高考物理法拉第電磁感應(yīng)定律培優(yōu)易錯難題練習(xí)(含答案)含答案

1、一、法拉第電磁感應(yīng)定律1.如圖所示，正方形單匝線框bcde邊長L= 0.4 m,每邊電阻相同，總電阻 R= 0.16 葭根足夠長的絕緣輕質(zhì)細繩跨過兩個輕小光滑定滑輪，一端連接正方形線框，另一端連接物體P,手持物體P使二者在空中保持靜止，線框處在豎直面內(nèi).線框的正上方有一有界勻強磁場，磁場區(qū)域的上、下邊界水平平行，間距也為L= 0.4 m,磁感線方向垂直于線框所在平面向里，磁感應(yīng)強度大小B=1.0 T,磁場的下邊界與線框的上邊eb相距h= 1.6 m.現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，線框向上運動過程中始終在同一豎直面內(nèi)，eb邊保持水平，剛好以 v= 4.0 m/s的速度進入磁場并勻速穿過磁場區(qū)，重力加速度g

2、=10 m/s2,不計空氣阻力.(1)線框eb邊進入磁場中運動時，e、b兩點間的電勢差 Ueb為多少？(2)線框勻速穿過磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q為多少？(3)若在線框eb邊剛進入磁場時，立即給物體P施加一豎直向下的力 F,使線框保持進入磁場前的加速度勻加速運動穿過磁場區(qū)域，已知此過程中力F做功Wf= 3.6 J,求eb邊上產(chǎn)生的焦耳Qeb為多少？【答案】(1) 1.2 V (2) 3.2 J (3) 0.9 J【解析】【詳解】線木i eb邊以v=4.0 m/s的速度進入磁場并勻速運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E BLv 10.4 4V=1.6 V因為e、b兩點間作為等效電源，則 e、b兩點間

3、的電勢差為外電壓：3Ueb=- E=1.2 V.4(2)線框進入磁場后立即做勻速運動，并勻速穿過磁場區(qū)，線框受安培力：F 安=BLI根據(jù)閉合電路歐姆定律有：E聯(lián)立解得解得F安=4 N所以克服安培力做功:W安=Fe 2L=4 2 0.4J=3.2J而Q=W安，故該過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q=3.2 J(3)設(shè)線框出磁場區(qū)域的速度大小為vi,則根據(jù)運動學(xué)關(guān)系有:2Viv2 2a2L而根據(jù)牛頓運動定律可知:(M m)gM m聯(lián)立整理得:-(M+m)( v2 -v2)=(M-m )g 2L線框穿過磁場區(qū)域過程中，力F和安培力都是變力，根據(jù)動能定理有:Wf-W安 +(M-m )g 2L=1 (M+m )( V

4、i2-v2)聯(lián)立解得:Wf-W 安=0而 W安=Q',故 Q'=3.6 J又因為線框每邊產(chǎn)生的熱量相等，故eb邊上產(chǎn)生的焦耳熱:1Qeb= Q'=0.9 J.4答：(1)線木S eb邊進入磁場中運動時，e、b兩點間的電勢差 Ueb=1.2 V.(2)線框勻速穿過磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q=3.2 J.eb邊上產(chǎn)生的焦耳Qeb=0.9J.2.光滑平行的金屬導(dǎo)軌 MN和PQ,間距L=1.0m,與水平面之間的夾角a =30°包強磁場磁感應(yīng)強度B=2.0T垂直于導(dǎo)軌平面向上，MP間接有阻值R=2.0的電阻，其它電阻不計，質(zhì)量m=2.0kg的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，

