《（浙江選考）2018版高考物理二輪復習 專題四 電磁感應和電路 第2講 電磁感應的綜合問題學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2018版高考物理二輪復習 專題四 電磁感應和電路 第2講 電磁感應的綜合問題學案（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　電磁感應的綜合問題 [選考考點分布] 章 知識內(nèi)容 考試要求 歷次選考統(tǒng)計 必考 加試 2015/10 2016/04 2016/10 2017/04 2017/11 電磁感應 電磁感應現(xiàn)象 b 楞次定律 c 法拉第電磁感應定律 d 22 23 22 22 22 電磁感應現(xiàn)象的兩類情況 b 互感和自感 b 渦流、電磁阻尼和電磁驅(qū)動 b 考點一　電磁感應中的圖象問題 1．(多選)如圖1所示，

2、abcd為一邊長為l的正方形導線框，導線框位于光滑水平面內(nèi)，其右側(cè)為一勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與線框的cd邊平行，磁場區(qū)域的寬度為2l，磁感應強度為B，方向豎直向下，線框在一垂直于cd邊的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右運動，直至通過磁場區(qū)域，cd邊剛進入磁場時，線框開始勻速運動，規(guī)定線框中電流沿逆時針時方向為正，則導線框從剛進入磁場到完全離開磁場的過程中，a、b兩端的電壓Uab及導線框中的電流i隨cd邊的位置坐標x變化的圖線可能是(　　) 圖1 答案　BD 2．(多選)(人教版選修3－2P8第6題改編)某實驗裝置如圖2所示，在鐵芯P上繞著兩個線圈A和B，如果線圈A中電

3、流i與時間t的關(guān)系有如圖所示的A、B、C、D共四種情況．在t1～t2這段時間內(nèi)，哪種情況可以觀察到在線圈B中有感應電流(　　) 圖2 答案　BCD 3．(多選)(人教版選修3－2P19“例題”改編)某同學設(shè)計了一利用渦旋電場加速帶電粒子的裝置，基本原理如圖3甲所示，上、下為電磁鐵的兩個磁極，磁極之間有一個環(huán)形真空室，帶電粒子在真空室內(nèi)做圓周運動，電磁鐵線圈電流的大小、方向可以變化，產(chǎn)生的感生電場使粒子加速，圖甲上部分為側(cè)視圖，下部分為俯視圖，若粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為零，圓形軌道的半徑為R，穿過粒子圓形軌道面積的磁通量Φ隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，在t0時刻后，粒子所

4、在軌道處的磁感應強度為B，粒子加速過程中忽略相對論效應，不計粒子的重力，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．若被加速的粒子為電子，沿如圖所示逆時針方向加速，則應在線圈中通以由a到b的電流 B．若被加速的粒子為正電子，沿如圖所示逆時針方向加速，則應在線圈中通以由a到b的電流 C．在t0時刻后，粒子運動的速度大小為 D．在t0時刻前，粒子每加速一周增加的動能為 答案　ACD 解析　電子帶負電，它在電場中受力的方向與電場方向相反，電子沿逆時針方向加速，根據(jù)左手定則可知磁場方向豎直向上，由右手螺旋定則知線圈中應通以由a到b的電流，故A正確；同理可知B錯誤；在 t0時刻后，粒子所在軌道

5、處的磁感應強度為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力等于向心力qvB＝，v＝，故C正確；在t0時刻前，感生電場的感應電動勢E感＝，粒子加速運動一周增加的動能為ΔEk＝qE感＝，故D正確． 1.對圖象的認識，應注意以下兩個方面 (1)明確圖象所描述的物理意義． (2)明確各種“＋”“－”的含義． 2．電磁感應中圖象類選擇題的兩個常見解法 (1)排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負，排除錯誤的選項． (2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象作出分

6、析和判斷，這未必是最簡捷的方法，但卻是最有效的辦法． 考點二　電磁感應中的動力學和能量問題 1．(2016·浙江10月選考·22)為了探究電動機轉(zhuǎn)速與彈簧伸長量之間的關(guān)系，小明設(shè)計了如圖4所示的裝置．半徑為l的圓形金屬導軌固定在水平面上，一根長也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導電轉(zhuǎn)軸OO′上，由電動機A帶動旋轉(zhuǎn)．在金屬導軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導軌平面，大小為B1、方向豎直向下的勻強磁場．另有一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質(zhì)彈簧懸掛在豎直平面內(nèi)，并與固定在豎直平面內(nèi)的“U”型導軌保持良好接觸，導軌間距為l，底部接阻值也為R的電阻，處于大小為B2、方向

