2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)文檔第11章電磁感應(yīng)第54講Word版含答案

第54講動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用考點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1．電磁感應(yīng)與力學(xué)的聯(lián)系在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流使導(dǎo)體受到安培力的作用。因此，電磁感應(yīng)問(wèn)題往往和力學(xué)問(wèn)題聯(lián)系在一起。解決電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題，一方面要考慮電磁學(xué)中的有關(guān)規(guī)律，另一方面還要考慮力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律，要將電磁學(xué)和力學(xué)知識(shí)綜合起來(lái)應(yīng)用。2．解決電磁感應(yīng)中力學(xué)問(wèn)題的基本思路研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象中導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)，準(zhǔn)確分析磁場(chǎng)對(duì)感應(yīng)電流的安培力是關(guān)鍵。此類問(wèn)題中的導(dǎo)體一般不是做勻變速運(yùn)動(dòng)，而是經(jīng)歷一個(gè)動(dòng)態(tài)變化過(guò)程再趨于一個(gè)穩(wěn)定狀態(tài)。動(dòng)態(tài)分析的基本思路如下：3．兩種狀態(tài)處理(1)導(dǎo)體處于平衡態(tài)——靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力等于0)列式分析。(2)導(dǎo)體處于非平衡態(tài)——加速度不為0處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析。如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻。一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿AB放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直斜面向下。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略。讓AB桿沿導(dǎo)軌由靜止開(kāi)始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦。(1)由B向A方向看到的裝置如圖乙所示，請(qǐng)?jiān)诖藞D中畫出AB桿下滑過(guò)程中某時(shí)刻的受力示意圖；(2)在加速下滑過(guò)程中，當(dāng)AB桿的速度大小為v時(shí)，求此時(shí)AB桿中的電流大小及其加速度的大小；(3)求在下滑過(guò)程中，AB桿可以達(dá)到的最大速度值。解析(1)如圖所示，重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上。(2)當(dāng)AB桿速度為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，此時(shí)電路中電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)。AB桿受到的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，根據(jù)牛頓第二定律，有ma＝mgsinθ－F＝mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)，a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)。(3)當(dāng)eq\f(B2L2v,R)＝mgsinθ時(shí)，AB桿達(dá)到最大速度vmax＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)。答案(1)圖見(jiàn)解析(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)方法感悟電磁感應(yīng)中力學(xué)問(wèn)題的解題技巧(1)將安培力與其他力一起進(jìn)行分析。(2)要特別注意安培力的大小和方向都有可能變化，不像重力或其他力一樣是恒力。eq\a\vs4\al(3列出穩(wěn)定狀態(tài)下的受力平衡方程往往是解題的突破口。)(多選)如圖所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，間距為l，上端接有可變電阻R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨于一個(gè)最大速度vm，除R外其余電阻不計(jì)，則()A．如果B變大，vm將變大B．如果α變大，vm將變大C．如果R變大，vm將變大D．如果m變小，vm將變大答案BC解析金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，在閉合電路中形成電流I＝eq\f(Blv,R)，因此金屬桿從軌道上滑下的過(guò)程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力F作用，F(xiàn)＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，先用右手定則判定感應(yīng)電流方向，再用左手定則判定出安培力方向，如圖所示。根據(jù)牛頓第二定律，得mgsinα－eq\f(B2l2v,R)＝ma，當(dāng)a＝0時(shí)，v＝vm，解得vm＝eq\f(mgRsinα,B2l2)，故B、C正確?？键c(diǎn)二電磁感應(yīng)中的功能問(wèn)題1．能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法(1)能量轉(zhuǎn)化(2)求解焦耳熱Q的三種方法2．解題的一般步驟(1)確定研究對(duì)象(導(dǎo)體棒或回路)。(2)弄清電磁感應(yīng)過(guò)程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化。(3)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律列式求解。小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.50m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R＝0.05Ω的電阻。在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d＝0.56m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T。質(zhì)量m＝4.0kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過(guò)定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s＝0.24m。一位健身者用恒力F＝80N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，上升過(guò)程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)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＝10m/s2，sin53°＝0.