備戰(zhàn)高考物理電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況推斷題綜合經(jīng)典題

備戰(zhàn)高考物理電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況推斷題綜合經(jīng)典題一、電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況1.圖中裝置在水平面內(nèi)且處于豎直向下的勻強磁場中，足夠長的光滑導(dǎo)軌固定不動。電源電動勢為E(不計內(nèi)阻)，導(dǎo)體棒ab初始靜止不動，導(dǎo)體棒ab在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好。已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量為仍磁感應(yīng)強度為B,導(dǎo)軌間距為3導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻均不計，電阻R已知。閉合電鍵，導(dǎo)體棒在安培力的作用下開始運動，則：(1)導(dǎo)體棒的最終速度？⑵在整個過程中電源釋放了多少電能？⑶在導(dǎo)體棒運動過程中，電路中的電流是否等于⑶在導(dǎo)體棒運動過程中，電路中的電流是否等于E，試判斷并分析說明原因。RmE2;(3)見斛析2B2L2【解析】【分析】【詳解】(1)閉合電鍵，導(dǎo)體棒在安培力的作用下開始運動做加速運動，導(dǎo)體棒運動后切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，使得通過導(dǎo)體棒的電流減小，安培力減小，加速度減小，當(dāng)加速度為0時，速度達(dá)到最大值，之后做勻速運動，此時感應(yīng)電動勢與電源電動勢相等。設(shè)導(dǎo)體棒的最終速度v，則有E=BLv解得Ev=——BL⑵在整個過程中電源釋放的電能轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒的動能，導(dǎo)體棒獲得的動能為.1 1 mE2AE=mmv2= k2 2B2L所以在整個過程中電源釋放的電能為一2B2L⑶在導(dǎo)體棒運動過程中，閉合電鍵瞬間，電路中的電流等于E，導(dǎo)體棒在安培力的作用下R開始運動做加速運動。之后導(dǎo)體棒運動后切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，使得通過導(dǎo)體棒的電流減小，當(dāng)感應(yīng)電動勢與電源電動勢相等時，電路中電流為0,因此在導(dǎo)體棒運動過程

中，電路中的電流只有在閉合電鍵瞬間等于E，之后逐漸減小到0。R2.如圖所示，兩平行長直金屬導(dǎo)軌(不計電阻)水平放置，間距為3有兩根長度均為L、電阻均為R、質(zhì)量均為m的導(dǎo)體棒AB、CD平放在金屬導(dǎo)軌上。其中棒CD通過絕緣細(xì)繩、定滑輪與質(zhì)量也為m的重物相連，重物放在水平地面上，開始時細(xì)繩伸直但無彈力，棒CD與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為N，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，忽略其他摩擦和其他阻力，導(dǎo)軌間有一方向豎直向下的勻強磁場B1,磁場區(qū)域的邊界滿足曲線方程：y=Lsin；x(0<x<L，單位為m)。CD棒處在豎直向上的勻強磁場B中?，F(xiàn)從t=0時L 2刻開始，使棒AB在外力F的作用下以速度v從與y軸重合處開始沿x軸正方向做勻速直線運動,在運動過程中CD棒始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。(1)求棒AB在運動過程中，外力F的最大功率；(2)求棒AB通過磁場區(qū)域B1的過程中，棒CD上產(chǎn)生的焦耳熱；BBLv(3)右棒AB在勻強磁場B中運動時，重物始終未離開地面，且滿足：Rmg=t2——,1 4R求重物所受支持力大小隨時間變化的表達(dá)式?！敬鸢浮?1【答案】(1)B2L2V2—i 2R⑶①當(dāng)0Vt,6LV時，F(xiàn)n=mgTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"l,L5Lt BBLv 兀x②當(dāng)—<t<—時，F(xiàn)n=(1+Nmg-tm一sin丁6v 6v N 2RL5L L③當(dāng)丁<t<一時，F(xiàn)n=mg6v vN【解析】【詳解】

