備戰(zhàn)高考物理壓軸題專題法拉第電磁感應(yīng)定律的經(jīng)典推斷題綜合題含答案

1、備戰(zhàn)高考物理壓軸題專題法拉第電磁感應(yīng)定律的經(jīng)典推斷題綜合題含答案一、法拉第電磁感應(yīng)定律1 .如圖甲所示，一個電阻值為R,匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻Ri連接成閉合回路。線圈的半徑為門。在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖乙所示，圖線與橫、縱軸的截距分別為to和Boo導(dǎo)線的電阻不計，求0至t1時間內(nèi)(1)通過電阻Ri上的電流大小及方向。(2)通過電阻Ri上的電荷量q。nBo223Rto電流由b向a通過Ri(2)nBor2t13Rto(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢為nBo22toEnBor223R3RtonBoL

2、It13Rto由閉合電路的歐姆定律，得通過R的電流大小為I由楞次定律知該電流由b向a通過R。q(2)由I；得在O至t1時間內(nèi)通過R1的電量為：q2 .如圖(a)所示，間距為l、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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；在區(qū)域n內(nèi)有垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度Bt的大小隨時間t變化的規(guī)律如圖(b)所示。t=o時刻在軌道上端的金屬細(xì)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(xì)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(yùn)動到區(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

3、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(jìn)入?yún)^(qū)域n,重力加速度為g。求：(1)通過cd棒電流的方向和區(qū)域I內(nèi)磁場的方向；(2)ab棒開始下滑的位置離EF的距離；(3)ab棒開始下滑至EF的過程中回路中產(chǎn)生的熱量。(2)3l【答案】(1)通過cd棒電流的方向從d到c,區(qū)域I內(nèi)磁場的方向垂直于斜面向上;(3)4mglsin0?！窘馕觥俊驹斀狻坑勺笫侄?1)由楞次定律可知，流過cd的電流方向?yàn)閺膁到c,cd所受安培力沿導(dǎo)軌向上，則可知，I內(nèi)磁場垂直于斜面向上，故區(qū)域I內(nèi)磁場的方向垂直于斜面向上。(2)ab棒在到達(dá)區(qū)域n前做勻加速直線運(yùn)動，mgsin

4、.na=-=gsin0ab棒cd棒始終靜止不動，ab棒在到達(dá)區(qū)域n前、后，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不變，則在區(qū)域n中一定做勻速直線運(yùn)動，可得：Blv1B2lIBI(gsintx)tx解得2lgsinab棒在區(qū)域n中做勻速直線運(yùn)動的速度v1.2glsin則ab棒開始下滑的位置離EF的距離2atx2l3l(3)ab棒在區(qū)域n中運(yùn)動時間t22l2lVxgsinab棒從開始下滑至EF的總時間ttxt222lgsin感應(yīng)電動勢:EBlviBl2glsinab棒開始下滑至EF的過程中回路中產(chǎn)生的熱量：Q=EIt=4mglsin03.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，質(zhì)量為m、長度為l的

5、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(yùn)動.to時刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)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(yùn)動時產(chǎn)生的電動勢的大??；(2)電阻的阻值.FB2l2t_【答案】EBlt0g；R=B-mm【解析】【分析】【詳解】(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得：ma=F-!img設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時的速度為v,由運(yùn)動學(xué)公式有：v=ato當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動時，由

6、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：EBltoFgm(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)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：fBIl因金屬桿做勻速運(yùn)動，由牛頓運(yùn)動定律得：F-mg=02.2X聯(lián)立式得：r=BUm4.如圖所示，兩根足夠長、電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌相距為L=1m,導(dǎo)軌平面與水平面成=30角，上端連接R1.5的電阻.質(zhì)量為m=0.2kg、阻值r0.5的金屬棒ab放在兩導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，距離導(dǎo)軌最上端d=4m,整個裝置處于勻強(qiáng)磁場中，磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上.(1)若磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T,將金屬棒釋放，

