2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 熱點專題（七）第55講 電磁感應(yīng)中的“桿+軌”模型學(xué)案（含解析）.doc

第55講電磁感應(yīng)中的“桿軌”模型熱點概述電磁感應(yīng)“桿軌模型”中的桿有“單桿”和“雙桿”等，有的回路中還接有電容器；電磁感應(yīng)“桿軌模型”中的軌有“直軌”和“折軌”等，導(dǎo)軌有豎直的，也有水平的，還有放在斜面上的等各種情況。分析這類問題重在結(jié)合電動勢的變化情況分析清楚其中的動力學(xué)過程，處理問題時經(jīng)常涉及力學(xué)和電磁學(xué)中的幾乎所有規(guī)律，綜合性較強。熱點一單桿模型單桿模型的常見情況例1(2018廣州畢業(yè)綜合測試(一)如圖甲，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為1.0 m，左端連接阻值R4.0 的電阻；勻強磁場磁感應(yīng)強度B0.5 T、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向下；質(zhì)量m0.2 kg、長度l1.0 m、電阻r1.0 的金屬桿置于導(dǎo)軌上，向右運動并與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好。t0時對桿施加一平行于導(dǎo)軌方向的外力F，桿運動的vt圖象如圖乙所示。其余電阻不計。求：(1)從t0開始，金屬桿運動距離為5 m時電阻R兩端的電壓；(2)在03.0 s內(nèi)，外力F大小隨時間t變化的關(guān)系式。解析(1)根據(jù)vt圖象可知金屬桿做勻減速直線運動時間t3 s，t0時桿的速度為v06 m/s，由運動學(xué)公式得其加速度大小a，設(shè)桿運動了s15 m時速度為v1，則vv2as1，此時，金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1Blv1，回路中產(chǎn)生的電流I1，電阻R兩端的電壓UI1R，聯(lián)立式解得U1.6 V。(2)由t0時BIlma，可分析判斷出外力F的方向與v0反向。金屬桿做勻減速直線運動，由牛頓第二定律有FBIlma，設(shè)在t時刻金屬桿的速度為v，桿的電動勢為E，回路電流為I，則vv0at，又EBlv，I，聯(lián)立式解得F0.10.1t。答案(1)1.6 V(2)F0.10.1t方法感悟(1)若桿上施加的力為恒力，對桿做動力學(xué)分析可得出，其運動形式為變加速運動或勻速運動。(2)若使桿做勻變速運動，在桿上施加的力與時間成一次函數(shù)關(guān)系才行。例2(2018衡陽模擬)如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌CD、EF傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為30，兩導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌下端分別連著電容為C的電容器和阻值R2r的電阻。一根質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒放在導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，一根不可伸長的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間、另一端跨過定滑輪與質(zhì)量M4m的重物相連。金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導(dǎo)軌所在平面內(nèi)且與兩導(dǎo)軌平行，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌電阻不計，初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰處于伸長狀態(tài)，由靜止釋放重物，求：(重力加速度大小為g，不計滑輪阻力)(1)若S1閉合、S2斷開，重物的最大速度。(2)若S1和S2均閉合，電容器的最大帶電量。(3)若S1斷開、S2閉合，重物的速度v隨時間t變化的關(guān)系式。解析(1)S1閉合，S2斷開時，M由靜止釋放后拉動金屬棒沿導(dǎo)軌向上做加速運動，金屬棒受到沿導(dǎo)軌向下的安培力作用，設(shè)最大速度為vm，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢EBLvm根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應(yīng)電流I當(dāng)金屬棒速度最大時有：Mgmgsin30BIL解得：vm。(2)S1，S2均閉合時，電容器兩板間的最大電壓UURIR電容器的最大帶電量QCU。(3)S1斷開、S2閉合時，設(shè)從釋放M開始經(jīng)時間t金屬棒的速度大小為v，加速度大小為a，通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到的安培力FBiL，方向沿導(dǎo)軌向下，設(shè)在時間t到(tt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Q，Q也是平行板電容器在t到(tt)內(nèi)增加的電荷量，QCBLv，根據(jù)運動學(xué)公式可得vat，則iCBLa，設(shè)繩中拉力為T，由牛頓第二定律，對金屬棒有：Tmgsin30BiLma對M有：MgTMa解得：a可知M做初速度為零的勻加速直線運動vatt答案(1)(2)(3)vt方法感悟單桿電容器恒力模型可用微元法或動量定理分析，其運動形式恰好為勻變速直線運動，不同于其他單桿模型。