沖刺2022屆高考物理大題限時集訓(xùn)17 電感感應(yīng)中動量能量問題（解析版）

沖刺2022屆高考物理大題限時集訓(xùn)

專題17電感感應(yīng)中動量、能量問題

【例題】如圖所示，兩足夠長的水平光滑導(dǎo)軌左側(cè)接有電動勢為E的電源，導(dǎo)軌間距為3長度

均為L的金屬棒甲、乙垂直導(dǎo)軌放置，金屬棒甲放在虛線【的左側(cè)，金屬棒乙放在兩虛線1、II

之間，虛線I的左側(cè)、虛線n的右側(cè)均有方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為8的勻強磁場。某時

刻將開關(guān)S閉合，金屬棒甲由靜止開始向右運動，且在達(dá)到虛線I前已達(dá)到勻速狀態(tài)，在虛線I、

n間，兩金屬棒發(fā)生彈性碰撞，且碰撞時間極短。已知金屬棒甲、乙的質(zhì)量分別為4,〃、相，整個

過程兩金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，且沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動，兩虛線間的導(dǎo)軌絕緣，不計其余導(dǎo)軌的電阻以

及兩虛線之間的距離。求：

(1)金屬棒甲勻速時速度%的大??；

(2)金屬棒甲從出發(fā)到到達(dá)虛線I,所通過橫截面的電荷量4；

(3)兩金屬棒碰后瞬間甲棒的速度大小以及甲棒越過虛線I后系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能。

甲I乙n

E4mE2mE2

【答案】(1)~BL.(2)8*；(3)5B*

【解析】

(1)兩金屬棒碰撞前，金屬棒乙始終靜止不動，由于碰撞金屬棒甲已經(jīng)達(dá)到勻速運動狀態(tài)，由于

勻速過程中金屬棒甲不受磁場力的作用，即金屬棒甲中沒有電流，所以此時金屬棒甲兩端的電壓

為

U=E

金屬棒甲勻速時，感應(yīng)電動勢大小為

U'=BLv0

由以上分析可知

U'=U

解得

E

%=瓦

(2)設(shè)金屬棒甲從開始運動到虛線I所用的時間為3這段時間內(nèi)金屬棒甲受到的平均磁場力大

小為戶，金屬棒甲中的平均電流強度大小為7,則由動量定理得

Ft=4mv0-0

上式中

F^BIL

又

4mE

(3)設(shè)碰后瞬間金屬棒甲、乙的速度大小分別為u、M，兩金屬棒發(fā)生的碰撞為彈性碰撞，則有

4根%=4/nv+mv

—x4/nv,；=—x4/wv2+—xmv'2

2°22

解得

3E

v=-----

5BL

因為兩虛線間的導(dǎo)軌絕緣，所以甲棒越過虛線I后電源電流無法流入兩導(dǎo)體棒，即甲棒越過虛線

I后系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為兩金屬棒總動能的損失。又因為兩金屬棒碰后進(jìn)入磁場，金屬棒甲的速度

增大，金屬棒乙的速度減小，最終兩棒以相同的速度V"一起勻速運動，根據(jù)動量守恒定律得

n

47wv0=(4/w+m)v

根據(jù)能量守恒定律得

Q=-x4mVg---x(4/〃+m)v"2

解得

"58*

“雙軌+雙桿”模型

如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的

光滑導(dǎo)體棒油、cd靜止在導(dǎo)軌上.1=0時，必棒以初速度vo向右滑動.運動過程中，ab、cd棒

始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好.

模型分析：雙軌和兩導(dǎo)體棒組成閉合回路，通過兩導(dǎo)體棒的感應(yīng)電流相等，所受安培力大小也相

等，血棒受到水平向左的安培力，向右減速；〃棒受到水平向右的安培力，向右加速，最終導(dǎo)體

棒必、cd共速，感應(yīng)電流消失，一起向右做勻速直線運動，該過程導(dǎo)體棒。氏cd組成的系統(tǒng)所

受合外力為零，動量守恒：mabvo=(加向+加”)v共，若血棒、cd棒所在導(dǎo)軌不等間距，則動量

不守恒，可考慮運用動量定理求解.

