（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（三十五）電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量問題（含解析）

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1、課時(shí)跟蹤檢測(cè)（三十五） 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量問題 A卷——基礎(chǔ)保分專練 1．(多選)如圖所示，位于同一水平面內(nèi)的兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌，處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌所在平面，導(dǎo)軌的一端與一電阻相連；具有一定質(zhì)量的金屬桿ab放在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直?，F(xiàn)有一平行于導(dǎo)軌的恒力F拉桿ab，使它由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。桿和導(dǎo)軌的電阻、感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)均可不計(jì)。用E表示回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，i表示回路中的感應(yīng)電流，在i隨時(shí)間增大的過程中，電阻消耗的功率等于(　　) A．F的功率　　　　 　　　 B．安培力的功率的絕對(duì)值 C．F與安培力的合力的功率 D．iE 解析：選BD　金屬桿ab做加

2、速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒可知，恒力F做的功等于桿增加的動(dòng)能和電路中產(chǎn)生的電能。電阻消耗的功率等于電路中產(chǎn)生電能的功率，不等于恒力F的功率，故A錯(cuò)誤。電阻消耗的功率等于克服安培力做功的功率，等于電路的電功率iE，故B、D正確，C錯(cuò)誤。 2．(多選)如圖所示，兩條電阻不計(jì)的平行光滑導(dǎo)軌豎直放置在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，導(dǎo)體棒ab、cd的長(zhǎng)度均為0.2 m，電阻均為0.1 Ω，重力均為0.1 N?，F(xiàn)用力向上拉動(dòng)導(dǎo)體棒ab，使之勻速上升(導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌接觸良好)，此時(shí)cd靜止不動(dòng)。則在ab上升時(shí)，下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)b受到的拉力大小為2

3、N B．a(chǎn)b向上運(yùn)動(dòng)的速度為2 m/s C．在2 s內(nèi)，拉力做功，有0.4 J的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能 D．在2 s內(nèi)，拉力做功為0.6 J 解析：選BC　對(duì)導(dǎo)體棒cd分析：mg＝BIl＝，代入數(shù)據(jù)解得v＝2 m/s，故選項(xiàng)B正確；對(duì)導(dǎo)體棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在2 s內(nèi)拉力做功轉(zhuǎn)化為ab棒的重力勢(shì)能和電路中的電能，電能等于克服安培力做的功，即W電＝F安vt＝＝0.4 J，選項(xiàng)C正確；在2 s內(nèi)拉力做的功為W拉＝Fvt＝0.8 J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 3．(多選)(2019·唐山模擬)如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U

4、形導(dǎo)軌上以速度v＝2 m/s向右勻速滑動(dòng)。兩導(dǎo)軌間距離l＝1.0 m，電阻R＝3.0 Ω，金屬桿的電阻r＝1.0 Ω，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。下列說法正確的是(　　) A．通過R的感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒩到d B．金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為2.0 V C．金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5 N D．外力F做功的數(shù)值等于電路產(chǎn)生的焦耳熱 解析：選ABC　由右手定則判斷知，當(dāng)金屬桿滑動(dòng)時(shí)產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流，通過R的感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒩到d，故A正確。金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為：E＝Blv＝1.0×1×2 V＝2 V，故B正確。在整個(gè)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為：I＝

5、，代入數(shù)據(jù)得：I＝0.5 A。由安培力公式：F安＝BIl，代入數(shù)據(jù)得：F安＝0.5 N，故C正確。金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U型導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動(dòng)，外力F做功大小等于電路產(chǎn)生的焦耳熱和導(dǎo)軌與金屬桿之間的摩擦力產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故D錯(cuò)誤。 4．(多選) 如圖所示，平行且足夠長(zhǎng)的兩條光滑金屬導(dǎo)軌，相距L＝0.4 m，導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為30°，其電阻不計(jì)。把完全相同的兩金屬棒(長(zhǎng)度均為0.4 m)ab、cd分別垂直于導(dǎo)軌放置，并使棒的兩端都與導(dǎo)軌良好接觸。已知兩金屬棒的質(zhì)量均為m＝0.1 kg、電阻均為R＝0.2 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)度為B＝

