【物理】2019届二轮复习电磁感应中的动力学、动量和能量问题学案(浙江专用)

【物理】2019届二轮复习电磁感应中的动力学、动量和能量问题学案(浙江专用)

第16讲　电磁感应中的动力学、动量和能量问题 ‎　电磁感应中的动力学问题 ‎[要点总结]‎ 电磁感应中动态问题过程分析 ‎[典例分析]‎ ‎【例1】 (2018·台州选考模拟)为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图1甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出)。当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，就能求出列车的速度和加速度。如图乙所示为铁轨和列车的俯视图，假设磁体下端部有磁感应强度B＝1.2×10－2 T，方向竖直向下的匀强磁场，该磁场区域在运动过程中两个时刻恰能依次覆盖两个线圈，每个线圈的电阻r＝0.30 Ω，匝数n＝4，垂直于铁轨方向长l＝0.25 m，平行于轨道方向的宽度远小于两线圈的距离s，每个测量记录仪自身电阻R＝1.70 Ω，其记录下来的电流－位置关系图，即i－x图如图丙所示。‎ 图1‎ ‎(1)当磁场区域的右边界刚离开线圈Ⅰ时，线圈Ⅰ的电流方向是顺时针还是逆时针(俯视图)；‎ ‎(2)试计算列车通过线圈Ⅰ和线圈Ⅱ时的速度v1和v2的大小；‎ ‎(3)假设列车做的是匀加速直线运动，求列车在两个线圈之间的加速度的大小。(结果保留三位有效数字)‎ 解析　(1)由楞次定律得，线圈Ⅰ的电流方向为顺时针。‎ ‎(2)列车车头底部的强磁体通过线圈时，在线圈中产生感应电动势和感应电流，根据公式可得E＝I(R＋r)‎ 解得E1＝0.24 V和E2＝0.30 V 而线圈Ⅰ、Ⅱ中产生的感应电动势为 E1＝nBlv1，E2＝nBlv2‎ 解得v1＝20 m/s，v2＝25 m/s。‎ ‎(3)根据匀变速直线运动公式v－v＝2as 从题图丙中读出s＝100 m，解得a≈1.13 m/s2。‎ 答案　(1)顺时针　(2)20 m/s　25 m/s　(3)1.13 m/s2‎ ‎[精典题组]‎ ‎1.如图2所示，两根竖直固定的足够长的光滑金属导轨ab和cd相距L＝1 m，金属导轨电阻不计。两根水平放置的金属杆MN和PQ质量均为0.1 kg，均与导轨接触良好，在电路中两金属杆MN和PQ的电阻均为R＝2 Ω，PQ 杆放置在水平台上。整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g取10 m/s2。‎ 图2‎ ‎(1)若将MN杆固定，两杆间距为d＝4 m，现使磁感应强度从零开始以＝0.5 T/s的变化率均匀地增大，经过多长时间，PQ杆对地面的压力为零？‎ ‎(2)若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力F＝2 N的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B恒为1 T。若杆MN发生的位移大小为h＝1.8 m时达到最大速度，求最大速度大小和加速时间。‎ 解析　(1)根据法拉第电磁感应定律 E＝＝·S＝·Ld 根据闭合电路欧姆定律I＝ 由题中条件可知B＝0.5t T 当PQ杆对地面的压力恰好为零时，对PQ杆有 mg＝BIL 联立解得需经时间t＝4 s。‎ ‎(2)当杆MN达到最大速度vm时，其加速度为0‎ 对MN杆mg＋BI′L＝F I′＝ 联立解得最大速度vm＝4 m/s 杆MN从静止到最大速度vm的运动过程中 根据动量定理Ft′－mgt′－BLt′＝mvm t′＝＝ 联立解得加速时间t′＝0.85 s。‎ 答案　(1)4 s　(2)4 m/s　0.85 s ‎2．(2018·嘉兴一中等五校联考)如图3所示，间距为L、光滑的足够长的金属导轨(金属导轨的电阻不计)所在斜面倾角为α，两根同材料、长度均为L、横截面均为圆形的金属棒CD、PQ放在斜面导轨上，已知CD棒的质量为m、电阻为R，PQ棒的圆截面的半径是CD棒圆截面半径的2倍。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，两根劲度系数均为k、相同的弹簧一端固定在导轨的下端，另一端连着金属棒CD。开始时金属棒CD静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒PQ，使金属棒PQ由静止开始运动，当金属棒PQ达到稳定时，弹簧的形变量与开始时相同。已知金属棒PQ从开始运动到稳定的过程中通过CD棒的电荷量为q，此过程可以认为CD棒缓慢地移动，已知题设物理量符合＝mgsin α的关系式，求此过程中(要求结果均用m、g、k、α来表示)‎ 图3‎ ‎(1)CD棒沿导轨移动的距离；‎ ‎(2)PQ棒沿导轨移动的距离。