【特別提醒】

等距導(dǎo)軌上的雙棒模型

常見情景（以水平光滑導(dǎo)軌為

過程分析動量觀點的應(yīng)用

例）

棒WN做變減速運動，棒等長雙棒所受的合外力

雙棒切割式

PQ做變加速運動，穩(wěn)定為零，系統(tǒng)利用動量守恒

B

N。時，兩棒的加速度均為定律求末速度，單棒利用

零，以相同的速度勻速運動量定理求電荷量、相對

MP

動位移

題型二動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

關(guān)于電磁感應(yīng)的一些問題中，物體做變加速運動，無法直接應(yīng)用運動學(xué)公式或動能定理求解時,

特別是涉及到求電荷量，變加速運動的時間、位移時，可用動量定理解決.

g練后反饋*

1、單棒+電阻模型

已知量（其中B、L、根已知）待求量關(guān)系式（以棒減速為例）

VI>V2q—B/L\t=mv2—mv\,q—1Nt

B11}vA/―

也、V2>R總Xn-mvimv\,x-vAz

K總

~BILAt+F其他Af=〃2V2一根0,q=

尸其他為恒力，也、V2、Ar

7Ar

-B2L2-vAr

△/（或力+F其他mv\,x

總

尸其他為恒力，0、V2、x（或△力K

X）

=vA/

2、不等距導(dǎo)軌上的雙棒模型

常見情景（以水平光

過程分析動量觀點的應(yīng)用

滑導(dǎo)軌為例）

棒做變減速運動，棒P。

雙棒所受的合外力不為

不等距導(dǎo)軌做變加速運動，穩(wěn)定時，兩棒

零，系統(tǒng)動量不守恒，對

的加速度均為零，兩棒以不同

每個棒分別用動量定理

的速度做勻速運動，所圍的面

列式，聯(lián)立末速度關(guān)系求

M積不變，末速度滿足關(guān)系式

末速度

v\L\=viLi

3、棒+電容器模型

無外力，電容器放電

3三外力，電容器充電

模型\

二x

規(guī)律\TTL

（電源電動勢為E,內(nèi)阻不

（電阻阻值為/?,電容器電容為C）

計，電容器電容為C）

電容器放電，相當(dāng)于電源；

電路特點導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，電容器被充電

導(dǎo)體棒受安培力而運動

安培力為阻力，棒減速，E減小，有/=電容器放電時，導(dǎo)體棒在安

B，Uc,電容器被充電Uc變大，當(dāng)培力作用下開始運動，同時

電流的特點阻礙放電，導(dǎo)致電流減小，

BLv=Uc^'\,1=0,F安=0,棒勻速運直至電流為零，此時Uc=

動BLv

運動特點及最a減小的減速運動,棒最終做勻速運動，。減小的加速運動，最終勻

終特征此時/=0,但電容器帶電荷量不為零速運動，/=0

電容器充的電荷量：qo=

CE

電容器充的電荷量：q=CU放電結(jié)束時電荷量：

最終電容器兩端電壓U=BLvq=CU=CBLvm

對棒應(yīng)用動量定理：電容器釋放的電荷量：Aq

最終速度Vm

==

mvo—mv=BIL4=BLqqo—q'CE-CBLvm

對棒應(yīng)用動量定理：

Vm+B^LrC

mvm—BIL-bt=BLbq

BLCE

Vm~m+B2L2C

V

如v

v-tm

圖像/

010t

【變式訓(xùn)練】如圖所示，兩光滑的足夠長導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌間距最窄

處為一狹縫。，以。為原點、水平向右為正方向建立x軸，兩導(dǎo)軌與x軸的夾角均為2=37°,一

電阻R=100Q的電阻器和電容04000"的不帶電電容器分別與導(dǎo)軌左端相連。x>0的區(qū)域內(nèi)分

布著垂直于紙面向內(nèi)的磁場，磁感應(yīng)強度大小沿y軸不變，沿x軸如下：

B=—T

(1)5x()vxW0.4m.

