(浙江選考)高考物理一輪復(fù)習(xí)第9章電磁感應(yīng)專題課2電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題和能量、動量問題學(xué)案

1、1 專題課 2 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題和能量、動量問題 斛記：；.n 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 1.兩種狀態(tài)及處理方法 狀態(tài) 特征 處理方法 平衡態(tài) 加速度為零 根據(jù)平衡條件列式分析 非平衡態(tài) 加速度不為零 根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進行分析 2.電學(xué)對象與力學(xué)對象的轉(zhuǎn)換及關(guān)系 命題角度 1 導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài) 【例 1】 （2017 天津理綜，3）如圖 1 所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之 間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場 方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強度隨時間均勻減小， ab始終保持靜止，下列說法 正確的是（ ）

2、 圖 1 A. ab中的感應(yīng)電流方向由 b到a B. ab中的感應(yīng)電流逐漸減小 C. ab所受的安培力保持不變 D. ab所受的靜摩擦力逐漸減小 解析 導(dǎo)體棒ab、電阻R、導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，磁感應(yīng)強度均勻減?。?護=k為一定值）， 則閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，可知回路中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流， ab 中的電流方向由a到b,故選項 A 錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢 - E -1 -= kS,回路面積S不變，即感應(yīng)電動勢為定值，根據(jù)閉合電路歐姆定律 i R所以 電7：對2 ab中的電流大小不變，故選項 B 錯誤；安培力F= BIL,電流大小不變，磁感應(yīng)強度減小， 則安培力

3、減小，故選項 C 錯誤；導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為零，對其受力分析，水平 方向靜摩擦力f與安培力F等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故選項 D 正確。 答案 D 命題角度2導(dǎo)體棒做勻速運動 【例 2】 （多選）一空間有垂直紙面向里的勻強磁場 B,兩條電阻不計的平行光滑導(dǎo)軌豎 直放置在磁場內(nèi)，如圖 2 所示，磁感應(yīng)強度 B= 0.5 T，導(dǎo)體棒ab、cd長度均為 0.2 m，電 阻均為 0.1 Q,重力均為 0.1 N，現(xiàn)用力向上拉動導(dǎo)體棒 ab,使之勻速上升（導(dǎo)體棒 ab、 cd與導(dǎo)軌接觸良好），此時cd靜止不動，則ab上升時，下列說法正確的是（ ） A. ab受到的拉力大小為 2 N

4、 B. ab向上運動的速度為 2 m/s C. 在 2 s 內(nèi)，拉力做功，有 0.4 J 的機械能轉(zhuǎn)化為電能 D. 在 2 s 內(nèi)，拉力做功為 0.6 J 宵1 2v 亠、 & 解析 對導(dǎo)體棒cd分析：mg= BIl = ,得v = 2 m/s,故選項 B 正確；對導(dǎo)體棒ab分析: R、 拉力做的功為 W= Fvt = 0.8 J，選項 D 錯誤。 答案 BC 命題角度 3 變加速直線運動問題 【例 3】 如圖 3 所示，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 0 =37（ sin 37 = 0.6 ），間距為 1 m。垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大

5、 小為 4 T , P、M間所接電阻的阻值為 8 Q。質(zhì)量為 2 kg 的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，不計 桿與導(dǎo)軌的電阻，桿與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為 0.25。金屬桿ab在沿導(dǎo)軌向下且與桿垂直的 恒力F作用下，由靜止開始運動，桿的最終速度為 8 m/s，取g= 10 m/s 2，求：F= m葉BIl = 2 s 內(nèi)拉力做功轉(zhuǎn)化為 ab棒的重力勢能和電路中的電 能，電能等于克服安培力做的功，即 W&= F 安vt = B2l 2v2t R、 =0.4 J，選項 C 正確；在 2 s內(nèi) 圖 2 3 圖 3 (1) 當(dāng)金屬桿的速度為 4 m/s時，金屬桿的加速度大小； (2) 當(dāng)金屬桿沿導(dǎo)軌的位

