vRmgsinθ 解析　(1)回路中的總電阻為R總=32R 當(dāng)導(dǎo)體棒ab以速度v勻速下滑時(shí)棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv 此時(shí)棒中的感應(yīng)電流為I=ER總 mg sin θ=BIL+Ff 解得B=32LmgRs

30、inθ2v (2)導(dǎo)體棒ab減少的重力勢(shì)能等于增加的動(dòng)能、回路中產(chǎn)生的焦耳熱以及克服摩擦力做功的和,故有mg sin θ·x=12mv2+Q+Ff·x 解得Q=34mg sin θ·x-12mv2 (3)S斷開(kāi)后,導(dǎo)體棒先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),最后做勻速直線運(yùn)動(dòng) 回路中的總電阻為:R總'=2R 設(shè)這一過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間為Δt,這一過(guò)程回路中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,通過(guò)導(dǎo)體棒ab的平均感應(yīng)電流為I,導(dǎo)體棒ab下滑的距離為s,則E=ΔΦΔt=BLsΔt,I=ER總'=BLs2RΔt 得q=IΔt=BLs2R 解得s=4q32vRmgsinθ 10.兩平行且電阻不計(jì)的金屬導(dǎo)軌相距L=1

31、m,金屬導(dǎo)軌由水平和傾斜兩部分(均足夠長(zhǎng))良好對(duì)接,傾斜部分與水平方向的夾角為37°,整個(gè)裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。長(zhǎng)度也為1 m的金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌跨擱,且與導(dǎo)軌良好接觸,質(zhì)量均為0.2 kg,電阻分別為R1=2 Ω,R2=4 Ω。ab置于導(dǎo)軌的水平部分,與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5,cd置于導(dǎo)軌的傾斜部分,導(dǎo)軌傾斜部分光滑。從t=0時(shí)刻起,ab棒在水平且垂直于ab棒的外力F1的作用下由靜止開(kāi)始向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),金屬棒cd在力F2的作用下保持靜止,F2平行于傾斜導(dǎo)軌平面且垂直于金屬桿cd。當(dāng)t1=4 s時(shí),ab棒消耗的電功率為2.88 W。已知sin 3

32、7°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)ab棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小; (2)求t2=8 s時(shí)作用在cd棒上的力F2的大小; (3)改變F1的作用規(guī)律,使ab棒運(yùn)動(dòng)的位移x與速度v滿足x=2v(m),要求cd仍然要保持靜止?fàn)顟B(tài)。求ab棒從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)x=4 m的過(guò)程中,作用在ab棒上的力F1所做的功(結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示)。 答案　(1)0.9 m/s2　(2)2.64 N　(3)10615 J 解析　(1)當(dāng)t1=4 s時(shí),ab消耗的電功率為2.88 W,有Pab=I12R1 代入數(shù)據(jù)解得I1=1.2 A① 回路中的電動(dòng)勢(shì)E1=I1

33、(R1+R2)② 由法拉第電磁感應(yīng)定律知E1=BLv1③ 導(dǎo)體棒ab做勻加速直線運(yùn)動(dòng),v1=at1④ 由①②③④得,a=0.9 m/s2⑤ (2)當(dāng)t2=8 s時(shí),導(dǎo)體棒ab的速度v2=at2⑥ 回路中的電流I2=E2R1+R2=BLv2R1+R2=2.4 A⑦ 導(dǎo)體棒cd所受安培力F2安=BI2L=4.8 N⑧ 設(shè)導(dǎo)體棒cd所受的力F2沿斜面向下,有F2+mg sin θ=F2安 cos θ⑨ 由⑧⑨得F2=2.64 N,故假設(shè)成立,所以F2的方向沿斜面向下。⑩ (3)設(shè)ab棒的速度為v時(shí),回路中的電流為I=ER1+R2=BLvR1+R2 此時(shí)金屬棒ab所受安培力大小為F安=BIL 由題意知ab棒運(yùn)動(dòng)的位移x與速度v的關(guān)系:x=2v(m) 聯(lián)立,并代入數(shù)據(jù)得F安=x3(N) ab棒從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)x=4 m的過(guò)程中,克服安培力所做的功為 W克安=F安·x=0+x32x J=83 J 對(duì)金屬棒ab,由動(dòng)能定理有:W拉-W克安-μmgx=12mv2 由得W拉=10615 J 14