2019年高考物理一輪復習第十章電磁感應第3講電磁感應規(guī)律的綜合應用練習

配餐作業(yè)電磁感應規(guī)律的綜合應用A組·基礎鞏固題1．如圖所示，在一固定水平放置的閉合導體圓環(huán)上方，有一條形磁鐵，從離地面高h處，由靜止開始下落，最后落在水平地面上。磁鐵下落過程中始終保持豎直方向，并從圓環(huán)中心穿過圓環(huán)，而不與圓環(huán)接觸。若不計空氣阻力。重力加速度為g，下列說法中正確的是()A．在磁鐵下落的整個過程中，圓環(huán)中的感應電流方向先逆時針后順時針(從上向下看圓環(huán))B．磁鐵在整個下落過程中，受圓環(huán)對它的作用力先豎直向上后豎直向下C．磁鐵在整個下落過程中，它的機械能不變D．磁鐵落地時的速率一定等于eq\r(2gh)解析當條形磁鐵靠近圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可判斷圓環(huán)中感應電流的方向為逆時針(從上向下看圓環(huán))，當條形磁鐵遠離圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可判斷圓環(huán)中感應電流的方向為順時針(從上向下看圓環(huán))，A項正確；根據(jù)楞次定律的推論“來拒去留”原則，可判斷磁鐵在整個下落過程中，受圓環(huán)對它的作用力始終豎直向上，B項錯誤；磁鐵在整個下落過程中，由于受到磁場力的作用，機械能不守恒，C項錯誤；若磁鐵從高度h處做自由落體運動，其落地時的速度v＝eq\r(2gh)，但磁鐵穿過圓環(huán)的過程中要產(chǎn)生一部分電熱，根據(jù)能量守恒定律可知，其落地速度一定小于eq\r(2gh)，D項錯誤。答案A2．(多選)如圖所示，△ABC為等腰直角三角形，AB邊與x軸垂直，A點坐標為(a,0)，C點坐標為(0，a)，三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直平面向里的磁場，磁感應強度B與橫坐標x的變化關系滿足B＝eq\f(k,x)(k為常量)，三角形區(qū)域的左側(cè)有一單匝矩形線圈，線圈平面與紙面平行，線圈寬為a，高為2a，電阻為R。若線圈以某一速度v勻速穿過磁場，整個運動過程中線圈不發(fā)生轉(zhuǎn)動，則下列說法正確的是()A．線圈穿過磁場的過程中感應電流的大小逐漸增大B．線圈穿過磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(4k2av,R)C．線圈穿過磁場的過程中通過導線截面的電荷量為零D．穿過三角形區(qū)域的磁通量為2ka解析線圈穿過磁場的過程中，感應電動勢為E＝BLv，根據(jù)歐姆定律可得感應電流大小為I＝eq\f(E,R)，由幾何關系知，切割邊運動距離為x時，L＝2x，解得I＝eq\f(2kv,R)，為定值，所以A項錯誤；產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2Rt，而t＝eq\f(2a,v)，解得Q＝eq\f(8k2av,R)，所以B項錯誤；線圈穿過磁場的過程中，通過線圈的磁通量變化量為0，則q＝eq\f(ΔΦ,R)＝0，C項正確；穿過三角形區(qū)域的磁通量等于線圈發(fā)生位移a時的磁通量變化，q′＝IΔt＝eq\f(ΔΦ′,R)，則ΔΦ′＝IRΔt＝eq\f(2kv,R)·R·eq\f(a,v)＝2ka，D項正確。答案CD3．(多選)如圖甲所示，光滑絕緣水平面上，虛線MN的右側(cè)存在磁感應強度B＝2T的勻強磁場，MN的左側(cè)有一質(zhì)量m＝0.1kg的矩形線圈abcd，bc邊長L1＝0.2m，線圈電阻R＝2Ω。t＝0時，用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開始向右做勻加速運動，經(jīng)過時間1s，線圈的bc邊到達磁場邊界MN，此時立即將拉力F改為變力，又經(jīng)過1s，線圈恰好完全進入磁場，整個運動過程中，線圈中感應電流i隨時間t變化的圖象如圖乙所示。則下列說法正確的是()A．恒定拉力大小為0.1NB．線圈在第2s內(nèi)的加速度大小為1m/s2C．線圈ab邊長L2＝0.5mD．