《2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义：选修3-2 第九章 专题课2 电磁感应中的动力学问题和能量、动量问题 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义：选修3-2 第九章 专题课2 电磁感应中的动力学问题和能量、动量问题 Word版含解析.pdf（21页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题课专题课 2 电磁感应中的动力学问题和能量、动量问题 电磁感应中的动力学问题和能量、动量问题 电磁感应中的动力学问题 1.两种状态及处理方法 状态特征处理方法 平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析 非平衡态加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进 行分析 2.电学对象与力学对象的转换及关系 命题角度 1 导体棒处于静止状态 【例 1】 （2017天津理综， 3） 如图 1 所示， 两根平行金属导轨置于水平面内， 导轨之间接有电阻 R。金属棒 ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在 匀强磁场中， 磁场方向垂直于导轨平面向下。 现使磁感应强度随时间均匀减小， ab 始
2、终保持静止，下列说法正确的是（ ） 图 1 A.ab 中的感应电流方向由 b 到 a B.ab 中的感应电流逐渐减小 C.ab 所受的安培力保持不变 D.ab 所受的静摩擦力逐渐减小 解析 导体棒 ab、电阻 R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小（k 为 B t 一定值） ，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针 方向的感应电流，ab 中的电流方向由 a 到 b，故选项 A 错误；根据法拉第电磁 感应定律，感应电动势 EkS，回路面积 S 不变，即感应电动势为 t BS t 定值，根据闭合电路欧姆定律 I ，所以 ab 中的电流大小不变，故选项 B 错误 ； E R
3、安培力 FBIL， 电流大小不变， 磁感应强度减小， 则安培力减小， 故选项 C 错误 ； 导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力 f 与安 培力 F 等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故选项 D 正确。 答案 D 命题角度 2 导体棒做匀速运动 【例 2】 （多选）一空间有垂直纸面向里的匀强磁场 B，两条电阻不计的平行 光滑导轨竖直放置在磁场内，如图 2 所示，磁感应强度 B0.5 T，导体棒 ab、cd 长度均为 0.2 m，电阻均为 0.1 ，重力均为 0.1 N，现用力向上拉动导体棒 ab， 使之匀速上升（导体棒 ab、cd 与导轨接触良好） ，此时 cd
4、 静止不动，则 ab 上升 时，下列说法正确的是（ ） 图 2 A.ab 受到的拉力大小为 2 N B.ab 向上运动的速度为 2 m/s C.在 2 s 内，拉力做功，有 0.4 J 的机械能转化为电能 D.在 2 s 内，拉力做功为 0.6 J 解析 对导体棒 cd 分析：mgBIl，得 v2 m/s，故选项 B 正确；对导体 B2l2v R总 棒 ab 分析：FmgBIl0.2 N，选项 A 错误；在 2 s 内拉力做功转化为 ab 棒 的重力势能和电路中的电能， 电能等于克服安培力做的功， 即W电F安vtB 2l2v2t R总 0.4 J，选项 C 正确；在 2 s 内拉力做的功为 W
5、拉Fvt0.8 J，选项 D 错误。 答案 BC 命题角度 3 变加速直线运动问题 【例 3】 如图 3 所示，足够长的平行金属导轨 MN 和 PQ 表面粗糙，与水平面 间的夹角为 37（sin 370.6） ，间距为 1 m。垂直于导轨平面向上的匀强磁 场的磁感应强度的大小为 4 T，P、M 间所接电阻的阻值为 8 。质量为 2 kg 的 金属杆 ab 垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为 0.25。金属杆 ab 在沿导轨向下且与杆垂直的恒力 F 作用下，由静止开始运动， 杆的最终速度为 8 m/s，取 g10 m/s2，求： 图 3 （1）当金属杆的速度为 4 m/s
