2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)文檔第11章電磁感應(yīng)熱點(diǎn)專題（七）第55講Word版含答案

第55講電磁感應(yīng)中的“桿＋軌”模型熱點(diǎn)概述電磁感應(yīng)“桿軌模型”中的桿有“單桿”和“雙桿”等，有的回路中還接有電容器；電磁感應(yīng)“桿軌模型”中的軌有“直軌”和“折軌”等，導(dǎo)軌有豎直的，也有水平的，還有放在斜面上的等各種情況。分析這類問題重在結(jié)合電動(dòng)勢(shì)的變化情況分析清楚其中的動(dòng)力學(xué)過程，處理問題時(shí)經(jīng)常涉及力學(xué)和電磁學(xué)中的幾乎所有規(guī)律，綜合性較強(qiáng)。熱點(diǎn)一單桿模型單桿模型的常見情況[例1](2018·廣州畢業(yè)綜合測(cè)試(一))如圖甲，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為1.0m，左端連接阻值R＝4.0Ω的電阻；勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向下；質(zhì)量m＝0.2kg、長(zhǎng)度l＝1.0m、電阻r＝1.0Ω的金屬桿置于導(dǎo)軌上，向右運(yùn)動(dòng)并與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好。t＝0時(shí)對(duì)桿施加一平行于導(dǎo)軌方向的外力F，桿運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示。其余電阻不計(jì)。求：(1)從t＝0開始，金屬桿運(yùn)動(dòng)距離為5m時(shí)電阻R兩端的電壓；(2)在0～3.0s內(nèi)，外力F大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式。解析(1)根據(jù)v-t圖象可知金屬桿做勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)間Δt＝3s，t＝0時(shí)桿的速度為v0＝6m/s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得其加速度大小a＝eq\f(v0－0,Δt)，①設(shè)桿運(yùn)動(dòng)了s1＝5m時(shí)速度為v1，則veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝－2as1，②此時(shí)，金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝Blv1，③回路中產(chǎn)生的電流I1＝eq\f(E1,R＋r)，④電阻R兩端的電壓U＝I1R，⑤聯(lián)立①～⑤式解得U＝1.6V。⑥(2)由t＝0時(shí)BIl＜ma，可分析判斷出外力F的方向與v0反向。金屬桿做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有F＋BIl＝ma，⑦設(shè)在t時(shí)刻金屬桿的速度為v，桿的電動(dòng)勢(shì)為E，回路電流為I，則v＝v0－at，⑧又E＝Blv，⑨I＝eq\f(E,R＋r)，⑩聯(lián)立①⑦⑧⑨⑩式解得F＝0.1＋0.1t。答案(1)1.6V(2)F＝0.1＋0.1t方法感悟1若桿上施加的力為恒力，對(duì)桿做動(dòng)力學(xué)分析可得出，其運(yùn)動(dòng)形式為變加速運(yùn)動(dòng)或勻速運(yùn)動(dòng)。2若使桿做勻變速運(yùn)動(dòng)，在桿上施加的力與時(shí)間成一次函數(shù)關(guān)系才行。[例2](2018·衡陽模擬)如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌CD、EF傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為θ＝30°，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌下端分別連著電容為C的電容器和阻值R＝2r的電阻。一根質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒放在導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間、另一端跨過定滑輪與質(zhì)量M＝4m的重物相連。金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導(dǎo)軌所在平面內(nèi)且與兩導(dǎo)軌平行，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，由靜止釋放重物，求：(重力加速度大小為g，不計(jì)滑輪阻力)(1)若S1閉合、S2斷開，重物的最大速度。(2)若S1和S2均閉合，電容器的最大帶電量。(3)若S1斷開、S2閉合，重物的速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系式。解析(1)S1閉合，S2斷開時(shí)，M由靜止釋放后拉動(dòng)金屬棒沿導(dǎo)軌向上做加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒受到沿導(dǎo)軌向下的安培力作用，設(shè)最大速度為vm，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLvm根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLvm,3r)當(dāng)金屬棒速度最大時(shí)有：Mg＝mgsin30°＋BIL解得：vm＝eq\f(3r4m－0.5mg,B2L2)＝eq\f(21mgr,2B2L2)。