第二講電磁感應(yīng)規(guī)律及其綜合應(yīng)用答案(1)楞次定律與右手定則的關(guān)系楞次定律右手定則研究對象整個(gè)閉合導(dǎo)體回路閉合導(dǎo)體回路的一部分適用范圍磁通量變化產(chǎn)生感應(yīng)電流的各種情況一段導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線運(yùn)動(dòng)關(guān)系右手定則是楞次定律的特殊情況(2)公式：Enn：線圈的匝數(shù)，：磁通量的變化量，t：對應(yīng)于所用的時(shí)間，：磁通量的變化率(3)解決電路問題的基本思路找電源：哪部分電路產(chǎn)生了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，則這部分電路就是電源由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢的大小，根據(jù)楞次定律或右手定則確定出電源的正負(fù)極a在外電路，電流從正極流向負(fù)極；在內(nèi)電路，電流從負(fù)極流向正極b存在雙感應(yīng)電動(dòng)勢的問題中，要求出總的電動(dòng)勢正確分析電路的結(jié)構(gòu)，畫出等效電路圖a內(nèi)電路：“切割”磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于“電源”，該部分導(dǎo)體的電阻相當(dāng)于內(nèi)電阻b外電路：除“電源”以外的電路即外電路運(yùn)用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路特點(diǎn)、電功率等列方程求解(4)動(dòng)力學(xué)問題基本思路：導(dǎo)體受外力運(yùn)動(dòng)感應(yīng)電動(dòng)勢感應(yīng)電流導(dǎo)體受安培力合外力變化加速度變化速度變化熱點(diǎn)考向一楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用角度一楞次定律的應(yīng)用【典例1】(2017·全國卷)如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場垂直金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是()APQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向BPQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向CPQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向DPQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向思路引領(lǐng)利用楞次定律判斷金屬桿PQ產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向，根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場對線框T中磁通量變化的影響，來判斷線框T中感應(yīng)電流的方向解析由于金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)致金屬導(dǎo)軌與金屬桿PQ所圍的面積增大，磁通量增大，由楞次定律知，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場阻礙原磁場的變化，故感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向應(yīng)垂直于紙面向外，PQRS中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向?qū)τ趫A環(huán)形金屬線框T，金屬桿由于運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電流所產(chǎn)生的磁場使得T內(nèi)的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度變小，磁通量減小，故線框T中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向應(yīng)垂直于紙面向里，故T中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，故選項(xiàng)D正確答案D角度二法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用【典例2】(多選)(2019·全國卷)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場，其邊界如圖(a)中虛線MN所示一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上t0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖(a)所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(b)所示則在t0到tt1的時(shí)間間隔內(nèi)()A圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向C圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為D圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為思路引領(lǐng)(1)安培力的方向是否變化，不僅要看i，還要注意B的方向是否變化(2)應(yīng)用Enn·S解題時(shí)注意S為有效面積解析根據(jù)楞次定律可知在0t0時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，圓環(huán)所受安培力水平向左，在t0t1時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度反向增大，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，圓環(huán)所受安培力水平向右，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得Er2·，根據(jù)電阻定律可得R，根據(jù)歐姆定律可得I，所以選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤答案BC1楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式(1)阻礙原磁通量的變化“增反減同”(2)阻礙相對運(yùn)動(dòng)“來拒去留”(3