L(1)當(dāng)棒AB運動到x=不處時，棒AB的有效切割長度最長，安培力最大，則外力F最大，功率也最大，此時：BLvTB2LvP=FvmTOC\o"1-5"\h\zF=BIL=B-^—L= P=Fvm1i2R 2R解得:B2L2v2P=-1 m 2R(2)棒AB在勻強磁場區(qū)域B1的運動過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為:兀E=B,Lvsin—xL則感應(yīng)電動勢的有效值為:BLvBLvE有效$2，I有效2j2R可以得到:B2LvRt=1 8R⑶當(dāng)CD棒所受安培力F安=四mg時，設(shè)棒AB所在位置橫坐標(biāo)為x0,對棒CD受力分析可得:BBLyv 九—=四mgy=Lsin7x02R L解得:L5y=—_y=—r,x06x16則:xLx 5Lt——0-=,t=—二v 6v 2v6vL①當(dāng)0<t<—時，6v則:Fn=mgL5L②當(dāng)「<t<—時，則：6v6vBBLyvFN=mg+Nmg-1c2P-2R即：fn=(1+Mfn=(1+Mmg--1BBLv兀xsin 則:FN=mg。3.如圖甲所示，在一對平行光滑的金屬導(dǎo)軌的上端連接一阻值為R=4Q的定值電阻，兩導(dǎo)軌在同一平面內(nèi)。質(zhì)量為m=0.1kg,長為L=0.1m的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌，使其從靠近電阻處由靜止開始下滑，已知導(dǎo)體棒電阻為r=1Q,整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌面的勻強磁場中，導(dǎo)體棒下滑過程中加速度a與速度v的關(guān)系如圖乙所示，(g=10m/s2)。求：(1)導(dǎo)軌平面與水平面間夾角0；(2)磁場的磁感應(yīng)強度B；(3)若靠近電阻處到底端距離為20m,ab棒在下滑至底端前速度已達(dá)10m/s,求ab棒下滑的整個過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。甲 乙【答案】(1)。=30。；(2)B=5T；(3)Qr=4J【解析】【分析】【詳解】(1)由E=BLv、I=-E-、F=BIL得安培力R+rB2LvF= R+r根據(jù)牛頓第二定律得mgsin0一F=ma代入得，八B2L2v

mgsin0 =maR+r整理得B2L2a=--f \v+gsin0m\R+r)由數(shù)學(xué)知識得知，a-v圖象斜率的大小等于縱截距等于gsin0由圖象可知圖象的縱截距等于5,即解得g解得gsin0=50=30。(2)由圖象可知圖象斜率的大小等于0.5,則有B?L=05

m(R+r) ?代入解得B=5T(3)ab棒下滑到底端的整個過程中，根據(jù)能量守恒定律得mgxsin0=mmv2+Q^2得電路中產(chǎn)生的總熱量Q=5J根據(jù)焦耳定律得電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q=-Q—Q=4J