6、 时，金属杆的加速度大小； （2）当金属杆沿导轨的位移为 6.0 m 时，通过金属杆的电荷量。 解析 （1）对金属杆 ab 应用牛顿第二定律，有 Fmgsin F安fma，fFN，FNmgcos ab 杆所受安培力大小为 F安BIL ab 杆切割磁感线产生的感应电动势为 EBLv 由闭合电路欧姆定律可知 IE R 整理得：Fmgsin vmgcos ma B2L2 R 代入 vm8 m/s 时 a0，解得 F8 N 代入 v4 m/s 及 F8 N，解得 a4 m/s2 （2）设通过回路横截面的电荷量为 q，则 qIt 回路中的平均电流强度为 IE R 回路中产生的平均感应电动势为 E t 回
7、路中的磁通量变化量为 BLx，联立解得 q3 C 答案 （1）4 m/s2 （2）3 C 用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力” ，具体思路如下： 电磁感应中的动力学和能量问题 1.电磁感应中的能量转化 2.求解焦耳热 Q 的三种方法 【例 4】 （2016浙江理综）小明设计的电磁健身器的简化装置如图 4 所示，两根 平行金属导轨相距 l0.50 m，倾角 53，导轨上端串接一个 0.05 的电阻。 在导轨间长 d0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感 应强度 B2.0 T。质量 m4.0 kg 的金属棒 CD 水平
8、置于导轨上，用绝缘绳索通 过定滑轮与拉杆 GH 相连。CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距 s0.24 m。一位健身者用恒力 F80 N 拉动 GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程 中 CD 棒始终保持与导轨垂直。当 CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢 复装置使 CD 棒回到初始位置（重力加速度 g10 m/s2，sin 530.8，不计其他 电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量） 。求 图 4 （1）CD 棒进入磁场时速度 v 的大小； （2）CD 棒进入磁场时所受的安培力的大小； （3）在拉升 CD 棒的过程中，健身者所做的功 W 和电阻产生的焦耳热 Q。 解析 （1）由牛顿
9、第二定律 a12 m/s2 Fmgsin m 进入磁场时的速度 v2.4 m/s2as （2）感应电动势 EBlv 感应电流 I Blv R 安培力 FAIBl 代入得 FA48 N （Bl）2v R （3）健身者做功 WF（sd）64 J 由牛顿第二定律得 Fmgsin FA0 在磁场中运动时间 t d v 焦耳热 QI2Rt26.88 J 答案 （1）2.4 m/s （2）48 N （3）64 J 26.88 J 【变式训练 1】 如图 5 所示， 在高度差 h0.5 m 的平行虚线范围内， 有磁感应 强度 B0.5 T、 方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场， 正方形线框 abcd 的质量
10、m 0.1 kg、边长 L0.5 m、电阻 R0.5 ，线框平面与竖直平面平行，静止在位 置“”时，cd 边跟磁场下边缘有一段距离。现用一竖直向上的恒力 F4.0 N 向上提线框，线框由位置“”无初速度开始向上运动，穿过磁场区，最后到达 位置“” （ab 边恰好出磁场） ，线框平面在运动中保持与磁场方向垂直，且 cd 边保持水平。设 cd 边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速直线运动。g 取 10 m/s2。 图 5 （1）求线框进入磁场前距磁场下边界的距离 H； （2）线框由位置“”到位置“”的过程中，恒力 F 做的功是多少？线框内 产生的热量又是多少？ 解析 （1）在恒力作用下，线框开始向上
11、做匀加速直线运动，设线框的加速度 为 a，据牛顿第二定律有：Fmgma 设 cd 边刚进磁场时，线框速度设为 v1，线框从静止到 cd 边刚进磁场过程中，由 运动学方程有： v 2aH 2 1 cd 边刚进磁场时产生电动势 EBLv，感应电流 I E R BLv R 安培力 F安BIL 线框做匀速直线运动，则有 FF安mg， 联立以上各式，可解得 v24 m/s， FRmgR B2L2 由 v22aH 解得 H9.6 m。 （2）恒力 F 做的功 WF（HLh）42.4 J， 从 cd 边进入磁场到 ab 边离开磁场的过程中， 拉力所做的功等于线框增加的重力 势能和产生的热量 Q， 即 F（L