6、0.5 T。當(dāng)金屬棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒cd恰好能保持靜止(g＝10 m/s2)，則(　　) A．F的大小為0.5 N B．金屬棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1.0 V C．a(chǎn)b棒兩端的電壓為1.0 V D．a(chǎn)b棒的速度為5.0 m/s 解析：選BD　對(duì)于cd棒有mgsin θ＝BIL，解得回路中的電流I＝2.5 A，所以回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝2IR＝1.0 V，選項(xiàng)B正確；Uab＝IR＝0.5 V，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于ab棒有F＝BIL＋mgsin θ，解得F＝1.0 N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv，解得v＝5.0 m/s，選項(xiàng)D正

7、確。 5．(多選)(2018·江蘇高考)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng)，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g。金屬桿(　　) A．剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下 B．穿過磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 C．穿過兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd D．釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度h可能小于 解析：選BC　金屬桿在磁場(chǎng)之外的區(qū)域做加速運(yùn)動(dòng)，所以進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁場(chǎng)Ⅰ的速度，則金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方

8、向豎直向上，故A錯(cuò)誤。金屬桿在磁場(chǎng)Ⅰ中(先)做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，在兩磁場(chǎng)之間做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)過程位移相等，v-t圖像可能如圖所示，可以看出B正確。由于進(jìn)入兩磁場(chǎng)時(shí)速度相等，由動(dòng)能定理得，W安1＋mg·2d＝0，可知金屬桿穿過磁場(chǎng)Ⅰ克服安培力做功為2mgd，即產(chǎn)生的熱量為2mgd，故穿過兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd，故C正確。設(shè)剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)速度為v，則由機(jī)械能守恒定律知mgh＝mv2，由牛頓第二定律得－mg＝ma，解得h＝＞，故D錯(cuò)誤。 6．(2018·恩施模擬)如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)，其下端與電阻R連接；導(dǎo)體棒ab電阻為r，導(dǎo)軌和導(dǎo)線電阻不計(jì)

9、，勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向上。若導(dǎo)體棒ab以一定初速度v下滑，則關(guān)于ab棒的下列說法正確的是(　　) A．所受安培力方向水平向左 B．可能以速度v勻速下滑 C．剛下滑瞬間產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為BLv D．減少的重力勢(shì)能等于電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能 解析：選B　根據(jù)右手定則判斷可知，ab棒中感應(yīng)電流方向從b→a，由左手定則判斷得知，棒ab所受的安培力方向水平向右，如圖所示，故A錯(cuò)誤。若安培力沿導(dǎo)軌向上的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力大小相等，ab棒可能勻速下滑，故B正確。剛下滑瞬間產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLvcos θ，故C錯(cuò)誤。根據(jù)能量守恒定律得知，若ab棒勻速下滑，其減少的重力勢(shì)能等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能之

10、和；若ab棒加速下滑，其減少的重力勢(shì)能等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能與棒ab增加的動(dòng)能之和；若ab棒減速下滑，其減少的重力勢(shì)能和動(dòng)能之和等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能之和，所以減少的重力勢(shì)能不等于電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能，故D錯(cuò)誤。 7. (多選)如圖所示，水平放置的光滑金屬長(zhǎng)導(dǎo)軌MM′和NN′之間接有電阻R，導(dǎo)軌左、右兩區(qū)域分別存在方向相反且與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，設(shè)左、右區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，虛線為兩區(qū)域的分界線。一根阻值也為R的金屬棒ab放在導(dǎo)軌上并與其垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。若金屬棒ab在恒定外力F的作用下從左邊的磁場(chǎng)區(qū)域距離磁場(chǎng)邊界x處勻速運(yùn)動(dòng)到右邊的磁場(chǎng)區(qū)域距離磁場(chǎng)邊界x處。下列說法

11、正確的是(　　) A．當(dāng)金屬棒通過磁場(chǎng)邊界時(shí)，通過電阻R的電流反向 B．當(dāng)金屬棒通過磁場(chǎng)邊界時(shí)，金屬棒受到的安培力反向 C．金屬棒在題設(shè)的運(yùn)動(dòng)過程中，通過電阻R的電荷量等于零 D．金屬棒在題設(shè)的運(yùn)動(dòng)過程中，回路中產(chǎn)生的熱量等于Fx 解析：選AC　金屬棒的運(yùn)動(dòng)方向不變，磁場(chǎng)方向反向，則電流方向反向，A正確；電流方向反向，磁場(chǎng)也反向時(shí)，安培力的方向不變，B錯(cuò)誤；由q＝知，因?yàn)槌酢⒛顟B(tài)磁通量相等，所以通過電阻R的電荷量等于零，C正確；由于金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)，所以動(dòng)能不變，即外力做功全部轉(zhuǎn)化為電熱，Q＝2Fx，D錯(cuò)誤。 8．（多選）(2019·青島聯(lián)考)如圖所示，在Ⅰ、Ⅲ區(qū)域內(nèi)分布有磁感應(yīng)強(qiáng)