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢“增縮減擴(kuò)”(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)“增反減同”2用法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢常見情況與方法遷移一楞次定律的應(yīng)用1(2019·青島階段性教學(xué)抽樣檢測)如右圖所示，粗糙水平桌面上有一質(zhì)量為m的銅質(zhì)矩形線圈，當(dāng)一豎直放置的條形磁鐵從線圈中線AB正上方等高快速經(jīng)過時(shí)，若線圈始終不動(dòng)，則關(guān)于線圈受到的支持力FN及在水平方向運(yùn)動(dòng)趨勢的判斷正確的是()AFN先小于mg后大于mg，運(yùn)動(dòng)趨勢向左BFN先大于mg后小于mg，運(yùn)動(dòng)趨勢向左CFN先小于mg后大于mg，運(yùn)動(dòng)趨勢向右DFN先大于mg后小于mg，運(yùn)動(dòng)趨勢向右解析解法一：當(dāng)一豎直放置的條形磁鐵從線圈中線AB正上方等高快速經(jīng)過時(shí)，線圈中向下的磁通量先增大后減小，由楞次定律可知，線圈中先產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流后產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，線圈四條邊所受安培力的合力先向右下，后向右上，因此FN先大于mg后小于mg，運(yùn)動(dòng)趨勢向右，D正確解法二：根據(jù)楞次定律的另一種表述感應(yīng)電流的效果總要反抗產(chǎn)生感應(yīng)電流的原因本題中的“原因”是AB回路中磁通量先增大后減小，歸根結(jié)底是磁場靠近了回路“效果”是回路要采取措施阻礙磁通量先增大后減小，即“來拒去留”，故必有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢在豎直方向上，回路則應(yīng)以先“向下躲”后“向上追”的方式阻礙磁通量先增大后減小，故FN先大于mg后小于mg，D正確答案D遷移二法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用2(多選)在如圖甲所示的電路中，電阻R1R22R，圓形金屬線圈半徑為r1，線圈導(dǎo)線的電阻為R，半徑為r2(r2<r1)的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線如圖乙所示，圖線與橫、縱軸的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為t0和B0，其余導(dǎo)線的電阻不計(jì)，閉合S，至t1時(shí)刻，電路中的電流已穩(wěn)定，下列說法正確的是()A電容器上極板帶正電B電容器下極板帶正電C線圈兩端的電壓為D線圈兩端的電壓為解析由楞次定律知圓形金屬線圈內(nèi)的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，金屬線圈相當(dāng)于電源，電源內(nèi)部的電流從負(fù)極流向正極，則電容器的下極板帶正電，上極板帶負(fù)電，A錯(cuò)，B對由法拉第電磁感應(yīng)定律知感應(yīng)電動(dòng)勢為ES×r，由閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流為I，所以線圈兩端的電壓UI(R1R2)，C錯(cuò)，D對答案BD應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求磁場變化產(chǎn)生的電動(dòng)勢時(shí)，公式En·S，其中S為線圈內(nèi)磁場區(qū)的面積，不一定等于線圈的面積. 熱點(diǎn)考向二電磁感應(yīng)中的圖像問題【典例】(多選)(2019·全國卷)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好已知PQ進(jìn)入磁場時(shí)加速度恰好為零從PQ進(jìn)入磁場開始計(jì)時(shí)，到MN離開磁場區(qū)域?yàn)橹?，流過PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是()思路引領(lǐng)(1)兩棒從同一位置釋放，進(jìn)入磁場時(shí)速度相同(2)需分情況討論，要從釋放兩棒時(shí)間間隔足夠長和較短兩個(gè)角度展開研究解析根據(jù)題述，PQ進(jìn)入磁場時(shí)加速度恰好為零，兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，則兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場時(shí)的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小相等，若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔足夠長，在PQ通過磁場區(qū)域一段時(shí)間后MN進(jìn)入磁場區(qū)域，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知流過PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能是A；由于兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小相等，MN進(jìn)入磁場區(qū)域切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不可能小于I1，B錯(cuò)誤；若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔較短，在PQ沒有出磁場區(qū)域時(shí)MN就進(jìn)入磁場區(qū)域，則兩棒在磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場中做加速運(yùn)動(dòng)，PQ出磁場后，MN切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流一定大于I1，MN受到安培力的作用，由于安培力與速度成正比，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN一定做減速運(yùn)動(dòng)，回路中感應(yīng)電流減小，流過PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能是D，C錯(cuò)誤答案AD電磁感應(yīng)圖像問題解題“5步曲”第1步：明確圖像的種類是Bt圖、It圖、vt圖、Ft圖或是Et圖等；第2步：分析電磁感應(yīng)的具體過程明確運(yùn)動(dòng)分成幾個