2020版物理浙江高考選考一輪復(fù)習(xí)講義選修3-2 第九章 專題課2 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題和能量、動(dòng)量問(wèn)題

1、專題課 2電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題和能量、動(dòng)量問(wèn)題電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1.兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)平衡態(tài)特征加速度為零處理方法根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析2.電學(xué)對(duì)象與力學(xué)對(duì)象的轉(zhuǎn)換及關(guān)系命題角度 1導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)【例 1】 （2017·天津理綜，3 ）如圖 1 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

2、?，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（）圖1A.ab 中的感應(yīng)電流方向由 b 到 aB.ab 中的感應(yīng)電流逐漸減小C.ab 所受的安培力保持不變D.ab 所受的靜摩擦力逐漸減小B解析導(dǎo)體棒 ab、電阻 R 、導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減?。?#160;tk為一定值），則閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，可知回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，ab 中的電流方向由 a 到 b，故選項(xiàng) A 錯(cuò)

3、誤；根據(jù)法拉第電S B ·磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E  t t kS，回路面積 S 不變，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E為定值，根據(jù)閉合電路歐姆定律 IR ，所以 ab 中的電流大小不變，故選項(xiàng) B 錯(cuò)誤；安培力 F BIL，電流大小不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則安培力減小，故選項(xiàng)C 錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為零，對(duì)其受力分析，水平方向靜摩擦力 f與安培力 F 等大反向，安培力減小，則靜摩

4、擦力減小，故選項(xiàng) D 正確。答案D命題角度 2導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，【例 2】（多選）一空間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng) B ，兩條電阻不計(jì)的平行光滑導(dǎo)軌豎直放置在磁場(chǎng)內(nèi)，如圖 2 所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 0.5 T ，導(dǎo)體棒 ab、cd 長(zhǎng)度均為 0.2 m，電阻均為 0.1 重力均為 0.1 N，現(xiàn)用力向上拉動(dòng)導(dǎo)體棒 ab，使之勻速上升（導(dǎo)體棒 ab、cd 與導(dǎo)軌接觸良好）

5、，此時(shí) cd 靜止不動(dòng)，則 ab 上升時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）R圖2A.ab 受到的拉力大小為 2 NB.ab 向上運(yùn)動(dòng)的速度為 2 m/sC.在 2 s內(nèi)，拉力做功，有 0.4 J的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能D.在 2 s內(nèi)，拉力做功為 0.6 J2B 2l v解析對(duì)導(dǎo)體棒 cd 分析：mg BIl，得 v2 m/s，故選項(xiàng) B 正確；

6、對(duì)導(dǎo)體總棒 ab 分析：F mg BIl0.2 N ，選項(xiàng) A 錯(cuò)誤；在 2 s 內(nèi)拉力做功轉(zhuǎn)化為 ab 棒的重力勢(shì)能和電路中的電能，電能等于克服安培力做的功，即 W電F vt安2B 2l v2tR總J0.4 ，選項(xiàng) C 正確；在 2 s內(nèi)拉力做的功為 W拉JF vt0.8 ，選項(xiàng) D 錯(cuò)誤。答案BC命題角度 3變加速

7、直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題37°2【例 3】如圖 3 所示，足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌 MN 和 PQ 表面粗糙，與水平面間的夾角為 37°（sin0.6），間距為 1 m 。垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 4 T，P 、M 間所接電阻的阻值為 8 。質(zhì)量為 2 kg 的金屬桿 ab 垂直導(dǎo)軌放置，不計(jì)桿與導(dǎo)軌的電阻，桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25。金屬桿&

8、#160;ab 在沿導(dǎo)軌向下且與桿垂直的恒力 F 作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，桿的最終速度為 8 m/s，取 g10 m/s，求：圖3（1）當(dāng)金屬桿的速度為 4 m/s時(shí)，金屬桿的加速度大?。唬?）當(dāng)金屬桿沿導(dǎo)軌的位移為 6.0 m時(shí)，通過(guò)金屬桿的電荷量。解析（1）對(duì)金屬桿 ab 應(yīng)用牛頓第二定律，有NF mg sinF 安fma ，fF ，F(xiàn) N mg cos ab 桿