1. (多選)如圖所示，間距為L的兩根平行光滑導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間接有電容C，處于垂直軌道平面的勻強磁場B中，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿ab接在兩導(dǎo)軌之間并靜止釋放，ab下落過程中始終保持與導(dǎo)軌接觸良好，設(shè)導(dǎo)軌足夠長，電阻不計，下列說法正確的是()Aab做自由落體運動Bab做勻加速運動，且加速度為aCab做勻加速運動，若加速度為a，則回路的電流為ICBLaDab做加速度減小的變加速運動，最后勻速運動，最大速度為vm答案BC解析金屬桿ab下落過程中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，電容器充電，電路中有充電電流，ab棒受到向上的安培力，設(shè)瞬時加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律得mgBILma。又I，又UEBLv，得ICBLa，解得a，可見桿的加速度不變，做勻加速直線運動，故B、C正確。2. (2018遼寧盤錦月考)(多選)如圖中MN和PQ為豎直方向的兩平行足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌，間距為L，電阻不計。導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直，兩端分別接阻值為2R的電阻R1和電容為C的電容器。質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿ab始終垂直于導(dǎo)軌，并與其保持良好接觸。桿ab由靜止開始下滑，在下滑過程中最大的速度為v，整個電路消耗的最大電功率為P，則()A電容器左極板帶正電B電容器的最大帶電量為C桿ab的最大速度vD桿ab所受安培力的最大功率為答案BC解析根據(jù)右手定則，感應(yīng)電動勢的方向為ab，故電容器右極板帶正電荷，故A錯誤；當(dāng)金屬桿的速度達到最大時，感應(yīng)電動勢最大，感應(yīng)電動勢的最大值為：EmBLvmBLv，路端電壓的最大值為：UEmBLv，故電容器的帶電量最大為：QCU，故B正確；桿ab所受安培力的最大功率即為整個電路消耗的最大電功率P，當(dāng)桿ab的速度最大時F安mg，所以v，故C正確，D錯誤。3(2018河南第二次仿真模擬考試) 如圖所示，足夠長的U形光滑導(dǎo)軌固定在傾角為30的斜面上，導(dǎo)軌的寬度L0.5 m，其下端與R1 的電阻連接，質(zhì)量為m0.2 kg的導(dǎo)體棒(長度也為L)與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻均不計。磁感應(yīng)強度B2 T的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌所在的平面，用一根與斜面平行的不可伸長的輕繩跨過定滑輪將導(dǎo)體棒和質(zhì)量為M0.4 kg的重物相連，重物離地面足夠高。使導(dǎo)體棒從靜止開始沿導(dǎo)軌上滑，當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌上滑t1 s時，其速度達到最大。求：(取g10 m/s2)(1)導(dǎo)體棒的最大速度vm；(2)導(dǎo)體棒從靜止開始沿軌道上滑時間t1 s的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱是多少？答案(1)3 m/s(2)0.9 J解析(1)速度最大時導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢EBLvm感應(yīng)電流I安培力FABIL導(dǎo)體棒達到最大速度時由平衡條件得Mgmgsin30FA聯(lián)立解得vm3 m/s。(2)設(shè)輕繩的拉力大小為F，由動量定理得MgttMvm0tmgsin30tBLtmvm0則Mgtmgsin30tBLt(Mm)vm0即Mgtmgsin30tBLq(Mm)vm0解得1 s內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷量q1.2 C電量q解得1 s內(nèi)導(dǎo)體棒上滑位移x1.2 m，由能量守恒定律得Mgxmgxsin30(Mm)vQ解得Q0.9 J。熱點二雙桿模型雙桿模型的常見情況(1)初速度不為零，不受其他水平外力的作用(2)初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用例1如圖所示，電阻不計的兩光滑金屬導(dǎo)軌相距L，放在水平絕緣桌面上，半徑為R的圓弧部分處在豎直平面內(nèi)，水平直導(dǎo)軌部分處在磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，末端與桌面邊緣平齊。兩金屬棒ab、cd垂直于兩導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好，棒ab質(zhì)量為2m、電阻為r，棒cd的質(zhì)量為m、電阻為r，重力加速度為g。