2020年高考物理一輪復習 第11章 電磁感應 第54講 動力學、能量和動量觀點在電磁感應中的應用學案（含解析）.doc

第54講動力學、能量和動量觀點在電磁感應中的應用考點一電磁感應中的動力學問題1電磁感應與力學的聯(lián)系在電磁感應現(xiàn)象中導體運動切割磁感線，產生感應電流，感應電流使導體受到安培力的作用。因此，電磁感應問題往往和力學問題聯(lián)系在一起。解決電磁感應中的力學問題，一方面要考慮電磁學中的有關規(guī)律，另一方面還要考慮力學中的有關規(guī)律，要將電磁學和力學知識綜合起來應用。2解決電磁感應中力學問題的基本思路研究電磁感應現(xiàn)象中導體的運動，準確分析磁場對感應電流的安培力是關鍵。此類問題中的導體一般不是做勻變速運動，而是經歷一個動態(tài)變化過程再趨于一個穩(wěn)定狀態(tài)。動態(tài)分析的基本思路如下：3兩種狀態(tài)處理(1)導體處于平衡態(tài)靜止或勻速直線運動狀態(tài)處理方法：根據平衡條件(合外力等于0)列式分析。(2)導體處于非平衡態(tài)加速度不為0處理方法：根據牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系分析。如圖甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻。一根質量為m的均勻直金屬桿AB放在兩導軌上，并與導軌垂直。整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向下。導軌和金屬桿的電阻可忽略。讓AB桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦。(1)由B向A方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出AB桿下滑過程中某時刻的受力示意圖；(2)在加速下滑過程中，當AB桿的速度大小為v時，求此時AB桿中的電流大小及其加速度的大小；(3)求在下滑過程中，AB桿可以達到的最大速度值。解析(1)如圖所示，重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上。(2)當AB桿速度為v時，感應電動勢EBLv，此時電路中電流I。AB桿受到的安培力FBIL，根據牛頓第二定律，有mamgsinFmgsin，agsin。(3)當mgsin時，AB桿達到最大速度vmax。答案(1)圖見解析(2)gsin(3)方法感悟電磁感應中力學問題的解題技巧(1)將安培力與其他力一起進行分析。(2)要特別注意安培力的大小和方向都有可能變化，不像重力或其他力一樣是恒力。(多選)如圖所示，有兩根和水平方向成角的光滑平行的金屬軌道，間距為l，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應強度為B。一根質量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨于一個最大速度vm，除R外其余電阻不計，則()A如果B變大，vm將變大B如果變大，vm將變大C如果R變大，vm將變大D如果m變小，vm將變大答案BC解析金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產生感應電動勢EBlv，在閉合電路中形成電流I，因此金屬桿從軌道上滑下的過程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力F作用，F(xiàn)BIl，先用右手定則判定感應電流方向，再用左手定則判定出安培力方向，如圖所示。根據牛頓第二定律，得mgsinma，當a0時，vvm，解得vm，故B、C正確。考點二電磁感應中的功能問題1能量轉化及焦耳熱的求法(1)能量轉化(2)求解焦耳熱Q的三種方法2解題的一般步驟(1)確定研究對象(導體棒或回路)。(2)弄清電磁感應過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉化。(3)根據功能關系或能量守恒定律列式求解。小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)0.50 m，傾角53，導軌上端串接一個R0.05 的電阻。在導軌間長d0.56 m的區(qū)域內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B2.0 T。