RR+r.如圖所示，光滑的水平平行金屬導(dǎo)軌間距為3導(dǎo)軌電阻忽略不計.空間存在垂直于導(dǎo)軌平面豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，輕質(zhì)導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒ab的電阻為r，與導(dǎo)軌之間接觸良好.兩導(dǎo)軌之間接有定值電阻，其阻值為R，輕質(zhì)導(dǎo)體棒中間系一輕細(xì)線，細(xì)線通過定滑輪懸掛質(zhì)量為m的物體，現(xiàn)從靜止釋放該物體，當(dāng)物體速度達(dá)到最大時，下落的高度為h,在本問題情景中，物體下落過程中不著地，導(dǎo)軌足夠長，忽略空氣阻力和一切摩擦阻力，重力加速度為g.求：(1)物體下落過程的最大速度vm；⑵物體從靜止開始下落至速度達(dá)到最大的過程中，電阻R上產(chǎn)生的電熱Q；⑶物體從靜止開始下落至速度達(dá)到最大時，所需的時間t.mg(Rmg(R+r)【答案】⑴啖丁(2)mghRm3g2R(R+r)R+r 2B4Lm(R+r) B2Lh(3) + -B2L mg(R+r)【解析】【分析】在物體加速下落過程中，加速度逐漸減小，當(dāng)加速度為0時，下落速度達(dá)到最大，由平衡條件、閉合電路歐姆定律和電磁感應(yīng)定律求出物體下落過程的最大速度；在物體下落過程中，物體重力勢能減少，動能增加，系統(tǒng)電熱增加，根據(jù)能量守恒定律求出電阻R上產(chǎn)生的電熱；在系統(tǒng)加速過程中，分別對導(dǎo)體棒和物體分析，根據(jù)動量定理可得所需的時間；解：(1)在物體加速下落過程中，加速度逐漸減小，當(dāng)加速度為0時，下落速度達(dá)到最大對物體，由平衡條件可得mg=Fr對導(dǎo)體棒Fr=BILE對導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌、電阻R組成的回路，根據(jù)閉合電路歐姆定律I二——R+r根據(jù)電磁感應(yīng)定律E=BLvmmg(R+r)聯(lián)立以上各式解得v=—m B2L(2)在物體下落過程中，物體重力勢能減少，動能增加，系統(tǒng)電熱增加，根據(jù)能量守恒定律可得1mgh=耳mvm2+Q總在此過程中任一時刻通過R和r兩部分電阻的電流相等，則電功率之比正比于電阻之比，故整個過程中回路中的R與r兩部分電阻產(chǎn)生的電熱正比于電阻，所以Q二_R_(3)在系統(tǒng)加速過程中，任一時刻速度設(shè)為v，取一段時間微元At，在此過程中分別對導(dǎo)( B2Lvy,八體棒和物體分析，根據(jù)動量定理可得F--一△t=0ITR+r)(mg-.)At=mAv一.一，B2Lv, ,整理可得mgAt- At=mAvR+rB2L2即mgAt- Ax=mAvR+rB2L2,全過程疊加求和mgt h=mvR+rmm(R+r)B2Lh聯(lián)方解得t二ft+麗。.如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成。=30°角固定，N、Q之間接電阻箱R，導(dǎo)軌所在空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強度為B=0.5T,質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其接入電路的電阻位為r?，F(xiàn)從靜止釋放桿ab,測得最大速度為vM，改變電阻箱的阻值R，得到vM與R之間的關(guān)系如圖乙所示。已知導(dǎo)軌間距為L=2m,重力加速度g=10m/s2,軌道足夠長且電阻不計。求：

(1)當(dāng)R=0(1)當(dāng)R=0時，桿ab勻速下滑過程中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E的大小及桿中的電流方向;⑵金屬桿的質(zhì)量m及阻值r；⑶當(dāng)R=4Q時，回路瞬時電功率每增加1W的過程中合外力對桿做的功Wo【答案】(1)E=3V，桿中電流方向從b-a((2)m=0.2kg,r=3。；(3)W=0.7J【解析】【分析】【詳解】(1)由圖可知，當(dāng)R=0時，桿最終以“3m/s勻速運動，產(chǎn)生電動勢E=BLv=0.5x2x3V=3V電流方向為由b到a(2)設(shè)最大速度為v，桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv,由閉合電路的歐姆定律:I=-E-R+r桿達(dá)到最大速度時滿足解得由圖像可知：斜率為縱截距為得至桿達(dá)到最大速度時滿足解得由圖像可知：斜率為縱截距為得至U：mgsin。一BIL=0mg(R+r)sin0v- B2L6 6—2，八“，八k=3—m/(s?Q)=1m/(s.Q)v0=3m/smgrsin0 二vB2L 0mgsin0 二kB2L解得m=0.2kg,r=3QE2⑶由題意：E=BLv,P=——，得R+rP2LP2L2V2P= R+r由動能定理得聯(lián)立解得1 1mv2一mv22 22 1W=m(R+r)AP

