高考物理易錯題精選-電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況練習(xí)題附詳細(xì)答案

1、高考物理易錯題精選-電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況練習(xí)題附詳細(xì)答案一、電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況1.如圖所示，水平放置的兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在平臺上導(dǎo)軌間距為1m,處在磁感應(yīng)強度為2T、豎直向下的勻強磁場中，平臺離地面的高度為h=3.2m初始時刻，質(zhì)量為2kg的桿ab與導(dǎo)軌垂直且處于靜止，距離導(dǎo)軌邊緣為d = 2m,質(zhì)量同為2kg的桿cd與導(dǎo)軌垂直，以初速度 vo=15m/s進(jìn)入磁場區(qū)域最終發(fā)現(xiàn)兩桿先后落在地面上.已知兩桿的電 阻均為r=1Q,導(dǎo)軌電阻不計，兩桿落地點之間的距離s= 4m (整個過程中兩桿始終不相碰)(1)求ab桿從磁場邊緣射出時的速度大小;(2)當(dāng)ab桿射出時求cd桿運動的距離；(3

2、)在兩根桿相互作用的過程中，求回路中產(chǎn)生的電能.【答案】(1) V2 10m/s； (2) cd桿運動距離為7m； (3)電路中損耗的焦耳熱為100J.(1)設(shè)ab、cd桿從磁場邊緣射出時的速度分別為vV2設(shè)ab桿落地點的水平位移為 x, cd桿落地點的水平位移為 x s ,則有根據(jù)動量守恒mvo mv1 mv2求得:v2 10m/s(2) ab桿運動距離為d ,對ab桿應(yīng)用動量定理BILVt BLq mv1設(shè)cd桿運動距離為dBL x q 2r 2r解得2rmv1 x jB2L2cd桿運動距離為2rmv1 d x d 7mB2L2(3)根據(jù)能量守恒，電路中損耗的焦耳熱等于系統(tǒng)損失的機械能c

3、1 2 12 12Qmv0m»mv2 100J2222.如圖所示，在傾角30o的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小相等、方向分別垂直斜面向上和垂直斜面向下的勻強磁場，兩磁場寬度均為L。一質(zhì)量為 m、邊長為L的正方形線框距磁場上邊界 L處由靜止沿斜面下滑，ab邊剛進(jìn)入上側(cè)磁場時，線框恰好做勻 速直線運動。ab邊進(jìn)入下側(cè)磁場運動一段時間后也做勻速度直線運動。重力加速度為go求：(1)線框ab邊剛越過兩磁場的分界線 f時受到的安培力；(2)線框穿過上側(cè)磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q和所用的時間to【答案】安培力大小2mg,方向沿斜面向上(2)Q 47mLt 7 L322 g【解析】 【詳解】(

4、1)線框開始時沿斜面做勻加速運動，根據(jù)機械能守恒有 12mgL sin30 mv ,則線框進(jìn)入磁場時的速度v _ 2gsin30 L , gL線木g ab邊進(jìn)入磁場時產(chǎn)生的電動勢E=BLv線框中電流ab邊受到的安培力F BIL線框勻速進(jìn)入磁場，則有mg sin 302. 2B L vab邊剛越過ff時，cd也同時越過了 ee,則線框上產(chǎn)生的電動勢E=2BLv線框所受的安培力變?yōu)橐?2.2F 2BI L 4B Lv 2mg R方向沿斜面向上 (2)設(shè)線框再次做勻速運動時速度為v ,則2. 24B Lv mgsin 30解得Rv . gLv 44根據(jù)能量守恒定律有1212 cmgsin 30 2L

5、 - mv - mv Q 2247 mgL解得Q 32線木g ab邊在上側(cè)磁揚中運動的過程所用的時間t1 Lv設(shè)線框ab通過ff后開始做勻速時到gg的距離為Xq ,由動量定理可知:mgsin 30 t2 2BLIt2 mv mv其中-2BL L t?R聯(lián)立以上兩式解得4 L Xq3vt2丁v 2g線木g ab在下側(cè)磁場勻速運動的過程中，有,Xq 4Xqt3所以線框穿過上側(cè)磁場所用的總時間為3 .圖中裝置在水平面內(nèi)且處于豎直向下的勻強磁場中，足夠長的光滑導(dǎo)軌固定不動。電源電動勢為E (不計內(nèi)阻)，導(dǎo)體棒 ab初始靜止不動，導(dǎo)體棒 ab在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好。已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m,