質量m4.0 kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s0.24 m。一位健身者用恒力F80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直。當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin530.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質量)。求：(1)CD棒進入磁場時速度v的大?。?2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大??；(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產生的焦耳熱Q。解析(1)由牛頓第二定律a12 m/s2進入磁場時的速度v2.4 m/s(2)感應電動勢EBlv感應電流I安培力FABIl代入得FA48 N(3)健身者做功WF(sd)64 J由于FmgsinFA0故CD棒在磁場區(qū)做勻速運動在磁場中運動時間t焦耳熱QI2Rt26.88 J。答案(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J方法感悟在利用能的轉化和守恒定律解決電磁感應問題時，要注意分析安培力做功的情況，因為安培力的功是電能和其他形式的能之間相互轉化的“橋梁”，簡單表示如下：電能其他形式能。1. (2018唐山統(tǒng)考)(多選)如圖所示，在傾角為的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小均為B的勻強磁場區(qū)域。區(qū)域的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域的磁場方向垂直斜面向下，磁場邊界MN、PQ、GH均平行于斜面底邊，MP、PG均為L。一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中ab邊始終與斜面底邊平行。t1時刻ab邊剛越過GH進入磁場區(qū)域，此時導線框恰好以速度v1做勻速直線運動；t2時刻ab邊下滑到PQ與MN的中間位置，此時導線框又恰好以速度v2做勻速直線運動。重力加速度為g，下列說法中正確的是()A當ab邊剛越過PQ時，導線框的加速度大小為 agsinB導線框兩次做勻速直線運動的速度之比v1v241C從t1到t2的過程中，導線框克服安培力做的功等于機械能的減少量D從t1到t2的過程中，有機械能轉化為電能答案BC解析線框在區(qū)域內做勻速直線運動，其合力為零，則mgsinF安；線框的ab邊剛越過PQ時，兩邊都在切割磁感線，都受到沿斜面向上的安培力F安BILBL，則F合mgsin2F安mgsin4ma，a3gsin，A錯誤；線框再次勻速時，其合力也為零，則mgsin40，則，B正確；從t1到t2的過程中，安培力做負功，重力做正功，克服安培力所做的功等于線框機械能的減少量，減少的動能和重力勢能轉化為電能，即E電E機減mgh，C正確，D錯誤。2. (2015天津高考)如圖所示，“凸”字形硬質金屬線框質量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l。勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面。開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動。在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動。線框完全穿過磁場過程中產生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g。求：(1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍；(2)磁場上下邊界間的距離H。答案(1)4(2)28l解析(1)設磁場的磁感應強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應電動勢為E1，有E1B2lv1設線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1設此時線框所受安培力為F1，有F1BI12l由于線框做勻速運動，其受力平衡，有F1mg由式得v1設ab邊將離開磁場時，線框做勻速運動的速度為v2，同理可得v2由式得4(2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律，有mg2lmv線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mvmvQ由式得H28l?？