5、如圖(a)所示.用恒力F沿導(dǎo)軌平面向上拉金屬桿ab,由靜止開始運動，v-t圖象如圖(b)所示.g=10m/s2,導(dǎo)軌足夠長.求：(1)恒力F的大小；(2)金屬桿速度為2.0m/s時的加速度大??；(3)根據(jù)v-t圖象估算在前0.8s內(nèi)電阻上產(chǎn)生的熱量.出)【答案】(1)18N(2)2m/s2 (3) 4.12J【解析】【詳解】(1)由題圖知，桿運動的最大速度為mg sinF安 mg sinVm 4m/s,2 1 2B L vm ,代入數(shù)據(jù)解得F=18N.R(2)由牛頓第二定律可得:F安 mg sin ma2 2B L vF - mg sinmab桿的質(zhì)量m以及放上cd桿后ab桿每下滑位移22 1

6、2 218 2 10 0.52m / s2 2 m / s2，2由題圖可知0.8s末金屬桿的速度為 Vi2.2m/s ,前0.8s內(nèi)圖線與t軸所包圍的小方格的個數(shù)約為28個，面積為28X0.2 X 0.2=1.12即前0.8s內(nèi)金屬桿的位移為 x 1.12m,12由能重的轉(zhuǎn)化和寸恒te律得：Q Fx mgxsin mv1 ,2代入數(shù)據(jù)解得：Q 4.12J .【點睛】本題電磁感應(yīng)與力學(xué)知識的綜合，抓住速度圖象的兩個意義：斜率等于加速度，面積”等于位移輔助求解.估算位移時，采用近似的方法，要學(xué)會運用.3.如圖所示，電阻不計的相同的光滑彎折金屬軌道MON與MON均固定在豎直平面內(nèi)，二者平行且正對，間

7、距為 L=1m,構(gòu)成的斜面 ONNO跟水平面夾角均為30 ,兩側(cè)斜面均處在垂直斜面向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小均為B=0.1T. t=0時，將長度也為L=1m,電阻R=0.1 的金屬桿ab在軌道上無初速釋放.金屬桿與軌道接觸良好，軌道足夠長.重力加速度 g=10m/s2;不計空氣阻力，軌道與地面絕緣.(1)求t=2s時桿ab產(chǎn)生的電動勢 E的大小并判斷a、b兩端哪端電勢高(2)在t=2s時將與ab完全相同的金屬桿 cd放在MOO'M'上，發(fā)現(xiàn)cd桿剛好能靜止，求 s=1m回路產(chǎn)生的焦耳熱【答案】(1)1V; a端電勢高；(2) 0.1kg； 0.5J解：(1)只放ab桿在導(dǎo)

8、軌上做勻加速直線運動，根據(jù)右手定則可知a端電勢高;ab桿加速度為：a gsint 2s時刻速度為：v at 10m/sab桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大?。篍 BLv 0.1 1 10V 1VE 1(2) t 2s時ab桿產(chǎn)生的回路中感應(yīng)電流：I A 5A2R 2 0.1對 cd 桿有：mgsin30 BIL解得cd桿的質(zhì)量：m 0.1kg則知ab桿的質(zhì)量為0.1kg放上cd桿后，ab桿做勻速運動，減小的重力勢能全部產(chǎn)生焦耳熱根據(jù)能量守恒定律則有：Q mgh mgssin30 0.1 10 1 0.5J 0.5J4 .如下圖所示，MN、PQ為足夠長的光滑平行導(dǎo)軌，間距L=0.5m.導(dǎo)軌平面與水平面間的

9、夾角 =30； NQ，MN , NQ間連接有一個 R 3的電阻，有一勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平 面，磁感應(yīng)強度為 Bo 1T ,將一根質(zhì)量為 m=0.02kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導(dǎo)軌 上，且與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的電阻 r 1 ,其余部分電阻不計，現(xiàn)由靜止釋放金屬 棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運動過程中始終與NQ平行，當(dāng)金屬棒滑行至 cd處時速度大小開始保持不變，cd距離NQ為s=0.5 m , g=10m/s2。(1)求金屬棒達到穩(wěn)定時的速度是多大；(2)金屬棒從靜止開始到穩(wěn)定速度的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量是多少？(3)若將金屬棒滑行至 cd處的時刻記作t=0,從此時刻起，讓磁感應(yīng)強度逐漸減小，可