(2)S1，S2均閉合時(shí)，電容器兩板間的最大電壓U＝UR＝IR＝eq\f(7mgr,BL)電容器的最大帶電量Q＝CU＝eq\f(7mgrC,BL)。(3)S1斷開、S2閉合時(shí)，設(shè)從釋放M開始經(jīng)時(shí)間t金屬棒的速度大小為v，加速度大小為a，通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到的安培力F＝BiL，方向沿導(dǎo)軌向下，設(shè)在時(shí)間t到(t＋Δt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，ΔQ也是平行板電容器在t到(t＋Δt)內(nèi)增加的電荷量，ΔQ＝CBL·Δv，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得Δv＝aΔt，則i＝eq\f(ΔQ,Δt)＝CBLa，設(shè)繩中拉力為T，由牛頓第二定律，對(duì)金屬棒有：T－mgsin30°－BiL＝ma對(duì)M有：Mg－T＝Ma解得：a＝eq\f(7mg,10m＋2CB2L2)可知M做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)v＝at＝eq\f(7mg,10m＋2CB2L2)·t答案(1)eq\f(21mgr,2B2L2)(2)eq\f(7mgrC,BL)(3)v＝eq\f(7mg,10m＋2CB2L2)·t方法感悟單桿＋電容器＋恒力模型可用微元法或動(dòng)量定理分析，其運(yùn)動(dòng)形式恰好為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，不同于其他單桿模型。1.(多選)如圖所示，間距為L(zhǎng)的兩根平行光滑導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間接有電容C，處于垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿ab接在兩導(dǎo)軌之間并靜止釋放，ab下落過程中始終保持與導(dǎo)軌接觸良好，設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，電阻不計(jì)，下列說法正確的是()A．a(chǎn)b做自由落體運(yùn)動(dòng)B．a(chǎn)b做勻加速運(yùn)動(dòng)，且加速度為a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)C．a(chǎn)b做勻加速運(yùn)動(dòng)，若加速度為a，則回路的電流為I＝CBLaD．a(chǎn)b做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最后勻速運(yùn)動(dòng)，最大速度為vm＝eq\f(mgR,B2L2)答案BC解析金屬桿ab下落過程中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，電容器充電，電路中有充電電流，ab棒受到向上的安培力，設(shè)瞬時(shí)加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律得mg－BIL＝ma。又I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝eq\f(CΔU,Δt)，又ΔU＝ΔE＝BLΔv，得I＝eq\f(CBL·Δv,Δt)＝CBLa，解得a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)，可見桿的加速度不變，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B、C正確。2.(2018·遼寧盤錦月考)(多選)如圖中MN和PQ為豎直方向的兩平行足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)。導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，兩端分別接阻值為2R的電阻R1和電容為C的電容器。質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿ab始終垂直于導(dǎo)軌，并與其保持良好接觸。桿ab由靜止開始下滑，在下滑過程中最大的速度為v，整個(gè)電路消耗的最大電功率為P，則()A．電容器左極板帶正電B．電容器的最大帶電量為eq\f(2CBLv,3)C．桿ab的最大速度v＝eq\f(P,mg)D．桿ab所受安培力的最大功率為eq\f(2P,3)答案BC解析根據(jù)右手定則，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)閍→b，故電容器右極板帶正電荷，故A錯(cuò)誤；當(dāng)金屬桿的速度達(dá)到最大時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為：Em＝BLvm＝BLv，路端電壓的最大值為：U＝eq\f(2R,2R＋R)Em＝eq\f(2,3)BLv，故電容器的帶電量最大為：Q＝CU＝eq\f(2CBLv,3)，故B正確；桿ab所受安培力的最大功率即為整個(gè)電路消耗的最大電功率P，當(dāng)桿ab的速度最大時(shí)F安＝mg，所以v＝eq\f(P,F安)＝eq\f(P,mg)，故C正確，D錯(cuò)誤。3．(2018·河南第二次仿真模擬考試)如圖所示，足夠長(zhǎng)的U形光滑導(dǎo)軌固定在傾角為30°的斜面上，導(dǎo)軌的寬度L＝0.5m，其下端與R＝1Ω的電阻連接，質(zhì)量為m＝0.2kg的導(dǎo)體棒(長(zhǎng)度也為L(zhǎng))與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻均不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在的平面，用一根與斜面平行的不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過定滑輪將導(dǎo)體棒和質(zhì)量為M＝0.4kg的重物相連，重物離地面足夠高。