《（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 增分突破四 電磁感應(yīng)與動力學(xué)和能量觀點(diǎn)綜合問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 增分突破四 電磁感應(yīng)與動力學(xué)和能量觀點(diǎn)綜合問題（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、增分突破四電磁感應(yīng)與動力學(xué)和能量觀點(diǎn)綜合問題增分策略1.電磁感應(yīng)與力學(xué)問題聯(lián)系的橋梁是磁場對感應(yīng)電流的安培力。解答電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題,在分析方法上,要始終抓住導(dǎo)體的受力(特別是安培力)特點(diǎn)及其變化規(guī)律,明確導(dǎo)體的運(yùn)動過程以及運(yùn)動過程中狀態(tài)的變化,準(zhǔn)確把握運(yùn)動狀態(tài)的臨界點(diǎn)。解決電磁感應(yīng)中的力、電問題的關(guān)鍵有以下幾點(diǎn)(1)電學(xué)對象電源:E=BLv或E=nt分析電路的結(jié)構(gòu)利用電路的規(guī)律如E=I(R+r)或U=E-Ir。(2)力學(xué)對象受力分析:F安=BILF合=ma。過程分析:F合=mavEIF安。(3)臨界點(diǎn):運(yùn)動狀態(tài)的臨界點(diǎn)。2.從能量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)問題與解決力學(xué)問題時的分析方法相似,只是多了

2、一個安培力做功、多了一個電能參與能量轉(zhuǎn)化,因此需要明確安培力做功及電能轉(zhuǎn)化的特點(diǎn)。電磁感應(yīng)中焦耳熱的三種求法:(1)根據(jù)定義式Q=I2Rt計算;(2)利用克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱計算;(3)利用能量守恒定律計算。典例1將一斜面固定在水平面上,斜面的傾角為=30,其上表面絕緣且斜面的頂端固定一擋板,在斜面上加一垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場,磁場區(qū)域的寬度為H=0.4 m,如圖甲所示,磁場邊界與擋板平行,且上邊界到斜面頂端的距離為x=0.55 m。將一通電導(dǎo)線圍成的矩形導(dǎo)線框abcd置于斜面的底端,已知導(dǎo)線框的質(zhì)量為m=0.1 kg、導(dǎo)線框的電阻為R=0.25 、ab的長度為L=0.5 m

3、。從t=0時刻開始在導(dǎo)線框上加一恒定的拉力F,拉力的方向平行于斜面向上,使導(dǎo)線框由靜止開始運(yùn)動,當(dāng)導(dǎo)線框的下邊與磁場的上邊界重合時,將恒力F撤走,最終導(dǎo)線框與斜面頂端的擋板發(fā)生碰撞,碰后導(dǎo)線框以等大的速度反彈,導(dǎo)線框沿斜面向下運(yùn)動。已知導(dǎo)線框向上運(yùn)動的v-t圖像如圖乙所示,導(dǎo)線框與斜面間的動摩擦因數(shù)為=33,整個運(yùn)動過程中導(dǎo)線框沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動,且始終沒有離開斜面,g=10 m/s2。(1)求在導(dǎo)線框上施加的恒力F以及磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小;(2)若導(dǎo)線框沿斜面向下運(yùn)動通過磁場時,其速度v與位移s的關(guān)系為v=v0-B2L2mRs,其中v0是導(dǎo)線框ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度大小,s為導(dǎo)線框ab邊進(jìn)入磁場區(qū)域

4、后對磁場上邊界的位移大小,求整個過程中導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量Q。答案(1)1.5 N0.50 T(2)0.45 J解析(1)由v-t圖像可知,在00.4 s時間內(nèi)導(dǎo)線框做勻加速直線運(yùn)動,進(jìn)入磁場時的速度為v1=2.0 m/s,所以在00.4 s時間內(nèi)的加速度a=vt=5.0 m/s2由牛頓第二定律有F-mg sin -mg cos =ma解得F=1.5 N由v-t圖像可知,導(dǎo)線框進(jìn)入磁場區(qū)域后以速度v1做勻速直線運(yùn)動,通過導(dǎo)線框的電流I=ER=BLv1R導(dǎo)線框所受安培力F安=BIL對于導(dǎo)線框勻速運(yùn)動的過程,由力的平衡條件有F=mg sin +mg cos +B2L2v1R解得B=0.50 T。(2