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)。求：(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大??；(2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大?。?3)在拉升CD棒的過(guò)程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。解析(1)由牛頓第二定律a＝eq\f(F－mgsinθ,m)＝12m/s2①進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v＝eq\r(2as)＝2.4m/s②(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv③感應(yīng)電流I＝eq\f(Blv,R)④安培力FA＝BIl⑤代入得FA＝eq\f(Bl2v,R)＝48N⑥(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64J⑦由于F－mgsinθ－FA＝0⑧故CD棒在磁場(chǎng)區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(d,v)⑨焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88J。答案(1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J方法感悟在利用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律解決電磁感應(yīng)問(wèn)題時(shí)，要注意分析安培力做功的情況，因?yàn)榘才嗔Φ墓κ请娔芎推渌问降哪苤g相互轉(zhuǎn)化的“橋梁”，簡(jiǎn)單表示如下：eq\o(,\s\up17(W安>0),\s\do17(W安<0))電能其他形式能。1.(2018·唐山統(tǒng)考)(多選)如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。區(qū)域Ⅰ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，磁場(chǎng)邊界MN、PQ、GH均平行于斜面底邊，MP、PG均為L(zhǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，下滑過(guò)程中ab邊始終與斜面底邊平行。t1時(shí)刻ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域，此時(shí)導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；t2時(shí)刻ab邊下滑到PQ與MN的中間位置，此時(shí)導(dǎo)線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，下列說(shuō)法中正確的是()A．當(dāng)ab邊剛越過(guò)PQ時(shí)，導(dǎo)線框的加速度大小為a＝gsinθB．導(dǎo)線框兩次做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度之比v1∶v2＝4∶1C．從t1到t2的過(guò)程中，導(dǎo)線框克服安培力做的功等于機(jī)械能的減少量D．從t1到t2的過(guò)程中，有eq\f(mv\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2)機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能答案BC解析線框在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其合力為零，則mgsinθ＝F安＝eq\f(B2L2v1,R)；線框的ab邊剛越過(guò)PQ時(shí)，兩邊都在切割磁感線，都受到沿斜面向上的安培力F安′＝BI′L＝B·eq\f(2BLv1,R)·L＝eq\f(2B2L2v1,R)，則F合＝mgsinθ－2F安′＝mgsinθ－4×eq\f(B2L2v1,R)＝ma，a＝－3gsinθ，A錯(cuò)誤；線框再次勻速時(shí)，其合力也為零，則mgsinθ－4×eq\f(B2L2v2,R)＝0，則eq\f(v1,v2)＝eq\f(4,1)，B正確；從t1到t2的過(guò)程中，安培力做負(fù)功，重力做正功，克服安培力所做的功等于線框機(jī)械能的減少量，減少的動(dòng)能和重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能，即E電＝ΔE機(jī)減＝mgh＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,1)－\f(1,2)mv\o\al(2,2)))，C正確，D錯(cuò)誤。2.(2015·天津高考)如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長(zhǎng)為l，cd邊長(zhǎng)為2l，ab與cd平行，間距為2l。勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上下邊界均水平，磁場(chǎng)方向垂直于線框所在平面。開(kāi)始時(shí)，cd邊到磁場(chǎng)上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)直到ef、pq邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)。在ef、pq邊離開(kāi)磁場(chǎng)后，ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)之前，線框又做勻速運(yùn)動(dòng)。線框完全穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過(guò)程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g。求：(1)線框ab邊將離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的幾倍；(2)磁場(chǎng)上下邊界間的距離H。答案(1)4(2)eq\f(Q,mg)＋28l解析(1)設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，有E1＝B·2l·v1①設(shè)線框總電阻為R，此時(shí)線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)②設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1，有F1＝BI1·2l③由于線框做勻速運(yùn)動(dòng)，其受力平衡，有F1＝mg④由①②③④式得v1＝eq\f(mgR,4B2l2)⑤設(shè)ab邊將離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2，同理可得v2＝eq\f(mgR,B2l2)⑥由⑤⑥式得eq\f(v2,v1)＝4⑦(2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，由機(jī)械能守恒定律，有mg·2l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑧線框完全穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，由能量守恒定律，有mg(2l＋H)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋Q⑨由⑦⑧⑨式得H＝eq\f(Q,mg)＋28l?？