2022屆新教材高考物理一輪復習第十一章電磁感應專題6電磁感應現(xiàn)象中的綜合應用問題學案新人教版

1、專題6電磁感應現(xiàn)象中的綜合應用問題必備知識預案自診知識梳理一、電磁感應現(xiàn)象中的電路問題1.內電路和外電路(1)切割磁感線運動的導體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當于。(2)該部分導體的電阻或線圈的電阻相當于電源的,其余部分是。2.電源電動勢和路端電壓(1)電動勢:e=或e=。(2)路端電壓:u=ir=。二、電磁感應現(xiàn)象中的動力學問題1.安培力的大小安培力公式:f=感應電動勢:e=感應電流:i=erf=b2l2vr2.安培力的方向(1)先用判定感應電流方向,再用判定安培力方向。(2)根據(jù)楞次定律,安培力的方向一定和導體切割磁感線運動方向。三、電磁感應現(xiàn)象中的能量問題1.能量的轉化感應電流在磁場中受安

2、培力,外力克服安培力,將機械能轉化為,電流做功再將電能轉化為。2.實質電磁感應現(xiàn)象的能量轉化,實質是其他形式的能和之間的轉化。3.電磁感應現(xiàn)象中能量的三種計算方法利用克服安培力求解電磁感應中產(chǎn)生的電能等于克服所做的功利用能量守恒求解機械能的減少量等于產(chǎn)生的利用電路特征來求解通過電路中所產(chǎn)生的電熱來計算注:電磁感應現(xiàn)象中,有機械能和電能之外的其他形式的能參與轉化時,電能增加時,機械能不一定在減小?？键c自診1.判斷下列說法正誤。(1)閉合電路的歐姆定律同樣適用于電磁感應電路。()(2)電流一定從高電勢流向低電勢。()(3)閉合電路中外電阻越大,電源的輸出功率越大。()(4)電磁感應中,感應電流引起

3、的安培力一定做阻力。()(5)在有安培力的作用下,導體棒不能做加速運動。()(6)克服安培力做功的過程,就是其他形式的能轉化為電能的過程。()2.(新教材人教版選擇性必修第二冊p44習題改編)如圖所示,一質量為m、邊長為a的均勻正方形導線框abcd放在光滑絕緣的水平面上?，F(xiàn)以速度v水平向右進入以虛線為邊界的勻強磁場中,磁場的磁感應強度大小為b,方向垂直于紙面向外,最終線框靜止在桌面上。線框剛進入磁場時,ab間的電勢差是多少?整個過程中通過a點的電荷量是多少?整個過程線框中產(chǎn)生的熱量是多少?3.(新教材人教版選擇性必修第二冊p45習題改編)如圖所示,由某種粗細均勻的金屬條制成的矩形線框abcd固

4、定在紙面內,勻強磁場垂直紙面向里。一導體棒pq放在線框上,在水平拉力f作用下沿平行ab的方向勻速滑動,滑動過程pq始終與ab垂直,且與線框接觸良好,不計摩擦。在pq從靠近ad處向bc滑動的過程中pq兩端電壓如何變化?拉力f的功率如何變化?關鍵能力學案突破考點一電磁感應中的電路問題(師生共研)1.對電磁感應電路的理解(1)在電磁感應電路中,相當于電源的部分把其他形式的能通過電流做功轉化為電能。(2)“電源”兩端的電壓為路端電壓,而不是感應電動勢。(3)電源的正負極、感應電流的方向、電勢的高低、電容器極板帶電問題,均可用右手定則或楞次定律判定。2.電磁感應中電路知識的關系圖閉合電路i=er+ru=

5、rr+rep=iuq=i2rtq=cu電流方向電磁感應e=nte=blve=12bl2q=r楞次定律(右手定則)【典例1】如圖所示,水平面上固定一個頂角為60的光滑金屬導軌mon,導軌處于磁感應強度大小為b,方向豎直向下的勻強磁場中。質量為m的導體棒cd與mon的角平分線垂直,導軌與棒單位長度的電阻均為r。t=0時刻,棒cd在水平外力f的作用下從o點以恒定速度v0沿mon的角平分線向右滑動,在滑動過程中始終保持與導軌良好接觸。若棒與導軌均足夠長,求:(1)流過導體棒的電流i;(2)t0時刻導體棒的發(fā)熱功率;推導出回路中的熱功率p隨時間變化的關系式,并畫出圖像。解題指導審題關鍵詞句分析解讀水平面

