《（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 交變電流 專題強(qiáng)化五 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 交變電流 專題強(qiáng)化五 動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案.docx（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專題強(qiáng)化五　動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用 命題點(diǎn)一　電磁感應(yīng)中的動(dòng)量和能量的應(yīng)用 感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問題往往跟力學(xué)問題聯(lián)系在一起.解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量守恒定律、動(dòng)量定理、動(dòng)能定理等).解決這類問題的方法： (1)選擇研究對(duì)象.即是哪一根導(dǎo)體棒或幾根導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng). (2)分析其受力情況.安培力既跟電流方向垂直又跟磁場(chǎng)方向垂直. (3)分析研究對(duì)象所受的各力做功情況和合外力情況，選定所要應(yīng)用的物理規(guī)律. (4)分析研究對(duì)象(或系統(tǒng))是否符合動(dòng)量守恒的條件. (5)運(yùn)用物理規(guī)律列方程求解.注意：加速度a＝0時(shí)，速度v達(dá)到最大值. 類型1　動(dòng)量定理和功能關(guān)系的應(yīng)用 例1　(2017浙江4月選考22)間距為l的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖1所示.傾角為θ的導(dǎo)軌處于大小為B1、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)間Ⅰ中.水平導(dǎo)軌上的無磁場(chǎng)區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動(dòng)雙桿”(由兩根長(zhǎng)為l的金屬桿cd和ef，用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的剛性絕緣桿連接構(gòu)成)，在“聯(lián)動(dòng)雙桿”右側(cè)存在大小為B2、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ，其長(zhǎng)度大于L.質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l的金屬桿ab從傾斜導(dǎo)軌上端釋放，達(dá)到勻速后進(jìn)入水平導(dǎo)軌(無能量損失)，桿ab與“聯(lián)動(dòng)雙桿”發(fā)生碰撞，碰后桿ab和cd合在一起形成“聯(lián)動(dòng)三桿”.“聯(lián)動(dòng)三桿”繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ并從中滑出.運(yùn)動(dòng)過程中，桿ab、cd和ef與導(dǎo)軌始終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直.已知桿ab、cd和ef電阻均為R＝0.02Ω，m＝0.1kg，l＝0.5m，L＝0.3m，θ＝30，B1＝0.1T，B2＝0.2T.不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，忽略磁場(chǎng)邊界效應(yīng)，g取10m/s2.求： 圖1 (1)桿ab在傾斜導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v0； (2)“聯(lián)動(dòng)三桿”進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ前的速度大小v； (3)“聯(lián)動(dòng)三桿”滑過磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　見解析 解析　(1)桿ab勻速時(shí)處于平衡狀態(tài)，有mgsinθ＝ 解得：v0＝6m/s. (2)桿ab與“聯(lián)動(dòng)雙桿”碰撞時(shí)，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝4mv，解得v＝＝1.5m/s. (3)設(shè)“聯(lián)動(dòng)三桿”進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ時(shí)速度變化量的大小為Δv，由動(dòng)量定理得B2lΔt＝4mΔv 因＝＝＝，解得Δv＝0.25m/s. 設(shè)“聯(lián)動(dòng)三桿”滑出磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ時(shí)速度變化量的大小為Δv′，同樣有B2′lΔt′＝4mΔv′，′＝ 解得Δv′＝0.25m/s. 因此“聯(lián)動(dòng)三桿”滑出磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ時(shí)的速度為 v′＝v－Δv－Δv′＝1m/s. 