6、磁感應(yīng)強度為 B,導(dǎo)軌間距為L,導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻均不計，電阻 R已知。閉合電鍵，導(dǎo)體棒在安培力的作用下開始運動，則：(1)導(dǎo)體棒的最終速度？(2)在整個過程中電源釋放了多少電能？(3)在導(dǎo)體棒運動過程中，電路中的電流是否等于E ,試判斷并分析說明原因。R【答案】(1)v ； (2) *??；(3)見解析 BL2B2L2【解析】【分析】【詳解】(1)閉合電鍵，導(dǎo)體棒在安培力的作用下開始運動做加速運動，導(dǎo)體棒運動后切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，使得通過導(dǎo)體棒的電流減小，安培力減小，加速度減小，當(dāng)加速度為0時,速度達(dá)到最大值，之后做勻速運動，此時感應(yīng)電動勢與電源電動勢相等。設(shè)導(dǎo)體棒的最終 速度v,則有E B

7、Lv解得Ev 導(dǎo)體棒獲得的動能為mE22B2L2BLEk -mv22(2)在整個過程中電源釋放的電能轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒的動能,所以在整個過程中電源釋放的電能為-E-2B2L2(3)在導(dǎo)體棒運動過程中，閉合電鍵瞬間，電路中的電流等于-,導(dǎo)體棒在安培力的作用下R開始運動做加速運動。之后導(dǎo)體棒運動后切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，使得通過導(dǎo)體棒的電流減小，當(dāng)感應(yīng)電動勢與電源電動勢相等時，電路中電流為 0,因此在導(dǎo)體棒運動過程中，電路中的電流只有在閉合電鍵瞬間等于E,之后逐漸減小到 0。R4 .如圖甲所示，一對足夠長的平行光滑軌道固定在水平面上，兩軌道間距l(xiāng)= 0.5m,左側(cè)接一阻值 為R的電阻。有一金屬棒靜止地放

8、在軌道上，與兩軌道垂直，金屬棒及軌道的電阻皆可忽略不計，整個裝置處于垂直軌道平面豎直向下的磁感應(yīng)強度為1T的勻強磁場中。T=0時，用一外力F沿軌道方向拉金屬棒，使金屬棒以加速度a =0.2 m/s2做勻加速運動，外力F與時間t的關(guān)系如圖乙所示。(1)求金屬棒的質(zhì)量m ；3s,速度達(dá)到1.6m/s且不再變R消耗的電能。(2)當(dāng)力F達(dá)到某一值時，保持 F不再變化，金屬棒繼續(xù)運動化，測得在這3s內(nèi)金屬棒的位移s=4.7 m,求這段時間內(nèi)電阻【答案】(1) 0.5kg; (2) 1.6J【解析】【詳解】由圖乙知F 0.1 0.05t(1)金屬棒受到的合外力0.1 0.05t2. 2B l vma當(dāng)t=

9、0時v at 0F 合 0.1N 由牛頓第二定律代入數(shù)值得Fm 0.5kga3s后，速度達(dá)到最大(2) F變?yōu)楹懔?，金屬棒做加速度逐漸減小的變加速運動，經(jīng)過 vm 1.6m/s,此后金屬棒做勻速運動。vm 1.6m/s 時2. 2B l vm0.4NR將 F=0.4N 代入 F 0.1 0.05t求出金屬棒做變加速運動的起始時間為該時刻金屬棒的速度為t=6s(該時間即為勻加速持續(xù)的時間)這段時間內(nèi)電阻 R消耗的電能E WFE 0.4 4.75.如圖所示，兩根粗細(xì)均勻的金屬棒v1at1.2m/sEk1 FS m20.51.62M、N,2 vm2V11.221.6J用兩根等長的、不可伸長的柔軟導(dǎo)

