（浙江選考）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 電磁感應(yīng) 交變電流 第2講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學(xué)案

《（浙江選考）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 電磁感應(yīng) 交變電流 第2講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 電磁感應(yīng) 交變電流 第2講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學(xué)案（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用 一、電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題 1．內(nèi)電路和外電路 (1)切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源． (2)該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，其余部分是外電路． 2．電源電動(dòng)勢(shì)和路端電壓 (1)電動(dòng)勢(shì)：E＝Blv或E＝n. (2)路端電壓：U＝IR＝E－Ir. 自測(cè)1　(多選)在圖1中，EF、GH為平行的金屬導(dǎo)軌，其電阻不計(jì)，R為電阻，C為電容器，AB為可在EF和GH上滑動(dòng)的導(dǎo)體橫桿．有勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面．若用I1和I2分別表示圖中該處導(dǎo)線中的電流，則當(dāng)橫桿AB(　　) 圖1 A．勻速滑動(dòng)時(shí)，I1≠0，I2

2、＝0 B．勻速滑動(dòng)時(shí)，I1≠0，I2≠0 C．加速滑動(dòng)時(shí)，I1＝0，I2＝0 D．加速滑動(dòng)時(shí)，I1≠0，I2≠0 答案　AD 二、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析 1．電磁感應(yīng)中通過(guò)導(dǎo)體的感應(yīng)電流，在磁場(chǎng)中將受到安培力的作用，因此，電磁感應(yīng)問(wèn)題往往和力學(xué)、運(yùn)動(dòng)學(xué)等問(wèn)題聯(lián)系在一起． 2．導(dǎo)體兩種狀態(tài)及處理方法 (1)導(dǎo)體的平衡態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)． 處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力為零)列式分析． (2)導(dǎo)體的非平衡態(tài)——加速度不為零． 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． 自測(cè)2　(多選)如圖2所示，在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U型導(dǎo)線框bacd，線框處

3、于水平面內(nèi)，磁場(chǎng)與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可以在ab、cd上無(wú)摩擦地滑動(dòng)，桿ef及線框中導(dǎo)體的電阻都可不計(jì)．開(kāi)始時(shí)，給ef一個(gè)向右的初速度，則(　　) 圖2 A．ef將減速向右運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速 B．ef將勻減速向右運(yùn)動(dòng)，最后靜止 C．ef將勻速向右運(yùn)動(dòng) D．ef的加速度逐漸減小，最后靜止 答案　AD 解析　桿ef向右運(yùn)動(dòng)，所受安培力F＝BIl＝Bl＝，方向向左，故桿做減速運(yùn)動(dòng)；v減小，F(xiàn)減小，桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，A、D正確． 三、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量的問(wèn)題 1．能量的轉(zhuǎn)化 感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受安培力，外力克服安培力做功，將其他形

4、式的能轉(zhuǎn)化為電能，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能． 2．實(shí)質(zhì) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化，實(shí)質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化． 3．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量的三種計(jì)算方法 (1)利用克服安培力求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功． (2)利用能量守恒求解：機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的電能． (3)利用電路特征來(lái)求解：通過(guò)電路中所產(chǎn)生的電熱來(lái)計(jì)算． 自測(cè)3　(多選)如圖3所示，兩根光滑的金屬導(dǎo)軌，平行放置在傾角為θ的斜面上，導(dǎo)軌的下端接有電阻R，導(dǎo)軌自身的電阻可忽略不計(jì)．斜面處在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于斜面向上．質(zhì)量為m、電阻可以忽略不計(jì)的金屬棒ab，在沿著斜面與棒垂直的恒力F作用下

5、沿導(dǎo)軌勻速上滑，且上升的高度為h，在這一過(guò)程中(　　) 圖3 A．作用于金屬棒上的各個(gè)力的合力所做的功等于零 B．作用于金屬棒上的各個(gè)力的合力所做的功等于mgh與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和 C．恒力F與安培力的合力所做的功等于零 D．恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 答案　AD 解析　金屬棒勻速上滑的過(guò)程中，對(duì)金屬棒受力分析可知，有三個(gè)力對(duì)金屬棒做功，恒力F做正功，重力做負(fù)功，安培力阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)，沿斜面向下，做負(fù)功．勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受合力為零，故合力做功為零，選項(xiàng)A正確；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電路中的電能，電能又等于R上產(chǎn)生的焦耳熱，故外力