2B2LW=0.7J【點睛】.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=1Q，線圈外接一個阻值R=4Q的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖2所示.求（1）在。?4s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）4x10zWb（2）1V（3）0.8。【解析】試題分析：（1）依據(jù)圖象，結(jié)合磁通量定義式①=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①=BS，那么在0?4s內(nèi)穿過線圈的磁通量變化量為：A①=（B2-B）S=（0.4-0.2）x0.02W。=4x10一3Wb(2)由圖象可知前4s內(nèi)磁感應(yīng)強度B的變化率為：絲=絲二02T/s=0.05?T/sAB4s內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢為：E=nS—=1000*0.02義0.05TV=1VAtE(3)電路中的平均感應(yīng)電流為：I=-—，又q=It，且E=n絲R總 AtA① 0.02x(0.4-0.2)所以q=n一=1000x C=0.8C總【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，MN、PQ為足夠長的平行金屬導(dǎo)軌.間距L=0.50m,導(dǎo)軌平面與水平面間夾角9=37°,N、Q間連接一個電阻R=5.0Q,勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強度B=1.0T.將一根質(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)N=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,sin370=0.60,cos37°=0.80.求：(1)金屬棒沿導(dǎo)軌開始下滑時的加速度大小；(2)金屬棒達(dá)到cd處的速度大小；(3)金屬棒由位置ab運動到cd的過程中，電阻R產(chǎn)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mgsin0一日mgcos0=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mgsin0=BIL+旦mgcos0tBLvI= R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。，由能量守恒，有?C1c Acmgs-sin0=—m\^2十日mgs-cos0+Q2解得：Q=0.10J8.如圖(a)所示，平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距L=0.4m.導(dǎo)軌右端接有阻值R=1Q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，1s后剛好進(jìn)入磁場.若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v=1m/s做直線運動，求：⑴棒進(jìn)入磁場前，回路中的電動勢E大??；(2)棒在運動過程中受到的最大安培力憶以及棒通過三角形abd區(qū)域時電流I與時間t的關(guān)系式.2Bv2t【答案】(1)0.04V； (2)0.04N, I= ；R【解析】【分析】【詳解】⑴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=不亍=0.04V⑵當(dāng)棒進(jìn)入磁場時，磁場磁感應(yīng)強度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1=1■，達(dá)到最大，即感應(yīng)電動勢也達(dá)到最大em=BLv=0.2V>E=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=y=0.2A根據(jù)安培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=0.04NL在棒通過三角形abd區(qū)域時，切割有效長度1=2v(t—1)(其中，lswtw—+1s)1e密L綜合上述分析可知，回路中的感應(yīng)電流為：i=」=二一「-二(其中，lswtWL+1S)Jl xp

即：i=t—1(其中，1s<t<1.2s)【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.9.如圖所示，間距為l的平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的夾角為a，導(dǎo)軌間接有一阻值為R的電阻，一長為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為〃，導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于斜面向上，當(dāng)金屬桿受到平行于斜面向上大小為F的恒定拉力作用，可以使其勻F速向上運動；當(dāng)金屬桿受到平行于斜面向下大小為3的恒定拉力作用時，可以使其保持與向上運動時大小相同的速度向下勻速運動，重力加速度大小為g向上運動時大小相同的速度向下勻速運動，重力加速度大小為g,求:(1)金屬桿的質(zhì)量；(2)金屬桿在磁場中勻速向上運動時速度的大小。【答案】(1)F【答案】(1)Fm=~A―：一；

4gsina(2)3RE 日RFv- - 4B2124B212tana【解析】【分析】【詳解】(1)金屬桿在平行于斜面向上大小為F的恒定拉力作用下可以保持勻速向上運動，設(shè)金屬桿的質(zhì)量為m,速度為v，由力的平衡條件可得F-mgsina+從mgcosa+BI1,同理可得F.—+mgsina-日mgcosa+BI1,2由閉合電路的歐姆定律可得E-IR,由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E-BLv,聯(lián)立解得Fm 4gsina