7、垂直導軌平面向里的勻強磁場中．從圓形金屬導軌引出導線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導線經(jīng)開關(guān)S與“U”型導軌連接．當開關(guān)S斷開，棒cd靜止時，彈簧伸長量為x0；當開關(guān)S閉合，電動機以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，棒cd再次靜止時，彈簧伸長量變?yōu)閤(不超過彈性限度)．不計其余電阻和摩擦等阻力，求此時： 圖4 (1)通過棒cd的電流Icd； (2)電動機對該裝置的輸出功率P； (3)電動機轉(zhuǎn)動角速度ω與彈簧伸長量x之間的函數(shù)關(guān)系． 答案　見解析 解析　(1)S斷開，cd棒靜止有mg＝kx0 S閉合，cd棒靜止時受到安培力F＝B2Icd?l cd棒靜止時有mg＋B2Icd?l＝kx 解得Icd＝

8、(2)回路總電阻R總＝R＋R＝R 總電流：I＝ 由能量守恒得P＝I2R總＝ (3)由法拉第電磁感應定律：E＝＝B1ωl2 回路總電流I＝ 解得ω＝. 2．(2017·臺州市9月選考)為了測量列車運行的速度和加速度大小，可采用如圖5甲所示的裝置，它由一塊安裝在列車車頭底部的強磁體和埋設(shè)在地面的一組線圈及電流測量記錄儀組成(測量記錄儀未畫出)．當列車經(jīng)過線圈上方時，線圈中產(chǎn)生的電流被記錄下來，就能求出列車的速度和加速度．如圖乙所示為鐵軌和列車的俯視圖，假設(shè)磁體端部有磁感應強度B＝1.2×10－2 T，方向豎直向下的勻強磁場，該磁場區(qū)域在運動過程中兩個時刻恰能依次覆蓋兩個線圈，每個線

9、圈的電阻r＝0.30 Ω，匝數(shù)n＝4，垂直于鐵軌方向長l＝0.25 m，平行于軌道方向的寬度遠小于兩線圈的距離s，每個測量記錄儀自身電阻R＝1.70 Ω，其記錄下來的電流－位置關(guān)系圖，即i－x圖如圖丙所示． 圖5 (1)當磁場區(qū)域的右邊界剛離開線圈Ⅰ時，線圈Ⅰ的電流方向是順時針還是逆時針？(俯視圖) (2)試計算列車通過線圈Ⅰ和線圈Ⅱ時的速度v1和v2的大?。? (3)假設(shè)列車做的是勻加速直線運動，求列車在兩個線圈之間的加速度的大小．(結(jié)果保留三位有效數(shù)字) 答案　(1)順時針　(2)20 m/s　25 m/s　(3)1.13 m/s2 解析　(1)由楞次定律得，線圈Ⅰ的電流

10、方向為順時針． (2)列車車頭底部的強磁體通過線圈時，在線圈中產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，根據(jù)公式可得：E＝I(R＋r) 解得：E1＝0.24 V和E2＝0.30 V 而線圈Ⅰ、Ⅱ中產(chǎn)生的感應電動勢為： E1＝nBlv1，E2＝nBlv2 解得：v1＝20 m/s，v2＝25 m/s (3)根據(jù)勻變速直線運動公式：v－v＝2as 從題圖丙中讀出s＝100 m，解得：a≈1.13 m/s2. 3. 如圖6所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于

11、線框所在平面．開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動．線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求： 圖6 (1)線框ab邊將要離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍； (2)磁場上、下邊界間的距離H. 答案　(1)4倍　(2)＋28l 解析　(1)設(shè)磁場的磁感應強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應電動勢為E1，

