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文档介绍
高考物理大一轮复习微专题14电磁感应中的动力学和能量问题学案新人教版3196
微专题 14 电磁感应中的动力学和能量问题 电磁感应中的动力学问题 1.题型简述:感应电流在磁场中受到安培力的作用,因此电磁感应问题往往跟力学问 题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律) 及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等). 2.两种状态及处理方法 状态 特征 处理方法 平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析 非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析 3.动态分析的基本思路 解决这类问题的关键是通过运动状态的分析,寻找过程中的临界状态,如速度、加速度 最大值或最小值的条件.具体思路如下: Ⅰ.电磁感应中的平衡问题 (2019·全国甲卷)如图,两固定的绝缘斜面倾角均为 θ,上沿相连.两细金属 棒 ab(仅标出 a 端)和 cd(仅标出 c 端)长度均为 L,质量分别为 2m 和 m;用两根不可伸长的 柔软轻导线将它们连成闭合回路 abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放 在斜面上,使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为 B,方向垂直于斜 面向上.已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻为 R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均 为 μ,重力加速度大小为 g.已知金属棒 ab 匀速下滑.求 (1)作用在金属棒 ab 上的安培力的大小; (2)金属棒运动速度的大小. 解析:(1)设导线的张力的大小为 T,右斜面对 ab 棒的支持力的大小为 N1,作用在 ab 棒上的安培力的大小为 F,左斜面对 cd 棒的支持力大小为 N2.对于 ab 棒,由力的平衡条件 得 2mgsin θ=μN1+T+F ① N1=2mgcos θ ② 对于 cd 棒,同理有 mgsin θ+μN2=T ③ N2=mgcos θ ④ 联立①②③④式得 F=mg(sin θ-3μcos θ) ⑤ (2)由安培力公式得 F=BIL ⑥ 这里 I 是回路 abdca 中的感应电流,ab 棒上的感应电动势为 E=BLv ⑦ 式中,v 是 ab 棒下滑速度的大小.由欧姆定律得 I= E R ⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式得 v=(sin θ-3μcos θ) mgR B2L2 ⑨ 答案:(1)mg(sin θ-3μcos θ) (2)(sin θ-3μcos θ) mgR B2L2 对金属棒正确进行受力分析和运动过程分析是解题的关键. 如图,两个倾角均为 θ=37°的绝缘斜面,顶端相同,斜面上分别固定着一 个光滑的不计电阻的 U 型导轨,导轨宽度都是 L=1.0 m,底边分别与开关 S1、S2 连接,导 轨上分别放置一根和底边平行的金属棒 a 和 b,a 的电阻 R1=10.0 Ω、质量 m1=2.0 kg, b 的电阻 R2=8.0 Ω、质量m2=1.0 kg.U 型导轨所在空间分别存在着垂直斜面向上的匀强 磁场,大小分别为 B1=1.0 T,B2=2.0 T,轻细绝缘线绕过斜面顶端很小的光滑定滑轮连 接两金属棒的中点,细线与斜面平行,两导轨足够长,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g= 10.0 m/s2.开始时,开关 S1、S2 都断开,轻细绝缘线绷紧,金属棒 a 和 b 在外力作用下处 于静止状态.求: (1)撤去外力,两金属棒的加速度多大? (2)同时闭合开关 S1、S2,求金属棒 a、b 运动过程中达到的最大速度? 解析:(1)设撤去外力,线拉力为 T,两金属棒的加速度大小相等,设为 a, 则 m1gsin θ-T=m1a T-m2gsin θ=m2a 解得 a=2 m/s2 (2)a、b 达到速度最大时,速度相等,设为 v,此时线拉力为 T1,a 中感应电动势为 E1, 电流为 I1,b 中感应电动势为 E2,电流为 I2,则 E1=B1lv,I1= E1 R1;E2=B2lv,I2= E2 R2, 又 m1gsin θ-T1-B1I1l=0 T1-m2gsin θ-B2I2l=0 联立解得 v=10 m/s 答案:(1)2 m/s2 (2)10 m/s Ⅱ.