高考物理——法拉第電磁感應(yīng)定律的推斷題綜合壓軸題專(zhuān)題復(fù)習(xí)附詳細(xì)答案

1、一、法拉第電磁感應(yīng)定律1 如圖所示，電阻不計(jì)的相同的光滑彎折金屬軌道m(xù)on與 m o n均固定在豎直平面內(nèi)，二者平行且正對(duì)，間距為l=1m，構(gòu)成的斜面onn o跟水平面夾角均為30，兩側(cè)斜面均處在垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為b=0.1t t=0 時(shí)，將長(zhǎng)度也為 l=1m，電阻 r=0.1 的金屬桿 ab 在軌道上無(wú)初速釋放金屬桿與軌道接觸良好，軌道足夠長(zhǎng)重力加速度 g=10m/s 2；不計(jì)空氣阻力，軌道與地面絕緣（ 1）求 t=2s 時(shí)桿 ab 產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì) e 的大小并判斷 a、b 兩端哪端電勢(shì)高（ 2）在 t=2s 時(shí)將與 ab 完全相同的金屬桿 cd 放在 moom 上，

2、發(fā)現(xiàn) cd 桿剛好能靜止，求ab 桿的質(zhì)量m 以及放上cd 桿后 ab 桿每下滑位移s=1m 回路產(chǎn)生的焦耳熱q【答案】 (1) 1v ； a 端電勢(shì)高； (2) 0.1kg； 0.5j【解析】【詳解】解： (1)只放 ab 桿在導(dǎo)軌上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知a 端電勢(shì)高；ab 桿加速度為： a gsint 2s 時(shí)刻速度為： vat 10m/sab 桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大?。篹blv0.1 1 10v 1v(2) t 2s時(shí) ab 桿產(chǎn)生的回路中感應(yīng)電流：e15aia2r2 0.1對(duì) cd 桿有： mgsin30bil解得 cd 桿的質(zhì)量： m0.1kg則知 ab 桿的質(zhì)量為 0.

3、1kg放上 cd 桿后， ab 桿做勻速運(yùn)動(dòng)，減小的重力勢(shì)能全部產(chǎn)生焦耳熱根據(jù)能量守恒定律則有：qmghmgsgsin300.1 10 10.5j 0.5j2 如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌mn 、 pq 豎直放置，其寬度l1m ，一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端m 與 p 之間連接一阻值為r 0.40的電阻，質(zhì)量為m 0.01kg 、電阻為 r0.30的金屬棒 ab 緊貼在導(dǎo)軌上 .現(xiàn)使金屬棒ab 由靜止開(kāi)始下滑，下滑過(guò)程中ab 始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x 與時(shí)間 t 的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的oa 段為曲線(xiàn)， ab 段為直線(xiàn)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g 取 10m /

4、s2 ( 忽略 ab 棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)原磁場(chǎng)的影響) 1 判斷金屬棒兩端a、 b 的電勢(shì)哪端高；2 求磁感應(yīng)強(qiáng)度b 的大?。? 在金屬棒 ab 從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的 1.5s 內(nèi)，電阻 r 上產(chǎn)生的熱量【答案】 (1) b 端電勢(shì)較高 (2) b0.1t (3) 0.26j【解析】【詳解】1 由右手定可判斷感應(yīng)電流由a 到 b，可知 b 端為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的正極，故b 端電勢(shì)較高。2 當(dāng)金屬棒勻速下落時(shí)，由共點(diǎn)力平衡條件得：mg bil金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：e blv則電路中的電流為：ierrnx11.27.0 m / s 7m / s由圖象可得： vn t2.11.5代入數(shù)據(jù)解得： b0.1t3 在

5、01.5s，以金屬棒 ab 為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgh q1 mv22解得： q0.455j則電阻 r 上產(chǎn)生的熱量為： qrr0.26jqrr3 如圖所示，在傾角30o 的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向分別垂直斜面向上和垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)寬度均為l。一質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為l 的正方形線(xiàn)框距磁場(chǎng)上邊界l 處由靜止沿斜面下滑，ab邊剛進(jìn)入上側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，線(xiàn)框恰好做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。ab邊進(jìn)入下側(cè)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后也做勻速度直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g。求：（1）線(xiàn)框 ab 邊剛越過(guò)兩磁場(chǎng)的分界線(xiàn)ff 時(shí)受到的安培力；（2）線(xiàn)框穿過(guò)上側(cè)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量q 和所用的時(shí)間t

