專項(xiàng)突破12 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題-2025屆高三一輪復(fù)習(xí)物理

專項(xiàng)突破12電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題對應(yīng)學(xué)生用書P286題型一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題1.導(dǎo)體棒的動(dòng)力學(xué)分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用,從而影響導(dǎo)體棒(或線圈)的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況。2.兩種狀態(tài)及處理方法3.“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題4.動(dòng)態(tài)分析的基本思路導(dǎo)體有初速度或受外力運(yùn)動(dòng)感應(yīng)電動(dòng)勢感應(yīng)電流導(dǎo)體受安培力合力變化加速度變化速度變化臨界狀態(tài)角度1平衡類將一半徑為1m、電阻R=πΩ、重力未知的金屬閉合圓環(huán)用一帶有力傳感器的輕細(xì)線懸掛于天花板的O點(diǎn),同時(shí)在與圓環(huán)圓心等高點(diǎn)的上方加一按規(guī)律B=2+kt(k未知且為恒量,式中各量的單位均為國際單位)隨時(shí)間逐漸增大的磁場,如圖1所示?，F(xiàn)發(fā)現(xiàn)拉力傳感器的示數(shù)變化如圖2所示。不考慮金屬圓環(huán)的形變和電阻的變化,整個(gè)研究過程細(xì)線未斷且圓環(huán)始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。則以下說法正確的是()。A.金屬環(huán)的重力為6NB.k值為3T/sC.0~2s時(shí)間內(nèi)金屬環(huán)的電熱功率為πWD.0~2s時(shí)間內(nèi)通過金屬環(huán)某一橫截面的電荷量為2πC答案C解析設(shè)金屬圓環(huán)半徑為r,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得金屬圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E=ΔB·πr22Δt=12πk,由閉合電路歐姆定律可知感應(yīng)電流I=ER=k2,金屬圓環(huán)受到安培力的有效長度L=2r,由受力平衡可得F=mg+BIL,解得F=k2t+2k+mg,由圖2可知,t=0時(shí)2k+mg=6N,直線的斜率k直=k2=14-62=4,聯(lián)立可得mg=2N,k=2T/s,A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤;0~2s時(shí)間內(nèi)金屬環(huán)的電熱功率P=I2R=πW,C項(xiàng)正確;0(2024屆荊門三模)如圖所示,定滑輪兩邊用輕繩連接線框abcd和帶正電荷的物體A,物體A放置在傾角θ=53°的光滑斜面上,水平面MN下方空間存在垂直于紙面的磁場,MN上方?jīng)]有磁場。此時(shí)釋放線框和物體A,線框剛進(jìn)入磁場時(shí),恰好做勻速運(yùn)動(dòng),物體A仍在磁場中且對斜面恰好沒有壓力。已知正方形線框abcd邊長L=0.1m,質(zhì)量M=0.05kg,電阻R=18Ω,匝數(shù)n=10匝,物體A的質(zhì)量m=0.05kg,帶電荷量q=0.1C,取重力加速度g=10m/s2,不計(jì)一切摩擦,運(yùn)動(dòng)過程中,線框平面始終位于紙面內(nèi),A始終處于磁場中,sin53°=0.8,cos53°=0.6。下列說法正確的是()。A.磁場方向垂直于紙面向里B.線框下邊cd初始位置到MN面的距離h=12.5mC.磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=60TD.線框進(jìn)入磁場過程中線框的電熱功率P=0.05W答案B解析A不受支持力,則洛倫茲力方向垂直于斜面向上,由左手定則知磁場方向垂直于紙面向外,A項(xiàng)錯(cuò)誤;線框剛進(jìn)入磁場時(shí)對物體A,有qv0B=mgcos53°、T=mgsin53°,對線框,有T+nBnBLv0RL=Mg,解得B=0.6T、v0=5m/s,C項(xiàng)錯(cuò)誤;線框進(jìn)入磁場前做勻加速運(yùn)動(dòng),有Mg-mgsin53°=(M+m)a,解得a=1m/s2,則h=v022a=12.5m,B項(xiàng)正確;線框進(jìn)入磁場過程中線框的電熱功率P熱=FAv=n2B2L角度2非平衡類(2024屆海淀二模)如圖所示,MN和PQ是豎直放置的兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì),MP間接有一定值電阻R,電阻為r的金屬桿cd保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。桿cd由靜止開始下落并開始計(jì)時(shí),下列關(guān)于桿cd兩端的電壓U、桿cd所受安培力的大小F隨時(shí)間t變化的圖像,以及通過桿cd的電流I、桿cd加速度的大小a隨桿的速率v變化的圖像,其中合理的是()。