键c(diǎn)三電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問(wèn)題1．動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力的沖量為：I安＝Beq\x\to(I)Lt＝BLq，通過(guò)導(dǎo)體棒或金屬框的電荷量為：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)Δt＝neq\f(ΔΦ,ΔtR總)Δt＝neq\f(ΔΦ,R總)，磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。如果安培力是導(dǎo)體棒或金屬框受到的合外力，則I安＝mv2－mv1。當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、運(yùn)動(dòng)位移x時(shí)用動(dòng)量定理求解更方便。2．動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們受到的外力的合力為0，則滿足動(dòng)量守恒條件，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解比較方便。(2018·哈爾濱模擬)如圖所示豎直面內(nèi)，水平線OO′下方足夠大的區(qū)域內(nèi)存在水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一個(gè)單匝均勻正方形導(dǎo)體框，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m，總電阻為r，從ab邊距離邊界OO′為L(zhǎng)的位置由靜止釋放，已知從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)所用時(shí)間為t，重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)，導(dǎo)體框不翻轉(zhuǎn)。求：(1)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，ba間電勢(shì)差的大小Uba；(2)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體框的速度。解析(1)設(shè)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E1＝BLv1此時(shí)的感應(yīng)電流為：I＝eq\f(E1,r)所以ba間電勢(shì)差的大小Uba＝I·eq\f(3,4)r＝eq\f(3,4)E1＝eq\f(3BL,4)eq\r(2gL)。(2)從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理可得：mgt－Beq\x\to(I)Lt＝mv2－mv1其中Beq\x\to(I)Lt＝eq\f(B2L2\x\to(v)t,r)＝eq\f(B2L3,r)解得：v2＝gt－eq\f(B2L3,mr)＋eq\r(2gL)。答案(1)eq\f(3BL,4)eq\r(2gL)(2)gt－eq\f(B2L3,mr)＋eq\r(2gL)方法感悟應(yīng)用動(dòng)量定理還可以由動(dòng)量變化來(lái)求解變力的沖量。如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題中，應(yīng)用動(dòng)量定理可以解決牛頓運(yùn)動(dòng)定律不易解答的問(wèn)題。足夠長(zhǎng)的平行金屬軌道M、N，相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4m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(wú)摩擦地滑動(dòng)，兩金屬棒的質(zhì)量mb＝mc＝0.1kg，接入電路的有效電阻Rb＝Rc＝1Ω，軌道的電阻不計(jì)。平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向上，光滑豎直半圓軌道在磁場(chǎng)外，如圖所示。若使b棒以初速度v0＝10m/s開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中b、c不相撞，g取10m/s2，求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒達(dá)最大速度時(shí)，此棒產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若c棒達(dá)最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達(dá)軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力的大小。答案(1)5m/s(2)1.25J(3)1.25N解析(1)在安培力作用下，b棒做減速運(yùn)動(dòng)，c棒做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，c棒達(dá)到最大速度。選兩棒為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v解得c棒的最大速度為：v＝eq\f(mb,mb＋mc)v0＝eq\f(1,2)v0＝5m/s。(2)從b棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩棒速度相等的過(guò)程中，系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總熱量為：Q＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5J因?yàn)镽b＝Rc，所以c棒達(dá)最大速度時(shí)此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝eq\f(Q,2)＝1.25J。(3)設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v′，從最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的過(guò)程由機(jī)械能守恒可得：eq\f(1,2)mcv2－eq\f(1,2)mcv′2＝mcg·2R解得v′＝3m/s在最高點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)c棒的彈力為F，由牛頓第二定律得mcg＋F＝mceq\f(v′2,R)解得F＝1.25N由牛頓第三定律得，在最高點(diǎn)c棒對(duì)軌道的壓力為1.25N，方向豎直向上。課后作業(yè)[鞏固強(qiáng)化練]1．如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)存在于虛線框內(nèi)，矩形線圈豎直下落，如果線圈受到的磁場(chǎng)力總小于其重力，則它在1、2、3、4位置時(shí)的加速度關(guān)系為()A．a(chǎn)1>a2>a3>a4B．a(chǎn)1＝a3>a2>a4C．a(chǎn)1＝a3>a4>a2D．a(chǎn)4＝a2>a3>a1答案B解析未進(jìn)磁場(chǎng)前和全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，都僅受重力，所以加速度a1＝a3＝g。