6、。【答案】 (1)安培力大小 2mg，方向沿斜面向上 (2) q47 mglt7l322g【解析】【詳解】(1）線(xiàn)框開(kāi)始時(shí)沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)機(jī)械能守恒有mgl sin 301mv2 ，2則線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v2g sin30 lgl線(xiàn)框 ab 邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)e=blv線(xiàn)框中電流eirab 邊受到的安培力b2 l2vfbilr線(xiàn)框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，則有mg sin 30b2 l2vrab 邊剛越過(guò)ff 時(shí)， cd 也同時(shí)越過(guò)了ee ，則線(xiàn)框上產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)e=2blv線(xiàn)框所受的安培力變?yōu)?b2 l2vf2bi l2mgr方向沿斜面向上（2）設(shè)線(xiàn)框再次做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度為v ，則4b2

7、l2vmg sin 30r解得vvgl44根據(jù)能量守恒定律有mg sin 302l1mv21mv 2q22解得47 mglq32線(xiàn)框 ab 邊在上側(cè)磁揚(yáng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程所用的時(shí)間t1lv設(shè)線(xiàn)框 ab 通過(guò) ff后開(kāi)始做勻速時(shí)到gg 的距離為 x0 ，由動(dòng)量定理可知：mg sin 30 t22blit 2mv mv其中i聯(lián)立以上兩式解得2bl lx0t 2r4 lx03vt22gv線(xiàn)框 ab 在下側(cè)磁場(chǎng)勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，有x04 x0t3vv所以線(xiàn)框穿過(guò)上側(cè)磁場(chǎng)所用的總時(shí)間為t t1 t27lt3g24 如圖 a ，平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌 mn 、 pq水平放置，兩導(dǎo)軌間距 l 0.5m，導(dǎo)軌左端 mp 間接

8、有一阻值為 r0.2 的定值電阻，導(dǎo)體棒ab 質(zhì)量 m 0.1kg ，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1 ，導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放在距離左端d 1.0m 處，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒電阻均忽略不計(jì).整個(gè)裝置處在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，t0時(shí)刻，磁場(chǎng)方向豎直向下，此后，磁感應(yīng)強(qiáng)度b 隨時(shí)間 t 的變化如圖 b 所示，不計(jì)感應(yīng)電流磁場(chǎng)的影響.當(dāng) t 3s時(shí)，突然使 ab 棒獲得向右的速度 v08m / s ，同時(shí)在棒上施加一方向水平、大小可變化的外力f，保持 ab 棒具有大小為恒為 a4m / s2 、方向向左的加速度，取 g10m / s2 1 求 t0 時(shí)棒所受到的安培力f0 ；2 分析前 3s 時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情

9、況并求前3s 內(nèi)棒所受的摩擦力f 隨時(shí)間 t 變化的關(guān)系式；3 從 t0 時(shí)刻開(kāi)始，當(dāng)通過(guò)電阻r 的電量 q2.25c 時(shí)， ab 棒正在向右運(yùn)動(dòng)，此時(shí)撤去外力 f，此后 ab 棒又運(yùn)動(dòng)了s26.05m 后靜止 .求撤去外力f 后電阻 r 上產(chǎn)生的熱量q【答案】 (1) f00.025n ，方向水平向右(2)f0.0125 2t n ?(3) 0.195j【解析】【詳解】v0.21 由圖 b 知：b解：v0.1t / st2t 0 時(shí)棒的速度為零，故回路中只有感生感應(yīng)勢(shì)為：evvbld0.05vvvtt感應(yīng)電流為： ie0.25ar可得 t0 時(shí)棒所受到的安培力：f0 b0il0.025n ，