键c三電磁感應中的動量問題1動量定理在電磁感應現(xiàn)象中的應用導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，安培力的沖量為：I安BLtBLq，通過導體棒或金屬框的電荷量為：qttntn，磁通量變化量：BSBLx。如果安培力是導體棒或金屬框受到的合外力，則I安mv2mv1。當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時用動量定理求解更方便。2動量守恒定律在電磁感應現(xiàn)象中的應用在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力充當系統(tǒng)內力，如果它們受到的外力的合力為0，則滿足動量守恒條件，運用動量守恒定律求解比較方便。(2018哈爾濱模擬)如圖所示豎直面內，水平線OO下方足夠大的區(qū)域內存在水平勻強磁場，磁感應強度為B，一個單匝均勻正方形導體框，邊長為L，質量為m，總電阻為r，從ab邊距離邊界OO為L的位置由靜止釋放，已知從ab邊剛進入磁場到cd邊剛進入磁場所用時間為t，重力加速度為g，空氣阻力不計，導體框不翻轉。求：(1)ab邊剛進入磁場時，ba間電勢差的大小Uba；(2)cd邊剛進入磁場時，導體框的速度。解析(1)設ab邊剛進入磁場時的速度為v1，根據機械能守恒定律可得：mgLmv根據法拉第電磁感應定律可得產生的感應電動勢為：E1BLv1此時的感應電流為：I所以ba間電勢差的大小UbaIrE1。(2)從ab邊剛進入磁場到cd邊剛進入磁場的過程中，根據動量定理可得：mgtBLtmv2mv1其中BLt解得：v2gt。答案(1)(2)gt方法感悟應用動量定理還可以由動量變化來求解變力的沖量。如在導體棒做非勻變速運動的問題中，應用動量定理可以解決牛頓運動定律不易解答的問題。足夠長的平行金屬軌道M、N，相距L0.5 m，且水平放置；M、N左端與半徑R0.4 m的光滑豎直半圓軌道相連，與軌道始終垂直且接觸良好的金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質量mbmc0.1 kg，接入電路的有效電阻RbRc1 ，軌道的電阻不計。平行水平金屬軌道M、N處于磁感應強度B1 T的勻強磁場中，磁場方向垂直于軌道平面向上，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖所示。若使b棒以初速度v010 m/s開始向左運動，運動過程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒達最大速度時，此棒產生的焦耳熱；(3)若c棒達最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達軌道最高點時對軌道的壓力的大小。答案(1)5 m/s(2)1.25 J(3)1.25 N解析(1)在安培力作用下，b棒做減速運動，c棒做加速運動，當兩棒速度相等時，c棒達到最大速度。選兩棒為研究對象，根據動量守恒定律有mbv0(mbmc)v解得c棒的最大速度為：vv0v05 m/s。(2)從b棒開始運動到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動能轉化為電能，兩棒中產生的總熱量為：Qmbv(mbmc)v22.5 J因為RbRc，所以c棒達最大速度時此棒產生的焦耳熱為Qc1.25 J。(3)設c棒沿半圓軌道滑到最高點時的速度為v，從最低點上升到最高點的過程由機械能守恒可得：mcv2mcv2mcg2R解得v3 m/s在最高點，設軌道對c棒的彈力為F，由牛頓第二定律得mcgFmc解得F1.25 N由牛頓第三定律得，在最高點c棒對軌道的壓力為1.25 N，方向豎直向上。課后作業(yè)鞏固強化練1如圖所示，勻強磁場存在于虛線框內，矩形線圈豎直下落，如果線圈受到的磁場力總小于其重力，則它在1、2、3、4位置時的加速度關系為()Aa1>a2>a3>a4 Ba1a3>a2>a4Ca1a3>a4>a2 Da4a2>a3>a1答案B解析未進磁場前和全部進入磁場后，都僅受重力，所以加速度a1a3g。