線框在圖2位置時(shí)，受到重力和向上的安培力，且已知F安<mg，所以a2＝eq\f(mg－F安,m)<g。而由于線框完全在磁場(chǎng)中時(shí)做加速度為g的加速運(yùn)動(dòng)，故4位置時(shí)的速度大于2位置時(shí)的速度，根據(jù)F安＝eq\f(B2L2v,R)及a＝eq\f(mg－F安,m)可得a4<a2；故關(guān)系為：a1＝a3>a2>a4，B正確。2.(多選)如圖所示，兩光滑平行傾斜導(dǎo)軌PQ、EF所在平面與水平面的夾角為θ，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在平面斜向下，導(dǎo)軌下端接一電阻R，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒用平行于導(dǎo)軌的細(xì)線拴住置于導(dǎo)軌上，線的另一端跨過(guò)光滑定滑輪掛著一個(gè)質(zhì)量為M的砝碼，按住導(dǎo)體棒，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，放手后，導(dǎo)體棒被細(xì)線拉著沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)一段位移s后，速度恰好達(dá)到最大值v(導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì))，在此過(guò)程中()A．細(xì)線的拉力始終等于MgB．導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)C．細(xì)線的拉力與安培力的合力對(duì)導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒增加的機(jī)械能D．電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝Mgs－mgssinθ－eq\f(1,2)mv2答案BC解析對(duì)于導(dǎo)體棒，從靜止釋放后先做加速運(yùn)動(dòng)，隨著速度增大，由公式F安＝eq\f(B2L2v,R)知，導(dǎo)體棒所受的安培力增大，對(duì)砝碼、導(dǎo)體棒分析可得Mg－T＝Ma，T－mgsinθ－F安＝ma，解得a＝eq\f(Mg－mgsinθ－F安,M＋m)，當(dāng)F安增大時(shí)加速度減小，則導(dǎo)體棒和砝碼都做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)時(shí)細(xì)線的拉力小于砝碼的重力，A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)于導(dǎo)體棒，根據(jù)功能關(guān)系可知除重力之外，細(xì)線的拉力與安培力的合力對(duì)導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒增加的機(jī)械能，C正確；對(duì)于系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒得：電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝Mgs－mgssinθ－eq\f(1,2)(m＋M)v2，D錯(cuò)誤。3.(多選)如圖所示，兩根相距為d的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直，長(zhǎng)度略大于d的兩導(dǎo)體棒M、N平行地放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒的電阻均為R、質(zhì)量均為m，開(kāi)始兩導(dǎo)體棒靜止，現(xiàn)給導(dǎo)體棒M一個(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I，整個(gè)過(guò)程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，下列說(shuō)法正確的是()A．回路中始終存在逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鰾．棒N的最大加速度為eq\f(B2Id2,2m2R)C．回路中的最大電流為eq\f(BId,2mR)D．棒N獲得的最大速度為eq\f(I,m)答案BC解析根據(jù)右手定則可知開(kāi)始回路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，當(dāng)兩個(gè)導(dǎo)體棒以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中的電流強(qiáng)度為零，故A錯(cuò)誤；當(dāng)M開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的瞬間，N的加速度最大，根據(jù)動(dòng)量定理可得I＝mv，解得v＝eq\f(I,m)，根據(jù)牛頓第二定律可得：eq\f(B2d2v,2R)＝ma，解得a＝eq\f(B2Id2,2m2R)，故B正確；回路中的最大電流為I流＝eq\f(E,2R)＝eq\f(Bdv,2R)＝eq\f(BId,2mR)，故C正確；N速度最大時(shí)二者的速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv＝2mv′，解得v′＝eq\f(v,2)＝eq\f(I,2m)，故D錯(cuò)誤。4．(多選)如圖甲所示，電阻不計(jì)且間距L＝1m的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，上端接一阻值R＝2Ω的電阻，虛線OO′下方有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1kg、電阻不計(jì)的金屬桿ab從OO′上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過(guò)程中與導(dǎo)軌保持良好接觸且始終水平。已知桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v0＝1m/s，下落0.3m的過(guò)程中加速度a與下落距離h的關(guān)系圖象如圖乙所示，g取10m/s2，則()A．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2TB．桿ab下落0.3m時(shí)金屬桿的速度為1m/sC．桿ab下落0.3m的過(guò)程中R上產(chǎn)生的熱量為0.2JD．桿ab下落0.3m的過(guò)程中通過(guò)R的電荷量為0.25C答案AD解析當(dāng)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后，根據(jù)右手定則判斷可知金屬桿ab中電流的方向由a到b。由乙圖知，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，金屬桿的加速度大小a1＝10m/s2，方向豎直向上。由牛頓第二定律得：BI1L－mg＝ma1，又I1＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)，代入數(shù)據(jù)解得：B＝2.0T，故A正確；由a～h圖象知h＝0.3m時(shí)a＝0，表明金屬桿受到的重力與安培力平衡，有mg－BIL＝0，其中I＝eq\f(BLv,R)，聯(lián)立得：v＝0.5m/s，故B錯(cuò)誤；桿ab下落0.3m的過(guò)程中，由能量守恒有mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Q，代入數(shù)據(jù)得：Q＝0.2875J，故C錯(cuò)誤；金屬桿自由下落的高度h0＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝0.05m，金屬桿下落0.3m的過(guò)程中通過(guò)R的電荷量為：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BΔS,R)＝eq\f(BLh－h(huán)0,R)，代入數(shù)據(jù)得：q＝0.25C，故D正確。