6、上固定一個頂角為60的光滑金屬導軌導軌形狀確定,不計摩擦導體棒cd與mon的角平分線垂直cd切割磁感線,有效長度不斷變化導軌與棒單位長度的電阻均為r可確定各自電阻隨長度變化關系以恒定速度v0沿mon的角平分線向右滑動勻速切割磁感線,但有效長度隨時間均勻變化破題用速度和時間表示切割長度以及回路電阻;明確回路的特點,根據(jù)閉合電路歐姆定律計算電流?！疽?guī)律方法】電磁感應現(xiàn)象中電路問題的處理方法1.“源”的分析:根據(jù)e=blv或e=nt算出e的大小,用楞次定律或右手定則確定感應電動勢的方向(感應電流方向是電源內部電流的方向),從而確定電源正負極,明確內阻r。2.“路”的分析:根據(jù)“等效電源”和電路中其他

7、各元件的連接方式畫出等效電路。3.“解”:主要應用閉合電路的歐姆定律及串、并聯(lián)電路的基本性質等列方程求解。對點演練1.(2020全國卷)如圖所示,一邊長為l0的正方形金屬框abcd固定在水平面內,空間存在方向垂直于水平面、磁感應強度大小為b的勻強磁場。一長度大于2l0的均勻導體棒以速率v自左向右在金屬框上勻速滑過,滑動過程中導體棒始終與ac垂直且中點位于ac上,導體棒與金屬框接觸良好。已知導體棒單位長度的電阻為r,金屬框電阻可忽略。將導體棒與a點之間的距離記為x,求導體棒所受安培力的大小隨x(0x2l0)變化的關系式。2.(2020福建泉州模擬)如圖甲所示,兩根完全相同的光滑平行導軌固定,每根

8、導軌均由兩段與水平面成=30的長直導軌和一段圓弧導軌平滑連接而成,導軌兩端均連接電阻,阻值r1=r2=2 ,導軌間距l(xiāng)=0.6 m。在右側導軌所在斜面的矩形區(qū)域m1m2p2p1內分布有垂直斜面向上的磁場,磁場上下邊界m1p1、m2p2的距離d=0.2 m,磁感應強度大小隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,在右側導軌斜面上與m1p1距離s=0.1 m處,有一根阻值r=2 的金屬棒ab垂直于導軌由靜止釋放,恰好獨立勻速通過整個磁場區(qū)域,重力加速度g取10 m/s2,導軌電阻不計。求:(1)ab在磁場中運動的速度大小v;(2)在t1=0.1 s時刻和t2=0.25 s時刻電阻r1的電功率之比?？?/p>

9、點二電磁感應中的動力學問題(師生共研)電學對象與力學對象的轉換及關系【典例2】(2020四川眉山高三下學期第二次診斷)如圖所示,在傾角為的斜面內有兩條足夠長的不計電阻的平行金屬導軌,導軌寬度為l,導軌上端連有阻值為r的電阻;在垂直于導軌邊界ab上方軌道空間內有垂直于導軌向上的均勻變化的勻強磁場b1。邊界ab下方導軌空間內有垂直于導軌向下的勻強磁場b2。電阻也為r、質量為m的導體棒mn垂直于導軌放置,磁場b1隨時間均勻減小,且邊界ab上方軌道平面內磁通量變化率大小為k,mn靜止且受到導軌的摩擦力為零;撤去磁場b2,mn從靜止開始在較短的時間t內做勻加速運動通過的距離為x。重力加速度為g。(1)求

10、磁場b2的磁感應強度大小;(2)求導體棒mn與導軌之間動摩擦因數(shù);(3)若撤去b1,恢復b2,mn從靜止開始運動,求其運動過程中的最大動能。解題指導審題關鍵詞句分析解讀傾角為的斜面內有兩條足夠長的不計電阻的平行金屬導軌導體棒始終在導軌上;導軌電阻為零;能確定導體棒沿導軌向下的重力分力和對導軌的壓力在垂直于導軌邊界的勻強磁場b2b1均勻變化使回路產(chǎn)生感應電流;勻強磁場b2對導體棒的安培力磁場b1隨時間均勻減小,且邊界ab上方軌道平面內磁通量變化率大小為k可求感應電動勢和感應電流;勻強磁場b2對導體棒的安培力恰好等于導體棒沿導軌向下的重力分力續(xù)表關鍵詞句分析解讀撤去磁場b2,mn從靜止開始在較短的