(gè)階段(根據(jù)磁通量的變化特征或切割特點(diǎn)分析)；第3步：寫出函數(shù)方程結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等寫出函數(shù)方程；第4步：進(jìn)行數(shù)學(xué)分析根據(jù)函數(shù)方程進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，例如分析斜率的變化、截距等；第5步：得結(jié)果畫圖像或判斷圖像遷移一由給定的電磁感應(yīng)過程選圖像1(2019·江蘇宜興模擬)如圖所示，在光滑水平面上，有一個(gè)粗細(xì)均勻的單匝正方形閉合線框abcd.t0時(shí)刻，線框在水平外力的作用下，從靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，bc邊剛進(jìn)入磁場的時(shí)刻為t1，ad邊剛進(jìn)入磁場的時(shí)刻為t2，設(shè)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小為I，ad邊兩端電壓大小為U，水平拉力大小為F，則下列I、U、F隨時(shí)間t變化關(guān)系的圖像正確的是()解析由題意可知，線框的速度與時(shí)間的關(guān)系式為vat，a是加速度，設(shè)線框總電阻為R，又由EBLv和I得感應(yīng)電流與時(shí)間的關(guān)系式為It，B、L、a均不變，在0t1時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，t1t2時(shí)間內(nèi)，電流I與t成正比，t2時(shí)間后無感應(yīng)電流，A、B錯(cuò)誤；在0t1時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，ad的電壓為零，t1t2時(shí)間內(nèi)，電流I與t成正比，UadIRadt×R，電壓隨時(shí)間均勻增加，t2時(shí)間后無感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動(dòng)勢，UadEBLat，電壓隨時(shí)間均勻增加，C正確；根據(jù)推論得知線框所受的安培力為FA，由牛頓第二定律得FFAma，整理得Ftma，在0t1時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流為零，F(xiàn)ma，為定值，t1t2時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)與t成正比，F(xiàn)與t是線性關(guān)系，但不過原點(diǎn)，t2時(shí)間后無感應(yīng)電流，F(xiàn)ma，為定值，D錯(cuò)誤答案C遷移二由給定的圖像求解電磁感應(yīng)的物理量2(多選)(2019·安徽宿州三模)矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁場的方向與導(dǎo)線框所在的平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示，規(guī)定垂直紙面向里為磁場正方向，順時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流正方向，水平向右為ad邊所受安培力F的正方向下列圖像正確的是()解析導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流決定于磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨t的變化率由圖可知，01 s時(shí)間內(nèi)，B增大，增大，感應(yīng)磁場與原磁場方向相反(感應(yīng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向向外)，由楞次定律結(jié)合安培定則可知感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，因而是負(fù)值，由于磁場均勻變化，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電流恒定，故A錯(cuò)誤，B正確；01 s時(shí)間內(nèi)，ad邊感應(yīng)電流方向向下，ad邊所受的安培力FBIL，根據(jù)左手定則得安培力方向向右，為正值，由于B隨時(shí)間均勻增大，I不變，所以安培力F隨時(shí)間t均勻增大，故C錯(cuò)誤，D正確答案BD分類排除法解決電磁感應(yīng)中的圖像問題首先根據(jù)圖像的坐標(biāo)、物理量的方向或大小等特點(diǎn)將圖像分類，然后按方向、大小、變化趨勢、變化時(shí)段、大小關(guān)系的順序分析，優(yōu)先判斷方向，由簡到繁，排除錯(cuò)誤選項(xiàng). 熱點(diǎn)考向三電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用【典例】(2019·河北名校聯(lián)盟)如圖所示，空間中有一垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場上下邊界距離為L，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L的均勻正方形導(dǎo)線框abcd豎直放置，水平邊ab在距磁場上邊界高h(yuǎn)處現(xiàn)將導(dǎo)線框從靜止開始無初速度釋放，cd邊進(jìn)入磁場后，導(dǎo)線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力求：(1)導(dǎo)線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，c、d間的電勢差Ucd；(2)導(dǎo)線框ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，導(dǎo)線框的加速度大小a0；(3)導(dǎo)線框通過磁場區(qū)域過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q.思路引領(lǐng)分段處理，導(dǎo)線框在進(jìn)磁場前做自由落體運(yùn)動(dòng)，進(jìn)磁場的過程中做變速直線運(yùn)動(dòng)，出磁場的過程中做勻速直線運(yùn)動(dòng)由于在整個(gè)過程中導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流是變化的，不能運(yùn)用焦耳定律求解焦耳熱，但可以利用能量守恒定律求解解析(1)設(shè)導(dǎo)線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小為v，受到的安培力大小為F勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線框受力平衡，故Fmg電動(dòng)勢EBLv，又I，F(xiàn)BIL聯(lián)立解得v由右手定則可判斷c點(diǎn)比d點(diǎn)電勢低，有UcdI故Ucd，解得Ucd.