5.(多選)如圖所示，甲、乙兩個(gè)完全相同的線圈，在距地面同一高度處由靜止開(kāi)始釋放，A、B是邊界范圍、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向均完全相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，只是A的區(qū)域比B的區(qū)域離地面高一些，兩線圈下落時(shí)始終保持線圈平面與磁場(chǎng)垂直，則()A．甲先落地B．乙先落地C．甲線圈受安培力的沖量較大D．乙線圈落地速度較小答案BD解析線圈穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程受到的安培力是變力，設(shè)受到的平均安培力為F，穿過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間為Δt，下落全過(guò)程的時(shí)間為t，落地速度為v，安培力的沖量I安＝Beq\x\to(I)LΔt＝BLq，而q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)，所以線圈受安培力的沖量相等，故C錯(cuò)誤。線圈進(jìn)入磁場(chǎng)克服安培力做的功W＝Beq\x\to(I)L2，乙線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度較大，平均電流較大，線圈克服安培力做功較多，即產(chǎn)生的熱量較多；根據(jù)能量守恒定律得知乙線圈落地時(shí)的速度較小，D正確。對(duì)全過(guò)程，由動(dòng)量定理得：mgt－Beq\x\to(I)LΔt＝mv，所以t＝eq\f(mv＋BLq,mg)，因?yàn)関乙<v甲，所以t乙<t甲，即乙線圈先落地，故B正確，A錯(cuò)誤。6.(多選)如圖所示，寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向下穿過(guò)光滑的水平桌面，一質(zhì)量為m的橢圓形導(dǎo)體框平放在桌面上，橢圓的長(zhǎng)軸平行于磁場(chǎng)邊界，短軸小于d?，F(xiàn)給導(dǎo)體框一個(gè)初速度v0(v0垂直磁場(chǎng)邊界)，已知導(dǎo)體框全部在磁場(chǎng)中的速度為v，導(dǎo)體框全部出磁場(chǎng)后的速度為v1；導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1，導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2。下列說(shuō)法正確的是()A．導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较駼．導(dǎo)體框進(jìn)出磁場(chǎng)都是做勻變速直線運(yùn)動(dòng)C．Q1>Q2D．Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))答案ACD解析導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，故A正確。導(dǎo)體框在進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)，速度變化，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變化，產(chǎn)生的感應(yīng)電流變化，則所受的安培力變化，加速度變化，則導(dǎo)體框做的是非勻變速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤。因?yàn)檫M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大于離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度，則進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電流要比出磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電流大，則進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中安培力大，根據(jù)克服安培力做功等于產(chǎn)生的焦耳熱可知Q1>Q2，C正確。由能量守恒定律可知，導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱與離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱之和等于導(dǎo)體框的機(jī)械能減小量，即Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))，D正確。7.如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)用相同材料、相同粗細(xì)的導(dǎo)線繞制的單匝閉合正方形線圈1和2，其邊長(zhǎng)L1＝2L2，在距磁場(chǎng)上界面h高處由靜止開(kāi)始自由下落，再逐漸完全進(jìn)入磁場(chǎng)，最后落到地面，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場(chǎng)上邊界。設(shè)線圈1、2落地時(shí)的速度大小分別為v1、v2，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2，通過(guò)線圈截面的電荷量分別為q1、q2，不計(jì)空氣阻力，則()A．v1<v2，Q1>Q2，q1>q2B．v1＝v2，Q1＝Q2，q1＝q2C．v1<v2，Q1>Q2，q1＝q2D．v1＝v2，Q1<Q2，q1<q2答案A解析線圈從同一高度下落，到達(dá)磁場(chǎng)邊界時(shí)具有相同的速度v，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到磁場(chǎng)的安培力大小為：F＝eq\f(B2L2v,R)，由電阻定律有：R＝ρeq\f(4L,S)(ρ為材料的電阻率，S為線圈導(dǎo)線的橫截面積)，線圈的質(zhì)量為m＝ρ0S·4L(ρ0為材料的密度)。當(dāng)線圈的下邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)其加速度為：a＝eq\f(mg－F,m)＝g－eq\f(F,m)；聯(lián)立解得加速度a＝g－eq\f(B2v,16ρρ0)；則知，線圈1和2進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度相同，加速度相同，線圈1由于邊長(zhǎng)較長(zhǎng)還沒(méi)有全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線圈2已完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，而線圈1仍先做加速度小于g的變加速運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后才做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，所以落地速度關(guān)系為v1<v2。