（2）金屬桿在磁場中勻速向上運動時速度的大小3RE uRFv- - 4B2124B212tana10.“801所〃設(shè)計的磁聚焦式霍爾推進(jìn)器可作為太空飛船的發(fā)動機，其原理如下：系統(tǒng)捕獲宇宙中大量存在的等離子體（由電量相同的正、負(fù)離子組成）經(jīng)系統(tǒng)處理后，從下方以恒定速率匕向上射入有磁感應(yīng)強度為B1、垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域I內(nèi).當(dāng)柵極MN、QQ間形成穩(wěn)定的電場后，自動關(guān)閉區(qū)域I系統(tǒng)（關(guān)閉粒子進(jìn)入通道、撤去磁場BJ.區(qū)域n內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小為B2、垂直紙面向外的勻強磁場，磁場右邊界是直徑為。、與上下極板相切的半圓（圓與下板相切于極板中央八）.放在八處的放射源能夠向各個方向均勻發(fā)射速度大小相等的氙原子核，氙原子核經(jīng)過該區(qū)域后形成寬度為D的平行氙粒子束，經(jīng)過柵極MN、PQ之間的電場加速后從PQ噴出，在加速氙原子核的過程中探測器獲得反向推力（不計氙原子核、等離子體的重力，不計粒子之間相互作用于相對論效應(yīng)）.已知極板長RM=2D,柵極MN和PQ間距為d,氙原子核的質(zhì)量為m、電荷量為q，求：（1）氙原子核在A處的速度大小v2；⑵氙原子核從PQ噴出時的速度大小匕；⑶因區(qū)域n內(nèi)磁場發(fā)生器故障，導(dǎo)致區(qū)域n中磁感應(yīng)強度減半并分布在整個區(qū)域n中，求能進(jìn)入?yún)^(qū)域I的氙原子核占a處發(fā)射粒子總數(shù)的百分比.【答案】（1）華（2）:亞匹旦五（3）ZFAN-90012m 4m2 3【解析】【分析】【詳解】（1）離子在磁場中做勻速圓周運動時：B2qv2-mvl根據(jù)題意，在A處發(fā)射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成寬度為D的平行氙原子核D束，即廠--則：v則：v2BDq