(2)導(dǎo)線框ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，速度大小記為v，則對導(dǎo)線框從靜止釋放到ab邊剛進(jìn)入磁場這一過程應(yīng)用機(jī)械能守恒定律有mghmv2解得v，此時(shí)ab邊所受安培力為F，由牛頓第二定律得，ma0，解得a0.(3)導(dǎo)線框由釋放到通過磁場區(qū)域的過程中，由能量守恒定律有Qmg(h2L)mv2代入數(shù)據(jù)解得Qmg(h2L).答案(1)(2)(3)mg(h2L)電磁感應(yīng)中力、電綜合問題的解題思路如圖所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成37°角放置，在斜面上虛線aa和bb與斜面底邊平行，且間距為d0.1 m，在aa、bb圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m10 g，總電阻為R1 ，邊長也為d0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置PQ邊與aa重合，現(xiàn)讓金屬線圈以一定初速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬線圈從最高點(diǎn)返回到磁場區(qū)域時(shí)，線圈剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)已知線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，不計(jì)其他阻力，求：(取sin37°0.6，cos37°0.8)(1)線圈向下返回到磁場區(qū)域時(shí)的速度；(2)線圈向上離開磁場區(qū)域時(shí)的動(dòng)能；(3)線圈向下通過磁場區(qū)域過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱解析(1)金屬線圈向下進(jìn)入磁場時(shí)，有mgsinmgcosF安，其中F安BId，I，EBdv解得v2 m/s.(2)設(shè)線圈到達(dá)最高點(diǎn)離bb的距離為x，則v22ax，mgsinmgcosma根據(jù)能量守恒有Ek1Ekmgcos·2x，其中Ekmv2解得Ek1mv20.1 J.(3)向下勻速通過磁場區(qū)域過程中，有mgsin·2dmgcos·2dW安0，QW安解得：Q2mgd(sincos)0.004 J.答案(1)2 m/s(2)0.1 J(3)0.004 J電磁感應(yīng)的綜合問題的解題要點(diǎn)(1)變速運(yùn)動(dòng)或平衡問題：從牛頓第二定律的瞬時(shí)性著手，分析金屬棒的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，通過力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系分析出最終存在的“穩(wěn)定狀態(tài)”通常為安培力與其他力平衡時(shí)的勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或勻變速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(2)物體的運(yùn)動(dòng)較為復(fù)雜或涉及變力做功的問題：往往應(yīng)用能量的觀點(diǎn)分析問題，通過各力的做功情況分析能量的轉(zhuǎn)化，特別要注意安培力做功的情況安培力做正功將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能；安培力做負(fù)功將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能. 高考熱點(diǎn)模型構(gòu)建“桿導(dǎo)軌”模型考向一“單桿導(dǎo)軌電阻”模型【典例1】(2019·天津和平區(qū)四模)如圖所示，一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距L0.5 m，左端接有阻值R0.3 的電阻，一質(zhì)量m0.1 kg、電阻r0.1 的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.2 T，棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a2 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)棒運(yùn)動(dòng)的位移x9 m時(shí)撤去外力，棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下來，已知撤去外力前回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q12.025 J，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)，棒在運(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，求：(1)棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，通過電阻R的電荷量q；(2)金屬棒MN做勻加速運(yùn)動(dòng)所需外力隨時(shí)間變化的表達(dá)式；(3)外力做的功WF.思路引領(lǐng)求解電荷量時(shí)應(yīng)該使用電流的平均值；分析金屬棒所受的外力隨時(shí)間的變化規(guī)律時(shí)，應(yīng)首先綜合法拉第電磁感應(yīng)定律和安培力公式等知識(shí)得出安培力與時(shí)間的關(guān)系式，然后進(jìn)一步求解解析(1)棒在勻加速運(yùn)動(dòng)中，由法拉第電磁感應(yīng)定律得，其中BLx由閉合電路的歐姆定律得則通過電阻R的電荷量為q·t聯(lián)立各式，代入數(shù)據(jù)得q2.25 C.(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得EBLv對棒的勻加速運(yùn)動(dòng)過程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vat由閉合電路的歐姆定律得I由安培力公式和牛頓第二定律得FBILma得F0.20.05t.(3)對棒的勻加速運(yùn)動(dòng)過程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v22ax撤去外力后，由能量守恒Q2mv21.8 J在棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，由功能關(guān)系可知WFQ1Q2解得WF3.825 J.