由能量守恒可得：Q＝mg(h＋H)－eq\f(1,2)mv2(H為磁場(chǎng)區(qū)域的高度)，因?yàn)閙1>m2，v1<v2，所以可得Q1>Q2。根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,ρ\f(4L,S))＝eq\f(BLS,4ρ)∝L知，q1>q2，A正確。[真題模擬練]8．(2018·江蘇高考)(多選)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng)，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g。金屬桿()A．剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下B．穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間C．穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgdD．釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度h可能小于eq\f(m2gR2,2B4L4)答案BC解析由于金屬桿進(jìn)入兩個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的速度相等，而穿出磁場(chǎng)后金屬桿做加速度為g的加速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ時(shí)都做減速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；對(duì)金屬桿受力分析，根據(jù)eq\f(B2L2v,R)－mg＝ma可知，金屬桿在磁場(chǎng)中做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，其進(jìn)出磁場(chǎng)的v-t圖象如圖所示，由于0～t1和t1～t2圖線與t軸包圍的面積相等(都為d)，所以t1>(t2－t1)，B正確；從進(jìn)入Ⅰ磁場(chǎng)到進(jìn)入Ⅱ磁場(chǎng)之前過(guò)程中，根據(jù)能量守恒，金屬棒減小的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以Q1＝mg·2d，所以穿過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為4mgd，C正確；若金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng)，則eq\f(B2L2v,R)－mg＝0，得v＝eq\f(mgR,B2L2)，由前面分析可知金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大于eq\f(mgR,B2L2)，根據(jù)h＝eq\f(v2,2g)得金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)的高度應(yīng)大于eq\f(m2g2R2,2gB4L4)＝eq\f(m2gR2,2B4L4)，D錯(cuò)誤。9．(2017·天津高考)如圖所示，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(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小答案D解析根據(jù)楞次定律，ab中感應(yīng)電流方向由a到b，A錯(cuò)誤；根據(jù)E＝eq\f(ΔB,Δt)·S，因?yàn)閑q\f(ΔB,Δt)恒定，所以E恒定，根據(jù)I＝eq\f(E,R＋r)知，回路中的感應(yīng)電流恒定，B錯(cuò)誤；根據(jù)F＝BIl，由于B減小，安培力F減小，C錯(cuò)誤；根據(jù)平衡條件，靜摩擦力f＝F，故靜摩擦力減小，D正確。10．(2018·湖南師大附中高三模擬)(多選)如圖所示，正方形導(dǎo)線框ABCD、abcd的邊長(zhǎng)均為L(zhǎng)，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m，它們分別系在一跨過(guò)兩個(gè)定滑輪的輕繩兩端，且正方形導(dǎo)線框與定滑輪處于同一豎直平面內(nèi)。在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2L、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(chǎng)。開(kāi)始時(shí)導(dǎo)線框ABCD的下邊與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上邊界重合，導(dǎo)線框abcd的上邊到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的下邊界的距離為L(zhǎng)?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)導(dǎo)線框ABCD剛好全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，系統(tǒng)開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)摩擦和空氣阻力，則()A．兩線框剛開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)輕繩上的張力FT＝mgB．系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v＝eq\f(mgR,B2L2)C．兩線框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至等高的過(guò)程中所產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝2mgL－eq\f(3m3g2R2,2B4L4)D．導(dǎo)線框abcd的ab邊通過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間t＝eq\f(3B2L3,mgR)答案BC解析兩線框剛開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框ABCD全部進(jìn)入磁場(chǎng)，由平衡知識(shí)可知，輕繩上的張力FT＝2mg，A錯(cuò)誤；對(duì)線框abcd可知，兩線框剛開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框abcd的上邊ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)mg＋eq\f(B2L2v,R)＝2mg，即系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v＝eq\f(mgR,B2L2)，B正確；由能量守恒定律可知，兩線框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至等高的過(guò)程中所產(chǎn)生的總焦耳熱等于兩個(gè)線框的機(jī)械能的減小量，即Q＝2mg·2L－mg·2L－eq\f(1,2)·3mv2＝2mgL－eq\f(3m3g2R2,2B4L4)，C正確；ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，mg＋FA＝2mg，勻速運(yùn)動(dòng)至cd邊完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，CD邊穿出磁場(chǎng)受安培力FA，故仍有mg＋FA＝2mg，繼續(xù)做勻速運(yùn)動(dòng)，故導(dǎo)線框abcd在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)，ab邊通過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間t＝eq\f(2L,v)＝eq\f(2B2L3,mgR)，D錯(cuò)誤；故選B、C。