电磁感应中的非平衡问题 如图所示,光滑的平行金属导轨水平放置,电阻不计,导轨间距为 l,左侧接 一阻值为 R 的电阻.区域 cdef 内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场,磁场宽度为 s.一 质量为 m、有效电阻为 r 的金属棒 MN 置于导轨上,与导轨垂直且接触良好,受到 F=0.5v+ 0.4(N)(v 为金属棒速度)的水平外力作用,从磁场的左边界由静止开始运动,测得电阻两端 电压随时间均匀增大.(已知:l=1 m,m=1 kg,R=0.3 Ω,r=0.2 Ω,s=1 m) (1)判断该金属棒在磁场中是否做匀加速直线运动?简要说明理由; (2)求加速度的大小和磁感应强度 B 的大小; (3)若撤去外力后棒的速度 v 随位移 x 的变化规律满足 v=v0- B2l2 mR+rx,且棒在运 动到 ef 处时恰好静止,则外力 F 作用的时间为多少? 解析:(1)是. R 两端电压 U∝I∝E∝v,U 随时间均匀增大,即 v 随时间均匀增大,所以加速度为恒 量. (2) E=Blv I= E R+r F 安=BIl F-F 安=ma, 将 F=0.5v+0.4 代入,得: (0.5- B2l2 R+r)v+0.4=a 因为加速度为恒量,与 v 无关,所以 a=0.4 m/s2 0.5- B2l2 R+r=0,代入数据得:B=0.5 T. (3)设外力 F 作用时间为 t,则 x1= 1 2at2 v0=at x2= mR+r B2l2 v0 x1+x2=s, 代入数据得 0.2t2+0.8t-1=0 解方程得 t=1 s 或 t=-5 s(舍去). 答案:(1)是 (2)0.4 m/s2 0.5 T (3)1 s 如图,足够长的光滑导轨固定在水平面内,间距 L=1 m,电阻不计,定值电 阻 R=1.5 Ω.质量 m=0.25 kg、长度 L=1 m、电阻 r=0.5 Ω 的导体棒 AB 静置在导轨 上.现对导体棒施加一个平行于导轨、大小为 F=1.25 N 的恒力,使得导体棒由静止开始 运动.当棒运动到虚线位置时速度达到 v0=2m/s.虚线右侧有一非匀强磁场,导体棒在里面 运动时,所到位置的速度 v(单位 m/s)与该处磁感应强度 B(单位 T)在数值上恰好满足关系 v = 1 2B2,重力加速度 g 取 10 m/s2. (1)求导体棒刚进入磁场时,流经导体棒的电流大小和方向; (2)导体棒在磁场中是否做匀加速直线运动?若是,给出证明并求出加速度大小;若不 是,请说明理由; (3)求导体棒在磁场中运动了 t=1 s 的时间内,定值电阻 R 上产生的焦耳热. 解析:(1)当 v0=2 m/s 时,B0=0.5 T 感应电动势 E0=B0Lv0=1 V 感应电流 I0= E0 R+r=0.5 A 方向由 B 向 A (2)速度为 v 时,磁感应强度为 B 感应电动势 E=BLv,感应电流 I= E R+r,安培力 FA=BIL 得到 FA= B2L2v R+r 由题,B2v=0.5 T2m/s,则安培力 FA=0.25 N,导体棒所受合力 F 合=F-FA=1 N,为恒 力,所以做匀加速直线运动. 由 F 合=ma,可得 a=4 m/s2 (3)t=1 s 时,导体棒的速度 v=v0+at=6 m/s t=1 s 内,导体棒的位移 s=v0t+ 1 2at2=4 m 由动能定理,Fs-W 克安= 1 2mv2- 1 2mv20 由功能关系,W 克安=Q 定值电阻 R 上的焦耳热 QR= R R+rQ 代入数据,QR=0.75 J 答案:(1)0.5 A 由 B 到 A (2)是 4 m/s2 (3)0.75 J 1.(多选)如图所示,在磁感应强度为 B、方向竖直向下的匀强磁场中,有一水平放置 的 U 形导轨,导轨左端连接一阻值为 R 的电阻,导轨电阻不计.导轨间距离为 L,在导轨上 垂直放置一根金属棒 MN,与导轨接触良好,电阻为 r,用外力拉着金属棒向右以速度 v 做匀 速运动.则金属棒运动过程中( ) A.金属棒中的电流方向为由 N 到 M B.电阻 R 两端的电压为 BLv C.金属棒受到的安培力大小为 B2L2v r+R D.