線框在圖2位置時，受到重力和向上的安培力，且已知F安<mg，所以a2<g。而由于線框完全在磁場中時做加速度為g的加速運動，故4位置時的速度大于2位置時的速度，根據F安及a可得a4<a2；故關系為：a1a3>a2>a4，B正確。2. (多選)如圖所示，兩光滑平行傾斜導軌PQ、EF所在平面與水平面的夾角為，勻強磁場垂直于導軌所在平面斜向下，導軌下端接一電阻R，質量為m的導體棒用平行于導軌的細線拴住置于導軌上，線的另一端跨過光滑定滑輪掛著一個質量為M的砝碼，按住導體棒，整個裝置處于靜止狀態(tài)，放手后，導體棒被細線拉著沿導軌向上運動一段位移s后，速度恰好達到最大值v(導體棒及導軌電阻忽略不計)，在此過程中()A細線的拉力始終等于MgB導體棒做加速度逐漸減小的加速運動C細線的拉力與安培力的合力對導體棒做的功等于導體棒增加的機械能D電阻R產生的熱量QMgsmgssinmv2答案BC解析對于導體棒，從靜止釋放后先做加速運動，隨著速度增大，由公式F安知，導體棒所受的安培力增大，對砝碼、導體棒分析可得MgTMa，TmgsinF安ma，解得a，當F安增大時加速度減小，則導體棒和砝碼都做加速度逐漸減小的加速運動，加速運動時細線的拉力小于砝碼的重力，A錯誤，B正確；對于導體棒，根據功能關系可知除重力之外，細線的拉力與安培力的合力對導體棒做的功等于導體棒增加的機械能，C正確；對于系統(tǒng)，根據能量守恒得：電阻R產生的熱量QMgsmgssin(mM)v2，D錯誤。3. (多選)如圖所示，兩根相距為d的足夠長的光滑金屬導軌固定在水平面上，導軌電阻不計。磁感應強度為B的勻強磁場與導軌平面垂直，長度略大于d的兩導體棒M、N平行地放在導軌上，導體棒的電阻均為R、質量均為m，開始兩導體棒靜止，現(xiàn)給導體棒M一個平行導軌向右的瞬時沖量I，整個過程中導體棒與導軌接觸良好，下列說法正確的是()A回路中始終存在逆時針方向的電流B棒N的最大加速度為C回路中的最大電流為D棒N獲得的最大速度為答案BC解析根據右手定則可知開始回路中電流方向為逆時針，當兩個導體棒以相同的速度勻速運動時，回路中的電流強度為零，故A錯誤；當M開始運動的瞬間，N的加速度最大，根據動量定理可得Imv，解得v，根據牛頓第二定律可得：ma，解得a，故B正確；回路中的最大電流為I流，故C正確；N速度最大時二者的速度相等，根據動量守恒定律可得：mv2mv，解得v，故D錯誤。4(多選)如圖甲所示，電阻不計且間距L1 m的光滑平行金屬導軌豎直放置，上端接一阻值R2 的電阻，虛線OO下方有垂直于導軌平面向里的勻強磁場，現(xiàn)將質量m0.1 kg、電阻不計的金屬桿ab從OO上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過程中與導軌保持良好接觸且始終水平。已知桿ab進入磁場時的速度v01 m/s，下落0.3 m的過程中加速度a與下落距離h的關系圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，則()A勻強磁場的磁感應強度為2 TB桿ab下落0.3 m時金屬桿的速度為1 m/sC桿ab下落0.3 m的過程中R上產生的熱量為0.2 JD桿ab下落0.3 m的過程中通過R的電荷量為0.25 C答案AD解析當金屬桿進入磁場后，根據右手定則判斷可知金屬桿ab中電流的方向由a到b。由乙圖知，剛進入磁場時，金屬桿的加速度大小a110 m/s2，方向豎直向上。由牛頓第二定律得：BI1Lmgma1，又I1，代入數據解得：B2.0 T，故A正確；由ah圖象知h0.3 m時a0，表明金屬桿受到的重力與安培力平衡，有mgBIL0，其中I，聯(lián)立得：v0.5 m/s，故B錯誤；桿ab下落0.3 m的過程中，由能量守恒有mghmv2Q，代入數據得：Q0.2875 J，故C錯誤；金屬桿自由下落的高度h00.05 m，金屬桿下落0.3 m的過程中通過R的電荷量為：qtt，代入數據得：q0.25 C，故D正確。5. (多選)如圖所示，甲、乙兩個完全相同的線圈，在距地面同一高度處由靜止開始釋放，A、B是邊界范圍、磁感應強度的大小和方向均完全相同的勻強磁場，只是A的區(qū)域比B的區(qū)域離地面高一些，兩線圈下落時始終保持線圈平面與磁場垂直，則()A甲先落地B乙先落地C甲線圈受安培力的沖量較大D乙線圈落地速度較小答案BD解析線圈穿過磁場區(qū)域過程受到的安培力是變力，設受到的平均安培力為F，穿過磁場的時間為t，下落全過程的時間為t，落地速度為v，安培力的沖量I安BLtBLq，而q，所以線圈受安培力的沖量相等，故C錯誤。