12、由法拉第電磁感應定律，有E1＝2Blv1 ① 設(shè)線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1＝ ② 設(shè)此時線框所受安培力為F1，有F1＝2I1Lb ③ 由于線框做勻速運動，其受力平衡，有mg＝F1 ④ 由①②③④式得 v1＝ ⑤ 設(shè)ab邊離開磁場之前，線框做勻速運動的速度為v2，同理可得v2＝ ⑥ 由⑤⑥式得v2＝4v1 ⑦ (2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律，有2mgl＝mv ⑧ 線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有 mg(2

13、l＋H)＝mv－mv＋Q ⑨ 由⑦⑧⑨式得 H＝＋28l. 1.力學對象和電學對象的相互關(guān)系 2．求解焦耳熱的三種方法 (1)焦耳定律：Q＝I2Rt (2)功能關(guān)系：Q＝W克服安培力 (3)能量轉(zhuǎn)化：Q＝ΔE其他能的減少量 考點三　應用動量和能量觀點分析電磁感應問題 1．(2017·浙江4月選考·22)間距為l的兩平行金屬導軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖7所示．傾角為θ的導軌處于大小為B1、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅰ中．水平導軌上的無磁場區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動雙桿”(由兩根長為l的金屬桿cd和ef，用長度為L的

14、剛性絕緣桿連接構(gòu)成)，在“聯(lián)動雙桿”右側(cè)存在大小為B2、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅱ，其長度大于L.質(zhì)量為m、長為l的金屬桿ab從傾斜導軌上端釋放，達到勻速后進入水平導軌(無能量損失)，桿ab與“聯(lián)動雙桿”發(fā)生碰撞，碰后桿ab和cd合在一起形成“聯(lián)動三桿”．“聯(lián)動三桿”繼續(xù)沿水平導軌進入磁場區(qū)間Ⅱ并從中滑出．運動過程中，桿ab、cd和ef與導軌始終接觸良好，且保持與導軌垂直．已知桿ab、cd和ef電阻均為R＝0.02 Ω、m＝0.1 kg、l＝0.5 m，L＝0.3 m，θ＝30°，B1＝0.1 T，B2＝0.2 T．不計摩擦阻力和導軌電阻，忽略磁場邊界效應，g取10 m/s2.求：

15、 圖7 (1)桿ab在傾斜導軌上勻速運動時的速度大小v0； (2)“聯(lián)動三桿”進入磁場區(qū)間Ⅱ前的速度大小v； (3)“聯(lián)動三桿”滑過磁場區(qū)間Ⅱ產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　見解析 解析　(1)由已知得：mgsin θ＝ 解得：v0＝6 m/s. (2)由動量守恒定律得mv0＝4mv， 解得v＝＝1.5 m/s. (3)設(shè)“聯(lián)動三桿”進入磁場區(qū)間Ⅱ時速度變化量的大小為Δv，由動量定理得B2lΔt＝4mΔv 因＝，解得Δv＝0.25 m/s. 設(shè)“聯(lián)動三桿”滑出磁場區(qū)間Ⅱ時速度變化量的大小為Δv′，同樣有B2′lΔt′＝4mΔv′，′＝ 解得Δv′＝0.25 m/s. 因

16、此“聯(lián)動三桿”滑出磁場區(qū)間Ⅱ時的速度為 v′＝v－Δv－Δv′＝1 m/s. 由能量守恒得：Q＝·4m(v2－v′2)＝0.25 J. 2. (2016·浙江4月選考·23)某同學設(shè)計了一個電磁推動加噴氣推動的火箭發(fā)射裝置，如圖8所示．豎直固定在絕緣底座上的兩根長直光滑導軌，間距為L.導軌間加有垂直導軌平面向里的勻強磁場B.絕緣火箭支撐在導軌間，總質(zhì)量為m，其中燃料質(zhì)量為m′，燃料室中的金屬棒EF電阻為R，并通過電刷與電阻可忽略的導軌良好接觸．引燃火箭下方的推進劑，迅速推動剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導軌接觸良好)向上運動，當回路CEFDC面積減少量達到最大值ΔS，用時Δt，此過程激勵