电阻 R 产生焦耳热的功率为 B2L2v R 解析:选 AC 由右手定则判断得知金属棒 MN 中的电流方向为由 N 到 M,故 A 正确;MN 产生的感应电动势为 E=BLv,回路中的感应电流大小为 I= E r+R= BLv R+r,则电阻 R 两端的电 压为 U=IR= BLvR R+r,故 B 错误;金属棒 MN 受到的安培力大小为 F=BIL= B2L2v R+r,故 C 正确; 电阻 R 产生焦耳热的功率为 P=I2R=( BLv R+r )2·R B2L2v2R R+r2,故 D 错误. 2.如图 1 所示,两相距 L=0.5 m 的平行金属导轨固定于水平面上,导轨左端与阻值 R =2 Ω的电阻连接,导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场.质量m=0.2 kg 的金属 杆垂直置于导轨上,与导轨接触良好,导轨与金属杆的电阻可忽略.杆在水平向右的恒定拉 力作用下由静止开始运动,并始终与导轨垂直,其 v-t 图象如图 2 所示.在 15 s 末时撤去 拉力,同时使磁场随时间变化,从而保持回路磁通量不变,杆中电流为零.求: (1)金属杆所受拉力的大小 F; (2)0-15 s 内匀强磁场的磁感应强度大小; (3)撤去恒定拉力之后,磁感应强度随时间的变化规律. 解析:(1)10 s 内金属杆未进入磁场, 所以有 F-μmg=ma1 由图可知 a1=0.4 m/s2 15 s~20 s 内仅在摩擦力作用下运动, 由图可知 a2=0.8 m/s2,解得 F=0.24 N (2)在 10 s~15 s 时间段杆在磁场中做匀速运动. 因此有 F=μmg+ B20L2v R 以 F=0.24 N,μmg=0.16 N 代入解得 B0=0.4 T. (3)撤去恒定拉力之后通过回路的磁通量不变,设杆在磁场中匀速运动距离为 d,撤去 外力后杆运动的距离为 x, BL(d+x)=B0Ld, 其中 d=20 m,x=4t-0.4t2 由此可得 B= 20 50+10t-t2 T. 答案:(1)0.24 N (2)0.4 T (3)B= 20 50+10t-t2 T 3.(2019·全国甲卷)如图,水平面(纸面)内间距为 l 的平行金属导轨间接一电阻,质 量为 m、长度为 l 的金属杆置于导轨上.t=0 时,金属杆在水平向右、大小为 F 的恒定拉力 作用下由静止开始运动.t0 时刻,金属杆进入磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的 匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保 持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为 μ.重力加速度大小为 g.求: (1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小; (2)电阻的阻值. 解析:(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为 a,由牛顿第二定律得 ma=F-μmg① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为 v,由运动学公式有 v=at0② 当金属杆以速度 v 在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律可知,杆中的电动势 E=Blv ③ 联立①②③式可得 E=Blt0( F m-μg)④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为 I,根据欧姆定律 I= E R⑤ 式中 R 为电阻的阻值,金属杆所受的安培力为 f=BIl⑥ 因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得 F-μmg-f=0⑦ 联立④⑤⑥⑦式得 R= B2l2t0 m . 答案:(1)Blt0( F m-μg) (2) B2l2t0 m 电磁感应中能量问题 1.题型简述:电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程,而能量的转化是通 过安培力做功来实现的.安培力做功的过程,是电能转化为其他形式的能的过程;外力克服 安培力做功的过程,则是其他形式的能转化为电能的过程. 2.解题的一般步骤 (1)确定研究对象(导体棒或回路); (2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化; (3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解. 3.