答案(1)2.25 C(2)F0.20.05t(3)3.825 J“單桿導(dǎo)軌電阻”四種模型解讀(導(dǎo)軌電阻不計(jì))考向二“桿電容器導(dǎo)軌”模型【典例2】(2019·湖南衡陽一模)如圖所示，足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為30°，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌下端分別連著電容為C的電容器和阻值為R的電阻，開關(guān)S1、S2分別與電阻和電容器相連一根質(zhì)量為m、電阻忽略不計(jì)的金屬棒放在導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.一根不可伸長的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間，另一端跨過定滑輪與一質(zhì)量為4m的重物相連，金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導(dǎo)軌所在平面內(nèi)且與兩導(dǎo)軌平行，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰好處于伸長狀態(tài)，不計(jì)滑輪阻力，已知重力加速度為g，試分析：(1)若S1閉合、S2斷開，由靜止釋放重物，求重物的最大速度vm；(2)若S1斷開、S2閉合，從靜止釋放重物開始計(jì)時(shí)，求重物的速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系式思路引領(lǐng)勻強(qiáng)磁場中，恒力作用下金屬棒在接電容器的平行導(dǎo)軌上最終將做勻加速運(yùn)動(dòng)，牢記這一結(jié)論，可快速解答相關(guān)問題解析(1)S1閉合、S2斷開時(shí)，重物由靜止釋放后拉動(dòng)金屬棒沿導(dǎo)軌向上做加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒受到的沿導(dǎo)軌向下的安培力為FBIL，感應(yīng)電動(dòng)勢為EBLvm感應(yīng)電流為I當(dāng)金屬棒速度最大時(shí)有4mgmgsin30°FFN式中FNmgcos30°解得vm.(2)S1斷開、S2閉合時(shí)，設(shè)從釋放重物開始經(jīng)時(shí)間t金屬棒的速度大小為v，加速度大小為a，通過金屬棒的電流為I，金屬棒受到的安培力FBIL，方向沿導(dǎo)軌向下，設(shè)在t到(tt)時(shí)間內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Q，Q也是平行板電容器在t到(tt)時(shí)間內(nèi)增加的電荷量QCBLv，vat則ICBLa設(shè)繩中拉力大小為T，由牛頓第二定律，對金屬棒有Tmgsin30°mgcos30°BILma對重物有4mgT4ma解得a可知重物做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)vatt.答案(1)(2)vt “桿電容器導(dǎo)軌”模型(1)模型概述軌道水平光滑，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌間距為L，拉力F恒定(2)解題思路開始時(shí)a，桿ab速度v感應(yīng)電動(dòng)勢EBLv，經(jīng)過t速度為vv，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢EBL(vv)，t時(shí)間內(nèi)流入電容器的電荷量qCUC(EE)CBLv電流ICBLCBLa安培力F安BLICB2L2aFF安ma，a，所以桿以恒定的加速度勻加速運(yùn)動(dòng). 1(2019·遼寧沈陽質(zhì)檢)足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ表面粗糙，與水平面間的夾角為37°(sin37°0.6)，間距為1.0 m垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為4.0 T，PM間所接電阻的阻值為8.0 ，質(zhì)量為2.0 kg的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，不計(jì)桿與導(dǎo)軌的電阻，桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，金屬桿ab在沿斜面向下且與桿垂直的恒力F作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，桿的最終速度為8 m/s，取g10 m/s2.求：(1)當(dāng)金屬桿的速度為4.0 m/s時(shí)，金屬桿的加速度大??；(2)當(dāng)金屬桿沿導(dǎo)軌的位移為6.0 m時(shí)，通過金屬桿的電荷量解析(1)對金屬桿ab應(yīng)用牛頓第二定律有FmgsinF安fma，fFN，F(xiàn)Nmgcos，ab桿所受安培力大小為F安BIL，ab桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為EBLv，由閉合電路歐姆定律可得I，整理得：Fmgsinmgcosma，代入vm8 m/s時(shí)a0，解得F8 N，代入v4 m/s及F8 N，解得a4 m/s2.(2)設(shè)通過回路截面的電荷量為q，則qt，回路中的平均電流為，回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢為，回路中的磁通量變化量為BLx，解得q3 C.答案(1)4 m/s2(2)3 C2.如圖所示，MN和MN為兩豎直放置的平行光滑長直金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌間的距離為L.在導(dǎo)軌的下部有垂直于導(dǎo)軌所在平面、方向向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.在導(dǎo)軌的MM端連接電容為C、擊穿電壓為Ub、正對面積為S、極板間可認(rèn)為是真空、極板間距為d的平行板電容器在t0時(shí)無初速度地釋放金屬棒ef，金屬棒ef的長度為L、質(zhì)量為m、電阻可忽略不計(jì)假設(shè)導(dǎo)軌足夠長，磁場區(qū)域足夠大，金屬棒ef與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌和各接觸處的電阻不計(jì)，電路的電感、空氣的阻力可忽略，已知重力加速度為g.