5、)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場區(qū)域后做勻速直線運(yùn)動,并以速度v1勻速穿出磁場,說明導(dǎo)線框的寬度等于磁場的寬度H。導(dǎo)線框ab邊離開磁場后做勻減速直線運(yùn)動,到達(dá)擋板時的位移為x0=x-H=0.15 m設(shè)導(dǎo)線框與擋板碰撞前的速度大小為v2,由動能定理,有-mg(x-H) sin -mg(x-H) cos =12mv22-12mv12解得:v2=v12-2g(x-H)(sin+cos)=1.0 m/s導(dǎo)線框碰擋板后速度大小仍為v2,且mg sin =mg cos =0.50 Nab邊進(jìn)入磁場后做減速運(yùn)動,設(shè)導(dǎo)線框全部離開磁場區(qū)域時的速度為v3,由v=v0-B2L2mRs得v3=v2-2B2L2HmR=-1.0 m/

6、s因v30,說明導(dǎo)線框在離開磁場前速度已經(jīng)減為零,這時安培力消失,導(dǎo)線框?qū)㈧o止在磁場中某位置,導(dǎo)線框向上運(yùn)動通過磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q1=I2Rt=2B2L2Hv1R=0.40 J導(dǎo)線框向下運(yùn)動進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q2=12mv22=0.05 J 所以Q=Q1+Q2=0.45 J。1-1如圖所示,兩條電阻不計的平行導(dǎo)軌與水平面成角,導(dǎo)軌的一端連接定值電阻R1,勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面,一根質(zhì)量為m、電阻為R2的導(dǎo)體棒ab,垂直于導(dǎo)軌放置,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為,且R2=nR1,如果導(dǎo)體棒以速度v勻速下滑,導(dǎo)體棒此時受到的安培力大小為F,則以下判斷正確的是()A.電阻R1

7、消耗的電功率為Fv/nB.重力做功的功率為mgv cos C.運(yùn)動過程中減少的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為電能D.ab上消耗的功率為nFv/(n+1)答案D解析導(dǎo)體棒以速度v勻速下滑時,由E=BLv、I=ER1+R2、F=BIL得安培力F=B2L2vR1+R2,電阻R1消耗的電功率為P=I2R1=B2L2v2(R1+R2)2R1,又R2=nR1,聯(lián)立解得,P=Fvn+1,故A錯誤;重力做功的功率為mgv sin ,B錯誤;導(dǎo)體棒克服安培力和摩擦力做功,減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能和內(nèi)能,C錯誤;ab和R1串聯(lián),電流相等,根據(jù)P=I2R可知,ab消耗的功率等于R1消耗的功率的n倍,為nFv/(n+1),D正確;故

8、選D。1-2電磁緩速器是應(yīng)用于車輛上以提高運(yùn)行安全性的輔助制動裝置,其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩車輛的速度。電磁阻尼作用可以借助如下模型討論:如圖1所示,將形狀相同的兩根平行且足夠長的鋁條固定在光滑斜面上,斜面與水平方向夾角為。一條形磁鐵滑入兩鋁條間,恰好以速度v0勻速下滑,穿過時磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒定,其引起電磁感應(yīng)的效果與磁鐵不動、鋁條相對磁鐵運(yùn)動相同。磁鐵端面是底邊為2d,高為d的長方形,由于磁鐵距離鋁條很近,磁鐵端面正對兩鋁條區(qū)域的磁場均可視為勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,鋁條的高度大于d,寬度為b,電阻率為。為研究問題方便,鋁條中只考慮與磁鐵正對部分的電阻和磁場,其他部

