高考物理備考之電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況壓軸突破訓(xùn)練∶培優(yōu)易錯難題篇附詳細(xì)答案

1、高考物理備考之電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況壓軸突破訓(xùn)練：培優(yōu) 易錯 難題篇附詳細(xì)答案一、電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況II1.如圖所示，豎直放置、半徑為R的不圓弧導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌 ab、口力在對處平滑連接，且軌道間距為2L, cd、1cd足夠長并與ab、節(jié)以導(dǎo)棒連接，導(dǎo)軌間距為L, b、c、J ”在一條直線上，且與 取平行，口儀右側(cè)空間中有豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，均勻的金屬棒 pq和gh垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好。gh靜止在cd、，：導(dǎo)軌上，pq從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，進(jìn)入磁場后與gh沒有接觸。當(dāng)pq運動到8,時，回路中恰好沒有電流，已知 pq的質(zhì)量為2m,長度為2L,電阻為2r, gh

2、的質(zhì)量為m,長度為 L,電阻為r,除金屬棒外其余電阻不計，所有軌道均光滑，重力加速度為g,求：(1)金屬棒pq到達(dá)圓弧的底端時，對圓弧底端的壓力；(2)金屬棒pq運動到時，金屬棒gh的速度大?。?3)金屬棒gh產(chǎn)生的最大熱量。中到2丫納13【答案】6mgi (2)力二干力詞母【解析】【分析】金屬棒 pq下滑過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒和牛頓運動定律求出對圓弧底端的壓力；屬棒gh在cd、口,力導(dǎo)軌上加速運動，回路電流逐漸減小，當(dāng)回路電流第一次減小為零時，pq運動到ab、導(dǎo)軌的最右端，根據(jù)動量定理求出金屬棒gh的速度大?。唤饘侔魀q進(jìn)入磁場后在ab、導(dǎo)軌上減速運動，金屬棒gh在cd、山導(dǎo)軌上加速運動，根

3、據(jù)能量守恒求出金屬棒gh產(chǎn)生的最大熱量；r I n2mgR -三 2m誣解：(1)金屬棒pq下滑過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒有：2vjN - 2mg = 2m-在圓弧底端有根據(jù)牛頓第三定律，對圓弧底端的壓力有聯(lián)立解得(2)金屬棒pq進(jìn)入磁場后在 ab、導(dǎo)軌上減速運動，金屬棒 gh在cd、導(dǎo)軌上加速運動，回路電流逐漸減小，當(dāng)回路電流第一次減小為零時，pq運動到ab、1tt獷導(dǎo)軌的最右端，此時有,對于金屬棒pq單一/?二汕一個對于金屬棒gh有,一聯(lián)立解得(3)金屬棒pq進(jìn)入磁場后在 ab、口卜導(dǎo)軌上減速運動，金屬棒 gh在cd、，：，導(dǎo)軌上加速運動，回路電路逐漸減小，當(dāng)回路電流第一次減小為零時，回路中產(chǎn)

4、生的熱量為I IQl = 2mgR-t 2mv-mvj該過程金屬棒gh產(chǎn)生的熱量為上十金屬棒pq到達(dá)cd、 d導(dǎo)軌后，金屬棒pq加速運動，金屬棒 gh減速運動，回路電流逐漸 減小，當(dāng)回路電流第二次減小為零時，金屬棒 pq與gh產(chǎn)生的電動勢大小相等，由于此時 金屬棒切割長度相等，故兩者速度相同均為v,此時兩金屬棒均做勻速運動，根據(jù)動量守恒定律有1 金屬棒pq從到達(dá)cd、cd導(dǎo)軌道電流第二次減小為零的過程，回路產(chǎn)生的熱量為T TT 1Q? = 2 1 2m+ -rnu? - (2m +Ql =Qz該過程金屬棒gh產(chǎn)生的熱量為丁 + r聯(lián)立解得13。二萬血”2.如圖所示，足夠長的 U型金屬框架放置在