6、移為 6.0 m時，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 F+ mgsin 0 F安一f = ma f = (IFN, FN= mgcos 0 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)電動勢為 E= BLv 由閉合電路歐姆定律可知 I = E R 整理得： B2L2 F+ mgsin 0 v 口 mgcos 0 = ma R 代入Vm= 8 m/s時a= 0,解得F= 8 N 代入 v= 4 m/s 及 F= 8 N，解得 a= 4 m/s (2)設(shè)通過回路橫截面的電荷量為 q,則q= It 回路中的平均電流強度為 I =R 回路中的磁通量

7、變化量為 =BLx,聯(lián)立解得q= 3 C 答案 (1) 4 m/s 2 (2) 3 C 方法枝巧| 用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下: 竊禹出電痹中由電薙感應(yīng) 所產(chǎn)比的電渝 ib辦和運動的U M定怦丸理也丈力 i 氐售卜卻 Mt E 枷 f 耳疋適妙樓型 回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為 4 他正功：也能絡(luò)機掖腿.如也動機 2.求解焦耳熱Q的三種方法 【例 4】(2016 -浙江理綜)小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖 導(dǎo)軌相距1= 0.50 m，傾角0 = 53,導(dǎo)軌上端串接一個 0.05 Q 的電阻。在導(dǎo)軌間長 d = 0

8、.56 m 的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度 B= 2.0 T。質(zhì)量 m =4.0 kg 的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿 GH相連。CD棒的初 始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距 s= 0.24 m。一位健身者用恒力 F= 80 N 拉動GH桿，CD棒 由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達磁場上邊界時健身者 松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使 CD棒回到初始位置(重力加速度 g= 10 m/s1 2 3, sin 53= 0.8，不計 其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量) 。求 1 CD棒進入磁場時速度 v的大??； 2 CD棒進入磁場時

9、所受的安培力的大??； 3 在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功 W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱 Q 1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化 命題點 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題 4 所示，兩根平行金屬 功能關(guān)樂：(?=% 能 qr轉(zhuǎn)化：Q=Af- M 詢”,: 圖 4 5 進入磁場時的速度 v= “2as= 2.4 m/s (2)感應(yīng)電動勢E= Blv Blv 感應(yīng)電流I = R 安培力FA= IBl解析 (1)由牛頓第二定律 F mcsin a= -=12 m/s 2 6 2 v =48 N (3)健身者做功 W= F ( s+ d)= 64 J 由牛頓第二定律得 F- mgsin 0 FA= 0 d 在磁場中運動

10、時間t = v 2 焦耳熱 Q= I Rt = 26.88 J 答案 (1) 2.4 m/s (2) 48 N (3) 64 J 26.88 J 【變式訓(xùn)練 1】 如圖 5 所示，在高度差h= 0.5 m 的平行虛線范圍內(nèi)，有磁感應(yīng)強度B= 0.5 T、方向垂直于豎直平面向里的勻強磁場，正方形線框 abed的質(zhì)量 m= 0.1 kg、邊長L= 0.5 m 電阻F= 0.5 Q,線框平面與豎直平面平行，靜止在位置“I”時， ed邊跟磁場下邊緣 有一段距離?，F(xiàn)用一豎直向上的恒力 F= 4.0 N 向上提線框，線框由位置“I”無初速度開 始向上運動，穿過磁場區(qū)，最后到達位置“n”( ab邊恰好出磁場

11、)，線框平面在運動中保 持與磁場方向垂直， 且ed邊保持水平。設(shè)ed邊剛進入磁場時， 線框恰好開始做勻速直線運 動。g 取 10 m/s 2。 圖 5 (1) 求線框進入磁場前距磁場下邊界的距離 H; (2) 線框由位置“I”到位置“H”的過程中，恒力 又是多少？ 解析 (1)在恒力作用下，線框開始向上做勻加速直線運動，設(shè)線框的加速度為 a,據(jù)牛 頓第二定律有：F mg= ma 設(shè)ed邊剛進磁場時，線框速度設(shè)為V1,線框從靜止到ed邊剛進磁場過程中，由運動學(xué)方程 有： v2 = 2a H ed邊剛進磁場時產(chǎn)生電動勢 E= BLv，感應(yīng)電流 E BLv 安培力F安=BIL 線框做勻速直線運動，則