‎ 解析　PQ棒圆截面的半径是CD棒圆截面半径的2倍，PQ棒的横截面积是CD棒横截面积的4倍，PQ棒的质量是CD棒的质量的4倍，所以，PQ棒的质量m′＝4m，由电阻定律可知PQ棒的电阻是CD棒电阻的，即R′＝，两棒串联的总电阻为R0＝R＋＝。‎ ‎(1)开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩量减小，安培力等于CD棒重力沿斜面向下的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知，当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相等、方向相反。开始时两弹簧向上的弹力等于CD棒重力沿斜面向下的分量。‎ 即2Fk＝mgsin α，弹簧的形变量为Δx＝ CD棒沿导轨移动的距离ΔsCD＝2Δx＝。‎ ‎(2)在达到稳定过程中两棒之间距离增大Δs，由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化产生的感应电动势为＝＝ 感应电流为＝＝ 所以，回路中通过的电荷量即CD棒中通过的电荷量为 q＝Δt＝ 由此可得两棒距离增大值Δs＝ PQ棒沿导轨上滑距离应为CD棒沿斜面上滑距离和两棒距离增大值之和 PQ棒沿导轨上滑距离为 ΔsPQ＝Δs＋ΔsCD＝＋＝。‎ 答案　(1)　(2) ‎　电磁感应中的能量转化问题 ‎[要点总结]‎ ‎1．电磁感应中的能量转化关系 ‎2．电能求解方法 ‎(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。‎ ‎(2)利用能量守恒定律求解：其他形式的能的减少量等于产生的电能。‎ ‎(3)利用电路特征来求解：通过电路中所消耗的电能来计算。‎ ‎[典例分析]‎ ‎【例2】 (2018·温州市十校高三期末)如图4所示，PQ和MN是固定于水平面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计。金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好。金属棒ab、cd的质量均为m，长度均为L。两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们与轨道形成闭合回路。金属棒ab的电阻为2R，金属棒cd的电阻为R。整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。若先保持金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直的水平力F ‎(大小未知)作用下，由静止开始向右以加速度a做匀加速直线运动，水平力F作用t0时间撤去此力，同时释放金属棒ab。求：‎ 图4‎ ‎(1)棒cd匀加速过程中，外力F随时间t变化的函数关系；‎ ‎(2)两金属棒在撤去F后的运动过程中，直到最后达到稳定，金属棒cd产生的热量；‎ ‎(3)两金属棒在撤去F后的运动过程中，直到最后达到稳定，通过金属棒cd的电荷量q。‎ 解析　(1)棒cd匀加速过程中F－BIL＝ma，‎ 又I＝＝，得此过程F随时间t变化的函数关系为F＝t＋ma。‎ ‎(2)撤去F后，直到最后达到稳定，根据系统能量守恒得 系统产生的总热量为Q＝mv－·2mv2，‎ 根据系统动量守恒mv0＝2mv，‎ 又v0＝at0得Q＝ma2t，‎ cd棒产生的热量为Qcd＝Q＝ma2t。‎ ‎(3)撤去F到系统达到稳定，由动量定理对cd受力分析得－BLΔt＝mv－mv0，q＝Δt，解得q＝。‎ 答案　(1)F＝t＋ma　(2)ma2t　(3) ‎[精典题组]‎ ‎3.(2018·浙江宁波模拟)如图5所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab。导轨的一端连接电阻R，其它电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动。则(　　)‎ 图5‎ A．随着ab运动速度的增大，其加速度也增大 B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能 C．当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率 D．