在第2s內(nèi)流過線圈的電荷量為0.2C解析在第1s末，i1＝eq\f(E,R)，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F(xiàn)＝ma1，聯(lián)立得F＝0.05N，A項錯誤；在第2s內(nèi)，由題圖分析知線圈做勻加速直線運動，第2s末，i2＝eq\f(E′,R)，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1m/s2，B項正確；在第2s內(nèi)，veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2L2，得L2＝1m，C項錯誤；q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL1L2,R)＝0.2C，D項正確。答案BD4．(多選)兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，頂端接阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場上邊界某處由靜止釋放，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示，不計導軌的電阻，重力加速度為g，則()A．金屬棒在磁場中運動時，流過電阻R的電流方向為a→bB．金屬棒的速度為v時，金屬棒所受的安培力大小為eq\f(B2L2v,R＋r)C．金屬棒的最大速度為eq\f(mgR＋r,BL)D．金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時，電阻R的熱功率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))2R解析金屬棒在磁場中向下運動時，由楞次定律知，流過電阻R的電流方向為b→a，A項錯誤；金屬棒的速度為v時，金屬棒中感應電動勢E＝BLv，感應電流I＝eq\f(E,R＋r)，所受的安培力大小為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，B項正確；當安培力F＝mg時，金屬棒下滑速度最大，金屬棒的最大速度為v＝eq\f(mgR＋r,B2L2)，C項錯誤；金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時，電阻R和r的總熱功率為P＝mgv＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))2(R＋r)，電阻R的熱功率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))2R，D項正確。答案BD5．(多選)如圖所示，平行金屬導軌與水平面間的夾角為θ，導軌電阻不計，與阻值為R的定值電阻相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面，磁感應強度為B。有一質(zhì)量為m、長為l的導體棒從ab位置獲得平行于斜面的、大小為v的初速度向上運動，最遠到達a′b′的位置，滑行的距離為s，導體棒的電阻也為R，與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ。則()A．上滑過程中導體棒受到的最大安培力為eq\f(B2l2v,R)B．上滑過程中電流做功放出的熱量為eq\f(1,2)mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)C．上滑過程中導體棒克服安培力做的功為eq\f(1,2)mv2D．上滑過程中導體棒損失的機械能為eq\f(1,2)mv2－mgssinθ解析上滑過程中，開始時導體棒的速度最大，受到的安培力最大為eq\f(B2l2v,2R)，A項錯；根據(jù)能量守恒，上滑過程中電流做功放出的熱量為eq\f(1,2)mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)，B項對；上滑過程中導體棒克服安培力做的功等于電流做功產(chǎn)生的熱，也是eq\f(1,2)mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)，C項錯；上滑過程中導體棒損失的機械能為eq\f(1,2)mv2－mgssinθ，D項對。答案BD6．如圖所示，正方形導線框abcd的邊長為L＝10cm，線框平面位于豎直平面內(nèi)，上下兩邊處于水平狀態(tài)。當它從某高處落下時通過一勻強磁場，磁場方向垂直于線框平面，線框的ab邊剛進入磁場時，由于安培力的作用使得線框恰能勻速運動。