7、求金屬棒勻速下滑時電阻R兩端的電壓；(2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與時間成正比，在外力作用下ab棒保持靜止，當(dāng)t=2s時外力恰好為零.求ab棒的熱功率；(3)若磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的規(guī)律是B0.05cos100tT，在平行于導(dǎo)軌平面的外力F作用下ab棒保持靜止，求此外力F的最大值?！敬鸢浮?1)3V(2)0.5W(3)(1-)NF(1-)N44【解析】【分析】本題考查的是導(dǎo)體棒切割磁感線的動力學(xué)問題，我們首先把導(dǎo)體棒的運(yùn)動情況和受力情況分析清楚，然后結(jié)合相應(yīng)規(guī)律即可求出相應(yīng)參量。【詳解】(1)勻速時，導(dǎo)體棒收到的安培力等于重力的下滑分力，可得：BL=mgsin0,求出R+r電動勢為E=4V,所以金屬

8、棒勻速下滑時電阻R兩端的電壓U=3V(2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的規(guī)律為B=kt,則電路中產(chǎn)生的電動勢為E=n=S=kS,安培力的大小為F安二kt飛SL,當(dāng)t=2s時，外力等于零，可得：&AtR+rkS2kL=mgsin0,解出k=0.5T/s,取后可得P=I2R=0.5W。R+r(3)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E=S,根據(jù)F安=BIL可得，AtAtE一一一一一，一無，一一一一F安=BL,最后化簡可得F安=-sin200疝(N),所以外力F的取值范圍/冗、/冗、(1-)NF(1+-)N44【點(diǎn)睛】過程比較復(fù)雜的問題關(guān)鍵在于過程分析，對運(yùn)動和受力進(jìn)行分析。5.如圖1所示，水平面上有兩根

9、足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ,兩導(dǎo)軌間距為l,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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)給ab桿一個初速度V0,使桿向右運(yùn)動。(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；a端電勢高(2)(3)當(dāng)ab桿以初速度(3)若將M和P之間的電阻R改為接一電容為C的電容器，如圖3所示。同樣給ab桿個初速度vo,使桿向右運(yùn)動。請分析說明ab桿的運(yùn)動情況。BIV0Rv。開始切割磁感線時，

10、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(yùn)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(yùn)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(yùn)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(qiáng)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(yùn)動情況，確定感應(yīng)電流變化情況，由此畫出圖象；由此分析安培力的變化，確定運(yùn)動情況；根據(jù)動E=Blvo(3)桿在向右運(yùn)動過程中速度逐漸減小、量定理求解最后的速度大小。【詳解】(1) ab桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢：根據(jù)全電路歐姆定律：IRr

11、ab桿兩端電壓即路端電壓：UIR解得UBIvoR;a端電勢高。(2)桿在向右運(yùn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)動?！军c(diǎn)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，重點(diǎn)是分析安培力作用下物體的平衡問題；另一條是能量，分析

12、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量如何轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵。6 .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(qiáng)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(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)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(xì)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(xì)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(yùn)動到區(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(jìn)入?yún)^(qū)域n,

13、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(yùn)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到c,區(qū)域I內(nèi)的磁場方向?yàn)榇怪庇谛泵嫦蛏希?2)Ii2l3,(4)【詳解】(1)由右手定則可知通過cd棒電流的方向?yàn)閐到c;再由左手定則可判斷區(qū)域I內(nèi)磁場垂直于斜面向上.cd棒消耗的電功率m2g2Rstn2Op=i2r,的工(2)cd棒平衡，BIl=mgsin0,(3)ab棒在到達(dá)區(qū)域n前做勻加速直線運(yùn)動,ab棒cd棒始終靜止不動，ab棒在到達(dá)

14、區(qū)域n前、后，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不變，則,rST口t選在區(qū)域n中一定做勻速直線運(yùn)動，可得RI21LRlgsinf"*所以ab棒在區(qū)域n中做勻速直線運(yùn)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(yùn)動的時間21力二一ab棒從開始下滑至EF的總時間:t=+is=2ab棒從開始下滑至故本題答案是：EF的過程中閉合回路中產(chǎn)生的熱量：QE"懸=8年山總=優(yōu)而，(1)電流方向由d到(4)1'c,區(qū)域I內(nèi)的磁場方向?yàn)榇怪庇谛泵嫦蛏?蘇娟降in5(2)(3)【點(diǎn)睛】題目中cd棒一直處于靜止?fàn)顟B(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