6、F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，選項(xiàng)D正確． 命題點(diǎn)一　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解答電磁感應(yīng)問(wèn)題的一般步驟 1．確定研究對(duì)象(導(dǎo)體棒或線圈)，用法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小，用楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向． 2．畫(huà)出等效電路圖，求解回路中感應(yīng)電流的大?。? 3．分析導(dǎo)體棒的受力情況及導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)后對(duì)電路中電學(xué)參量的制約關(guān)系，即分析由于導(dǎo)體棒受到安培力，對(duì)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)速度、加速度的影響，從而推理得出對(duì)電路中電流有什么影響，最后定性分析出導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動(dòng)情況． 4．列出牛頓第二定律或平衡方程求解． 例1　(2015·浙江10月選考·22改編)如圖4甲

7、所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3 kg的“”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細(xì)桿CD長(zhǎng)l＝0.20 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．有一匝數(shù)n＝300匝，面積S＝0.01 m2的線圈通過(guò)開(kāi)關(guān)K與兩水銀槽相連．線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．(g取10 m/s2) 　 圖4 (1)求0～0.10 s線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大?。? (2)t＝0.22 s時(shí)閉合開(kāi)關(guān)K，若安培力遠(yuǎn)大于重力，細(xì)框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通過(guò)細(xì)桿CD的電荷量． 答案　(1)30 V　(2)0.

8、03 C 解析　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n 得E＝nS＝30 V (2)安培力遠(yuǎn)大于重力，由牛頓第二定律，安培力F＝ma＝m(或由動(dòng)量定理FΔt＝mv－0)，又F＝IB1l，Δq＝IΔt，v2＝2gh，得Δq＝＝0.03 C. 變式1　如圖5所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為l＝0.5 m，其電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30°角．完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸．已知兩棒質(zhì)量均為m＝0.02 kg，電阻均為R＝0.1 Ω，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2 T，棒ab在平行于導(dǎo)

9、軌向上的力F作用下，沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)，而棒cd恰好能夠保持靜止．g取10 m/s2，求： 圖5 (1)通過(guò)棒cd的電流I是多少？方向如何？ (2)棒ab受到的力F多大？ 答案　(1)1 A　由d至c　(2)0.2 N 解析　(1)棒cd受到的安培力為 Fcd＝IlB 棒cd在共點(diǎn)力作用下平衡，則 Fcd＝mgsin 30° 聯(lián)立解得I＝1 A 根據(jù)楞次定律可知，棒cd中電流方向由d至c. (2)棒ab與棒cd受到的安培力大小相等，即 Fab＝Fcd 對(duì)棒ab，由共點(diǎn)力平衡條件得 F＝mgsin 30°＋I(xiàn)lB 解得F＝0.2 N 變式2　如圖6甲所示，兩根

10、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)方向垂直于斜面向下，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．求： 圖6 (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(huà)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桿中的電流及其加速度的大?。? (3)求在下滑過(guò)程中，ab桿可以達(dá)到的速度的最大值． 答案　(1

11、)見(jiàn)解析圖 (2)　gsin θ－　(3) 解析　(1)如圖所示，ab桿受重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上． (2)當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv， 此時(shí)電路中電流I＝＝ ab桿受到安培力F安＝BIL＝ 根據(jù)牛頓第二定律，有 mgsin θ－F安＝mgsin θ－＝ma a＝gsin θ－. (3)當(dāng)a＝0時(shí)，ab桿有最大速度，vm＝. 命題點(diǎn)二　電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 解決電磁感應(yīng)動(dòng)力學(xué)及能量問(wèn)題的一般思路 1．電路分析：確定電源，畫(huà)出等效電路，明確內(nèi)、外電路，分析電路的串、并聯(lián)關(guān)系． 2．受力