已知磁場的寬度h＝4L，線框剛進入磁場時的速度v0＝2.5m解析由于ab邊剛進入磁場時線框恰能勻速運動，所以線框受力平衡，安培力等于重力且方向向上；當線框完全進入磁場后，通過線框的磁通量不變，線框中無感應電流，線框在重力作用下做勻加速運動；當線框從下邊離開磁場時，安培力大于重力，線框做減速運動，安培力逐漸減小且方向向上，故選B項。答案B7．(多選)如圖甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細桿CD長l＝0.20m，處于磁感應強度大小B1＝1.0T、方向水平向右的勻強磁場中。有一個匝數(shù)n＝300匝、面積S＝0.01m2的線圈通過開關S與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2隨時間t變化的關系如圖乙所示。t＝0.22s時閉合開關S，瞬間細框跳起(細框跳起瞬間安培力遠大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20m。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/sA．0～0.10s內(nèi)線圈中的感應電動勢大小為3VB．開關S閉合瞬間，CD中的電流方向由C到DC．磁感應強度B2的方向豎直向下D．開關S閉合瞬間，通過細桿CD的電荷量為0.05C解析由圖象可知，0～0.10s內(nèi)，由電磁感應定律可知E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝30V，A項錯誤；細桿CD所受安培力豎直向上，由左手定則知，電流方向由C到D，B項正確；穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律得磁感應強度B2方向豎直向上，C項錯誤；對細桿應用動量定理得BILt＝mv，細桿做豎直上拋運動得v2＝2gh，q＝It，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得q＝0.05C，D項正確。答案BD8．(多選)如圖所示，水平長度無限大的勻強磁場上下兩邊界是水平的。邊長為L，質(zhì)量為m的正方形導線框從磁場的上邊界以初速度v0水平向左拋出。勻強磁場的寬度H大于導線框的邊長L，勻強磁場的磁感應強度為B，線框的電阻為R。運動過程中導線框上下邊始終保持水平，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．線框完全進入磁場的過程中，穿過線框某個橫截面的電荷量為eq\f(BL2,R)B．線框完全穿過磁場時水平速度可能小于v0C．若線框完全穿過磁場的瞬間豎直速度為v，則整個過程中線框產(chǎn)生的熱量為mg(H＋L)－eq\f(1,2)m(v2－veq\o\al(2,0))D．線框穿過磁場的過程中，瞬時豎直分速度可能等于eq\f(mgR,B2L2)解析線框進入磁場的過程中，穿過線框某個橫截面的電荷量為Q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)，A項正確；線框在水平方向的速度保持不變，線框完全穿過磁場時水平速度等于v0，B項錯誤；若線框完全穿過磁場的瞬間合速度為v，則整個過程在線框產(chǎn)生的熱量為mg(H＋L)－eq\f(1,2)m(v2－veq\o\al(2,0))，C項錯誤；線框穿過磁場的過程中，在豎直方向重力可能等于安培力，瞬時豎直分速度可能等于eq\f(mgR,B2L2)，D項正確。答案AD9．(多選)如圖所示，傾角為37°的光滑斜面上粘貼有一厚度不計、寬度為d＝0.2m的橡膠帶，橡膠帶的上表面與斜面位于同一平面內(nèi)，其上、下邊緣與斜面的上、下邊緣平行，橡膠帶的上邊緣到斜面的頂端距離為L＝0.4m，現(xiàn)將質(zhì)量為m＝1kg、寬度為d的薄矩形板上邊緣與斜面頂端平齊且從斜面頂端靜止釋放。已知矩形板與橡膠帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，矩形板由斜面頂端靜止釋放下滑到完全離開橡膠帶的過程中(此過程矩形板始終在斜面上)，下列說法正確的是()A．矩形板受到的摩擦力為f＝4NB．矩形板的重力做功為WG＝3.6JC．產(chǎn)生的熱量為Q＝0.8JD．矩形板的上邊緣穿過橡膠帶下邊緣時速度大小為eq\f(2\r(35),5)m/s解析矩形板從與橡膠帶接觸到離開過程中，受到的摩擦力隨位移先均勻增大后均勻減小，摩擦力最大值為fm＝μmgcosθ＝4N，A項錯誤；因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝eq\o(f,\s\up6(－))·2d＝2×2×0.2J＝0.8J，C項正確；從靜止下滑到完全離開橡膠帶的過程中，重力做功WG＝mg(L－d＋2d)sinθ＝3.6J，B項正確；由動能定理得WG－Q＝eq\f(1,2)mv2，計算得v＝eq\f(2\r(35),5)m/s，D項正確。