創(chuàng)新設(shè)計二輪配套版

專練 應(yīng)用動力學(xué)和能量觀分析電磁感應(yīng)如圖1所示，傾角為θ＝53°的斜面上相繼分布著寬度為L的電場和寬度為LB.電荷量為q的帶正電小球(視為質(zhì)點(diǎn))通過長度為4L的絕緣輕桿與邊長LRm的“”形裝置，置于斜面上，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v0＝1m/0.L＝1m，＝6×106，R＝.1Ω，m＝0.8kg，sin53°＝0.8，g10m/s2.(2)解 E感I＝RR0F安 R0

mgsin

B＝0.8－qEL＋mgsin 邊與磁場的下邊界重合，設(shè)小球運(yùn)動的最低點(diǎn)到電場上邊界的距離為x.根據(jù)動能定理：qEx－mgsin代入數(shù)據(jù)得：x＝16答 (1)0.8

10 L＝1.5mm1＝1kgab和質(zhì)量為m2＝0.27kg的金屬棒cd均通過棒兩端的套環(huán)水平地套在金屬導(dǎo)軌上，如圖2(a)所示，虛線上方磁場方向垂直紙面向里，虛線下方磁場方向豎直向下，兩處磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同．a(chǎn)b棒光滑，cd棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.751.8Ω，導(dǎo)軌電阻不計．a(chǎn)b棒在方向豎直向上，大小按圖(b)F作用下，從靜止開始，沿導(dǎo)軌勻加速運(yùn)動，cd棒也由靜止釋放．(g10m/s2)Bab已知在2s內(nèi)外力F做功40J，求這一過程中兩金屬棒產(chǎn)生的總焦cdcdt0圖(c)cdfcd解 (1)經(jīng)過時間t，金屬棒ab的速率 對金屬棒ab，由第二定律由以上各式整理得：

Rt1＝0，F(xiàn)1＝11N；t2＝2s，F(xiàn)2＝14.6a＝1m/s2，B＝1.22sabvt＝at＝2

2＝2WF－m1gs－W安＝1m21Q＝WQ＝WF－m1gs－1m21＝40J－1×10×2 1×22J＝18cd棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，當(dāng)cd棒所受重力與滑動摩擦力相當(dāng)cd棒速度達(dá)到最大時，有m2g＝μFNFN＝FF安＝BIL 整理解得t＝m2gR

s＝2 fcd答 見解3．(2014·蚌埠三縣第二次聯(lián)考)如圖3所示，兩根足夠長且平行的光滑金屬導(dǎo)軌α＝53°3ΩR，導(dǎo)軌電阻d＝0.5mam1＝0.1kgR1＝6Ω；導(dǎo)體棒bm2＝0.2kgR2＝3Ω，它們分別垂直導(dǎo)軌放置并始終與導(dǎo)M、Na、b由靜止釋放，運(yùn)動過程中它們ab正好進(jìn)入磁場．(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g10m/s2，a、b電流間的相互作用不計)，求：ba、ba、bM、N

I2R解 ＝，＝ ＝1122 I2R22Q＝m1gsinα·d＋m2gsinα·d，可解得Q＝1.2J設(shè)a進(jìn)入磁場的速度大v1，此時電路中的總電 R1＝6＋3＋Ω＝7.5 b進(jìn)入磁場的速度大v2，此時電路中的總電 R2＝3＋6＋Ω＝5

m1gsin

R總

m2gsin

R總 m1R總 可得v m2R總vv2＝v1＋av1

×v2＝12(m/s)2，v2＝16

9M、N兩點(diǎn)之間的距離Δs＝2－1 答 答 (2)1.2 (3)124所示，足夠長的平行金屬導(dǎo)軌內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，金屬桿abL，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，R1、R2和ab桿的電阻值均為r，其余電阻不計，板間距為d、板長為4d，重力加速度為g，不計空氣阻力．如果ab桿以某一速度向m、帶電荷量為＋q的微粒恰能沿兩板中心線射出，如果ab桿以同樣大小的速度向右勻速運(yùn)動時，該微粒BdC處．a(chǎn)bv0ab桿向左解 (1)設(shè)ab桿勻速運(yùn)動的速度為v，則ab桿產(chǎn)生的電動勢為兩板間的電壓為U0＝1abdd

＝＝3②③④d加速度為a，經(jīng)時間t射到C點(diǎn)，有：qU0＋mg＝mad⑤⑥d＝1 ⑦由③⑤⑥⑦得：v0＝為t1，應(yīng)有：d ⑨vv0⑩由⑧⑨⑩得：1a?若a1的方向向上，設(shè)a