(1)求電容器兩端的電壓達(dá)到擊穿電壓所用的時(shí)間(2)金屬棒ef下落的過程中，速度逐漸變大，感應(yīng)電動(dòng)勢逐漸變大，電容器極板上的電荷量逐漸增加，兩極板間存儲(chǔ)的電場能也逐漸增加單位體積內(nèi)所包含的電場能稱為電場的能量密度已知兩極板間為真空時(shí)平行板電容器的電容大小可表示為C.試證明平行板電容器兩極板間的空間內(nèi)的電場能量密度與電場強(qiáng)度E的平方成正比，并求出比例系數(shù)(結(jié)果用0和數(shù)字的組合表示)解析(1)在電容器兩端電壓達(dá)到擊穿電壓前，設(shè)任意時(shí)刻t，流過金屬棒的電流為i，由牛頓第二定律知，此時(shí)金屬棒的加速度a滿足mgBiLma設(shè)在t到tt的時(shí)間內(nèi)，金屬棒的速度由v變?yōu)関v，電容器兩端的電壓由U變?yōu)閁U，電容器的帶電荷量由Q變?yōu)镼Q，由電流的定義、電荷量與電壓和電容間的關(guān)系、電磁感應(yīng)定律以及加速度的定義得iCBLa聯(lián)立得a可知金屬棒做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電容器兩端電壓達(dá)到擊穿電壓時(shí)，金屬棒的速度為v0所以電容器兩端電壓達(dá)到擊穿電壓所用的時(shí)間為t.(2)當(dāng)電容器兩極板間的電荷量增加無窮小量Qi時(shí)，電容器兩端的電壓可認(rèn)為始終為Ui，增加的電場能可用圖甲中左起第1個(gè)陰影部分的面積表示；同理，當(dāng)電容器兩極板間的電荷量增加無窮小量Qi1時(shí)，電容器兩端的電壓可認(rèn)為始終為Ui1，增加的電場能可用圖甲中左起第2個(gè)陰影部分的面積表示；依次類推可知，當(dāng)電容器的帶電荷量為Q、兩端電壓為U時(shí)，圖乙中陰影部分的面積表示兩極板間電場能的大小W，所以WUQ，根據(jù)題意有，又QUC，UEd，C，聯(lián)立解得0E2所以電場能量密度與電場強(qiáng)度E的平方成正比，且比例系數(shù)為0.答案(1)(2)見解析專題強(qiáng)化訓(xùn)練(十三)一、選擇題1(2018·黃岡中學(xué)元月月考)如右圖所示，ab是一個(gè)可以繞垂直于紙面的軸O轉(zhuǎn)動(dòng)的閉合矩形導(dǎo)體線圈，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片P自左向右滑動(dòng)的過程中，線圈ab將()A靜止不動(dòng)B順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)C逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)D發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，但電源的極性不明，無法確定轉(zhuǎn)動(dòng)方向解析題圖中的兩個(gè)通電的電磁鐵之間的磁場方向總是水平的，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片P自左向右滑動(dòng)的過程中，電路的電流是增大的，兩個(gè)電磁鐵之間的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度也是增大的，閉合導(dǎo)體線圈中的磁通量是增大的，線圈在原磁場中所受的磁場力肯定使線圈向磁通量減小的方向轉(zhuǎn)動(dòng)，顯然只有順時(shí)針方向的轉(zhuǎn)動(dòng)才能使線圈中的磁通量減小答案B2(2018·樂山二診)如右圖所示，兩個(gè)相同的輕質(zhì)鋁環(huán)套在一根水平光滑絕緣桿上，當(dāng)一條形磁鐵向左運(yùn)動(dòng)靠近兩環(huán)時(shí)，兩環(huán)的運(yùn)動(dòng)情況是()A同時(shí)向左運(yùn)動(dòng)，間距增大B同時(shí)向左運(yùn)動(dòng)，間距減小C同時(shí)向右運(yùn)動(dòng)，間距減小D同時(shí)向右運(yùn)動(dòng)，間距增大解析當(dāng)條形磁鐵向左靠近兩環(huán)時(shí)，兩環(huán)中的磁通量均增加根據(jù)楞次定律，兩環(huán)的運(yùn)動(dòng)都要阻礙磁鐵相對環(huán)的運(yùn)動(dòng)，即阻礙“靠近”，那么兩環(huán)都向左運(yùn)動(dòng)又由于兩環(huán)中的感應(yīng)電流方向相同，兩環(huán)相互吸引，所以兩環(huán)間距離要減小，故只有選項(xiàng)B正確答案B3(2019·珠海畢業(yè)班水平測試)如右圖所示，金屬桿ab水平放置在某高處，當(dāng)它被平拋進(jìn)入方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中時(shí)，以下說法中正確的是()A運(yùn)動(dòng)過程中感應(yīng)電動(dòng)勢大小不變，且a>bB運(yùn)動(dòng)過程中感應(yīng)電動(dòng)勢大小不變，且a<bC由于速率不斷增大，所以感應(yīng)電動(dòng)勢不斷變大，且a>bD由于速率不斷增大，所以感應(yīng)電動(dòng)勢不斷變大，且a<b解析導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的大小EBLv，其中v是與B垂直方向的速度分量本題中桿在平拋過程中的速度方向與B的夾角是不斷增大的，但該速度在水平方向的分速度，即與B垂直的有效切割速度始終不變，故在桿中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的大小不變，由右手定則可知a>b，故選A.答案A4(多選)(2019·德陽高三年級二診)如圖甲所示，質(zhì)量m3.0×103 kg的“”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細(xì)桿CD長l0.20 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B11.0 T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場中有一匝數(shù)n300、面積S0.01 m2的線圈通過開關(guān)K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(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示t0.22 s時(shí)閉合開關(guān)K瞬間細(xì)框跳起(細(xì)框跳起瞬間安培力遠(yuǎn)大于重力)，跳起的最大高度h0.20 m不計(jì)空氣阻力，重力加速度g10 m/s2，下列說法正確的是()A00.10 s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為3 VB開關(guān)K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到DC磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向豎直向下D開關(guān)K閉合瞬間，通過細(xì)桿CD的電荷量為0.03 