9、所受安培力大小為 F BIL安ab 桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E BL vE由閉合電路歐姆定律可知 IRB 2L2整理得：F mg sin R vmgcos ma代入 vm 8 m/s時(shí) a0，解得 F 8 N2代入 v4 m/s及 F 8 N，解得 a4 m/s（2）設(shè)通過(guò)回路橫截面的電荷量為 q，則 

10、;qItE回路中的平均電流強(qiáng)度為 IR回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E  t2回路中的磁通量變化量為 BLx ，聯(lián)立解得 q3 C答案（1）4 m/s（2）3 C用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化2.求解焦耳熱 Q 的三種方法，253°【例 4】（2016·浙江理綜）小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖 4 

11、所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距 l0.50 m，傾角 53° 導(dǎo)軌上端串接一個(gè) 0.05 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 B 2.0 T。質(zhì)量 m 4.0 kg的金屬棒 CD 水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過(guò)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 F&#

12、160;80 N 拉動(dòng) GH 桿，CD 棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，上升過(guò)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/s，sin0.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量）。求解析（1）由牛頓第二定律 aF mg sin12  m/s圖4（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)

13、所受的安培力的大小；（3）在拉升 CD 棒的過(guò)程中，健身者所做的功 W 和電阻產(chǎn)生的焦耳熱 Q 。m進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度 v 2as2.4 m/s（2）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E BlvBlv感應(yīng)電流 I R 安培力 F A IBlR代入得 F A （Bl）2v48 N（3）健身者做功 W F （sd）64 J由牛頓第二定律得 F mg

14、0;sinF A 0d在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間 tv2J焦耳熱 Q I Rt26.88 答案（1）2.4 m/s （2）48 N（3）64 J 26.88 J，2【變式訓(xùn)練 1】 如圖 5 所示，在高度差 h0.5 m的平行虛線范圍內(nèi)，有磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 0.5 T 、方向垂直于豎直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，正方形線框 abcd 的質(zhì)量m 0.1

15、0;kg、邊長(zhǎng) L 0.5 m、電阻 R 0.5  線框平面與豎直平面平行，靜止在位置“”時(shí)，cd 邊跟磁場(chǎng)下邊緣有一段距離?，F(xiàn)用一豎直向上的恒力 F 4.0 N向上提線框，線框由位置“”無(wú)初速度開始向上運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)，最后到達(dá)位置“”（ab 邊恰好出磁場(chǎng)），線框平面在運(yùn)動(dòng)中保持與磁場(chǎng)方向垂直，且cd邊保持水平。設(shè) cd 邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框恰好開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)。g 取 10 m/s。v212a·圖5（1）求線框

16、進(jìn)入磁場(chǎng)前距磁場(chǎng)下邊界的距離 H ；（2）線框由位置“”到位置“”的過(guò)程中，恒力 F 做的功是多少？線框內(nèi)產(chǎn)生的熱量又是多少？解析（1）在恒力作用下，線框開始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)線框的加速度為 a，據(jù)牛頓第二定律有：F mg ma設(shè) cd 邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，線框速度設(shè)為 v1，線框從靜止到 cd 邊剛進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程有：Hcd 邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì) E BL v，感應(yīng)電流EBL vIR  R安培

17、力 F BIL安線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有 F F mg ，安聯(lián)立以上各式，可解得 vFR mgRB 2L2  24 m/s，或 Q I2Rt（  R  ）2R （vv）3.0 。由 v22aH 解得 H 9.6 m。J（2）恒力 F 做的功 W F （H L h）42.4

18、0;，從 cd 邊進(jìn)入磁場(chǎng)到 ab 邊離開磁場(chǎng)的過(guò)程中，拉力所做的功等于線框增加的重力勢(shì)能和產(chǎn)生的熱量 Q ，即 F （L h）mg （L h）Q ，解得：Q （F mg ）（L h）3.0 JBL vhLJ答案（1）9.6 m （2）42.4 J 3.0 J勻強(qiáng)磁場(chǎng) B 1，其變化率 k0.80  T/s 