ABCD答案D解析設(shè)桿長為L,桿下落過程中切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小I=ER+r=BLvR+r∝v,C項(xiàng)不符合題意;根據(jù)牛頓第二定律有mg-BIL=ma,即a=g-B2L2vm(R+r),D項(xiàng)符合題意;桿所受安培力的大小F=BIL=B2L2vR+r,桿下落過程中先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)加速度為零時(shí),速度保持不變最終做勻速運(yùn)動(dòng),此時(shí)安培力大小為mg,B項(xiàng)不符合題意(2024屆安徽二模)(多選)如圖所示,寬度為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,金屬導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì),磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)軌左端接一阻值為R的定值電阻和一電容為C的電容器(初始時(shí)所帶電荷量為零),電阻不計(jì)的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上。某時(shí)刻在垂直于金屬棒方向施加一水平恒力F,使金屬棒由靜止開始運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好。下列說法正確的是()。A.若開關(guān)S1斷開、S2閉合,則金屬棒最終做勻速直線運(yùn)動(dòng),速度為FRB.若開關(guān)S1閉合、S2斷開,則金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度為FC.若開關(guān)S1、S2都閉合,則金屬棒最終做勻速直線運(yùn)動(dòng),速度為FRD.若開關(guān)S1、S2都閉合,則金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度為F答案ABC解析開關(guān)S1斷開、S2閉合,金屬棒先加速運(yùn)動(dòng),最終做勻速直線運(yùn)動(dòng),此時(shí)安培力F安=F,又F安=BIL=B2L2vR,解得v=FRB2L2,A項(xiàng)正確;開關(guān)S1閉合、S2斷開,則有F-BIL=ma、I=ΔqΔt=CΔUΔt=CBLΔvΔt=CBLa,解得a=FB2L21.導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)問題圖解初態(tài)v0≠0v0=0示意圖導(dǎo)體棒ab以一定初速度v0在光滑水平軌道上滑動(dòng),質(zhì)量為m,電阻不計(jì),兩導(dǎo)軌間距為L軌道水平光滑,導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量為m,電阻不計(jì),兩導(dǎo)軌間距為L軌道水平光滑,導(dǎo)體棒ab質(zhì)量為m,電阻不計(jì),兩導(dǎo)軌間距為L,拉力F恒定軌道水平光滑,導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量為m,電阻不計(jì),兩導(dǎo)軌間距為L,拉力F恒定,電容器的電容為C且初始所帶電荷量為零力學(xué)觀點(diǎn)導(dǎo)體棒ab以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLv,電流I=ER=BLvR,安培力F安=BIL=B2L2vR,導(dǎo)體棒ab做減速運(yùn)動(dòng);v↓?F安↓?a↓,當(dāng)v=0時(shí),F安=0S閉合,導(dǎo)體棒ab所受安培力F安=BLEr,此時(shí)a=BLEmr,導(dǎo)體棒ab的速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E感=BLv↑?I↓?安培力F安=BIL↓?加速度a↓,當(dāng)E感=E時(shí),達(dá)到最大速度vm,且vm開始時(shí)a=Fm,導(dǎo)體棒ab的速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLv↑?I↑?安培力F安=BIL↑,由F-F安=ma知a↓,當(dāng)a=0時(shí),達(dá)到最大速度vm,且vm=開始時(shí)a=Fm,導(dǎo)體棒ab的速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLv↑,經(jīng)過Δt速度為v+Δv,此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢E'=BL(v+Δv),Δt時(shí)間內(nèi)流入電容器的電荷量Δq=CΔU=C(E'-E)=CBLΔv,電流I=ΔqΔt=CBLΔvΔt=CBLa,安培力F安=BIL=CB2L2a,F-F安=ma圖像能量觀點(diǎn)動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,Q=12m電源輸出的電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,W電=12mF做的功一部分轉(zhuǎn)化為棒的動(dòng)能,一部分產(chǎn)生電熱,WF=Q+12mF做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,一部分轉(zhuǎn)化為電場能,WF=12mv2+E2.