无论ab做何种运动，它克服安培力做的功都大于电路中产生的电能 解析　金属棒所受的安培力为FA＝BIL＝，a＝，速度增大，安培力增大，则加速度减小，选项A错误；根据能量守恒知，外力F对ab做的功等于电路中产生的电能以及ab棒的动能，选项B错误；当ab棒匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，则外力F做功的功率等于电路中的电功率，选项C正确；根据功能关系知，无论ab做何种运动，克服安培力做的功等于电路中产生的电能，选项D错误。‎ 答案　C ‎4．(2018·临安选考模拟)如图6所示，两平行导轨间距L＝0.1 m，足够长光滑的倾斜部分和粗糙的水平部分圆滑连接，倾斜部分与水平面的夹角θ＝30°，垂直斜面方向向上的磁场的磁感应强度B＝0.5 T，水平部分没有磁场。金属棒ab质量m＝0.005 kg，电阻r＝0.02 Ω，运动中与导轨有良好接触，并且垂直于导轨，电阻R＝0.08 Ω，其余电阻不计，当金属棒从斜面上离水平面高h＝1.0 m以上任何地方由静止释放后，在水平面上滑行的最大距离x都是1.25 m(g取10 m/s2)。求：‎ 图6‎ ‎(1)棒在斜面上的最大速度大小；‎ ‎(2)与水平面间的动摩擦因数；‎ ‎(3)从高度h＝1.0 m处滑下后电阻R上产生的热量。‎ 解析　(1)由题意知金属棒从离水平面高h＝1.0 m以上任何地方由静止释放后，在到达水平面之前已经开始匀速运动。‎ 设最大速度大小为v，则感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，安培力F＝BIL，匀速运动时，有mgsin θ＝F，‎ 解得v＝1.0 m/s。‎ ‎(2)在水平面上运动时，金属棒所受滑动摩擦力f＝μmg，‎ 金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动，有 f＝ma，v2＝2ax，解得μ＝0.04。‎ ‎(用动能定理同样可以解答)‎ ‎(3)下滑的过程中，由动能定理可得 mgh－W＝mv2，‎ 克服安培力所做的功等于电路中产生的电热，有W＝Q，‎ 电阻R上产生的热量QR＝Q，解得QR＝3.8×10－2 J。‎ 答案　(1)1.0 m/s　(2)0.04　(3)3.8×10－2 J ‎　电磁感应中的动量和能量综合问题 ‎[要点总结]‎ 解决方法 ‎(1)选择研究对象。即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统。‎ ‎(2)分析其受力情况。安培力既跟电流垂直又跟磁场垂直。‎ ‎(3)分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况选定所要应用的物理规律。‎ ‎(4)运用物理规律列方程，求解。‎ ‎[典例分析]‎ ‎【例3】 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上垂直放置两根导体棒a和b，俯视图如图7甲所示。两根导体棒的质量皆为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B的竖直向上匀强磁场。导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x0，现给导体棒a一向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的Δv－t图象(Δv表示两棒的相对速度，即Δv＝va－vb)‎ 图7‎ ‎(1)试证明：在0～t2时间内，回路产生的焦耳热与磁感应强度B无关；‎ ‎(2)求t1时刻，棒b的加速度大小；‎ ‎(3)求t2时刻，两棒之间的距离。‎ 解析　(1)t2时刻，两棒速度相等，由动量守恒定律 mv0＝mv＋mv 由能量守恒定律，得整个过程中产生的焦耳热 Q＝mv－(2m)v2 ‎ 解得Q＝mv 所以在0～t2时间内，回路产生的焦耳热与磁感应强度B无关。‎ ‎(2)t1时刻，速度的改变量为Δv＝va－vb＝ 由动量守恒定律mv0＝mva＋mvb 解得va＝v0, vb＝v0 ‎ 回路中的电动势E＝BLv0－BLv0＝BLv0‎ 此时棒b所受的安培力大小F＝BIL＝ 由牛顿第二定律可得，棒b的加速度大小 a＝＝。‎ ‎(3)t2时刻，两棒速度相同，由(1)知v＝ ‎0～t2时间内，对棒b，由动量定理，有∑BiLΔt＝mv－0，即BqL＝mv 又q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝ 解得x＝x0＋。‎ 答案　(1)见解析　(2)　(3)x0＋ ‎ ‎[精典题组]‎ ‎5．(2018·浙江“七彩阳光”联考)如图8所示，两根足够长的光滑金属导轨G1、G2放置在倾角为α的斜面上，导轨间距为l，电阻不计。