2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 第54講 動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析）.doc

第54講動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用考點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題1電磁感應(yīng)與力學(xué)的聯(lián)系在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流使導(dǎo)體受到安培力的作用。因此，電磁感應(yīng)問題往往和力學(xué)問題聯(lián)系在一起。解決電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題，一方面要考慮電磁學(xué)中的有關(guān)規(guī)律，另一方面還要考慮力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律，要將電磁學(xué)和力學(xué)知識(shí)綜合起來(lái)應(yīng)用。2解決電磁感應(yīng)中力學(xué)問題的基本思路研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象中導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)，準(zhǔn)確分析磁場(chǎng)對(duì)感應(yīng)電流的安培力是關(guān)鍵。此類問題中的導(dǎo)體一般不是做勻變速運(yùn)動(dòng)，而是經(jīng)歷一個(gè)動(dòng)態(tài)變化過程再趨于一個(gè)穩(wěn)定狀態(tài)。動(dòng)態(tài)分析的基本思路如下：3兩種狀態(tài)處理(1)導(dǎo)體處于平衡態(tài)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力等于0)列式分析。(2)導(dǎo)體處于非平衡態(tài)加速度不為0處理方法：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)系分析。如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻。一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿AB放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直斜面向下。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略。讓AB桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦。(1)由B向A方向看到的裝置如圖乙所示，請(qǐng)?jiān)诖藞D中畫出AB桿下滑過程中某時(shí)刻的受力示意圖；(2)在加速下滑過程中，當(dāng)AB桿的速度大小為v時(shí)，求此時(shí)AB桿中的電流大小及其加速度的大??；(3)求在下滑過程中，AB桿可以達(dá)到的最大速度值。解析(1)如圖所示，重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上。(2)當(dāng)AB桿速度為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv，此時(shí)電路中電流I。AB桿受到的安培力FBIL，根據(jù)牛頓第二定律，有mamgsinFmgsin，agsin。(3)當(dāng)mgsin時(shí)，AB桿達(dá)到最大速度vmax。答案(1)圖見解析(2)gsin(3)方法感悟電磁感應(yīng)中力學(xué)問題的解題技巧(1)將安培力與其他力一起進(jìn)行分析。(2)要特別注意安培力的大小和方向都有可能變化，不像重力或其他力一樣是恒力。(多選)如圖所示，有兩根和水平方向成角的光滑平行的金屬軌道，間距為l，上端接有可變電阻R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨于一個(gè)最大速度vm，除R外其余電阻不計(jì)，則()A如果B變大，vm將變大B如果變大，vm將變大C如果R變大，vm將變大D如果m變小，vm將變大答案BC解析金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv，在閉合電路中形成電流I，因此金屬桿從軌道上滑下的過程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力F作用，F(xiàn)BIl，先用右手定則判定感應(yīng)電流方向，再用左手定則判定出安培力方向，如圖所示。根據(jù)牛頓第二定律，得mgsinma，當(dāng)a0時(shí)，vvm，解得vm，故B、C正確?？键c(diǎn)二電磁感應(yīng)中的功能問題1能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法(1)能量轉(zhuǎn)化(2)求解焦耳熱Q的三種方法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)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律列式求解。小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)0.50 m，傾角53，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R0.05 的電阻。在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d0.56 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(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2.0 T。質(zhì)量m4.0 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(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s0.24 m。一位健身者用恒力F80 N拉動(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(chǎng)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g10 m/s2，sin530.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)。