11.(2018·江蘇高考)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開(kāi)后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過(guò)程中，金屬棒(1)末速度的大小v；(2)通過(guò)的電流大小I；(3)通過(guò)的電荷量Q。答案(1)eq\r(2as)(2)eq\f(mgsinθ－a,dB)(3)eq\f(\r(2as)mgsinθ－a,dBa)解析(1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)v2＝2as，解得v＝eq\r(2as)。(2)金屬棒所受安培力F安＝IdB，金屬棒所受合力F＝mgsinθ－F安，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F＝ma，解得I＝eq\f(mgsinθ－a,dB)。(3)金屬棒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(v,a)，通過(guò)金屬棒的電荷量Q＝It，聯(lián)立解得Q＝eq\f(\r(2as)mgsinθ－a,dBa)。12．(2018·天津高考)真空管道超高速列車的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝置。圖1是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡(jiǎn)化模型，圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計(jì)，ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長(zhǎng)度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過(guò)絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m。列車啟動(dòng)前，ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示，為使列車啟動(dòng)，需在M、N間連接電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)，列車啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉。(1)要使列車向右運(yùn)行，啟動(dòng)時(shí)圖1中M、N哪個(gè)接電源正極，并簡(jiǎn)要說(shuō)明理由；(2)求剛接通電源時(shí)列車加速度a的大小；(3)列車減速時(shí)，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)寬度和相鄰磁場(chǎng)間距均大于l。若某時(shí)刻列車的速度為v0，此時(shí)ab、cd均在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域，試討論：要使列車停下來(lái)，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場(chǎng)？答案(1)M接電源正極，理由見(jiàn)解析(2)eq\f(2BEl,mR)(3)見(jiàn)解析解析(1)列車要向右運(yùn)動(dòng)，安培力方向應(yīng)向右，根據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b，由c到d，故M接電源正極。(2)由題意，啟動(dòng)時(shí)ab、cd并聯(lián)，電阻均為R，由并聯(lián)電路知ab、cd中電流均為I＝eq\f(E,R)①每根金屬棒受到的安培力F0＝BIl②設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F＝2F0③根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma④聯(lián)立①②③④式得a＝eq\f(2BEl,mR)⑤(3)設(shè)列車減速時(shí)，cd進(jìn)入磁場(chǎng)后經(jīng)Δt時(shí)間ab恰好進(jìn)入磁場(chǎng)，此過(guò)程中穿過(guò)兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化量為ΔΦ，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)⑥其中ΔΦ＝Bl2⑦設(shè)回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有I′＝eq\f(E1,2R)⑧設(shè)cd受到的平均安培力為F′，有F′＝BI′l⑨以向右為正方向，設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有I沖＝－F′Δt⑩同理可知，回路出磁場(chǎng)時(shí)ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場(chǎng)區(qū)域安培力沖量為I0，有I0＝2I沖?設(shè)列車停下來(lái)受到的總沖量為I總，由動(dòng)量定理有I總＝0－mv0?聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得eq\f(I總,I0)＝eq\f(mv0R,B2l3)?討論：若eq\f(I總,I0)恰好為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有界磁場(chǎng)；若eq\f(I總,I0)不是整數(shù)，設(shè)eq\f(I總,I0)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N＋1塊有界磁場(chǎng)。13．(2017·天津高考)電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來(lái)研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距離為l，電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開(kāi)關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開(kāi)導(dǎo)軌。問(wèn)：(1)磁場(chǎng)的方向；(2)MN剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大??；(3)MN離開(kāi)導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。