10、方向水平向右；2 ab 棒與軌道間的最大摩擦力為：f mmg0.1nf0 0.025n故前 3s 內(nèi)導(dǎo)體棒靜止不動(dòng)，由平衡條件得：fbil由圖知在 03s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為：bb0kt0.20.1t聯(lián)立解得：f 0.0125 2 t n (t3s) ；3 前 3s 內(nèi)通過(guò)電阻 r 的電量為： q1 ivt0.253c0.75c設(shè) 3s 后到撤去外力f 時(shí)又運(yùn)動(dòng)了 s1 ，則有：&vbls1q q1 ivtrr解得： s16m此時(shí) ab 棒的速度設(shè)為 v1 ，則有： v12v022as1解得： v14m / s此后到停止，由能量守恒定律得：可得： q1mv12mgs2 0.195j25 如 所示，

11、兩平行光滑的金屬 mn 、 pq 固定在水平面上，相距 l， 于 直向下的磁 中，整個(gè)磁 由n 個(gè) 度皆 x0 的條形勻 磁 區(qū)域1、 2、3、 n 成，從左向右依次排列，磁感 度的大小分 b、 2b、 3b、 nb，兩 左端mp 接入 阻r，一 量 m 的金屬棒 ab 垂直于 mn 、 pq 放在水平 上，與 接觸良好，不 和金屬棒的 阻。（1） 體棒ab施加水平向右的力，使其從 示位置開(kāi)始運(yùn) 并穿 n 個(gè)磁 區(qū)，求 體棒穿越磁 區(qū)1的 程中，通 阻r 的 荷量 q。（2） 體棒ab施加水平向右的恒力f0， 它從磁 1 左 界 開(kāi)始運(yùn) ，當(dāng)向右運(yùn) 距離 做勻速運(yùn) ，求棒通 磁 區(qū)1 所用的

12、t 。（3） 體棒ab 施加水平向右的恒定拉力f1， 它從距離磁 區(qū)1 左 x=x0 的位置由靜止開(kāi)始做勻加速運(yùn) ，當(dāng)棒ab 入磁 區(qū)1 開(kāi)始做勻速運(yùn) ，此后在不同的磁 區(qū)施加不同的水平拉力，使棒ab 保持 勻速運(yùn) 穿 整個(gè)磁 區(qū)，求棒ab 通 第 i 磁 區(qū) 的水平拉力fi 和棒 ab 通 整個(gè)磁 區(qū) 程中回路 生的 q。【答案】 ； ； 【解析】 分析 : 路中 生的感 。通 阻的 荷量。 體棒穿 1 區(qū) 程。解得（ 2）棒勻速運(yùn) 的速度 v， 棒在前 x0/2 距離運(yùn) 的 t1， 由 量定律： f0 t1-bql=mv；解得： 棒在后x0/2 勻速運(yùn) 的 t2， 所以棒通過(guò)區(qū)域1 所用的

13、總時(shí)間：（3）進(jìn)入 1 區(qū)時(shí)拉力為，速度，則有。解得；。進(jìn)入 i 區(qū)時(shí)的拉力。導(dǎo)體棒以后通過(guò)每區(qū)都以速度做勻速運(yùn)動(dòng)，由功能關(guān)系有解得。考點(diǎn)：動(dòng)能定理的應(yīng)用；導(dǎo)體切割磁感線(xiàn)時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化6 如圖所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直。阻值為r 的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌靜止放置，且與導(dǎo)軌接觸。t 0 時(shí)，將開(kāi)關(guān)s 由 1 擲到2。用 q、 i、 v 和 a 分別表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度和加速度。請(qǐng)定性畫(huà)出以上各物理量隨時(shí)間變化的圖象（q-t 、i-t 、 v-t、a-t 圖象）。【答案】圖見(jiàn)解析.【解析】【詳解】開(kāi)關(guān) s 由

14、1 擲到 2，電容器放電后會(huì)在電路中產(chǎn)生電流。導(dǎo)體棒通有電流后會(huì)受到安培力的作用，會(huì)產(chǎn)生加速度而加速運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)，速度增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e=blv，即增大，則實(shí)際電流減小，安培力f=bil，即減小，加速度a=f/ m，即減小。因?qū)к壒饣?，所以在有電流通過(guò)棒的過(guò)程中，棒是一直加速運(yùn)動(dòng)（變加速）。由于通過(guò)棒的電流是按指數(shù)遞減的，那么棒受到的安培力也是按指數(shù)遞減的，由牛頓第二定律知，它的加速度是按指數(shù)遞減的，故 a-t 圖像如圖：由于電容器放電產(chǎn)生電流使得導(dǎo)體棒受安培力運(yùn)動(dòng)，而導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)會(huì)給電容器充電。當(dāng)充電和放電達(dá)到一種平衡時(shí)，導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)。則v-t 圖像如圖：；當(dāng)棒勻速

