完整版)高分策略之電磁感應(yīng)中的桿+導(dǎo)軌模型

1、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的桿4導(dǎo)軌模型電磁感應(yīng)中的導(dǎo)軌問(wèn)題竇力愣況分析動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)*動(dòng)量現(xiàn)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)情況伽能冒觀點(diǎn)牛輛定律平衡羞件動(dòng)能定理 幡守恒一、單棒問(wèn)題基本模型運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)最終特征阻尼式ETT (L xXa逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)靜止I =0電動(dòng)式rXXTx Kna逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)勻速I =0 （或恒定）1a逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)勻速1恒定發(fā)電式B、含容式單棒問(wèn)題基本模型運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)最終特征放電式丄F 7pa逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)勻速運(yùn)動(dòng)I = 0無(wú)外力充電式-H1XXXXa逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)勻速運(yùn)動(dòng)I = 0勻加速運(yùn)動(dòng)勻加速運(yùn)動(dòng)1恒定有外力充電式x xX三、無(wú)外力雙棒問(wèn)題基本模型運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)最終特征無(wú)外力等距式1桿1做a漸小

2、的加速運(yùn)動(dòng)桿2做a漸小的減速運(yùn)動(dòng)V1=V2I = 0無(wú)外力不等距式 1桿1做a漸小的減速運(yùn)動(dòng)桿2做a漸小的加速運(yùn)動(dòng)a= 0I = 0L1V1 = L2V2四、有外力雙棒問(wèn)題基本模型運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)有外力等距式i廠F12桿1做a漸大的加速運(yùn)動(dòng)桿2做a漸小的加速運(yùn)動(dòng)有外力不等距式桿1做a漸小的加速運(yùn)動(dòng)桿2做a漸大的加速運(yùn)動(dòng)最終特征ai=a2, A v 恒定I恒定aiM a2, ai、a2恒定I恒定題型一阻尼式單棒模型如圖。1 電路特點(diǎn)：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源。2安培力的特點(diǎn)：安培力為阻力，并隨速度減小而減小。Fb=BII=B+r3.加速度特點(diǎn)：加速度隨速度減小而減小,a=4.運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：速度如圖所示。a減小的減速

3、運(yùn)動(dòng)5 最終狀態(tài)：靜止6.三個(gè)規(guī)律（1）能量關(guān)系： , -0 = Q ,=（2）動(dòng)量關(guān)系:BII t 0 mv0RY（3）瞬時(shí)加速度:a=-【典例1】如圖所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在寬為L(zhǎng)的區(qū)域內(nèi),有一個(gè)邊長(zhǎng)為a（ aL）的正方形閉合線圈以初速V0垂直磁場(chǎng)邊界滑過(guò)磁場(chǎng)后速度變?yōu)閂（ V1 2【答案】 (1) a (2) mghr 2m/(3)2.0 Q 0.1 kg【解折】 由右手定則可知，金屬棒詁中的電流方問(wèn)為由白到頭蟲能量守叵定律知，金屬棒減少的重力勢(shì)能等于増加的動(dòng)能和電踣中產(chǎn)生的焦耳熱 即E= BLVm 金屬棒達(dá)到最大速度 Vm時(shí)，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì):由閉

4、合電路的歐姆定律得：I =從b端向a端看，金屬棒受力如圖所示滿足：mi n a BIL = 0mgsin a由以上二式得 Vm=60 30 1 1 1 1由圖乙可知：斜率 k =2msQ = 15 msQ ，縱軸截距v = 30 m/smgin amgin a ,所以 bl? R = v,bl? = k解得 R = 2.0 Q, mi= 0.1 kg題型三無(wú)外力等距雙棒1.電路特點(diǎn)棒2相當(dāng)于電源；棒1受安培力而加速起動(dòng)，運(yùn)動(dòng)后產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)I Blv 2BIV1Bl( V2V1 )2.電流特點(diǎn)：R1R2R1R2隨著棒2的減速、棒1的加速，兩棒的相對(duì)速度 V2-V1變小，回路中電流也變小。IBlV