10、線將它們連接成閉合回路，并懸掛在光滑絕緣的水平直桿上，并使兩金屬棒水平。在M棒的下方有高為H、寬度略小于導(dǎo)線間距的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B ,磁場方向垂直紙面向里，此時M棒在磁場外距上邊界高 h處(h H,且h、H均為未知量)，N棒在磁場內(nèi)緊 貼下邊界。已知：棒 M、N質(zhì)量分別為3m、m,棒在磁場中的長度均為 1_,電阻均為R。將M棒從靜止釋放后，在它將要進(jìn)入磁場上邊界時，加速度剛好為零; 未離開磁場上邊界前已達(dá)勻速。導(dǎo)線質(zhì)量和電阻均不計，重力加速度為繼續(xù)運動，在g：(1)求M棒將要進(jìn)入磁場上邊界時回路的電功率；(2)若已知M棒從靜止釋放到將要進(jìn)入磁場的過程中，經(jīng)歷的時間為 產(chǎn)生的焦耳熱Q

11、;t,求該過程中M棒上(3)在圖2坐標(biāo)系內(nèi)，已定性畫出從靜止釋放M棒，到其離開磁場的過程中“ v-t圖像”的部分圖線，請你補畫出 M棒“從勻速運動結(jié)束，到其離開磁場”的圖線，并寫出兩縱坐標(biāo)a、b的值。Mb嘴 b2l2【詳解】(1)由牛頓第二定律得3mg mg BILM棒將要進(jìn)入磁場上邊界時回路的電功率P 2I2R8Rm2g2B2L2(2) N棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E 2IRBLv由動量守恒得(3mg mg)tBLIt 4mv通過N棒的電荷量It qBLh2R根據(jù)能量守恒得(3mg mg)h1.24mv 2Q22 24Rm g聯(lián)立得Q2-b2l212mR-2 2 (或 QB L_224Rm g-tB

12、2L248m3g2R2B4L4(3)M棒受力分析3mg2, 2BLvmg 2R解得4mgRB2L22BLv'3mg mg 2BL6.如圖所示，在傾角為 37的光滑斜面上存在兩個磁感應(yīng)強度均為場I的方向垂直于斜面向下，其上下邊界AA'與DD'的間距為HoB的勻強磁場區(qū)域。磁磁場H的方向垂直于斜面向上，其上邊界 CC'與DD'的間距為ho線有一質(zhì)量為 m、邊長為L (h<L<H)、電阻為R的正方形線框由 AA'上方某處沿斜面由靜止下滑，恰好能勻速進(jìn)入磁場I。已知當(dāng)cd邊剛要進(jìn)入磁場n的前一瞬間，線框的加速度大小為ai 0.2g ,不計空氣

13、阻力，求： (1)cd邊剛到達(dá)AA'時的速度 ；(2)cd邊從AA'運動到CC '過程中，線框所產(chǎn)生的熱量Q;當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場 H時，線框的加速度大小 a2。3mgR 八 3mg(H h)【答案】(1)Vi %(2)Q g-5B L5【解析】3 222m g R-Z4425B La2(1)cd邊剛到達(dá)AA'時有B2L2 mg sin 37解得Vi3mgR 5B2L22(2)已知當(dāng)cd邊剛要進(jìn)入磁場n的前一瞬間，由牛頓第二定律得2. 2B L v2mg sin 37- ma1解得2mgR 5B2L2由能量守恒得解得mg(H h)sin 37 Q1 2一 mv,3

14、mg(H h) 2m3g2R2QZ44525B L(3)當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場II時，ab, cd兩邊分別在兩磁場中切割磁感線，則有此時線圈中的 電動勢變?yōu)橹挥衏d切割時的兩倍，電流也為兩倍，由左手定則可知，ab, cd兩邊受的安培力相同，方向沿斜面向上，線圈此時受的安培力變?yōu)樵瓉淼?倍，則有2 2B LV2mgsin 374-ma2解得a2 g 。7.如圖所示，豎直固定的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ,間距L=0.2m,其電阻不計.完全相同的兩本金屬棒 ab、cd垂直導(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終良好接觸.已知兩棒質(zhì)量均為m=0.01kg ,電阻均為R=0.2 0,棒cd放置在水平絕緣平臺上，整