線圈進入磁場克服安培力做的功WBL2，乙線圈進入磁場時速度較大，平均電流較大，線圈克服安培力做功較多，即產生的熱量較多；根據能量守恒定律得知乙線圈落地時的速度較小，D正確。對全過程，由動量定理得：mgtBLtmv，所以t，因為v乙<v甲，所以t乙<t甲，即乙線圈先落地，故B正確，A錯誤。6. (多選)如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場豎直向下穿過光滑的水平桌面，一質量為m的橢圓形導體框平放在桌面上，橢圓的長軸平行于磁場邊界，短軸小于d?，F(xiàn)給導體框一個初速度v0(v0垂直磁場邊界)，已知導體框全部在磁場中的速度為v，導體框全部出磁場后的速度為v1；導體框進入磁場過程中產生的焦耳熱為Q1，導體框離開磁場過程中產生的焦耳熱為Q2。下列說法正確的是()A導體框離開磁場過程中，感應電流的方向為順時針方向B導體框進出磁場都是做勻變速直線運動CQ1>Q2DQ1Q2m(vv)答案ACD解析導體框離開磁場時，磁通量減小，根據楞次定律得，感應電流的方向為順時針方向，故A正確。導體框在進出磁場時，速度變化，則感應電動勢變化，產生的感應電流變化，則所受的安培力變化，加速度變化，則導體框做的是非勻變速運動，故B錯誤。因為進入磁場時的速度大于離開磁場時的速度，則進入磁場時產生的電流要比出磁場時產生的電流大，則進入磁場過程中安培力大，根據克服安培力做功等于產生的焦耳熱可知Q1>Q2，C正確。由能量守恒定律可知，導體框進入磁場過程中產生的焦耳熱與離開磁場過程中產生的焦耳熱之和等于導體框的機械能減小量，即Q1Q2m(vv)，D正確。7. 如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩個用相同材料、相同粗細的導線繞制的單匝閉合正方形線圈1和2，其邊長L12L2，在距磁場上界面h高處由靜止開始自由下落，再逐漸完全進入磁場，最后落到地面，運動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內且下邊緣平行于磁場上邊界。設線圈1、2落地時的速度大小分別為v1、v2，在磁場中運動時產生的熱量分別為Q1、Q2，通過線圈截面的電荷量分別為q1、q2，不計空氣阻力，則()Av1<v2，Q1>Q2，q1>q2 Bv1v2，Q1Q2，q1q2Cv1<v2，Q1>Q2，q1q2 Dv1v2，Q1<Q2，q1<q2答案A解析線圈從同一高度下落，到達磁場邊界時具有相同的速度v，切割磁感線產生感應電流，受到磁場的安培力大小為：F，由電阻定律有：R(為材料的電阻率，S為線圈導線的橫截面積)，線圈的質量為m0S4L(0為材料的密度)。當線圈的下邊剛進入磁場時其加速度為：ag；聯(lián)立解得加速度ag；則知，線圈1和2進入磁場時，速度相同，加速度相同，線圈1由于邊長較長還沒有全部進入磁場時，線圈2已完全進入磁場后做加速度為g的勻加速運動，而線圈1仍先做加速度小于g的變加速運動，完全進入磁場后才做加速度為g的勻加速運動，所以落地速度關系為v1<v2。由能量守恒可得：Qmg(hH)mv2(H為磁場區(qū)域的高度)，因為m1>m2，v1<v2，所以可得Q1>Q2。根據qL知，q1>q2，A正確。真題模擬練8(2018江蘇高考)(多選) 如圖所示，豎直放置的“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場、的高和間距均為d，磁感應強度為B。質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場和時的速度相等。金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿()A剛進入磁場時加速度方向豎直向下B穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間C穿過兩磁場產生的總熱量為4mgdD釋放時距磁場上邊界的高度h可能小于答案BC解析由于金屬桿進入兩個磁場時的速度相等，而穿出磁場后金屬桿做加速度為g的加速運動，所以金屬桿進入磁場、時都做減速運動，A錯誤；對金屬桿受力分析，根據mgma可知，金屬桿在磁場中做加速度減小的減速運動，其進出磁場的vt圖象如圖所示，由于0t1和t1t2圖線與t軸包圍的面積相等(都為d)，所以t1>(t2t1)，B正確；從進入磁場到進入磁場之前過程中，根據能量守恒，金屬棒減小的機械能全部轉化為焦耳熱，所以Q1mg2d，所以穿過兩個磁場過程中產生的熱量為4mgd，C正確；若金屬桿進入磁場做勻速運動，則mg0，得v，由前面分析可知金屬桿進入磁場的速度大于，根據h得金屬桿進入磁場的高度應大于，D錯誤。