15、結(jié)合并把握這個條件解題即可。7 .如圖1所示，MN和PQ為豎直放置的兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌間距為1,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B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁阻不計，并與導(dǎo)軌接觸良好.整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為場中.將導(dǎo)體桿ab由靜止釋放.求：Q(1)a.試定性說明ab桿的運(yùn)動；b.ab桿下落穩(wěn)定后，電阻R上的熱功率.(2)若將M靜止向上運(yùn)動a.試定性說明(3)若將M和P之間的電阻R改為接一電動勢為E,內(nèi)阻為r的直流電源，發(fā)現(xiàn)桿ab由(始終未到達(dá)MP處)，如圖2所示.ab桿的運(yùn)動：b.桿穩(wěn)定運(yùn)動后，電源的輸出功率.和P之間的電阻R改為接

16、一電容為C的電容器，如圖3所示.ab桿由靜止釋放.請推導(dǎo)證明桿做勻加速直線運(yùn)動，并求出桿的加速度.【答案】(1)加速度逐漸減小的變加速直線運(yùn)動;Rp=mgf(2)加速度逐漸減小的B2l2mgE力口速；P=Bl【解析】22mgr_22Bl(3)a=mmg22B2l2C(1)a、對ab桿下滑過程，由牛頓第二定律2,2Blvmg二ma,可知隨著速度的增大，加速BmgBl電源的輸出功率P12V度逐漸減小，當(dāng)mg時，加速度為零，桿做勻速直線運(yùn)動；故桿先做加速度逐漸減小的加速，再做勻速直線運(yùn)動.b、ab桿穩(wěn)定下滑時，做勻速直線運(yùn)動:mg22B212V，可得vRmgR_22Bl-2,2c22c故P誓Vmg鬻

17、*RBlBl(2)a、對ab桿上滑過程，由牛頓第二定律:BILmgma,上滑的速度增大，感應(yīng)電流與電源提供的電流方向相反,向上勻速直線運(yùn)動.總電流逐漸減小，故加速度逐漸減??；同樣加速度為零時桿B、桿向上勻速時,BIlmgEI12r解得：PEmsBlzmg2()rBl(3)設(shè)桿下滑經(jīng)t時間，由牛頓第二定律：mgBIlma,電容器的充電電流I電容器增加的電量為:QtQCUCBLvCBlalma而一Vat聯(lián)立解得：mgB可知桿下滑過程給電容器充電的過程加速度恒定不變，故為勻加速直線運(yùn)動.【點(diǎn)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，重點(diǎn)是分析安培力作用下物體的平衡問題；另一條是能量，分

18、析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量如何轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵.8 .如圖所示，質(zhì)量為2m的U形線框ABCD下邊長度為L,電阻為R,其它部分電阻不計，其內(nèi)側(cè)有質(zhì)量為m,電阻為R的導(dǎo)體棒PQ,PQ與線框相接觸良好，可在線框內(nèi)上下滑動.整個裝置豎直放置，其下方有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將整個裝置從靜止釋放，在下落過程線框底邊始終水平.當(dāng)線框底邊進(jìn)入磁場時恰好做勻速運(yùn)動，此時導(dǎo)體棒PQ與線框間的滑動摩擦力為g吟經(jīng)過一段時間，導(dǎo)體棒PQ恰好到達(dá)磁場上一邊界，但未進(jìn)入磁場，PQ運(yùn)動的距離是線框在磁場中運(yùn)動距離的兩倍.不計空氣阻力，重力加速度為g.求：(1)線框剛進(jìn)入磁場時，BC兩端的電勢差；(2)導(dǎo)體棒PQ到達(dá)磁場上