15、個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B=1.0T棒ab在豎直向上的恒力 F作用下由靜止開始向上運動，當(dāng) ab棒運動位移x=0.1m時達(dá)到最大速度，此時 cd棒對絕緣平臺的壓力恰好為零，重力加速度 g取10m/s2.求：(1)恒力F的大小；(2)ab棒由靜止到最大速度通過ab棒的電荷量q;Q.(3)ab棒由靜止到達(dá)到最大速度過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱XXXXXXXXX xxxxx XX >o<x【答案】(1)0.2N(2)0.05C(3)5X3J0(1)當(dāng)棒ab達(dá)到最大速度時，對 ab和cd的整體:F 2mg 0.2N(2) ab棒由靜止到最大速度通過ab棒的電荷量q I

16、tBLx2R 2R解得0.05CBLx 1 0.2 0.1 q - C2R 2 0.2(3)棒ab達(dá)到最大速度 vm時，對棒cd有BIL=mg 由閉合電路歐姆定律知2R棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLm代入數(shù)據(jù)解得vm=1m/sab棒由靜止到最大速度過程中，由能量守恒定律得1 E 2F mg x= 一 mvm2代入數(shù)據(jù)解得Q=5 X 1-0J8.為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學(xué)設(shè)計了一種閃爍裝置.如圖所示，自行車 后輪由半徑=5.0><10崩的金屬內(nèi)圈、半徑 花。工口出的金屬外圈和絕緣幅條構(gòu)成.后輪 的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4跟金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電

17、阻值為R的小燈泡.在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應(yīng)強度巴=0一10丁、方向垂直紙面向外的扇形勻強磁場，其內(nèi)半徑為八、外半徑為三、張角5 二不.后輪以角速度由=2#陽1J|,相對轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn) 動.若不計其它電阻，忽略磁場的邊緣效應(yīng).(1)當(dāng)金屬條進(jìn)入扇形磁場時，求感應(yīng)電動勢E,并指出ab上的電流方向；(2)當(dāng)金屬條|4占進(jìn)入扇形磁場時，畫出閃爍裝置的電路圖；(3)從金屬條進(jìn)入扇形磁場時開始，經(jīng)計算畫出輪子一圈過程中，內(nèi)圈與外圈之間電 勢差|匚工隨時間I變化的W-圖象；【答案】(1) 149Ml電流方向由到，；(2)見解析；(3)見解析【解析】【分析】【詳解】(1)金屬條ab在勻強磁場中轉(zhuǎn)動切割，由 W

18、- f得：感應(yīng)電動勢為 切制 即粉 010x0-40,: Kin (HOk。.05占t 用短片中"的【E三 F： - r1 三-1三49x10嚇，根據(jù)右手7E則判2222斷可知電流方向由占到口；(2) 口5邊切割充當(dāng)電源，其余為外電路，且并聯(lián)，其等效電路如圖所示,2 12設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時間為丁,則'=?=凡在7江內(nèi),金屬條有四次進(jìn)出，后三次與第一次相同，由上面的分析可以畫出如下|匕金-【圖象:【點睛】(3)設(shè)電路的總電阻為 反口，根據(jù)電路圖可知，五彳=尺一；"；衣F1以占兩端電勢差:UE-IB=E&=一 £L2x 1 丁中%4設(shè)空b離開磁場區(qū)域的時

19、刻 備，下一根金屬條進(jìn)入磁場的時刻 t,則:本題考查了電磁感應(yīng)和恒定電路的知識，設(shè)計問題從容易入手，層層遞進(jìn)，較好地把握了 試題的難度和區(qū)分度.9.如圖所示，之”型光滑長軌道固定在水平面內(nèi)，電阻不計.軌道中間存在垂直水平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B. 一根質(zhì)量m、單位長度電阻 Ro的金屬桿，與軌道成 45 0位置放置在軌道上，從靜止起在水平拉力作用下從軌道的左端。點出發(fā)，向右做加速度大小為a的勻加速直線運動，經(jīng)過位移L.求：(1)金屬桿前進(jìn)L過程中的平均感應(yīng)電動勢.(2)已知金屬桿前進(jìn) L過程中水平拉力做功 W.若改變水平拉力的大小，以4a大小的加速度重復(fù)上述前進(jìn) L的過程，水平拉力做功多少