使導(dǎo)體棒從靜止開始沿導(dǎo)軌上滑，當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌上滑t＝1s時(shí)，其速度達(dá)到最大。求：(取g＝10m/s2)(1)導(dǎo)體棒的最大速度vm；(2)導(dǎo)體棒從靜止開始沿軌道上滑時(shí)間t＝1s的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱是多少？答案(1)3m/s(2)0.9J解析(1)速度最大時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLvm感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)安培力FA＝BIL導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時(shí)由平衡條件得Mg＝mgsin30°＋FA聯(lián)立解得vm＝3m/s。(2)設(shè)輕繩的拉力大小為F，由動(dòng)量定理得Mgt－eq\x\to(F)t＝Mvm－0eq\x\to(F)t－mgsin30°·t－Beq\x\to(I)Lt＝mvm－0則Mgt－mgsin30°·t－Beq\x\to(I)Lt＝(M＋m)vm－0即Mgt－mgsin30°·t－BLq＝(M＋m)vm－0解得1s內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷量q＝1.2C電量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)解得1s內(nèi)導(dǎo)體棒上滑位移x＝1.2m，由能量守恒定律得Mgx＝mgxsin30°＋eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,m)＋Q解得Q＝0.9J。熱點(diǎn)二雙桿模型雙桿模型的常見情況(1)初速度不為零，不受其他水平外力的作用(2)初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用[例1]如圖所示，電阻不計(jì)的兩光滑金屬導(dǎo)軌相距L，放在水平絕緣桌面上，半徑為R的eq\f(1,4)圓弧部分處在豎直平面內(nèi)，水平直導(dǎo)軌部分處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，末端與桌面邊緣平齊。兩金屬棒ab、cd垂直于兩導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好，棒ab質(zhì)量為2m、電阻為r，棒cd的質(zhì)量為m、電阻為r，重力加速度為g。開始時(shí)棒cd靜止在水平直導(dǎo)軌上，棒ab從圓弧頂端無初速度釋放，進(jìn)入水平直導(dǎo)軌后與棒cd始終沒有接觸并一直向右運(yùn)動(dòng)，最后兩棒都離開導(dǎo)軌落到地面上。棒ab與棒cd落地點(diǎn)到桌面邊緣的水平距離之比為1∶3。求：(1)棒ab和棒cd離開導(dǎo)軌時(shí)的速度大小；(2)棒cd在水平導(dǎo)軌上的最大加速度；(3)兩棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱。解析(1)設(shè)ab棒進(jìn)入水平導(dǎo)軌的速度為v1，ab棒從圓弧導(dǎo)軌滑下，由機(jī)械能守恒定律得2mgR＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)①離開導(dǎo)軌時(shí)，設(shè)ab棒的速度為v1′，cd棒的速度為v2′，ab棒與cd棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒得2mv1＝2mv1′＋mv2′②兩棒離開導(dǎo)軌做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，由水平位移x＝vt可知：v1′∶v2′＝x1∶x2＝1∶3③聯(lián)立①②③解得v1′＝eq\f(2,5)eq\r(2gR)，v2′＝eq\f(6,5)eq\r(2gR)。(2)ab棒剛進(jìn)入水平導(dǎo)軌時(shí)，cd棒受到的安培力最大，它的加速度最大，回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv1④I＝eq\f(E,2r)⑤cd棒受到的安培力為：Fcd＝BIL⑥cd棒有最大加速度為a＝eq\f(Fcd,m)⑦聯(lián)立①④⑤⑥⑦解得：a＝eq\f(B2L2\r(2gR),2mr)。(3)根據(jù)能量守恒定律，兩棒在軌道上運(yùn)動(dòng)過程產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2mv1′2＋\f(1,2)mv2′2))⑧聯(lián)立①⑧并代入v1′和v2′解得Q＝eq\f(6,25)mgR。答案(1)eq\f(2,5)eq\r(2gR)eq\f(6,5)eq\r(2gR)(2)eq\f(B2L2\r(2gR),2mr)(3)eq\f(6,25)mgR方法感悟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，解決此類問題往往要應(yīng)用動(dòng)量守恒定律。[例2]如圖所示，兩根平行的金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.50T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽略不計(jì)。導(dǎo)軌間的距離l＝0.20m。兩根質(zhì)量均為m＝0.10kg的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動(dòng)，滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R＝0.50Ω。