求：(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大?。?2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大??；(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。解析(1)由牛頓第二定律a12 m/s2進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v2.4 m/s(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv感應(yīng)電流I安培力FABIl代入得FA48 N(3)健身者做功WF(sd)64 J由于FmgsinFA0故CD棒在磁場(chǎng)區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t焦耳熱QI2Rt26.88 J。答案(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J方法感悟在利用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律解決電磁感應(yīng)問題時(shí)，要注意分析安培力做功的情況，因?yàn)榘才嗔Φ墓κ请娔芎推渌问降哪苤g相互轉(zhuǎn)化的“橋梁”，簡(jiǎn)單表示如下：電能其他形式能。1. (2018唐山統(tǒng)考)(多選)如圖所示，在傾角為的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，磁場(chǎng)邊界MN、PQ、GH均平行于斜面底邊，MP、PG均為L(zhǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中ab邊始終與斜面底邊平行。t1時(shí)刻ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，此時(shí)導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；t2時(shí)刻ab邊下滑到PQ與MN的中間位置，此時(shí)導(dǎo)線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，下列說(shuō)法中正確的是()A當(dāng)ab邊剛越過PQ時(shí)，導(dǎo)線框的加速度大小為 agsinB導(dǎo)線框兩次做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度之比v1v241C從t1到t2的過程中，導(dǎo)線框克服安培力做的功等于機(jī)械能的減少量D從t1到t2的過程中，有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能答案BC解析線框在區(qū)域內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其合力為零，則mgsinF安；線框的ab邊剛越過PQ時(shí)，兩邊都在切割磁感線，都受到沿斜面向上的安培力F安BILBL，則F合mgsin2F安mgsin4ma，a3gsin，A錯(cuò)誤；線框再次勻速時(shí)，其合力也為零，則mgsin40，則，B正確；從t1到t2的過程中，安培力做負(fù)功，重力做正功，克服安培力所做的功等于線框機(jī)械能的減少量，減少的動(dòng)能和重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能，即E電E機(jī)減mgh，C正確，D錯(cuò)誤。2. (2015天津高考)如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長(zhǎng)為l，cd邊長(zhǎng)為2l，ab與cd平行，間距為2l。勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上下邊界均水平，磁場(chǎng)方向垂直于線框所在平面。開始時(shí)，cd邊到磁場(chǎng)上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)直到ef、pq邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)。在ef、pq邊離開磁場(chǎng)后，ab邊離開磁場(chǎng)之前，線框又做勻速運(yùn)動(dòng)。線框完全穿過磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g。求：(1)線框ab邊將離開磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的幾倍；(2)磁場(chǎng)上下邊界間的距離H。答案(1)4(2)28l解析(1)設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，有E1B2lv1設(shè)線框總電阻為R，此時(shí)線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1，有F1BI12l由于線框做勻速運(yùn)動(dòng)，其受力平衡，有F1mg由式得v1設(shè)ab邊將離開磁場(chǎng)時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2，同理可得v2由式得4(2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，由機(jī)械能守恒定律，有mg2lmv線框完全穿過磁場(chǎng)的過程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mvmvQ由式得H28l?？键c(diǎn)三電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題1動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力的沖量為：I安BLtBLq，通過導(dǎo)體棒或金屬框的電荷量為：qttntn，磁通量變化量：BSBLx。如果安培力是導(dǎo)體棒或金屬框受到的合外力，則I安mv2mv1。當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、運(yùn)動(dòng)位移x時(shí)用動(dòng)量定理求解更方便。2動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們受到的外力的合力為0，則滿足動(dòng)量守恒條件，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解比較方便。