19、線圈通過(guò)開關(guān) S 連接兩根相互平行、間距 d電磁感應(yīng)中的動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1.應(yīng)用動(dòng)量定理可以由動(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(wèn)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(wèn)題。2.在相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于這兩根導(dǎo)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(dǎo)體棒的總動(dòng)量守恒，解決此類問(wèn)題往往要應(yīng)用動(dòng)量守恒定律。【例 5】 （2017·11 月浙江選考）如圖 6 所示，匝數(shù) N 100、截面積 S1.0&

20、#215;102 m2、電阻 r0.15 的線圈內(nèi)有方向垂直于線圈平面向上的隨時(shí)間均勻增加的。、0.20 m的豎直導(dǎo)軌，下端連接阻值 R 0.50 的電阻。一根阻值也為 0.50 質(zhì)量 m 1.0×102 kg的導(dǎo)體棒 ab 擱置在等高的擋條上。在豎直導(dǎo)軌間的區(qū)域僅有垂直紙面的不隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng) B 2。接通開關(guān) S 后，棒對(duì)擋條的壓力恰好為零。假設(shè)棒始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌

21、電阻。圖6（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 2 的大小，并指出磁場(chǎng)方向；（2）斷開開關(guān) S 后撤去擋條，棒開始下滑，經(jīng) t0.25 s 后下降了 h0.29 m ，求此過(guò)程棒上產(chǎn)生的熱量。B1解析（1）線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E N tNS t代入數(shù)據(jù)得 E 0.8 V，由楞次定律判斷可知，電流從左邊流入，右邊流出。等效電路圖如下：R  0.150.25  A 2 

22、 A，ab 棒中 Iab1  A?？傠娏?#160;IE 0.8r2其中 qIt      ，B 2dh根據(jù)題意，此刻棒對(duì)擋條的壓力為零，即金屬棒所受安培力等于其重力，即 B 2Iabdmg ，解得 B 20.50 T，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)的方向應(yīng)該垂直紙面向外。（2）開關(guān)斷開之后，撤去擋條，ab 下滑中切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)動(dòng)量定理，得（mg B 2Id

23、）tm v0R 0R ab聯(lián)立上式可知 v2.21 m/s1根據(jù)動(dòng)能定理可知 mgh W 2m v20求得 W 4.58×103 J，因此金屬棒上產(chǎn)生熱量為1Q |2W |2.29×103 J答案（1）0.5 T，磁場(chǎng)垂直紙面向外（2）2.29×103 J（1）若涉及變力作用下運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，可選用動(dòng)量守恒和能量守恒的方法解決。（2）若涉及恒力或恒定加速度，一般選用動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)。若涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間問(wèn)題也可選

24、用動(dòng)量定理求解?！咀兪接?xùn)練 2】 （2018·11 月浙江選考）如圖 7 所示，在間距 L 0.2 m的兩光滑平行水平金屬導(dǎo)軌間存在方向垂直于紙面（向內(nèi)為正）的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的分布沿 y 方向不變，沿 x 方向如下：1 Tx>0.2 mB  5x T 0.2 mx0.2 m1 T x< 0.2 m導(dǎo)軌間通過(guò)單刀雙擲開關(guān) S&

25、#160;連接恒流源和電容 C 1 F 的未充電的電容器，恒流源可為電路提供恒定電流 I2 A，電流方向如圖所示。有一質(zhì)量 m 0.1 kg的金屬棒 ab 垂直導(dǎo)軌靜止放置于 x00.7 m 處。開關(guān) S 擲向 1，棒 ab 從靜止開始運(yùn)動(dòng)，到達(dá) x30.2 m處時(shí)，開關(guān) S 擲向 2。已知棒 ab 在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直。求：圖7（

26、提示：可以用 F x 圖象下的“面積”代表力 F 所做的功）（1）棒 ab 運(yùn)動(dòng)到 x10.2 m時(shí)的速度 v1；（2）棒 ab 運(yùn)動(dòng)到 x20.1 m時(shí)的速度 v2；（3）電容器最終所帶的電荷量 Q 。解析（1）從 x0x1 的過(guò)程，由于安培力為恒力，安培力 F BIL11運(yùn)用動(dòng)能定理 BIL（x0x1）2m v20，解得 v12 m/s（2）在