19、邊界時速度大小；(3)導(dǎo)體棒PQ到達(dá)磁場上邊界前的過程線框中產(chǎn)生的焦耳熱.322【解析】試題分析:1)5mgR15mgR(3125mgR2BLB一一LL2B4L41)線框剛進(jìn)入磁場時是做勻速運(yùn)動.由平衡知識可列:2mg1mgBIL2IR5mgRBLUbcIR贊(2)設(shè)導(dǎo)體棒到達(dá)磁場上邊界速度為口喈,線框底邊進(jìn)入磁場時的速度為門口；導(dǎo)體棒相對于線框的距離為叼，線框在磁場中下降的距離為工3.聯(lián)解上述方程式得:15mgRPQ22BL(3)線框下降的時間與導(dǎo)體棒下滑的時間相等1仃pp一廿0=；0三產(chǎn)把125m3g2R2聯(lián)解上述方程式得:Q44BL考點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律；物體的平衡9 .如圖所示，無限

20、長金屬導(dǎo)軌EF、PQ固定在傾角為9=53。的光滑絕緣斜面上，軌道間距1m,底部接入一阻值為R=0.4酌定值電阻，上端開口.垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T.一質(zhì)量為m=0.5kg的金屬棒ab與導(dǎo)軌接觸良好，ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)尸0.2,ab連入導(dǎo)軌間的電阻r=0.1，電路中其余電阻不計.現(xiàn)用一質(zhì)量為M=2.86kg的物體通過一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩繞過光滑的定滑輪與ab相連.由靜止釋放M,當(dāng)M下落高度h=2.0m時，ab開始勻速運(yùn)動(運(yùn)動中ab始終垂直導(dǎo)軌，并接觸良好).不計空氣阻力，sin53=0.8,cos53=0.6,取g=10m/s2.求：(1)ab棒沿斜面向上運(yùn)動的最大速度

21、vm；(2)ab棒從開始運(yùn)動到勻速運(yùn)動的這段時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Qr和流過電阻R的總電荷量q.【答案】(1)3m/s.(2) 26.3J,8C【解析】【分析】【詳解】(1)由題意知，由靜止釋放M后，ab棒在繩拉力T、重力mg、安培力F和軌道支持力N及摩擦力f共同作用下做沿軌道向上做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動直至勻速運(yùn)動，當(dāng)達(dá)到最大速度時，由平衡條件有：T-mgsin0-F-f=0N-mgcos0=0T=Mg又由摩擦力公式得f=小ab所受的安培力F=BILBLv一回路中感應(yīng)電流I-LRr聯(lián)解并代入數(shù)據(jù)得：最大速度vm=3m/s(2)由能量守恒定律知，系統(tǒng)的總能量守恒，即系統(tǒng)減少的重力勢能等于

22、系統(tǒng)增加的動能、焦耳熱及摩擦而轉(zhuǎn)化的內(nèi)能之和，有：12Mgh-mghsin0MmvmQ+fh電阻R產(chǎn)生的焦耳熱QrRQRr根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律有：流過電阻R的總電荷量q4tE電流的平均值I-一L?V感應(yīng)電動勢的平均值EL?Vt磁通量的變化量4二B?(Lh)？聯(lián)解？?？并代入數(shù)據(jù)得：Qr=26.3J,q=8C10 .如圖所示，兩根足夠長的直金屬M(fèi)N、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L.M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻.一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直.整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直斜面向下.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略.讓

23、ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦.(1)在加速下滑過程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時，ab桿中的電流及其加速度的大??；(2)求在下滑過程中ab桿可達(dá)到的最大速度.(3)從開始下滑到達(dá)到最大速度的過程中，棒沿導(dǎo)軌下滑了距離s,求整個裝置生熱多少【答案】_22B2l2vBlvmgsin(1)I,aR(2)Vmram【解析】mgRsin2 2B2l2Qmgh3 22.2mgRsincr4,42Bl(1)在加速下滑過程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時，感應(yīng)電動勢E=BLv此時ab桿中的電流I金屬桿受到的安培力：由牛頓第二定律得：aBlv-RFBILmgsin2.2BLvR