(2018哈爾濱模擬)如圖所示豎直面內(nèi)，水平線OO下方足夠大的區(qū)域內(nèi)存在水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一個(gè)單匝均勻正方形導(dǎo)體框，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m，總電阻為r，從ab邊距離邊界OO為L(zhǎng)的位置由靜止釋放，已知從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)所用時(shí)間為t，重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)，導(dǎo)體框不翻轉(zhuǎn)。求：(1)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，ba間電勢(shì)差的大小Uba；(2)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體框的速度。解析(1)設(shè)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mgLmv根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E1BLv1此時(shí)的感應(yīng)電流為：I所以ba間電勢(shì)差的大小UbaIrE1。(2)從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，根據(jù)動(dòng)量定理可得：mgtBLtmv2mv1其中BLt解得：v2gt。答案(1)(2)gt方法感悟應(yīng)用動(dòng)量定理還可以由動(dòng)量變化來(lái)求解變力的沖量。如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問題中，應(yīng)用動(dòng)量定理可以解決牛頓運(yùn)動(dòng)定律不易解答的問題。足夠長(zhǎng)的平行金屬軌道M、N，相距L0.5 m，且水平放置；M、N左端與半徑R0.4 m的光滑豎直半圓軌道相連，與軌道始終垂直且接觸良好的金屬棒b和c可在軌道上無(wú)摩擦地滑動(dòng)，兩金屬棒的質(zhì)量mbmc0.1 kg，接入電路的有效電阻RbRc1 ，軌道的電阻不計(jì)。平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向上，光滑豎直半圓軌道在磁場(chǎng)外，如圖所示。若使b棒以初速度v010 m/s開始向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒達(dá)最大速度時(shí)，此棒產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若c棒達(dá)最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達(dá)軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力的大小。答案(1)5 m/s(2)1.25 J(3)1.25 N解析(1)在安培力作用下，b棒做減速運(yùn)動(dòng)，c棒做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，c棒達(dá)到最大速度。選兩棒為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mbv0(mbmc)v解得c棒的最大速度為：vv0v05 m/s。(2)從b棒開始運(yùn)動(dòng)到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總熱量為：Qmbv(mbmc)v22.5 J因?yàn)镽bRc，所以c棒達(dá)最大速度時(shí)此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc1.25 J。(3)設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v，從最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的過程由機(jī)械能守恒可得：mcv2mcv2mcg2R解得v3 m/s在最高點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)c棒的彈力為F，由牛頓第二定律得mcgFmc解得F1.25 N由牛頓第三定律得，在最高點(diǎn)c棒對(duì)軌道的壓力為1.25 N，方向豎直向上。課后作業(yè)鞏固強(qiáng)化練1如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)存在于虛線框內(nèi)，矩形線圈豎直下落，如果線圈受到的磁場(chǎng)力總小于其重力，則它在1、2、3、4位置時(shí)的加速度關(guān)系為()Aa1>a2>a3>a4 Ba1a3>a2>a4Ca1a3>a4>a2 Da4a2>a3>a1答案B解析未進(jìn)磁場(chǎng)前和全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，都僅受重力，所以加速度a1a3g。線框在圖2位置時(shí)，受到重力和向上的安培力，且已知F安<mg，所以a2<g。而由于線框完全在磁場(chǎng)中時(shí)做加速度為g的加速運(yùn)動(dòng)，故4位置時(shí)的速度大于2位置時(shí)的速度，根據(jù)F安及a可得a4<a2；故關(guān)系為：a1a3>a2>a4，B正確。2. (多選)如圖所示，兩光滑平行傾斜導(dǎo)軌PQ、EF所在平面與水平面的夾角為，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在平面斜向下，導(dǎo)軌下端接一電阻R，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒用平行于導(dǎo)軌的細(xì)線拴住置于導(dǎo)軌上，線的另一端跨過光滑定滑輪掛著一個(gè)質(zhì)量為M的砝碼，按住導(dǎo)體棒，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，放手后，導(dǎo)體棒被細(xì)線拉著沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)一段位移s后，速度恰好達(dá)到最大值v(導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì))，在此過程中()A細(xì)線的拉力始終等于MgB導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