在t＝0時(shí)刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行、大小為0.20N的恒力F作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動(dòng)。經(jīng)過t＝5.0s，金屬桿甲的加速度為a＝1.37m/s2，問此時(shí)兩金屬桿的速度各為多少？解析設(shè)任一時(shí)刻t兩金屬桿甲、乙之間的距離為x，速度分別為v1和v2，經(jīng)過很短的時(shí)間Δt，桿甲移動(dòng)距離v1Δt，桿乙移動(dòng)距離v2Δt，回路面積改變?chǔ)＝(x－v2Δt＋v1Δt)l－lx＝(v1－v2)lΔt由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Beq\f(ΔS,Δt)，回路中的電流I＝eq\f(E,2R)，桿甲的運(yùn)動(dòng)方程F－BlI＝ma。由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩桿的動(dòng)量(t＝0時(shí)為0)等于外力F的沖量Ft＝mv1＋mv2。聯(lián)立以上各式解得v1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(Ft,m)＋\f(2R,B2l2)F－ma))，v2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(Ft,m)－\f(2R,B2l2)F－ma))，代入數(shù)據(jù)得v1＝8.15m/s，v2＝1.85m/s。答案8.15m/s1.85m/s方法感悟1桿軌模型的處理仍然沿用解決力學(xué)問題的三大觀點(diǎn)。2在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，若所受其他外力的合力不為零，則不符合動(dòng)量守恒的條件，如果題目涉及時(shí)間，可考慮用動(dòng)量定理或動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解題。1.兩根足夠長(zhǎng)的固定平行金屬導(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，如圖所示。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R，回路中其他部分的電阻可不計(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)軌無摩擦地滑行，開始時(shí)，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，求：(1)在運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少？(2)當(dāng)棒ab的速度變?yōu)槌跛俣鹊膃q\f(3,4)時(shí)，棒cd的加速度是多大？答案(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(B2l2v0,4mR)解析(1)從開始到兩棒達(dá)到相同速度v的過程中，兩棒的總動(dòng)量守恒，有mv0＝2mv，根據(jù)能量守恒定律，整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)。(2)設(shè)棒ab的速度變?yōu)閑q\f(3,4)v0時(shí)，cd棒的速度為v′，則由動(dòng)量守恒可知mv0＝eq\f(3,4)mv0＋mv′得v′＝eq\f(1,4)v0，此時(shí)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bleq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)v0－v′))＝eq\f(1,2)Blv0，則電流I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(Blv0,4R)，此時(shí)棒cd所受的安培力F＝BIl＝eq\f(B2l2v0,4R)。由牛頓第二定律可得棒cd的加速度大小為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2l2v0,4mR)，方向水平向右。2．間距為L(zhǎng)＝2m的足夠長(zhǎng)的金屬直角導(dǎo)軌如圖所示放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平面。質(zhì)量均為m＝0.1kg的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直放置形成閉合回路。細(xì)桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，細(xì)桿ab、cd接入電路的電阻分別為R1＝0.6Ω，R2＝0.4Ω。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.50T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中(圖中未畫出)。當(dāng)ab桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd桿也同時(shí)從靜止開始沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，且t＝0時(shí)，F(xiàn)＝1.5N，g＝10m/s2。