求解电能应分清两类情况 (1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及 W=UIt 或 Q=I2Rt 直接进行计算. (2)若电流变化,则 ①利用安培力做功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功; ②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则减少的机械能等于产生的电 能. Ⅰ.动能定理和能量守恒定律在电磁感应中的应用 如图所示,一个“U”形金属导轨靠绝缘的墙壁水平放置,导轨长 L=1.4 m, 宽 d=0.2 m.一对长 L1=0.4 m 的等宽金属导轨靠墙倾斜放置,与水平导轨成 θ 角平滑连 接,θ 角可在 0°~60°调节后固定.水平导轨的左端长 L2=0.4 m 的平面区域内有匀强磁 场,方向水平向左,磁感应强度大小 B0=2 T.水平导轨的右端长 L3=0.5 m 的区域有竖直向 下的匀强磁场 B,磁感应强度大小随时间以 ΔB Δt=1.0 T/s 均匀变大.一根质量 m=0.04 kg 的金属杆 MN 从斜轨的最上端静止释放,金属杆与斜轨间的动摩擦因数 μ1=0.125,与水平 导轨间的动摩擦因数 μ2=0.5.金属杆电阻 R=0.08 Ω,导轨电阻不计. (1)求金属杆 MN 上的电流大小,并判断方向; (2)金属杆 MN 从斜轨滑下后停在水平导轨上,求 θ 角多大时金属杆所停位置与墙面的 距离最大,并求此最大距离 xm. 解析:(1)由法拉第电磁感应定律,则有:E= ΔΦ Δt = ΔB ΔtdL3 由闭合电路欧姆定律得:I= E R 由上式,可得 MN 棒上的电流大小:I=1.25 A 根据右手定则,则 MN 棒上的电流方向:N→M; (2)设导体棒滑出水平磁场后继续滑行 x 后停下, 由动能定理得:mgL1sin θ-μ1mgL1cos θ-μ2(mg+B0Id) (L2-L1cos θ)-μ2mgx=0 代入数据得: 0.16sin θ+0.16cos θ-0.18=0.2x 当 θ=45°时,x 最大, 解得:x=0.8 2-0.9=0.23 m 则有:xm=L2+x=0.63 m. 答案:(1)1. 25 N 由 N→M (2)45° 0.63 m 能量转化问题的分析程序:先电后力再能量 如图所示,倾角 30°的光滑倾斜导体轨道(足够长)与光滑水平导体轨道连接, 轨道宽度均为 L=1m,电阻忽略不计.匀强磁场Ⅰ仅分布在水平轨道平面所在区域,方向水 平向右,大小 B1=1 T;匀强磁场Ⅱ仅分布在倾斜轨道平面所在区域,方向垂直于倾斜轨道 平面向下,大小 B2=1 T.现将两质量均为 m=0.2 kg,电阻均为 R=0.5 Ω 的相同导体棒 ab 和 cd,垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上,并同时由静止释放.取 g=10 m/s2. (1)求导体棒 cd 沿斜轨道下滑的最大速度的大小; (2)若已知从开始运动到 cd 棒达到最大速度的过程中,ab 棒产生的焦耳热 Q=0.45 J, 求该过程中通过 cd 棒横截面的电荷量; (3)若已知 cd 棒开始运动时距水平轨道高度 h=10 m,cd 棒由静止释放后,为使 cd 棒 中无感应电流,可让磁场Ⅱ的磁感应强度随时间变化,将 cd 棒开始运动的时刻记为 t=0, 此时磁场Ⅱ的磁感应强度为 B0=1T,试求 cd 棒在倾斜轨道上下滑的这段时间内,磁场Ⅱ的 磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系式. 解析:(1)cd 棒匀速运动时速度最大,设为 vm,棒中感应电动势为 E,电流为 I, 感应电动势:E=BLvm,电流:I= E 2R, 由平衡条件得:mgsin θ=BIL,代入数据解得:vm=1 m/s; (2)设 cd 从开始运动到达最大速度的过程中经过的时间为 t,通过的距离为 x,cd 棒中 平均感应电动势 E1,平均电流为 I1,通过 cd 棒横截面的电荷量为 q, 由能量守恒定律得:mgxsin θ= 1 2mv2m+2Q, 电动势:E1= BLx t ,电流:I1= E1 2R,电荷量:q=I1t, 代入数据解得:q=1 C; (3)设 cd 棒开始运动时穿过回路的磁通量为 Φ0,cd 棒在倾斜轨道上下滑的过程中,设 加速度大小为 a,经过时间 t 通过的距离为 x1,穿过回路的磁通量为 Φ,cd 棒在倾斜轨道 上下滑时间为 t0,则:Φ0=B0L h sin θ, 加速度:a=gsin θ,位移:x1= 1 2at2,Φ=BL( h sin θ-x1), h sin θ= 1 2at20. 