17、出強電流，產(chǎn)生電磁推力加速火箭．在Δt時間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體．當燃燒室下方的可控噴氣孔打開后．噴出燃氣進一步加速火箭． 圖8 (1)求回路在Δt時間內(nèi)感應電動勢的平均值及通過金屬棒EF的電荷量，并判斷金屬棒EF中的感應電流方向； (2)經(jīng)Δt時間火箭恰好脫離導軌，求火箭脫離時的速度大小v0；(不計空氣阻力) (3)火箭脫離導軌時，噴氣孔打開，在極短的時間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m′的燃氣，噴出的燃氣相對噴氣前火箭的速度為v，求噴氣后火箭增加的速度Δv.(提示：可選噴氣前的火箭為參考系) 答案　(1)　　方向向右　(2)－gΔt (3)v 解析　(1)根據(jù)

18、法拉第電磁感應定律，有＝＝ q＝Δt＝，電流方向向右 (2)平均感應電流＝＝ 平均安培力＝BL 由動量定理有(－mg)Δt＝mv0，v0＝－gΔt (3)以噴氣前的火箭為參考系，設(shè)豎直向上為正，由動量守恒定律－m′v＋(m－m′)Δv＝0 得Δv＝v. 3．(2017·溫州市十校高三期末)如圖9所示，PQ和MN是固定于水平面內(nèi)的平行光滑金屬軌道，軌道足夠長，其電阻可忽略不計．金屬棒ab、cd放在軌道上，始終與軌道垂直，且接觸良好．金屬棒ab、cd的質(zhì)量均為m，長度均為L.兩金屬棒的長度恰好等于軌道的間距，它們與軌道形成閉合回路．金屬棒ab的電阻為2R，金屬棒cd的電阻為R.整

19、個裝置處在豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中．若先保持金屬棒ab不動，使金屬棒cd在與其垂直的水平力F(大小未知)作用下，由靜止開始向右以加速度a做勻加速直線運動，水平力F作用t0時間撤去此力，同時釋放金屬棒ab.求： 圖9 (1)棒cd勻加速過程中，外力F隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系； (2)兩金屬棒在撤去F后的運動過程中，直到最后達到穩(wěn)定，金屬棒cd產(chǎn)生的熱量； (3)兩金屬棒在撤去F后的運動過程中，直到最后達到穩(wěn)定，通過金屬棒cd的電荷量q. 答案　(1)F＝t＋ma　(2)ma2t　(3) 解析　(1)棒cd勻加速過程中F－BIL＝ma， 又I＝＝，得此過程F隨時間t變化

20、的函數(shù)關(guān)系為F＝t＋ma. (2)撤去F后，直到最后達到穩(wěn)定，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒得 系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為Q＝mv－·2mv2， 根據(jù)系統(tǒng)動量守恒mv0＝2mv， 又v0＝at0得Q＝ma2t， cd棒產(chǎn)生的熱量為Qcd＝Q＝ma2t. (3)撤去F到系統(tǒng)達到穩(wěn)定，由動量定理對cd受力分析得－BLΔt＝mv－mv0，q＝Δt，解得q＝. 4．(2017·浙江“七彩陽光”聯(lián)考)如圖10所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌G1、G2放置在傾角為α的斜面上，導軌間距為l，電阻不計．在導軌上端并聯(lián)接入兩個額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡．整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應強度方向與導軌所在平面垂直．現(xiàn)

21、將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放，經(jīng)過時間t0，兩燈泡開始并保持正常發(fā)光．金屬棒下落過程中保持與導軌垂直，且與導軌接觸良好．重力加速度為g.求： 圖10 (1)磁感應強度B的大?。? (2)燈泡正常發(fā)光時導體棒的運動速率v； (3)在t＝0至t＝t0期間，兩小燈泡產(chǎn)生的總焦耳熱． 答案　(1)　(2)　(3)2t0P－ 解析　(1)設(shè)燈泡額定電流為I0 則有P＝IR ① 流經(jīng)MN的電流I＝2I0 ② mgsin α＝2BI0l ③ 聯(lián)立①②③得B＝ ④ (2)E＝Blv

22、＝I0R ⑤ 解得v＝ ⑥ (3)在t＝0至t＝t0期間，對導體棒運用動量定理，有 (mgsin α－iBl)Δt＝mΔv ⑦ 累積求和得：t0mgsin α－BlΔq＝mv ⑧ 設(shè)在t＝0至t＝t0期間棒運動的距離為s，則由電磁感應定律，得Δq＝ ⑨ 聯(lián)立⑧⑨得s＝ ⑩ 兩小燈泡產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝mgssin α－mv2 ? 將④⑥⑩式代入?式，得Q＝mgsin α·－m()2＝2t0P－ 5．某研究所正在研究一種電磁剎車裝置．如圖11所示，實驗小車質(zhì)量m＝2 kg，底部