5、oV1=0時(shí)：電流最大，R R2V2=V1時(shí)：電流 I = 03兩棒的運(yùn)動(dòng)情況Fb BIl安培力大?。? 2B l(V2 V!)R1 R2兩棒的相對(duì)速度變小，感應(yīng)電流變小，安培力變小.棒1做加速度變小的加速運(yùn)動(dòng), 變小的減速運(yùn)動(dòng)，最終兩棒具有共同速度。4兩個(gè)規(guī)律(1)動(dòng)量規(guī)律兩棒受到安培力大小相等方向相反，系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒.棒2做加速度m2Vo ( m1m2 )v共(2) 能量轉(zhuǎn)化規(guī)律系統(tǒng)機(jī)械能的減小量等于內(nèi)能的增加量.(類似于完全非彈性碰撞)1 2 1 2m2Vo(m1 m2 山 + Q2 2Q1 R1兩棒產(chǎn)生焦耳熱之比：Q2 R25.幾種變化：(1)初速度的提供方式不同(2)磁

6、場(chǎng)方向與導(dǎo)軌不垂直(3)兩棒都有初速度1 2兩棒動(dòng)量守恒嗎?(4)兩棒位于不同磁場(chǎng)中X X e X *；L*a1,只要a2a1,當(dāng)a2 = ai時(shí)，V2-V1恒定，I恒定，F(xiàn)b恒定，兩棒勻加速【典例6】如圖所示,兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN PQ與水平面的夾角a =30 ,導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì),導(dǎo)軌處在垂直導(dǎo)軌平面向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.兩根電阻都為R=2 Q、質(zhì)量都為m=0.2 kg的完全相同的細(xì)金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌并排靠緊的放置在導(dǎo)軌上,與磁場(chǎng)上邊界距離為 x=1.6m,有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)寬度為 3x=4.8 m.先將金屬棒ab由靜止釋放,金屬棒ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)就恰好做勻 速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)立即由靜止釋

7、放金屬棒cd,金屬棒cd在出磁場(chǎng)前已做勻速運(yùn)動(dòng).兩金屬棒在下滑過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸始終良好(取重力加速度g=10 m/s 2).求：金屬棒ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)棒中電流 I ; 金屬棒cd在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中通過(guò)回路某一截面的電荷量q;(3)兩根金屬棒全部通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q【答案】(1)1 A (2)0.8 C (3)8 J【解析】(1)解法一：由0 二尹神解得戸；解得 Bl 1 T jn又因界1匚略m .7 ；故片1 A、 _1 莊;去二：由闞跡sin o -jffl/LJ得=4 m/s又則筋in or_T 23?解得7=1 A 兩金屬棒單獨(dú)在磁場(chǎng)中時(shí)通過(guò)的距離都為2x,因而通過(guò)的電荷

8、量大小相等.2xq= qab= It 1= I ，= 1 x 0.8 C = 0.8 CJ2gsi na xQ等于兩棒損失的機(jī)械能(3)兩根金屬棒全部通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q= min a 2x + mgsin a 3x= mgsin a 5x= 8 J.【典例7】如圖所示，間距I = 0.3 m的平行金屬導(dǎo)軌 a1bc和a2b2C2分別固定在兩個(gè)豎直面內(nèi).在水平面a1b1b2a2區(qū)域內(nèi)和傾角 0 = 37的斜面 db1b2C2區(qū)域內(nèi)分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度B = 0.4 T、方向豎直向上和 B2= 1 T、方向垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng).電阻R= 0.3 Q、質(zhì)量 m= 0.1 kg、長(zhǎng)為I

9、的相同導(dǎo)體桿 K、S Q分別放置在導(dǎo)軌上，S桿的兩端固定在b1、b2點(diǎn)，K、Q桿可沿導(dǎo) 軌無(wú)摩擦滑動(dòng)且始終接觸良好.一端系于K桿中點(diǎn)的輕繩平行于導(dǎo)軌繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪自然下垂，繩上穿有質(zhì)量 m= 0.05 kg的小環(huán).已知小環(huán)以 a= 6 m/s 2的加速度沿繩下滑.K桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運(yùn)動(dòng).不計(jì)導(dǎo)軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸2長(zhǎng).取 g= 10 m/s , sin 37 = 0.6 , cos 37 = 0.8.求：(1) 小環(huán)所受摩擦力的大??；(2) Q桿所受拉力的瞬時(shí)功率.【答案】(1)0.2 N (2)2 W【解析】設(shè)小環(huán)受到的摩搦力大小為忌由牛頓第二定