12、分析：注意導(dǎo)體棒所受的安培力大小和方向． 3．運(yùn)動(dòng)分析：對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程進(jìn)行“慢進(jìn)”式推理分析，應(yīng)用牛頓第二定律對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中各物理量進(jìn)行分析． 4．能量分析：分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程中各力做功情況，明確能量轉(zhuǎn)化形式． 5．規(guī)律分析：根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)方程、動(dòng)能定理、能量守恒定律合理組合優(yōu)化． 例2　(2016·浙江10月學(xué)考·22)為了探究電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)速與彈簧伸長(zhǎng)量之間的關(guān)系，小明設(shè)計(jì)了如圖7所示的裝置．半徑為l的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一根長(zhǎng)也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，由電動(dòng)機(jī)A帶動(dòng)旋轉(zhuǎn)．在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面，大小為B1、方

13、向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．另有一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質(zhì)彈簧懸掛在豎直平面內(nèi)，并與固定在豎直平面內(nèi)的“U”型導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)軌間距為l，底部接阻值也為R的電阻，處于大小為B2、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．從圓形金屬導(dǎo)軌引出導(dǎo)線和通過(guò)電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線經(jīng)開(kāi)關(guān)S與“U”型導(dǎo)軌連接．當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，棒cd靜止時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x0；當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合，電動(dòng)機(jī)以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，棒cd再次靜止時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量變?yōu)閤(不超過(guò)彈性限度)．不計(jì)其余電阻和摩擦等阻力，求此時(shí)： 圖7 (1)通過(guò)棒cd的電流Icd； (2)電動(dòng)機(jī)對(duì)該裝置的輸出功率P； (3)電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)角速度ω與彈簧伸長(zhǎng)量x之間

14、的函數(shù)關(guān)系． 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)S斷開(kāi)，cd棒靜止有mg＝kx0 S閉合，cd棒靜止時(shí)受到安培力F＝B2Icdl 由楞次定律知流過(guò)棒cd的電流方向?yàn)閐→c 故cd棒靜止時(shí)有mg＋B2Icdl＝kx 解得Icd＝ (2)回路總電阻R總＝R＋R＝R 總電流：I＝ 由能量守恒得P＝I2R總＝ (3)由法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝＝B1ωl2 回路總電流I＝＝ 解得ω＝. 變式3　如圖8甲所示，在一傾角為37°的粗糙絕緣斜面上，靜止地放置著一個(gè)n＝10匝的正方形線圈ABCD，E、F分別為AB、CD的中點(diǎn)，線圈總電阻R＝2.0 Ω、總質(zhì)量m＝0.2 kg、正方形邊長(zhǎng)L＝0.

15、4 m．如果向下輕推一下此線圈，則它剛好可沿斜面勻速下滑．現(xiàn)在將線圈靜止放在斜面上后，在虛線EF以下的區(qū)域中，加上垂直斜面方向的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按圖乙所示規(guī)律變化的磁場(chǎng)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求： 圖8 (1)t＝1 s時(shí)刻，線圈中的感應(yīng)電流大小I； (2)從t＝0時(shí)刻開(kāi)始經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間線圈剛要開(kāi)始運(yùn)動(dòng)； (3)從t＝0時(shí)刻開(kāi)始到線圈剛要運(yùn)動(dòng)，線圈中產(chǎn)生的熱量Q. 答案　(1)0.2 A　(2)4 s　(3)0.32 J 解析　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合題圖乙得 E＝n＝nS 解得E＝0.4 V

16、I＝＝0.2 A (2)對(duì)線圈受力分析可知 未加磁場(chǎng)時(shí)：Ff＝mgsin 37° 線圈剛要開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)：F＝mgsin 37°＋Ff F＝nBIL 解得B＝3 T 根據(jù)題圖乙知B＝1＋0.5t(T)，解得：t＝4 s (3)由焦耳定律可得Q＝I2Rt 解得Q＝0.32 J. 變式4　(2016·安吉一中期末)如圖9所示，兩足夠長(zhǎng)的平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ＝30°，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上．長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m、電阻為R.兩金屬導(dǎo)軌的上端連接一個(gè)