開始時棒cd靜止在水平直導(dǎo)軌上，棒ab從圓弧頂端無初速度釋放，進入水平直導(dǎo)軌后與棒cd始終沒有接觸并一直向右運動，最后兩棒都離開導(dǎo)軌落到地面上。棒ab與棒cd落地點到桌面邊緣的水平距離之比為13。求：(1)棒ab和棒cd離開導(dǎo)軌時的速度大小；(2)棒cd在水平導(dǎo)軌上的最大加速度；(3)兩棒在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱。解析(1)設(shè)ab棒進入水平導(dǎo)軌的速度為v1，ab棒從圓弧導(dǎo)軌滑下，由機械能守恒定律得2mgR2mv離開導(dǎo)軌時，設(shè)ab棒的速度為v1，cd棒的速度為v2，ab棒與cd棒在水平導(dǎo)軌上運動，由動量守恒得2mv12mv1mv2兩棒離開導(dǎo)軌做平拋運動的時間相等，由水平位移xvt可知：v1v2x1x213聯(lián)立解得v1，v2。(2)ab棒剛進入水平導(dǎo)軌時，cd棒受到的安培力最大，它的加速度最大，回路的感應(yīng)電動勢為EBLv1Icd棒受到的安培力為：FcdBILcd棒有最大加速度為a聯(lián)立解得：a。(3)根據(jù)能量守恒定律，兩棒在軌道上運動過程產(chǎn)生的焦耳熱為：Q2mv聯(lián)立并代入v1和v2解得QmgR。答案(1)(2)(3)mgR方法感悟在相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運動時，由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導(dǎo)體棒的總動量守恒，解決此類問題往往要應(yīng)用動量守恒定律。例2如圖所示，兩根平行的金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，磁感應(yīng)強度B0.50 T的勻強磁場與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽略不計。導(dǎo)軌間的距離l0.20 m。兩根質(zhì)量均為m0.10 kg的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導(dǎo)軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R0.50 。在t0時刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行、大小為0.20 N的恒力F作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動。經(jīng)過t5.0 s，金屬桿甲的加速度為a1.37 m/s2，問此時兩金屬桿的速度各為多少？解析設(shè)任一時刻t兩金屬桿甲、乙之間的距離為x，速度分別為v1和v2，經(jīng)過很短的時間t，桿甲移動距離v1t，桿乙移動距離v2t，回路面積改變S(xv2tv1t)llx(v1v2)lt由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動勢EB，回路中的電流I，桿甲的運動方程FBlIma。由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩桿的動量(t0時為0)等于外力F的沖量Ftmv1mv2。聯(lián)立以上各式解得v1，v2，代入數(shù)據(jù)得v18.15 m/s，v21.85 m/s。答案8.15 m/s1.85 m/s方法感悟(1)桿軌模型的處理仍然沿用解決力學(xué)問題的三大觀點。(2)在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，若所受其他外力的合力不為零，則不符合動量守恒的條件，如果題目涉及時間，可考慮用動量定理或動力學(xué)觀點解題。1. 兩根足夠長的固定平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為l。導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路，如圖所示。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R，回路中其他部分的電阻可不計。在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行，開始時，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若兩導(dǎo)體棒在運動中始終不接觸，求：(1)在運動中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少？(2)當(dāng)棒ab的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r，棒cd的加速度是多大？答案(1)mv(2)解析(1)從開始到兩棒達到相同速度v的過程中，兩棒的總動量守恒，有mv02mv，根據(jù)能量守恒定律，整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱Qmv2mv2mv。(2)設(shè)棒ab的速度變?yōu)関0時，cd棒的速度為v，則由動量守恒可知mv0mv0mv得vv0，此時回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBlBlv0，則電流I，此時棒cd所受的安培力FBIl。由牛頓第二定律可得棒cd的加速度大小為a，方向水平向右。