24、2,2BlvR(2)金屬桿勻速下滑時速度達(dá)到最大，由平衡條件得:mgsin2,2BLvm則速度的最大值vmmgRsinB2l2h,由能量守恒定律得:(3)若達(dá)到最大速度時，導(dǎo)體棒下落高度為12mgssinmvmQ2322.2則焦耳熱Qmgh【點(diǎn)睛】當(dāng)桿勻速運(yùn)動時桿的速度最大，分析清楚桿的運(yùn)動過程是解題的前提；分析清楚桿的運(yùn)動過程后，應(yīng)用E=BLw歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律、平衡條件與能量守恒定律即可解題；求解熱量時從能量角度分析可以簡化解題過程.11 .如圖所示，處于勻強(qiáng)磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)m,導(dǎo)軌平面與水平面成。=37。角，下端連接阻值為R的電阻.勻強(qiáng)磁場

25、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小；(2)當(dāng)金屬棒下滑速度達(dá)到穩(wěn)定時，電阻R消耗的功率為8W,求該速度的大小；(3)在上問中，若R=2Q,金屬棒中的電流方向由a至ijb,求磁感應(yīng)強(qiáng)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：sill3即皂二胸曰由式解得理=10X(O.60.25

26、X0.8m/s2=4m/s2(2)設(shè)金屬棒運(yùn)動達(dá)到穩(wěn)定時，速度為v,所受安培力為F,棒在沿導(dǎo)軌方向受力平衡樣唱疝18-即這e8-F=。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pg第=-=tti/s=10ni/sF0.2x10x(0.6-0.25x0.85(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(qiáng)度為BvBlI=.*產(chǎn)二廠RB=T=0.471由、兩式解得以1。乂1磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上考點(diǎn)：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(diǎn)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

27、問題的突破口為正確分析安培力的變化，根據(jù)運(yùn)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小；金屬棒下滑速度達(dá)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。廠視頻D12 .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。ACBD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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2To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

28、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(jìn)入磁場，且b棒向右運(yùn)動x=0.8m后停止，g取10m/s2,求：(1)a、b棒剛進(jìn)入磁場時的速度大??；(2)金屬棒b剛進(jìn)入磁場時的加速度大小(3)整個運(yùn)動過程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱。【答案】(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(jìn)入磁場后，兩棒均切割磁感線，產(chǎn)生感生電動勢串聯(lián)，求解感應(yīng)電流，根據(jù)牛頓第二定律求解b剛進(jìn)入磁場時的加速度；(3)由能量守恒求解產(chǎn)生的熱量【詳解】(1)對ab系統(tǒng)，由動量守恒：0=mva-mvb

29、由能量關(guān)系:Ep12mva12-mvb2解得Va=vb=3m/s(2)當(dāng)ab棒進(jìn)入磁場后，兩棒均切割磁感線，產(chǎn)生感生電動勢串聯(lián)，則有:,2EaEa=Eb=Bdva=6V又：I3A2R對b,由牛頓第二定律：BId+mmg=mab解得ab=8m/s2(3)由動量守恒可知，ab棒速率時刻相同，即兩者移動相同距離后停止，則對系統(tǒng)，由能量守恒：Ep=2mgx+Q解得Q=5.8J【點(diǎn)睛】此題是力、電磁綜合題目，關(guān)鍵是分析兩棒的受力情況和運(yùn)動情況，運(yùn)用動量守恒定律和能量守恒關(guān)系列式求解.13 .如圖甲所示，兩豎直放置的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距L=0.50m,導(dǎo)軌下端接一電阻R=5Q的小燈泡，導(dǎo)軌間存在一寬h=0.40m的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖乙所示規(guī)律變化，t=0時刻一金屬桿自磁場區(qū)域上方以某一初速度沿導(dǎo)軌下落，t1時刻金屬桿恰好進(jìn)入磁場，直至穿越磁場區(qū)域，整改過程中小燈泡的亮度始終保持不變.已知金屬桿的質(zhì)量m=0.10kg,金屬桿下落過程中始終