27、區(qū)間0.2 mx0.2 m安培力 F 5xIL如圖所示，安培力做功W安5IL 2 （x21x2）由動(dòng)能定理得W安1     112m v222m v2，5v223 m/s（3）從 0.2 m處移到0.2 m處安培力不做功，v3v12 m/s設(shè)最后穩(wěn)定時(shí)的速度為 v 則導(dǎo)體棒兩端電壓 U BL v電容器上所帶電荷量 qCU答案（1）2  m

28、/s   （2）  23電路中通過(guò)的電荷量 qIt根據(jù)動(dòng)量定理BILtm vm v3102得 v 7 m/s，因此 q7C25 m/s（3）7 C科學(xué)思維電磁感應(yīng)中的“桿導(dǎo)軌”模型模型一“單桿導(dǎo)軌”模型1.單桿水平式（導(dǎo)軌光滑）物理模型動(dòng)態(tài)分析運(yùn)動(dòng)形式收尾狀態(tài)力學(xué)特征電學(xué)特征F  B 2L2v設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某時(shí)刻棒的速度為 v，加速度為 am  mR ，a、vBL v同

29、向，隨 v 的增加，a 減小，當(dāng) a0 時(shí)，v 最大，I R 恒定勻速直線運(yùn)動(dòng)FRa0，v 最大，vm B 2L2I 恒定2.單桿傾斜式（導(dǎo)軌光滑）物理模型棒釋放后下滑，此時(shí) agsin，速度 vE BL v  I動(dòng)態(tài)分析        ER F BIL0，v 最大a，當(dāng)安培力 F mg&

30、#160;sin時(shí)，a收尾狀態(tài)運(yùn)動(dòng)形式力學(xué)特征勻速直線運(yùn)動(dòng)mgR sina0，v 最大，vm  B 2L2電學(xué)特征I 恒定，2【例 1】如圖 8 所示，足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，金屬導(dǎo)軌寬度 L 1.0 m，導(dǎo)軌上放有垂直導(dǎo)軌的金屬桿 P ，金屬桿質(zhì)量為 m 0.1 kg，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 0.5 T、豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。連接在導(dǎo)軌左端的電阻 R 3.0 

31、 金屬桿的電阻 r1.0  其余部分電阻不計(jì)。某時(shí)刻給金屬桿一個(gè)水平向右的恒力F ，金屬桿 P 由靜止開始運(yùn)動(dòng)，圖乙是金屬桿 P 運(yùn)動(dòng)過(guò)程的 vt 圖象，導(dǎo)軌與金屬桿間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0.5。在金屬桿 P 運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，第一個(gè) 2 s內(nèi)通過(guò)金屬桿 P 的電荷量與第二個(gè) 2 s內(nèi)通過(guò) P 的電荷量之比為 35。g 取 10 m/s。求：感應(yīng)電

32、流 I    E圖8（1）水平恒力 F 的大小；（2）前 4 s內(nèi)電阻 R 上產(chǎn)生的熱量。解析 （1）由圖乙可知金屬桿 P 先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，2 s后做勻速直線運(yùn)動(dòng)當(dāng) t2 s時(shí)，v4 m/s，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E BL vR r安培力 F BILB 2L2vR r·t根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有 F F

33、0; mg0解得 F 0.75 N。（2）通過(guò)金屬桿 P 的電荷量 q It ER r所以 q  BLx x（x 為 P 的位移） BLx其中 E  t  tR r設(shè)第一個(gè) 2 s內(nèi)金屬桿 P 的位移為 x1，第二個(gè) 2 s內(nèi) P 的位移為 x2解得 

34、;Q R 1.8 。12則  BLx 1， BLx 2BL vt又由于 q1q235聯(lián)立解得 x28 m，x14.8 m前 4 s內(nèi)由能量守恒定律得1F （x1x2）2m v2mg（x1x2）Q rQ R其中 Q rQ R rR 13J答案（1）0.75 N （2）1.8 J模型二“雙桿導(dǎo)軌”模型示意圖導(dǎo)體棒 1