12、有 F= F安+ mg代入得FA= (Bl) R F做的功是多7 由 V = 2aH 解得 H= 9.6 m。 (2)恒力 F 做的功 W= F ( H+ L+ h)= 42.4 J , 從cd邊進入磁場到ab邊離開磁場的過程中，拉力所做的功等于線框增加的重力勢能和產(chǎn)生 的熱量Q, 即 F (L+ h)= mg(L+ h) + Q 解得：Q=( F- mg ( L+ h)= 3.0 J 或 Q=伽=(罟)2RG+ L)= 3.0 J (1) 9.6 m (2) 42.4 J 3.0 J1.應(yīng)用動量定理可以由動量變化來求解變力的沖量。如在導(dǎo)體棒做非勻變速運動的問題中, 應(yīng)用動量定理可以解決牛頓運

13、動定律不易解答的問題。 2.在相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運動時， 由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等 大反向，合外力為零，若不受其他外力， 兩導(dǎo)體棒的總動量守恒， 解決此類問題往往要應(yīng)用 動量守恒定律。 【例 5】 (2017 11 月浙江選考)如圖 6 所示，匝數(shù) N= 100、截面積S= 1.0 X 10 -2 m2、 電阻r = 0.15 Q 的線圈內(nèi)有方向垂直于線圈平面向上的隨時間均勻增加的勻強磁場 B,其 變化率k = 0.80 T/s。線圈通過開關(guān) S 連接兩根相互平行、間距 d= 0.20 m 的豎直導(dǎo)軌，下 端連接阻值 R= 0.50 Q 的電阻。一根阻值也為 0.50

14、 Q、質(zhì)量 m= 1.0 X 10 -2 kg 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間變化的勻強磁場 B。 接通開關(guān) S 后，棒對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 計摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻。 (1 )求磁感應(yīng)強度 Ba的大小，并指出磁場方向； (2) 斷開開關(guān) S 后撤去擋條，棒開始下滑，經(jīng) t = 0.25 s 后下降了 h= 0.29 m，求此過程聯(lián)立以上各式，可解得 FRU mgR B2L2 = 24 m/s , 答案 命題點 電磁感應(yīng)中的動量和能量觀點的綜合應(yīng)用 圖 6 8 棒上產(chǎn)生的熱量。 , 一 B 解析 (1 線圈中

15、產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E= N云y = NS 代入數(shù)據(jù)得E= 0.8 V，由楞次定律判斷可知，電流從左邊流入，右邊流出。 等效電路圖如下: 根據(jù)題意，此刻棒對擋條的壓力為零，即金屬棒所受安培力等于其重力， 即 Blabd= mg 解得 B2= 0.50 T , 根據(jù)左手定則可知磁場的方向應(yīng)該垂直紙面向外。 (2)開關(guān)斷開之后，撤去擋條，ab下滑中切割磁感線， 從而產(chǎn)生感應(yīng)電流， 根據(jù)動量定理, 得(mg- Bdd ) t = mv- 0 其中 q = It = ，=Rdh R)十 Rab 聯(lián)立上式可知 v = 2.21 m/s 1 2 根據(jù)動能定理可知 mg十 W 2mV 0 求得W= 4.58

16、 X 10 3 J，因此金屬棒上產(chǎn)生熱量為 1 3 Q= I 2 即=2.29 X 10 J 答案 (1) 0.5 T，磁場垂直紙面向外 (2) 2.29 X 10 3 J 方法技巧| (1) 若涉及變力作用下運動問題，可選用動量守恒和能量守恒的方法解決。 (2) 若涉及恒力或恒定加速度，一般選用動力學(xué)的觀點。若涉及運動時間問題也可選用動 量定理求解。 【變式訓(xùn)練 2】 (2018 - 11 月浙江選考)如圖 7 所示，在間距L= 0.2 m 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，磁感應(yīng)強度的分布沿 y方向不變, 沿x方向如下： 1 T x0.2 m B= 5x T

17、 0.2 m x 0.2 m 0.8 總電流1=初0.15+0.25 A。 9 1 T x 0.2 m10 導(dǎo)軌間通過單刀雙擲開關(guān) S 連接恒流源和電容 J 1 F 的未充電的電容器，恒流源可為電路 提供恒定電流1= 2 A，電流方向如圖所示。有一質(zhì)量 m= 0.1 kg 的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌靜止 放置于xo= 0.7 m 處。開關(guān) S 擲向 1,棒ab從靜止開始運動，到達 S 擲向 2。已知棒ab在運動過程中始終與導(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) (1 )棒ab運動到xi = 0.2 m 時的速度vi； (2) 棒ab運動到X2 = 0.1 m 時的