由能量守恒得：Q＝4m(v2－v′2)＝0.25J. 變式1　(2018寧波市十校聯(lián)考)如圖2所示，兩根相距為d的粗糙平行金屬導(dǎo)軌放在傾角為θ的斜面上(電阻忽略不計(jì))，金屬導(dǎo)軌上端連有阻值為R的電阻，在平行于斜面的矩形區(qū)域mnOP(mP長(zhǎng)為l，且平行于金屬導(dǎo)軌，不考慮磁場(chǎng)的邊界效應(yīng))內(nèi)存在一個(gè)垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B(圖中未畫出)，一根電阻為r，質(zhì)量為m的金屬棒EF自磁場(chǎng)上邊界虛線mn處由靜止釋放，經(jīng)過t時(shí)間離開磁場(chǎng)區(qū)域，金屬棒與金屬導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.求：(重力加速度為g) 圖2 (1)t時(shí)間內(nèi)通過電阻R的電荷量q； (2)t時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)沿著導(dǎo)軌向下平行移動(dòng)磁場(chǎng)區(qū)域，從原位置釋放金屬棒，當(dāng)它恰好能勻速通過磁場(chǎng)時(shí)，磁場(chǎng)的移動(dòng)距離s和金屬棒通過磁場(chǎng)的時(shí)間t′. 答案　(1) (2){mgl(sinθ－μcosθ)－m[(sinθ－μcosθ)gt－]2} (3)　 解析　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得＝＝ 通過電阻R的電荷量為q＝t＝ (2)金屬棒向下運(yùn)動(dòng)的過程中受到重力、支持力、摩擦力以及安培力的作用，在沿斜面的方向上，由動(dòng)量定理得：(mgsinθ－μmgcosθ)t－Bdt＝mv－0 得：v＝(gsinθ－μgcosθ)t－ 由功能關(guān)系可得：Q總＝mgl(sinθ－μcosθ)－mv2 則電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝Q總 聯(lián)立可得： Q＝{mgl(sinθ－μcosθ)－m[(sinθ－μcosθ)gt－]2} (3)金屬棒在磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，mgsinθ＝μmgcosθ＋ 得：vm＝ 在磁場(chǎng)區(qū)域外，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)的加速度為：a＝g(sinθ－μcosθ) 又：vm2＝2as， 得s＝ 金屬棒通過磁場(chǎng)的時(shí)間為： t′＝＝. 類型2　動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系的應(yīng)用 例2　(2018寧波市3月選考)如圖3甲所示，絕緣水平面上固定著兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌PQ、MN，相距為L(zhǎng)＝0.5m，ef右側(cè)導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小如圖乙變化.開始時(shí)ab棒和cd棒鎖定在導(dǎo)軌如圖所示位置，ab棒與cd棒平行，ab棒離水平面高度為h＝0.2m，cd棒與ef之間的距離也為L(zhǎng)，ab棒的質(zhì)量為m1＝0.2kg，有效電阻R1＝0.05Ω，cd棒的質(zhì)量為m2＝0.1kg，有效電阻為R2＝0.15Ω.(設(shè)ab、cd棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，空氣阻力不計(jì)，g取10m/s2).問： 圖3 (1)0～1s時(shí)間段內(nèi)通過cd棒的電流大小與方向； (2)假如在第1s末，同時(shí)解除對(duì)ab棒和cd棒的鎖定，穩(wěn)定后ab棒和cd棒將以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，試求這一速度的大?。? (3)對(duì)ab棒和cd棒從解除鎖定到開始以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)的過程，ab棒上產(chǎn)生的熱量； (4)ab棒和cd棒速度相同時(shí)，它們之間的距離大小. 答案　見解析 解析　(1)由楞次定律可得，cd棒中的電流方向?yàn)橛蒬到c E＝＝S＝L2 代入數(shù)據(jù)得：E＝0.25V cd棒中的電流大小I＝ 代入數(shù)據(jù)得：I＝1.25A (2)設(shè)ab棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v0，由機(jī)械能守恒定律有：m1gh＝m1v02 得v0＝2m/s 由題意可知，ab棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，cd棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，而由ab、cd棒組成的回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越來越小，最終ab、cd棒達(dá)到共同速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)穩(wěn)定.