答案BCD10．(多選)如圖所示，兩根等高光滑的eq\f(1,4)圓弧軌道，半徑為r、間距為L，軌道電阻不計。在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處在一豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B?，F(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻不計的金屬棒從軌道最低位置cd開始，在拉力作用下以初速度v0向右沿軌道做勻速圓周運動至ab處，則該過程中()A．通過R的電流方向為由外向內(nèi)B．通過R的電流方向為由內(nèi)向外C．R上產(chǎn)生的熱量為eq\f(πrB2L2v0,4R)D．流過R的電量為eq\f(πBLr,2R)解析金屬棒從軌道最低位置cd運動到ab處的過程中，穿過回路的磁通量減小，根據(jù)楞次定律判斷得知通過R的電流方向為由外向內(nèi)，故A項正確，B項錯誤；金屬棒做勻速圓周運動，回路中產(chǎn)生正弦式交變電流，可得產(chǎn)生的感應電動勢的最大值為Em＝BLv0，有效值為E＝eq\f(\r(2),2)Em，根據(jù)焦耳定律有Q＝eq\f(E2,R)t，時間為t＝eq\f(\f(π,2)·r,v0)，聯(lián)立解得Q＝eq\f(πrB2L2v0,4R)，故C項正確；通過R的電量，由公式q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E)Δt,R)＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLr,R)，故D項錯誤。答案ACB組·能力提升題11．如圖所示，在半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應強度為B的垂直紙面向里的有界勻強磁場，PQM為圓內(nèi)接三角形線圈，且PM為圓的直徑，三角形線圈的各邊由材料相同的細軟彈性導線組成(不考慮導線中電流間的相互作用)。設線圈的總電阻為r，且不隨形狀改變，此時∠PMQ＝37°，下列說法正確的是()A．穿過線圈PQM中的磁通量大小為Φ＝0.96BR2B．若磁場方向不變，只改變磁感應強度B的大小，且B＝B0＋kt，則此時線圈中產(chǎn)生的感應電流大小為I＝eq\f(0.48kR2,r)C．保持P、M兩點位置不變，將Q點沿圓弧順時針移動到接近M點的過程中，線圈中有感應電流且電流方向不變D．保持P、M兩點位置不變，將Q點沿圓弧順時針移動到接近M點的過程中，線圈中不會產(chǎn)生焦耳熱解析由幾何關系知PQ＝1.2R，QM＝1.6R，則三角形面積S＝0.96R2，根據(jù)公式Φ＝BS判斷可知A項正確；根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S，I＝eq\f(E,r)，聯(lián)立解得I＝eq\f(0.96kR2,r)，B項錯誤；Q順時針移動時，由幾何關系知面積先增大后減小，則線圈中產(chǎn)生電流且方向有改變，C、D項錯誤。答案A12．(多選)如圖所示，在坐標系xOy中，有邊長為L的正方形金屬線框abcd，其一條對角線ac和y軸重合、頂點a位于坐標原點O處。在y軸的右側(cè)，在Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的上邊界與線框的ab邊剛好完全重合，左邊界與y軸重合，右邊界與y軸平行。t＝0時刻，線框以恒定的速度v沿垂直于磁場上邊界的方向穿過磁場區(qū)域。取沿a→b→c→d→a方向的感應電流為正，則在線框穿過磁場區(qū)域的過程中，感應電流i、ab間的電勢差Uab隨時間t變化的圖線是下圖中的()解析在d點運動到O點過程中，ab邊切割磁感線，根據(jù)右手定則可以確定線框中電流方向為逆時針方向，即正方向，電動勢均勻減小到0，則電流均勻減小到0；然后cd邊開始切割磁感線，感應電流的方向為順時針方向，即負方向，電動勢均勻減小到0，則電流均勻減小到0，故A項正確、B項錯誤；d點運動到O點過程中，ab邊切割磁感線，ab相當于電源，電流由a到b，b點的電勢高于a點，ab間的電勢差Uab為負值，大小等于電流乘bc、cd、da三條邊的電阻，并逐漸減小。