5、絕緣斜面上，斜面傾角30 ,框架的寬度L 0.8m,質(zhì)量M 0.2kg ,框架電阻不計。邊界相距 d 1.2m的兩個范圍足夠大的磁場I、n ,方向相反且均垂直于金屬框架，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B 0.5T。導(dǎo)體棒ab垂直放置在框架上，且可以無摩擦的滑動?，F(xiàn)讓棒從 MN上方相距x 0.5m處由靜止開始沿框架下 滑，當(dāng)棒運動到磁場邊界MN處時，框架與斜面間摩擦力剛好達(dá)到最大值fm 3N (此時框架恰能保持靜止)。已知棒與導(dǎo)軌始終垂直并良好接觸，棒的電阻R 0.16 ,質(zhì)量m 0.4kg ,重力加速度g 10m/s2,試求：(1)棒由靜止開始沿框架下滑到磁場邊界MN處的過程中，流過棒的電量 q；(2)棒運動

6、到磁場I、n的邊界 MN和PQ時，棒的速度 和V2的大??；(3)通過計算分析：棒在經(jīng)過磁場邊界MN以后的運動過程中，U型金屬框架能否始終保持靜止?fàn)顟B(tài)？(l)q 1.25C； (2)vi 2m/s, v2 4m/s ； (3)框架能夠始終保持靜止?fàn)顟B(tài)【解析】【分析】本題考查導(dǎo)體棒在磁場中的運動，屬于綜合題。【詳解】(1)平均電動勢為BLxt平均電流則流過棒的電量為代入數(shù)據(jù)解得q 1.25C。(2)棒向下加速運動時，U形框所受安培力沿斜面向下，靜摩擦力向上，當(dāng)棒運動到磁場邊Mg sinB2L2 Vlfm解得Vi棒經(jīng)過2m/s 。MN后做勻加速直線運動，加速度界MN處時，框架與斜面間摩擦力剛好達(dá)到最

7、大值fm 3N ,由平衡條件，有3a g sin 5m/s由v22 一. .一Vi 2ad ,解得方向沿斜面向上棒進(jìn)入 PQ時,f2v2 4m/s(3)棒在兩邊界之間運動時，框架所受摩擦力大小為f1 Mg sin 1N fm框架受到的安培力沿斜面向上，所受摩擦力大小為B2L2v2rv2 Mg sin 3N fmR向沿斜面向下以后，棒做加速度減小的減速運動，最后做勻速運動。勻速運動時，框架所 受安培力為2, 2B L vmgsin2N方向沿斜面向上。摩擦力大小為2.21N fmB L vf3 Mg sin方向沿斜面向下。綜上可知，框架能夠始終保持靜止?fàn)顟B(tài)。B,質(zhì)量為.如圖所示，豎直向上的勻強(qiáng)磁場

8、垂直于水平面內(nèi)的導(dǎo)軌，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為M的導(dǎo)體棒PQ垂直放在間距為l的平行導(dǎo)軌上，通過輕繩跨過定滑輪與質(zhì)量為m的物塊A連接。接通電路，導(dǎo)體棒 PQ在安培力作用下從靜止開始向左運動，最終以速度v勻速運動，此過程中通過導(dǎo)體棒 PQ的電量為q, A上升的高度為ho已知電源的電動勢為 E,重 力加速度為g。不計一切摩擦和導(dǎo)軌電阻，求：(1)當(dāng)導(dǎo)體棒PQ勻速運動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小E;(2)當(dāng)導(dǎo)體棒PQ勻速運動時，棒中電流大小 I及方向;(3)A上升h高度的過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮?1) E Blv ; (2) I 一 Bl12,萬向為 P 至ij Q; (3) qE mgh - (

9、m M )v 2(1)當(dāng)導(dǎo)體棒PQ最終以速度v勻速運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小E Blv(2)當(dāng)導(dǎo)體棒PQ勻速運動時，安培力方向向左，對導(dǎo)體棒有T mg F安又因為F安BIl聯(lián)立得mgBl根據(jù)左手定則判斷I的方向為P到Q。(3)根據(jù)能量守恒可知,A上升h高度的過程中，電源將其它形式的能量轉(zhuǎn)化為電能，再將電能轉(zhuǎn)化為其他形式能量，則有qE Q2M v mgh則回路中的電熱為qEmghM v2.如圖1所示，一個圓形線圈的匝數(shù) n 1000匝，線圈面積S 0.02m2,線圈的電阻r 1 ,線圈外接一個阻值 R 4 的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖2所