在导轨上端并联接入两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放，经过时间t0，两灯泡开始并保持正常发光。金属棒下落过程中保持与导轨垂直，且与导轨接触良好，重力加速度为g。求：‎ 图8‎ ‎(1)磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率v；‎ ‎(3)在t＝0至t＝t0期间，两小灯泡产生的总焦耳热。‎ 解析　(1)设灯泡额定电流为I0‎ 则有P＝IR①‎ 流经MN的电流I＝2I0②‎ mgsin α＝2BI0l③‎ 联立①②③得B＝④‎ ‎(2)E＝Blv＝I0R⑤‎ 解得v＝⑥‎ ‎(3)在t＝0至t＝t0期间，对导体棒运用动量定理，有 ‎(mgsin α－iBl)Δt＝mΔv⑦‎ 累积求和得t0mgsin α－BlΔq＝mv⑧‎ 设在t＝0至t＝t0期间棒运动的距离为s，则由电磁感应定律，得Δq＝⑨‎ 联立⑧⑨得s＝⑩‎ 两小灯泡产生的总焦耳热Q＝mgssin α－mv2⑪‎ 将④⑥⑩式代入⑪式，得Q＝mgsin α·－m()2＝2t0P－。‎ 答案　(1)　(2)　(3)2t0P－ ‎6．(2018·浙江乐成寄宿高中月考)如图9所示，光滑、足够长、不计电阻、间距为l的平行金属导轨MN、PQ水平放在竖直向下的磁感应强度不同的两个相邻的匀强磁场中，左半部分为Ⅰ匀强磁场区，磁感应强度为B1；右半部分为Ⅱ匀强磁场区，磁感应强度为B2，且B1＝2B2。在Ⅰ匀强磁场区的左边界垂直于导轨放置一质量为m、电阻为R1的金属棒a，在Ⅰ匀强磁场区的某一位置，垂直于导轨放置另一质量也为m、电阻为R2的金属棒b。开始时b静止，给a一个向右的冲量I后a、b开始运动。设运动过程中，两金属棒总是与导轨垂直。‎ 图9‎ ‎(1)求金属棒a受到冲量后的瞬间通过金属导轨的感应电流；‎ ‎(2)设金属棒b在运动到Ⅰ匀强磁场区的右边界前已经达到最大速度，求金属棒b在Ⅰ匀强磁场中的最大速度值；‎ ‎(3)金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后，金属棒b再次达到匀速运动状态，设这时金属棒a仍然在Ⅰ匀强磁场区中。求金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后的运动过程中金属棒a、b中产生的总焦耳热。‎ 解析　(1)设金属棒a受到冲量I时的速度为v0，金属棒a产生的感应电动势为E，导轨中的电流为i，则 I＝mv0‎ E＝B1lv0‎ i＝ 联立得i＝。‎ ‎(2)金属棒a和金属棒b在左部分磁场中运动过程中所受安培力大小相等、方向相反，合力为零，故a、b组成的系统水平方向动量守恒。‎ 金属棒a和金属棒b在Ⅰ匀强磁场区中运动过程中达到最大速度vm时，两个金属棒速度相等，感应电流为零，两个金属棒匀速运动，根据动量守恒定律有 mv0＝2mvm 解得vm＝。‎ ‎(3)金属棒b进入Ⅱ匀强磁场时，设金属棒a的感应电动势为E1，金属棒b的感应电动势为E2，‎ E1＝B1lvm E2＝B2lvm 因为B1＝2B2‎ 所以E1＝2E2‎ 所以，金属棒b一进入Ⅱ匀强磁场，电流立即出现，在安培力作用下金属棒a做减速运动，金属棒b做加速运动。设金属棒a在Ⅰ匀强磁场区运动速度从vm变化到最小速度va，所用时间为t，金属棒b在Ⅱ匀强磁场区运动速度从vm变化到最大速度vb，所用时间也为t，此后金属棒a、b都匀速运动，则 B1lva＝B2lvb 即vb＝2va 设在t时间内通过金属棒a、b的电流平均值为 根据动量定理有 B1lt＝mvm－mva B2lt＝mvb－mvm 解得va＝vm vb＝vm 设金属棒b进入Ⅱ匀强磁场后，金属棒a、b产生的总焦耳热为Q ‎，根据能量守恒定律，有 ×2mv＝mv＋mv＋Q 解得Q＝ 答案　(1)　(2)　(3) ‎1．(2017·4月浙江选考)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图10所示。倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成)，在“联动双杆”右侧存在大小为B2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L。质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”。“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出。