10、律，有叱-4扯Q代入數(shù)據(jù)得*6 2趴 設(shè)通過(guò)K桿的電流為li, K桿受力平衡，有 Ff = Bill設(shè)回路總電流為I，總電阻為R總，有i = 211R 總=3 RD設(shè)Q桿下滑速度大小為 v,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,有E= B2IV F+ mgs in 0 = B2II 拉力的瞬時(shí)功率為P= Fv聯(lián)立以上方程，代入數(shù)據(jù)得P= 2 W.題型五 電容放電式:1. 電路特點(diǎn)電容器放電，相當(dāng)于電源；導(dǎo)體棒受安培力而運(yùn)動(dòng)。2. 電流的特點(diǎn)電容器放電時(shí)，導(dǎo)體棒在安培力作用下開始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)產(chǎn)生阻礙放電的反電動(dòng)勢(shì)，導(dǎo)致電流減小，直至電流為零，此時(shí) UC=BIv3. 運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)a漸小的加速運(yùn)動(dòng)，最終做勻速運(yùn)動(dòng)。4最終

11、特征：勻速運(yùn)動(dòng)，但此時(shí)電容器帶電量不為零5.最大速度Vm電容器充電量：Qo CE放電結(jié)束時(shí)電量：Q CUCBlVm電容器放電電量：Q Qo Q CE CBlVm 對(duì)桿應(yīng)用動(dòng)量定理：BI1 t Bl QBICEm B2I2C6達(dá)最大速度過(guò)程中的兩個(gè)關(guān)系mv安培力對(duì)導(dǎo)體棒的沖量:mBICEm B2I2C安培力對(duì)導(dǎo)體棒做的功:-mv2m(BICE)2(mB2I2C)易錯(cuò)點(diǎn)：認(rèn)為電容器最終帶電量為零7.幾種變化 (1)導(dǎo)軌不光滑(2)光滑但磁場(chǎng)與導(dǎo)軌不垂直【典例8】如圖所示，在水平面內(nèi)有一個(gè)半徑為a的金屬圓盤，處在豎直向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬圓盤繞中心O順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤的邊緣和中心分別

12、通過(guò)電刷與右側(cè)電路相連，圓盤的邊緣和中心之間的等效電阻為r，外電阻為R,電容器的電容為 C,單刀雙擲開關(guān)S與觸頭1閉合，電路穩(wěn)定時(shí)理想電壓表讀數(shù)為U,右側(cè)光滑平行水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，處在豎直向下磁感強(qiáng)度也為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌上垂直放置質(zhì)量為 m,電阻也為R的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，求：（2）開關(guān)S與觸頭2閉合后，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)的速度v.【答案】（1）一 1 ； (2) -RBa2nd-5L2C【解析】（1）根1E歐姆定律得：1=, 根據(jù)岡合電聰姆定律得：E=I （Rtr）=更響 又因?yàn)?E=Bav=Ba 0）、2解得：0_2imgRBa2（2）根據(jù)動(dòng)

13、量定理得：FA t=mv - 0,而 FAt=BIL t=BL q,電荷的變化量 q=CA U,電壓的變化量 U=U- U =U- BLv貝U mv=BLC( U- BLv)解得:BLCUuri-B2L2C題型六電動(dòng)式單棒FbBIlB(-E反)Blv)r3.加速度特點(diǎn)：加速度隨速度增大而減小mgB(L1V)|m(R r)4.運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)5最終特征：勻速運(yùn)動(dòng)6.兩個(gè)極值 (1)最大加速度:v=0時(shí)，E反=0,電流、加速度最大ER rFmBIml，3mFm mgm(2)最大速度：穩(wěn)定時(shí)，速度最大，電流最小IminE BlVmR rmg Fmin BI minE BlVmBR rEmg(R r)22Bl

14、 B2|2mgvmImin7.穩(wěn)定后的能量轉(zhuǎn)化規(guī)律8.起動(dòng)過(guò)程中的勺三個(gè)規(guī)律(1)動(dòng)量關(guān)系：BLqmgtmvm 0qE QemgS1 2mvm能量關(guān)系：2瞬時(shí)加速度:aFb mg := b(E blv)lgmm(Rr)IminEBl sq n R r R r還成立嗎?9.幾種變化(1)導(dǎo)軌不光滑(2)傾斜導(dǎo)軌屮(3)有初速度_XX旳-xXX(4)磁場(chǎng)方向變化BMNPQ的間距為 L=0.1m，電源的電動(dòng)勢(shì) E=10V,內(nèi)阻r=0.1 Q,金屬桿 EF的質(zhì)量為m=1kg,其有效電阻為 R=0.4Q，其與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因素為卩=0.1，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B=1T,現(xiàn)在閉合開