ab邊出磁場后，cd邊開始切割，cd邊相當于電源，電流由b到a，ab間的電勢差Uab為負值，大小等于電流乘ab邊的電阻，并逐漸減小，故C項錯誤、D項正確。答案AD13．如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩個邊長相等的單匝閉合正方形線圈Ⅰ和Ⅱ，分別用相同材料，不同粗細的導線繞制(Ⅰ為細導線)。兩線圈在距磁場上界面h高處由靜止開始自由下落，再進入磁場，最后落到地面。運動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場上邊界。設線圈Ⅰ、Ⅱ落地時的速度大小分別為v1、v2，在磁場中運動時產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2，不計空氣阻力，則()A．v1<v2，Q1<Q2 B．v1＝v2，Q1＝Q2C．v1<v2，Q1>Q2 D．v1＝v2，Q1<Q2解析由于從同一高度下落，到達磁場邊界時具有相同的速度v，切割磁感線產(chǎn)生感應電流同時受到磁場的安培力的作用且F＝eq\f(B2l2v,R)，又因為R＝ρeq\f(4l,S)(ρ為材料的電阻率，l為線圈的邊長，S為導線的橫截面積)，所以安培力F＝eq\f(B2lvS,4ρ)，此時加速度a＝g－eq\f(F,m)，且m＝ρ0S·4l(ρ0為材料的密度)，所以加速度a＝g－eq\f(B2v,16ρρ0)是定值，線圈Ⅰ和Ⅱ同步運動，落地速度相等v1＝v2。由能量守恒可得產(chǎn)生的熱量Q＝mg(h＋H)－eq\f(1,2)mv2(H是磁場區(qū)域的高度)，Ⅰ為細導線，m較小，產(chǎn)生的熱量較少，所以Q1<Q2，故D項正確。答案D14．(多選)在傾角為θ足夠長的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小相等的勻強磁場，磁場方向一個垂直斜面向上，另一個垂直斜面向下，寬度均為L，如圖所示。一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形線框在t＝0時刻以速度v0進入磁場，恰好做勻速直線運動，若經(jīng)過時間t0，線框ab邊到達gg′與ff′中間位置時，線框又恰好做勻速運動，則下列說法正確的是()A．當ab邊剛越過ff′時，線框加速度的大小為gsinθB．t0時刻線框勻速運動的速度為eq\f(v0,4)C．t0時間內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(3,2)mgLsinθ＋eq\f(15,32)mveq\o\al(2,0)D．離開磁場的過程中線框?qū)⒆鰟蛩僦本€運動解析當ab邊進入磁場時，有E＝BLv0，I＝eq\f(E,R)，mgsinθ＝BIL，有eq\f(B2L2v0,R)＝mgsinθ。當ab邊剛越過ff′時，線框的感應電動勢和電流均加倍，則線框做減速運動，有eq\f(4B2L2v0,R)＝4mgsinθ，加速度方向沿斜面向上且大小為3gsinθ，A項錯誤；t0時刻線框勻速運動的速度為v，則有eq\f(4B2L2v,R)＝mgsinθ，解得v＝eq\f(v0,4)，B項正確；線框從進入磁場到再次做勻速運動的過程，沿斜面向下運動距離為eq\f(3,2)L，則由功能關系得線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(3mgLsinθ,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv\o\al(2,0),2)－\f(mv2,2)))＝eq\f(3mgLsinθ,2)＋eq\f(15mv\o\al(2,0),32)，C項正確；線框離開磁場時做加速運動，D項錯誤。答案BC15．如圖所示，足夠長的金屬導軌豎直放置，金屬棒ab、cd均通過棒兩端的環(huán)套在金屬導軌上。虛線上方有垂直紙面向里的勻強磁場，虛線下方有豎直向下的勻強磁場，兩勻強磁場的磁感應強度大小均為B。ab、cd棒與導軌間動摩擦因數(shù)均為μ，兩棒總電阻為R，導軌電阻不計。開始兩棒靜止在圖示位置，當cd棒無初速釋放時，對ab棒施加豎直向上的力F，沿導軌向上做勻加速運動。則()A．a(chǎn)b棒中的電流方向由b到aB．cd棒先加速運動后勻速運動C．cd棒所受摩擦力的最大值等于cd棒的重力D．