2間距為L2 m的足夠長的金屬直角導(dǎo)軌如圖所示放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平面。質(zhì)量均為m0.1 kg的金屬細桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直放置形成閉合回路。細桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)均為0.5，導(dǎo)軌的電阻不計，細桿ab、cd接入電路的電阻分別為R10.6 ，R20.4 。整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B0.50 T、方向豎直向上的勻強磁場中(圖中未畫出)。當(dāng)ab桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌勻加速運動時，cd桿也同時從靜止開始沿導(dǎo)軌向下運動，且t0時，F(xiàn)1.5 N，g10 m/s2。(1)求ab桿的加速度a的大?。?2)求當(dāng)cd桿達到最大速度時ab桿的速度大?。?3)若從開始到cd桿達到最大速度的過程中拉力F做的功為5.2 J，求該過程中ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)10 m/s2 (2)2 m/s (3)2.94 J解析(1)由題可知，在t0時，F(xiàn)1.5 N對ab桿進行受力分析，由牛頓第二定律得Fmgma代入數(shù)據(jù)解得a10 m/s2。(2)從d向c看，對cd桿進行受力分析，如圖所示，當(dāng)cd桿速度最大時，設(shè)ab桿的速度大小為v，有FfmgFN，F(xiàn)NF安，F(xiàn)安BIL，I綜合以上各式，解得v2 m/s(3)整個過程中，ab桿發(fā)生的位移x m0.2 m對ab桿應(yīng)用動能定理，有WFmgxW安mv2代入數(shù)據(jù)解得W安4.9 J根據(jù)功能關(guān)系得Q總W安所以ab桿上產(chǎn)生的熱量QabQ總2.94 J。課后作業(yè)1. (多選)如圖所示，足夠長的光滑導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌寬度為L，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，勻強磁場豎直向上。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右B可能以速度v勻速下滑C剛下滑的瞬間ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為BLvD減少的重力勢能等于電阻R上產(chǎn)生的熱量答案AB解析導(dǎo)體棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，由右手定則可判斷出電流方向為從b到a，由左手定則可判斷出ab棒所受安培力方向水平向右，A正確；當(dāng)mgsinBILcos時，ab棒沿導(dǎo)軌方向合外力為零，則以速度v勻速下滑，B正確；由于速度方向與磁場方向夾角為(90)，剛下滑的瞬間ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBLvcos，C錯誤；由能量守恒定律知，ab棒減少的重力勢能不一定等于電阻R上產(chǎn)生的熱量，D錯誤。2(多選)如圖，兩根足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌PP、QQ傾斜放置，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好。現(xiàn)在同時由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則()A金屬棒ab一直加速下滑B金屬棒ab最終可能勻速下滑C金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢D帶電微粒可能先向N板運動后向M板運動答案ACD解析根據(jù)牛頓第二定律有mgsinBIlma，而I，qCU，UBlv，vat，聯(lián)立解得a，因而金屬棒將做勻加速運動，A正確，B錯誤；ab棒切割磁感線，相當(dāng)于電源，a端相當(dāng)于電源正極，因而M板帶正電，N板帶負電，C正確；若帶電粒子帶負電，在重力和電場力的作用下，先向下運動然后再反向向上運動，D正確。3. 如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，銅棒a、b的長度均等于兩導(dǎo)軌的間距，電阻均為R、質(zhì)量均為m，銅棒平行地靜止在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好?，F(xiàn)給銅棒a一個平行導(dǎo)軌向右的瞬時沖量I，關(guān)于此后的過程，下列說法正確的是()A回路中的最大電流為B銅棒b的最大加速度為C銅棒b獲得的最大速度為D回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為答案B解析給銅棒a一個平行導(dǎo)軌的瞬時沖量I，此時銅棒a的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，回路中電流最大，每個棒受到的安培力最大，其加速度最大，Imv0，v0，銅棒a電動勢EBLv0，回路電流I0，A錯誤；此時銅棒b受到安培力FBI0L，其加速度a，B正確；此后銅棒a做變減速運動，銅棒b做變加速運動，當(dāng)二者達到共同速度時，銅棒b速度最大，據(jù)動量守恒，mv02mv，銅棒b最大速度v，C錯誤；回路中產(chǎn)生的焦耳熱Qmv2mv2，D錯誤。