10、使金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則t=1s時磁感應(yīng)強度應(yīng)為多大？【答案】(1)8 m/s (2)0.0183J(3) T546【解析】【詳解】(1)在達到穩(wěn)定速度前，金屬棒的加速度逐漸減小，速度逐漸增大，達到穩(wěn)定速度時，有 mg sinFA其中Fa BIL,I R r根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E BLv聯(lián)立解得：v 1.6(2)根據(jù)能量關(guān)系有 12mgs sin-mvQ電阻R上產(chǎn)生的熱量cR cQr QR r解得：Qr 0.0183J(3)當(dāng)回路中的總磁通量不變時，金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時金屬棒將沿導(dǎo)軌做勻加速 運動，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgsin ma根據(jù)位移時間關(guān)系公式，有(1 Jx vt

11、 at2設(shè)t時刻磁感應(yīng)強度為 B,總磁通量不變，有： BLs BL(s x)當(dāng)t=1s時，代入數(shù)據(jù)解得，此時磁感應(yīng)強度：B T465 .如圖所示，豎直平面內(nèi)兩豎直放置的金屬導(dǎo)軌間距為L1,導(dǎo)軌上端接有一電動勢為 E、內(nèi)阻不計的電源，電源旁接有一特殊開關(guān)S,當(dāng)金屬棒切割磁感線時會自動斷開，不切割時自動閉合；軌道內(nèi)存在三個高度均為L2的矩形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小均為B,方向如圖。一質(zhì)量為 m的金屬棒從ab位置由靜止開始下落，到達 cd位置前已經(jīng)開始做勻 速運動，棒通過 cdfe區(qū)域的過程中始終做勻速運動。已知定值電阻和金屬棒的阻值均為R,其余電阻不計，整個過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速

12、度為g,求：(1)金屬棒勻速運動的速度大??；(2)金屬棒與金屬導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)(3)金屬棒經(jīng)過efgh區(qū)域時定值電阻 R上產(chǎn)生的焦耳熱。mgR 1【答案】(D而；(2)而小(3)NmgS【分析】(1)金屬棒到達cd位置前已經(jīng)開始做勻速運動，根據(jù)平衡條件結(jié)合安培力的計算公式求解；(2)分析導(dǎo)體棒的受力情況，根據(jù)平衡條件結(jié)合摩擦力的計算公式求解；(3)根據(jù)功能關(guān)系結(jié)合焦耳定律求解?！驹斀狻?1)金屬棒到達cd位置前已經(jīng)開始做勻速運動，根據(jù)平衡條件可得：mg=BILi,叫耳由于(2)由于金屬棒切割磁感線時開關(guān)會自動斷開，不切割時自動閉合，則在棒通過cdfe區(qū)域的過程中開關(guān)是閉合的，此時棒受到安培力

13、方向垂直于軌道向里；根據(jù)平衡條件可得：mg= (jFa,E通過導(dǎo)體棒的電流I ' / ,則Fa=BILi,解得(3)金屬棒經(jīng)過efgh區(qū)域時金屬棒切割磁感線時開關(guān)自動斷開，此時導(dǎo)體棒仍勻速運動；根據(jù)功能關(guān)系可知產(chǎn)生的總的焦耳熱等于克服安培力做的功，而W克=mgL2 ,則QmgL2,II 11定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Qr=；Q總=mgL2?！军c睛】 對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件 列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功 能關(guān)系等列方程求解。6 .如圖，水平面(紙面)內(nèi)同距為 l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻

14、，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t=0時，金屬桿在水平向右、大小為 F的恒定拉力作用下由靜止開始運動.to時刻，金屬桿進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域,且在磁場中恰好能保持勻速運動.桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸 良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為.重力加速度大小為 g.求(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大小;(2)電阻的阻值.FB2l2tc【答案】EBit。一 g ； R=U1mm【解析】【分析】【詳解】(1)設(shè)金屬桿進入磁場前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得：ma=F-!i mg設(shè)金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v,由運動學(xué)公式有：v=a