11、時間t內做勻加速運動通過的距離為x可求導體棒的加速度,進一步能求導體棒與導軌之間動摩擦因數(shù)若撤去b1,恢復b2,mn從靜止開始運動,求其運動過程中的最大動能導體棒有最大動能時,導體棒受力平衡破題磁通量的變化率等于感應電動勢,根據(jù)閉合電路歐姆定律可求感應電流,進一步能求導體棒的安培力,根據(jù)平衡條件求勻強磁場b2;撤去磁場b2后,導體棒中雖然有電流,但所處空間沒有磁場,不受安培力,根據(jù)導體棒的運動情況可求受力,進而求摩擦因數(shù);撤去b1,恢復b2后導體棒最終做勻速直線運動,根據(jù)平衡條件可求最大速度和最大動能。【規(guī)律方法】分析電磁感應現(xiàn)象中動力學問題的基本步驟解決電磁感應中的動力學問題的一般思路是“先

12、電后力”,具體思路如下:對點演練3.(多選)(2020全國卷)如圖所示,u形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上,ab和dc邊平行,和bc邊垂直。ab、dc足夠長,整個金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導體棒mn置于金屬框上,用水平恒力f向右拉動金屬框,運動過程中,裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中,mn與金屬框保持良好接觸,且與bc邊保持平行。經(jīng)過一段時間后()a.金屬框的速度大小趨于恒定值b.金屬框的加速度大小趨于恒定值c.導體棒所受安培力的大小趨于恒定值d.導體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值4.如圖所示,兩根足夠長的光滑金屬導軌平行放置在傾角為30的斜面上,導軌寬度為l=0.1 m,導

13、軌下端接有電阻,其阻值為r=0.1 ,兩導軌間存在一方向垂直于斜面向上,磁感應強度大小為b0=1.0 t的勻強磁場。輕繩一端通過光滑定滑輪豎直懸吊質量為m=0.01 kg的小木塊,另一端平行于斜面系在質量為4m電阻不計的金屬棒的中點。將金屬棒從pq位置由靜止釋放,金屬棒將沿導軌下滑,金屬棒與導軌接觸良好,重力加速度g取10 m/s2,導軌電阻忽略不計。求:(1)金屬棒在勻速運動時的速度大小v0;(2)若從金屬棒達到速度v0時開始計時,此時金屬棒離導軌底端的距離為s(s足夠大),從t=0時刻開始,磁場的磁感應強度大小b隨時間t發(fā)生變化,此過程中,無電流通過電阻r,請寫出磁感應強度大小b隨時間t變

14、化的關系式(結果可含有s)?？键c三電磁感應現(xiàn)象中的能量問題(師生共研)1.電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化安培力做功2.求解焦耳熱q的三種方法【典例3】(2017江蘇卷)如圖所示,兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內,其右端接一阻值為r的電阻。質量為m的金屬桿靜置在導軌上,其左側的矩形勻強磁場區(qū)域mnpq的磁感應強度大小為b、方向豎直向下。當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后,金屬桿的速度變?yōu)関。導軌和金屬桿的電阻不計,導軌光滑且足夠長,桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸。求:(1)mn剛掃過金屬桿時,桿中感應電流的大小i;(2)mn剛掃過金屬桿時,桿的加速度大小a;(3

15、)pq剛要離開金屬桿時,感應電流的功率p。解題指導審題關鍵詞句分析解讀質量為m的金屬桿靜置在導軌上速度為零續(xù)表關鍵詞句分析解讀勻強磁場區(qū)域mnpq的磁感應強度大小為b、方向豎直向下金屬桿與磁場垂直當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后,金屬桿的速度變?yōu)関金屬桿切割磁感線的速度v=v0-v導軌光滑且足夠長不計摩擦破題本題的關鍵在于導體切割磁感線產(chǎn)生電動勢e=blv,切割的速度(v)是導體與磁場的相對速度。【規(guī)律方法】能量轉化問題的分析程序:先電后力再能量對點演練5.(2020江蘇卷)如圖所示,電阻為0.1 的正方形單匝線圈abcd的邊長為0.2 m,bc邊與勻強磁場邊緣重合。磁場的寬度等于