答案(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下(2)eq\f(BlE,mR)(3)eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)解析(1)將S接1時(shí)，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，當(dāng)將S接2時(shí)，電容器放電，流經(jīng)MN的電流由M到N，又知MN向右運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開(kāi)關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I＝eq\f(E,R)①設(shè)MN受到的安培力為F，有F＝IlB②由牛頓第二定律，有F＝ma③聯(lián)立①②③式得a＝eq\f(BlE,mR)④(3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE⑤開(kāi)關(guān)S接2后，MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′，有E′＝Blvmax⑥依題意有E′＝eq\f(Q,C)⑦設(shè)在此過(guò)程中MN的平均電流為eq\x\to(I)，MN上受到的平均安培力為eq\x\to(F)，有eq\x\to(F)＝eq\x\to(I)lB⑧由動(dòng)量定理，有eq\x\to(F)Δt＝mvmax－0⑨又eq\x\to(I)Δt＝Q0－Q⑩聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)。14．(2019·山西呂梁高三期末)如圖，兩條足夠長(zhǎng)、間距為d的平行光滑金屬直軌道MN、PQ與水平面成θ角，EF上方存在垂直導(dǎo)軌平面的如圖乙所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度在0～T時(shí)間內(nèi)按余弦規(guī)律變化(周期為T、最大值為B0)，T時(shí)刻后穩(wěn)定為B0。t＝0時(shí)刻，正方形金屬框ABCD在沿平行導(dǎo)軌向上的恒定外力作用下靜止于導(dǎo)軌上。T時(shí)刻撤去外力，金屬框?qū)⒀貙?dǎo)軌下滑，金屬框在CD邊、AB邊經(jīng)過(guò)EF時(shí)的速度分別為v1和v2。已知金屬框質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為d、每條邊電阻為R，框中磁場(chǎng)按余弦規(guī)律變化時(shí)產(chǎn)生的正弦式交變電流的峰值Em＝eq\f(2πB0d2,T)，求：(1)CD邊剛過(guò)EF時(shí)，A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；(2)從撤去外力到AB邊經(jīng)過(guò)EF的總時(shí)間；(3)從0時(shí)刻到AB邊經(jīng)過(guò)EF的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)－eq\f(3,4)B0dv1(2)eq\f(v2,gsinθ)＋eq\f(B\o\al(2,0)d3,4mgRsinθ)(3)eq\f(π2B\o\al(2,0)d4,2TR)＋mgdsinθ＋eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2))解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律知，CD邊剛過(guò)EF時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝B0dv1由楞次定律知A點(diǎn)電勢(shì)低于B點(diǎn)，故UAB＝－eq\f(3,4)E即UAB＝－eq\f(3,4)B0dv1。(2)撤去外力后金屬框在重力沿導(dǎo)軌向下的分力mgsinθ作用下下滑，金屬框穿過(guò)EF時(shí)，由于電磁感應(yīng)而受到沿導(dǎo)軌向上的安培力。設(shè)所求時(shí)間為t，金屬框在某一時(shí)刻的速度為v，電流為i，則i＝eq\f(B0dv,4R)，金屬框所受安培力F＝－B0di＝－eq\f(B\o\al(2,0)d2,4R)v安培力的沖量IA＝∑FΔt＝－∑eq\f(B\o\al(2,0)d2,4R)vΔt＝－eq\f(B\o\al(2,0)d3,4R)由動(dòng)量定理得mgsinθt＋I(xiàn)A＝mv2－0解得t＝eq\f(v2,gsinθ)＋eq\f(B\o\al(2,0)d3,4mgRsinθ)。(3)0～T，交流電的有效值E′＝eq\f(\r(2),2)Em此過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝eq\f(E′2,R總)T＝eq\f(π2B\o\al(2,0)d4,2TR)金屬框出磁場(chǎng)的過(guò)程中，Q2＝－WA結(jié)合動(dòng)能定理：mgdsinθ＋WA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)得：Q2＝mgdsinθ＋eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2))總焦耳熱為：Q＝Q1＋Q2＝eq\f(π2B\o\al(2,0)d4,2TR)＋mgdsinθ＋eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2))。15．(2018·衡水中學(xué)5月沖刺模擬考試)如圖a超級(jí)高鐵(Hyperloop)是一種以“真空管道運(yùn)輸”為理論核心設(shè)計(jì)的交通工具，它具有超高速、低能耗、無(wú)噪聲、零污染的特點(diǎn)。如圖b，已知管道中固定著兩根平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ，兩導(dǎo)軌間距為eq\r(3)r；運(yùn)輸車的質(zhì)量為m，橫截面是半徑為r的圓。運(yùn)輸車上固定著間距為D、與導(dǎo)軌垂直的兩根導(dǎo)體棒1和2，每根導(dǎo)體棒的電阻為R，每段長(zhǎng)度為D的導(dǎo)軌的電阻也為R。其他電阻忽略不計(jì)，重力加速度為g。(1)如圖c，當(dāng)管道中的導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝30°角時(shí)，運(yùn)輸車恰好能無(wú)動(dòng)力地勻速下滑。求運(yùn)輸車與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)在水平導(dǎo)軌上進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，不考慮摩擦及空氣阻力。①當(dāng)運(yùn)輸車由靜止離站時(shí)，在導(dǎo)體棒2后間距為D處接通固定在導(dǎo)軌上電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源，此時(shí)導(dǎo)體棒1、2均處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖d。求剛接通電源時(shí)運(yùn)輸車的加速度的大?。?電源內(nèi)阻不計(jì)，不考慮電磁感應(yīng)現(xiàn)象)②當(dāng)運(yùn)輸車進(jìn)站時(shí)，管道內(nèi)依次分布磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，寬度為D的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且相鄰的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向相反。求運(yùn)輸車以速度v0從如圖e位置通過(guò)距離D后的速度v。答案(1)eq\f(\r(3),6)(2)①eq\f(4\r(3)rBE,11mR)②v0－eq\f(3B2r2D,mR)解析(1)分析運(yùn)輸車的受力，將運(yùn)輸車的重力分解，如圖1，設(shè)軌道對(duì)運(yùn)輸車的支持力為N1、N2，如圖2。由垂直導(dǎo)軌平面方向合力為零及幾何關(guān)系有N1＝mgcosθ，N2＝mgcosθ，又f1＝μN(yùn)1，f2＝μN(yùn)2，運(yùn)輸車勻速下滑，故mgsinθ＝f