15、to當(dāng)金屬桿以速度 v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動勢為：E=Bk聯(lián)立式可得：E Blt0 g m(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿的電流為I,根據(jù)歐姆定律：I=R式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為：f BIl因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得：F- pmg=02. 2X聯(lián)立式得：r=b1&m7 .如圖所示，ACD EFG為兩根相距L=0.5m的足夠長的金屬直角導(dǎo)軌，它們被豎直固定在絕緣水平面上，CDGF面與水平面夾角 0=300.兩導(dǎo)軌所在空間存在垂直于CDGF平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B'=1T.兩根長度也均為 L=0.5m的金

16、屬細桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，ab桿的質(zhì)量 mi未知，cd桿的質(zhì)量 m2=0.1kg,兩桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)均為 k®,兩金屬細桿的電阻均為R=0.5Q,導(dǎo)軌電阻不計.當(dāng) ab以速度vi6沿導(dǎo)軌向下勻速運動時，cd桿正好也向下勻速運動，重力加速度 g取10m/s2.(1)金屬桿cd中電流的方向和大小(2)金屬桿ab勻速運動的速度 vi和質(zhì)量mi【答案】I =5A電流方向為由d流向c; vi=10m/sm=1kg【解析】【詳解】(1)由右手定則可知 cd中電流方向為由d流向c對cd桿由平衡條件可得：mg sin 600(n2g cos 600F安)F安BLI聯(lián)立可得：

17、I=5A(2)對 ab:由 BLv12IR得 v1 10m/s分析 ab 受力可得：mg sin 300 BLImg cos 300解得：mi=lkgMN和PQ,兩導(dǎo)軌間距為1,8 .如圖1所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌電阻均可忽略不計。在 M和P之間接有阻值為 R的定值電阻，導(dǎo)體桿 ab質(zhì)量為m、電阻為r,并與導(dǎo)軌接觸良好。整個裝置處于方向豎直向上磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。現(xiàn)(1)當(dāng)ab桿剛好具有初速度 vo時，求此時ab桿兩端白電壓 U; a、b兩端哪端電勢高；(2)請在圖2中定性畫出通過電阻 R的電流i隨時間t變化規(guī)律的圖象；(3)若將M和P之間的電阻R改為接一電容為 C

18、的電容器，如圖3所示。同樣給ab桿 個初速度vo,使桿向右運動。請分析說明ab桿的運動情況?！敬鸢浮?1) U 詈R； a端電勢高(3)當(dāng)ab桿以初速度Vo開始切割磁感線時，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，電路開始給電容器充電，有電流通過ab桿，桿在安培力的作用下做減速運動，隨著速度減小，安培力減小，加速度也減小，桿做加速度 減小的減速運動。當(dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動勢相等時，充電結(jié)束，桿以恒定的速度做 勻速直線運動?！窘馕觥俊痉治觥?1)求解產(chǎn)生感應(yīng)電動勢大小，根據(jù)全電路歐姆定律求解電流強度和電壓，根據(jù)右手定則 判斷電勢高低；(2)分析桿的受力情況和運動情況，確定感應(yīng)電流變化情況，由此畫出圖象；(3)桿在向

19、右運動過程中速度逐漸減小、由此分析安培力的變化，確定運動情況；根據(jù)動 量定理求解最后的速度大小?！驹斀狻?1) ab桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢：E = Blvo根據(jù)全電路歐姆定律：IR rab桿兩端電壓即路端電壓：U IR解得U BlvR; a端電勢高。R r(2)桿在向右運動過程中速度逐漸減小、感應(yīng)電動勢逐漸減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應(yīng)電流逐漸減小，通過電阻R的電流i隨時間變化規(guī)律的圖象如圖所示:(3)當(dāng)ab桿以初速度V0開始切割磁感線時，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，電路開始給電容器充電,有電流通過ab桿，桿在安培力的作用下做減速運動，隨著速度減小，安培力減小，加速度 也減小，桿做加速度減小的減