9、分電阻和磁場可忽略不計,假設(shè)磁鐵進(jìn)入鋁條間以后,減少的機(jī)械能完全轉(zhuǎn)化為鋁條的內(nèi)能,重力加速度為g。(1)求一側(cè)鋁條中與磁鐵正對部分的感應(yīng)電動勢E;(2)求條形磁鐵的質(zhì)量m;(3)在其他條件不變的情況下,僅將兩鋁條更換為寬度為b(bb)的鋁條,磁鐵仍以速度v0進(jìn)入鋁條間,請在圖2中定性畫出磁鐵速度v隨時間t變化關(guān)系的圖線(規(guī)定沿斜面向下為正方向)。圖1圖2答案(1)Bdv0(2)4B2d2v0bgsin(3)見解析解析(1)一側(cè)鋁條中與磁鐵正對部分的感應(yīng)電動勢E=Bdv0(2)根據(jù)電阻定律,一側(cè)鋁條與磁鐵正對部分的電阻R=d2db=2b根據(jù)歐姆定律有,鋁條正對部分中的電流I=ER=2Bdv0b一

10、側(cè)鋁條受到的安培力F安=IdB=2B2d2v0b根據(jù)牛頓第三定律有,一側(cè)鋁條對磁鐵的作用力F=F安=2B2d2v0b,此力阻礙磁鐵的運(yùn)動,方向沿斜面向上。取磁鐵為研究對象有2F-mg sin =0所以m=4B2d2v0bgsin(3)磁鐵速度v隨時間t變化關(guān)系的圖線如圖所示增分專練1.(多選)如圖所示,光滑弧形金屬雙軌與足夠長的水平光滑雙軌相連,間距為L,在水平軌道空間充滿豎直向上的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。乙金屬棒靜止在雙軌上,而甲金屬棒在h高處由靜止滑下,軌道電阻不計。兩棒的質(zhì)量均為m,電阻均為R。甲棒與乙棒不會相碰,則下面說法正確的是()A.從開始下滑到最終穩(wěn)定,甲、乙的運(yùn)動方向相反B.

11、當(dāng)穩(wěn)定后,回路中感應(yīng)電流的方向從上向下看是逆時針的C.乙棒受到的最大磁場力為B2L22gh2RD.整個過程中,電路釋放的熱量為12mgh答案CD甲金屬棒沿光滑軌道下滑時獲得了速度,進(jìn)入磁場后,切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,受到向左的安培力而減速,乙金屬棒受到向右的安培力而加速,經(jīng)一段時間,甲、乙金屬棒速度達(dá)到相同,之后回路的磁通量不發(fā)生變化,感應(yīng)電流為零,安培力為零,二者勻速運(yùn)動,勻速運(yùn)動的速度即甲、乙金屬棒的最終速度,此速度是乙金屬棒的最大速度,故A、B錯誤;甲金屬棒剛滑到水平面時,有最大的速度,此時有mgh=12mv02,解得最大速度為:v0=2gh,進(jìn)入磁場后甲金屬棒減速,乙金屬棒加速,乙棒受

12、到的最大磁場力為Fm=BBLv02RL=B2L22gh2R,故C正確;當(dāng)它們速度相等時,乙金屬棒具有最大的速度,以兩棒組成的系統(tǒng)為研究對象,取向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律得:mv0=(m+m)v1,解得:v1=12v0=2gh2,整個過程中,電路釋放的熱量為Q=12mv02-122mv12=12mgh,故D正確;故選C、D。2.(多選)如圖所示,足夠長的U形光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成角(090),其中MN與PQ平行且間距為L,勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向上,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)軌電阻不計,質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑,并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸,ab棒接入電路的電阻為R,當(dāng)金屬棒a