16、線圈的邊長,磁感應強度大小為0.5 t,在水平拉力作用下,線圈以8 m/s的速度向右穿過磁場區(qū)域。求線圈在上述過程中:(1)感應電動勢的大小e;(2)所受拉力的大小f;(3)感應電流產(chǎn)生的熱量q。6.半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同一水平面內,一長為r,質量為m且質量分布均勻的直導體棒ab置于圓導軌上面,ba的延長線通過圓導軌中心o,裝置的俯視圖如圖所示,整個裝置位于一勻強磁場(圖中未畫出)中,磁感應強度的大小為b,方向豎直向下,在內圓導軌的c點和外圓導軌的d點之間接有一阻值為r的電阻(圖中未畫出)。直導體棒在水平外力作用下以角速度繞o逆時針勻速轉動,在轉動過程中始終與導軌保持良好接觸

17、。設導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為,導體棒和導軌的電阻均可忽略。重力加速度大小為g。求:(1)通過電阻r的感應電流的方向和大小;(2)外力的功率?？键c四電磁感應現(xiàn)象中的動量綜合問題(師生共研)1.電磁感應與動量的結合問題主要有下面兩種:(1)與動量定理結合。例如在光滑水平軌道上運動的單桿(不受其他力作用),由于在磁場中運動的單桿為變速運動,則運動過程所受的安培力為變力,依據(jù)動量定理f安t=p,而又由于f安t=bilt=blq,q=nr總=nblxr總,p=mv2-mv1,由以上四式將流經(jīng)桿電荷量q、桿位移x及速度變化聯(lián)系起來。(2)與動量守恒定律的結合。相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運

18、動問題,由于這兩根導體棒所受的安培力等大反向,合外力為零,若不受其他外力,兩導體棒的總動量守恒,解決此類問題往往要應用動量守恒定律。2.兩類雙桿模型對比歸納類型模型運動圖像運動過程分析方法不受外力桿mn做變減速運動,桿pq做變加速運動;穩(wěn)定時,兩桿以相等的速度勻速運動將兩桿視為整體,不受外力,最后a=0受到恒力開始時,兩桿做變加速運動;穩(wěn)定時,兩桿以相同的加速度做勻加速運動將兩桿視為整體,只受外力f,最后a=f2m【典例4】(2020河北衡水中學高三下學期5月期中)如圖所示,pqmn與cdef為兩根足夠長的固定平行金屬導軌,導軌間距為l。pq、mn、cd、ef為相同的弧形導軌;qm、de為足夠

19、長的水平導軌。導軌的水平部分qmed處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應強度為b。a、b為材料相同、長都為l的導體棒,跨接在導軌上。已知a棒的質量為3m、電阻為r,b棒的質量為m、電阻為3r,其他電阻不計。金屬棒a和b都從距水平面高度為h的弧形導軌上由靜止釋放,分別通過dq、em同時進入勻強磁場中,a、b棒在水平導軌上運動時不會相碰。若金屬棒a、b與導軌接觸良好,且不計導軌的電阻和棒與導軌的摩擦。(1)金屬棒b向左運動速度大小減為金屬棒a的速度大小的一半時,金屬棒a的速度多大?(2)金屬棒a、b進入磁場后,如先離開磁場的某金屬棒在離開磁場前已勻速運動,此棒從進入磁場到勻速運動的過程電路中產(chǎn)生的焦耳

20、熱多大?(3)從b棒速度減為零至兩棒達共速過程中二者的位移差是多大?解題指導審題關鍵詞句分析解讀qm、de為足夠長的水平導軌水平導軌足夠長,意味著兩桿在運動過程不可能相碰,與后面條件相互印證已知a棒的質量為3m、電阻為r,b棒的質量為m、電阻為3r,其他電阻不計兩桿質量不相等;相同安培力時b棒加速度大,運動狀態(tài)變化快金屬棒a和b都從距水平面高度為h的弧形導軌上由靜止釋放兩桿進入磁場前機械能守恒,故以相同速率進入磁場;兩桿進入磁場后動量守恒如先離開磁場的某金屬棒在離開磁場前已勻速運動勻速運動時不受安培力,即電路中沒有電流,故兩桿必共速從b棒速度減為零至兩棒達共速過程中可知b棒速度變化量,應該會用