20、速運動。當(dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動勢相等時，充電結(jié) 束，桿以恒定的速度做勻速直線運動。對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下物體 的平衡問題；另一條是能量，分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量如何轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵。9 .如圖(a)所示，間距為1、電阻不計的光滑導(dǎo)軌固定在傾角為。的斜面上.在區(qū)域I內(nèi)有方向垂直于斜面的勻強磁場，磁感應(yīng)弓11度為B；在區(qū)域n內(nèi)有垂直于斜面向下的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度 Bt的大小隨時間t變化的規(guī)律如圖(b)所示.t=0時刻在軌道上端的金屬 細棒ab從如圖位置由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，同時下端的另一金屬細棒cd在位于區(qū)域I內(nèi)的導(dǎo)軌上由靜止釋放.在ab棒運動

21、到區(qū)域n的下邊界EF處之前，cd棒始終靜止不動，兩棒均與導(dǎo)軌接觸良好.已知cd棒的質(zhì)量為m、電阻為R, ab棒的質(zhì)量、阻值均未知，區(qū)域n沿斜面的長度為 21,在t=tx時刻(tx未知)ab棒恰進入?yún)^(qū)域n ,重力加速度為g.求：圖(a)圖(b)(1)通過cd棒電流的方向和區(qū)域I內(nèi)磁場的方向；(2)當(dāng)ab棒在區(qū)域n內(nèi)運動時，cd棒消耗的電功率;(3)ab棒開始下滑的位置離EF的距離；(4)ab棒開始下滑至EF的過程中回路中產(chǎn)生的熱量.【答案】(1)電流方向由d至Uc,區(qū)域I內(nèi)的磁場方向為垂直于斜面向上；(2)(1)由右手定則可知通過 cd棒電流的方向為 于斜面向上.d到c;再由左手定則可判斷區(qū)域I

22、內(nèi)磁場垂直HI得(2)cd 棒平衡，BIl = mgsin 0, 網(wǎng)典ncd棒消耗的電功率 P=I2R,m2g2Rsln2O后，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不變，則ab棒(3)ab棒在到達區(qū)域n前做勻加速直線運動， cd棒始終靜止不動，ab棒在到達區(qū)域n前、4 m ="Mt在區(qū)域n中一定做勻速直線運動，可得所以扁.ab棒在區(qū)域n中做勻速直線運動的速度則ab棒開始下滑的位置離 EF的距離(4)ab棒在區(qū)域n中運動的時間ab棒從開始下滑至ab棒從開始下滑至 故本題答案是：(1)電流方向由d到(4)1'21力=EF的總時間:i= 2EF的過程中閉合回路中產(chǎn)生的熱量：Q = "息

23、c,區(qū)域I內(nèi)的磁場方向為垂直于斜面向上;標爐鵬3西(2)【點睛】題目中cd棒一直處于靜止狀態(tài)，說明 cd棒受到的安培力是恒力并且大小應(yīng)該和導(dǎo)體棒的 重力分量相等，要結(jié)合并把握這個條件解題即可。lm,導(dǎo)軌平10 .如圖所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌相距面與水平面成。=37。角，下端連接阻值為 R的電阻.勻強磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直.質(zhì)量 為0.2kg、電阻不計的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動 摩擦因數(shù)為0.25.求：(1)金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑時的加速度大??；(2)當(dāng)金屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時，電阻R消耗的功率為8W,求該速度的大小；(3)

24、在上問中，若 R= 2 Q,金屬棒中的電流方向由a至1Jb,求磁感應(yīng)強度的大小與方向.(g=10rn/s2, sin37 = 0.6, cos37 = 0.8)【答案】(1) 4m/s2(2) 10m/s (3) 0.4T,方向垂直導(dǎo)軌平面向上【解析】試題分析：(1)金屬棒開始下滑的初速為零，根據(jù)牛頓第二定律：陋田疝與日二陶0由 式解得 &=10X (O.6 0.25 X 0.8 m/s2=4m/s2(2)設(shè)金屬棒運動達到穩(wěn)定時，速度為 V ,所受安培力為 F,棒在沿導(dǎo)軌方向受力平衡僧皂疝1F = 口此時金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中電阻*消耗的電功率：Ft = F 由、兩式解得