(1)求ab桿的加速度a的大小；(2)求當(dāng)cd桿達(dá)到最大速度時(shí)ab桿的速度大?。?3)若從開始到cd桿達(dá)到最大速度的過程中拉力F做的功為5.2J，求該過程中ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)10m/s2(2)2m/s(3)2.94J解析(1)由題可知，在t＝0時(shí)，F(xiàn)＝1.5N對(duì)ab桿進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma代入數(shù)據(jù)解得a＝10m/s2。(2)從d向c看，對(duì)cd桿進(jìn)行受力分析，如圖所示，當(dāng)cd桿速度最大時(shí)，設(shè)ab桿的速度大小為v，有Ff＝mg＝μFN，F(xiàn)N＝F安，F(xiàn)安＝BIL，I＝eq\f(BLv,R1＋R2)綜合以上各式，解得v＝2m/s(3)整個(gè)過程中，ab桿發(fā)生的位移x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(22,2×10)m＝0.2m對(duì)ab桿應(yīng)用動(dòng)能定理，有WF－μmgx－W安＝eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)解得W安＝4.9J根據(jù)功能關(guān)系得Q總＝W安所以ab桿上產(chǎn)生的熱量Qab＝eq\f(R1,R1＋R2)Q總＝2.94J。課后作業(yè)1.(多選)如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)，其下端與電阻R連接。導(dǎo)體棒ab電阻為r，導(dǎo)軌和導(dǎo)線電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向上。若導(dǎo)體棒ab以一定初速度v下滑，則關(guān)于ab棒的下列說法正確的是()A．所受安培力方向水平向右B．可能以速度v勻速下滑C．剛下滑的瞬間ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLvD．減少的重力勢(shì)能等于電阻R上產(chǎn)生的熱量答案AB解析導(dǎo)體棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，由右手定則可判斷出電流方向?yàn)閺腷到a，由左手定則可判斷出ab棒所受安培力方向水平向右，A正確；當(dāng)mgsinθ＝BILcosθ時(shí)，ab棒沿導(dǎo)軌方向合外力為零，則以速度v勻速下滑，B正確；由于速度方向與磁場(chǎng)方向夾角為(90°＋θ)，剛下滑的瞬間ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLvcosθ，C錯(cuò)誤；由能量守恒定律知，ab棒減少的重力勢(shì)能不一定等于電阻R上產(chǎn)生的熱量，D錯(cuò)誤。2．(多選)如圖，兩根足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌PP′、QQ′傾斜放置，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好。現(xiàn)在同時(shí)由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則()A．金屬棒ab一直加速下滑B．金屬棒ab最終可能勻速下滑C．金屬棒ab下滑過程中M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)D．帶電微粒可能先向N板運(yùn)動(dòng)后向M板運(yùn)動(dòng)答案ACD解析根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－BIl＝ma，而I＝eq\f(Δq,Δt)，Δq＝CΔU，ΔU＝BlΔv，Δv＝aΔt，聯(lián)立解得a＝eq\f(mgsinθ,m＋B2l2C)，因而金屬棒將做勻加速運(yùn)動(dòng)，A正確，B錯(cuò)誤；ab棒切割磁感線，相當(dāng)于電源，a端相當(dāng)于電源正極，因而M板帶正電，N板帶負(fù)電，C正確；若帶電粒子帶負(fù)電，在重力和電場(chǎng)力的作用下，先向下運(yùn)動(dòng)然后再反向向上運(yùn)動(dòng)，D正確。3.如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，銅棒a、b的長(zhǎng)度均等于兩導(dǎo)軌的間距，電阻均為R、質(zhì)量均為m，銅棒平行地靜止在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好?，F(xiàn)給銅棒a一個(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I，關(guān)于此后的過程，下列說法正確的是()A．回路中的最大電流為eq\f(BLI,mR)B．銅棒b的最大加速度為eq\f(B2L2I,2m2R)C．銅棒b獲得的最大速度為eq\f(I,m)D．回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為eq\f(I2,2m)答案B解析給銅棒a一個(gè)平行導(dǎo)軌的瞬時(shí)沖量I，此時(shí)銅棒a的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，回路中電流最大，每個(gè)棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝eq\f(I,m)，銅棒a電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0，回路電流I0＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLI,2mR)，A錯(cuò)誤；此時(shí)銅棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(IB2L2,2Rm2)，B正確；此后銅棒a做變減速運(yùn)動(dòng)，銅棒b做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)二者達(dá)到共同速度時(shí)，銅棒b速度最大，據(jù)動(dòng)量守恒，mv0＝2mv，銅棒b最大速度v＝eq\f(I,2m)，C錯(cuò)誤；回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(I2,4m)，D錯(cuò)誤。