17、燈泡，燈泡的電阻也為R.現(xiàn)閉合開(kāi)關(guān)K，給金屬棒施加一個(gè)方向垂直于桿且平行于導(dǎo)軌平面向上的、大小為F＝2mg的恒力，使金屬棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒達(dá)到最大速度時(shí)，燈泡恰能達(dá)到它的額定功率．重力加速度為g，求： 圖9 (1)金屬棒能達(dá)到的最大速度vm的大?。? (2)燈泡的額定功率PL； (3)若金屬棒上滑距離為s時(shí)速度恰達(dá)到最大，求金屬棒由靜止開(kāi)始上滑2s的過(guò)程中，金屬棒上產(chǎn)生的熱量Q1. 答案　(1)　(2)　(3)mgs－ 解析　(1)金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，金屬棒達(dá)到最大速度，此后開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)．設(shè)最大速度為vm，則速度達(dá)到最大時(shí)有： E＝

18、BLvm，I＝，F(xiàn)＝BIL＋mgsin θ，解得：vm＝ (2)根據(jù)電功率表達(dá)式：PL＝I2R 解得：PL＝()2R＝＝ (3)設(shè)整個(gè)電路產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒定律有： F·2s＝Q＋mgsin θ·2s＋mv 解得：Q＝3mgs－ 根據(jù)串聯(lián)電路特點(diǎn)，可知金屬棒上產(chǎn)生的熱量Q1＝ 解得：Q1＝mgs－. 1．如圖1所示，MN、PQ為水平面內(nèi)平行放置的光滑金屬長(zhǎng)直導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)1，處在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一導(dǎo)體桿ef垂直于MN、PQ放在導(dǎo)軌上，在外力作用下向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)．質(zhì)量為m、每邊電阻均為r、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)2的正方形金屬框abcd置于豎直平面內(nèi)

19、，兩頂點(diǎn)a、b通過(guò)細(xì)導(dǎo)線與導(dǎo)軌相連，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直金屬框向里，金屬框恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計(jì)其余電阻和細(xì)導(dǎo)線對(duì)a、b點(diǎn)的作用力，重力加速度為g. 圖1 (1)通過(guò)ab邊的電流Iab是多大？ (2)導(dǎo)體桿ef的運(yùn)動(dòng)速度v是多大？ 答案　(1)　(2) 解析　(1)設(shè)通過(guò)正方形金屬框的總電流為I，通過(guò)ab邊的電流為Iab，通過(guò)dc邊的電流為Idc，有Iab＝I，Idc＝I，金屬框受重力和安培力，處于靜止?fàn)顟B(tài)， 有mg＝B2IabL2＋B2IdcL2，解得Iab＝. (2)由(1)可得總電流I＝， 設(shè)導(dǎo)體桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E， 有E＝B1L1v，

20、 設(shè)ad、dc、cb三邊電阻串聯(lián)后與ab邊電阻并聯(lián)的總電阻為R，則R＝r，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I＝， 聯(lián)立解得v＝. 2．如圖2所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，間距為l，導(dǎo)軌左端連接一個(gè)電阻R.一根質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l、電阻為r的金屬桿ab垂直放置在導(dǎo)軌上．在桿的右方距桿為d處有一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.對(duì)桿施加一個(gè)大小為F、方向平行于導(dǎo)軌的恒力，使桿從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，桿與導(dǎo)軌始終接觸良好，已知桿到達(dá)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度為v，之后進(jìn)入磁場(chǎng)恰好做勻速運(yùn)動(dòng)．不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，假定導(dǎo)軌與桿之間存在恒定的阻力．求： 圖2 (1)兩導(dǎo)軌對(duì)桿ab的總阻力大小F

21、f； (2)桿ab中通過(guò)的電流及其方向； (3)導(dǎo)軌左端所接電阻R的阻值． 答案　(1)F－　(2)　方向由a→b (3)－r 解析　(1)桿進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速運(yùn)動(dòng)，有F－Ff＝ma v2＝2ad，解得兩導(dǎo)軌對(duì)桿的總阻力Ff＝F－. (2)桿進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，有F＝Ff＋F安 桿ab所受的安培力F安＝IBl 解得桿ab中通過(guò)的電流I＝ 由右手定則知桿中的電流方向由a→b. (3)桿ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv 桿中的電流I＝ 解得導(dǎo)軌左端所接電阻R的阻值R＝－r. 3．如圖3所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L＝0.