25、pgv ="=m/s = 10ni/s F 0.2x10x(0.6-0.25x0.8)(3)設(shè)電路中電流為I,兩導(dǎo)軌間金屬棒的長為 1,磁場的磁感應(yīng)強度為 B vBlI 丁 八P - I'R B = '= 2!T = 04T由、兩式解得vl I。*磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上 考點：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；牛頓第二定律【名師點睛】本題主要考查了導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢、牛頓第二定律。屬于中等 難度的題目，解這類問題的突破口為正確分析安培力的變化，根據(jù)運動狀態(tài)列方程求解。 開始下滑時，速度為零，無感應(yīng)電流產(chǎn)生，因此不受安培力，根據(jù)牛頓第二定律可直接求 解加速度的大

26、?。唤饘侔粝禄俣冗_到穩(wěn)定時，金屬棒所受合外力為零，根據(jù)平衡條件求 出安培力。:視頻DII .如圖所示，在水平面上固定一光滑金屬導(dǎo)軌HGDEF EF/GH, DE=EF=DG=GH=EG=L. 一質(zhì)量為m足夠長導(dǎo)體棒 AC垂直EF方向放置于在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長度的電阻均為r.整個裝置處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中.現(xiàn)對導(dǎo)體棒 AC施加一水平向右的外力，使導(dǎo)體棒從D位置開始以速度vo沿EF方向做勻速直線運動，導(dǎo)體棒在滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸.(1)求導(dǎo)體棒運動到 FH位置，即將離開導(dǎo)軌時，F(xiàn)H兩端的電勢差.(2)關(guān)于導(dǎo)體棒運動過程中回路產(chǎn)生感應(yīng)電流，小明和小華兩

27、位同學(xué)進行了討論.小明認為導(dǎo)體棒在整個運動過程中是勻速的，所以回路中電流的值是恒定不變的；小華則認為前一過程導(dǎo)體棒有效切割長度在增大，所以電流是增大的，后一過程導(dǎo)體棒有效切割長度不變，電流才是恒定不變的.你認為這兩位同學(xué)的觀點正確嗎？請通過推算證 明你的觀點.(3)求導(dǎo)體棒從D位置運動到EG位置的過程中，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱.【答案】(1)UFH4BLVo (2)兩個同學(xué)的觀點都不正確(3)Q3B L v0536E=BLvo在電(1)導(dǎo)體棒運動到FH位置，即將離開導(dǎo)軌時，由于切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為路中切割磁感線的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源，則此時可將電路等效為:可以將切割磁感線的 FH棒看成電動勢

28、為 E,內(nèi)阻為r的電源，根據(jù)題意知，外電路電阻為R=4r,R 4r再根據(jù)閉合電路歐姆定律得FH間的電勢差：UFH RE 4BLv0R r 4r r4BLVo 5(2)兩個同學(xué)的觀點都不正確取AC棒在D到EG運動過程中的某一位置，MN間距離設(shè)為x,則由題息有： DM=NM=DN=x則此時切割磁感線的有效長度為x,則回路中產(chǎn)生白感應(yīng)電動勢E=Bxvo回路的總電阻為 R=3rx據(jù)歐姆定律知電路中電流為I EBXvoB” 即此過程中電流是恒定的；R 3rx 3r當(dāng)導(dǎo)體棒由EG棒至FH的過程中，由于切割磁感線的導(dǎo)體長度一定，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 恒定，但電路中電阻是隨運動而增加的據(jù)歐姆定律可得，電路中的電