12、h）mg（Lh）Q， 解得：Q（Fmg） （Lh）3.0 J 或 QI2Rt（）2R（ ）3.0 J。 BLv R h v L v 答案 （1）9.6 m （2）42.4 J 3.0 J 电磁感应中的动量和能量观点的综合应用 1.应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量。如在导体棒做非匀变速运动 的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。 2.在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受 的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解 决此类问题往往要应用动量守恒定律。 【例5】 （201711月浙江选考） 如图6所示， 匝数N
13、100、 截面积S1.010 2 m2、电阻 r0.15 的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的 匀强磁场 B1， 其变化率 k0.80 T/s。 线圈通过开关 S 连接两根相互平行、 间距 d 0.20 m 的竖直导轨，下端连接阻值 R0.50 的电阻。一根阻值也为 0.50 、质 量 m1.0102 kg 的导体棒 ab 搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅 有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场 B2。接通开关 S 后，棒对挡条的压力恰 好为零。 假设棒始终与导轨垂直， 且与导轨接触良好， 不计摩擦阻力和导轨电阻。 图 6 （1）求磁感应强度 B2的大小，并指出磁场方向； （
14、2）断开开关 S 后撤去挡条，棒开始下滑，经 t0.25 s 后下降了 h0.29 m， 求此过程棒上产生的热量。 解析 （1）线圈中产生的感应电动势为 ENNS t B1 t 代入数据得 E0.8 V，由楞次定律判断可知，电流从左边流入，右边流出。 等效电路图如下： 总电流 I A2 A，ab 棒中 Iab1 A。 E rR 2 0.8 0.150.25 根据题意，此刻棒对挡条的压力为零，即金属棒所受安培力等于其重力， 即 B2Iabdmg，解得 B20.50 T， 根据左手定则可知磁场的方向应该垂直纸面向外。 （2）开关断开之后，撤去挡条，ab 下滑中切割磁感线，从而产生感应电流，根 据动
15、量定理，得（mgB2Id）tmv0 其中 qIt，B2dh R0Rab 联立上式可知 v2.21 m/s 根据动能定理可知 mghW mv20 1 2 求得 W4.58103 J，因此金属棒上产生热量为 Q| W|2.29103 J 1 2 答案 （1）0.5 T，磁场垂直纸面向外 （2）2.29103 J （1）若涉及变力作用下运动问题，可选用动量守恒和能量守恒的方法解决。 （2）若涉及恒力或恒定加速度，一般选用动力学的观点。若涉及运动时间问题 也可选用动量定理求解。 【变式训练 2】 （201811 月浙江选考）如图 7 所示，在间距 L0.2 m 的两光 滑平行水平金属导轨间存在方向垂直
16、于纸面（向内为正）的磁场，磁感应强度的 分布沿 y 方向不变，沿 x 方向如下： B 1 T x 0.2 m 5x T 0.2 m x 0.2 m 1 T x 0.2 m ) 导轨间通过单刀双掷开关 S 连接恒流源和电容 C1 F 的未充电的电容器，恒流 源可为电路提供恒定电流 I2 A，电流方向如图所示。有一质量 m0.1 kg 的金 属棒 ab 垂直导轨静止放置于 x00.7 m 处。 开关 S 掷向 1， 棒 ab 从静止开始运动， 到达 x30.2 m 处时， 开关 S 掷向 2。 已知棒 ab 在运动过程中始终与导轨垂直。 求： 图 7 （提示：可以用 Fx 图象下的“面积”代表力
17、F 所做的功） （1）棒 ab 运动到 x10.2 m 时的速度 v1； （2）棒 ab 运动到 x20.1 m 时的速度 v2； （3）电容器最终所带的电荷量 Q。 解析 （1）从 x0x1的过程，由于安培力为恒力， 安培力 FBIL 运用动能定理 BIL（x0x1） mv 0，解得 v12 m/s 1 2 2 1 （2）在区间0.2 mx0.2 m 安培力 F5xIL 如图所示，安培力做功 W安（x x ） 5IL 2 2 12 2 由动能定理得 W安 mv mv ， 1 2 2 2 1 2 2 1 v2 m/s 23 5 （3）从 0.2 m 处移到0.2 m 处安培力不做功， v3v1