)C細(xì)線的拉力與安培力的合力對(duì)導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒增加的機(jī)械能D電阻R產(chǎn)生的熱量QMgsmgssinmv2答案BC解析對(duì)于導(dǎo)體棒，從靜止釋放后先做加速運(yùn)動(dòng)，隨著速度增大，由公式F安知，導(dǎo)體棒所受的安培力增大，對(duì)砝碼、導(dǎo)體棒分析可得MgTMa，TmgsinF安ma，解得a，當(dāng)F安增大時(shí)加速度減小，則導(dǎo)體棒和砝碼都做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)時(shí)細(xì)線的拉力小于砝碼的重力，A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)于導(dǎo)體棒，根據(jù)功能關(guān)系可知除重力之外，細(xì)線的拉力與安培力的合力對(duì)導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒增加的機(jī)械能，C正確；對(duì)于系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒得：電阻R產(chǎn)生的熱量QMgsmgssin(mM)v2，D錯(cuò)誤。3. (多選)如圖所示，兩根相距為d的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直，長(zhǎng)度略大于d的兩導(dǎo)體棒M、N平行地放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒的電阻均為R、質(zhì)量均為m，開始兩導(dǎo)體棒靜止，現(xiàn)給導(dǎo)體棒M一個(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I，整個(gè)過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，下列說(shuō)法正確的是()A回路中始終存在逆時(shí)針方向的電流B棒N的最大加速度為C回路中的最大電流為D棒N獲得的最大速度為答案BC解析根據(jù)右手定則可知開始回路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，當(dāng)兩個(gè)導(dǎo)體棒以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中的電流強(qiáng)度為零，故A錯(cuò)誤；當(dāng)M開始運(yùn)動(dòng)的瞬間，N的加速度最大，根據(jù)動(dòng)量定理可得Imv，解得v，根據(jù)牛頓第二定律可得：ma，解得a，故B正確；回路中的最大電流為I流，故C正確；N速度最大時(shí)二者的速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv2mv，解得v，故D錯(cuò)誤。4(多選)如圖甲所示，電阻不計(jì)且間距L1 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，上端接一阻值R2 的電阻，虛線OO下方有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)將質(zhì)量m0.1 kg、電阻不計(jì)的金屬桿ab從OO上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸且始終水平。已知桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v01 m/s，下落0.3 m的過程中加速度a與下落距離h的關(guān)系圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，則()A勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2 TB桿ab下落0.3 m時(shí)金屬桿的速度為1 m/sC桿ab下落0.3 m的過程中R上產(chǎn)生的熱量為0.2 JD桿ab下落0.3 m的過程中通過R的電荷量為0.25 C答案AD解析當(dāng)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后，根據(jù)右手定則判斷可知金屬桿ab中電流的方向由a到b。由乙圖知，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，金屬桿的加速度大小a110 m/s2，方向豎直向上。由牛頓第二定律得：BI1Lmgma1，又I1，代入數(shù)據(jù)解得：B2.0 T，故A正確；由ah圖象知h0.3 m時(shí)a0，表明金屬桿受到的重力與安培力平衡，有mgBIL0，其中I，聯(lián)立得：v0.5 m/s，故B錯(cuò)誤；桿ab下落0.3 m的過程中，由能量守恒有mghmv2Q，代入數(shù)據(jù)得：Q0.2875 J，故C錯(cuò)誤；金屬桿自由下落的高度h00.05 m，金屬桿下落0.3 m的過程中通過R的電荷量為：qtt，代入數(shù)據(jù)得：q0.25 C，故D正確。5. (多選)如圖所示，甲、乙兩個(gè)完全相同的線圈，在距地面同一高度處由靜止開始釋放，A、B是邊界范圍、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向均完全相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，只是A的區(qū)域比B的區(qū)域離地面高一些，兩線圈下落時(shí)始終保持線圈平面與磁場(chǎng)垂直，則()A甲先落地B乙先落地C甲線圈受安培力的沖量較大D乙線圈落地速度較小答案BD解析線圈穿過磁場(chǎng)區(qū)域過程受到的安培力是變力，設(shè)受到的平均安培力為F，穿過磁場(chǎng)的時(shí)間為t，下落全過程的時(shí)間為t，落地速度為v，安培力的沖量I安BLtBLq，而q，所以線圈受安培力的沖量相等，故C錯(cuò)誤。線圈進(jìn)入磁場(chǎng)克服安培力做的功WBL2，乙線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度較大，平均電流較大，線圈克服安培力做功較多，即產(chǎn)生的熱量較多；根據(jù)能量守恒定律得知乙線圈落地時(shí)的速度較小，D正確。對(duì)全過程，由動(dòng)量定理得：mgtBLtmv，所以t，因?yàn)関乙<v甲，所以t乙<t甲，即乙線圈先落地，故B正確，A錯(cuò)誤。