導(dǎo)體棒在斜面或豎直光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)問題圖解角度3臨界極值類(2024屆湖北模擬)如圖1所示,傾斜金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ,寬度為L,垂直導(dǎo)軌放置兩根完全相同的導(dǎo)體棒a、b。給邊界MN以下區(qū)域施加垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的圖像如圖2所示(圖1中所畫箭頭表示t=0時(shí)磁場的方向)。t=0時(shí),導(dǎo)體棒a以某初速度沿導(dǎo)軌平面向下運(yùn)動(dòng),距離MN為L的導(dǎo)體棒b恰能不向下滑動(dòng),當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽0時(shí)導(dǎo)體棒b恰好不受摩擦力,磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)?B0時(shí)導(dǎo)體棒a恰好到達(dá)邊界MN,且導(dǎo)體棒a剛進(jìn)入磁場時(shí)回路電流大小不變。已知重力加速度為g,導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌間的電阻均為R,與導(dǎo)軌接觸良好,與導(dǎo)軌之間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì),圖2中數(shù)據(jù)均為已知量。求:(1)導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場之前回路中的電流大小和方向。(2)導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場之前下滑的位移。(3)導(dǎo)體棒a在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。答案(1)L2B(2)43L+8gt02sinθ(解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=ΔΦΔt=L2Δ由閉合電路的歐姆定律可得I=E2R由楞次定律可知,從上往下看電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向。(2)由圖2可知,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為3B0時(shí),對應(yīng)的時(shí)間為4t0,而此時(shí)導(dǎo)體棒a恰好到達(dá)MN,設(shè)兩棒的質(zhì)量均為m,對導(dǎo)體棒a分析,設(shè)加速度大小為a1,由牛頓第二定律有μmgcosθ-mgsinθ=ma1根據(jù)題意由平衡條件對導(dǎo)體棒b進(jìn)行分析t=0時(shí)刻有mgsinθ+L3B02當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0時(shí),有mgsinθ=L設(shè)導(dǎo)體棒a剛進(jìn)入磁場時(shí)速度為v0,由題意有E=3B0Lv0聯(lián)立可得a1=gsinθ,v0=L則導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場前做勻減速運(yùn)動(dòng),由逆向思維可得下滑的距離s=v0(4t0)+12a1(4t0)2=43L+(3)由(2)可判斷在導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場前,導(dǎo)體棒b一直未動(dòng),而導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場后,導(dǎo)體棒b立即開始運(yùn)動(dòng)。設(shè)二者的共同速度為v,達(dá)到相同速度所用的時(shí)間為t1,對a、b分別由動(dòng)量定理可得(mgsinθ-μmgcosθ)t1-IA=mv-mv0(mgsinθ-μmgcosθ)t1+IA=mv二者達(dá)到相同速度后回路中無感應(yīng)電流,設(shè)速度減為零的時(shí)間為t2,則有(mgsinθ-μmgcosθ)t2=0-mv又t=t1+t2聯(lián)立解得t=L6題型二電磁感應(yīng)中的能量問題電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化焦耳熱的三種求法角度1應(yīng)用功能關(guān)系解決電磁感應(yīng)中的能量問題(2024屆牡丹江期末)如圖所示,平行長直光滑固定的金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面的夾角θ=30°,導(dǎo)軌間距L=0.5m,上端接有R=3Ω的電阻,在導(dǎo)軌中間加一垂直于軌道平面方向向下的勻強(qiáng)磁場,磁場區(qū)域?yàn)镺O'O1'O1,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2T,磁場區(qū)域?qū)挾萪=0.4m,放在導(dǎo)軌上的一金屬桿ab質(zhì)量m=0.08kg、電阻r=2Ω,從距磁場上邊緣d0處由靜止釋放,金屬桿進(jìn)入磁場上邊緣的速度v=2m/s。