18、2 m/s 设最后稳定时的速度为 v 则 导体棒两端电压 UBLv 电容器上所带电荷量 qCU 电路中通过的电荷量 qIt 根据动量定理BILtmvmv3 得 v m/s，因此 q C 10 7 2 7 答案 （1）2 m/s （2） m/s （3） C 23 5 2 7 科学思维电磁感应中的“杆导轨”模型 模型一 “单杆导轨”模型 1.单杆水平式（导轨光滑） 物理模型 动态分析 设运动过程中某时刻棒的速度为 v，加速度为 a ，a、v F m B2L2v mR 同向，随 v 的增加，a 减小，当 a0 时，v 最大，I恒定 BLv R 运动形式匀速直线运动 力学特征a0，v 最大，vm FR
19、 B2L2 收尾 状态 电学特征I 恒定 2.单杆倾斜式（导轨光滑） 物理模型 动态分析 棒释放后下滑， 此时 agsin ， 速度 vEBLvI FBILa， 当安培力 Fmgsin 时， a E R 0，v 最大 运动形式匀速直线运动 力学特征a0，v 最大，vmmgRsin B2L2 收尾 状态 电学特征I 恒定 【例 1】 如图 8 所示， 足够长的金属导轨固定在水平面上， 金属导轨宽度 L1. 0 m，导轨上放有垂直导轨的金属杆 P，金属杆质量为 m0.1 kg，空间存在磁感 应强度 B0.5 T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻 R3.0 ，金属 杆的电阻 r1.0 ， 其
20、余部分电阻不计。 某时刻给金属杆一个水平向右的恒力 F， 金属杆 P 由静止开始运动，图乙是金属杆 P 运动过程的 vt 图象，导轨与金属 杆间的动摩擦因数 0.5。 在金属杆 P 运动的过程中， 第一个 2 s 内通过金属杆 P 的电荷量与第二个 2 s 内通过 P 的电荷量之比为 35。g 取 10 m/s2。求： 图 8 （1）水平恒力 F 的大小； （2）前 4 s 内电阻 R 上产生的热量。 解析 （1）由图乙可知金属杆 P 先做加速度减小的加速运动，2 s 后做匀速直线 运动 当 t2 s 时，v4 m/s，此时感应电动势 EBLv 感应电流 I E Rr 安培力 FBILB 2L
21、2v Rr 根据牛顿运动定律有 FFmg0 解得 F0.75 N。 （2）通过金属杆 P 的电荷量 q t tI Rr 其中E t BLx t 所以 qx（x 为 P 的位移） BLx Rr 设第一个 2 s 内金属杆 P 的位移为 x1，第二个 2 s 内 P 的位移为 x2 则 1BLx1，2BLx2BLvt 又由于 q1q235 联立解得 x28 m，x14.8 m 前 4 s 内由能量守恒定律得 F（x1x2） mv2mg（x1x2）QrQR 1 2 其中 QrQRrR13 解得 QR1.8 J。 答案 （1）0.75 N （2）1.8 J 模型二 “双杆导轨”模型 示意图 力学观点
22、导体棒 1 受安培力的作用做加速 度减小的减速运动，导体棒 2 受 安培力的作用做加速度减小的 加速运动，最后两棒以相同的速 度做匀速直线运动 两棒以相同的加速度做匀加速 直线运动 动量观点系统动量守恒系统动量不守恒 能量观点 棒 1 动能的减少量棒 2 动能的 增加量焦耳热 外力做的功棒 1 增加的动能 棒 2 增加的动能焦耳热 【例 2】 如图 9 所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连 接， 导轨电阻不计。 质量分别为m和 m的金属棒b和c静止放在水平导轨上， b、 c 1 2 两棒均与导轨垂直。图中 de 虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。 质量为 m 的绝
23、缘棒 a 垂直于倾斜导轨静止释放，释放位置与水平导轨的高度差 为 h。已知绝缘棒 a 滑到水平导轨上与金属棒 b 发生弹性正碰，金属棒 b 进入磁 场后始终未与金属棒 c 发生碰撞。重力加速度为 g，求： 图 9 （1）绝缘棒 a 与金属棒 b 发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小； （2）金属棒 b 进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小； （3）两金属棒 b、c 上最终产生的总焦耳热。 解析 （1） 设 a 棒滑到水平导轨时， 速度为 v0， 下滑过程中 a 棒机械能守恒 mv 1 2 mgh 2 0 a 棒与 b 棒发生弹性碰撞 由动量守恒定律 mv0mv1mv2 由机械能守