21、到動量定理求解破題本題以雙桿模型考查電磁感應現(xiàn)象中的能量和動量問題。雙桿沿光滑弧形導軌下滑過程機械能守恒;進入磁場后動量守恒,并且在磁場中要克服安培力做功產(chǎn)生內能(焦耳熱),故在磁場中系統(tǒng)機械能不再守恒,但可以由能量守恒定律求產(chǎn)生的焦耳熱。由于桿的運動均不是勻變速直線運動,故不能由運動學公式求從b棒速度減為零至兩棒達共速過程中二者的位移差,可對b桿巧妙應用動量定理和通過電路的電荷量表達式求解。對點演練7.(2020浙江寧波模擬)如圖甲所示,絕緣水平面上固定著兩根足夠長的光滑金屬導軌pq、mn,相距為l=0.5 m,ef右側導軌處于勻強磁場中,磁場方向垂直導軌平面向下,磁感應強度b的大小如圖乙變

22、化。開始時ab棒和cd棒鎖定在導軌如圖甲位置,ab棒與cd棒平行,ab棒離水平面高度為h=0.2 m,cd棒與ef之間的距離也為l,ab棒的質量為m1=0.2 kg,有效電阻為r1=0.05 ,cd棒的質量為m2=0.1 kg,有效電阻為r2=0.15 (設a、b棒在運動過程中始終與導軌垂直,兩棒與導軌接觸良好,導軌電阻不計)。(1)求01 s時間段通過cd棒的電流大小與方向;(2)假如在1 s末,同時解除對ab棒和cd棒的鎖定,穩(wěn)定后ab棒和cd棒將以相同的速度做勻速直線運動,試求這一速度;(3)在第(2)問的條件下,ab棒和cd棒從解除鎖定到開始以相同的速度做勻速運動的過程中,ab棒產(chǎn)生的

23、熱量為多少?8.(2020遼寧部分重點中學協(xié)作體高三下學期模擬)如圖所示,空間存在豎直向下的勻強磁場,磁感應強度b=0.5 t。在勻強磁場區(qū)域內,有一對光滑平行金屬導軌,處于同一水平面內,導軌足夠長,導軌間距l(xiāng)=1 m,電阻可忽略不計。質量均為m=1 kg,電阻均為r=2.5 的金屬導體棒mn和pq垂直放置于導軌上,且與導軌接觸良好。先將pq暫時鎖定,金屬棒mn在垂直于棒的拉力f作用下,由靜止開始以加速度a=0.4 m/s2向右做勻加速直線運動,5 s后保持拉力f的功率不變,直到棒以最大速度vm做勻速直線運動。(1)求棒mn的最大速度vm;(2)當棒mn達到最大速度vm時,解除pq鎖定,同時撤

24、去拉力f,兩棒最終均勻速運動。求解除pq棒鎖定后,到兩棒最終勻速運動的過程中,電路中產(chǎn)生的總焦耳熱。(3)若pq始終不解除鎖定,當棒mn達到最大速度vm時,撤去拉力f,棒mn繼續(xù)運動多遠后停下來?(運算結果可用根式表示)專題6電磁感應現(xiàn)象中的綜合應用問題必備知識預案自診知識梳理一、電磁感應現(xiàn)象中的電路問題1.(1)電源(2)內阻外電路2.(1)blvnt(2)e-ir二、電磁感應現(xiàn)象中的動力學問題1.bilblv2.(1)右手定則左手定則(2)相反三、電磁感應現(xiàn)象中的能量問題1.做功電能內能或其他形式的能2.電能3.安培力電能考點自診1.(1)(2)(3)(4)(5)(6)2.答案3bav4m