4.(2018·湛江一中等四校聯(lián)考)(多選)豎直放置的平行光滑導(dǎo)軌，其電阻不計(jì)，磁場(chǎng)方向如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，導(dǎo)體棒ab及cd長(zhǎng)均為0.2m，電阻均為0.1Ω，重力均為0.1N，現(xiàn)用豎直向上的力拉導(dǎo)體ab，使之勻速上升(與導(dǎo)軌接觸良好)，此時(shí)釋放cd，cd恰好靜止不動(dòng)，那么ab上升時(shí)，下列說法正確的是()A．a(chǎn)b受到的拉力大小為0.2NB．a(chǎn)b向上的速度為2m/sC．在2s內(nèi)，拉力做功轉(zhuǎn)化的電能是0.8JD．在2s內(nèi)，拉力做功為0.6J答案AB解析導(dǎo)體棒ab勻速上升，受力平衡，cd棒靜止，受力也平衡，對(duì)于兩棒組成的整體，合外力為零，根據(jù)平衡條件可得：ab棒受到的拉力F＝2G＝0.2N，故A正確；cd棒受到的安培力：F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,2R)，cd棒靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：eq\f(B2L2v,2R)＝G，代入數(shù)據(jù)解得：v＝2m/s，故B正確；在2s內(nèi)，電路產(chǎn)生的電能Q＝eq\f(E2,2R)t＝eq\f(BLv2,2R)t＝eq\f(0.5×0.2×22,2×0.1)×2J＝0.4J，則在2s內(nèi)，拉力做功轉(zhuǎn)化的電能是0.4J，故C錯(cuò)誤；在2s內(nèi)拉力做的功為：W＝F拉vt＝0.2×2×2J＝0.8J，故D錯(cuò)誤。5.(多選)兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，間距為L(zhǎng)，頂端接阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在磁場(chǎng)上邊界上方某處由靜止釋放，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，如圖所示，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g，則()A．金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過電阻R的電流方向?yàn)閍→bB．金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí)，金屬棒所受的安培力大小為eq\f(B2L2v,R＋r)C．金屬棒的最終速度為eq\f(mgR＋r,BL)D．金屬棒以穩(wěn)定的速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，電阻R的熱功率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))2R答案BD解析金屬棒在磁場(chǎng)中向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由楞次定律可知，流過電阻R的電流方向?yàn)閎→a，A錯(cuò)誤；金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí)，金屬棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)，所受的安培力大小為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，B正確；當(dāng)安培力F＝mg時(shí)，金屬棒下落速度不再改變，故金屬棒的最終速度vm＝eq\f(mgR＋r,B2L2)，C錯(cuò)誤；金屬棒以穩(wěn)定的速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，電阻R的熱功率P＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))2R，D正確。6．如圖所示，豎直放置的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌置于垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根質(zhì)量相同的導(dǎo)體棒a和b垂直放置在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好，可自由滑動(dòng)。先固定a，釋放b，當(dāng)b的速度達(dá)到10m/s時(shí)，再釋放a，經(jīng)過1s后，a的速度達(dá)到12m/s，則：(g取10m/s2)(1)此時(shí)b的速度是多大？(2)假若導(dǎo)軌很長(zhǎng)，試分析a、b棒最后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。答案(1)18m/s(2)a、b棒以共同的速度向下做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)解析(1)當(dāng)b棒先向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，在a和b以及導(dǎo)軌所組成的閉合回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等。