15、關(guān)，求：(1) 閉合開關(guān)瞬間，金屬桿的加速度；(2) 金屬桿所能達(dá)到的最大速度；(3) 當(dāng)其速度為v=20m/s時(shí)桿的加速度為多大？(g=10m/s2，不計(jì)其它阻力)2 2【答案】(1) 1m/s ; (2) 50m/s ; (3) 0.6m/s .I f i n【解析】(i)根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：i=r+R 0,140. 4安培力：Fa=BIL=1 X 20 X 0.1=2N根據(jù)牛頓第二定律，有：a=|J 1 - - ： -D1xxxP X1【解析】在5剛廚合的瞬間，導(dǎo)線的速度為零,浚育電晞感應(yīng)現(xiàn)象，由心到&的電流心 曲堂安培力水平問(wèn)右I此時(shí)瞬時(shí)加速度a0= =昱疤=6mfs2wj m必

16、運(yùn)動(dòng)起來(lái)且將發(fā)生電璇感應(yīng)現(xiàn)象.必向右運(yùn)動(dòng)的速度為護(hù)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)用=臥,根1右手宦則 戒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)缶端電勢(shì)比上為高）在閉合電踣中與電池電動(dòng)勢(shì)相反.電瞎中的電流（順時(shí)針?lè)较?，尺一疋冷一將減小小于K 心 曲所受的向右的安培力隨之減小，力噠度也減小辱管加速度減小, R十r速度還罡在就感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)應(yīng)隨速度的増大而堵大，電路中電澆進(jìn)一歩湎小安培力、加速度也隨之進(jìn) 一步減，卜當(dāng)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)用與電池電動(dòng)勢(shì)疋相等時(shí)，電路中電流為霧，曲所受安培力人加速度也為霍這 時(shí)破的速度達(dá)S1最犬值，隨后則以最犬速度繼續(xù)向右做勻速運(yùn)動(dòng).設(shè)最終達(dá)到的最大速度為u m,根據(jù)上述分析可知：E Bl 一 0所以1.5 m/s=3.7

17、5m/s .Bl 0.8 0.5(2)如果ab以恒定速度 7.5m/s向右沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，則ab中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)由于Blv0.8 0.5 7.5V=3VE,這時(shí)閉合電路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，大小為：I E R r3 1.5A=1.5A0.8 0.2直導(dǎo)線ab中的電流由b到a,根據(jù)左手定則，磁場(chǎng)對(duì) ab有水平向左的安培力作用，大小為F BlI 0.8 0.5 1.5N=0.6N所以要使ab以恒定速度v 7.5m/s向右運(yùn)動(dòng)，必須有水平向右的恒力F 0.6 N作用于ab.上述物理過(guò)程的能量轉(zhuǎn)化情況，可以概括為下列三點(diǎn)： 作用于ab的恒力（F）的功率：P Fv 0.6 7.5W=4.5W 電阻（R +r）

18、產(chǎn)生焦耳熱的功率：P12（R r） 1.52 （0.8 0.2） W=2.25W逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鱅 ,從電池的正極流入，負(fù)極流出，電池處于“充電”狀態(tài)，吸收能量,以化學(xué)能的形式儲(chǔ)存起來(lái).電池吸收能量的功率：P I E 1.5 1.5W=2.25W由上看出，P P P，符合能量轉(zhuǎn)化和守恒定律（沿水平面勻速運(yùn)動(dòng)機(jī)械能不變）題型七 電容無(wú)外力充電式1. 電路特點(diǎn)導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源；電容器被充電2. 電流的特點(diǎn)I Blv Uc導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源；F安為阻力，棒減速,E減小，有I感，RI感漸小，電容器被充電。UC漸大，阻礙電流，當(dāng) Blv =UC時(shí)，1=0, F安=0,棒勻速運(yùn)動(dòng)。3 .運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：a漸小的加