35、60;受安培力的作用做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒 2 受力學(xué)觀點(diǎn)安培力的作用做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)兩棒以相同的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)動(dòng)量觀點(diǎn)能量觀點(diǎn)系統(tǒng)動(dòng)量守恒                系統(tǒng)動(dòng)量不守恒棒 1 動(dòng)能的減少量棒 2 動(dòng)能的 外力做的功棒 1 增加的動(dòng)能增加量焦耳熱  

36、60;            棒 2 增加的動(dòng)能焦耳熱【例 2】如圖 9 所示，平行傾斜光滑導(dǎo)軌與足夠長(zhǎng)的平行水平光滑導(dǎo)軌平滑連1接，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。質(zhì)量分別為 m 和2m 的金屬棒 b 和 c 靜止放在水平導(dǎo)軌上，b、c 兩棒均與導(dǎo)軌垂直。圖中 de 虛線往右有范圍足夠大、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為 m 

37、的絕緣棒 a 垂直于傾斜導(dǎo)軌靜止釋放，釋放位置與水平導(dǎo)軌的高度差為 h。已知絕緣棒 a 滑到水平導(dǎo)軌上與金屬棒 b 發(fā)生彈性正碰，金屬棒 b進(jìn)入磁場(chǎng)后始終未與金屬棒 c 發(fā)生碰撞。重力加速度為 g，求：圖9由動(dòng)量守恒定律 m v2m v2 2 v3（1）絕緣棒 a 與金屬棒 b 發(fā)生彈性正碰后分離時(shí)兩棒的速度大?。唬?）金屬棒 b 進(jìn)入磁場(chǎng)后，其加速度為其最大加速度的一半時(shí)的速

38、度大??；（3）兩金屬棒 b、c 上最終產(chǎn)生的總焦耳熱。1解析 （1）設(shè) a 棒滑到水平導(dǎo)軌時(shí)，速度為 v0，下滑過(guò)程中 a 棒機(jī)械能守恒2m v20mgha 棒與 b 棒發(fā)生彈性碰撞由動(dòng)量守恒定律 m v0m v1m v2111m v02     1由機(jī)械能守恒定律22m v22m v2解出 v10，v2v0 2gh（2）b 棒

39、剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的加速度最大。b、c 兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。m設(shè) b 棒進(jìn)入磁場(chǎng)后任一時(shí)刻，b 棒的速度為 vb，c 棒的速度為 vc，則 b、c 組成的回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E BL （vbvc），由閉合電路歐姆定律得 IER總，由安培力B 2L2（vbvc）mR故當(dāng) b 棒加速度為最大值的一半時(shí)有 v22（v23聯(lián)立得 v2 6v26   2gh公式得 

40、F BILma ，聯(lián)立得 a?？倂 ）55（3）最終 b、c 以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)。m由動(dòng)量守恒定律 m v2（m  2 ）v11m由能量守恒定律2m v22（m  2 ）v2Q1解出 Q 3mgh答案（1）05           12gh  （2）6 2gh （3）3mgh活

41、頁(yè)作業(yè)（時(shí)間：30 分鐘）A 組基礎(chǔ)過(guò)關(guān)1.水平放置的金屬框架 cdef處于如圖 1 所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬棒 ab 處于粗糙的框架上且與框架接觸良好，從某時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，金屬棒 ab始終保持靜止，則（）圖1A.ab 中電流增大，ab 棒所受摩擦力也增大B.ab 中電流不變，ab 棒所受摩擦力也不變C.ab 中電流不變，ab 棒所受摩擦力增大D.ab 中電流增大，ab 棒所受摩擦力不變解析磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大時(shí)，磁通量的變化

42、率 t恒定，故回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流都是恒定的；又棒 ab 所受的摩擦力等于安培力，即 F fF 安BIL，故當(dāng) B 增加時(shí)，摩擦力增大，選項(xiàng) C 正確。答案C2.（多選）如圖 2 所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面成 角，用導(dǎo)線與固定電阻 R 1和 R 2 相連，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面。有一導(dǎo)體棒 ab，質(zhì)量為 m ，兩導(dǎo)軌間距為 l，導(dǎo)體棒的電阻與固定電阻 R&#