C解析00.1 s內(nèi)線圈中的磁場均勻變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律EnnS，代入數(shù)據(jù)得E30 V，A錯(cuò)誤；開關(guān)閉合瞬間，細(xì)框會(huì)跳起，可知細(xì)框受向上的安培力，由左手定則可判斷電流方向由C到D，B正確；由于t0.22 s時(shí)通過線圈的磁通量正在減少，對線圈由楞次定律可知感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場的方向與B2的方向相同，故再由安培定則可知C錯(cuò)誤；K閉合瞬間，因安培力遠(yuǎn)大于重力，則由動(dòng)量定理有B1ltmv，通過細(xì)桿的電荷量Qt，細(xì)框向上跳起的過程中v22gh，解得Q0.03 C，D正確答案BD5(2018·全國卷)如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下一邊長為l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是()解析設(shè)線框運(yùn)動(dòng)的速度為v，則線框向左勻速運(yùn)動(dòng)第一個(gè)的時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E2Bdv(d為導(dǎo)軌間距)，電流i，回路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針；第二個(gè)的時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢為零，電流為零；第三個(gè)的時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E2Bdv，電流i，回路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，所以D正確答案D6(2019·江西六校聯(lián)考)如圖所示，兩條平行虛線之間存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里，虛線間的距離為L，金屬圓環(huán)的直徑也為L.自圓環(huán)從左邊界進(jìn)入磁場開始計(jì)時(shí)，以垂直于磁場邊界的恒定速度v穿過磁場區(qū)域規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，則圓環(huán)中感應(yīng)電流i隨其移動(dòng)距離x變化的ix圖像最接近圖中的()解析根據(jù)楞次定律，在圓環(huán)進(jìn)磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向；在圓環(huán)出磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向在圓環(huán)進(jìn)磁場的過程中，切割的有效長度先增加后減小，圓環(huán)出磁場的過程中，切割的有效長度先增加后減小所以感應(yīng)電流的大小在圓環(huán)進(jìn)磁場的過程中先增大后減小，出圓環(huán)磁場的過程中也是先增大后減小，A正確，B、C、D錯(cuò)誤答案A7(2019·黑龍江三市調(diào)研)如圖甲所示，圓形金屬線圈與定值電阻組成閉合回路，線圈處于均勻分布的磁場中，磁場方向與線圈平面垂直(取垂直紙面向里為正方向)，Bt圖像如圖乙所示，已知t1為0t2的中間時(shí)刻，則定值電阻中的感應(yīng)電流I(取通過定值電阻由上往下的方向?yàn)檎较?隨時(shí)間t變化的圖線是()解析由Bt圖像可知，在0t1時(shí)間內(nèi)B先正向均勻減小再反向均勻增大，由于B均勻變化，所以線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢ES大小不變，即電路中的感應(yīng)電流大小也不變；t1t2時(shí)間內(nèi)B先反向均勻減小再正向均勻增加，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢不變，所以感應(yīng)電流大小也不變；又t1為0t2的中間時(shí)刻，由Bt圖像并結(jié)合ES可知，0t1時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流與t1t2時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小相等，方向相反；由楞次定律知，在0t1時(shí)間內(nèi)通過定值電阻中的感應(yīng)電流方向是通過定值電阻由上到下的，t1t2時(shí)間內(nèi)通過定值電阻中的感應(yīng)電流方向是通過定值電阻由下到上的，故選項(xiàng)D正確答案D8(2019·石家莊質(zhì)檢二)如圖甲所示，導(dǎo)體棒MN置于水平導(dǎo)軌上，P、Q之間有阻值為R的電阻，PQNM所圍的面積為S，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻導(dǎo)軌所在區(qū)域內(nèi)存在沿豎直方向的磁場，規(guī)定磁場方向豎直向上為正，在02t0時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化情況如圖乙所示，導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài)下列說法正確的是()A在0t0和t02t0內(nèi)，導(dǎo)體棒受到導(dǎo)軌的摩擦力方向相同B在t02t0內(nèi)，通過電阻R的電流方向?yàn)镻到QC在0t0內(nèi)，通過電阻R的電流大小為D在02t0內(nèi)，通過電阻R的電荷量為解析由楞次定律和右手定則，結(jié)合題圖可知，0t0時(shí)間內(nèi)，通過電阻R的電流方向?yàn)镻Q，t02t0時(shí)間內(nèi)，電流方向?yàn)镼P，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由左手定則可知，兩段時(shí)間內(nèi)安培力方向相反，故導(dǎo)體棒所受靜摩擦力方向相反，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，0t0時(shí)間內(nèi)，E1，所以通過R的電流I1，C項(xiàng)錯(cuò)誤；在02t0時(shí)間內(nèi)，PQNM范圍內(nèi)磁通量變化量為B0S，則通過電阻R的電荷量q·2t0·2t0·2t0，D項(xiàng)正確答案D9(多選)(2019·武漢市武昌區(qū)高三調(diào)研)如圖1和圖2所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