18、速度V2； (3) 電容器最終所帶的電荷量 Q 解析 (1)從X。X1的過程，由于安培力為恒力， 安培力F= BIL 運用動能定理 BIL (xo X1)= 2mV 0,解得V1= 2 m/s (2)在區(qū)間一 0.2 m XF X X X X X X M X K K M X 蕙】 X X M X X 斗 X X 力學(xué)觀點 導(dǎo)體棒 1受安培力的作用做加速度減 小的減速運動，導(dǎo)體棒 2 受安培力的 作用做加速度減小的加速運動，最后 兩棒以相同的速度做勻速直線運動 兩棒以相同的加速度做勻加速直線 運動 動量觀點 系統(tǒng)動量守恒 系統(tǒng)動量不守恒 能量觀點 棒 1 動能的減少量=棒 量+焦耳熱 2 動能的

19、增加 外力做的功=棒 1 增加的動能+棒 2 增加的動能+焦耳熱 【例 2】 如圖 9 所示，平行傾斜光滑導(dǎo)軌與足夠長的平行水平光滑導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌電 1 阻不計。質(zhì)量分別為 m和 qm的金屬棒b和c靜止放在水平導(dǎo)軌上，b、c兩棒均與導(dǎo)軌垂直。 圖中de虛線往右有范圍足夠大、方向豎直向上的勻強磁場。質(zhì)量為 m的絕緣棒a垂直于傾 斜導(dǎo)軌靜止釋放，釋放位置與水平導(dǎo)軌的高度差為 h。已知絕緣棒a滑到水平導(dǎo)軌上與金屬 棒b發(fā)生彈性正碰，金屬棒b進入磁場后始終未與金屬棒 c發(fā)生碰撞。重力加速度為g，求: （1） 絕緣棒a與金屬棒b發(fā)生彈性正碰后分離時兩棒的速度大小； （2） 金屬棒b進入磁場后，其加速

20、度為其最大加速度的一半時的速度大小； （3） 兩金屬棒b、c上最終產(chǎn)生的總焦耳熱。 1 解析 （1）設(shè)a棒滑到水平導(dǎo)軌時，速度為 Vo,下滑過程中a棒機械能守恒？mV= mgh a棒與b棒發(fā)生彈性碰撞 由動量守恒定律 mv= mv+ mv 1 2 1 2 1 2 由機械能守恒定律 ？mv= 2mv + ?mv 解出 V1 = 0, V2 = vo = . 2gh （2） b棒剛進磁場時的加速度最大。 b、c兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒。 由動量守恒定律 mv= mv+3 設(shè)b棒進入磁場后任一時刻，b棒的速度為vb, c棒的速度為vc，則b、c組成的回路中的感15 應(yīng)電動勢E= BL(

21、Vb Vc),由閉合電路歐姆定律得 I ，由安培力公式得 R、 故當(dāng)b棒加速度為最大值的一半時有 V2= 2(V2 V3) 、 5 5 聯(lián)立得V2 = V2 = 2gh (3)最終b、c以相同的速度勻速運動。 由動量守恒定律 mv=( m+ 2)V 1 2 1 im 2 由能量寸恒疋律mv = (m+ ) V + Q ” 1 解出 Q= 3mgh 3 答案 (1) 0 72亦 (2) 菲gh (3) *mghF= BIL = ma 聯(lián) 立得a= BV( Vb vc mR 16 活頁作業(yè) （時間：30 分鐘） A 組基礎(chǔ)過關(guān) 1.水平放置的金屬框架 cdef處于如圖 1 所示的勻強磁場中，金屬棒