20、？Vm(3)若改用水平恒力F由靜止起從軌道的左端 O點拉動金屬桿，到金屬桿速度達(dá)到最大值 時廣生熱量.(F與vm為已知量)(4)試分析(3)問中，當(dāng)金屬桿速度達(dá)到最大后，是維持最大速度勻速直線運動還是做減速運 動？F R 12【答案】(1)BL2 J (2)2W+2maL(3) 一mVm(4)當(dāng)金屬桿速度達(dá)到最大后，將做 2L2B Vm 2減速運動【解析】【詳解】(1)由位移-速度公式得2aL=v2 0所以前進(jìn)L時的速度為v= . 2aL,2aL前進(jìn)L過程需時vt=a由法拉第電磁感應(yīng)定律有:-2L L22aL(2)以加速度a前進(jìn)L過程，合外力做功W+W 安=maL所以W 安=maL- W以加速

21、度4 a前進(jìn)L時速度為v 、. 8aL =2v合外力做功Wf' W 安，=maL2. 2由 FaBILB L v可知，位移相同時:RFa' =FA則前進(jìn)L過程所以(3)設(shè)金屬桿在水平恒力作用下前進(jìn) 的桿的有效長度為2d,則所以由動能定理有所以:W安，=2安Wf，=4aL2W 安=2W+2maLd時Fa=F,達(dá)到最大速度，由幾何關(guān)系可知，接入電路_ 2_2BIl B (2d)vmFRo 2dd=FRo2B2Vm12Fd Q - mvm2Q=Fd-F2Ro2BVm1 2 -mvm 2(4)根據(jù)安培力表達(dá)式，假設(shè)維持勻速，速度不變而位移增大，安培力增大，則加速度一定 會為負(fù)值，與勻速

22、運動的假設(shè)矛盾，所以做減速運動。10.如圖，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為 l,電阻不計，左側(cè)接有定值電阻R,質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體桿，以初速度 V0沿軌道滑行，在滑行過程中保持與軌道垂直且接觸良好，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。宏觀規(guī)律與微觀規(guī)律有很多相似之處，導(dǎo)體桿速度的減小規(guī)律類似于放射性元素的半衰期，理論上它將經(jīng)過無限長的時間衰減完有限的速度。(1)求在桿的速度從 V0減小到v0的過程中:2電阻R上產(chǎn)生的熱量； 通過電阻R的電量；(2)證明桿的速度每減小一半所用的時間都相等；若桿的動能減小一半所用時間為t。，則桿的動量減小一半所用時間是多少

23、?【答案】21) 著B2l2m(R r)t ,2t。(1)設(shè)電路中產(chǎn)生的熱量為 Q,由能量守恒定律1 21 /。、2mv。m() Q222串聯(lián)電路中，產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，可得Qr= R- QR r解得電阻R產(chǎn)生的熱量為23Rmv。；8(R r)設(shè)該過程所用時間為t,由動量定理BIlt畔V。)其中it q解得通過R的電量為:mv。;2B1(2)設(shè)某時刻桿的速度為v(從v。開始分析亦可)，則感應(yīng)電動勢E= Blv,感應(yīng)電流安培力_2 2B212VF= BI1=R r在很短時間 用內(nèi)，由動量定理FZ1= m加，(2V為速度變化絕對值)可得2. 2B l vR所以在任意短時間內(nèi)速度變化的比例為_2

24、 2-l- t m(R r)B212由于為定值，可見任何相等時間內(nèi)速度變化的比例都相等。所以從任何時刻開始m(R r)計算，速度減小一半所用時間都相等。桿的動能減小一半，其速度v減小為,所用時間為to,V 一， ， V 1 ,、1 .由中分析可得，桿的速度從一產(chǎn)再減小到一產(chǎn)所用時間仍為、2.22所以桿的速度減小一半所用時間為2to,即動量減小一半所用時間為t0,2t0。11.如圖所示，光滑絕緣水平面上放置一均勻?qū)w制成的正方形線框abcd,線框質(zhì)量為 m,電阻為R,邊長為L,有yi方向豎直向下的有界磁場，磁場的磁感應(yīng)強度為B,磁場區(qū)寬度大于L,左邊界與ab邊平行，線框水平向右拉力作用下垂直于邊