(2)B=ITx>0.4mo

導(dǎo)軌上一金屬棒他與x軸垂直，在外力廠作用下從。點開始以速度片0.5m/s向右勻速運動，金

屬棒在運動過程中與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，不計金屬棒和導(dǎo)軌的電阻。求：

(1)棒R?運動到x/=0.2m時，流過電阻R的電流；

(2)棒他從x/=0.2m運動到X2=0.8m的過程中，外力產(chǎn)與x的關(guān)系：

(3)棒如從x/=0.2m運動到X2=0.8m的過程中，流過棒的電荷量。

”a

XXXXXXXXX1

XXXxx

Hc0

5rxXXXX

0.8*x/m

XX)CXXXX

XXXXXx

XXXXXXXXXx

b

【答案】(1)/=3X10"A；(2)①在。ZmKxWOAm區(qū)域，F(xiàn)=1.8xlO-3jsj.(g)^：0.4m<x<0.8m

9

區(qū)域，"=而靖("+1)；⑶%=4.8x10、c

【解析】

(1)棒而運動到x/=0.2優(yōu)時,磁感應(yīng)強度用=2T,有效長度為/=0.36

則切割電動勢

E=Blv=Q.3y

電流為

F

/=_=3X10-3

RA

(2)①在。2m4x40.4m區(qū)域，由

B^T

有效長度

I=1.5x

則電動勢

E=Blv

恒為0.3V,電流/恒為3xl0-A,安培力

F=B7/=1.8X1O3N

②在0.4mWxW0.8ni區(qū)域，電動勢

3

E=Blv=-x

4

通過電阻的電流

E3

Iz,=—=----x

'R400

通過電容器的電流

/,=包=^^=￡^=?0=1.5乂101

~ArAr\t4

安培力

a

聯(lián)雜卜。"------x（5x+l）

4000'，N

(3)在0.2mVxV0.4m區(qū)域，通過棒的電量

q、=〃]=1.2x10"0

在0.4m<x<0.8m區(qū)域，通過電阻的電流人隨時間均勻變化，通過電容器的電源人保持不變，則通

過棒的電量

3

q2=/（Z2+I^t2=4.8x10c

1.如圖(a)所示，水平面上固定著兩根間距L=0.5m的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ,M、P兩點

間連接一個阻值R=3C的電阻，一根質(zhì)量〃『0.2kg、電阻尸2c的金屬棒外垂直于導(dǎo)軌放置。在

金屬棒右側(cè)兩條虛線與導(dǎo)軌之間的矩形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小8=2T、方向豎直向上的勻強磁

場，現(xiàn)對金屬棒施加一個大小E=2N、方向平行導(dǎo)軌向右的恒力，從金屬棒進(jìn)入磁場開始計時，

其運動的四圖像如圖(6)所示，金屬棒剛要離開磁場時加速度為0,金屬棒通過磁場過程中回

路產(chǎn)生的總熱量。=1.6J。運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計。求：

(1)金屬棒在磁場中運動的最大速度WM；

(2)磁場寬度4和金屬棒穿過磁場所需的時間t.

【答案】(1)10m/s；(2)5m,1.1s

【解析】

(1)設(shè)金屬棒在磁場中最大速度為V”此時安培力與恒力F大小相等，則有感應(yīng)電動勢

E=BLVm

感應(yīng)電流：

1=-^-

R+r

安培力的大小

Fi=BIL

R+r

代入數(shù)據(jù)解得

vm=I0m/s

(2)金屬棒穿過磁場過程中，由能量關(guān)系

Fd=^mv；n-^mv^+Q

其中vo=4m/s,0=L6J,解得

d=5m

由動量定理

Ft-BILt=mvn)—/nvQ

解得

r=l.ls

2.如圖1所示，間距乙=1m的足夠長傾斜導(dǎo)軌傾角。=37。，導(dǎo)軌頂端連一電阻R=i。，左側(cè)存在

一面積S=0.6n?的圓形磁場區(qū)域&磁場方向垂直于斜面向下，大小隨時間變化如圖2所示，右

側(cè)存在著方向垂直于斜面向下的恒定磁場q=I'一長為L=im,電阻/-1。的金屬棒就與導(dǎo)軌

垂直放置，f=0至"1s,金屬棒ab恰好能靜止在右側(cè)的導(dǎo)軌上，之后金屬棒ab開始沿導(dǎo)軌下滑,

經(jīng)過足夠長的距離進(jìn)入EF,且在進(jìn)入E尸前速度已經(jīng)穩(wěn)定，最后停止在導(dǎo)軌上。已知所左側(cè)導(dǎo)軌

均光滑，EF右側(cè)導(dǎo)軌與金屬棒間的摩擦因數(shù)〃=tan°，取g=1。"^?,不計導(dǎo)軌電阻與其他阻力。

求：

（1）/=0至f=ls內(nèi)流過電阻的電流和金屬棒次，的質(zhì)量；

（2）金屬棒必進(jìn)入歷時的速度大??；

（3）金屬棒外進(jìn)入所后滑行的距離x,以及在此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。