以ab、cd棒構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，水平方向上只受到大小時(shí)刻相等、方向時(shí)刻相反的安培力作用，系統(tǒng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)量守恒. m1v0＝(m1＋m2)v共 得：v共＝m/s. (3)以ab、cd棒構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，從解除鎖定開始到ab、cd棒以相同的速度穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)兩電阻上的熱量. m1gh－(m1＋m2)v共2＝Q總 則Qab＝Q總＝J (4)以ab棒為研究對(duì)象，ab棒從進(jìn)入磁場(chǎng)到達(dá)到穩(wěn)定速度過程中，由動(dòng)量定理有： m1v共－m1v0＝－∑F安Δt＝－∑BLΔt＝－ 解得Δx＝m 分析可知Δx為這個(gè)過程中兩棒相對(duì)靠近的距離， 所以，穩(wěn)定時(shí)兩棒之間的距離為：x＝L－Δx＝m. 變式2　如圖4所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻不計(jì)、足夠長(zhǎng)的光滑U形金屬框架MNQP，位于光滑絕緣水平桌面上，平行導(dǎo)軌MN和PQ相距為L(zhǎng).空間存在著足夠大的方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.另有質(zhì)量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在導(dǎo)軌上，并用一根絕緣細(xì)線系在定點(diǎn)A.已知，細(xì)線能承受的最大拉力為FT0，CD棒接入導(dǎo)軌間的有效電阻為R.現(xiàn)從t＝0時(shí)刻開始對(duì)U形框架施加水平向右的拉力F(大小未知)，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng). 圖4 (1)求從框架開始運(yùn)動(dòng)到細(xì)線斷開所需的時(shí)間t0及細(xì)線斷開時(shí)框架的瞬時(shí)速度v0大?。? (2)若在細(xì)線斷開時(shí)，立即撤去拉力F，求此后過程回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q. 答案　(1)　　(2) 解析　(1)細(xì)線斷開時(shí)，對(duì)CD棒有FT0＝F安， F安＝BIL，I＝，E＝BLv0，v0＝at0 聯(lián)立解得t0＝ 細(xì)線斷開時(shí)，框架的瞬時(shí)速度大小v0＝ (2)在細(xì)線斷開時(shí)立即撤去拉力F，框架向右減速運(yùn)動(dòng)，CD棒向右加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)二者最終速度大小為v，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得mv0＝2mv 得v＝＝ 撤去拉力F后，系統(tǒng)總動(dòng)能的減少量等于回路消耗的電能，最終在回路中產(chǎn)生的總焦耳熱 Q＝mv02－2mv2 聯(lián)立得Q＝. 命題點(diǎn)二　電場(chǎng)、磁場(chǎng)中動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 動(dòng)量與電磁學(xué)知識(shí)綜合應(yīng)用類問題的求解與一般的力學(xué)問題求解思路并無差異，只是問題的情景更復(fù)雜多樣；分析清楚物理過程，正確識(shí)別物理模型是解決問題的關(guān)鍵. 類型1　電場(chǎng)中動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 例3　如圖5所示，光滑絕緣水平面上方分布著場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng).質(zhì)量為3m、電荷量為＋q的球A由靜止開始運(yùn)動(dòng)，與相距為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的不帶電小球B發(fā)生對(duì)心碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞后作為一個(gè)整體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng).兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，求： 圖5 (1)兩球發(fā)生碰撞前A球的速度大?。? (2)A、B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能； (3)A、B碰撞過程中B球受到的沖量大小. 答案　(1)　(2)EqL　(3) 解析　(1)由動(dòng)能定理：EqL＝3mv2 解得v＝ (2)A、B碰撞時(shí)間極短，可認(rèn)為A、B碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：3mv＝(3m＋m)v1 解得v1＝v 系統(tǒng)損失的機(jī)械能：ΔE＝3mv2－(3m＋m)v12＝EqL (3)以B為研究對(duì)象，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)量定理得：I＝mv1－0 解得I＝，方向水平向右. 