25、界線穿過磁場區(qū).(1)若線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)，求線框在離開磁場時七兩點間的電勢差;(2)若線框從靜止開始以恒定的加速度a運動，經(jīng)過h時間七邊開始進(jìn)入磁場，求cd邊將要進(jìn)入磁場時刻回路的電功率；(3)若線框速度V0進(jìn)入磁場，且拉力的功率恒為 R,經(jīng)過時間T, cd邊進(jìn)入磁場，此過程 中回路產(chǎn)生的電熱為 Q后來ab邊剛穿出磁場時，線框速度也為 V0,求線框穿過磁場所用 的時間t.1li2L2(a2l + 2u£) Q答案(1)U=-BLv (2) p =. (3) t = + T【解析】(1)線框在離開磁場時，cd邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E=BLvE回路中的電流I =-則ab兩點間的電

26、勢差 U=Rb+BLv(2) t1時刻線框速度 V1=at1設(shè)cd邊將要進(jìn)入磁場時刻速度為V2,則v22-V12=2aL此時回路中電動勢B=BLwEi回路的電功率.西網(wǎng) + ZaL)解得口 = (3)設(shè)cd邊進(jìn)入磁場時的速度為v,線框從cd邊進(jìn)入到ab邊離開磁場的時間為 小，則P0T= ( mv2-1mvo2) +QP0At=m voI Q 解得,ymv2線框離開磁場時間還是T,所以線框穿過磁場總時間_ Q 丁t=2T+At=+T【點睛】本題電磁感應(yīng)中電路問題，要熟練運用法拉第電磁感應(yīng)定律切割式E=Blv,歐姆定律求出電壓.要抓住線框運動過程的對稱性，分析穿出磁場時線框的速度，運用能量守恒列式

27、求時 間.12.如圖所示，兩根金屬平行導(dǎo)軌MN和PQ放在水平面上，左端向上彎曲且光滑，導(dǎo)軌間距為L,電阻不計.水平段導(dǎo)軌所處空間有兩個有界勻強磁場，相距一段距離不重疊，磁場I左邊界在水平段導(dǎo)軌的最左端，磁感強度大小為B,方向豎直向上；磁場 n的磁感應(yīng)強度大小為2B,方向豎直向下.質(zhì)量均為 m、電阻均為R的金屬棒a和b垂直導(dǎo)軌放置 在其上，金屬棒b置于磁場n的右邊界CD處.現(xiàn)將金屬棒a從彎曲導(dǎo)軌上某一高處由靜 止釋放，使其沿導(dǎo)軌運動.設(shè)兩金屬棒運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好.M(1)若水平段導(dǎo)軌粗糙，兩金屬棒與水平段導(dǎo)軌間的最大摩擦力均為-mg,將金屬棒a5從距水平面高度h處由靜止釋放.求：

28、金屬棒a剛進(jìn)入磁場I時，通過金屬棒b的電流大??；若金屬棒a在磁場I內(nèi)運動過程中，金屬棒 b能在導(dǎo)軌上保持靜止，通過計算分析金屬棒a釋放時的高度h應(yīng)滿足的條件；(2)若水平段導(dǎo)軌是光滑的，將金屬棒a仍從高度h處由靜止釋放，使其進(jìn)入磁場I .設(shè)兩磁場區(qū)域足夠大，求金屬棒a在磁場I內(nèi)運動過程中，金屬棒 b中可能產(chǎn)生焦耳熱的最大值.【答案】(1) BL72gh ； h m2gR：(2) mgh2R50B4L410【解析】【詳解】(1)a棒從h0高處釋放后在彎曲導(dǎo)軌上滑動時機械能守恒，有解得：v0 = /2ghv0 = /2gh 2Ra棒剛進(jìn)入磁場I時E三= HWq,此時通過a、b的感應(yīng)電流大小為解得：

29、_ BL2叫_ E J之加a棒剛進(jìn)入磁場I時，b棒受到的安培力大小F-2B1LF=2BIL為使b棒保持靜止必有F，mgFV：mg由聯(lián)立解得：h 巴泗h 空場！(2)由題意知當(dāng)金屬棒 a進(jìn)入磁場I時，由左手定則判斷知 a棒向右做減速運動；b棒向 左運動加速運動.二者產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相反，故當(dāng)二者的感應(yīng)電動勢大小相等時閉合回路的電流為零，此 后二者均勻速運動，故金屬棒a、b均勻速運動時金屬棒 b中產(chǎn)生焦耳熱最大，設(shè)此時a、b的速度大小分別為vFl與叼T，由以上分析有：8修正工=2BL】n工對金屬棒a應(yīng)用動量定理有： -BfLdt = 111Vli - mva-8lLit = 口 1Vli - m%