6. (多選)如圖所示，寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向下穿過光滑的水平桌面，一質(zhì)量為m的橢圓形導(dǎo)體框平放在桌面上，橢圓的長(zhǎng)軸平行于磁場(chǎng)邊界，短軸小于d。現(xiàn)給導(dǎo)體框一個(gè)初速度v0(v0垂直磁場(chǎng)邊界)，已知導(dǎo)體框全部在磁場(chǎng)中的速度為v，導(dǎo)體框全部出磁場(chǎng)后的速度為v1；導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1，導(dǎo)體框離開磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2。下列說(shuō)法正確的是()A導(dǎo)體框離開磁場(chǎng)過程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向B導(dǎo)體框進(jìn)出磁場(chǎng)都是做勻變速直線運(yùn)動(dòng)CQ1>Q2DQ1Q2m(vv)答案ACD解析導(dǎo)體框離開磁場(chǎng)時(shí)，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，故A正確。導(dǎo)體框在進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)，速度變化，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變化，產(chǎn)生的感應(yīng)電流變化，則所受的安培力變化，加速度變化，則導(dǎo)體框做的是非勻變速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤。因?yàn)檫M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大于離開磁場(chǎng)時(shí)的速度，則進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電流要比出磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電流大，則進(jìn)入磁場(chǎng)過程中安培力大，根據(jù)克服安培力做功等于產(chǎn)生的焦耳熱可知Q1>Q2，C正確。由能量守恒定律可知，導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱與離開磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱之和等于導(dǎo)體框的機(jī)械能減小量，即Q1Q2m(vv)，D正確。7. 如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)用相同材料、相同粗細(xì)的導(dǎo)線繞制的單匝閉合正方形線圈1和2，其邊長(zhǎng)L12L2，在距磁場(chǎng)上界面h高處由靜止開始自由下落，再逐漸完全進(jìn)入磁場(chǎng)，最后落到地面，運(yùn)動(dòng)過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場(chǎng)上邊界。設(shè)線圈1、2落地時(shí)的速度大小分別為v1、v2，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2，通過線圈截面的電荷量分別為q1、q2，不計(jì)空氣阻力，則()Av1<v2，Q1>Q2，q1>q2 Bv1v2，Q1Q2，q1q2Cv1<v2，Q1>Q2，q1q2 Dv1v2，Q1<Q2，q1<q2答案A解析線圈從同一高度下落，到達(dá)磁場(chǎng)邊界時(shí)具有相同的速度v，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到磁場(chǎng)的安培力大小為：F，由電阻定律有：R(為材料的電阻率，S為線圈導(dǎo)線的橫截面積)，線圈的質(zhì)量為m0S4L(0為材料的密度)。當(dāng)線圈的下邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)其加速度為：ag；聯(lián)立解得加速度ag；則知，線圈1和2進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度相同，加速度相同，線圈1由于邊長(zhǎng)較長(zhǎng)還沒有全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線圈2已完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，而線圈1仍先做加速度小于g的變加速運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后才做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，所以落地速度關(guān)系為v1<v2。由能量守恒可得：Qmg(hH)mv2(H為磁場(chǎng)區(qū)域的高度)，因?yàn)閙1>m2，v1<v2，所以可得Q1>Q2。根據(jù)qL知，q1>q2，A正確。真題模擬練8(2018江蘇高考)(多選) 如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng)，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)、的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)和時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g。金屬桿()A剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度方向豎直向下B穿過磁場(chǎng)的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間C穿過兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgdD釋放時(shí)距磁場(chǎng)上邊界的高度h可能小于答案BC解析由于金屬桿進(jìn)入兩個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的速度相等，而穿出磁場(chǎng)后金屬桿做加速度為g的加速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)、時(shí)都做減速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；對(duì)金屬桿受力分析，根據(jù)mgma可知，金屬桿在磁場(chǎng)中做