類型2　磁場(chǎng)中動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 例4　如圖6所示，ab、ef是平行的固定在水平絕緣桌面上的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為d.在導(dǎo)軌左端ae上連有一個(gè)阻值為R的電阻，一質(zhì)量為3m、長(zhǎng)為d、電阻為r的金屬棒恰能置于導(dǎo)軌上并和導(dǎo)軌良好接觸.起初金屬棒靜止于MN位置，MN距離ae邊足夠遠(yuǎn)，整個(gè)裝置處于方向垂直桌面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電荷量為＋q的絕緣小球在桌面上從O點(diǎn)(O為導(dǎo)軌上的一點(diǎn))以與ef成60角斜向右上方射向ab，隨后小球直接垂直地打在金屬棒的中點(diǎn)上，并和棒黏合在一起(設(shè)小球與棒之間沒有電荷轉(zhuǎn)移).棒運(yùn)動(dòng)過程中始終和導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌間電場(chǎng)的影響，導(dǎo)軌的電阻不計(jì).求： 圖6 (1)小球射入磁場(chǎng)時(shí)的速度v0的大?。? (2)電阻R上產(chǎn)生的熱量QR. 答案　(1)　(2) 解析　(1)小球射入磁場(chǎng)后將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，其軌跡如圖所示 由幾何知識(shí)可知：＝r＋rsin (90－60)① 小球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)：qv0B＝m② 由①②得：v0＝③ (2)小球和金屬棒的碰撞過程，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得： mv0＝(m＋3m)v④ 金屬棒切割磁感線的過程中，棒和小球的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能進(jìn)而轉(zhuǎn)化成焦耳熱： (m＋3m)v2＝Q⑤ QR＝Q⑥ 由③④⑤⑥可得：QR＝  1.如圖1所示，粗糙絕緣水平地面上方以PQ為界，左邊有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝，右邊有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)以MN為右邊界，一個(gè)質(zhì)量為2m的帶電荷量為＋q的物體從地面上O點(diǎn)出發(fā)，在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)與另一質(zhì)量為m、不帶電的物體發(fā)生正碰，碰后兩者粘為一體，并恰好能在QN間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知兩物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，g為重力加速度，sin37＝0.6，cos37＝0.8. 圖1 (1)求O、Q之間的距離x1； (2)若MN右側(cè)有一傾角θ＝37的傾斜傳送帶正以速度v0逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，物體系統(tǒng)通過N點(diǎn)到傳送帶時(shí)無動(dòng)能損失，且傳送帶足夠大，已知物體系統(tǒng)與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.5，求物體系統(tǒng)在傳送帶上上升過程中運(yùn)動(dòng)的最大距離. 答案　(1)　(2) 解析　(1)設(shè)兩物體碰后的瞬間速度為v2，則有：Bqv2＝3mg 設(shè)帶電物體碰撞前的速度為v1，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：2mv1＝3mv2 對(duì)帶電物體，從O到Q由動(dòng)能定理可得：Eqx1－μ2mgx1＝2mv12，則x1＝ (2)物體系統(tǒng)沿傳送帶向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：3mgsinθ＋μ13mgcosθ＝3ma 則a＝g. 故物體系統(tǒng)上升的最大距離為：x2＝＝. 2.(2018湖州市、衢州市、麗水市高三期末)兩根相距為d＝12cm的金屬直角導(dǎo)軌如圖2甲所示放置，水平部分處在同一水平面內(nèi)且足夠長(zhǎng)，豎直部分長(zhǎng)度L＝24cm，下端由一電阻連接，電阻阻值R0＝2Ω.質(zhì)量m＝1g、電阻R＝1Ω的金屬細(xì)桿MN與水平部分導(dǎo)軌垂直接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，導(dǎo)軌電阻不計(jì).整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向水平向右的均勻磁場(chǎng)中，此磁場(chǎng)垂直于豎直軌道平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化如圖乙所示，t＝3s后磁場(chǎng)不變.t＝0時(shí)給桿MN一向左的初速度v0＝5m/s，t＝4s時(shí)桿的速度減為零.