【解析】

（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得￡=。至t=ls內(nèi)回路中的感應(yīng)電動勢為

△①3八八，

￡=----=S—=0.6V

X加

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得f=0至f=Is內(nèi)流過電阻的電流為

設(shè)金屬棒時的質(zhì)量為如這段時間內(nèi)金屬棒仍受力平衡，即

mgsin0=B}iL

解得

m=0.05kg

（2）設(shè)金屬棒時進(jìn)入E尸時的速度大小為v,此時回路中的感應(yīng)電動勢為

E=B}Lv

回路中的電流為

1=-^—

R+r

導(dǎo)體棒"所受安培力大小為

F=BJL

根據(jù)平衡條件可得

F=mgsin3

解得

v=0.6m/s

(3)設(shè)金屬棒而從進(jìn)入EF到最終停下的過程中，回路中的平均電流為7,經(jīng)歷時間為f,對金

屬棒"根據(jù)動量定理有

(-BjL+mgsin0-jumgcos=O-tnv

其中

mgsin0一/〃%gcos0=0

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可得

-_E_B[Lx

~R+J(R+r)f

解得

x=0.06m

設(shè)此過程中電阻R上消耗的焦耳熱為e，根據(jù)能量守恒定律可得

；mv2+mgxsin0-4"2gxsin0=2Q

解得

2=4.5x103J

3.如圖，間距為/=0-5m的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平和傾斜兩部分平滑連接，斜面傾角6=30。，傾

斜導(dǎo)軌上端接R=S()2O的電阻。區(qū)域I的勻強磁場與方向垂直斜面向上，其寬度為々=0-5m。斜

面上的天長度為0.8m。水平導(dǎo)軌的無磁場區(qū)放一金屬桿〃，桿〃右側(cè)存在大小坊=0-2T、方向豎

直向上的勻強磁場區(qū)域II,其寬度匕二口⑹"。長為/=0.5m的金屬桿必從斜面上端距區(qū)域I上邊

界X=0.1m處由靜止釋放，桿而進(jìn)入?yún)^(qū)域I時恰好開始做勻速運動，已知金屬桿而進(jìn)入水平軌道

后與金屬桿〃發(fā)生彈性碰撞，碰后金屬桿〃沿水平導(dǎo)軌進(jìn)入?yún)^(qū)域H,滑出區(qū)域H后被放置在導(dǎo)軌

正中央的水平彈簧彈回，不考慮桿與彈簧碰撞的動能損失。整個運動過程中，桿M和以與導(dǎo)軌始

終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直。已知桿而和〃電阻均為r=0.02Q,質(zhì)量均為，"=0』kg不計摩擦和

導(dǎo)軌電阻，忽略磁場邊界效應(yīng)。重力加速度g=l0m/s2,求：

(1)勻強磁場區(qū)域I的磁感應(yīng)強度用；

(2)桿仍在滑過斜面上磁場片的過程中，流過電阻R的電量q；

(3)桿必和桿加一共可以碰撞的次數(shù)〃。

【解析】

(1)桿必磁場區(qū)域I時的速度為匕

V,2=2gxisin0

Vj=lm/s

進(jìn)入磁場區(qū)域I做勻速運動

BJL=mgsin0

又

rE

E=B}Lvy

解得

B1=—r

'io

(2)流過電阻R的電荷量

q=i/=與t

而桿勻速穿過磁場片，所以電流恒定

4=|#A

可得

(3)桿時達(dá)到水平軌道時的速度為匕

g=2gsing(x+電)

解得

v2=3m/s

桿必和桿cd發(fā)生彈性碰撞，由于質(zhì)量相等，碰撞后速度交換，桿cd以V2=3m/s進(jìn)入磁場區(qū)域]],

在通過磁場區(qū)域H的過程中，利用動量定理

—B2lq'=mAv

解得

Av=-0.5m/s

每經(jīng)過一次磁場區(qū)域II桿的速度就減少0.5m/s,當(dāng)桿〃再次與桿面發(fā)生彈性碰撞后，桿而獲得

的速度為

v4=2m/s

因此桿而沿斜面向上運動，利用機械能守恒定律

fngXysin30°=gmv^

解得

=0.4m<x3

所以油桿不能再次進(jìn)入磁場區(qū)域I,之后曲桿繼續(xù)下滑以2m/s與桿〃發(fā)生彈性碰撞，最后桿〃

在磁場區(qū)域II總共穿越6次，最后一次穿出磁場區(qū)域II時恰好停止，不再與必發(fā)生彈性碰撞，因

此總共發(fā)生彈性碰撞的次數(shù)為5次。

4.如圖所示，足夠長的平行光滑U形導(dǎo)軌傾斜放置，所在平面的傾角。=37。，導(dǎo)軌間的距離L

=1.0m,下端連接R=1.6Q的電阻，導(dǎo)軌電阻不計，所在空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁

場，磁感應(yīng)強度B=1.0T。質(zhì)量根=0.5kg、電阻r=0.4。的金屬棒“。垂直置于導(dǎo)軌上，現(xiàn)用沿導(dǎo)

軌平面且垂直于金屬棒、大小為F=5.0N的恒力使金屬棒ah從靜止開始沿導(dǎo)軌向上滑行，當(dāng)金

屬棒滑行s=2.8m后速度保持不變。求：(5詁37。=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)

(1)金屬棒勻速運動時的速度大小V；

(2)金屬棒從靜止到剛開始勻速運動的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量QR。

【答案】(1)4m/s；(2)L28j

【解析】

（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，得感應(yīng)電動勢為

E=BLv

根據(jù)閉合電路的歐姆定律，得感應(yīng)電流為：

/=—

R+r

導(dǎo)體棒受到的安培力為

F.ii=BlL

導(dǎo)體棒做勻速運動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得

F=mgsin0+BIL

代入數(shù)據(jù)解得

v=4m/s

（2）金屬棒運動過程，由能量守恒定律得

Fs=mgs-sin/nvI2+Q

電阻R產(chǎn)生的熱量為

QR=9Q

代入數(shù)據(jù)解得

=1.28j

5.如圖，MN、P。為足夠長的光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌，電阻R=3.（）C,置于豎直向下的有界勻

強磁場中，°。'為磁場邊界，磁場磁感應(yīng)強度B=2.（）T,導(dǎo)軌間距L=0.5m,質(zhì)量帆=0.2kg的導(dǎo)體

棒垂直置于導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒接入電路的電阻為r=LO0。占0時刻，導(dǎo)體棒在

F=1N的水平拉力作用下從。。'左側(cè)某處由靜止開始運動，*>=L°s時棒進(jìn)入磁場繼續(xù)運動，導(dǎo)體

棒始終與導(dǎo)軌垂直。

（1）求導(dǎo)體棒％時刻進(jìn)入磁場瞬間的加速度a的大小;

（2）若導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場瞬間立即撤去力R求導(dǎo)體棒在運動過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。。

MON

XXXX

B

RfFXXXX

:xXXX

I_________________________

~O'Q

【答案】(1)l-25m/s2.(2)1.875J

【解析】

（1）在進(jìn)入磁場前根據(jù)牛頓第二定律

F-max

速度

V=卬。

導(dǎo)體棒切割感應(yīng)電動勢

E=BLv

電流

/=-^—

R+r

安培力

F‘=BIL

進(jìn)入磁場的瞬間根據(jù)牛頓第二定律

FA-F=ma

聯(lián)立解得

a=1.25m/s2

(2)由能量守恒定律

12

。息=萬價

R產(chǎn)生的熱量

Q=-^—Qa=1.875J

R+r

6.如圖甲所示，水平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系的第一象限有磁場分布，方向垂直于水平面向下，磁感應(yīng)

強度沿y軸方向沒有變化，沿x軸方向8與x成反比，如圖乙所示。頂角Q53。的光滑金屬長導(dǎo)

軌MON固定在水平面內(nèi)，ON與x軸重合，一根與ON垂直的長導(dǎo)體棒在水平向右的外力作用下

沿導(dǎo)軌向右滑動，導(dǎo)體棒在滑動過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。已知f=0時，導(dǎo)體棒位于頂

點。處，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m=l.Okg,0M與ON接觸點的總電阻恒為R=1.0。，其余電阻不計?；?/p>

路電流i與時間f的關(guān)系如圖丙所示，圖線是過原點的直線。已知sin53°=0.8,cos530=0.6。求：

(1)f=2s時,回路的電動勢E；

(2)0~2s時間內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移s；

(3)0~2s時間內(nèi)，水平外力的沖量I的大??；

(4)導(dǎo)體棒滑動過程中，水平外力的瞬時功率P(單位：W)與時間，(單位：s)的關(guān)系式。

【答案】⑴4V；⑵2m；（3）lON-s.（4）P=（4r+f）W

【解析】

（1）由歐姆定律

E=itR

將,；=4A代入得

E=4V

（2）由歐姆定律和丙圖斜率含義得

.BLv.