15、運(yùn)動(dòng)后，棒因切割磁感線(xiàn)有電動(dòng)勢(shì)，所以電容器兩端的電壓能穩(wěn)定在某個(gè)不為0的數(shù)值，即電容器的電量應(yīng)穩(wěn)定在某個(gè)不為0 的數(shù)值（不會(huì)減少到0），故 q-t 圖像如圖：這時(shí)電容器的電壓等于棒的電動(dòng)勢(shì)數(shù)值，棒中無(wú)電流。i-t 圖像如圖：7 如圖甲所示，兩根間距l(xiāng)=1.0m 、電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌端與阻值 r=2.0 的電阻相連質(zhì)量 m=0.2kg 的導(dǎo)體棒 ef 在恒定外力運(yùn)動(dòng)，已知導(dǎo)體棒與兩根導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力均為ab、 cd 水平放置，一f 作用下由靜止開(kāi)始f=1.0n，導(dǎo)體棒電阻為r=1.0 ，整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)b 中，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度a與速度 v

16、的關(guān)系如圖乙所示（取g=10m/s 2）求：（ 1）當(dāng)導(dǎo)體棒速度為 v 時(shí)，棒所受安培力 f 安的大小（用題中字母表示）（ 2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 b（3）若 ef 棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)距離為 s=6.9m 時(shí)，速度已達(dá) v =3m/s求此過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱 q【答案】（ 1）；（ 2）；（ 3）【解析】【詳解】(1) 當(dāng)導(dǎo)體棒速度為v 時(shí) ,導(dǎo)體棒上的電動(dòng)勢(shì)為e,電路中的電流為i.由法拉第電磁感應(yīng)定律由歐姆定律導(dǎo)體棒所受安培力聯(lián)合解得 :(2) 由圖可以知道:導(dǎo)體棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度,初速度,導(dǎo)體棒中無(wú)電流.由牛頓第二定律知計(jì)算得出 :由圖可以知道 : 當(dāng)導(dǎo)體棒的加速度a=0 時(shí) ,開(kāi)始以做勻速運(yùn)動(dòng)

17、此時(shí)有 :解得 :(3) 設(shè) ef 棒此過(guò)程中 ,產(chǎn)生的熱量為 q,由功能關(guān)系知:帶入數(shù)據(jù)計(jì)算得出故本題答案是：（1）；（ 2）；（ 3）【點(diǎn)睛】利用導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，在結(jié)合閉合電路歐姆定律可求出回路中的電流，即可求出安培力的大小，在求熱量時(shí)要利用功能關(guān)系求解。8 如圖所示，兩條平行的金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=lm，金屬導(dǎo)軌的傾斜部分與水平方向的夾角為37，整個(gè)裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中金屬棒mn 和 pq 的質(zhì)量均為m=0.2kg，電阻分別為 rmn =1和 rpq=2 mn 置于水平導(dǎo)軌上，與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù) =0.5，pq置于光滑的傾斜導(dǎo)軌上，兩根金屬棒均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好從t

18、=0 時(shí)刻起， mn 棒在水平外力 f1 的作用下由靜止開(kāi)始以a=1m/s2 的加速度向右做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，pq 則在平行于斜面方向的力 f2 作用下保持靜止?fàn)顟B(tài) t=3s 時(shí)， pq棒消耗的電功率為8w，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，mn 始終在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)求：（ 1）磁感應(yīng)強(qiáng)度 b 的大小；（ 2） t=0 3s 時(shí)間內(nèi)通過(guò) mn 棒的電荷量；（ 3）求 t=6s 時(shí) f2 的大小和方向；（4）若改變 f1 的作用規(guī)律，使mn 棒的運(yùn)動(dòng)速度 v 與位移 s 滿(mǎn)足關(guān)系： v=0.4s， pq 棒仍然靜止在傾斜軌道上求 mn棒從靜止開(kāi)始到 s=5m 的過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱【答案】（ 1