19、速運(yùn)動(dòng)，最終做勻速運(yùn)動(dòng)。4最終特征：勻速運(yùn)動(dòng)，但此時(shí)電容器帶電量不為零電容器充電量：q CU最終導(dǎo)體棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于電容兩端電壓：U Blv對(duì)桿應(yīng)用動(dòng)量定理：mv0 mv BI1 t B|qB2l2Cv V。 m【典例11】 光滑U型金屬框架寬為L(zhǎng),足夠長(zhǎng)，其上放一質(zhì)量為m的金屬棒ab,左端連接有一電容為C的電容器，現(xiàn)給棒一個(gè)初速 v0,使棒始終垂直框架并沿框架運(yùn)動(dòng)，如圖所示。求導(dǎo)體棒的最終速度。V =:【答案】丄-【解析】：當(dāng)金屬樓壯做切力芻疑動(dòng)時(shí)，要產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，遠(yuǎn)樣，電容器C將被充電，曲棒中育充 電電流存在，乩棒受到安培力的佢用而城速，當(dāng)乩棒以穩(wěn)定速度m勻建運(yùn)動(dòng)時(shí)，有：SLv=UC=

20、(i/C 而對(duì)導(dǎo)休棒at利用動(dòng)重定理可得:：-BLq=mvfvOy 二由上述二式可求得：昭於氏題型八電容有外力充電式1. 電路特點(diǎn)導(dǎo)體為發(fā)電邊；電容器被充電。2. 三個(gè)基本關(guān)系導(dǎo)體棒受到的安培力為：FB BHF Fba 導(dǎo)體棒加速度可表示為：m回路中的電流可表示為:3四個(gè)重要結(jié)論：CBl vtCBlaamg2 2(1)導(dǎo)體棒做初速度為零勻加速運(yùn)動(dòng)：m CB LI CBImg1 2 2(2)回路中的電流恒定：mg CB 1(3)導(dǎo)體棒受安培力恒定:Fb2 2CB I mgm CB IW克b -C( Blv)(4) 導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電容器儲(chǔ)存的電能：4.幾種變化：(1)導(dǎo)軌不光滑(2)恒

21、力的提供方式不同ax BxKpcX1XK(3)電路的變化【典例12】如圖所示,豎直放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌，相距I ,導(dǎo)軌一端接有一個(gè)電容器，電容量為C,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,質(zhì)量為m的金屬棒ab可緊貼導(dǎo)軌自由滑動(dòng).現(xiàn)讓ab由靜止下滑，不考慮空氣阻力，也不考慮任何部分的電阻和自感作用問(wèn)金屬棒的做什么運(yùn)動(dòng)？棒落地時(shí)的速度為多大?【答案】- J 2mghv l2ah m CB212【解析】：ab在mg作用下加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間 t ，速度增為v, a =v / t產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BI v電容器帶電量Q=CE=CBI v ，感應(yīng)電流 匸Q/t=CBL v/ t=CBI a產(chǎn)生安培力 F=

22、BII =CB2 I 2a ，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律 mg-F=ma2 2 2 2ma= mg - CB I a ， a= mg / (m+C B I ) ab做初速為零的勻加直線運(yùn)動(dòng) ，加速度a= mg / (m+C B 2 I 2)落地速度為v . 2ah:2mghm CB212【精選針對(duì)訓(xùn)練】1.如圖所示，開口向下的導(dǎo)線框固定在豎直平面內(nèi)，上端有一開關(guān)，線框處于與其平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的寬度為h. 一導(dǎo)體棒開始時(shí)靜止于 A位置,然后釋放,導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)， 閉合開關(guān)S.用x表示導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)后的位移，i表示棒中的感應(yīng)電流大小，v表示導(dǎo)體棒的速度大小，E表示導(dǎo)體棒的動(dòng)能，a表示導(dǎo)體棒的加速

23、度大小，導(dǎo)體棒與線框的兩個(gè)邊垂直并 接觸良好以下圖像可能正確的是()【答案】 AC【解析】導(dǎo)體棒逬入磁場(chǎng)后切害懈感線，用EE愛(ài)向上的安培力斤廠肋如FQ舷則入-A心玉產(chǎn)響劭棒向下做減速運(yùn)魂丁減小，正爭(zhēng)也隨之減小,至學(xué)殛后棒勻速T混 口恒走J恒 J&irTR定;T降力之后,$6 I 乜卩要?jiǎng)?lì)山所以A對(duì),D錯(cuò)次帶進(jìn)入硝場(chǎng)時(shí)就有斫爭(zhēng)則刊h之后,亡 恒定,C對(duì)；Z之后,乩應(yīng)隨兀增加而變大,B錯(cuò).2.如圖所示，間距為I的足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌 MN PQ豎直放置，一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端 M與P間連接阻值為R的電阻,質(zhì)量為m電阻為r的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上.現(xiàn)使金屬棒ab由靜