10、示.求1在04s內(nèi)穿過線圈的磁通量變化量；2前4s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；3 6s內(nèi)通過電阻R的電荷量q.圖1圖2【答案】(1) 4X1(2Wb 1V (3) 0.8C【解析】試題分析：(1)依據(jù)圖象，結(jié)合磁通量定義式BS,即可求解；(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率求出前 4s內(nèi)感應(yīng)電動勢的大小.(3)根據(jù)感應(yīng)電動 勢，結(jié)合閉合電路歐姆定律、電流的定義式求出通過R的電荷量.(1)根據(jù)磁通量定義式BS,那么在04s內(nèi)穿過線圈的磁通量變化量為：B2 B S 0.4 0.2 0.02Wb 4 10 3Wb B0.4 0.2,(2)由圖象可知刖4 s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率為： T /

11、s 0.05?T / st 44s內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢為： E(3)電路中的平均感應(yīng)電流為：BnS 1000 0.02 0.05?V 1V tE1 ，又 q It ,且 E n R總t所以q nR總10000.02 0.4 0.2C 0.8C4 1【點睛】本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動 勢，由歐姆定律求出感應(yīng)電流，最后由電流定義式的變形公式求出感應(yīng)電荷量.如圖所示，處于勻強(qiáng)磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌相距1 m,導(dǎo)軌平面與水平面成9 = 37角，下端連接阻值為 R= 2的電阻.磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上，磁 感應(yīng)強(qiáng)度為0.4T.質(zhì)量為0.2kg、

12、電阻不計的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數(shù)為0.25.金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑.(g=10m/s2,sin37 = 0.6, cos37 = 0.8)(1)判斷金屬棒下滑過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向；(2)求金屬棒下滑速度達(dá)到 5m/s時的加速度大??；(3)當(dāng)金屬棒下滑速度達(dá)到穩(wěn)定時，求電阻R消耗的功率.【答案】(1)由 a 到 b (2) a 2m/s2 (3) P 8W【解析】【分析】【詳解】(1)由右手定則判斷金屬棒中的感應(yīng)電流方向為由a到b.(2)金屬棒下滑速度達(dá)到 5m/s時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E BLv 0.4 1 5V 2V感應(yīng)電流為I E 1A

13、,金屬棒受到的安培力為 F BIL 0.4 1 1N 0.4人 R由牛頓第二定律得：mgsin mgcos F ma ,解得：a 2m/s2.(3)設(shè)金屬棒運動達(dá)到穩(wěn)定時，所受安培力為 F ,棒在沿導(dǎo)軌方向受力平衡mgsin mgcos F ,解得：F 0.8N，又：F BI L ,I 2 3a 2ABL 0.4 1電阻R消耗的功率：P I 2R 8W .【點睛】該題考查右手定則的應(yīng)用和導(dǎo)體棒沿著斜面切割磁感線的運動，該類題型綜合考查電磁感 應(yīng)中的受力分析與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，要求的解題的思路要規(guī)范，解題的能力要 求較高.如圖所示，MN、PQ為足夠長的平行金屬導(dǎo)軌.間距 L=0.50m,

14、導(dǎo)軌平面與水平面間夾角0=37, N、Q間連接一個電阻 R=5.0Q ,勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=1.0T.將一本K質(zhì)量 m=0.05kg的金屬棒放在導(dǎo)軌的 ab位置，金屬棒及導(dǎo)軌的電阻不 計.現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好.已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)0.50 ,當(dāng)金屬棒滑至cd處時，其速度大小開始保持不變，位置 cd與ab之間的距離s 2.0m .已知g 10m/s2, sin37 0.60,(1)金屬棒沿導(dǎo)軌開始下滑時的加速度大??；(2 )金屬棒達(dá)到cd處的速度大??；(3)金屬棒由位置 ab運動到cd的過程中，電阻 R產(chǎn)