9(2017天津高考) 如圖所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內，導軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下。現(xiàn)使磁感應強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是()Aab中的感應電流方向由b到aBab中的感應電流逐漸減小Cab所受的安培力保持不變Dab所受的靜摩擦力逐漸減小答案D解析根據楞次定律，ab中感應電流方向由a到b，A錯誤；根據ES，因為恒定，所以E恒定，根據 I知，回路中的感應電流恒定，B錯誤；根據FBIl，由于B減小，安培力F減小，C錯誤；根據平衡條件，靜摩擦力fF，故靜摩擦力減小，D正確。10(2018湖南師大附中高三模擬)(多選) 如圖所示，正方形導線框ABCD、abcd的邊長均為L，電阻均為R，質量分別為2m和m，它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，且正方形導線框與定滑輪處于同一豎直平面內。在兩導線框之間有一寬度為2L、磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。開始時導線框ABCD的下邊與勻強磁場的上邊界重合，導線框abcd的上邊到勻強磁場的下邊界的距離為L?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當導線框ABCD剛好全部進入磁場時，系統(tǒng)開始做勻速運動，不計摩擦和空氣阻力，則()A兩線框剛開始做勻速運動時輕繩上的張力FTmgB系統(tǒng)勻速運動的速度大小vC兩線框從開始運動至等高的過程中所產生的總焦耳熱Q2mgLD導線框abcd的ab邊通過磁場的時間t答案BC解析兩線框剛開始做勻速運動時，線框ABCD全部進入磁場，由平衡知識可知，輕繩上的張力FT2mg，A錯誤；對線框abcd可知，兩線框剛開始做勻速運動時，線框abcd的上邊ab剛進入磁場，此時mg2mg，即系統(tǒng)勻速運動的速度大小v，B正確；由能量守恒定律可知，兩線框從開始運動至等高的過程中所產生的總焦耳熱等于兩個線框的機械能的減小量，即Q2mg2Lmg2L3mv22mgL，C正確；ab邊剛進入磁場時，mgFA2mg，勻速運動至cd邊完全進入磁場時，CD邊穿出磁場受安培力FA，故仍有mgFA2mg，繼續(xù)做勻速運動，故導線框abcd在磁場中勻速運動，ab邊通過磁場的時間t，D錯誤；故選B、C。11. (2018江蘇高考)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為，間距為d。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直。質量為m的金屬棒被固定在導軌上，距底端的距離為s，導軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過程中，金屬棒(1)末速度的大小v；(2)通過的電流大小I；(3)通過的電荷量Q。答案(1)(2)(3)解析(1)金屬棒做勻加速直線運動v22as，解得v。(2)金屬棒所受安培力F安IdB，金屬棒所受合力FmgsinF安，由牛頓運動定律Fma，解得I。(3)金屬棒的運動時間t，通過金屬棒的電荷量QIt，聯(lián)立解得Q。12(2018天津高考) 真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，電阻忽略不計，ab和cd是兩根與導軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下，如圖1所示，為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內阻及導線電阻忽略不計，列車啟動后電源自動關閉。(1)要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由；(2)求剛接通電源時列車加速度a的大??；(3)列車減速時，需在前方設置如圖2所示的一系列磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？