導(dǎo)軌的電阻可忽略不計(jì),桿在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸,取重力加速度大小g=10m/s2,求:(1)金屬桿通過磁場區(qū)域的過程中通過金屬桿橫截面的電荷量q。(2)金屬桿通過磁場區(qū)域的過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR。答案(1)0.08C(2)0.096J解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得E-=由閉合電路歐姆定律得I-=E-R+r,則q=ΔΦR+r=BLdR+r(2)金屬桿剛進(jìn)入磁場時(shí)E=BLv=2V由閉合電路歐姆定律可得回路中的電流I=ER+r=0.金屬桿受到的安培力F=BIL=0.4N金屬桿重力沿軌道平面向下的分力F'=mgsin30°=0.4N則金屬桿在磁場中做勻速運(yùn)動(dòng),安培力不變,回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q=Fd=0.16J金屬桿通過磁場區(qū)域的過程中,在電阻R上產(chǎn)生的熱量QR=RR代入數(shù)據(jù)可得Q=0.096J。角度2應(yīng)用能量守恒定律解決電磁感應(yīng)中的能量問題(2024屆東莞期末)間距為L的兩平行金屬導(dǎo)軌由傾斜部分和水平部分(足夠長)平滑連接而成,傾斜部分導(dǎo)軌與水平面間的夾角為θ,導(dǎo)軌上端接有兩個(gè)阻值均為R的電阻a和b。空間分布著如圖所示的勻強(qiáng)磁場,傾斜導(dǎo)軌的磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面ACDE向上,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。水平區(qū)域GF邊界右側(cè)磁場方向豎直向上,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B,DEFG為無場區(qū)域?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、長度為L、電阻為R2的細(xì)金屬棒與導(dǎo)軌垂直放置并由靜止釋放,釋放處離水平導(dǎo)軌的高度為h。開始時(shí)開關(guān)S閉合,當(dāng)棒運(yùn)動(dòng)到GF邊界時(shí)將開關(guān)斷開。已知金屬棒在到達(dá)ED邊界前速度已達(dá)到穩(wěn)定且過ED時(shí)速度大小不變。不計(jì)一切摩擦阻力及導(dǎo)軌的電阻,重力加速度為g。求:(1)金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度vm。(2)金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的最大加速度am的大小及方向。(3)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中電阻b上產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)mgRsinθB2L2(2)83gsinθ,方向水平向左(解析(1)在金屬棒在傾斜導(dǎo)軌平面ACDE上運(yùn)動(dòng)過程中,當(dāng)其加速度為零時(shí)速度最大,有B2L2v解得vm=mgRsin(2)金屬棒在傾斜部分的最大加速度a1=gsinθ,金屬棒達(dá)到最大速度后在斜面上勻速下滑,然后勻速進(jìn)入水平無磁場的DEFG區(qū)域,再進(jìn)入GF右側(cè)的磁場區(qū)域,金屬棒剛開始進(jìn)入GF右側(cè)的磁場時(shí)在水平部分的加速度最大,有4B2解得a2=83gsinθ,則a2>a所以am=83gsinθ,(3)金屬棒在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng),設(shè)電阻b上產(chǎn)生的熱量為Q1,由能量守恒定律得mgh-4Q1=12m即Q1=1金屬棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng),設(shè)電阻b上產(chǎn)生的熱量為Q2,則32Q2=12即Q2=23×12mvm2所以電阻b產(chǎn)生的總熱量Q總=Q1+Q2=14mgh+524·角度3動(dòng)力學(xué)與能量問題綜合如圖1所示,一邊長L=2.5m、質(zhì)量m=0.5kg的正方形金屬線框,放在光滑絕緣的水平面上,整個(gè)裝置放在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.8T的有界勻強(qiáng)磁場中,它的一邊與磁場的邊界MN重合。在水平向左的力F作用下由靜止開始向左運(yùn)動(dòng),經(jīng)過5s線框被拉出磁場。測得金屬線框中的電流隨時(shí)間變化的圖像如圖2所示。(1)求在這5s內(nèi)通過線框?qū)Ь€橫截面的電荷量及線框的電阻。(2)寫出在這5s內(nèi)力F隨時(shí)間變化的表達(dá)式。(3)已知在這5s內(nèi)力F做的功為1.92J,那么在此過程中,線框產(chǎn)生的焦耳熱是多少?