15、生的熱量.【答案】(1) a 2.0m/s2 (2) v 2.0m/s (3) Q 0.10J【解析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律求加速度，根據(jù)平衡條件求金屬棒速度大小，由能量守恒求電阻R上產(chǎn)生的熱量；【詳解】(1)設(shè)金屬桿的加速度大小 a ,則mg sin mg cos ma解得 a 2.0m/s2(2)設(shè)金屬棒達(dá)到cd位置時速度大小為 V ,電流為I ,金屬棒受力平衡，有mgsin BIL mgcosBLv IR解得：V 2.0m/s.(3)設(shè)金屬棒從ab運動到cd的過程中，電阻 R上產(chǎn)生的熱量為 Q,由能量守恒，有mgssin1mv2 mgs cos解得：Q 0.10J.如圖(a)所示，平行

16、長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距L=0.4 m.導(dǎo)軌右端接有阻值 R= 1 Q的電阻，導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，且接觸良好.導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計，導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，bd連線與導(dǎo)軌垂直，長度也為L.從0時刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的大小隨時間t變化，規(guī)律如圖(b)所示；同一時刻，棒從導(dǎo)軌左端開 始向右勻速運動，1 s后剛好進(jìn)入磁場.若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v=1 m/s做直線運動，求：(1)棒進(jìn)入磁場前，回路中的電動勢E大小；(2)棒在運動過程中受到的最大安培力F,以及棒通過三角形 abd區(qū)域時電流I與時間t的關(guān)系式.【答案】(1)0.04 V ；(2)0.04 N ,

17、 I = 2Bv tR【解析】【分析】【詳解】在棒進(jìn)入磁場前，由于正方形區(qū)域abcd內(nèi)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化，使回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，在棒進(jìn)入磁場前回路中的電動勢為E=代= 0.04V當(dāng)棒進(jìn)入磁場時，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T恒定不變，此時由于導(dǎo)體棒做切割磁感線運動，使回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，回路中的電動 勢為：e=Blv,當(dāng)棒與bd重合時，切割有效長度 l=L,達(dá)到最大，即感應(yīng)電動勢也達(dá)到最 大 em = BLv= 0.2VE= 0.04V根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，回路中的感應(yīng)電流最大為：im = ：=0.2A根據(jù)安培

18、力大小計算公式可知，棒在運動過程中受到的最大安培力為：Fm= imLB= 0.04N在棒通過三角形 abd區(qū)域時，切割有效長度 l = 2v(t1)(其中，1st號+ 1s) -1綜合上述分析可知，回路中的感應(yīng)電流為：i=*=j1aD (其中，1swt令+1s)即：i = t 1 (其中，1st1.2s【點睛】注意區(qū)分感生電動勢與動生電動勢的不同計算方法，充分理解B-t圖象的含義.如圖所示，將邊長為 a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導(dǎo)線框豎直向上拋出，穿過寬度 為b、磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的方向垂直紙面向里，線框向上離開磁場時 的速度剛好是進(jìn)入磁場時速度的一半，線框離開磁場后繼續(xù)上

19、升一段高度，然后落下并勻 速進(jìn)入磁場.整個運動過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力f,且線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動.求： TOC o 1-5 h z (1)線框在下落階段勻速進(jìn)入磁場時的速度V2；(2)線框在上升階段剛離開磁場時的速度vi;(3)線框在上升階段通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q.mg fR【答案】(1),(2)ViBaR 2 72 2 、 mg fB amg f a bmg(1)下落階段勻速進(jìn)入磁場說明線框所受力：重力 對比線框離開磁場后繼續(xù)上升一段高度(設(shè)為、空氣阻力及向上的安培力的合力為零h),然后下落相同高度h到勻速進(jìn)入磁場(2)2 3mR c c4 4 2B a時兩個階段受力情況不同，合力