答案(1)M接電源正極，理由見解析(2)(3)見解析解析(1)列車要向右運動，安培力方向應向右，根據左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b，由c到d，故M接電源正極。(2)由題意，啟動時ab、cd并聯(lián)，電阻均為R，由并聯(lián)電路知ab、cd中電流均為I每根金屬棒受到的安培力F0BIl設兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F2F0根據牛頓第二定律有Fma聯(lián)立式得a(3)設列車減速時，cd進入磁場后經t時間ab恰好進入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導軌所圍回路的磁通量的變化量為，平均感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律有E1其中Bl2設回路中平均電流為I，由閉合電路歐姆定律有I設cd受到的平均安培力為F，有FBIl以向右為正方向，設t時間內cd受安培力沖量為I沖，有I沖Ft同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值，設回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0，有I02I沖設列車停下來受到的總沖量為I總，由動量定理有I總0mv0聯(lián)立式得討論：若恰好為整數，設其為n，則需設置n塊有界磁場；若不是整數，設的整數部分為N，則需設置N1塊有界磁場。13(2017天津高考)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距離為l，電阻不計。炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸。首先開關S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動。當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌。問：(1)磁場的方向；(2)MN剛開始運動時加速度a的大小；(3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。答案(1)垂直于導軌平面向下(2)(3)解析(1)將S接1時，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負電，當將S接2時，電容器放電，流經MN的電流由M到N，又知MN向右運動，由左手定則可知磁場方向垂直于導軌平面向下。(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當開關S接2時，電容器放電，設剛放電時流經MN的電流為I，有I設MN受到的安培力為F，有FIlB由牛頓第二定律，有Fma聯(lián)立式得a(3)當電容器充電完畢時，設電容器上電荷量為Q0，有Q0CE開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設MN上的感應電動勢為E，有EBlvmax依題意有E設在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有l(wèi)B由動量定理，有tmvmax0又tQ0Q聯(lián)立式得Q。14(2019山西呂梁高三期末)如圖，兩條足夠長、間距為d的平行光滑金屬直軌道MN、PQ與水平面成角，EF上方存在垂直導軌平面的如圖乙所示的勻強磁場，磁感應強度在0T時間內按余弦規(guī)律變化(周期為T、最大值為B0)，T時刻后穩(wěn)定為B0。t0時刻，正方形金屬框ABCD在沿平行導軌向上的恒定外力作用下靜止于導軌上。T時刻撤去外力，金屬框將沿導軌下滑，金屬框在CD邊、AB邊經過EF時的速度分別為v1和v2。已知金屬框質量為m、邊長為d、每條邊電阻為R，框中磁場按余弦規(guī)律變化時產生的正弦式交變電流的峰值Em，求：(1)CD邊剛過EF時，A、B兩點間的電勢差；(2)從撤去外力到AB邊經過EF的總時間；(3)從0時刻到AB邊經過EF的過程中產生的焦耳熱。答案(1)B0dv1(2)(3)mgdsinm(vv)解析(1)由法拉第電磁感應定律知，CD邊剛過EF時產生的電動勢EB0dv1由楞次定律知A點電勢低于B點，故UABE即UABB0dv1。(2)撤去外力后金屬框在重力沿導軌向下的分力mgsin作用下下滑，金屬框穿過EF時，由于電磁感應而受到沿導軌向上的安培力。