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2m（2）等離子體由下方進(jìn)入?yún)^(qū)域I后，在洛倫茲力的作用下偏轉(zhuǎn)，當(dāng)粒子受到的電場力等于洛倫茲力時，形成穩(wěn)定的勻強電場，設(shè)等離子體的電荷量為q'，則Eq'=Bvq'即E=B1v1氙原子核經(jīng)過區(qū)域I加速后，離開PQ的速度大小為v3,根據(jù)動能定理可知：Uq=—mv2一一mv22 3 2 2其中電壓U=Ed=B1V1d8Bvqdm+B2D2q2聯(lián)立可得v=J 2一工3\ 4m2mv（3）根據(jù)題意，當(dāng)區(qū)域n中的磁場變?yōu)锽之后，根據(jù)r=M可知，r'=2r=D2 B2q①根據(jù)示意圖可知，沿著AF方向射入的氙原子核，恰好能夠從M點沿著軌跡1進(jìn)入?yún)^(qū)域I,而沿著AF左側(cè)射入的粒子將被上極板RM擋住而無法進(jìn)入?yún)^(qū)域I.該軌跡的圓心。^正好在N點，AO^=MO1=D，所以根據(jù)幾何關(guān)系關(guān)系可知，此時/fan=900；②根據(jù)示意圖可知，沿著AG方向射入的氙原子核，恰好從下極板N點沿著軌跡2進(jìn)入?yún)^(qū)域I,而沿著AG右側(cè)射入的粒子將被下極板SN擋住而無法進(jìn)入?yún)^(qū)域I.AO2=AN=NO2=D，所以此時入射角度/GAN=300.根據(jù)上述分析可知，只有/FAG=600這個范圍內(nèi)射入的粒子還能進(jìn)入?yún)^(qū)域I.該區(qū)域的、，、一， 6001粒子占A處總粒子束的比例為“= =-1800311.如圖所示，一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌（電阻不計）固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌足夠長且間距為L,左端接有阻值R的電阻，一質(zhì)量m、長度L的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，棒的電阻為r,整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度為B,棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始做加速運動，保持外力的功率為P不變，經(jīng)過時間t導(dǎo)體棒最終做勻速運動.求：(1)導(dǎo)體棒勻速運動時的速度是多少？(2)t時間內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱是多少？.…、【答案】(1)-=電―不——；(2)個二二一■.…:【解析】【分析】(1)金屬棒在功率不變的外力作用下，先做變加速運動，后做勻速運動，此時受到的安培力與F二力平衡，由法拉第定律、歐姆定律和安培力公式推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式，再由平衡條件求解速度；(2)t時間內(nèi)，外力F做功為Pt，外力F和安培力對金屬棒做功，根據(jù)動能定理列式求出金屬棒克服安培力做功，即可得到焦耳熱.【詳解】(1)金屬棒勻速運動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv感應(yīng)電流得金屬棒所受的安培力"BI；聯(lián)立以上三式得：F安二嗟外力的功率P=Fv勻速運動時，有F=F.安 聯(lián)立上面幾式可得：v=『(2)根據(jù)動能定理：WF+W安=1m『2其中WF=Pt,Q=-W安mPCR+r)可得：Q=pL比2匚？答：(1)金屬棒勻速運動時的速度是2步L.dLmP(R+t)(2)t時間內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱是Pt-o.92dL【點睛】金屬棒在運動過程中克服安培力做功，把金屬棒的動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，在此過程中金屬棒做加速度減小的減速運動；對棒進(jìn)行受力分析、熟練應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定