，垂直于磁場方向均有一足夠長的、間距均為l的光滑豎直金屬導(dǎo)軌，圖1和圖2的導(dǎo)軌上端分別接有阻值為R的電阻和電容為C的電容器(不會(huì)被擊穿)，水平放置的、質(zhì)量分布均勻的金屬棒的質(zhì)量均為m，現(xiàn)使金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，金屬棒和導(dǎo)軌始終接觸良好且它們的電阻均可忽略以下關(guān)于金屬棒運(yùn)動(dòng)情況的說法正確的是(已知重力加速度為g)()A圖1中的金屬棒先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度vm后，保持這個(gè)速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)B圖1中的金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度vm后，保持這個(gè)速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)C圖2中電容器相當(dāng)于斷路，金屬棒做加速度大小為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)D圖2中金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且加速度大小為a解析題圖1中金屬棒下落的過程中，受重力和向上的安培力，由牛頓第二定律可知mgma，當(dāng)金屬棒下落的速度逐漸增大時(shí)，金屬棒的加速度逐漸減小，當(dāng)a0時(shí)mg，則vm，此后金屬棒保持該速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；題圖2中當(dāng)金屬棒下落的過程中，速度逐漸增大，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢逐漸增大，導(dǎo)體棒對電容器充電，由右手定則知回路中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則知金屬棒所受的安培力豎直向上，金屬棒的加速度小于g，C錯(cuò)誤；題圖2中金屬棒做加速運(yùn)動(dòng)，開始金屬棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢為EBlv，經(jīng)時(shí)間t金屬棒的速度增加v，則金屬棒的加速度大小為a，此時(shí)金屬棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為EBl(vv)，則電容器兩極板所帶電荷量的改變量為qC(EE)CBl·v，金屬棒中的電流大小為ICBla，由牛頓第二定律可知mgBIlma，由以上解得a，D正確答案BD二、非選擇題10(2019·天津卷)如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k.圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.PQ的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長、電阻忽略不計(jì)(1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W.解析(1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律E，則Ek設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并閉合S時(shí)，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I設(shè)PQ中的電流為IPQ，有IPQI設(shè)PQ受到的安培力為F安，有F安BIPQl保持PQ靜止，由受力平衡，有FF安聯(lián)立式得F方向水平向右(2)設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運(yùn)動(dòng)的位移為x，所用時(shí)間為t，回路中的磁通量變化量為，平均感應(yīng)電動(dòng)勢為，有其中Blx設(shè)PQ中的平均電流為，有根據(jù)電流的定義得由動(dòng)能定理，有FxWmv20聯(lián)立式得Wmv2kq答案(1)方向水平向右(2)mv2kq11如右圖所示，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為，間距為L.導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C.導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g.忽略所有電阻讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求：(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；(2)金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系解析(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢為EBLv平行板電容器兩極板之間的電勢差為UE設(shè)此時(shí)電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有C聯(lián)立式得QCBLv(2)設(shè)金屬棒從靜止釋放到速度達(dá)到v，經(jīng)歷時(shí)間為t，此時(shí)通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到的磁場的作用力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為f1BLi設(shè)在時(shí)間間隔(t，tt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Q，按定義有iQ也是平行板電容器極板在時(shí)間間隔(t，tt)內(nèi)增加的電荷量由式得QCBLv式中，v為金屬棒的速度變化量按定義有a金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為f2N式中，N是金屬棒對導(dǎo)軌的正壓力的大小，有Nmgcos金屬棒在時(shí)刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinf1f2ma聯(lián)立至式得ag由式及題設(shè)可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)t時(shí)刻金屬棒的速度大小為vgt答案(1)QCBLv(2)vgt31