設所求時間為t，金屬框在某一時刻的速度為v，電流為i，則i，金屬框所受安培力FB0div安培力的沖量IAFtvt由動量定理得mgsintIAmv20解得t。(3)0T，交流電的有效值EEm此過程產生的焦耳熱Q1T金屬框出磁場的過程中，Q2WA結合動能定理：mgdsinWAmvmv得：Q2mgdsinm(vv)總焦耳熱為：QQ1Q2mgdsinm(vv)。15(2018衡水中學5月沖刺模擬考試)如圖a超級高鐵(Hyperloop)是一種以“真空管道運輸”為理論核心設計的交通工具，它具有超高速、低能耗、無噪聲、零污染的特點。如圖b，已知管道中固定著兩根平行金屬導軌MN、PQ，兩導軌間距為r；運輸車的質量為m，橫截面是半徑為r的圓。運輸車上固定著間距為D、與導軌垂直的兩根導體棒1和2，每根導體棒的電阻為R，每段長度為D的導軌的電阻也為R。其他電阻忽略不計，重力加速度為g。(1)如圖c，當管道中的導軌平面與水平面成30角時，運輸車恰好能無動力地勻速下滑。求運輸車與導軌間的動摩擦因數；(2)在水平導軌上進行實驗，不考慮摩擦及空氣阻力。當運輸車由靜止離站時，在導體棒2后間距為D處接通固定在導軌上電動勢為E的直流電源，此時導體棒1、2均處于磁感應強度為B，垂直導軌平面向下的勻強磁場中，如圖d。求剛接通電源時運輸車的加速度的大??；(電源內阻不計，不考慮電磁感應現(xiàn)象)當運輸車進站時，管道內依次分布磁感應強度為B，寬度為D的勻強磁場，且相鄰的勻強磁場的方向相反。求運輸車以速度v0從如圖e位置通過距離D后的速度v。答案(1)(2)v0解析(1)分析運輸車的受力，將運輸車的重力分解，如圖1，設軌道對運輸車的支持力為N1、N2，如圖2。 由垂直導軌平面方向合力為零及幾何關系有N1mgcos，N2mgcos，又f1N1，f2N2，運輸車勻速下滑，故mgsinf1f2，解得：。(2)運輸車離站時，等效電路圖如圖3，R總，由閉合電路的歐姆定律I，又I1，I2，導體棒所受的安培力：F1BI1r；F2BI2r，運輸車的加速度a，解得a。運輸車進站時，等效電路圖如圖4，當車速為v時，由法拉第電磁感應定律：E1Brv；E2Brv，由閉合電路的歐姆定律I，導體棒所受的安培力：F1BIr；F2BIr，運輸車所受的合力：FF1F2，選取一小段時間t，運輸車速度的變化量為v，由動量定理：tmv，即xmv，兩邊求和：mvmv0，解得vv0。16(2018唐山二模)如圖所示，兩根平行光滑的金屬導軌M1N1P1M2N2P2由四分之一圓弧部分與水平部分構成，導軌末端固定兩根絕緣柱，弧形部分半徑r0.8 m、導軌間距L1 m，導軌水平部分處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小B2 T，兩根完全相同的金屬棒a、b分別垂直導軌靜置于圓弧頂端M1M2處和水平導軌中某位置，兩金屬棒質量均為m1 kg、電阻均為R2 。金屬棒a由靜止釋放，沿圓弧導軌滑入水平部分，此后，金屬棒b向右運動，在導軌末端與絕緣柱發(fā)生碰撞且無機械能損失，金屬棒b接觸絕緣柱之前兩棒已勻速運動且未發(fā)生碰撞。金屬棒b與絕緣柱發(fā)生碰撞后，在距絕緣柱x10.5 m的A1A2位置與金屬棒a發(fā)生碰撞，碰后停在距絕緣柱x20.2 m的A3A4位置，整個運動過程中金屬棒與導軌接觸良好，導軌電阻不計，g取10 m/s2。求：(1)金屬棒a剛滑入水平導軌時，受到的安培力大小；(2)金屬棒b與絕緣柱碰撞后到與金屬棒a碰撞前的過程，整個回路產生的焦耳熱；(3)證明金屬棒a、b的碰撞是否是彈性碰撞。答案(1)4 N(2)3 J(3)見解析解析(1)金屬棒a下滑過程：mgrmv2v4 m/s金屬棒a剛滑入水平導軌時，感應電動勢：EBLv8 V回路電流：I2 A金屬棒a受到的安培力：FBIL4 N。(2)以金屬棒a、b為系統(tǒng)，在碰到絕緣柱之前動量守恒：mv2mv1，解得：v12 m/s。金屬棒b與絕緣柱發(fā)生碰撞后等速率返回，以兩金屬棒為系統(tǒng)動量仍然守恒，但總動量為零，0mvamvb，即時刻有vavb，兩金屬棒相向運動到相碰，位移大小相等，均為x10.5 m。對金屬棒b，由動量定理：BLtmv2mv1由法拉第電磁感應定律：2BL聯(lián)立得tmv2mv1而tx1，求得：v21 m/s。由能量守恒定律：Q2mv2mv3 J。(3)金屬棒a、b碰后，金屬棒b減速到零的過程，由動量定理：BLt0mv3由法拉第電磁感應定律：2BL，聯(lián)立得t0mv3而tx1x2，求得：v30.6 m/s。碰撞前后動量守恒，a、b速度大小相等，方向相反，由于2mv>2mv，所以碰撞不是彈性碰撞。