25、vba12mv2解析線框剛進入磁場時,ab產(chǎn)生的感應電動勢e=bav,ab間的電勢差是外電壓,則有:uab=34e=3bav4,整個過程中通過a點的電荷量為:q=it,對線框,根據(jù)動量定理得:-biat=0-mv,聯(lián)立得:q=mvba;整個過程線框中產(chǎn)生的熱量等于線框動能的減少量,為12mv2。3.答案先增大后減小先減小后增大解析導體棒由靠近ad邊向bc邊勻速滑動的過程中,產(chǎn)生的感應電動勢e=blv,保持不變,外電路總電阻先增大后減小(在ab中點時外電阻最大),由歐姆定律可知,pq中的電流i=er總先減小后增大,pq兩端電壓為路端電壓,由u=e-ir,可知pq兩端的電壓先增大后減小,導體棒勻速

26、運動,pq上拉力的功率等于回路的電功率,而回路的總電阻r總先增大后減小,由p=e2r總,分析得知,pq上拉力的功率先減小后增大。關鍵能力學案突破典例1答案(1)bv03r(2)23b2v0327rt0p=23b2v039rt圖像見解析解析(1)導體棒的有效切割長度l=2v0ttan30,感應電動勢e=blv0,回路的總電阻r=2v0ttan30+2v0tcos30r,聯(lián)立可得通過導體棒的電流i=er=bv03r;(2)回路中熱功率p=i2r,回路中電流i=bv03r為定值,r=(tan30+1cos30)2v0tr,可得p=23b2v039rt,圖像如圖所示。t0時刻導體棒的電阻為rx=2v0

27、t0tan30r,則導體棒的發(fā)熱功率p棒=i2rx=23b2v0327rt0。對點演練1.答案f=2b2vrx,0x22l02b2vr(2l0-x),22l0x2l0解析本題以導體棒切割磁感線為背景,意在考查法拉第電磁感應定律、歐姆定律、安培力等知識。當導體棒與金屬框接觸的兩點間棒的長度為l時,由法拉第電磁感應定律知,導體棒上感應電動勢的大小為e=blv由歐姆定律,流過導體棒的感應電流為i=er式中,r為這一段導體棒的電阻。按題意有r=rl此時導體棒所受安培力大小為f=bli由題設和幾何關系有l(wèi)=2x,0x22l02(2l0-x),22l0x2l0聯(lián)立式得f=2b2vrx,0x22l02b2v

28、r(2l0-x),22l0x2l02.答案(1)1 m/s(2)41解析(1)由mgssin=12mv2得v=2gssin=1m/s。(2)棒從釋放到運動至m1p1的時間t=vgsin=0.2s在t1=0.1s時,棒還沒進入磁場有e1=t=btld=0.6v此時,r2與金屬棒并聯(lián)后再與r1串聯(lián)r串=3u1=e1r串r1=0.4v由題中圖乙可知,t=0.2s后磁場保持不變,ab經(jīng)過磁場的時間t=dv=0.2s故在t2=0.25s時ab還在磁場中運動,電動勢e2=blv=0.6v此時r1與r2并聯(lián),r總=3,得r1兩端電壓u1=0.2v電功率p=u2r,故在t1=0.1s和t2=0.25s時刻電阻

29、r1的電功率比值p1p2=u12u12=4。典例2答案(1)2rmgsinkl(2)tan -2xgt2cos(3)k4x22mr2g4t4sin4解析(1)磁場b1隨時間均勻減小,設回路中感應電動勢為e,感應電流為i,則根據(jù)法拉第電磁感應定律e=t=k根據(jù)閉合電路歐姆定律i=er+rmn靜止且受到導軌的摩擦力為零,受力平衡mgsin=b2il解得:b2=2rmgsinkl(2)撤去磁場b2,設mn從靜止開始做勻加速運動過程中的加速度為a,導體棒mn與導軌之間動摩擦因數(shù)為,則x=12at2根據(jù)牛頓第二定律mgsin-mgcos=ma解得:=tan-2xgt2cos(3)若撤去b1,恢復b2,設

30、mn運動過程中的最大速度為vm,最大動能為ekm,穩(wěn)定時mgsin=mgcos+f安導體切割磁感線e=b2lvm通過回路的感應電流i=e2r安培力為f安=b2il=b22l2vm2r最大動能ekm=12mvm2聯(lián)立方程解得:ekm=k4x22mr2g4t4sin4對點演練3.bc由bc邊切割磁感線產(chǎn)生電動勢,形成電流,使得導體棒mn受到向右的安培力,做加速運動,bc邊受到向左的安培力,向右做加速運動。當mn運動時,金屬框的bc邊和導體棒mn一起切割磁感線,設導體棒mn和金屬框的速度分別為v1、v2,則電路中的電動勢e=bl(v2-v1)電路中的電流i=er=bl(v2-v1)r金屬框和導體棒m