19、） b = 2t；（ 2）q = 3c；（ 3） f2=-5.2n （負(fù)號(hào)說(shuō)明力的方向沿斜面向下）（4）q 20 j3【解析】【分析】t=3s 時(shí)， pq 棒消耗的電功率為8w，由功率公式 p=i2r可求出電路中電流，由閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)已知mn 棒做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由速度時(shí)間公式求出t=3s 時(shí)的速度，即可由公式 e=blv 求出磁感應(yīng)強(qiáng)度 b；根據(jù)速度公式 v=at、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式e=blv、閉合電路歐姆定律和安培力公式f=bil 結(jié)合，可求出 pq 棒所受的安培力大小，再由平衡條件求解 f2的大小和方向；改變1的作用規(guī)律時(shí)， mn 棒做變加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，因?yàn)樗俣葀 與位f移 x

20、 成正比，所以電流 i、安培力也與位移 x 成正比，可根據(jù)安培力的平均值求出安培力做功，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于克服安培力，即可得解【詳解】（ 1）當(dāng) t=3s 時(shí)，設(shè) mn 的速度為 v1，則 v1=at=3m/s感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：e1=bl v1根據(jù)歐姆定律有：e1=i(rmn + rpq)根據(jù) p=i2 rpq代入數(shù)據(jù)解得 ： b=2t(2)當(dāng) t 6 s 時(shí)，設(shè) mn 的速度為v2，則速度為： v2 at 6 m/s感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：e2 blv2 12 v根據(jù)閉合電路歐姆定律： i 2e24 armnrpq安培力為： f 安 bi2l 8 n規(guī)定沿斜面向上為正方向，對(duì)pq進(jìn)行受力分析可得：f2 f

21、 安 cos 37 mgsin 37 代入數(shù)據(jù)得： f2 5.2 n(負(fù)號(hào)說(shuō)明力的方向沿斜面向下 )(3)mn 棒做變加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)x 5 m 時(shí)， v 0.4x 0.4 5 m/s2 m/s因?yàn)樗俣?v 與位移 x 成正比，所以電流i、安培力也與位移x 成正比，安培力做功 ： w安1 blblvx20 j2rmnrpq3【點(diǎn)睛】本題是雙桿類(lèi)型，分別研究它們的情況是解答的基礎(chǔ)，運(yùn)用力學(xué)和電路關(guān)鍵要抓住安培力與位移是線(xiàn)性關(guān)系，安培力的平均值等于初末時(shí)刻的平均值，從而可求出安培力做功9 如圖1 所示，水平面上有兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌mn和pq，兩導(dǎo)軌間距為l，電阻均可忽略不計(jì)。在m 和p

22、之間接有阻值為r 的定值電阻，導(dǎo)體桿ab質(zhì)量為m、電阻為 r，并與導(dǎo)軌接觸良好。整個(gè)裝置處于方向豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度為b 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)給ab桿一個(gè)初速度v0，使桿向右運(yùn)動(dòng)。（1）當(dāng) ab 桿剛好具有初速度v0 時(shí)，求此時(shí)ab 桿兩端的電壓u； a、b 兩端哪端電勢(shì)高；（2）請(qǐng)?jiān)趫D2 中定性畫(huà)出通過(guò)電阻r 的電流 i 隨時(shí)間 t 變化規(guī)律的圖象；（3）若將 m 和 p 之間的電阻r 改為接一電容為c 的電容器，如圖3 所示。同樣給ab 桿一個(gè)初速度v0，使桿向右運(yùn)動(dòng)。請(qǐng)分析說(shuō)明ab 桿的運(yùn)動(dòng)情況。blv0 r（ 3）當(dāng) ab 桿以初速度【答案】 （1） u； a 端電勢(shì)高（ 2）rrv 0 開(kāi)

23、始切割磁感線(xiàn)時(shí)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，電路開(kāi)始給電容器充電，有電流通過(guò)ab 桿，桿在安培力的作用下做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，安培力減小，加速度也減小，桿做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，充電結(jié)束，桿以恒定的速度做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)?！窘馕觥俊痉治觥浚?1）求解產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小，根據(jù)全電路歐姆定律求解電流強(qiáng)度和電壓，根據(jù)右手定則判斷電勢(shì)高低；（ 2）分析桿的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，確定感應(yīng)電流變化情況，由此畫(huà)出圖象；（ 3）桿在向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度逐漸減小、由此分析安培力的變化，確定運(yùn)動(dòng)情況；根據(jù)動(dòng)量定理求解最后的速度大小。【詳解】（1） ab 桿切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：e = bl