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，其進(jìn)出磁場(chǎng)的vt圖象如圖所示，由于0t1和t1t2圖線與t軸包圍的面積相等(都為d)，所以t1>(t2t1)，B正確；從進(jìn)入磁場(chǎng)到進(jìn)入磁場(chǎng)之前過程中，根據(jù)能量守恒，金屬棒減小的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以Q1mg2d，所以穿過兩個(gè)磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的熱量為4mgd，C正確；若金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng)，則mg0，得v，由前面分析可知金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大于，根據(jù)h得金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)的高度應(yīng)大于，D錯(cuò)誤。9(2017天津高考) 如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是()Aab中的感應(yīng)電流方向由b到aBab中的感應(yīng)電流逐漸減小Cab所受的安培力保持不變Dab所受的靜摩擦力逐漸減小答案D解析根據(jù)楞次定律，ab中感應(yīng)電流方向由a到b，A錯(cuò)誤；根據(jù)ES，因?yàn)楹愣?，所以E恒定，根據(jù) I知，回路中的感應(yīng)電流恒定，B錯(cuò)誤；根據(jù)FBIl，由于B減小，安培力F減小，C錯(cuò)誤；根據(jù)平衡條件，靜摩擦力fF，故靜摩擦力減小，D正確。10(2018湖南師大附中高三模擬)(多選) 如圖所示，正方形導(dǎo)線框ABCD、abcd的邊長(zhǎng)均為L(zhǎng)，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m，它們分別系在一跨過兩個(gè)定滑輪的輕繩兩端，且正方形導(dǎo)線框與定滑輪處于同一豎直平面內(nèi)。在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。開始時(shí)導(dǎo)線框ABCD的下邊與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上邊界重合，導(dǎo)線框abcd的上邊到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的下邊界的距離為L(zhǎng)?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)導(dǎo)線框ABCD剛好全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，系統(tǒng)開始做勻速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)摩擦和空氣阻力，則()A兩線框剛開始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)輕繩上的張力FTmgB系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小vC兩線框從開始運(yùn)動(dòng)至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱Q2mgLD導(dǎo)線框abcd的ab邊通過磁場(chǎng)的時(shí)間t答案BC解析兩線框剛開始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框ABCD全部進(jìn)入磁場(chǎng)，由平衡知識(shí)可知，輕繩上的張力FT2mg，A錯(cuò)誤；對(duì)線框abcd可知，兩線框剛開始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框abcd的上邊ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)mg2mg，即系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v，B正確；由能量守恒定律可知，兩線框從開始運(yùn)動(dòng)至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱等于兩個(gè)線框的機(jī)械能的減小量，即Q2mg2Lmg2L3mv22mgL，C正確；ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，mgFA2mg，勻速運(yùn)動(dòng)至cd邊完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，CD邊穿出磁場(chǎng)受安培力FA，故仍有mgFA2mg，繼續(xù)做勻速運(yùn)動(dòng)，故導(dǎo)線框abcd在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)，ab邊通過磁場(chǎng)的時(shí)間t，D錯(cuò)誤；故選B、C。11. (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。求下滑到底端的過程中，金屬棒(1)末速度的大小v；(2)通過的電流大小I；(3)通過的電荷量Q。答案(1)(2)(3)解析(1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)v22as，解得v。(2)金屬棒所受安培力F安IdB，金屬棒所受合力FmgsinF安，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律Fma，解得I。(3)金屬棒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，通過金屬棒的電荷量QIt，聯(lián)立解得Q。12(2018天津高考) 真空管道超高速列車的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝置。圖1是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡(jiǎn)化模型，圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計(jì)，ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長(zhǎng)度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m。