20、做功不同，由動能定理：線框從離開磁場至上升到最高點的過程.(3)求解焦耳熱Q,需要特別注意的是線框向上穿過磁場是位移是a+b而不是b,這是易錯的地方【詳解】(1)線框在下落階段勻速進(jìn)入磁場瞬間，由平衡知識有:mg2 2B a v2解得:(2)線框從離開磁場至上升到最高點的過程，由動能定理:(mg f )h 01 2 mv12線圈從最高點落至進(jìn)入磁場瞬間:1:(mg f )hmv12聯(lián)立解得：v1mg fv2mg fB*(mg)2 f 2(mg f)Rv2-2 2B a(3)線框在向上通過磁場過程中，由能量守恒定律有: TOC o 1-5 h z 1212Q (mg f )(a b) mv0mv

21、122而 v02%23mR 22斛仔：Q=(mg)f (mg f )(a b)2B a即線框在上升階段通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q 生售(mg)2 f2 (mg f)(a b)2B a【點睛】此類問題的關(guān)鍵是明確所研究物體運動各個階段的受力情況，做功情況及能量轉(zhuǎn)化情況， 選擇利用牛頓運動定律、動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律解決針對性的問題，由于過程分 析不明而易出現(xiàn)錯誤.為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學(xué)設(shè)計了一種閃爍裝置.如圖所示，自行車 后輪由半徑立50 x107油的金屬內(nèi)圈、半徑 花。工口險的金屬外圈和絕緣幅條構(gòu)成.后輪 的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有 4跟金屬條，每根金屬條的中間均串

22、聯(lián)有一電阻值為|R的小燈泡.在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應(yīng)強(qiáng)度與=。107、方向垂直紙面向外的扇形勻強(qiáng)磁場，其內(nèi)半徑為八、外半徑為向、張角5 = 丁.后輪以角速度二2必 5相對轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)0動.若不計其它電阻，忽略磁場的邊緣效應(yīng).(1)當(dāng)金屬條自占進(jìn)入扇形磁場時，求感應(yīng)電動勢E,并指出ab上的電流方向；(2)當(dāng)金屬條進(jìn)入扇形磁場時，畫出閃爍裝置的電路圖；(3)從金屬條日內(nèi)進(jìn)入扇形磁場時開始，經(jīng)計算畫出輪子一圈過程中，內(nèi)圈與外圈之間電勢差R工隨時間變化的 (二-【圖象；【答案】(1) |4一9父10-+，電流方向由|由到。；(2)見解析；(3)見解析【解析】(1)金屬條ab在勻強(qiáng)磁場中轉(zhuǎn)動切割，由 E

23、得：感應(yīng)電動勢為/X10 -F ,根據(jù)右手定則判 切：臥 3舒 0.LOxO.4O,1 O.LOx 0.05 - -三- 斷可知電流方向由占到口;(2)。邊切割充當(dāng)電源，其余為外電路，且并聯(lián)，其等效電路如圖所示N q R 外_nJ_(3)設(shè)電路的總電阻為憶根據(jù)電路圖可知，五彳=尺一；次=；衣JT 1口占兩端電勢差:UE-IB=ER= 一 -1 丁中/4設(shè)空6離開磁場區(qū)域的時刻 當(dāng)，下一根金屬條進(jìn)入磁場的時刻 處，則:,21，設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時間為丁，則7=三=15,在T =15內(nèi)，金屬條有四次進(jìn) G)出，后三次與第一次相同，由上面的分析可以畫出如下猿，-1圖象:lUi/IOV2-立 1.6-1.