解得:t0= 8 s, 为使 cd 棒中无感应电流,必须有:Φ0=Φ, 解得:B= 8 8-t2(t< 8 s). 答案:(1)1 m/s (2)1 C (3)B= 8 8-t2(t< 8 s) Ⅱ.动量定理和动量守恒定律在电磁感应中的应用 (2019·江西师大附中试卷)如图所示,两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道, 如图所示放置,间距为 d=1 m,在左端斜轨道部分高 h=1.25 m 处放置一金属杆 a,斜轨道 与平直轨道区域以光滑圆弧连接,在平直轨道右端放置另一金属杆 b,杆 a、b 电阻 Ra=2 Ω、Rb=5 Ω,在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场,磁感强度B=2 T.现杆 b 以初速度 v0=5 m/s 开始向左滑动,同时由静止释放杆 a,杆 a 由静止滑到水平轨道的过程中,通过 杆 b 的平均电流为 0.3 A;从 a 下滑到水平轨道时开始计时,a、b 杆运动速度-时间图象如 图所示(以 a 运动方向为正),其中 ma=2 kg,mb=1 kg,g=10 m/s2,求: (1)杆 a 在斜轨道上运动的时间; (2)杆 a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电量; (3)在整个运动过程中杆 b 产生的焦耳热. 解析:(1)对 b 棒运用动量定理,有: Bd I- Δt=mb(v0-vb0) 其中 vb0=2 m/s 代入数据得到:Δt=5 s 即杆在斜轨道上运动时间为 5 s; (2)对杆 a 下滑的过程中,机械能守恒:mgh= 1 2mav2a va= 2gh=5 m/s 最后两杆共同的速度为 v′,由动量守恒得 mava+mbvb=(ma+mb)v′ 代入数据计算得出 v′= 8 3 m/s 杆 a 动量变化等于它所受安培力的冲量,由动量定理可得 I 安=BIdΔt′=mava-mav′ 而 q=I·Δt′ 由以上公式代入数据得 q= 7 3 C (3)由能量守恒得,共产生的焦耳热为 Q=magh+ 1 2mbv20- 1 2(ma+mb)v′2= 161 6 J b 棒中产生的焦耳热为 Q′= 5 2+5Q= 115 6 J. 答案:(1)5 s (2) 7 3 C (3) 115 6 J 如图所示,倾斜的金属导轨和水平的金属导轨接在一起,各自的两条平行轨 道之间距离都为 d,倾斜导轨与水平面间的夹角为 30°,在倾斜导轨的区域有垂直于轨道平 面斜向上的匀强磁场,在水平导轨的区域有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小都为 B, 倾斜导轨上放有金属棒 a,在紧靠两导轨连接处的水平导轨上放有金属棒 b,a、b 都垂直于 各自的轨道,a 质量为 m,b 质量为 2m,a、b 与水平的金属导轨间的动摩擦因数是 μ,倾斜 的金属导轨光滑.倾斜轨道间接有电阻 R,a、b 的电阻值都是 R,其余电阻不计.开始时, a 固定,b 静止,且 a 距水平导轨平面的高度为 h,现释放 a,同时给 a 一个平行于倾斜导轨 向下的初速度,a 就在倾斜导轨上做匀速运动,经过两导轨的连接处时速度大小不变,在此 过程中 b 仍然静止,滑上水平导轨后即与 b 金属棒粘在一起,在水平导轨上运动距离 L 后静 止.求: (1)a 在倾斜导轨上匀速运动的速度 v0 大小? (2)a 在倾斜导轨上运动的过程中,金属棒 a 上产生的热量 Q 是多大? (3)a、b 一起在水平导轨上运动的过程中,电阻 R 上产生的热量 QR 是多大? 解析:(1)设在倾斜导轨上运动的过程中,感应电动势为 E,其中的电流强度为 Ia,受 到的磁场力为 F,则 E=Bdv0,R 总= 3 2R Ia=E/R 总,Ia= 2Bdv0 3R F=BIad,F= 2B2d2v0 3R 由于 a 在倾斜导轨上做匀速运动,所以所受的合外力为零,则: F=mgsin 30° 解得:v0= 3mgR 4B2d2 (2)a 在倾斜导轨上运动的过程中,设 a、b 和电阻 R 中的电流强度分别是 Ia、Ib 和 IR, 产生的热量分别是 Qa、Qb 和 Q1,则 Ia=2IR Ib=IR 由:Q=I2Rt 得 Qa=4Q1,Qb=Q1 根据能量守恒有:mgh=Qa+Qb+Q1 Q1= 1 6mgh,所以 Qa= 2 3mgh (3)设 a、b 粘在一起的共同速度为 v,由动量守恒定律则有: mv0=3mv ab 在水平轨道上运动过程,克服摩擦力做功 W,则 W=μ·3mg·L 设电流流过 a、b 产生的热量共为 Qab,则有: Qab= 1 2QR 根据能量守恒定律得: 1 2×3mv2=QR+Qab+W 得:QR 等于电阻 R 上产生的热量 QR= 9m3g2R2 16B4d4 -2μmgL 答案:(1) 3mgR 4B2d2 (2) 2 3mgh (3) 9m3g2R2 16B4d4 -2μmgL 4.