30、 對金屬棒b應(yīng)用動量定理有：2Bib加=m42&iLNmmv,聯(lián)立解得 巧 =j vov1=:“ ； q - g叼& =沁由功能關(guān)系得電路產(chǎn)生的總電熱為：1 1故金屬棒b中廣生焦耳熱取大值為 Q Q單 一 mgh2 1013 .如圖所示，寬度為 L的金屬框架豎直固定在絕緣地面上，框架的上端接有一特殊的電子元件，如果將其作用等效成一個電阻，則其阻值與其兩端所加的電壓成正比，即等效電 阻R kU ,式中k為恒量.框架上有一質(zhì)量為 m的金屬棒水平放置，金屬棒與光滑框架 接觸良好，離地高度為 h,磁感應(yīng)強度為 B的勻強磁場與框架平面垂直.將金屬棒由靜止 釋放，棒沿框架向下運動.其它電阻

31、不計，問：(1)金屬棒運動過程中，流過棒的電流多大？方向如何？(2)金屬棒經(jīng)過多長時間落到地面？(3)金屬棒從釋放到落地過程中在電子元件上消耗的電能多大？【答案】(1) 1;方向由a流向b (2) J 2hkm ; (3)hBL k mgk BL k【解析】【分析】【詳解】(1)金屬棒向下運動，利用右手定則可得，流過金屬棒的電流方法為：由 根據(jù)題意，流過金屬棒的電流：a流向b.U U 1 kU k(2)金屬棒下落過程中金屬棒受到的安培力為：F BILBLk根據(jù)牛頓第二定律mg F ma得BLkm故加速度恒定，金屬棒做勻加速直線運動.設(shè)金屬經(jīng)過時間t落地，則滿足:h iat2解得:2hkm mg

32、k BL(3)金屬棒落地時速度滿足:2mgkh 2BLh mk根據(jù)功能關(guān)系，消耗電能為 E,有12WG E mv2得金屬棒從釋放到落地過程中在電子元件上消耗的電能:E mgh 1mv2hBL【點睛】14 .如圖甲所示，兩根足夠長、電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌相距為Li=lm,導(dǎo)軌平面與水平面成。=30角，上端連接阻值 R=1.5 的電阻；質(zhì)量為 m=0.2kg、阻值r=0.5 的勻質(zhì)金 屬棒ab放在兩導(dǎo)軌上，距離導(dǎo)軌最上端為L2=4m,棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸.整個裝置處于一勻強磁場中，該勻強磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，磁感應(yīng)強度大小隨時間變化的情 況如圖乙所示.(g=10m/s2)(1)保持ab

33、棒靜止，在。4s內(nèi)，通過金屬棒 ab的電流多大？方向如何？(2)為了保持ab棒靜止，需要在棒的中點施加了一平行于導(dǎo)軌平面的外力F,求當(dāng)t=2s時，外力F的大小和方向；(3) 5s后，撤去外力F,金屬棒將由靜止開始下滑，這時用電壓傳感器將R兩端的電壓即時采集并輸入計算機，在顯示器顯示的電壓達(dá)到某一恒定值后，記下該時刻棒的位置，測出該位置與棒初始位置相距2.4m,求金屬棒此時的速度及下滑到該位置的過程中在電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱.【答案】(1) 0.5A (2) 0.75N (3) 1.5J【解析】【分析】【詳解】(1)在04s內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律：E = L.L- = lvAr Ar由閉合電路歐姆定律：EI = = 0. 5HR ¥ r(2)當(dāng)t=2s時，ab棒受到沿斜面向上的安培力Q =嗎=0. 25.T對ab棒受力分析，由平衡條件：產(chǎn)+，-田酬*30=0解得：|F = 0.而、方向沿導(dǎo)軌斜面向上.(3) ab棒沿導(dǎo)軌下滑切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，有:E1 = BlyF