(不計(jì)空氣阻力) 圖2 (1)判斷初始時(shí)流過MN桿的電流方向； (2)求4s內(nèi)感應(yīng)電流的平均值； (3)求4s內(nèi)MN桿克服摩擦力做的功； (4)求前3s內(nèi)安培力對(duì)MN桿的沖量的大小. 答案　(1)M→N　(2)4.810－3A　(3)1.2510－2J (4)10－2Ns 解析　(1)M到N(M→N) (2)＝＝S＝Ld 得＝＝4.810－3A (3)0～4s，桿的速度由v0＝5m/s減為0，只有摩擦力做功，由動(dòng)能定理得 Wf＝0－mv02＝－1.2510－2J 即克服摩擦力做的功是1.2510－2J. (4)3～4s內(nèi)：－μmgΔt2＝0－mv3 v3＝1m/s 0～3s內(nèi)：－∑μ(mg＋F安)Δt1＝mv3－mv0 得：－μmgΔt1－μI安＝mv3－mv0 I安＝10－2Ns. 3.(2017浙江11月選考22)如圖3所示，匝數(shù)N＝100、截面積S＝1.010－2m2、電阻r＝0.15Ω的線圈內(nèi)有方向垂直于線圈平面向上的隨時(shí)間均勻增加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，其變化率k＝0.80T/s.線圈通過開關(guān)S連接兩根相互平行、間距d＝0.20m的豎直導(dǎo)軌，下端連接阻值R＝0.50Ω的電阻.一根阻值也為0.50Ω、質(zhì)量m＝1.010－2kg的導(dǎo)體棒ab擱置在等高的擋條上，在豎直導(dǎo)軌間的區(qū)域僅有垂直紙面的不隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2.接通開關(guān)S后，棒對(duì)擋條的壓力恰好為零.假設(shè)棒始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻. 圖3 (1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小，并指出磁場(chǎng)方向； (2)斷開開關(guān)S后撤去擋條，棒開始下滑，經(jīng)t＝0.25s后下降了h＝0.29m，求此過程棒上產(chǎn)生的熱量. 答案　(1)0.5T　磁場(chǎng)垂直紙面向外　(2)2.310－3J 解析　(1)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝， ΔΦ＝S 代入數(shù)據(jù)得：E＝0.8V 等效電路圖如圖： 總電流I＝＝A＝2A，Iab＝＝1A 根據(jù)題意，此刻棒對(duì)擋條的壓力為零，即導(dǎo)體棒所受安培力等于其重力，方向豎直向上 即B2Iabd＝mg，解得B2＝0.5T， 根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)的方向應(yīng)該垂直紙面向外. (2)開關(guān)斷開之后，撤去擋條，ab下滑過程切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)動(dòng)量定理，則(mg－B2I′d)t＝mv－0 其中I′t＝q＝ ΔΦ＝B2dh 根據(jù)動(dòng)能定理可知mgh＋W＝mv2－0 聯(lián)立解得W≈－4.610－3J 因此導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量為Q＝|W|＝2.310－3J. 4.(2018浙江11月選考22)如圖4所示，在間距L＝0.2m的兩光滑平行水平金屬導(dǎo)軌間存在方向垂直于紙面(向內(nèi)為正)的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的分布沿y方向不變，沿x方向如下： B＝ 導(dǎo)軌間通過單刀雙擲開關(guān)S連接恒流源和電容C＝1F的未充電的電容器，恒流源可為電路提供恒定電流I＝2A，電流方向如圖所示.有一質(zhì)量m＝0.1kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌靜止放置于x0＝0.7m處.開關(guān)S擲向1，棒ab從靜止開始運(yùn)動(dòng)，到達(dá)x3＝－0.2m處時(shí)，開關(guān)S擲向2.已知棒ab在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直，求： (提示：可以用F－x圖象下的“面積”代表力F所做的功) 圖4 (1)棒ab運(yùn)動(dòng)到x1＝0.2m時(shí)的速度v1； (2)棒ab運(yùn)動(dòng)到x2＝－0.1m時(shí)的速度v2； (3)電容器最終所帶的電荷量Q. 答案　(1)2m/s　(2)m/s　(3)C 解析　(1)從x0→x1的過程，由于安培力為恒力，由動(dòng)能定理有BIL(x0－x1)＝mv12－0， 得v1＝2m/s (2)從x1→x2過程中，安培力F＝BIL， 由于B＝5x，可知F＝2x，可知F隨x變化而變化，F(xiàn)－x圖象如圖所示， 所以在這個(gè)過程中，安培力做功的大小為圖象與x軸圍成的面積，W安＝0.03J 所以W安＝mv22－mv12 得v2＝m/s (3)從x＝0.2m處移到x＝－0.2m處安培力不做功，v3＝v1＝2m/s 設(shè)最后穩(wěn)定時(shí)的速度為v，則導(dǎo)體棒兩端電壓U＝BLv 電容器上所帶電荷量Q＝CU 電路中通過的電荷量Q＝I′t 根據(jù)動(dòng)量定理得－BI′Lt＝mv－mv3 聯(lián)立解得Q＝C.