力F做的功等于兩棒產(chǎn)生的電熱與ab棒增加的機械能之和解析根據(jù)右手定則知ab棒切割磁感線運動產(chǎn)生的感應電流方向為從b到a，A項正確；電流I＝eq\f(BLv,R)，cd棒受到的安培力Fcd＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，cd棒受到的摩擦力f＝μFcd，所以隨著速度的均勻增大，cd棒受到的摩擦力也均勻增大，則cd棒先做加速運動，后做減速運動，最后停止運動，B、C項錯誤；由功能關系得，力F做的功等于兩棒產(chǎn)生的電熱、cd棒摩擦生熱與兩棒增加的機械能之和，D項錯誤。答案A16．如圖所示，在光滑的水平金屬軌道ABCD－EFGH內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B，AB與EF寬為L，是CD與GH寬的2倍，靜止的金屬棒a、b質(zhì)量均為m。若給棒a初速度v0向右運動，假設軌道足夠長，棒a只在軌道AB與EF上運動。求：(1)金屬棒a、b的最終速度。(2)整個過程通過金屬棒a的電量。解析(1)依題意知，棒a做減速運動，棒b做加速運動，最終棒a、b感應電動勢大小相等，方向相反，Ea＝BL1v1，Eb＝BL2v2，L1＝2L2所以，v2＝2v1。任何時候棒a的安培力總是棒b的兩倍，故棒a安培力的沖量I1是棒b安培力的沖量I2的兩倍，即I1＝2I2，由動量定理得I1＝mv0－mv1，I2＝mv2，解得v1＝eq\f(1,5)v0，v2＝eq\f(2,5)v0。(2)對金屬棒a應用動量定理得－BILt＝mv1－mv0，Q＝It，Q＝eq\f(4mv0,5BL)。答案(1)eq\f(1,5)v0eq\f(2,5)v0(2)eq\f(4mv0,5BL)17.兩根足夠長的平行光滑導軌，相距1m水平放置。勻強磁場豎直向上穿過整個導軌所在的空間B＝0.4T。金屬棒ab、cd質(zhì)量分別為0.1kg和0.2kg，電阻分別為0.4Ω和0.2Ω，并排垂直橫跨在導軌上。若兩棒以相同的初速度3m/s向相反方向分開，不計導軌電阻。求：(1)棒運動達到穩(wěn)定后的ab棒的速度大小。(2)金屬棒運動達到穩(wěn)定的過程中，回路上釋放出的焦耳熱。(3)金屬棒從開始運動直至達到穩(wěn)定，兩棒間距離增加多少。解析(1)ab、cd棒組成的系統(tǒng)動量守恒，最終具有共同速度v，以水平向右為正方向，則mcdv0－mabv0＝(mcd＋mab)v，v＝1m/s。(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律，產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝ΔEk減＝(mcd＋mab)eq\f(v\o\al(2,0)－v2,2)＝1.2J。(3)對cd棒利用動量定理：－BILΔt＝mcd(v－v0)，BLq＝mcd(v0－v)，又q＝eq\f(ΔΦ,R1＋R2)＝eq\f(BLΔs,R1＋R2)，解得Δs＝1.5m。答案(1)1m/s(2)1.2J(3)1.5m【解題技巧】本題是電磁感應中的力學問題，應用系統(tǒng)的動量守恒、能量轉(zhuǎn)化與守恒定律、動量定理，綜合性較強，對學生的能力要求較高。2018年高考中對動量的考查會有所加強，所以同學們需加強此類題目的練習。18．如圖所示，傾角為θ、寬度為d、長為L的光滑傾斜導軌C1D1、C2D2頂端接有可變電阻R0，L足夠長，傾斜導軌置于垂直導軌平面斜向左上方的勻強磁場中，磁感應強度為B，C1A1B1、C2A2B2為絕緣軌道，由半徑為R處于豎直平面內(nèi)的光滑半圓環(huán)A1B1、A2B2和粗糙的水平軌道C1A1、C2A2組成，粗糙的水平軌道長為s，整個軌道對稱。在導軌頂端垂直于導軌放一根質(zhì)量為m、電阻不計的金屬棒MN，使其從靜止開始自由下滑，不考慮金屬棒MN經(jīng)過接點C1、C2處時機械能的損失，整個運動過程中金屬棒始終保持水平，水平導軌與金屬棒(1)金屬棒MN在傾斜導軌C1D1、C2D2上運動的過程中，電阻R0上產(chǎn)生的熱量Q為多少？(2)為了金屬棒MN能到達光滑半圓環(huán)B1、B2點，可變電阻R0應滿足什么條件？解析(1)由于L足夠長，棒MN在斜導軌上到達C1、C2前已經(jīng)做勻速運動mgsinθ＝eq\f(B2d2v,R0)，則v＝eq\f(R0mgsinθ,B2d2)，由能量守恒定律得mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2＋Q，所以Q＝mgLsinθ－eq\f(R\o\al(2,0)m3g2sin2θ,2B4d4)