运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知杆ab、cd和ef电阻均为R＝0.02 Ω，m＝0.1 kg，l＝0.5 m，L＝0.3 m，θ＝30°，B1＝0.1 T，B2＝0.2 T。不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求：‎ 图10‎ ‎(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0；‎ ‎(2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v；‎ ‎(3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q。‎ 解析　(1)感应电动势E＝B1lv0‎ 电流I＝ 安培力F＝B1Il 匀速运动条件＝mgsin θ v0＝＝6 m/s ‎(2)由动量守恒定律　mv0＝4mv v＝＝1.5 m/s ‎(3)进入B2磁场区，设速度变化Δv，由动量定理，‎ 有B2lΔt＝－4mΔv Δt＝Δq＝ Δv＝＝－0.25 m/s 出B2磁场区，同样有 Δv＝－＝－0.25 m/s 出B2磁场后“联动三杆”的速度为 v′＝v＋2Δv＝1.0 m/s Q＝×4m(v2－v′2)＝0.25 J 答案　(1)6 m/s　(2)1.5 m/s　(3)0.25 J ‎2．(2017·11月浙江选考)如图11所示，匝数N＝100、截面积S＝1.0×10－2 m2、电阻r＝0.15 Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1，其变化率k＝0.80 T/s。线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d＝0.20 m的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50 Ω的电阻。一根阻值也为0.50 Ω、质量m＝1.0×10－2 kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2。接通开关S后，棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。‎ 图11‎ ‎(1)求磁感应强度B2的大小，并指出磁场方向；‎ ‎(2)断开开关S后撤去挡条，棒开始下滑，经t＝0.25 s后下降了h＝0.29 m，求此过程棒上产生的热量。‎ 解析　(1)线圈中产生的感应电动势为E＝N＝NS 代入数据得E＝0.8 V，由楞次定律判断可知，电流从左边流入，右边流出。‎ 等效电路图如下：‎ 总电流I＝＝ A＝2 A，‎ ab棒中Iab＝1 A。‎ 根据题意，此刻棒对挡条的压力为零，即金属棒所受安培力等于其重力，‎ 即B2Iabd＝mg，解得B2＝0.50 T，‎ 根据左手定则可知磁场的方向应该垂直纸面向外。‎ ‎(2)开关断开之后，撤去挡板，ab下滑中切割磁感线，从而产生感应电流，根据动量定理，得(mg－B2d)t＝mv－0‎ 其中Δq＝t＝，ΔΦ＝B2dΔh 联立上式可知v＝2.21 m/s 根据动能定理可知mgh＋W＝mv2－0‎ 求得W＝－4.58×10－3 J，因此金属棒上产生热量为 Q＝|W|＝2.29×10－3 J 答案　(1)0.5 T，磁场垂直纸面向外　(2)2.29×10－3 J ‎3.(2018·11月浙江选考)如图12所示，在间距L＝0.2 m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)的磁场，磁感应强度的分布沿y 方向不变，沿x方向如下：‎ B＝ 导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C＝1 F的未充电的电容器，恒流源可为电路提供恒定电流I＝2 A，电流方向如图所示，有一质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x0＝0.7 m处。开关S掷向1，棒ab从静止开始运动，到达x3＝－0.2 m处时，开关S掷向2。已知棒ab在运动过程中始终与导轨垂直。求：‎ 图12‎ ‎(提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F所做的功)‎ ‎(1)棒ab运动到x1＝0.2 m时的速度v1；‎ ‎(2)棒ab运动到x2＝－0.1 m时的速度v2；‎ ‎(3)电容器最终所带的电荷量Q。