13、b下滑距離s時,速度大小為v,則在這一過程中()A.金屬棒ab運(yùn)動的平均速度大小為12vB.通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量為BLsRC.金屬棒ab受到的最大安培力為B2L2sRD.金屬棒ab克服安培力做功為mgs sin -12mv2答案BD分析ab棒的受力情況,有mg sin -B2L2vR=ma,分析可得ab棒做加速度減小的加速運(yùn)動,故其平均速度不等于初、末速度的平均值12v,故A錯誤;通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量q=It=t1Rt=R=BLsR,故B正確;ab棒受到的最大安培力為F=BIL=B2L2vR,故C錯誤;根據(jù)動能定理可知,mgs sin -W安=12mv2,金屬棒ab克服

14、安培力做功為W安=mgs sin -12mv2,故D正確;故選BD。3.(多選)兩根足夠長的光滑導(dǎo)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(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)磁場垂直,如圖所示,不計導(dǎo)軌的電阻,重力加速度為g,則()A.金屬棒在磁場中運(yùn)動時,流過電阻R的電流方向?yàn)閍bB.金屬棒在磁場中運(yùn)動的速度為v時,金屬棒所受的安培力大小為B2L2vR+rC.金屬棒的最大速度為mg(R+r)BLD.金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時,電阻R的熱功率為mgBL2R答案BD金屬棒在磁場中向下運(yùn)動時,由右手定則知,流過電阻R的電

15、流方向?yàn)閎a,選項A錯誤;金屬棒在磁場中運(yùn)動的速度為v時,金屬棒中感應(yīng)電動勢E=BLv,感應(yīng)電流I=ER+r,所受的安培力大小為F=BIL=B2L2vR+r,選項B正確;當(dāng)安培力F=mg時,金屬棒下落速度最大,金屬棒的最大速度為vm=mg(R+r)B2L2,選項C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=mgBL2(R+r),電阻R的熱功率為mgBL2R,選項D正確。4.(多選)如圖甲所示,左側(cè)接有定值電阻R=3 的水平粗糙導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T,導(dǎo)軌間距為L=1 m。一質(zhì)量m=2 kg、接入電路的阻值r=1 的金屬棒在拉力F作用下由靜止開始從CD處

16、沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動,金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)=0.5,g=10 m/s2,金屬棒的v-x圖像如圖乙所示,則從起點(diǎn)開始發(fā)生x=1 m位移的過程中()A.拉力做的功為16 JB.通過電阻R的電荷量為0.25 CC.定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為0.75 JD.所用的時間t一定大于1 s答案CD由速度-位移圖像得v=kx,其中k=2 s-1,金屬棒所受的安培力F安=B2L2vR+r=B2L2kxR+r,代入得:F安=2x(N),則知F安與x成線性關(guān)系。當(dāng)x=0時,安培力F安1=0;當(dāng)x=1 m時,安培力F安2=2 N,則從起點(diǎn)開始發(fā)生x=1 m位移的過程中,安培力做功為W安=

17、-F安x=-F安1+F安22x=-0+221 J=-1 J根據(jù)動能定理得W-mgx+W安=12mv2,其中v=2 m/s,=0.5,m=2 kg,代入解得,拉力做的功W=15 J,故A錯誤;通過電阻R的電荷量q=R+r=BLxR+r=2114 C=0.5 C,故B錯誤;根據(jù)能量守恒得整個電路產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做功,故Q=1 J,則電阻R上產(chǎn)生的熱量QR=RR+rQ=34Q=0.75 J,選項C正確;v-x圖像的斜率k=vx=vttx=av,得a=kv=2v,則知速度增大,金屬棒的加速度也隨之增大,v-t圖像的斜率增大,金屬棒做加速度增大的變加速運(yùn)動,在相同時間內(nèi),達(dá)到相同速度時通過的位