29、流是減小的.(3)設(shè)任意時刻沿運動方向的位移為安培力與位移的關(guān)系為FABIxAB2v0x 2 3B2v0s3r 9rs,如圖所示:AC棒在DEG上滑動時產(chǎn)生的電熱，數(shù)值上等于克服安培力做的功,又因為Fa S,所以Q 5百l百B2L2V0221213'因為導(dǎo)體棒從 D至EG過程中，導(dǎo)體棒的電阻始終是回路中電阻的2 2所以導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的焦耳熱 Q Q 3B L v03612.如圖甲所示，光滑的平行金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌間距L=1 m,左側(cè)接一阻值為R=0.5的電阻.在 MN與PQ之間存在垂直軌道平面的有界勻強磁場，磁場寬度d=1 m. 一質(zhì)量m=1 kg的金屬棒屬棒ab受水平力ab置于導(dǎo)軌

30、上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌和金屬棒的電阻.金F的作用從磁場的左邊界 MN由靜止開始運動，其中， F與x (x為金屬棒距MN的距離)大.則：的關(guān)系如圖乙所示.通過電壓傳感器測得電阻R兩端電壓隨時間均勻增xi二(1)XXfX X甲金屬棒剛開始運動時的加速度為多少?(2)磁感應(yīng)強度B的大小為多少?B2I 2(3)若某時刻撤去外力F后金屬棒的速度v隨位移s的變化規(guī)律滿足 v=V0-且二s (V0為mR撤去外力時的速度，s為撤去外力F后的位移)，且棒運動到 PQ處時恰好靜止，則金屬棒 從MN運動到PQ的整個過程中通過左側(cè)電阻 R的電荷量為多少？外力 F作用的時間為多 少？【答案】(1) a=0.

31、4m/s2； (2) B=0.5T； (3) t=1s 【解析】解：(1)金屬棒開始運動時,x 0 , v 0 ,金屬棒不受安培力作用金屬棒所受合力為:0.4N由牛頓第二定律得:F 0.4m/s2 m(2)由題意可知，電阻 隨時間均勻增大，由R兩端電壓隨時間均勻增大，即金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E BLv可知，金屬棒的速度 v隨時間t均勻增大，則金屬棒做初速度為零的勻加速運動.加速度：a 0.4m/s2由勻變速直線運動的位移公式可得：v2 2ax由圖乙所示圖象可知，x 0.8m時，F(xiàn) 0.8NB2I 2v由牛頓第二定律得：F B-LmaR解得：B 0.5T(3)金屬棒經(jīng)過磁場的過程中，感

32、應(yīng)電動勢的平均值:感應(yīng)電流的平均值： ER通過電阻R的電荷量：q tB S BLd解得：q 一 BLd- 1CR R設(shè)外力F的作用時間為t ,力F作用時金屬棒的位移為:x -at22撤去外力后，金屬棒的速度為:到PQ恰好靜止，v 0B2L2v v0 sRm則撤去外力后金屬棒運動的距離為:2 2則-at2 B-?at d2 Rm解得：t 1smR_ 22B L?at13.如圖所示，兩根互相平行的金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，相距 d=1m、且足夠長、不計電阻。AC BD區(qū)域光滑，其它區(qū)域粗糙且動摩擦因數(shù)科=0.2并在AB的左側(cè)和CD的右側(cè)存在著豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=2T。在導(dǎo)軌中央放置著兩根質(zhì)量均為m=1kg,電阻均為R=2的金屬棒a、b,用一鎖定裝置將一彈簧壓縮在金屬棒a、b之間(彈簧與a、b不栓連)，此時彈簧具有的彈性勢能E=9J現(xiàn)解除鎖定，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，a、b棒剛好進入磁場，且 b棒向右運動x=0.8m后停止，g取10m/s2,求：(1)a、b棒剛進入磁場時的速度大??；(2)金屬棒b剛進入磁場時的加速度大小(3)整個運動過程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮?1) 3m/s (2) 8m/s2 (3) 5.8J【解析】【分析】對ab系統(tǒng)，所受的合外力為零，則動量守恒，根據(jù)動量守恒定律和能量關(guān)系列式求解速度；(2)當(dāng)ab棒進入磁場后，兩棒均