24、2 90.8-040.250.50.75【點睛】 本題考查了電磁感應(yīng)和恒定電路的知識，設(shè)計問題從容易入手，層層遞進(jìn)，較好地把握了 試題的難度和區(qū)分度.如圖所示，寬L=2m、足夠長的金屬導(dǎo)軌 MN和M N放在傾角為0=30的斜面上，在N和N之間連接一個 R=2.0Q的定值電阻，在 AA處放置一根與導(dǎo)軌垂直、質(zhì)量 m=0.8kg、3電阻r=2.0Q的金屬桿，桿和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù),導(dǎo)軌電阻不計，導(dǎo)軌處于磁感4應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T、方向垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場中.用輕繩通過定滑輪將電動小車與桿的中點相連，滑輪與桿之間的連線平行于斜面，開始時小車位于滑輪正下方水平面上的P處(小車可視為質(zhì)點)，滑輪離小車

25、的高度H=4.0m.啟動電動小車，使之沿PS方向以v=5.0m/s的速度勻速前進(jìn)，當(dāng)桿滑到OO位置時的加速度 a=3.2m/s2, AA與OO之間的距離d=1m,求：(1)該過程中，通過電阻 R的電量q；(2)桿通過OO時的速度大?。?3)桿在OO時，輕繩的拉力大??；(4)上述過程中，若拉力對桿所做的功為13J,求電阻R上的平均電功率.【答案】 (1) 0.5C (2) 3m/s (3) 12.56N (4) 2.0W【解析】【分析】【詳解】(1)平均感應(yīng)電動勢 E BLd t tq ？ t代入數(shù)據(jù)，可得：q 0.5C(2)幾何關(guān)系：一L Hsind解得：sin0.8 =530桿的速度等于小車

26、速度沿繩方向的分量：v1 vcos 3m/s(3)桿受的摩擦力Ff mg cos 3NB2|2v,桿受的安培力F安BIL B L v1代入數(shù)據(jù),可得F安3N(R r)根據(jù)牛頓第二定律：Ft mg sin Ff F安=ma解得：Ft 12.56N12(4)根據(jù)動能te理： W W安 mgdsin Ff - mv；解出W安2.4J ,電路產(chǎn)生總的電熱Qtt2.4J心、那么，R上的電熱Qr 1.2J此過程所用的時間t H c0t0.6svQr1.2 .R上的平均電功率 P W 2.0W t 0.6【點睛】本題是一道電磁感應(yīng)與力學(xué)、電學(xué)相結(jié)合的綜合體，考查了求加速度、電阻產(chǎn)生的熱量,分析清楚滑桿的運動

27、過程，應(yīng)用運動的合成與分解、E=BLv歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律、平衡條件、能量守恒定律即可正確解題；求R產(chǎn)生的熱量時要注意，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為R與r產(chǎn)生的熱量之和.如圖所示， 2”型光滑長軌道固定在水平面內(nèi)，電阻不計.軌道中間存在垂直水平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B. 一根質(zhì)量m、單位長度電阻 R0的金屬桿，與軌道成 45 位置放置在軌道上，從靜止起在水平拉力作用下從軌道的左端O點出發(fā)，向右做加速度大小為a的勻加速直線運動，經(jīng)過位移 L.求： (1)金屬桿前進(jìn)L過程中的平均感應(yīng)電動勢.(2)已知金屬桿前進(jìn) L過程中水平拉力做功 W.若改變水平拉力的大小，以 4a大小的加速度重復(fù)上

28、述前進(jìn) L的過程，水平拉力做功多少？(3)若改用水平恒力F由靜止起從軌道的左端 O點拉動金屬桿，到金屬桿速度達(dá)到最大值vm時產(chǎn)生熱量.(F與Vm為已知量)F(1)BL(2)2W+2maL(3)(4)試分析(3)問中，當(dāng)金屬桿速度達(dá)到最大后，是維持最大速度勻速直線運動還是做減速運 動？_ 2 -F2R0121 人二二一 ,mVm(4)當(dāng)金屬桿速度達(dá)到最大后，將做2B Vm 2減速運動【解析】 【詳解】2aL=v2 - 0v= . 2aL(1)由位移-速度公式得所以前進(jìn)L時的速度為前進(jìn)L過程需時由法拉第電磁感應(yīng)定律有:1B - 2L L 2.2aL(2)以加速度a前進(jìn)L過程，合外力做功W+W 安=