‎ 解析　(1)从x0～x1的过程，由于安培力为恒力，‎ 安培力F＝BIL 运用动能定理BIL(x0－x1)＝mv－0，解得v1＝2 m/s ‎(2)在区间－0.2 m≤x≤0.2 m 安培力F＝5xIL 如图所示，安培力做功 W安＝(x－x)‎ 由动能定理得 W安＝mv－mv，v2＝ m/s ‎(3)从0.2 m处移到－0.2 m处安培力不做功，‎ v3＝v1＝2 m/s 设最后稳定时的速度为v则 导体棒两端电压U＝BLv 电容器上所带电荷量q＝CU 电路中通过的电荷量q＝It ‎ 根据动量定理－BILt＝mv－mv3‎ 得v＝ m/s，因此q＝ C 答案　(1)2 m/s　(2) m/s　(3) C 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，至少有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.(2018·浙江台州市书生中学高二月考)竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图1所示，B＝0.5 T，导体棒ab与cd长均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重均为0.1 N，现用力向上拉导体棒ab，使之匀速向上(与导轨接触良好，导轨足够长)，此时，导体棒cd恰好静止，那么导体棒ab上升时，下列说法中正确的是(　　)‎ 图1‎ A．导体棒ab受到的拉力大小为2 N B．导体棒ab向上的速度为0.2 m/s C．在2 s内，拉力做功产生的电能是0.4 J D．在2 s内，拉力做功为0.6 J 解析　导体棒ab匀速上升，受力平衡，cd棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得ab棒受到的拉力F＝2mg＝0.2 N，选项A错误；对cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡条件得F安＝G，即BIL＝G，又I＝，联立得v＝＝ m/s＝2 m/s，选项B错误；在2 s内，电路产生的电能Q＝t＝t＝×2 J＝0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功，W＝Fvt＝0.2×2×2 J＝0.8 J，选项D错误。‎ 答案　C ‎2．(2018·浙江诸暨中学高三月考)如图2甲所示，电阻不计且间距L＝1.0 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值为R＝2.0 Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m＝0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平。已知杆ab刚进入磁场时的速度v0＝1.0 m/s，下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2 ，则(　　)‎ 图2‎ A．匀强磁场的磁感应强度为1 T B．ab杆下落0.3 m时金属杆的速度为0.5 m/s C．ab杆下落0.3 m的过程中R上产生的热量为0.2 J D．ab杆下落0.3 m的过程中通过R的电荷量为0.25 C 解析　由乙图知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a0＝10 m/s2，方向竖直向上。由牛顿第二定律得BI0L－mg＝ma0；又有 I0＝＝，联立得B＝＝× T＝2 T，选项A错误；下落0.3 m时，通过a－h图象知a ‎＝0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡有mg＝BIL＝，可得下落0.3 m时杆的速度v＝，代入数值有v＝0.5 m/s，选项B正确；从开始到下落的过程中，由能的转化和守恒定律有mgh＝Q＋mv2，代入数值有Q＝0.287 5 J，选项C错误；杆自由下落的距离满足2gh0＝v，解得 h0＝0.05 m，所以杆在磁场中运动的距离x＝h－h0＝0.25 m，通过电阻R的电荷量q＝＝＝ C＝0.25 C，选项D正确。‎ 答案　BD ‎3.(2018·浙江宁波四中检测)某同学在实验室里做如下实验，光滑竖直金属导轨(电阻不计)上端接有电阻R，下端开口，所在区域有垂直纸面向里的匀强磁场，一个矩形导体框(电阻不计)和光滑金属导轨在整个运动中始终保持良好接触，矩形导体框的宽度大于两个导轨的间距，一弹簧下端固定在水平面上，弹簧涂有绝缘漆，弹簧和导体框接触时，二者处于绝缘状态，且导体框与弹簧接触过程无机械能的损失。现将导体框在距离弹簧上端H处由静止释放，导体框下落，接触到弹簧后一起向下运动然后反弹，直至导体框静止。