答案(1)1.25C4Ω(2)F=0.2t+0.1(N)(3)1.67J解析(1)I-t圖像與t軸所圍的面積為通過線框?qū)Ь€橫截面的電荷量,故q=12×5×0.5C=1.25又因?yàn)閝=B所以線框的電阻R=4Ω。(2)因?yàn)殡娐分械碾娏鱅=BLv故ΔIΔt=BLR·由I-t圖線的斜率可得ΔIΔt=0.55A·s-1=0.1所以a=0.2m/s2由F-F安=ma,可得F=ma+B2故F=0.2t+0.1(N)。(3)根據(jù)動(dòng)能定理有WF-Q=12mv又v=at可得線框產(chǎn)生的焦耳熱Q=1.67J。求解電磁感應(yīng)中能量問題的一般步驟(1)確定研究對象(導(dǎo)體棒或回路)。(2)弄清電磁感應(yīng)過程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化。(3)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律列式求解。1.(改編)如圖所示,間距為d的兩足夠長光滑傾斜平行導(dǎo)軌固定放置,與水平面間的夾角θ=30°,接在兩導(dǎo)軌間電阻的阻值為R;圖中虛線下方空間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場,其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)將質(zhì)量為m、在導(dǎo)軌間的有效電阻也為R的導(dǎo)體棒,在導(dǎo)軌上從距虛線邊界上方L處由靜止釋放,導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后做勻速直線運(yùn)動(dòng),已知在這段時(shí)間內(nèi)通過導(dǎo)體棒的電荷量為q,重力加速度為g,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。求:(1)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時(shí)的加速度大小。(2)導(dǎo)體棒從進(jìn)入磁場到勻速運(yùn)動(dòng)的過程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)12g-B2d2gL2mR(2)解析(1)設(shè)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v0,由機(jī)械能守恒定律有mgLsin30°=12m解得v0=gL由牛頓第二定律可得mgsinθ-F安=ma,而F安=BId初始時(shí)刻I=Bd聯(lián)立解得a=12g-B(2)設(shè)導(dǎo)體棒從進(jìn)入磁場到勻速運(yùn)動(dòng)的過程中,流過導(dǎo)體棒的平均電流為I-1,時(shí)間為t1,導(dǎo)體棒下滑的距離為x1,則有q=I由閉合電路歐姆定律可得I-1由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E-=ΔΦ聯(lián)立解得x1=2當(dāng)導(dǎo)體棒在磁場中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),由平衡條件有mgsinθ=F安而F安=BId此時(shí)I=Bdv解得導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度v=mgR設(shè)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q,由能量守恒定律可得mgsinθ(L+x1)=12mv2+2解得Q=mg4L+2qRBd-m2.(改編)如圖所示,電阻不計(jì)、間距L=1m的兩平行金屬導(dǎo)軌,左邊部分置于傾角θ=37°的絕緣斜面上,右邊置于絕緣的水平面上,導(dǎo)軌的左、右兩部分在斜面底端平滑連接,其中水平部分長度l=0.17m。兩導(dǎo)軌的左端接一阻值R=0.8Ω的電阻。導(dǎo)軌的斜面部分處于垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場中,水平部分處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。將一質(zhì)量m=0.4kg、電阻r=0.2Ω的金屬棒MN垂直置于左邊兩導(dǎo)軌上與斜面底端距離x=1.0m處,金屬棒恰好不下滑,已知金屬棒與兩導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同,最大靜摩擦力大小等于滑動(dòng)摩擦力大小?，F(xiàn)給金屬棒一個(gè)沿斜面向下的拉力F使金屬棒從靜止開始運(yùn)動(dòng),拉力F的大小與金屬棒運(yùn)動(dòng)的速度v(m/s)大小關(guān)系為F=1.0v+0.8(N),測得電阻R兩端的電壓隨時(shí)間均勻增大,當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)撤去拉力F,棒運(yùn)動(dòng)到水平導(dǎo)軌的右端處恰好停止。重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B。(3)金屬棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t。答案(1)0.75(2)1T(3)1.21s解析(1)由金屬棒恰好不下滑有mgsinθ=μmgcosθ可得μ=tanθ=0.75。