4. (2018湛江一中等四校聯(lián)考)(多選)豎直放置的平行光滑導(dǎo)軌，其電阻不計，磁場方向如圖所示，磁感應(yīng)強度B0.5 T，導(dǎo)體棒ab及cd長均為0.2 m，電阻均為0.1 ，重力均為0.1 N，現(xiàn)用豎直向上的力拉導(dǎo)體ab，使之勻速上升(與導(dǎo)軌接觸良好)，此時釋放cd，cd恰好靜止不動，那么ab上升時，下列說法正確的是()Aab受到的拉力大小為0.2 NBab向上的速度為2 m/sC在2 s內(nèi)，拉力做功轉(zhuǎn)化的電能是0.8 JD在2 s內(nèi)，拉力做功為0.6 J答案AB解析導(dǎo)體棒ab勻速上升，受力平衡，cd棒靜止，受力也平衡，對于兩棒組成的整體，合外力為零，根據(jù)平衡條件可得：ab棒受到的拉力F2G0.2 N，故A正確；cd棒受到的安培力：F安BIL，cd棒靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：G，代入數(shù)據(jù)解得：v2 m/s，故B正確；在2 s內(nèi)，電路產(chǎn)生的電能Qtt2 J0.4 J，則在2 s內(nèi)，拉力做功轉(zhuǎn)化的電能是0.4 J，故C錯誤；在2 s內(nèi)拉力做的功為：WF拉vt0.222 J0.8 J，故D錯誤。5. (多選)兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，間距為L，頂端接阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在磁場上邊界上方某處由靜止釋放，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示，不計導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g，則()A金屬棒在磁場中運動時，流過電阻R的電流方向為abB金屬棒在磁場中運動的速度為v時，金屬棒所受的安培力大小為C金屬棒的最終速度為D金屬棒以穩(wěn)定的速度運動時，電阻R的熱功率為2R答案BD解析金屬棒在磁場中向下運動時，由楞次定律可知，流過電阻R的電流方向為ba，A錯誤；金屬棒在磁場中運動的速度為v時，金屬棒中感應(yīng)電動勢EBLv，感應(yīng)電流I，所受的安培力大小為FBIL，B正確；當(dāng)安培力Fmg時，金屬棒下落速度不再改變，故金屬棒的最終速度vm，C錯誤；金屬棒以穩(wěn)定的速度運動時，電阻R的熱功率PI2R2R，D正確。6如圖所示，豎直放置的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌置于垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場中，兩根質(zhì)量相同的導(dǎo)體棒a和b垂直放置在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好，可自由滑動。先固定a，釋放b，當(dāng)b的速度達到10 m/s時，再釋放a，經(jīng)過1 s后，a的速度達到12 m/s，則：(g取10 m/s2)(1)此時b的速度是多大？(2)假若導(dǎo)軌很長，試分析a、b棒最后的運動狀態(tài)。答案(1)18 m/s(2)a、b棒以共同的速度向下做加速度為g的勻加速運動解析(1)當(dāng)b棒先向下運動時，在a和b以及導(dǎo)軌所組成的閉合回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等。釋放a棒后，經(jīng)過時間t1 s，分別以a和b為研究對象，根據(jù)動量定理得(mg)tmva(mg)tmvbmv0解得vb18 m/s。(2)在a、b棒向下運動的過程中，a棒的加速度a1g，b棒的加速度a2g，閉合回路中磁通量的變化逐漸減小直至不變，感應(yīng)電流也逐漸減小直至消失，則安培力也逐漸減小到零。最后，兩棒以共同的速度向下做加速度為g的勻加速運動。7(2018哈爾濱三中二模)如圖所示， 兩根間距為L的固定光滑金屬導(dǎo)軌MP和NQ平行放置，電阻可忽略不計，兩導(dǎo)軌是由位于MN左側(cè)的半徑為R的四分之一圓弧和MN右側(cè)足夠長的水平部分構(gòu)成，水平導(dǎo)軌范圍內(nèi)存在豎直向下磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，兩根長度均為L的導(dǎo)體棒ab和cd垂直導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好，開始時cd靜止在磁場中，ab從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，兩導(dǎo)體棒在運動中始終不接觸。已知ab棒、cd棒的質(zhì)量均為m，電阻均為r。重力加速度為g。求：(1)ab棒到達圓弧底端時對導(dǎo)軌的壓力大??；(2)某時刻，cd棒速度為該時刻ab棒速度的一半，此時cd棒的加速度大小。答案(1)3mg(2)解析(1)導(dǎo)體棒ab從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放下滑到底端的過程，由動能定理：mgRmv2，到達圓弧底端時對導(dǎo)體棒ab有Nmgm，解得v，N3mg根據(jù)牛頓第三定律可得N3mg，所以導(dǎo)體棒ab到達圓弧底端時對導(dǎo)軌的壓力大小為3mg。