24、止開始下滑，經(jīng)時(shí)間t下落距離h后達(dá)到最大速度，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g.以下判斷正確的是 （）A.流過(guò)金屬棒ab的電流方向?yàn)橛蒩到bB.從開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)到最大速度的時(shí)間內(nèi)，通過(guò)金屬棒ab的電荷量為BlhR+ rC.金屬棒的最大速度為mg R+ r2BPD.整個(gè)下落過(guò)程中金屬棒 ab減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為電能【答案】AB【解析】當(dāng)探度最大時(shí).有序皿殛，和魯醴.所以嚴(yán)笄選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由右手定則知，曲中的電 流方向?yàn)橛珊系絙?迭項(xiàng)盤正確負(fù)由 尸等匚E項(xiàng)正確；棒曲下落過(guò)程中誠(chéng)少的重力勢(shì)能除輕化成電能 外，迅專優(yōu)成了動(dòng)能，選項(xiàng)D錯(cuò).3. 在傾角為9、足夠長(zhǎng)的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度相等的勻強(qiáng)磁

25、場(chǎng)，磁場(chǎng)方向一個(gè)垂直斜面向上，另一個(gè)垂直斜面向下，寬度均為L(zhǎng)，如圖6所示.一個(gè)質(zhì)量為 m電阻為R、邊長(zhǎng)也 為L(zhǎng)的正方形線框abed.在t = 0時(shí)刻以速度V。進(jìn)入磁場(chǎng)，好做勻速直線運(yùn)動(dòng).經(jīng)過(guò)時(shí)間to線框 ab邊到達(dá)gg與ff 正中間位置時(shí)，框又恰好開始做勻速運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是A. 當(dāng)ab邊剛越過(guò)ff 時(shí)，線框加速度的大小為3gsin 0B. to時(shí)刻線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為Vo/2315C. to時(shí)間內(nèi)線框中產(chǎn)生的熱量為 qmgLin 0 + mv2D. 線框離開磁場(chǎng)的過(guò)程中一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)【答案】AC【解折】根據(jù)在十二0時(shí)刻線框以速度曲進(jìn)入嵐場(chǎng)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)可知，纟去框所受安培力等

26、于重力沿 斜面向下的分力，呻5 心警占皿邊剛越過(guò)球 時(shí)，線樁中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)罡剛逬入祗場(chǎng)時(shí)的2倍，JI方向相反，上下兩個(gè)邊所受安培力尊于剛遊入時(shí)的4倍,方向沿斜面向上，宙牛頓第二定律可知線柩加 速度的大小為3ssin &，選項(xiàng)也正確八時(shí)刻線框ab邊到達(dá)證 與ff正中間位置時(shí)，由Jsin S=!JI 解得戶丙/札商時(shí)刻線框勻速運(yùn)動(dòng)的速?gòu)V為貳選項(xiàng)B錯(cuò)誤亍由能量守叵定律花時(shí)間內(nèi)線框中產(chǎn)生的 熱單為片磁評(píng)仍$+二砂R號(hào)討=；財(cái)8“ 瓠從 選項(xiàng)匚正確；線框離幵磁場(chǎng)的過(guò)程中做變 加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.I- 14. 如圖所示，在水平桌面上放置兩條相距 I的平行光滑導(dǎo)軌ab與cd,阻值為R的電阻與導(dǎo)軌 的a