23、有一個匝數(shù)n＝100匝、邊長a＝0.1 m的正方形線圈，線圈總電阻r＝1 Ω.在實驗中，小車(形狀可簡化為上述正方形線圈)從軌道起點由靜止出發(fā)，進入右邊的勻強磁場區(qū)域ABCD，BC長d＝0.20 m，磁感應強度B＝1 T，磁場方向豎直向上，整個運動過程中不計小車所受的摩擦及空氣阻力，小車在軌道連接處運動時無能量損失．求：(g＝10 m/s2) 圖11 (1)當實驗小車從h＝1.25 m高度無初速度釋放，小車前端剛進入AB邊界時產(chǎn)生感應電動勢的大??； (2)在第(1)問，小車進入磁場后做減速運動，當小車末端到達AB邊界時速度剛好減為零，求此過程中線圈產(chǎn)生的熱量； (3)再次改變小車釋

24、放的高度，使得小車尾端剛好能到達CD處，求此高度h′. 答案　見解析 解析　(1)根據(jù)動能定理有mgh＝mv2 根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝nBav 代入數(shù)據(jù)可得E＝50 V (2)根據(jù)動能定理，在整個運動過程中，有WG＋W安＝0 則Q＝－W安＝25 J (3)對于線圈進出磁場過程，設(shè)當小車前端剛到達AB時的速度為v′，由動量定理有－nBiaΔt＝mΔv 小車尾端剛好能到達CD處，在這一段時間內(nèi)微元積累得nBqa＝mv′ 根據(jù)機械能守恒有mgh′＝mv′2 又q＝n＝＝2 C，代入數(shù)據(jù)得h′＝5 m. 電磁感應綜合問題的解題技巧 感應電流在磁場中受到安培力的作用，因此

25、電磁感應問題往往跟力學問題聯(lián)系在一起．解決這類問題需要綜合應用電磁感應規(guī)律(法拉第電磁感應定律、楞次定律)及力學中的有關(guān)規(guī)律(牛頓運動定律、動量守恒定律、動量定理、動能定理等)． 解決這類問題的方法是： (1)選擇研究對象．即是哪一根導體棒或幾根導體棒組成的系統(tǒng)． (2)分析其受力情況．安培力既跟電流垂直又跟磁場垂直． (3)分析研究對象所受的各力做功情況和合外力情況選定所要應用的物理規(guī)律． (4)分析研究對象(或系統(tǒng))動量情況，是否符合動量守恒． (5)運用物理規(guī)律列方程，求解．注意：加速度a＝0時，速度v達到最大值． 專題強化練 (限時：40分鐘) 1．(多選)如圖1所示

26、為法拉第圓盤發(fā)電機．半徑為r的導體圓盤繞豎直軸以角速度ω旋轉(zhuǎn)，勻強磁場B豎直向上，電刷a與圓盤表面接觸，接觸點距圓心為，電刷b與圓盤邊緣接觸，兩電刷間接有阻值為R的電阻，忽略圓盤電阻與接觸電阻，則(　　) 圖1 A．a(chǎn)b兩點間的電勢差為Br2ω B．通過電阻R的電流強度為 C．通過電阻R的電流強度為從上到下 D．圓盤在ab連線上所受的安培力與ab連線垂直，與轉(zhuǎn)向相反 答案　BD 2．(多選) 如圖2，矩形閉合線框在勻強磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進入磁場的時刻，線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界OO′平行，線框平面與磁

27、場方向垂直，設(shè)OO′下方磁場區(qū)域足夠大，不計空氣影響，則下列哪一個圖象可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規(guī)律(　　) 圖2 答案　CD 解析　線框先做自由落體運動，若ab邊進入磁場做減速運動，由F＝知線框所受的安培力減小，合外力減小，加速度逐漸減小，v－t圖象的斜率應逐漸減小，故A、B錯誤；線框先做自由落體運動，ab邊進入磁場后若重力大于安培力，則做加速度減小的加速運動，cd邊進入磁場后做勻加速直線運動，加速度為g，故C正確；線框先做自由落體運動，ab邊進入磁場后若重力等于安培力，則做勻速直線運動，cd邊進入磁場后做勻加速直線運動，加速度為g，故D正確． 3．如圖3