釋放a棒后，經(jīng)過時(shí)間t＝1s，分別以a和b為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理得(mg＋eq\x\to(F))t＝mva(mg－eq\x\to(F))t＝mvb－mv0解得vb＝18m/s。(2)在a、b棒向下運(yùn)動(dòng)的過程中，a棒的加速度a1＝g＋eq\f(F,m)，b棒的加速度a2＝g－eq\f(F,m)，閉合回路中磁通量的變化逐漸減小直至不變，感應(yīng)電流也逐漸減小直至消失，則安培力也逐漸減小到零。最后，兩棒以共同的速度向下做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)。7．(2018·哈爾濱三中二模)如圖所示，兩根間距為L(zhǎng)的固定光滑金屬導(dǎo)軌MP和NQ平行放置，電阻可忽略不計(jì)，兩導(dǎo)軌是由位于MN左側(cè)的半徑為R的四分之一圓弧和MN右側(cè)足夠長(zhǎng)的水平部分構(gòu)成，水平導(dǎo)軌范圍內(nèi)存在豎直向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒ab和cd垂直導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好，開始時(shí)cd靜止在磁場(chǎng)中，ab從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸。已知ab棒、cd棒的質(zhì)量均為m，電阻均為r。重力加速度為g。求：(1)ab棒到達(dá)圓弧底端時(shí)對(duì)導(dǎo)軌的壓力大??；(2)某時(shí)刻，cd棒速度為該時(shí)刻ab棒速度的一半，此時(shí)cd棒的加速度大小。答案(1)3mg(2)eq\f(B2L2\r(2gR),6mr)解析(1)導(dǎo)體棒ab從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放下滑到底端的過程，由動(dòng)能定理：mgR＝eq\f(1,2)mv2，到達(dá)圓弧底端時(shí)對(duì)導(dǎo)體棒ab有N－mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(2gR)，N＝3mg根據(jù)牛頓第三定律可得N′＝3mg，所以導(dǎo)體棒ab到達(dá)圓弧底端時(shí)對(duì)導(dǎo)軌的壓力大小為3mg。(2)導(dǎo)體棒ab、cd在水平方向上動(dòng)量守恒：mv＝mv1＋mv2，且v1＝2v2，解得v1＝eq\f(2,3)v，v2＝eq\f(1,3)v。產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv1－BLv2，電流I＝eq\f(E,2r)。根據(jù)牛頓第二定律可得BIL＝ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(B2L2\r(2gR),6mr)。8．(2018·銀川一中高三一模)如圖所示，AD與A1D1為水平放置的無限長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌，DC與D1C1為傾角為θ＝37°的平行金屬導(dǎo)軌，兩組導(dǎo)軌的間距均為l＝1.5m，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，質(zhì)量為m1＝0.35kg、電阻為R1＝1Ω的導(dǎo)體棒ab置于傾斜導(dǎo)軌上，質(zhì)量為m2＝0.4kg、電阻為R2＝0.5Ω的導(dǎo)體棒cd置于水平導(dǎo)軌上，輕質(zhì)細(xì)繩跨過光滑定滑輪一端與cd的中點(diǎn)相連、另一端懸掛一輕質(zhì)掛鉤，導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2T，初始時(shí)刻，棒ab在傾斜導(dǎo)軌上恰好不下滑。(g取10m/s2)(1)求導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)在輕質(zhì)掛鉤上掛上物體P，細(xì)繩處于拉伸狀態(tài)，將物體P與導(dǎo)體棒cd同時(shí)由靜止釋放，當(dāng)P的質(zhì)量不超過多大時(shí)，ab始終處于靜止?fàn)顟B(tài)？(導(dǎo)體棒cd運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd一直與DD1平行，且沒有與滑輪相碰。)(3)若P的質(zhì)量取第(2)問中的最大值，由靜止釋放開始計(jì)時(shí)，當(dāng)t＝1s時(shí)cd已經(jīng)處于勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，求在這1s內(nèi)ab上產(chǎn)生的焦耳熱為多少？答案(1)eq\f(3,4)(或0.75)(2)1.5kg(3)8.4J解析(1)對(duì)ab棒，由平衡條件得m1gsinθ－μm1gcosθ＝0，解得μ＝eq\f(3,4)(或0.75)。(2)當(dāng)P的質(zhì)量最大為M時(shí)，P和cd的運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，P和cd一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，ab處于靜止?fàn)顟B(tài)，但摩擦力達(dá)到最大且沿斜面向下，如圖所示。設(shè)此時(shí)電路中的電流為I，對(duì)ab棒，由平衡條件得：沿斜面方向：BIlcosθ－m1gsinθ－f＝0，f＝μN(yùn)垂直于斜面方向：N－BIlsinθ－m1gcosθ＝0，對(duì)cd棒，設(shè)繩中的張力為T，由平衡條件得T－BIl－μm2g＝0，對(duì)P，由平衡條件得Mg－T＝0，聯(lián)立以上各式