(2)導(dǎo)體棒ab、cd在水平方向上動量守恒：mvmv1mv2，且v12v2，解得v1v，v2v。產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBLv1BLv2，電流I。根據(jù)牛頓第二定律可得BILma，聯(lián)立解得a。8(2018銀川一中高三一模)如圖所示，AD與A1D1為水平放置的無限長平行金屬導(dǎo)軌，DC與D1C1為傾角為37的平行金屬導(dǎo)軌，兩組導(dǎo)軌的間距均為l1.5 m，導(dǎo)軌電阻忽略不計，質(zhì)量為m10.35 kg、電阻為R11 的導(dǎo)體棒ab置于傾斜導(dǎo)軌上，質(zhì)量為m20.4 kg、電阻為R20.5 的導(dǎo)體棒cd置于水平導(dǎo)軌上，輕質(zhì)細繩跨過光滑定滑輪一端與cd的中點相連、另一端懸掛一輕質(zhì)掛鉤，導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)相同，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B2 T，初始時刻，棒ab在傾斜導(dǎo)軌上恰好不下滑。(g取10 m/s2)(1)求導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)；(2)在輕質(zhì)掛鉤上掛上物體P，細繩處于拉伸狀態(tài)，將物體P與導(dǎo)體棒cd同時由靜止釋放，當(dāng)P的質(zhì)量不超過多大時，ab始終處于靜止?fàn)顟B(tài)？(導(dǎo)體棒cd運動過程中，ab、cd一直與DD1平行，且沒有與滑輪相碰。)(3)若P的質(zhì)量取第(2)問中的最大值，由靜止釋放開始計時，當(dāng)t1 s時cd已經(jīng)處于勻速直線運動狀態(tài)，求在這1 s內(nèi)ab上產(chǎn)生的焦耳熱為多少？答案(1)(或0.75)(2)1.5 kg(3)8.4 J解析(1)對ab棒，由平衡條件得m1gsinm1gcos0，解得(或0.75)。(2)當(dāng)P的質(zhì)量最大為M時，P和cd的運動達到穩(wěn)定時，P和cd一起做勻速直線運動，ab處于靜止?fàn)顟B(tài)，但摩擦力達到最大且沿斜面向下，如圖所示。設(shè)此時電路中的電流為I，對ab棒，由平衡條件得：沿斜面方向：BIlcosm1gsinf0，fN垂直于斜面方向：NBIlsinm1gcos0，對cd棒，設(shè)繩中的張力為T，由平衡條件得TBIlm2g0，對P，由平衡條件得MgT0，聯(lián)立以上各式得：M1.5 kg，故當(dāng)P的質(zhì)量不超過1.5 kg時，ab始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。(3)設(shè)P勻速運動的速度為v0，由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律得Blv0I(R1R2)，得v02 m/s，對P、棒cd，由牛頓第二定律得MgTMaTm2gm2a兩式相加得Mgm2g(Mm2)a，兩邊同時乘以t，并累加求和，可得Mgtm2gt(Mm2)v0，解得s m，對P、ab棒和cd棒，由能量守恒定律得Mgsm2gsQ(Mm2)v，解得Q12.6 J，在這1 s內(nèi)ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q1Q8.4 J。9(2018沈陽市東北育才中學(xué)測試)如圖1所示，兩根水平的平行光滑金屬導(dǎo)軌，其末端連接等高光滑的圓弧，其軌道半徑r0.5 m，圓弧段在圖中的cd和ab之間，導(dǎo)軌的間距為L0.5 m，軌道的電阻不計。在軌道的頂端接有阻值為R2.0 的電阻，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B2.0 T。現(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻不計、質(zhì)量m1.0 kg的金屬棒，從軌道的水平位置ef開始在拉力F作用下，從靜止勻加速運動到cd的時間t02.0 s，在cd的拉力為F03.0 N。已知金屬棒在ef和cd之間運動時的拉力隨時間變化的圖象如圖2所示，重力加速度g10 m/s2。求：(1)勻加速直線運動的加速度；(2)金屬棒做勻加速運動時通過金屬棒的電荷量q；(3)勻加速到cd后，調(diào)節(jié)拉力使金屬棒接著沿圓弧做勻速圓周運動至ab處，金屬棒從cd沿圓弧做勻速圓周運動至ab的過程中，拉力做的功WF。(結(jié)果保留小數(shù)點后兩位)答案(1)1.5 m/s2(2)1.5 C(3)5.59 J解析(1)設(shè)金屬棒勻加速運動的加速度為a，則運動到cd的速度：vat02a當(dāng)金屬棒在cd時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E1BLv產(chǎn)生的電流：I金屬棒所受的安培力：FBIL據(jù)牛頓第二定律得：F0Fma聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得：a1.5 m/s2，v2a3 m/s。(2)電荷量qt，聯(lián)立得q1.5 C。(3)設(shè)任意時刻，v與磁場正方向的夾角為，則垂直磁場方向的速度vvsinE2BLvBLvsin為正弦式交流電有效值E有，Qt由能量轉(zhuǎn)化及守恒定律得WFmgrQ代入數(shù)據(jù)WF5.59 J。