18、移小于勻加速運(yùn)動的位移,平均速度小于勻加速運(yùn)動的平均速度,即v11 s=1 s,故D正確。5.如圖所示,PM、QN是兩根14光滑圓弧導(dǎo)軌,圓弧半徑為d、間距為L,最低點(diǎn)M、N在同一水平高度,導(dǎo)軌電阻不計,在其上端連有一阻值為R的電阻,整個裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)有一根長度稍大于L、質(zhì)量為m、阻值為R的金屬棒,從導(dǎo)軌的頂端PQ處由靜止開始下滑,到達(dá)底端MN時對導(dǎo)軌的壓力為2mg,求:(1)金屬棒到達(dá)導(dǎo)軌底端MN時電阻R兩端的電壓;(2)金屬棒從導(dǎo)軌頂端PQ下滑到底端MN過程中,電阻R產(chǎn)生的熱量;(3)金屬棒從導(dǎo)軌頂端PQ下滑到底端MN過程中,通過電阻R的電荷量。答案(

19、1)12BLgd(2)mgd4(3)BLd2R解析(1)在導(dǎo)軌的底端MN處,金屬棒對導(dǎo)軌的壓力FN=2mg,軌道對金屬棒的支持力大小為FN=FN=2mg,則有FN-mg=mv2d解得v=gd金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv金屬棒到達(dá)底端時電阻兩端的電壓U=E2=12BLgd(2)金屬棒下滑過程中,由能量守恒定律得mgd=Q+12mv2解得Q=12mgd電阻R上產(chǎn)生的熱量QR=12Q=mgd4(3)由q=ItI=E2RE=t=BLdt聯(lián)立解得q=BLd2R6.如圖甲所示,絕緣水平面上有一間距L=1 m的金屬“U”形導(dǎo)軌,導(dǎo)軌右側(cè)接一R=3 的電阻。在“U”形導(dǎo)軌中間虛線范圍內(nèi)存在垂直導(dǎo)

20、軌向下的勻強(qiáng)磁場,磁場的寬度d=1 m,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T。現(xiàn)有一質(zhì)量為m=0.1 kg,電阻r=2 、長為L=1 m的導(dǎo)體棒MN以一定的初速度從導(dǎo)軌的左端開始向右運(yùn)動,穿過磁場的過程中,線圈中的感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖像如圖乙所示。已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)=0.3,導(dǎo)軌電阻不計,則導(dǎo)體棒MN穿過磁場的過程中,求:(1)MN剛進(jìn)入磁場時的速度大小;(2)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱;(3)導(dǎo)體棒通過磁場的時間。答案(1)5 m/s(2)0.3 J(3)0.5 s解析(1)MN剛進(jìn)入磁場時,根據(jù)閉合電路歐姆定律得i0=ER(1分)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=BLv0(1分)聯(lián)立解得v0=i

21、0(R+r)BL=5 m/s(1分)(2)導(dǎo)體棒通過磁場過程,由動能定理得-mgd-W安=12mv2-12mv02(1分)而v=i1(R+r)BL=3 m/s(1分)QR=RR+rW安(1分)聯(lián)立解得:QR=0.3 J(1分)(3)導(dǎo)體棒通過磁場過程,由動量定理得-mgt-BILt=mv-mv0(1分)I-t=BLdR+r(1分)聯(lián)立解得t=0.5 s(1分)7.間距為L=2 m的足夠長的金屬直角導(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=0.1 kg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)軌之間的動摩擦因數(shù)均為=0.5,導(dǎo)軌的電阻不計,細(xì)桿a

22、b、cd的電阻分別為R1=0.6 ,R2=0.4 。整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.50 T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中(圖中未畫出)。當(dāng)ab桿水平在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌勻加速運(yùn)動時,cd桿也同時從靜止開始沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動,且t=0時,F=1.5 N。g=10 m/s2。(1)求ab桿的加速度a。(2)求當(dāng)cd桿達(dá)到最大速度時ab桿的速度大小。(3)若從t=0到cd桿達(dá)到最大速度的過程中拉力F做的功為5.2 J,求該過程中ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)10 m/s2(2)2 m/s(3)2.94 J解析(1)由題意可知,在t=0時,F=1.5 N對ab桿進(jìn)行受力分析,