1=---=2t

R

其中

L=xtan53°,砍=1.5Tm

聯(lián)立解得

v=t

所以導(dǎo)體棒做初速度為0的勻加速直線運動，且

V2

a=—=lm/s

t

0~2s時間內(nèi)導(dǎo)體棒的位移為

s==2m

（3）由動量定理得

I—Bi"=mv1-0

即

I-Bqxtan53°=mvx

由圖丙知

g=；W=4c

由圖乙知

Br=1.5T-m

2s末的速度

W=at]=2m/s

解得

/=10Ns

（4）根據(jù)牛頓第二定律可得

F—Bixtan53°=ma

由圖丙可知

i=2t

解得外力

F=4t+i

瞬時功率

P=Fv

速度

v-at

解得

p=（4r+r）w

7.如圖所示，間距￡=08m、傾角夕=37。的兩根平行傾斜光滑導(dǎo)軌與間距相同的兩根平行水平光

滑導(dǎo)軌在Ae處平滑連接，導(dǎo)軌全部固定且水平導(dǎo)軌足夠長。其中皿、也兩段用特殊光滑絕

緣材料替代，導(dǎo)軌其余部分用電阻不計的金屬材料制成，在導(dǎo)軌的”兩點間串接一個阻值為

R=2.4。的電阻，傾斜導(dǎo)軌所在區(qū)域分布著垂直導(dǎo)軌平面向上的、磁感應(yīng)強度為3=1T的勻強磁

場，水平導(dǎo)軌的右側(cè)區(qū)域分布著豎直向下的、磁感應(yīng)強度亦為B=1T的勻強磁場，將長度比導(dǎo)

軌間距略大的金屬棒A和C分別垂直導(dǎo)軌靜置于導(dǎo)軌上，位置如圖中所示，其中金屬棒C離NQ

15

x=-m

邊界的距離為8,某一時刻靜止釋放金屬棒A,在其沿傾斜導(dǎo)軌下滑過程中始終受到一個與

其運動方向相反且大小等于其對地速度Z倍的阻力作用，其中々=Q2N-s/m,金屬棒A在到達(dá)慶

位置前已處于勻速運動狀態(tài)。已知金屬棒A的質(zhì)量為g=°」kg、電阻為K=4C,金屬棒c的質(zhì)

量為嗎=0.4kg、電阻為

（1）金屬棒A下滑過程中，a、〃兩點哪點電勢高？

（2）求金屬棒A勻速下滑的速度大小；

（3）判斷金屬棒A能否與金屬棒C發(fā)生碰撞？若能，請計算金屬棒A進(jìn)入NQ右側(cè)區(qū)域至碰撞

前產(chǎn)生的焦耳熱；若不能，請計算金屬棒A進(jìn)入NQ右側(cè)區(qū)域至到達(dá)穩(wěn)定狀態(tài)的過程中產(chǎn)生的焦

【答案】（1）d點電勢高；（2）2m/s.（3）見解析

【解析】

（1）根據(jù)右手定則可判定，4點電勢高

（2）金屬棒A勻速下滑時，根據(jù)受力平衡可得

-sin37=kvfU+BIL

/=叫

R+R]

聯(lián)立兩式，代入數(shù)據(jù)求得

%=2m/s

（3）假設(shè)兩桿不會發(fā)生碰撞，則最終兩桿將具有共同速度，且整個過程，兩桿組成的系統(tǒng)動量守

恒，故

見%=（小+色）v共n丫共=0.4m/s

根據(jù)動量定理可得

BL\v

L\t叫丫共-/％匕”=x相對=XAv,Ar=2$m>x

凡+為

故兩桿能發(fā)生碰撞，有

BL\vB-I3X

L?△1=—=叫匕一叫％=>4=0.8m/s

N+%RI+&

mv

機?Hn=\\+叫嶺n匕=0.3m/s

根據(jù)能量守恒定律有

1,（1,12、

Q=4損=萬班唯一[彳〃4匕+萬牡匕J=0?15J

可得

°"=3Q=006J

K\+&2

8.如圖甲所示，豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B,足夠長的光滑水平金屬導(dǎo)軌的間距為3