(2)金屬棒在斜面上運(yùn)動(dòng)速度為v時(shí),電阻R兩端電壓U=BLvR+由U隨時(shí)間均勻增大,可知v與時(shí)間t成正比,故金屬棒在斜面上做勻加速運(yùn)動(dòng)金屬棒在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的安培力大小FA=BIL=BBLvR+r由牛頓第二定律得F-FA=ma代入題給數(shù)據(jù)有1-B2L2R+rv+由于a不隨v變化,故有1-B2L解得B=1T。(3)由第(2)問的分析知金屬棒在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=2m/s2設(shè)金屬棒在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,有x=12a解得t1=1s此時(shí)金屬棒運(yùn)動(dòng)的速度大小v=at1=2m/s撤去拉力后金屬棒在水平導(dǎo)軌上做減速運(yùn)動(dòng)直到停止,設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2,對金屬棒由動(dòng)量定理有-μmgt2-BI?Lt2=0-mv此過程中通過金屬棒的電荷量q=I?t2=解得t2=0.21s金屬棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=t1+t2=1.21s。3.某同學(xué)設(shè)計(jì)的一種電磁阻尼裝置如圖1所示,該裝置可以防止電梯失控時(shí)下落速度過大,以免造成重大傷害。整個(gè)電梯井的高度H=22.5m,長、寬、高分別為a=1.2m,b=1.2m,c=2.5m的長方體電梯轎廂的底面固定有長度不計(jì)的四根緩沖彈簧,電梯轎廂的正中央處固定一長方形線圈,線圈平面與電梯側(cè)面平行,其總電阻R1=250Ω、匝數(shù)N=250匝,線圈兩端與一電阻R2=50Ω的燈泡、開關(guān)串聯(lián)(開關(guān)和燈泡圖中未畫出)。以電梯井底部M點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O、MN邊為z軸建立空間直角坐標(biāo)系(如圖所示),在平面z=11.5m到平面z=14m的空間范圍施加沿y軸正向的有界勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出),已知轎廂(含線圈)總質(zhì)量m=360kg,運(yùn)行時(shí)所受阻力大小恒為f=600N,取重力加速度g=10m/s2。(1)為了測試線圈是否完好,使轎廂恰好完全停在磁場中,閉合開關(guān),在0~8s時(shí)間內(nèi)空間中有界勻強(qiáng)磁場隨時(shí)間按圖2所示變化,燈泡發(fā)光,若線圈完好,求0~4s內(nèi)流過燈泡的電荷量q。(2)開關(guān)保持閉合,空間中的有界磁場隨時(shí)間按圖3所示規(guī)律變化,轎廂在豎直向上恒定拉力F=4380N作用下從最低點(diǎn)由靜止開始向上運(yùn)動(dòng),求轎廂上面剛進(jìn)入磁場時(shí)的加速度。(3)開關(guān)保持閉合,轎廂停在最高處,空間中的有界磁場隨時(shí)間按圖3所示變化,某時(shí)刻繩索突然斷裂,求電梯在空中下落過程線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案(1)2.5C(2)2m/s2,方向豎直向下(3)12500J解析(1)0~4s內(nèi),由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=NΔBΔtS=187.0~4s內(nèi),由閉合電路歐姆定律得I=ER1+R2=0~4s內(nèi),流過燈泡的電荷量q=It=2.5C。(2)轎廂到達(dá)磁場區(qū)域前,由牛頓第二定律得F-f-mg=ma1,解得a1=0.5m/s2轎廂剛到達(dá)磁場區(qū)域時(shí)的上升高度h1=11.5m-2.5m=9m此時(shí)轎廂的速度v1=2a1?1以豎直向下為正方向,轎廂剛到達(dá)磁場區(qū)域時(shí),由牛頓第二定律得N2聯(lián)立解得a=2m/s2,方向豎直向下。(3)設(shè)轎廂剛下落到磁場區(qū)域時(shí)的速度為v2,由動(dòng)能定理得(mg-f)h2=12m其中h2=22.5m-2.5m-14m=6m解得v2=10m/s轎廂剛下落到磁場區(qū)域時(shí),因?yàn)閙g=f+N2B轎廂勻速穿越磁場區(qū)域過程,線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q=R1R1+R2WA=R1R1見《高效訓(xùn)練》P971.(2024屆北京一模)如圖所示,在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,水平U形導(dǎo)體框左端連接一阻值為R的電阻,導(dǎo)體棒ab置于導(dǎo)體框上,導(dǎo)體棒接入導(dǎo)體框間的電阻為r。已知導(dǎo)體框的寬度為l,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,不計(jì)導(dǎo)體框的電阻及導(dǎo)體棒與框間的摩擦。導(dǎo)體棒ab在外力F作用下以水平向右的速度v勻速運(yùn)動(dòng)。在此過程中()。A.