27、、c端相連.質(zhì)量為m邊長(zhǎng)為I、電阻不計(jì)的正方形線框垂直于導(dǎo)軌并可在導(dǎo)軌上滑動(dòng) .整個(gè) 裝置放于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 B線框的中點(diǎn)系一不可伸長(zhǎng) 的輕繩，繩繞過(guò)固定在桌邊的光滑輕滑輪后 ，與一個(gè)質(zhì)量也為 m的物塊相連，繩處于拉直狀態(tài).現(xiàn) 若從靜止開始釋放物塊，用h表示物塊下落的高度（物塊不會(huì)觸地）,g表示重力加速度，其他電阻 不計(jì)，則（）A.因通過(guò)正方形線框的磁通量始終不變,故電阻R中沒(méi)有感應(yīng)電流B.物塊下落的加速度為0.5 gC.若h足夠大，物塊下落的最大速度為mgRB2!2D.通過(guò)電阻R的電荷量為BR【答案】CD【解析】線框在磁場(chǎng)中切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，電阻R上有

28、感應(yīng)電流，A錯(cuò)；線框中的感應(yīng)電流受到安培阻力作用，物塊和線框的加速度逐漸減小,框受到的安培力等于物塊的重力 ,即安培力F= mg=B錯(cuò)；當(dāng)物塊和線框的加速度為零時(shí)，線r ,則最大速度為Vm= b22,C對(duì)；通過(guò)電E = 丁，故 q= BRJ,D 對(duì)._ E阻R的電荷量q= I t =一只七，電動(dòng)勢(shì)平均值為5. 如圖所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距L=1 m.導(dǎo)軌平面與水平面成e = 37角，下端連接阻值為R= 4 Q的電阻.勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B= 1 T.質(zhì)量m= 0.4 kg、電阻r = 1 Q的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直且 接觸

29、良好，它們間的動(dòng)摩擦因數(shù)口 = 0.25，金屬棒以初速度 V0 = 20 m/s沿導(dǎo)軌滑下，g= 10 m/s2.sin 37 = 0.6 , cos 37 = 0.8.求：(1) 金屬棒沿導(dǎo)軌下滑的最大加速度；金屬棒下滑時(shí)電阻 R消耗的最小功率.2【答案】(1)6 m/s ,方向沿導(dǎo)軌向上10.24 W【解析】金屬棒在安培阻力作用T做刪速運(yùn)動(dòng)，故其開姐T滑時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，加速度最尢，設(shè)此吋 憋應(yīng)電澆為則片砸臥五=召站上 + Xf jstgcos jssin &=Jt 鼻解得；.= Jh/eS萬(wàn)向沿導(dǎo)軌向上由平衝條件得殛sin &_證工駅g枚二MJ亞消耗的功率嚴(yán)擴(kuò)民解得Q1O.24禮6. 光

30、滑平行的金屬導(dǎo)軌 MN和PQ間距L= 1.0 m與水平面之間的夾角a = 30，勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B= 2.0 T,垂直于導(dǎo)軌平面向上，MP間接有阻值 R= 2.0 Q的電阻，其它電阻不計(jì)，質(zhì)量 仆2.0 kg的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，如圖甲所示用恒力F沿導(dǎo)軌平面向上拉金屬直桿ab,由靜止開始運(yùn)動(dòng)，vt圖像如圖乙所示，g= 10 m/s2,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng).求：恒力F的大??；(2) 根據(jù)vt圖像估算在前0.8 s內(nèi)電阻上產(chǎn)生的熱量.【答案】(1)18 N (2)3.08 J【解析】(1)由題圖乙知，桿運(yùn)動(dòng)的最大速度為Vm= 4 m/s ,此時(shí)桿受力平衡:F= mina + F 安=mnoc +BVV

31、m代入數(shù)據(jù)得：F= 18 N.(?)由題圖ZL可知思末導(dǎo)體桿的速度為rt=2. 2 m/s.前0.8 s內(nèi)圖線與十軸所包圍的丈小方格約合為腐個(gè).面積為27X0.2X0. 2=1.08,即前0.8 s內(nèi)導(dǎo)體桿的位移jt=1.08 nin 37 解得 I = 0.60 A(2) 閉合電路有E= l(R+ r) = 0.60 A x (4.5+ 0.5) Q= 3.0 V再由ab棒下滑產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E= BLv解得 v = 10 m/s(3) 由感應(yīng)電流方向判定電容C與a端相連的極板帶正電荷電荷量 Q= CU= CIR= 2.7 x 10_5 C8. 平行金屬導(dǎo)軌MN豎直放置于絕緣水平地板上如圖所示，金屬桿PQ可以緊貼導(dǎo)軌無(wú)摩擦滑動(dòng)，導(dǎo)軌間除固定