23、由牛頓第二定律得F-mg=ma代入數(shù)據(jù)解得a=10 m/s2。(2)從d向c看,對cd桿進(jìn)行受力分析,如圖所示,當(dāng)cd桿速度最大時,ab桿的速度大小為v,有Ff=mg=FN,FN=F安,F安=BIL,I=BLvR1+R2聯(lián)立以上各式,解得v=2 m/s(3)整個過程中,ab桿發(fā)生的位移x=v22a=22210 m=0.2 m對ab桿應(yīng)用動能定理,有WF-mgx-W安=12mv2代入數(shù)據(jù)解得W安=4.9 J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=R1R1+R2Q總=2.94 J。8.如圖所示,MN、PQ為光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌,電阻R=3.0 ,置于豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場中,OO為

24、磁場邊界,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0 T,導(dǎo)軌間距L=1.0 m,質(zhì)量m=1.0 kg的導(dǎo)體棒垂直置于導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)體棒接入電路的電阻為r=1.0 。t=0時刻,導(dǎo)體棒在水平拉力F0作用下從OO左側(cè)某處由靜止開始以加速度a0=1.0 m/s2做勻加速運(yùn)動,t0=2.0 s時刻進(jìn)入磁場繼續(xù)運(yùn)動,導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直。(1)求0t0時間內(nèi)導(dǎo)體棒受到拉力的大小F0及t0時刻進(jìn)入磁場時回路的電功率P0;(2)求導(dǎo)體棒t0時刻進(jìn)入磁場瞬間的加速度a;若此后導(dǎo)體棒在磁場中以加速度a做勻加速運(yùn)動至t1=4.0 s時刻,求t0t1時間內(nèi)通過電阻R的電荷量q;(3)在(2)情況下,已知t0t1時間內(nèi)拉力做

25、功W=5.7 J,求此過程回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案(1)1.0 N1.0 W(2)0.5 m/s21.25 C(3)3.2 J解析(1)由導(dǎo)體棒在進(jìn)入磁場前運(yùn)動的加速度a0,可得F0=ma0=1.0 N導(dǎo)體棒在t0時刻速度v0=a0t0=2 m/s導(dǎo)體棒在t0時刻產(chǎn)生的電動勢E=BLv0電功率P0=E2R+r=(BLv0)2R+r=1.0 W。(2)回路在t0時刻產(chǎn)生的感應(yīng)電流I=ER+r導(dǎo)體棒在t0時刻受到的安培力F安=BIL根據(jù)牛頓第二定律有F0-F安=ma代入數(shù)據(jù)解得a=0.5 m/s2導(dǎo)體棒在t0t1時間內(nèi)的位移x=v0(t1-t0)+12a(t1-t0)2=5 m則在t0t1時間內(nèi)

26、通過導(dǎo)體棒的電荷量q=R+r=BSR+r=BLxR+r=1.25 C。(3)t1時刻導(dǎo)體棒的速度v=v0+a(t1-t0)由動能定理有W+W安=12mv2-12mv02Q=-W安=W-12m(v2-v02)=3.2 J。9.如圖,足夠長的金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置,間距為L,與水平面成角,導(dǎo)軌與定值電阻R1和R2相連,且R1=R2=R,R1支路串聯(lián)開關(guān)S,原來S閉合。勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向上,有一質(zhì)量為m、有效電阻也為R的導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌垂直放置,它與導(dǎo)軌始終接觸良好,受到的摩擦力為Ff=14mg sin ?，F(xiàn)將導(dǎo)體棒ab從靜止釋放,沿導(dǎo)軌下滑,當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時速率為v,已知重力加速

27、度為g,導(dǎo)軌電阻不計,求:(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(2)如果導(dǎo)體棒ab從靜止釋放沿導(dǎo)軌下滑x距離后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),這一過程回路中產(chǎn)生的電熱是多少?(3)導(dǎo)體棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后,斷開開關(guān)S,將做怎樣的運(yùn)動?若從這時開始導(dǎo)體棒ab下滑一段距離后,通過導(dǎo)體棒ab橫截面的電荷量為q,求這段距離是多少?答案(1)32LmgRsin2v(2)34mgx sin -12mv2(3)4q32vRmgsin解析(1)回路中的總電阻為R總=32R當(dāng)導(dǎo)體棒ab以速度v勻速下滑時棒中的感應(yīng)電動勢為E=BLv此時棒中的感應(yīng)電流為I=ER總mg sin =BIL+Ff解得B=32LmgRsin2v(2)導(dǎo)體棒