線框abcd中的磁通量保持不變B.導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢保持不變C.導(dǎo)體棒ab中感應(yīng)電流的方向?yàn)閍→bD.外力F大小為B答案B解析導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng),穿過線框的磁通量增大,A項(xiàng)錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒向右勻速運(yùn)動(dòng),E=Blv,即導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢保持不變,B項(xiàng)正確;根據(jù)右手定則可知,導(dǎo)體棒ab中感應(yīng)電流的方向?yàn)閎→a,C項(xiàng)錯(cuò)誤;感應(yīng)電流I=ER+r,根據(jù)平衡條件有F=BIl,解得F=B2.(2024屆通遼二模)如圖所示,在光滑絕緣水平面上有一單匝矩形線圈ABCD,在水平外力作用下,第一次以大小為v的速度向右勻速進(jìn)入豎直向上的勻強(qiáng)磁場,第二次以大小為v3的速度向右勻速進(jìn)入該勻強(qiáng)磁場。速度方向平行于AD且垂直于磁場邊界,則下列說法正確的是()A.第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時(shí)線圈中的電流之比為3∶1B.第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時(shí)外力做功的功率之比為1∶9C.第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時(shí)線圈中產(chǎn)生的熱量之比為1∶9D.第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時(shí)通過線圈導(dǎo)線某一橫截面的電荷量之比為3∶1答案B解析設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,CD邊長為L,AD邊長為L',線圈電阻為R。線圈進(jìn)入磁場過程中,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLv,感應(yīng)電流I=ER=BLvR,感應(yīng)電流I與速度v成正比,第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時(shí)線圈中電流之比I2∶I1=v3∶v=1∶3,A項(xiàng)錯(cuò)誤。線圈進(jìn)入磁場時(shí)受到的安培力F安=BIL=B2L2vR;線圈做勻速直線運(yùn)動(dòng),由平衡條件得,外力F=F安=BIL=B2L2vR,所以外力功率P=Fv=B2L2v2R,功率與速度的二次方成正比,第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時(shí)外力做功的功率之比P2∶P1=v32∶v2=1∶9,B項(xiàng)正確。線圈進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的熱量Q=I2Rt=BLvR2×R×L'v=B2L2L'vR,產(chǎn)生的熱量與速度成正比3.(2024屆樂山期末)空間中存在寬度為L的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,磁場方向如圖所示。將一正方形閉合導(dǎo)線框由磁場邊界上方某位置無初速度釋放,當(dāng)導(dǎo)線框ab邊進(jìn)入磁場時(shí),線框恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知線框的質(zhì)量為m,邊長為L,總電阻為R,重力加速度為g,線框在整個(gè)下落過程中不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng),ab、cd始終與磁場上下邊界平行,忽略空氣阻力,則下列說法正確的是()。A.進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中,導(dǎo)線框受到的安培力方向相反B.導(dǎo)線框ab邊進(jìn)入磁場瞬間的速率為mgRC.線框離開磁場時(shí)的速度大于進(jìn)入磁場時(shí)的速度D.導(dǎo)線框穿越磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱小于2mgL答案B解析根據(jù)“來拒去留”可知,線框進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中,受到的安培力方向都向上,阻礙其下落,A項(xiàng)錯(cuò)誤;因?yàn)楫?dāng)導(dǎo)線框ab邊進(jìn)入磁場時(shí)恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng),所以導(dǎo)線框受力平衡,可得mg=BIL,而E=BLv,I=ER,聯(lián)立解得v=mgRB2L2,B項(xiàng)正確;因?yàn)閯驈?qiáng)磁場的寬度和線框的寬度相同且剛進(jìn)入磁場時(shí)恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng),因此線框?qū)?huì)勻速通過磁場區(qū)域,C項(xiàng)錯(cuò)誤;從ab邊進(jìn)入磁場到cd邊離開磁場,線框速度不變,根據(jù)能量守恒定律可得mg·24.