24、恒定律 mv mv mv 1 2 2 0 1 2 2 1 1 2 2 2 解出 v10，v2v0 2gh （2）b 棒刚进磁场时的加速度最大。 b、c 两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒。 由动量守恒定律 mv2mv2 v3 m 2 设 b 棒进入磁场后任一时刻，b 棒的速度为 vb，c 棒的速度为 vc，则 b、c 组成的 回路中的感应电动势 EBL（vbvc） ， 由闭合电路欧姆定律得 I， 由安培力 E R总 公式得 FBILma，联立得 a。 B2L2 （v bvc） mR总 故当 b 棒加速度为最大值的一半时有 v22（v2v3） 联立得 v2 v2 5 6 5 6 2gh （3
25、）最终 b、c 以相同的速度匀速运动。 由动量守恒定律 mv2（m ）v m 2 由能量守恒定律 mv （m ）v2Q 1 2 2 2 1 2 m 2 解出 Q mgh 1 3 答案 （1）0 （2） （3） mgh2gh 5 6 2gh 1 3 活页作业 （时间：30 分钟） A 组 基础过关 1.水平放置的金属框架 cdef 处于如图 1 所示的匀强磁场中，金属棒 ab 处于粗糙 的框架上且与框架接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒 ab 始终保持静止，则（ ） 图 1 A.ab 中电流增大，ab 棒所受摩擦力也增大 B.ab 中电流不变，ab 棒所受摩擦力也不变 C.ab
26、中电流不变，ab 棒所受摩擦力增大 D.ab 中电流增大，ab 棒所受摩擦力不变 解析 磁感应强度均匀增大时，磁通量的变化率恒定，故回路中的感应电动 t 势和感应电流都是恒定的 ； 又棒 ab 所受的摩擦力等于安培力，即 FfF安BIL， 故当 B 增加时，摩擦力增大，选项 C 正确。 答案 C 2.（多选）如图 2 所示，平行金属导轨与水平面成 角，用导线与固定电阻 R1 和 R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一导体棒 ab，质量为 m，两导轨间 距为 l，导体棒的电阻与固定电阻 R1和 R2的阻值相等，都等于 R，导体棒与导 轨之间的动摩擦因数为 ，导体棒 ab 沿导轨向上滑动，当上滑
27、的速度为 v 时， 有（ ） 图 2 A.棒中感应电流的方向由 a 到 b B.棒所受安培力的大小为B 2l2v2 3R C.棒两端的电压为Blv 3 D.棒动能的减少量等于其重力势能的增加量与电路上产生的电热之和 解析 由右手定则可判定导体棒中的电流方向为ab， 故选项A正确 ； 由EBlv 及串、并联电路的特点，知 R外 ，则 I，所以导体棒所受安培 R 2 E R外R 2Blv 3R 力的大小 FBIl， 故选项 B 错误 ； 结合 I， 知导体棒两端的电压 U 2B2l2v 3R 2Blv 3R I ，故选项 C 正确；由能量守恒知：导体棒动能的减少量等于其重力势能 R 2 Blv 3
28、 的增加量以及电路中产生的电热和克服摩擦力做功产生的内能，故选项 D 错误。 答案 AC 3.两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为 l。 导轨上面横放着两根导体棒 ab 和 cd，构成矩形回路，如图 3 所示。两根导体棒 的质量皆为 m，电阻皆为 R，回路中其它部分的电阻可不计。在整个导轨平面内 都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑 行，开始时，棒 cd 静止，棒 ab 有指向棒 cd 的初速度 v0。若两导体棒在运动中 始终不接触，求： 图 3 （1）在运动中产生的焦耳热最多是多少？ （2）当棒 ab 的速度变为初速度的 时，棒
29、 cd 的加速度是多大？ 3 4 解析 （1） 从开始到两棒达到相同速度v的过程中， 两棒的总动量守恒， 有mv0 2mv， 根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热 Q mv 2mv2 mv 。 1 2 2 0 1 2 1 4 2 0 （2）设棒 ab 的速度变为 v0时，cd 棒的速度为 v， 3 4 则由动量守恒可知 mv0 mv0mv 3 4 得 v v0，此时棒 cd 所受的安培力 FBIl。 1 4 B2l2v0 4R 由牛顿第二定律可得棒 cd 的加速度大小为 a ，方向水平向右。 F m B2l2v0 4mR 答案 （1） mv （2），方向水平向右 1 4 2 0 B2l2v