22、4 m，導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN.Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.5 T．在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1 kg、電阻R1＝0.1 Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑．然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4 kg、電阻R2＝0.1 Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開(kāi)始下滑．cd在滑動(dòng)過(guò)程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g＝10 m/s2，問(wèn)： 圖3 (1)cd下滑的過(guò)程中，ab中的電流方向； (2)ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd的速度v為多

23、大； (3)從cd開(kāi)始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中，cd滑動(dòng)的距離x＝3.8 m，此過(guò)程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少． 答案　(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J 解析　(1)由右手定則可判斷出cd中的電流方向?yàn)橛蒬到c，則ab中電流方向?yàn)橛蒩流向b. (2)開(kāi)始放置時(shí)ab剛好不下滑，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmax＝m1gsin θ ① 設(shè)ab剛要上滑時(shí)，cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv ② 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有 I＝ ③ 設(shè)ab所受安培力

24、為F安，有F安＝BIL ④ 如圖，此時(shí)ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤ 綜合①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5 m/s (3)設(shè)cd棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q總＋m2v2 又Q＝Q總， 解得Q＝1.3 J 4．如圖4所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為α＝30°，導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)，導(dǎo)軌處在垂直導(dǎo)軌平面向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根電阻都為R＝2 Ω，質(zhì)量都為m＝0.2 kg的完全相同的細(xì)金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌并排緊靠放置在導(dǎo)軌上，與磁場(chǎng)上邊

25、界距離為x＝1.6 m，有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)寬度為3x＝4.8 m，先將金屬棒ab由靜止釋放，金屬棒ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)就恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)立即由靜止釋放金屬棒cd，金屬棒cd在出磁場(chǎng)前已做勻速運(yùn)動(dòng)．兩金屬棒在下滑過(guò)程中與導(dǎo)軌始終接觸良好(取重力加速度g＝10 m/s2)，求： 圖4 (1)金屬棒ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)棒中電流I. (2)金屬棒cd在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中通過(guò)回路某一截面的電流q. (3)兩根金屬棒全部通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　(1)1 A　(2)0.8 C　(3)8 J 解析　(1)方法一　金屬棒ab從靜止釋放到剛勻速運(yùn)動(dòng)，據(jù)動(dòng)能定理， mgxsin α＝mv2

26、 解得v＝＝4 m/s 安培力與重力沿導(dǎo)軌方向的分力相等， 則BLI＝＝mgsin α， 解得BL＝1 T·m，I＝1 A. 方法二　金屬棒ab從靜止釋放到剛勻速運(yùn)動(dòng)，據(jù)動(dòng)能定理 mgxsin α＝mv2 解得v＝＝4 m/s 重力的功率與電流功率相等，有mgvsin α＝I2·2R， 解得I＝1 A (2)方法一　金屬棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)以速度v先做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1，當(dāng)金屬棒cd也進(jìn)入磁場(chǎng)，速度也為v，對(duì)金屬棒cd：x＝，此時(shí)金屬棒ab在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)距離為X＝vt1＝2x，兩棒都在磁場(chǎng)中時(shí)速度相同，無(wú)電流；金屬棒cd在磁場(chǎng)中而金屬棒ab在磁場(chǎng)外時(shí)，cd棒的運(yùn)動(dòng)距離為2x，cd棒中有電流，q＝t＝＝＝0.8 C 方法二　兩金屬棒單獨(dú)在磁場(chǎng)中時(shí)運(yùn)動(dòng)的距離都為2x，因而通過(guò)的電量大小相等． q＝qab＝It2＝I＝1×0.8 C＝0.8 C (3)兩根金屬棒全部通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q等于兩棒損失的機(jī)械能，金屬棒cd在出磁場(chǎng)前已做勻速運(yùn)動(dòng)，則有 Q＝mg·2xsin α＋mg·3xsin α＝mg·5xsin α＝8 J. 13