28、ab減少的重力勢能等于增加的動能、回路中產(chǎn)生的焦耳熱以及克服摩擦力做功的和,故有mg sin x=12mv2+Q+Ffx解得Q=34mg sin x-12mv2(3)S斷開后,導(dǎo)體棒先做加速度減小的加速運(yùn)動,最后做勻速直線運(yùn)動回路中的總電阻為:R總=2R設(shè)這一過程經(jīng)歷的時間為t,這一過程回路中的平均感應(yīng)電動勢為E,通過導(dǎo)體棒ab的平均感應(yīng)電流為I,導(dǎo)體棒ab下滑的距離為s,則E=t=BLst,I=ER總=BLs2Rt得q=It=BLs2R解得s=4q32vRmgsin10.兩平行且電阻不計的金屬導(dǎo)軌相距L=1 m,金屬導(dǎo)軌由水平和傾斜兩部分(均足夠長)良好對接,傾斜部分與水平方向的夾角為37,

29、整個裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T的勻強(qiáng)磁場中。長度也為1 m的金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌跨擱,且與導(dǎo)軌良好接觸,質(zhì)量均為0.2 kg,電阻分別為R1=2 ,R2=4 。ab置于導(dǎo)軌的水平部分,與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)為=0.5,cd置于導(dǎo)軌的傾斜部分,導(dǎo)軌傾斜部分光滑。從t=0時刻起,ab棒在水平且垂直于ab棒的外力F1的作用下由靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動,金屬棒cd在力F2的作用下保持靜止,F2平行于傾斜導(dǎo)軌平面且垂直于金屬桿cd。當(dāng)t1=4 s時,ab棒消耗的電功率為2.88 W。已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度g=10 m/s2。求:(1)ab棒做勻加速直線

30、運(yùn)動的加速度大小;(2)求t2=8 s時作用在cd棒上的力F2的大小;(3)改變F1的作用規(guī)律,使ab棒運(yùn)動的位移x與速度v滿足x=2v(m),要求cd仍然要保持靜止?fàn)顟B(tài)。求ab棒從靜止開始運(yùn)動x=4 m的過程中,作用在ab棒上的力F1所做的功(結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示)。答案(1)0.9 m/s2(2)2.64 N(3)10615 J解析(1)當(dāng)t1=4 s時,ab消耗的電功率為2.88 W,有Pab=I12R1代入數(shù)據(jù)解得I1=1.2 A回路中的電動勢E1=I1(R1+R2)由法拉第電磁感應(yīng)定律知E1=BLv1導(dǎo)體棒ab做勻加速直線運(yùn)動,v1=at1由得,a=0.9 m/s2(2)當(dāng)t2=8 s時

31、,導(dǎo)體棒ab的速度v2=at2回路中的電流I2=E2R1+R2=BLv2R1+R2=2.4 A導(dǎo)體棒cd所受安培力F2安=BI2L=4.8 N設(shè)導(dǎo)體棒cd所受的力F2沿斜面向下,有F2+mg sin =F2安 cos 由得F2=2.64 N,故假設(shè)成立,所以F2的方向沿斜面向下。(3)設(shè)ab棒的速度為v時,回路中的電流為I=ER1+R2=BLvR1+R2此時金屬棒ab所受安培力大小為F安=BIL由題意知ab棒運(yùn)動的位移x與速度v的關(guān)系:x=2v(m)聯(lián)立,并代入數(shù)據(jù)得F安=x3(N)ab棒從靜止開始運(yùn)動x=4 m的過程中,克服安培力所做的功為W克安=F安x=0+x32x J=83 J對金屬棒ab,由動能定理有:W拉-W克安-mgx=12mv2由得W拉=10615 J14