列車啟動(dòng)前，ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示，為使列車啟動(dòng)，需在M、N間連接電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)，列車啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉。(1)要使列車向右運(yùn)行，啟動(dòng)時(shí)圖1中M、N哪個(gè)接電源正極，并簡(jiǎn)要說(shuō)明理由；(2)求剛接通電源時(shí)列車加速度a的大?。?3)列車減速時(shí)，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)寬度和相鄰磁場(chǎng)間距均大于l。若某時(shí)刻列車的速度為v0，此時(shí)ab、cd均在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域，試討論：要使列車停下來(lái)，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場(chǎng)？答案(1)M接電源正極，理由見解析(2)(3)見解析解析(1)列車要向右運(yùn)動(dòng)，安培力方向應(yīng)向右，根據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b，由c到d，故M接電源正極。(2)由題意，啟動(dòng)時(shí)ab、cd并聯(lián)，電阻均為R，由并聯(lián)電路知ab、cd中電流均為I每根金屬棒受到的安培力F0BIl設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F2F0根據(jù)牛頓第二定律有Fma聯(lián)立式得a(3)設(shè)列車減速時(shí)，cd進(jìn)入磁場(chǎng)后經(jīng)t時(shí)間ab恰好進(jìn)入磁場(chǎng)，此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化量為，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1其中Bl2設(shè)回路中平均電流為I，由閉合電路歐姆定律有I設(shè)cd受到的平均安培力為F，有FBIl以向右為正方向，設(shè)t時(shí)間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有I沖Ft同理可知，回路出磁場(chǎng)時(shí)ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場(chǎng)區(qū)域安培力沖量為I0，有I02I沖設(shè)列車停下來(lái)受到的總沖量為I總，由動(dòng)量定理有I總0mv0聯(lián)立式得討論：若恰好為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有界磁場(chǎng)；若不是整數(shù)，設(shè)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N1塊有界磁場(chǎng)。13(2017天津高考)電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來(lái)研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距離為l，電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。問：(1)磁場(chǎng)的方向；(2)MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大小；(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。答案(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下(2)(3)解析(1)將S接1時(shí)，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，當(dāng)將S接2時(shí)，電容器放電，流經(jīng)MN的電流由M到N，又知MN向右運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I設(shè)MN受到的安培力為F，有FIlB由牛頓第二定律，有Fma聯(lián)立式得a(3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0CE開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，有EBlvmax依題意有E設(shè)在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有l(wèi)B由動(dòng)量定理，有tmvmax0又tQ0Q聯(lián)立式得Q。14(2019山西呂梁高三期末)如圖，兩條足夠長(zhǎng)、間距為d的平行光滑金屬直軌道MN、PQ與水平面成角，EF上方存在垂直導(dǎo)軌平面的如圖乙所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度在0T時(shí)間內(nèi)按余弦規(guī)律變化(周期為T、最大值為B0)，T時(shí)刻后穩(wěn)定為B0。t0時(shí)刻，正方形金屬框ABCD在沿平行導(dǎo)軌向上的恒定外力作用下靜止于導(dǎo)軌上。T時(shí)刻撤去外力，金屬框?qū)⒀貙?dǎo)軌下滑，金屬框在CD邊、AB邊經(jīng)過EF時(shí)的速度分別為v1和v2。已知金屬框質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為d、每條邊電阻為R，框中磁場(chǎng)按余弦規(guī)律變化時(shí)產(chǎn)生的正弦式交變電流的峰值Em，求：(1)CD邊剛過EF時(shí)，A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；(2)從撤去外力到AB邊經(jīng)過EF的總時(shí)間；(3)從0時(shí)刻到AB邊經(jīng)過EF的過程中產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)B0dv1(2)(3)mgdsinm(vv)解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律知，CD邊剛過EF時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)EB0dv1由楞次定律知A點(diǎn)電勢(shì)低于B點(diǎn)，故UABE即UABB0dv1。