律、動能定理等正確解題.12.如圖所示，間距為L、電阻不計的足夠長雙斜面型平行導(dǎo)軌，左導(dǎo)軌光滑，右導(dǎo)軌粗糙，左、右導(dǎo)軌分別與水平面兩、B角，分別有垂直于導(dǎo)軌斜面向上的磁感應(yīng)強度為B1、B2的勻強磁場，兩處的磁場互不影響.質(zhì)量為m、電阻均為r的導(dǎo)體棒ab、cd與兩平行導(dǎo)軌垂直放置且接觸良好.ab棒由靜止釋放，cd棒始終靜止不動.求：(1)ab棒速度大小為v時通過cd棒的電流大小和cd棒受到的摩擦力大小.1【解析】【分析】【詳解】(1【解析】【分析】【詳解】(1)當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為v時，其切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為：E=BJv①TE_導(dǎo)體棒ab、cd串聯(lián)，由全電路歐姆定律有：I=—②聯(lián)立①②式解得流過導(dǎo)體棒cd的電流大小為:BLv—2r導(dǎo)體棒cd所受安培力為：F2=B2IL④若mgsin0>F2，則摩擦力大小為：f=mgsin0一F=mgsinP一若mgsin0纖2，則摩擦力大小為:f=F-f=F-mgsin0BBLv-mgsin0⑥(2)設(shè)導(dǎo)體棒ab勻速運動時速度為v0,此時導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E0=BJv。⑦E-流過導(dǎo)體棒ab的電流大小為：1=-0⑧o2r導(dǎo)體棒ab所受安培力為：1=3//⑨導(dǎo)體棒ab勻速運動，滿足：mgsina—F1=0@2mgrsina聯(lián)立⑦⑧⑨⑩式解得：v0=一bl一o B2L21m2g2rsin2a此時cd棒消耗的電功率為：P=12R=」^7——0 B2L21【點睛】本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)知識的綜合應(yīng)用，在分析中要注意物體運動狀態(tài)(加速、勻速或平衡)，認(rèn)真分析物體的受力情況，靈活選取物理規(guī)律，由平衡條件分析和求解cd桿的受力情況.13.如圖甲，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，在金屬線框的下方有一勻強磁場區(qū)域，MN、PQ是勻強磁場區(qū)域的上、下水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向垂直于線框平面向里.現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落(bc邊始終與MN平行)，并以此時為計時起點，圖乙是金屬線框由開始下落到離開勻強磁場的過程中，線框中感應(yīng)電流隨時間變化的i-1圖象(圖中11、12、13未知).已知金屬線框邊長為3質(zhì)量為m,電阻為R，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，重力加速度為g，不計空氣阻力.求：(1)金屬線框進(jìn)入磁場時，線框中感應(yīng)電流的方向；(2)金屬線框開始下落時，bc邊距離邊界MN的高度h；(3)在11T2時間內(nèi)，流過線框?qū)Ь€截面的電量q；(4)在11-13時間內(nèi)，金屬線框產(chǎn)生的熱量Q.MKKMKK?M ;財KMCMKKMX ||p********Q圖中 圖乙m2gR2 BL2【答案】(1)逆時針萬向⑵■—^―(3) (4)2mgL2B4L4 R【解析】【分析】本題考查電磁感應(yīng)的綜合問題?！驹斀狻?1)楞次定律可知電流方向abcda"逆時針方向〃)(2)根據(jù)i-1圖象可知，線框進(jìn)入磁場區(qū)域時，做勻速運動.受力滿足心=mg女線框進(jìn)入磁場區(qū)域過程中，感應(yīng)電動勢大小為E=BLv因為感應(yīng)電流大小為安培力大小F、=BIL安聯(lián)系以上各式得，線框進(jìn)入磁場時速度大小為mgRv二 B2L線框進(jìn)入磁場前自由下落，所以v2=2gh解得：m2gR2h二 2B4L（3）流過線框?qū)Ь€截面的電量q=It在11-12時間內(nèi)，線框中感應(yīng)電流大小rBL2I= Rt聯(lián)立以上兩式可得，在11-12時間內(nèi)，流過線框?qū)Ь€截面的電量BL2q=——R（4）從i-1圖象可知，線框勻速進(jìn)入磁場，并勻速離開.根據(jù)功能關(guān)系，在11-13時間內(nèi)，線框中產(chǎn)生的熱量Q等于線框bc邊進(jìn)入磁場至ad邊離開磁場的過程中，線框下落減少的重力勢能，即：Q=2mgL14.如圖所示，豎直平面存在寬度均為L=0.2m的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，電場方向豎直向上，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小B=0.5T.電場的下邊界與磁場的上邊界相距也為L.電荷量q=2.5義10-4c、質(zhì)量m=0.02kg的帶正電小球（視為質(zhì)點）通過長度為3.5L的絕緣輕桿與邊長為L、電阻R=0.01Q的正方形線框相連，線框質(zhì)量M=0.08kg.開始時，線框下邊與磁場的上邊界重合，現(xiàn)將該裝置由靜止釋放，當(dāng)線框下邊剛離開磁場時恰好做勻速運動；當(dāng)小球剛要運動到電場的下邊界時恰好返回.裝置在運動過程中空氣阻力不計，求：（1）線框下邊剛離開磁場時做勻速運動的速度大小；⑵線框從靜止釋放到線框上邊勻速離開磁場所需要的時間；⑶經(jīng)足夠長時間后，小球能到達(dá)的最低點與電場上邊界的距離；⑷整個運動過程中線框內(nèi)產(chǎn)生的總熱量.

【答案】(1)1m/s；⑵r=0.5s；⑶0.133m【答案】(1)1m/s；⑵r=0.5s；⑶0.133m；(4)Q=0.4J【解析】【詳解】(1)設(shè)線框下邊離開磁場時做勻速直線運動的