(2019·东北三省四市教研联合体模拟考试)(多选)如图所示,平行导轨放在斜面上, 匀强磁场垂直于斜面向上,恒力 F 拉动金属杆 ab 从静止开始沿导轨向上滑动,接触良好, 导轨光滑.从静止开始到 ab 杆达到最大速度的过程中,恒力 F 做功为 W,ab 杆克服重力做 功为 W1,ab 杆克服安培力做功为 W2,ab 杆动能的增加量为 ΔEk,电路中产生的焦耳热为 Q, ab 杆重力势能增加量为 ΔEp,则( ) A.W=Q+W1+W2+ΔEk+ΔEp B.W=Q+W1+W2+ΔEk C.W=Q+ΔEk+ΔEp D.W2=Q,W1=ΔEp 解析:选 CD 功是能量转化的量度,做功的过程就是能量转化的过程.力 F 做的功导 致内能的增加、杆动能的增加和重力势能的增加,所以有 W=Q+ΔEk+ΔEp,选项 AB 错误,C 正确;克服重力做的功等于杆重力势能的增加量,即 W1=ΔEp,克服安培力做的功等于电路 产生的焦耳热,即 W2=Q,选项 D 正确. 5.(2019·成都二诊)如图所示,水平面上固定着两根相距 L 且电阻不计的足够长的光 滑金属导轨,导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场中,铜棒 a、b 的长度均 等于两导轨的间距、电阻均为 R、质量均为 m,铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良 好.现给铜棒 a 一个平行导轨向右的瞬时冲量 I,关于此后的过程,下列说法正确的是( ) A.回路中的最大电流为 BLI mR B.铜棒 b 的最大加速度为 B2L2I 2m2R C.铜棒 b 获得的最大速度为 I m D.回路中产生的总焦耳热为 I2 2m 解析:选 B 给铜棒 a 一个平行导轨的瞬时冲量 I,此时铜棒 a 的速度最大,产生的感 应电动势最大,回路中电流最大,每个棒受到的安培力最大,其加速度最大,I=mv0,v0= I m,铜棒 a 电动势 E=BLv0,回路电流 I= E 2R= BLI 2mR,选项 A 错误;此时铜棒 b 受到安培力 F= BIL,其加速度 a= F m= IB2L2 2Rm2 ,选项 B 正确;此后铜棒 a 做变减速运动,铜棒 b 做变加速运动, 当二者达到共同速度时,铜棒 b 速度最大,据动量守恒,mv0=2mv,铜棒 b 最大速度 v= I 2m,选项 C 错误;回路中产生的焦耳热 Q= 1 2mv20- 1 2·2mv2= I2 4m,选项 D 错误. 6.如图,足够长的光滑平行导轨水平放置,电阻不计,MN 部分的宽度为 2l,PQ 部分 的宽度为 l,金属棒 a 和 b 的质量 ma=2mb=2m,其电阻大小 Ra=2Rb=2R,a 和 b 分别在 MN 和 PQ 上,垂直导轨相距足够远,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,磁感强度为 B,开 始 a 棒向右速度为 v0,b 棒静止,两棒运动时始终保持平行且 a 总在 MN 上运动,b 总在 PQ 上运动,求 a、b 最终的速度. 解析:本题由于两导轨的宽度不等,a、b 系统动量不守恒,可对 a、b 分别用动量定理, a、b 运动产生感应电流,a、b 在安培力的作用下,分别作减速和加速运动.回路中电动势 E 总=Ea-Eb=2Blva-Blvb, 随着 va 减小,vb 增加,E 总减小,安培力 F=E 总 lB/(3R)也随之减小,故 a 棒的加速度 a =Fa/(2m)减小,b 棒的加速度 a′=Fb/m 也减小. 当 E 总=0,即 2Blva=Blvb 时,两者加速度为零,两棒均匀速运动,且有 vb=2va① 对 a、b 分别用动量定理-Fat=2m(va-vb)② Fbt=mvb③ 而 Fa=2Fb④ 联立以上各式可得:va= v0 3 ,vb= 2v0 3 . 答案: v0 3 2 3v0查看更多