31、n受到的安培力分別為f安框=b2l2(v2-v1)r,與運動方向相反f安mn=b2l2(v2-v1)r,與運動方向相同設導體棒mn和金屬框的質量分別為m1、m2,則對導體棒mn有b2l2(v2-v1)r=m1a1對金屬框有f-b2l2(v2-v1)r=m2a2初始速度均為零,則a1從零開始逐漸增加,a2從fm2開始逐漸減小。當a1=a2時,相對速度v2-v1=frm1b2l2(m1+m2)大小恒定。整個運動過程用速度時間圖像描述如下。綜上可得,金屬框的加速度趨于恒定值,安培力也趨于恒定值,b、c正確;金屬框的速度會一直增大,導體棒到金屬框bc邊的距離也會一直增大,a、d錯誤。4.答案(1)1.

32、0 m/s(2)b=ss-t-t2(t)解析(1)金屬棒勻速運動時,對金屬棒由平衡條件有:4mgsin30=ft+f安其中ft=mg,f安=b0il由歐姆定律有:i=er由法拉第電磁感應定律有:e=b0lv0聯(lián)立解得:v0=1.0m/s(2)對金屬棒和木塊組成的系統(tǒng),由牛頓第二定律有:4mgsin30-mg=5ma解得:a=2.0m/s2依題應滿足:b0ls=bls-v0t+12at2解得:b=ss-t-t2(t)典例3答案(1)bdv0r(2)b2d2v0mr(3)b2d2(v0-v)2r解析(1)感應電動勢e=bdv0,感應電流i=er,解得i=bdv0r。(2)安培力f=bid,由牛頓第

33、二定律f=ma,解得a=b2d2v0mr。(3)金屬桿切割磁感線的速度v=v0-v,則感應電動勢e=bd(v0-v),電功率p=e2r,解得p=b2d2(v0-v)2r。對點演練5.答案(1)0.8 v(2)0.8 n(3)0.32 j解析(1)感應電動勢e=blv代入數(shù)據(jù)得e=0.8v(2)感應電流i=er拉力的大小等于安培力f=bil解得f=b2l2vr,代入數(shù)據(jù)得f=0.8n(3)運動時間t=2lv焦耳定律q=i2rt解得q=2b2l3vr,代入數(shù)據(jù)得q=0.32j6.答案(1)c端流向d端3br22r(2)32mgr+92b2r44r解析(1)在t時間內,導體棒掃過的面積為:s=12t

34、(2r)2-r2根據(jù)法拉第電磁感應定律,導體棒產(chǎn)生的感應電動勢大小為:e=bst根據(jù)右手定則,感應電流的方向是從b端流向a端,因此流過電阻r的電流方向是從c端流向d端;由歐姆定律流過電阻r的電流滿足:i=er聯(lián)立可得:i=3br22r(2)在豎直方向有:mg-2fn=0式中,由于質量分布均勻,內外圓導軌對導體棒的正壓力相等,其值為fn,兩導軌對運動的導體棒的滑動摩擦力均為:ff=fn在t時間內,導體棒在內外圓導軌上掃過的弧長分別為:l1=rtl2=2rt克服摩擦力做的總功為:wf=ff(l1+l2)在t時間內,消耗在電阻r上的功為:wr=i2rt根據(jù)能量轉化和守恒定律,外力在t時間內做的功為w=wf+wr外力的功率為:p=wt聯(lián)立可得:p=32mgr+92b2r44r典例4答案(1)452gh(2)3mgh(3)2mr2ghb2l2解析(1)金屬棒從弧形軌道滑下,由機械能守恒有mgh=12mv02解得:v0=2gh兩棒同時進入磁場區(qū)域的初速度大小均為2gh。由于兩棒在水平軌道上時所受合外力為零,則兩棒在水平軌道上運動時動量守恒,可得3mv0-mv0=3mva-mv12va=45v0=452