43、160;1 和 R 2 的阻值相等，都等于 R ，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ，導(dǎo)體棒 ab 沿導(dǎo)軌向上滑動(dòng)，當(dāng)上滑的速度為 v 時(shí)，有（）圖2A.棒中感應(yīng)電流的方向由 a 到 b2B 2l v2B.棒所受安培力的大小為 3RBlvC.棒兩端的電壓為 3D.棒動(dòng)能的減少量等于其重力勢(shì)能的增加量與電路上產(chǎn)生的電熱之和解析由右手定則可判定導(dǎo)體棒中的電流方向?yàn)?#160;ab，故選項(xiàng) A 正確；由&

44、#160;E REBlv 及串、并聯(lián)電路的特點(diǎn)，知R 外2 ，則 IR R外2Blv 3R ，所以導(dǎo)體棒所受安22B 2l v2Blv培力的大小 F BIl 3R ，故選項(xiàng) B 錯(cuò)誤；結(jié)合 I 3R ，知導(dǎo)體棒兩端的電RBlv2壓 U I· 3 ，故選項(xiàng) C 正確；由能量守恒知：導(dǎo)體棒動(dòng)能的減少量等于其重力勢(shì)能的增加量以及電路中產(chǎn)生的電熱

45、和克服摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能，故選項(xiàng) D錯(cuò)誤。答案AC3.兩根足夠長(zhǎng)的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為 l。導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒 ab 和 cd，構(gòu)成矩形回路，如圖 3 所示。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為 m ，電阻皆為 R ，回路中其它部分的電阻可不計(jì)。在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 。設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑行，開始時(shí)，棒 cd 靜止，棒 ab 有指向棒 cd

46、0;的初速度 v0。若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，求：Q 2m v022·  v24m v20。圖3（1）在運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少？3（2）當(dāng)棒 ab 的速度變?yōu)槌跛俣鹊?時(shí)，棒 cd 的加速度是多大？解析 （1）從開始到兩棒達(dá)到相同速度 v 的過(guò)程中，兩棒的總動(dòng)量守恒，有 m v02m v，根據(jù)能量守恒定律，整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱1112m3，（2）設(shè)棒 ab 的速度變?yōu)?v0 時(shí)，cd&

47、#160;棒的速度為 vB 2l2v0得 v 4 v0，此時(shí)棒 cd 所受的安培力 F BIl   4R   。am  4mR  ，方向水平向右。B 2l2v0答案（1）4m v0 （2） 4mR  ，方向水平向右關(guān) S 與“U” 導(dǎo)軌連接。當(dāng)開關(guān) S 斷開、棒 cd 靜止時(shí)，彈

48、簧伸長(zhǎng)量為 x0；當(dāng)開3則由動(dòng)量守恒可知 m v04m v0m v1由牛頓第二定律可得棒 cd 的加速度大小為2FB 2l v012B 組能力提升上4.（2016·10 月浙江選考）為了探究電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)速與彈簧伸長(zhǎng)量之間的關(guān)系，小明設(shè)計(jì)了如圖 4 所示的裝置，半徑為 l的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一根長(zhǎng)也為 l、電阻為 R 的金屬棒 ab 一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸 

49、OO  ，由電動(dòng)機(jī) A 帶動(dòng)旋轉(zhuǎn)。在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面，大小為 B 1、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。另有一質(zhì)量為 m 、電阻為 R 的金屬棒 cd 用型輕質(zhì)彈簧懸掛在豎直平面內(nèi)，并與固定在豎直平面內(nèi)的 “U” 導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)軌間距為 l，底部接阻值也為 R 的電阻，處于大小為 B 2、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。從圓形金屬導(dǎo)軌引出導(dǎo)線和通過(guò)電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線經(jīng)開型關(guān) S

50、60;閉合，電動(dòng)機(jī)以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，棒 cd 再次靜止時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量變?yōu)?#160;x（不超過(guò)彈性限度）。不計(jì)其余電阻和摩擦等阻力，求此時(shí)圖4（1）通過(guò)棒 cd 的電流 Icd；（2）電動(dòng)機(jī)對(duì)該裝置的輸出功率 P ；（3）電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)角速度 與彈簧伸長(zhǎng)量 x 之間的函數(shù)關(guān)系。解析（1）S 斷開，cd 棒靜止有 mg kx0S 閉合，cd 棒靜止時(shí)受到安培力 F B 2Icdl解得 Icd 