29、maL所以W 安=maL W以加速度4 a前進(jìn)L時速度為v 8aL =2v合外力做功Wf W 安=maL2. 2,B L v由FaBIL 可知，位移相同時：RFa包則前進(jìn)L過程W安=2安所以Wf =4aL- 2W安=2W+2maL(3)設(shè)金屬桿在水平恒力作用下前進(jìn)d時Fa=F,達(dá)到最大速度，由幾何關(guān)系可知，接入電路的桿的有效長度為2d,則_ 2_2BIl B（純yF所以FRod= -Z2-2B vm由動能定理有FdQ -mvm2所以:Q=Fd2F2Ro12-Tmvm=-mvm2 2B vm 2(4)根據(jù)安培力表達(dá)式，假設(shè)維持勻速，速度不變而位移增大，安培力增大，則加速度一定 會為負(fù)值，與勻速運

30、動的假設(shè)矛盾，所以做減速運動。12.如圖所示，兩電阻不計的足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角0,導(dǎo)軌間距l(xiāng) ,所在平面的正方形區(qū)域 abcd內(nèi)存在有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B,方向垂直斜面向上.將甲 乙兩電阻阻值相同、質(zhì)量均為m的相同金屬桿如圖放置在導(dǎo)軌上，甲金屬桿處在磁場的上 邊界，甲乙相距l(xiāng) .靜止釋放兩金屬桿的同時，在甲金屬桿上施加一個沿著導(dǎo)軌的外力F,使甲金屬桿在運動過程中始終做沿導(dǎo)軌向下的勻加速直線運動，加速度大小g.sin .(1)乙金屬桿剛進(jìn)入磁場時，發(fā)現(xiàn)乙金屬桿作勻速運動，則甲乙的電阻R各為多少?F隨時間t的變化關(guān)系，并(2)以剛釋放時t =0,寫出從開始到甲金屬桿離開磁場，

31、外力 說明F的方向.(3)乙金屬桿在磁場中運動時，乙金屬桿中的電功率多少？一 22mg l sin北.(4)2、gl sinQ,試求此過程中外力F對(4)若從開始釋放到乙金屬桿離開磁場，乙金屬桿中共產(chǎn)生熱量 甲做的功.【答案】(1) R.2mt (3) 2mgsingl sin2Q mglsin【解析】【分析】 【詳解】(1)由于甲乙加速度相同，當(dāng)乙進(jìn)入磁場時，甲剛出磁場：乙進(jìn)入磁場時v 2gl sin ,受力平衡有:mg sinBS近2glsin2R2R解得：R B2l2,2glsin2mgsin Blv(2)甲在磁場用運動時，外力F始終等于安培力：F Fa BIl Bl ,2R速度為：v

32、g sin t可得：2 . 2Blg sin t mg sinfaBl Jh t ,2R； gl sinF沿導(dǎo)軌向下(3)乙金屬桿在磁場中運動時，乙金屬桿中的電功率為:P I2RBlv_ 22mg l sin2R2gl sin(4)乙進(jìn)入磁場前勻加速運動中，甲乙發(fā)出相同熱量，設(shè)為Qi,此過程中甲一直在磁場中,外力F始終等于安培力，則有：Wf W安2Q1乙在磁場中運動發(fā)出熱量Q2,利用動能定理：mglsin 可得：-2Q2Q2mglsin2，由于甲出磁場以后，外力F為零,可得:WF 2Q mglsin13.如圖所示，兩根電阻忽略不計、互相平行的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，相距 L=1m,在水 平虛線間

33、有與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T,磁場區(qū)域的高度d=1m,導(dǎo)體棒 a的質(zhì)量 ma=0.2kg、電阻 Ra=1 Q;導(dǎo)體棒 b的質(zhì)量 mb=0.1kg、電阻Rb=1.5 Q它們分另J從圖中 M、N處同時由靜止開始在導(dǎo)軌上無摩擦向下滑動，b勻速穿過磁場區(qū)域，且當(dāng) b剛穿出磁場時a正好進(jìn)入磁場，重力加速度 g=10m/st X X X Xd B X X X X b棒穿過磁場區(qū)域過程中克服安培力所做的功；(2)a棒剛進(jìn)入磁場時兩端的電勢差；(3)保持a棒以進(jìn)入時的加速度做勻變速運動，對a棒施加的外力隨時間的變化關(guān)系.【答案】(1) b棒穿過磁場區(qū)域過程中克服安培力所做的功為1J;