导体框的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．导体框接触到弹簧后，可能立即做减速运动 B．在接触弹簧前导体框下落的加速度为g C．只改变下落的初始高度H，导体框的最大速度可能不变 D．只改变R的阻值，在导体框运动过程中系统产生的焦耳热会改变 解析　导体框下落过程中导体框两部分切割磁感线，相当于两个电源给电阻R 供电，接入导轨部分的导体框有电流流过，所以当导体框所受安培力等于导体框的重力时速度达到最大，达到最大速度可能发生在接触弹簧之前，所以有可能在接触弹簧前已经达到匀速，选项A、C正确；由于有感应电流，导体框受到安培力作用，所以加速度小于g，选项B错误；由mg－kx＝0知，由于质量一定，所以最后导体框停止的位置是确定的，重力势能的减少是确定的，弹簧增加的弹性势能是确定的，所以电阻产生的热量与R无关，电阻大小会影响导体框反复的次数，选项D错误。‎ 答案　AC 二、非选择题 ‎4．(2018·浙江名校协作体高三考试)如图4所示，两条足够长的平行金属导轨PQ、EF倾斜放置，间距为L，与水平方向夹角为θ 。导轨的底端接有阻值为R的电阻，导轨光滑且电阻不计。现有一垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，金属杆ab长也为L，质量为m，电阻为r，置于导轨底端。给金属杆ab一平行导轨向上的初速度v0，经过一段时间后返回底端时已经匀速。金属杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。求 图4‎ ‎(1)金属杆ab刚向上运动时，流过电阻R的电流方向；‎ ‎(2)金属杆ab返回时速度大小及金属杆ab从底端出发到返回底端电阻R上产生的焦耳热；‎ ‎(3)金属杆ab从底端出发到返回底端所需要的时间。‎ 解析　(1)由右手定则可知，感应电流方向为a指向b，所以流过R的电流方向为PRE方向。‎ ‎(2)设返回底端匀速运动时速度为v，则金属杆产生的电动势为E＝BLv 回路的总电阻为R总＝R＋r 根据闭合电路的欧姆定律得I＝＝ ‎ 根据平衡条件得mgsin θ＝BIL 联立解得v＝ 杆从出发到返回过程中由能量守恒有 Q总＝mv－mv2‎ 又因为QR＝Q总 联立解得QR＝ ‎(3)设上升过程时间为t1，下降过程时间为t2，上升的距离为s 根据动量定理得，上升过程有 ‎－mg(sin θ)t1－∑BLt＝0－mv0‎ 变形得－mg(sin θ)t1－＝0－mv0‎ 同理可得下降过程mg(sinθ)t2－＝mv－0‎ 所以 t总＝t1＋t2＝。‎ 答案　(1)电流方向为P→R→E ‎(2) ‎(3) ‎5．(2018·浙江教育绿色评价联盟适应性考试)间距为l的平行金属导轨由倾斜和水平导轨平滑连接而成，导轨上端通过开关S连接一电容为C的电容器，如图5所示。倾角为θ的导轨处于大小为 B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，在水平导轨无磁场区静止放置金属杆cd，在杆右侧存在大小也为 B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，区间长度足够长。当S断开时，金属杆ab从倾斜导轨上端释放进入磁场区间Ⅰ达到匀速后进入水平轨道，在无磁场区与杆cd 碰撞，杆ab与cd粘合成并联双杆(未产生形变)，并滑进磁场区间Ⅱ，同时开关S接通(S接通前电容器不带电)。在运动过程中，杆ab、cd以及并联双杆始终与导轨接触良好，且与导轨垂直。已知杆ab和cd质量均为m，电阻均为R，不计导轨电阻和阻力，忽略磁场边界效应，求：‎ 图5‎ ‎(1)杆 ab 在倾斜导轨上达到匀速运动时的速度v0；‎ ‎(2)杆碰撞后粘合为并联双杆时的运动速度v1；‎ ‎(3)并联双杆进入磁场区间Ⅱ后最终达到稳定运动的速度v2。‎ 解析　(1)感应电动势E＝Blv0，感应电流I＝，安培力F＝IBl＝ 杆做匀速运动，根据平衡条件得＝mgsin θ 联立解得v0＝。‎ ‎(2)由动量守恒定律，有mv0＝2mv1‎ 得到v1＝。‎ ‎(3)当并联双杆进入磁场Ⅱ时，在极小的时间间隔Δt内 对双杆运用动量定理，有BliΔt＝－2mΔv 累加求和得BlΔq＝－2m(v2－v1)‎ 而Δq＝CE－0＝CBlv2‎ 联立解得v2＝＝。‎ 答案　(1)　(2) ‎(3) ‎6．(2018·浙江台州中学高三统练)如图6所示，平行金属导轨OP、KM和PQ、MN相互垂直，且OP、KM与水平面间夹角为θ＝37°，导轨间距均为L＝1 m，电阻不计，导轨足够长。