51、; B lx由楞次定律知流過(guò)棒 cd 的電流方向?yàn)?#160;dc故 cd 棒靜止時(shí)有 mg B 2Icdlkxmg （xx0）2013（2）回路總電阻 R 總R 2R 2R總電流 I2mg （xx0）0B 2lx2由能量守恒得 P I R總6m 2g2R （xx0）22  0B 22l x2回路總電流 I  

52、;  3RR 12（3）由法拉第電磁感應(yīng)定律：E  t2B 1l2EB 1l總解得  6mgR （xx0）3B 1B 2l x0。答案見解析，5.（2018·3 月浙江超能生聯(lián)考）如圖 5 甲所示，間距為 l0.5 m 的兩條足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角 37° 導(dǎo)軌上端接有一個(gè) R 0.5 的電阻，導(dǎo)軌所在平面可劃分為、三

53、個(gè)區(qū)域，兩導(dǎo)軌間長(zhǎng)度為 s11 m的矩形區(qū)域中存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B 隨時(shí)間 t的變化關(guān)系如圖乙所示，長(zhǎng)度為 s23 m 的區(qū)域中無(wú)磁場(chǎng)，區(qū)域中存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小 B 01 T。在 t0 時(shí)刻，質(zhì)37°量 m 1 kg 且與導(dǎo)軌垂直的金屬棒 ab 從區(qū)域和區(qū)域的交界處?kù)o止滑下，當(dāng)金屬棒到達(dá)區(qū)域和區(qū)域的交界處 CD 時(shí)

54、，區(qū)域中的磁場(chǎng)突然撤去，此后金屬棒恰好保持勻速運(yùn)動(dòng)，邊界 CD 上方的導(dǎo)軌光滑，邊界 CD 下方的導(dǎo)軌粗糙，不計(jì)金屬棒與導(dǎo)軌的電阻，金屬棒在下滑過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，已知 sin0.6，cos 37°0.8，求：圖5R因此，電阻產(chǎn)生的焦耳熱 Q  R t0.125 。金屬棒所受安培力大小 F B 0Il   R3  N，方向沿導(dǎo)軌向上（1）金屬棒在到達(dá)邊界 CD 前的

55、運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小 I；（2）金屬棒在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱 Q ；（3）金屬棒與區(qū)域中的兩導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù) 。解析（1）由 B t圖象可知，區(qū)域中的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 0.5t金屬棒在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得到回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E  t0.25 VE所以，感應(yīng)電流為 I 0.5 A。2（2）金屬棒在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，對(duì)其進(jìn)行受力分析由牛頓第二定律得，mg sinma解得：agsin6 

56、m/s1由 s22at 得 t1 sE 2J（3）金屬棒到達(dá)區(qū)域和區(qū)域交界處時(shí)的速度大小 vat6 m/s，此后以該速度勻速運(yùn)動(dòng)。B 20L 2v金屬棒在區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)其進(jìn)行受力分析，有mg sinF mgcos 解得 0.375。答案（1）0.5 A （2）0.125 J （3）0.3756.（2018·湖南長(zhǎng)沙四縣三月模擬）足夠長(zhǎng)的平行金屬軌道 M 、N ，相距 L&

57、#160;0.5 m，且水平放置；M 、N 左端與半徑 R 0.4 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m bm c0.1 kg，接入電路的有效電阻 R bR c1 ，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 B 1 T 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與軌道平面垂

58、直向上，光滑豎直半圓軌道在磁場(chǎng)外，如圖 6 所示，若使 b 棒以初速度 v0102m/s 開始向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中 b、c 不相撞，g 取 10 m/s，求：解得 c 棒的最大速度為 v  m bv02v05  m/s圖6（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。解析（1）在磁場(chǎng)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)最大速速度。選兩棒為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m bv0（m bm c）v1m bm c（2）從 b 棒開始運(yùn)動(dòng)到兩棒速度相等的過(guò)程中，系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為