30、0 4mR B 组 能力提升 4.（201610 月浙江选考）为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明 设计了如图 4 所示的装置，半径为 l 的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也 为 l、电阻为 R 的金属棒 ab 一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电 转轴 OO上，由电动机 A 带动旋转。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大 小为 B1、方向竖直向下的匀强磁场。另有一质量为 m、电阻为 R 的金属棒 cd 用 轻质弹簧悬挂在竖直平面内， 并与固定在竖直平面内的 “U”型导轨保持良好接触， 导轨间距为 l，底部接阻值也为 R 的电阻，处于大小为 B2、方向垂直导轨平面向 里
31、的匀强磁场中。 从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关 S 与“U”型导轨连接。当开关 S 断开、棒 cd 静止时，弹簧伸长量为 x0；当开关 S 闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒 cd 再次静止时，弹簧伸长量变为 x（不 超过弹性限度） 。不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时 图 4 （1）通过棒 cd 的电流 Icd； （2）电动机对该装置的输出功率 P； （3）电动机转动角速度 与弹簧伸长量 x 之间的函数关系。 解析 （1）S 断开，cd 棒静止有 mgkx0 S 闭合，cd 棒静止时受到安培力 FB2Icdl 由楞次定律知流过棒 cd 的电流方向为 dc 故 cd 棒静止
32、时有 mgB2Icdlkx 解得 Icdmg（xx 0） B2lx0 （2）回路总电阻 R总R R R 1 2 3 2 总电流 I2mg（xx 0） B2lx0 由能量守恒得 PI2R总6m 2g2R（xx0）2 Bl2x （3）由法拉第电磁感应定律：E B1l2 t 1 2 回路总电流 I E R总 B1l2 3R 解得 。 6mgR（xx0） B1B2l3x0 答案 见解析 5.（20183 月浙江超能生联考）如图 5 甲所示，间距为 l0.5 m 的两条足够长 的平行金属导轨所在平面与水平面的夹角 37，导轨上端接有一个 R0.5 的电阻，导轨所在平面可划分为、三个区域，两导轨间长度为
33、s11 m 的矩形区域中存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，其磁感应强度大小 B 随 时间 t 的变化关系如图乙所示，长度为 s23 m 的区域中无磁场，区域中存 在垂直导轨平面向上的匀强磁场，其磁感应强度的大小 B01 T。在 t0 时刻， 质量 m1 kg 且与导轨垂直的金属棒 ab 从区域和区域的交界处静止滑下， 当金属棒到达区域和区域的交界处 CD 时，区域中的磁场突然撤去，此后 金属棒恰好保持匀速运动， 边界 CD 上方的导轨光滑， 边界 CD 下方的导轨粗糙， 不计金属棒与导轨的电阻，金属棒在下滑过程中始终与导轨垂直且接触良好，已 知 sin 370.6，cos 370.8，求： 图
34、5 （1）金属棒在到达边界 CD 前的运动过程中，回路中产生的感应电流大小 I； （2）金属棒在区域中运动的过程中，电阻产生的焦耳热 Q； （3）金属棒与区域中的两导轨之间的动摩擦因数 。 解析 （1）由 Bt 图象可知，区域中的磁感应强度 B0.5t 金属棒在区域中运动时， 由法拉第电磁感应定律得到回路中产生的感应电动势 为 E0.25 V t 所以，感应电流为 I 0.5 A。 E R （2）金属棒在区域中运动过程中，对其进行受力分析 由牛顿第二定律得，mgsin ma 解得：agsin 6 m/s2 由 s2 at2得 t1 s 1 2 因此，电阻产生的焦耳热 Qt0.125 J。 E2