28、所示，半徑R＝0.2 m的圓形金屬導軌固定在水平面上，一根長也為R的金屬棒一端與導軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導電轉(zhuǎn)軸上．在金屬導軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝2 T．一對長L＝0.2 m的金屬板A、B水平放置，兩板間距d＝0.1 m．從導軌引出導線與上板連接，通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導線與下板連接．有一質(zhì)量m＝1.0×10－5 kg，電荷量q＝5.0×10－6 C的帶負電微粒，以v0＝2 m/s的速度從兩板正中間水平射入，g取10 m/s2.求： 圖3 (1)金屬棒轉(zhuǎn)動的角速度ω為多大時，微粒能做勻速直線運動； (2)金屬棒轉(zhuǎn)動的角速度ω至少多大時，微粒會碰

29、到上極板A. 答案　(1)50 rad/s　(2)100 rad/s 解析　(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律可得U＝BωR2 根據(jù)平衡條件可得mg＝qE 因為E＝ 所以mg＝q＝?BωR2 解得ω＝50 rad/s (2)微粒恰好碰到上面金屬板邊緣時，微粒向上的加速度大小為＝a()2 解得a＝10 m/s2 Bω1R2－mg＝ma 解得ω1＝100 rad/s. 4．兩根平行的金屬導軌固定在同一水平面上，磁感應強度B＝0.50 T的勻強磁場與導軌所在平面垂直，導軌的電阻很小，可忽略不計．導軌間的距離l＝0.20 m．兩根質(zhì)量均為m＝0.10 kg的平行金屬桿甲、乙可在導軌上無

30、摩擦地滑動，滑動過程中與導軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R＝0.50 Ω.在t＝0時刻，兩桿都處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)有一與導軌平行、大小為0.20 N的恒力F作用于金屬桿甲上，如圖4所示，使金屬桿在導軌上滑動．經(jīng)過t＝5.0 s，金屬桿甲的加速度為a＝1.37 m/s2，問此時兩金屬桿的速度各為多少？ 圖4 答案　8.15 m/s　1.85 m/s 解析　設(shè)任一時刻t，金屬桿甲、乙之間的距離為x，速度分別為v1和v2，經(jīng)過很短的時間Δt，桿甲移動距離v1Δt，桿乙移動距離v2Δt，回路面積改變 ΔS＝[(x－v2Δt)＋v1Δt]l－lx＝(v1－v2)Δtl， 由法拉第電磁感應定律，

31、回路中的感應電動勢 E＝B＝B(v1－v2)l， 回路中的電流I＝， 對金屬桿甲，由牛頓第二定律有F－BlI＝ma， 由于作用于金屬桿甲和金屬桿乙的安培力總是大小相等、方向相反，所以兩桿的動量(t＝0時為0)等于外力F的沖量． Ft＝mv1＋mv2， 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得 v1＝8.15 m/s，v2＝1.85 m/s. 5. 如圖5所示，兩根豎直固定的足夠長的光滑金屬導軌ab和cd相距L＝1 m，金屬導軌電阻不計．兩根水平放置的金屬桿MN和PQ質(zhì)量均為0.1 kg，在電路中兩金屬桿MN和PQ的電阻均為R＝2 Ω，PQ桿放置在水平臺上．整個裝置處于垂直導軌平面向里的磁場中

32、，g取10 m/s2. 圖5 (1)若將MN桿固定，兩桿間距為d＝4 m，現(xiàn)使磁感應強度從零開始以＝0.5 T/s的變化率均勻地增大，經(jīng)過多長時間，PQ桿對地面的壓力為零？ (2)若將PQ桿固定，讓MN桿在豎直向上的恒定拉力F＝2 N的作用下由靜止開始向上運動，磁感應強度B恒為1 T．若桿MN發(fā)生的位移為h＝1.8 m時達到最大速度．求最大速度和加速時間． 答案　(1)4 s　(2)4 m/s　0.85 s 解析　(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律： E＝＝·S＝·Ld 根據(jù)閉合電路歐姆定律：I＝ 由題中條件可知：B＝0.5t 當PQ桿對地面的壓力恰好為零時，對PQ桿有 mg