22、ab處于粗糙的框架上且 ab棒所受摩擦力也增大 ab棒所受摩擦力也不變 ab棒所受摩擦力增大 ab棒所受摩擦力不變 解析 磁感應(yīng)強度均勻增大時， 磁通量的變化率-p 恒定，故回路中的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電 流都是恒定的；又棒 ab所受的摩擦力等于安培力，即 Ff = F安=BIL，故當(dāng)B增加時，摩擦 力增大，選項 C 正確。 答案 C 2. （多選）如圖 2 所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面成 0角，用導(dǎo)線與固定電阻 R 和 R 相連, 勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面。有一導(dǎo)體棒 ab,質(zhì)量為m兩導(dǎo)軌間距為I，導(dǎo)體棒的電阻與 固定電阻R和R的阻值相等，都等于 R,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為 口，導(dǎo)體棒ab

23、 A.棒中感應(yīng)電流的方向由 a到b 與框架從某時金屬棒ab始終保持靜止，則（ A. ab中電流增大, B. ab中電流不變, C. ab中電流不變, D. ab中電流增大, 沿導(dǎo)軌向上滑動，當(dāng)上滑的速度為 v時，有（ ） B.棒所受安培力的大小為 B2|2v2 3R C.棒兩端的電壓為 Blv 3 圖 1 圖 2 17 D.棒動能的減少量等于其重力勢能的增加量與電路上產(chǎn)生的電熱之和 解析 由右手定則可判定導(dǎo)體棒中的電流方向為 廠b,故選項 A 正確；由E= Blv及串、并 聯(lián)電路的特點，知 R外=孚，則I = RETR = 警，所以導(dǎo)體棒所受安培力的大小 F= BII = 2 R7 卜 + R

24、 3R18 2BN2V 2BIV R Blv 2 ，故選項 B 錯誤；結(jié)合1= 2 ，知導(dǎo)體棒兩端的電壓 U= I =-,故選項 C 正確； 3R 3R 2 3 由能量守恒知：導(dǎo)體棒動能的減少量等于其重力勢能的增加量以及電路中產(chǎn)生的電熱和克服 摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能，故選項 D 錯誤。 答案 AC 3. 兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為 I。導(dǎo)軌上面橫 放著兩根導(dǎo)體棒 ab和cd,構(gòu)成矩形回路，如圖 3 所示。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為 m電阻皆 為R回路中其它部分的電阻可不計。在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng) 強度為B。設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行，

25、開始時，棒 cd靜止，棒ab有指向棒cd 的初速度vo。若兩導(dǎo)體棒在運動中始終不接觸，求： 1 b F d B /A V4 圖 3 （1 ）在運動中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少？ 3 （2）當(dāng)棒ab的速度變?yōu)槌跛俣鹊?4 時，棒cd的加速度是多大？ 解析 （1）從開始到兩棒達到相同速度 V的過程中，兩棒的總動量守恒，有 mv= 2mv, 根據(jù)能量守恒定律，整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱 1 2 1 2 1 2 Q= ?mv 2mv = ：mv。 3 （2）設(shè)棒ab的速度變?yōu)?4V0時，cd棒的速度為V, 4 2 Bl 2Vo 答案 （1） 4mv （2） ，方向水平向右 B 組能力提升 4. （2016 -

26、 10 月浙江選考）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I的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一根長也為 I、電阻為R的金 屬棒ab 一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸 OO上，由電動機A帶動旋 則由動量守恒可知 mv= 4mv+ mV 4 得V= F= BIl 2 2 B l Vo 19 由牛頓第二定律可得棒 cd的加速度大小為 F 宵12vo a=-= 、，萬向水平向右。 m 4mR20 轉(zhuǎn)。在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面， 大小為B、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

27、在豎直平面內(nèi)的 “U型導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)軌間距為 I，底部接阻值也為 R的電阻，處于大小為 氐 方 向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場中。 從圓形金屬導(dǎo)軌引出導(dǎo)線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線經(jīng) 開關(guān) S 與“U型導(dǎo)軌連接。當(dāng)開關(guān) S 斷開、棒cd靜止時，彈簧伸長量為X。；當(dāng)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)?x (不超過彈性限度)。不 (1) 通過棒cd的電流led； (2) 電動機對該裝置的輸出功率 P； (3) 電動機轉(zhuǎn)動角速度 3與彈簧伸長量x之間的函數(shù)關(guān)系。 解析 (1) S 斷開，cd棒靜止有 mg= kxo S 閉合，cd棒靜止時受到安培力 F=