金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，計時開始，給a水平向右的速度2%、給/?水平向左的速度"，a、b

在運動的過程中沒有碰撞；如圖乙所示，豎直放置足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌的間距為3磁感應(yīng)強

度為8的勻強磁場垂直導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的上端接有導(dǎo)線，計時開始，垂直導(dǎo)軌放置的金屬棒c由靜止

開始釋放，經(jīng)過一段時間fo達(dá)到勻速運動，c的阻值為R,導(dǎo)軌與導(dǎo)線的電阻均忽略不計，；。、

。、。的質(zhì)量均為加，長度均為L,在運動過程中金屬棒始終與導(dǎo)軌保持良好接觸，重力加速度為

g,求：

（1）金屬棒穩(wěn)定運行后，心c的速度；

（2）從計時開始到金屬棒剛穩(wěn)定運行，甲模型生成的焦耳熱，以及通過甲模型回路某一橫截面的

電荷量；

（3）從計時開始到c剛穩(wěn)定運行，c的重力勢能的減小量。

3機％根七2對0”jg2R2

AEP=

2BL；(3)B2Lr

【解析】

（1）甲圖中，a、匕穩(wěn)定前，安培力等大反向，系統(tǒng)合外力為零，動量守恒，直到八6共速，安

培力消失，此后一起勻速直線運動，對。和人的系統(tǒng)有

2/〃%-帆％=2mva

解得

1H

乙圖中棒C受重力與安培力作用下落，當(dāng)二力平衡時穩(wěn)定，則

B2[}V

解得

mgR

，C=￥F

（2）甲圖中由能量守恒可知

11

e=-^(2v)7-+-wv7-1.2^=^^

()02"40

對甲棒由動量定理可知

-BIL?Ar=mva—2/nv0

可得

7A3

q=h\t=——-

2BL

（3）乙圖中，對c由動量定理可知

B2I)v

(mg----------L)-Ar=/???Av

則有

B-l}h

----=叫

K

解得

22

_mgRtumgR

~B21}B4L4

則重力勢能的減少量為

g=〃加互單一與

1B2I}B4L4

9.如圖所示，左側(cè)傾斜部分為光滑的相互平行放置的間距為3電阻不計的金屬導(dǎo)軌，水平部分

為用絕緣材料做成的間距也為L的光滑軌道，兩者之間平滑連接。傾斜導(dǎo)軌的傾角為仇傾斜導(dǎo)

軌上端接有一個單刀雙擲開關(guān)S,接在1端的電源，電動勢為E,內(nèi)阻為廣，其串聯(lián)的定值電阻為

R/,接在2端的電容器的電容為C（未充電）。在水平軌道正方形區(qū)域I、II分布有大小相等方向

相反的勻強磁場（大小未知），在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域HI中存在方向豎直向上且大小與I、II區(qū)相同的勻

強磁場，當(dāng)先將開關(guān)s與1相連時，一質(zhì)量為〃?電阻不計的金屬導(dǎo)體棒勿?恰好能靜止在高為人的

傾斜導(dǎo)軌上。然后再將開關(guān)S擲向2,此后導(dǎo)體棒0、將由靜止開始下滑，并且無能量損失地進(jìn)入

水平軌道，之后與原來靜止在水平軌道上的“U”型導(dǎo)線框仍必碰撞，并粘合為一個正方形線框,

U型導(dǎo)線框三條邊總質(zhì)量為3機、總電阻為4R,當(dāng)線框完全穿過I區(qū)磁場后，恰好靜止（線框四邊

與II磁場邊界線重合）。不計一切摩擦阻力，（本題中E、八Ri、C、R、L、h、。、加及重力加速

度g均為已知）,求:

（1）磁感應(yīng)強度8的大小；

（2）將開關(guān)S擲向2后，蛾棒滑到G/7處的速度也（本問中磁感應(yīng)強度可用8表示）；

（3）線框穿越磁場邊界線MMPQ過程中產(chǎn)生的熱量之比?。Q。

B_mgtan，（K+r）,2.2g/?

22

【答案】（1）-EL.（2）\m+BI?Ccos,0.（3）5.4

【解析】

（1）導(dǎo)體棒的■恰好能靜止傾斜導(dǎo)軌上，此時安培力水平向左，受力分析可知

mgtan0=BIL

根據(jù)閉合電路歐姆定律

1=—^—

r+K

解得

_mgtan。（?+r）

LJ--