12、度大小均為B、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩區(qū)域中間為寬為s的無磁場(chǎng)區(qū)Ⅱ。有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(L＞s)、電阻為R的均勻正方形金屬線框abcd置于區(qū)域Ⅰ中，ab邊與磁場(chǎng)邊界平行，線框平面與磁場(chǎng)方向垂直。金屬線框在水平向右的拉力作用下，以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，則(　　) A．當(dāng)ab邊剛進(jìn)入中央無磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)，c、d兩點(diǎn)間電壓大小為 B．a(chǎn)b邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅲ時(shí)，通過ab邊的電流大小為，方向?yàn)閎→a C．把金屬線框從區(qū)域Ⅰ完全拉入?yún)^(qū)域Ⅲ的過程中，拉力所做的功為(2L－s) D．在cd邊剛出區(qū)域Ⅰ到剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ的過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為(L－s) 解析：選AC　當(dāng)ab邊剛進(jìn)入中央無磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)，c、

13、d兩點(diǎn)間的電壓大小為U＝E＝BLv，A正確；ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅲ時(shí)，通過ab的電流大小為I＝，由右手定則可得，方向?yàn)閍→b，B錯(cuò)誤；把金屬線框從Ⅰ區(qū)域完全拉入Ⅲ區(qū)域過程中，拉力所做功W＝2s＋2··(L－s)＝(2L－s)，故C正確；在cd邊剛出區(qū)域Ⅰ到剛進(jìn)區(qū)域Ⅲ的過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2Rt＝2·R·＝s，D錯(cuò)誤。 9．(2018·衡水模擬)如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里，大小隨時(shí)間的變化率＝k，k為負(fù)的常量。用電阻率為ρ、橫截面積為S的硬導(dǎo)線做成一邊長(zhǎng)為l的正方形導(dǎo)線框。將正方形導(dǎo)線框固定于紙面內(nèi)，其右半部分位于磁場(chǎng)區(qū)域中。求： (1)導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的大小

14、； (2)磁場(chǎng)對(duì)導(dǎo)線框作用力的大小隨時(shí)間的變化率。 解析：(1)導(dǎo)線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E＝＝·l2① 導(dǎo)線框中的電流為I＝② 式中R是導(dǎo)線框的電阻，根據(jù)電阻率公式有R＝ρ③ 聯(lián)立①②③式，將＝k代入得I＝。④ (2)導(dǎo)線框所受磁場(chǎng)的作用力的大小為F＝BIl⑤ 它隨時(shí)間的變化率為＝Il⑥ 得＝。⑦ 答案：(1)　(2) 10．如圖甲，在水平桌面上固定著兩根相距L＝20 cm、相互平行的無電阻軌道P、Q，軌道一端固定一根電阻R＝0.02 Ω 的導(dǎo)體棒a，軌道上橫置一根質(zhì)量m＝40 g、電阻可忽略不計(jì)的金屬棒b，兩棒相距也為L(zhǎng)＝20 cm。該軌道平面處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可以調(diào)

15、節(jié)的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。開始時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝0.1 T。設(shè)棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2。 (1)若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小不變，從t＝0時(shí)刻開始，給b棒施加一個(gè)水平向右的拉力，使它由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。此拉力F的大小隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示。求b棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度及b棒與軌道間的滑動(dòng)摩擦力大??； (2)若從t＝0開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖丙中圖像所示的規(guī)律變化，求在金屬棒b開始運(yùn)動(dòng)前，這個(gè)裝置釋放的熱量。 解析：(1)由題圖乙可得拉力F的大小隨時(shí)間t變化的函數(shù)表達(dá)式為F＝F0＋t＝0.4＋0.1t(N) 當(dāng)b棒勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛

16、頓第二定律有 F－Ff－F安＝ma F安＝B0IL E＝B0Lv I＝＝ v＝at 所以F安＝t 聯(lián)立可得F＝Ff＋ma＋t 由圖像可得： 當(dāng)t＝0時(shí)，F(xiàn)＝0.4 N， 當(dāng)t＝1 s時(shí)，F(xiàn)＝0.5 N。 代入上式，可解得a＝5 m/s2，F(xiàn)f＝0.2 N。 (2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大時(shí)，閉合電路中有恒定的感應(yīng)電流I。以b棒為研究對(duì)象，它受到的安培力逐漸增大，靜摩擦力也隨之增大，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到b棒所受安培力 F安′與最大靜摩擦力Ff相等時(shí)開始滑動(dòng) 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝L2＝0.02 V I′＝＝1 A b棒將要運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F安′＝BtI′L＝Ff 所以Bt＝1 T

17、，根據(jù)Bt＝B0＋t 解得t＝1.8 s 回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I′2Rt＝0.036 J。 答案：(1)5 m/s2　0.2 N　(2)0.036 J 11．(2016·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上。已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場(chǎng)中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g

18、。已知金屬棒ab勻速下滑。求： (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大??； (2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小。 解析：(1)設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T，右斜面對(duì)ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對(duì)cd棒的支持力大小為N2。 對(duì)于ab棒，由力的平衡條件得 2mgsin θ＝μN(yùn)1＋T＋F① N1＝2mgcos θ② 對(duì)于cd棒，同理有 mgsin θ＋μN(yùn)2＝T③ N2＝mgcos θ④ 聯(lián)立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ)。⑤ (2)由安培力公式得 F＝BIL⑥ 這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流。ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

19、ε＝BLv⑦ 式中，v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得 I＝⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ)。⑨ 答案：(1)mg(sin θ－3μcos θ)　(2)(sin θ－3μcos θ) B卷——重難增分專練 1.如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng)，導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路，兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻可不計(jì)。在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行，開始時(shí)，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0，若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)

20、動(dòng)中始終不接觸，求： (1)在運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的焦耳熱Q最多是多少？ (2)當(dāng)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r(shí)，cd棒的加速度a是多少？ 解析：(1)從開始到兩棒達(dá)到相同速度v的過程中，兩棒的總動(dòng)量守恒，有 mv0＝2mv， 根據(jù)能量守恒定律，整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q＝mv02－(2m)v2＝mv02。 (2)設(shè)ab棒的速度變?yōu)闀r(shí)，cd棒的速度為v′， 由動(dòng)量守恒定律得mv0＝mv0＋mv′， 解得：v′＝。 此時(shí)回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0－BLv0＝BLv0， 回路中電流I＝＝， 此時(shí)cd棒所受的安培力F＝BIL＝， 由牛頓第二定律，cd棒的加速度a＝＝。 答案：(1)m

21、v02　(2) 2．(2019·吉林聯(lián)考)如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌ab、cd固定在豎直平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為l，b、c兩點(diǎn)間接一阻值為R的電阻。ef是一水平放置的導(dǎo)體桿，其質(zhì)量為m，有效電阻值為R，桿與ab、cd保持良好接觸。整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直?，F(xiàn)用一豎直向下的力拉導(dǎo)體桿，使導(dǎo)體桿從靜止開始做加速度為1.5g的勻加速運(yùn)動(dòng)，下降了h高度，這一過程中b、c間電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q，g為重力加速度，不計(jì)導(dǎo)軌電阻及感應(yīng)電流間的相互作用。求： (1)導(dǎo)體桿下降h過程中通過桿的電荷量； (2)導(dǎo)體桿下降h時(shí)所受拉力F的大??； (3)導(dǎo)體桿下降h過程中拉

22、力做的功。 解析：(1)根據(jù)電磁感應(yīng)定律，得＝＝， 根據(jù)閉合電路歐姆定律得＝， 通過桿的電荷量q＝Δt， 聯(lián)立解得q＝。 (2)設(shè)ef下降h時(shí)，速度為v1、拉力為F，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式， 有v12＝2ah， 解得v1＝， 根據(jù)牛頓第二定律，得F＋mg－BI1l＝ma， 根據(jù)閉合電路歐姆定律，得I1＝， 聯(lián)立解得F＝＋。 (3)由功能關(guān)系，得WF＋mgh－2Q＝mv12－0， 解得WF＝＋2Q。 答案：(1)　(2)＋　(3)＋2Q 3.(2018·江門二模)如圖所示，兩根間距為l的光滑金屬導(dǎo)軌(不計(jì)電阻)，由一段圓弧部分與一段無限長(zhǎng)的水平部分組成，其水平段加有方向豎直向