两根金属棒ab和cd与导轨垂直放置且接触良好，ab的质量为M＝2 kg，电阻为R1＝2 Ω，cd的质量为m＝0.2 kg，电阻为R2＝1 Ω，金属棒和导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，两个导轨平面均处在垂直于轨道平面OPMK向上的匀强磁场中。现让cd固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab 沿导轨下滑x＝6 m时，速度已达到稳定，此时，整个回路消耗的电功率为P＝12 W(sin 37°＝0.6 ，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2 )。求：‎ 图6‎ ‎(1)磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)ab沿导轨下滑x＝6 m的过程中ab棒上产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)若将ab与cd同时由静止释放，当运动时间t＝0.5 s时，ab的速度vab与cd棒速度vcd的关系式。‎ 解析　(1)ab棒速度达到稳定，即达到最大速度做匀速运动，有Mgsin 37°＝BI1L＋μMgcos 37°‎ 整个回路消耗的电功率为P＝BI1Lvm；‎ 将BI1看作一个物理量，则得ab棒的最大速度为 vm＝3 m/s 又整个回路的电功率又可表示为P＝＝ 解得B＝2 T。‎ ‎(2)ab棒下滑x＝6 m过程中，根据能量守恒 Mgxsin 37°＝μMgxcos 37°＋Q总＋Mv 将 vm＝3 m/s代入解得Q总＝15 J ab棒上产生的焦耳热为Q＝Q总 解得Q＝10 J。‎ ‎(3)对cd棒有mg(sin α)·t－μ(mgcos α＋BL)t＝mvcd ，‎ α＝－θ ‎ 即mg(sin α)·t－μmg(cos α)·t－μ＝mvcd 对ab棒有(Mgsin θ－μMgcos θ)t－＝Mvab 联立消去xab，得5＝10vab－2vcd，即vab＝vcd＋。‎ 答案　(1)2 T　(2)10 J　(3)vab＝vcd＋ ‎7．(2018·浙江十校联盟适应性考试)如图7所示，正方形单匝均匀线框abcd质量M＝2.4×10－2 kg，边长L＝0.4 m，每边电阻相等，总电阻R＝0.5 Ω。一根足够长的绝缘轻质细线跨过两个轻质光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接质量m＝1.6×10－2 kg的绝缘物体P，物体P放在一个光滑的足够长的固定斜面上，斜面倾角θ＝30°，斜面上方的细线与斜面平行，线框释放前细线绷紧。在正方形线框正下方有一有界的匀强磁场，上边界Ⅰ和下边界Ⅱ都水平，两边界之间距离h1＝0.65 m。磁场方向水平且垂直纸面向里。现让正方形线框的cd边距上边界Ⅰ的正上方高度h＝0.5 m处由静止释放，线框在运动过程中dc边始终保持水平且与磁场垂直，物体P始终在斜面上运动，线框cd边进入磁场上边界Ⅰ时刚好匀速运动，线框ab边刚进入磁场上边界Ⅰ时，线框上方的绝缘轻质细线突然断裂，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：‎ 图7‎ ‎(1)线框cd边从磁场上边界Ⅰ进入时的速度v0；‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；‎ ‎(3)线框穿过磁场过程中产生的焦耳热Q。‎ 解析　(1)从静止开始到线框cd进入磁场上边界，有Mgh－mghsin θ＝(M＋m)v 则v0＝2 m/s。‎ ‎(2)正方形线框匀速进入磁场区域的过程中，设受到的安培力为F，则 E＝BLv0，而I＝，且 F＝BIL Mg＝mgsin θ＋F 解得B＝0.5 T。‎ ‎(3)线框ab进入磁场开始到cd边离开磁场过程中，有 Mg(h1－L)＝M(v－v)‎ 解得v1＝3 m/s 线框离开磁场过程中E＝BLv1‎ I1＝ F1＝BI1L 得Mg＝F1‎ 所以线框离开磁场过程中做匀速运动 线框进入磁场产生的焦耳热Q0＝FL＝0.064 J 线框离开磁场产生的焦耳热Q1＝F1L＝0.096 J Q＝Q0＋Q1＝0.16 J。‎ 答案　(1)2 m/s　(2)0.5 T　(3)0.16 J ‎8.(2018·浙江金华十校高三期末联考)如图8所示，在空间有两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ磁场边界AA′与DD′的间距为H，磁场方向垂直纸面向里；区域Ⅱ磁场足够宽，其上边界为CC′，磁场方向垂直纸面向外， CC′与DD′的间距为L。现有一质量为m、边长为L(L

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