34、 (2) a棒剛進(jìn)入磁場時兩端的電勢差為 3.3V；(3)保持a棒以進(jìn)入時的加速度做勻變速運動，對a棒施加的外力隨時間的變化關(guān)系為F=0.45t - 1.1.【解析】 【分析】(1) b在磁場中勻速運動，其安培力等于重力，根據(jù)重力做功情況求出b棒克服安培力分別做的功. b進(jìn)入磁場做勻速直線運動，受重力和安培力平衡，根據(jù)平衡條件，結(jié)合閉合電路歐姆定律和切割產(chǎn)生感應(yīng)電動勢大小公式，求出b做勻速直線運動的速度大小.a、b都在磁場外運動時，速度總是相等，b棒進(jìn)入磁場后，a棒繼續(xù)加速運動而進(jìn)入磁場，根據(jù)運動學(xué)速度時間公式求解出 a進(jìn)入磁場時的速度大小，由E=BLv求出a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，即可求得a棒剛

35、進(jìn)入磁場時兩端的電勢差.,不計a、b棒之 間的相互作用，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好，求：M(3)根據(jù)牛頓第二定律求出 a棒剛進(jìn)入磁場時的加速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出保持a棒以進(jìn)入時的加速度做勻變速運動時外力與時間的關(guān)系式.b棒穿過磁場做勻速運動，安培力等于重力，則有：BIiL=mbg,克服安培力做功為：W=BIiLd=mbgd=0,1 X10X1=1Jb棒在磁場中勻速運動的速度為V1,重力和安培力平衡，根據(jù)平衡條件，結(jié)合閉合電路歐姆定律得：口2T 2B L九R十人 a d=mbg,vb=10m/st1,b棒在磁場中勻速運動的時間為d=Vbt1,=0.1s,a、b都在磁場外運動時，速

36、度總是相等的，b棒進(jìn)入磁場后，a棒繼續(xù)加速t1時間而進(jìn)入磁場，a棒進(jìn)入磁場的速度為va, Va=Vb+gt1=10+10 x 0.1=11m/s.電動勢為：E=BL%=0.5 x 1 X 11=5.5棒兩端的電勢差即為路端電壓為:E%質(zhì)5乂1.5 u=U=3.3V.(3) a棒剛進(jìn)入磁場時的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律得：mag - BI2L=maa,BI2L_ _ =_ _a廠%=曠明Q2=4.5m/s2,要保持加速度不變，加外力 F,根據(jù)牛頓第二定律得:F+mag BIL=maaXt=0.45t 1.1.得:.如圖所示，兩平行光滑不計電阻的金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌上端接一阻值為R的定值電阻，

37、兩導(dǎo)軌之間的距離為d.矩形區(qū)域abdc內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，ab、cd之間的距離為L.在cd下方有一導(dǎo)體棒 MN ,導(dǎo)體棒 MN與導(dǎo)軌 垂直，與cd之間的距離為 H,導(dǎo)體棒的質(zhì)量為 m,電阻為r.給導(dǎo)體棒一豎直向上的恒 力，導(dǎo)體棒在恒力 F作用下由靜止開始豎直向上運動，進(jìn)入磁場區(qū)域后做減速運動.若導(dǎo) 體棒到達(dá)ab處的速度為vo,重力加速度大小為 g,求： 1 i R TOC o 1-5 h z 入仄凡XXX .cd葉f I X(1)導(dǎo)體棒到達(dá)cd處時速度的大小;(2)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時加速度的大小；R的電荷量和電阻 R產(chǎn)生的熱量.(3)導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域的過程中，通過電阻1) v2(F mg)H(2) aB2d2 gm(R r)2(F m