23、下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。導(dǎo)軌水平段上靜止放置一金屬棒cd，質(zhì)量為2m，電阻為2r。另一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒ab，從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進(jìn)入水平段，棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，圓弧段MN半徑為R，所對(duì)圓心角為60°。求： (1)ab棒在N處進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)速度是多大？此時(shí)棒中電流是多少？ (2)cd棒能達(dá)到的最大速度是多大？ (3)cd棒由靜止到達(dá)最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？ 解析：(1)ab棒由M下滑到N過程中機(jī)械能守恒，有 mgR(1－cos 60°)＝mv2 解得v＝ 進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)瞬間，回路中電流強(qiáng)度 I＝＝。 (2)ab棒在安培力作用下做減速

24、運(yùn)動(dòng)，cd棒在安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒速度達(dá)到相同速度v′時(shí)，電路中電流為零，安培力為零，cd棒達(dá)到最大速度。由動(dòng)量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′ 解得v′＝。 (3)系統(tǒng)釋放的熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量， 故Q＝mv2－·3mv′2 解得Q＝mgR。 答案：(1)　　(2)　(3)mgR 4.如圖所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌由兩部分組成，左面部分水平，右面部分為半徑r＝0.5 m的豎直半圓，兩導(dǎo)軌間距離d＝0.3 m，導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩導(dǎo)軌電阻不計(jì)。有兩根長(zhǎng)度均為d的金屬棒ab、cd，均垂直導(dǎo)軌置于水平導(dǎo)軌上，金屬棒ab、c

25、d的質(zhì)量分別為m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，電阻分別為R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω。現(xiàn)讓ab棒以v0＝10 m/s的初速度開始水平向右運(yùn)動(dòng)，cd棒進(jìn)入圓軌道后，恰好能通過軌道最高點(diǎn)PP′，cd棒進(jìn)入圓軌道前兩棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)ab棒開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)cd棒的加速度大小a0； (2)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)ab棒的速度大小v1； (3)cd棒進(jìn)入半圓軌道前ab棒克服安培力做的功W。 解析：(1)ab棒開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)回路中電流為I，有 E＝Bdv0 I＝ 對(duì)cd棒由牛頓第二定律得 BId＝m2a0 聯(lián)立解得：a0＝30 m/s2。

26、 (2)設(shè)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)的速度為v2，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有 m1v0＝m1v1＋m2v2 cd棒進(jìn)入圓軌道后恰能通過軌道最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得 m2v22＝m2g·2r＋m2vP2 cd棒在最高點(diǎn)PP′，有 m2g＝m2 聯(lián)立解得：v1＝7.5 m/s。 (3)由動(dòng)能定理得－W＝m1v12－m1v02 解得：W＝4.375 J。 答案：(1)30 m/s2　(2)7.5 m/s　(3)4.375 J 5．(2019·焦作模擬)如圖所示，在傾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為5 T，磁場(chǎng)寬度d＝0.55 m。有一邊長(zhǎng)

27、L＝0.4 m、質(zhì)量m1＝0.6 kg、電阻R＝2 Ω的正方形均勻?qū)w線框abcd通過一輕質(zhì)細(xì)線跨過光滑的定滑輪與一質(zhì)量m2＝0.4 kg的物體相連。物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，將線框從圖示位置由靜止釋放，物體到定滑輪的距離足夠長(zhǎng)。(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求線框abcd還未進(jìn)入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過程中，細(xì)線中的拉力大??； (2)當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求線框剛釋放時(shí)ab邊距磁場(chǎng)MN邊界的距離x； (3)在(2)問中的條件下，若cd邊恰離開磁場(chǎng)邊界PQ時(shí)，速度大小為2 m/s，求整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中ab邊產(chǎn)生的熱

28、量。 解析：(1)線框還未進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，以整體法有 m1gsin θ－μm2g＝(m1＋m2)a， 解得a＝2 m/s2。 以m2為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得 T－μm2g＝m2a， 解得T＝2.4 N。 (2)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，以整體法有 m1gsin θ－μm2g－＝0， 解得v＝1 m/s。 ab到MN前線框做勻加速運(yùn)動(dòng)，有v2＝2ax， 解得x＝0.25 m。 (3)線框從開始運(yùn)動(dòng)到cd邊恰離開磁場(chǎng)邊界PQ時(shí)，有 m1gsin θ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝(m1＋m2)v12＋Q， 解得Q＝0.4 J， 所以Qab＝Q＝0.1 J。 答案：(1)2.4 N　(2)0.25 m　(3)0.1 J 12