28、 B2I cdl 由楞次定律知流過棒 cd的電流方向為c 故cd棒靜止時有 口葉田cd| = kx (2)回路總電阻只總=2R= |R 解得I cd = mg (x xo) B?lx 0 總電流I = 2mg (x xo) Blx 0 由能量守恒得 P= 1鏡總= 2 2 6mg R (x xo) B|l 2x2_ (3)由法拉第電磁感應(yīng)定律: TT=IB3 回路總電流I = B 3 1 3R 解得 6mgR( x xo) BBI 3xo 21 答案見解析 5. (20183 月浙江超能生聯(lián)考)如圖 5 甲所示，間距為I = 0.5 m 的兩條足夠長的平行金22 屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角

29、e = 37,導(dǎo)軌上端接有一個 R= 0.5 Q的電阻，導(dǎo)軌所 在平面可劃分為 I、n、川三個區(qū)域，兩導(dǎo)軌間長度為 si= 1 m 的矩形區(qū)域 I中存在垂直導(dǎo) 軌平面向上的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小 B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，長度為 S2 =3 m 的區(qū)域 n 中無磁場，區(qū)域川中存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度的大 小B0 = 1 T。在t = 0 時刻，質(zhì)量 m= 1 kg 且與導(dǎo)軌垂直的金屬棒 ab從區(qū)域 I和區(qū)域 n 的交 界處靜止滑下，當(dāng)金屬棒到達區(qū)域 n 和區(qū)域川的交界處 CD時，區(qū)域 I中的磁場突然撤去， 此后金屬棒恰好保持勻速運動， 邊界CD上方的導(dǎo)軌光滑，邊界

30、CD下方的導(dǎo)軌粗糙，不計金 屬棒與導(dǎo)軌的電阻，金屬棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好， 已知 sin 37= 0.6 , cos 37 = 0.8，求: (1) 金屬棒在到達邊界 CD前的運動過程中，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小 I ; (2) 金屬棒在區(qū)域 n 中運動的過程中， 電阻產(chǎn)生的焦耳熱 Q (3) 金屬棒與區(qū)域川中的兩導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù) 口。 解析 (1)由B t圖象可知，區(qū)域 I中的磁感應(yīng)強度 B= 0.5 t 金屬棒在區(qū)域 n 中運動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律得到回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 所以，感應(yīng)電流為I = R= 0.5 A。 (2)金屬棒在區(qū)域 n 中運動過程中，對其進行

31、受力分析 由牛頓第二定律得，mi n e = ma 2 解得：a= gs in e = 6 m/s 由 S2 = *at2 得 t = 1 s 因此，電阻產(chǎn)生的焦耳熱 Q= Rt = 0.125 J。 (3 )金屬棒到達區(qū)域 n 和區(qū)域川交界處時的速度大小 v= at = 6 m/s，此后以該速度勻速運 動。 BL2V 金屬棒所受安培力大小 F= B0I1 = R = 3 N，方向沿導(dǎo)軌向上 金屬棒在區(qū)域川中勻速運動時，對其進行受力分析，有 mgin 0 = F+口 mgcos 0 解得 口 = 0.375。 TT =0.25 V 圖 5 23 答案 (1) 0.5 A (2) 0.125 J

32、 (3) 0.375 6. (2018 -湖南長沙四縣三月模擬)足夠長的平行金屬軌道 M N,相距L= 0.5 m，且水平 放置；M N左端與半徑R= 0.4 m 的光滑豎直半圓軌道相連，與軌道始終垂直且接觸良好的 金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質(zhì)量 m= m= 0.1 kg ,接入電路的有效 電阻 R = R = 1 Q,軌道的電阻不計。平行水平金屬軌道 M N處于磁感應(yīng)強度 B= 1 T 的勻 強磁場中，磁場方向與軌道平面垂直向上，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖 6 所示，若使 b棒以初速度vo= 10 m/s開始向左運動，運動過程中 b、c不相撞，g取 10 m/s 2,求： (1) c棒的最大速度； (2) c棒達最大速度時，此棒產(chǎn)生的焦耳熱； (3) 若c棒達最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒 c到達軌道最高點時對軌道的壓力的大 小。 解析 (1)在磁場力作用下，b棒做減速