33、＝BIL 聯(lián)立解得需經(jīng)時間t＝4 s (2)當桿MN達到最大速度vm時，其加速度為0 對MN桿：mg＋BI′L＝F I′＝ 聯(lián)立解得最大速度vm＝4 m/s 桿MN從靜止到最大速度vm的運動過程中 根據(jù)動量定理：Ft′－mgt′－BLt′＝mvm t′＝＝ 聯(lián)立解得加速時間t′＝0.85 s. 6．(2017·嘉興一中等五校聯(lián)考)如圖6所示，間距為L、光滑的足夠長的金屬導軌(金屬導軌的電阻不計)所在斜面傾角為α，兩根同材料、長度均為L、橫截面均為圓形的金屬棒CD、PQ放在斜面導軌上，已知CD棒的質(zhì)量為m、電阻為R，PQ棒的圓截面的半徑是CD棒圓截面的2倍．磁感應強度為B的勻

34、強磁場垂直于導軌所在平面向上，兩根勁度系數(shù)均為k、相同的彈簧一端固定在導軌的下端，另一端連著金屬棒CD.開始時金屬棒CD靜止，現(xiàn)用一恒力平行于導軌所在平面向上拉金屬棒PQ，使金屬棒PQ由靜止開始運動，當金屬棒PQ達到穩(wěn)定時，彈簧的形變量與開始時相同．已知金屬棒PQ開始運動到穩(wěn)定的過程中通過CD棒的電荷量為q，此過程可以認為CD棒緩慢地移動，已知題設(shè)物理量符合＝mgsin α的關(guān)系式，求此過程中(要求結(jié)果均用m、g、k、α來表示)： 圖6 (1)CD棒沿導軌移動的距離； (2)PQ棒沿導軌移動的距離； (3)恒力所做的功． 答案　(1)　(2)　(3) 解析　PQ棒的半徑是CD棒

35、的2倍，PQ棒的橫截面積是CD棒橫截面積的4倍，PQ棒的質(zhì)量是CD棒的質(zhì)量的4倍，所以，PQ棒的質(zhì)量m′＝4m，由電阻定律可知PQ棒的電阻是CD棒電阻的，即R′＝，兩棒串聯(lián)的總電阻為R0＝R＋＝. (1)開始時彈簧是壓縮的，當向上的安培力增大時，彈簧的壓縮量減小，安培力等于CD棒重力沿斜面向下的分量時，彈簧恢復到原長，安培力繼續(xù)增大，彈簧伸長，由題意可知，當彈簧的伸長量等于開始的壓縮量時達到穩(wěn)定狀態(tài)，此時的彈力與原來的彈力大小相等、方向相反．開始時兩彈簧向上的彈力等于CD棒重力沿斜面向下的分量． 即2Fk＝mgsin α，彈簧的形變量為Δx＝ CD棒沿軌導移動的距離ΔsCD＝2Δx＝

36、(2)在達到穩(wěn)定過程中兩棒之間距離增大Δs，由兩金屬棒組成的閉合回路中的磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生的感應電動勢為：＝＝ 感應電流為：＝＝ 所以，回路中通過的電荷量即CD棒中通過的電荷量為：q＝Δt＝ 由此可得兩棒距離增大值：Δs＝ PQ棒沿導軌上滑距離應為CD棒沿斜面上滑距離和兩棒距離增大值之和 PQ棒沿導軌上滑距離為： ΔsPQ＝Δs＋ΔsCD＝＋＝ (3)PQ穩(wěn)定時，CD棒受力平衡，安培力為 FB＝mgsin α＋2Fk＝2mgsin α. 金屬棒PQ達到穩(wěn)定時，它受到的合外力為零，向上的恒力等于向下的安培力和重力沿斜面向下的分量，即恒力 F＝FB＋m′gsin α＝6mgsin α 恒力做功為 W＝FΔsPQ＝6mgsin α·＝. 18