35、 R （3）金属棒到达区域和区域交界处时的速度大小 vat6 m/s，此后以该 速度匀速运动。 金属棒所受安培力大小 FB0Il3 N，方向沿导轨向上 BL2v R 金属棒在区域中匀速运动时，对其进行受力分析，有 mgsin Fmgcos 解得 0.375。 答案 （1）0.5 A （2）0.125 J （3）0.375 6.（2018湖南长沙四县三月模拟）足够长的平行金属轨道 M、N，相距 L0.5 m，且水平放置；M、N 左端与半径 R0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道 始终垂直且接触良好的金属棒 b 和 c 可在轨道上无摩擦地滑动， 两金属棒的质量 mbmc0.1 kg，接入电路
36、的有效电阻 RbRc1 ，轨道的电阻不计。平行水 平金属轨道 M、N 处于磁感应强度 B1 T 的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面 垂直向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图 6 所示，若使 b 棒以初速度 v010 m/s 开始向左运动，运动过程中 b、c 不相撞，g 取 10 m/s2，求： 图 6 （1）c 棒的最大速度； （2）c 棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热； （3）若 c 棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒 c 到达轨道最高点时对轨道 的压力的大小。 解析 （1）在磁场力作用下，b 棒做减速运动，c 棒做加速运动，当两棒速度相 等时，c 棒达最大速速度。选两棒为研究对象，根据动量
37、守恒定律有 mbv0（mbmc）v 解得 c 棒的最大速度为 vv0 v05 m/s mb mbmc 1 2 （2）从 b 棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能， 两棒中产生的总热量为 Q mbv （mbmc）v22.5 J 1 2 2 0 1 2 因为 RbRc，所以 c 棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为 Qc 1.25 J Q 2 （3）设 c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为 v，从最低点上升到最高点的过 程由机械能守恒可得 mcv2 mcv2mcg2R 1 2 1 2 解得 v3 m/s 在最高点，设轨道对 c 棒的弹力为 F，由牛顿第二定律得 mcgFmcv 2
38、 R 解得 F1.25 N 由牛顿第三定律得，在最高点 c 棒对轨道的压力为 1.25 N，方向竖直向上。 答案 （1）5 m/s （2）1.25 J （3）1.25 N 7.如图 7 所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，相距为 L，导轨上端接 电阻 R，宽度相同的水平条形区域和内有磁感应强度为 B、方向垂直导轨平 面向里的匀强磁场，其宽度均为 d，和之间相距为 h 且无磁场。一长度为 L、 质量为 m、电阻为 r 的导体棒，两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好的接 触，导体棒从距区域上边界 H 处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中， 流过电阻 R 上的电流及其变化情况相同，重力加
39、速度为 g。求： 图 7 （1）导体棒进入区域的瞬间，通过电阻 R 的电流大小与方向； （2）导体棒通过区域的过程，电阻 R 上产生的热量 Q； （3）求导体棒穿过区域所用的时间。 解析 （1）设导体棒进入区域瞬间的速度大小为 v1， 根据动能定理 mgH mv 1 2 2 1 由法拉第电磁感应定律 EBLv1 由闭合电路欧姆定律 I E Rr 由得 I BL Rr 2gH 由右手定则知导体棒中电流方向向右，则通过电阻 R 的电流方向向左。 （2）由题意知，导体棒进入区域的速度大小也为 v1， 由能量守恒，得 Q总mg（hd） 电阻 R 上产生的热量 Qmg（hd） R Rr （3）设导体棒穿出区域瞬间的速度大小为 v2，从穿出区域到进入区域，v v 2gh，得：v2设导体棒进入区域所用的时间为 t，根据动量 2 12 2 2g（Hh） 定理： 设向下为正方向：mgtBILtmv2mv1 此过程通过整个回路的电荷量为 qIt BLd Rr 得 t B2L2d mg（rR） 2（Hh） g 2H g 答案 ，方向向左 （2）mg（hd） BL Rr 2gH R Rr （3） B2L2d mg（rR） 2（Hh） g 2H g