(2024屆孝昌三模)(多選)圖1是磁懸浮實(shí)驗(yàn)車與軌道示意圖,圖2是固定在車底部的金屬框abcd(車廂與金屬框絕緣)與軌道上運(yùn)動(dòng)磁場的示意圖。水平地面上有兩根很長的平行直導(dǎo)軌PQ和MN,導(dǎo)軌間有豎直(垂直紙面)方向等間距的勻強(qiáng)磁場B1和B2,二者方向相反。車底部金屬框的ad邊寬度與磁場間隔相等,當(dāng)勻強(qiáng)磁場B1和B2同時(shí)以恒定速度v0沿導(dǎo)軌方向向右運(yùn)動(dòng)時(shí),金屬框會(huì)受到磁場力,帶動(dòng)實(shí)驗(yàn)車沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)。已知金屬框垂直導(dǎo)軌,ab的邊長L=0.20m、總電阻R=1.6Ω,實(shí)驗(yàn)車與線框的總質(zhì)量m=2.0kg,磁場B1=B2=1.0T,磁場運(yùn)動(dòng)速度v0=10m/s。已知在懸浮狀態(tài)下,實(shí)驗(yàn)車運(yùn)動(dòng)時(shí)受到恒定的阻力f=0.20N,則()。A.實(shí)驗(yàn)車的最大速率vm=2m/sB.實(shí)驗(yàn)車的最大速率vm=8m/sC.實(shí)驗(yàn)車以最大速度做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),為維持實(shí)驗(yàn)車運(yùn)動(dòng),外界在單位時(shí)間內(nèi)須提供的總能量為2JD.當(dāng)實(shí)驗(yàn)車速度為0時(shí),金屬框受到水平向右1N的磁場力答案BCD解析實(shí)驗(yàn)車的速度最大時(shí)滿足2B·2BL(v0-vm)R·L=f,解得實(shí)驗(yàn)車的最大速率vm=8m/s,A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;克服阻力的功率P1=fvm=1.6W,當(dāng)實(shí)驗(yàn)車以速度vm勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),金屬框中的感應(yīng)電流I=2BL(v0-vm)R=0.5A,金屬框中的熱功率P2=I2R=0.4W,外界在單位時(shí)間內(nèi)需提供的總能量E=(P1+P2)t=2J,C項(xiàng)正確;當(dāng)實(shí)驗(yàn)車速度為0時(shí),根據(jù)“來拒去留”可知,金屬框受到水平向右的磁場力,其大小F(2024屆煙臺(tái)模擬)(多選)如圖所示,有一光滑傾斜軌道CBAD,AB水平,AD、BC平行且與水平面的夾角均為θ,AB部分電阻為R,其余部分電阻不計(jì),虛線MN、QH均和AB平行,在MNHQ中存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)。一電阻為r且與AB等長的金屬棒從MN上方由靜止釋放,金屬棒向下運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好且與AB平行,I為金屬棒中的電流、q為通過金屬棒橫截面的電荷量、U為金屬棒兩端的電壓、P為金屬棒消耗的電功率,若從金屬棒剛進(jìn)入磁場開始計(jì)時(shí),則金屬棒在磁場中運(yùn)動(dòng)的過程中,下列圖像可能正確的是()。ABCD答案BD解析如果電流減小,則表明金屬棒在做減速運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律有BIL-mgsinθ=ma,隨著電流減小,加速度減小;根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I=BLvR+r,則有ΔIΔt=BLΔv(R+r)Δt=BLaR+r,隨著加速度減小,圖像的斜率減小,A項(xiàng)不符合題意。若金屬棒進(jìn)入磁場時(shí),安培力與重力沿斜面的分力平衡,則金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng),其電流不變,根據(jù)q=It可知,電荷量與時(shí)間成正比,B項(xiàng)符合題意。如果金屬棒兩端電壓隨時(shí)間增大,則表明金屬棒在加速,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-BIL=ma,隨著電壓增大,電流增大,加速度減小;根據(jù)閉合電路的歐姆定律得U=IR=BLvR+rR,則有ΔUΔt=BLΔv(R6.(改編)由斜導(dǎo)軌和水平導(dǎo)軌組成的平行導(dǎo)軌PQA、MNB間距為L,PM處連接一阻值為R的電阻,斜導(dǎo)軌光滑,水平導(dǎo)軌粗糙,水平導(dǎo)軌足夠長且均處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)將導(dǎo)體棒ab從離水平導(dǎo)軌高為H處由靜止釋放。導(dǎo)體棒ab由斜導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)到水平導(dǎo)軌,最后靜止在水平導(dǎo)軌上。已知導(dǎo)體棒ab從開始運(yùn)動(dòng)到停止的整個(gè)過程中,通過電阻的