(2)撤去外力后金屬框在重力沿導(dǎo)軌向下的分力mgsin作用下下滑，金屬框穿過EF時(shí)，由于電磁感應(yīng)而受到沿導(dǎo)軌向上的安培力。設(shè)所求時(shí)間為t，金屬框在某一時(shí)刻的速度為v，電流為i，則i，金屬框所受安培力FB0div安培力的沖量IAFtvt由動(dòng)量定理得mgsintIAmv20解得t。(3)0T，交流電的有效值EEm此過程產(chǎn)生的焦耳熱Q1T金屬框出磁場(chǎng)的過程中，Q2WA結(jié)合動(dòng)能定理：mgdsinWAmvmv得：Q2mgdsinm(vv)總焦耳熱為：QQ1Q2mgdsinm(vv)。15(2018衡水中學(xué)5月沖刺模擬考試)如圖a超級(jí)高鐵(Hyperloop)是一種以“真空管道運(yùn)輸”為理論核心設(shè)計(jì)的交通工具，它具有超高速、低能耗、無(wú)噪聲、零污染的特點(diǎn)。如圖b，已知管道中固定著兩根平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ，兩導(dǎo)軌間距為r；運(yùn)輸車的質(zhì)量為m，橫截面是半徑為r的圓。運(yùn)輸車上固定著間距為D、與導(dǎo)軌垂直的兩根導(dǎo)體棒1和2，每根導(dǎo)體棒的電阻為R，每段長(zhǎng)度為D的導(dǎo)軌的電阻也為R。其他電阻忽略不計(jì)，重力加速度為g。(1)如圖c，當(dāng)管道中的導(dǎo)軌平面與水平面成30角時(shí)，運(yùn)輸車恰好能無(wú)動(dòng)力地勻速下滑。求運(yùn)輸車與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)在水平導(dǎo)軌上進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，不考慮摩擦及空氣阻力。當(dāng)運(yùn)輸車由靜止離站時(shí)，在導(dǎo)體棒2后間距為D處接通固定在導(dǎo)軌上電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源，此時(shí)導(dǎo)體棒1、2均處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖d。求剛接通電源時(shí)運(yùn)輸車的加速度的大?。?電源內(nèi)阻不計(jì)，不考慮電磁感應(yīng)現(xiàn)象)當(dāng)運(yùn)輸車進(jìn)站時(shí)，管道內(nèi)依次分布磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，寬度為D的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且相鄰的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向相反。求運(yùn)輸車以速度v0從如圖e位置通過距離D后的速度v。答案(1)(2)v0解析(1)分析運(yùn)輸車的受力，將運(yùn)輸車的重力分解，如圖1，設(shè)軌道對(duì)運(yùn)輸車的支持力為N1、N2，如圖2。 由垂直導(dǎo)軌平面方向合力為零及幾何關(guān)系有N1mgcos，N2mgcos，又f1N1，f2N2，運(yùn)輸車勻速下滑，故mgsinf1f2，解得：。(2)運(yùn)輸車離站時(shí)，等效電路圖如圖3，R總，由閉合電路的歐姆定律I，又I1，I2，導(dǎo)體棒所受的安培力：F1BI1r；F2BI2r，運(yùn)輸車的加速度a，解得a。運(yùn)輸車進(jìn)站時(shí)，等效電路圖如圖4，當(dāng)車速為v時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律：E1Brv；E2Brv，由閉合電路的歐姆定律I，導(dǎo)體棒所受的安培力：F1BIr；F2BIr，運(yùn)輸車所受的合力：FF1F2，選取一小段時(shí)間t，運(yùn)輸車速度的變化量為v，由動(dòng)量定理：tmv，即xmv，兩邊求和：mvmv0，解得vv0。16(2018唐山二模)如圖所示，兩根平行光滑的金屬導(dǎo)軌M1N1P1M2N2P2由四分之一圓弧部分與水平部分構(gòu)成，導(dǎo)軌末端固定兩根絕緣柱，弧形部分半徑r0.8 m、導(dǎo)軌間距L1 m，導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2 T，兩根完全相同的金屬棒a、b分別垂直導(dǎo)軌靜置于圓弧頂端M1M2處和水平導(dǎo)軌中某位置，兩金屬棒質(zhì)量均為m1 kg、電阻均為R2 。金屬棒a由靜止釋放，沿圓弧導(dǎo)軌滑入水平部分，此后，金屬棒b向右運(yùn)動(dòng)，在導(dǎo)軌末端與絕緣柱發(fā)生碰撞且無(wú)機(jī)械能損失，金屬棒b接觸絕緣柱之前兩棒已勻速運(yùn)動(dòng)且未發(fā)生碰撞。金屬棒b與絕緣柱發(fā)生碰撞后，在距絕緣柱x10.5 m的A1A2位置與金屬棒a發(fā)生碰撞，碰后停在距絕緣柱x20.2 m的A3A4位置，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10 m/s2。求：(1)金屬棒a剛滑入水平導(dǎo)軌時(shí)，受到的安培力大??；(2)金屬棒b與絕緣柱碰撞后到與金屬棒a碰撞前的過程，整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱；(3)證明金屬棒a、b的碰撞是否是彈性碰撞。答案(1)4 N(2)3 J(3)見解析解析(1)金屬棒a下滑過程：mgrmv2v4 m/s金屬棒a剛滑入水平導(dǎo)軌時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：EBLv8 V回路電流：I2 A金屬棒a受到的安培力：FBIL4 N。(2)以金屬棒a、b為系統(tǒng)，在碰到絕緣柱之前動(dòng)量守恒：mv2mv1，解得：v12 m/s。金屬棒b與絕緣柱發(fā)生碰撞后等速率返回，以兩金屬棒為系統(tǒng)動(dòng)量仍然守恒，但總動(dòng)量為零，0mvamvb，即時(shí)刻有vavb，兩金屬棒相向運(yùn)動(dòng)到相碰，位移大小相等，均為x10.5 m。對(duì)金屬棒b，由動(dòng)量定理：BLtmv2mv1由法拉第電磁感應(yīng)定律：2BL聯(lián)立得tmv2mv1而tx1，求得：v21 m/s。由能量守恒定律：Q2mv2mv3 J。(3)金屬棒a、b碰后，金屬棒b減速到零的過程，由動(dòng)量定理：BLt0mv3由法拉第電磁感應(yīng)定律：2BL，聯(lián)立得t0mv3而tx1x2，求得：v30.6 m/s。碰撞前后動(dòng)量守恒，a、b速度大小相等，方向相反，由于2mv>2mv，所以碰撞不是彈性碰撞。