24、v0根據(jù)全電路歐姆定律：ierrab 桿兩端電壓即路端電壓：uir解得 ubl v0 r ； a 端電勢(shì)高。r r（ 2）桿在向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度逐漸減小、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應(yīng)電流逐漸減小，通過(guò)電阻r 的電流 i 隨時(shí)間變化規(guī)律的圖象如圖所示：（3）當(dāng) ab 桿以初速度 v 0 開(kāi)始切割磁感線(xiàn)時(shí)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，電路開(kāi)始給電容器充電，有電流通過(guò) ab 桿，桿在安培力的作用下做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，安培力減小，加速度也減小，桿做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，充電結(jié)束，桿以恒定的速度做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)?！军c(diǎn)睛】對(duì)于電磁感應(yīng)問(wèn)題研究思路常常有兩條

25、：一條從力的角度，重點(diǎn)是分析安培力作用下物體的平衡問(wèn)題；另一條是能量，分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量如何轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵。10 如圖（ 1）所示，兩足夠長(zhǎng)平行光滑的金屬導(dǎo)軌mn 、 pq 相距為 0.8m ，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為 ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)有一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面斜向上，長(zhǎng)為1m 的金屬棒ab 垂直于 mn 、 pq 放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌電接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為0.1kg、與導(dǎo)軌接觸端間電阻為1兩金屬導(dǎo)軌的上端連接右端電路，電路中r2 為一電阻箱已知燈泡的電阻 rl12g=10m/s2將電=4，定值電阻 r =2，調(diào)節(jié)電阻箱使r =12 ，重力加速度鍵 s 打開(kāi)，金屬棒由靜止釋放， 1s

26、后閉合電鍵，如圖（ 2）所示為金屬棒的速度隨時(shí)間變化的圖象求：（1）斜面傾角 及磁感應(yīng)強(qiáng)度 b 的大小；（2）若金屬棒下滑距離為60m 時(shí)速度恰達(dá)到最大，求金屬棒由靜止開(kāi)始下滑100m 的過(guò)程中，整個(gè)電路產(chǎn)生的電熱；（ 3）改變電阻箱 r2 的值，當(dāng) r2 為何值時(shí)，金屬棒勻速下滑時(shí) r2 消耗的功率最大；消耗的最大功率為多少？【答案】（ 1）斜面傾角 是 30，磁感應(yīng)強(qiáng)度 b 的大小是 0.5t；（2）若金屬棒下滑距離為60m 時(shí)速度恰達(dá)到最大，金屬棒由靜止開(kāi)始下滑100m的過(guò)程中，整個(gè)電路產(chǎn)生的電熱是32.42j；（3）改變電阻箱 r2 的值，當(dāng) r2 為 4時(shí)，金屬棒勻速下滑時(shí)r2 消耗

27、的功率最大，消耗的最大功率為 1.5625w 【解析】【分析】（1）電鍵 s 打開(kāi)， ab 棒做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由速度圖象求出加速度，由牛頓第二定律求解斜面的傾角 開(kāi)關(guān)閉合后，導(dǎo)體棒最終做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由f 安 =bil， i=得到安培力表達(dá)式，由重力的分力mgsin=f安 ，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度 b（2）金屬棒由靜止開(kāi)始下滑100m 的過(guò)程中，重力勢(shì)能減小mgssin，轉(zhuǎn)化為金屬棒的動(dòng)能和整個(gè)電路產(chǎn)生的電熱，由能量守恒求解電熱（3）改變電阻箱 r2的值后，由金屬棒 ab 勻速運(yùn)動(dòng)，得到干路中電流表達(dá)式，推導(dǎo)出2r消耗的功率與r2 的關(guān)系式，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)求解r2 消耗的最大功率【詳解】（ 1）電鍵

28、s 打開(kāi)，從圖上得： a=gsin = =5m/s 2得 sin =，則得 =30金屬棒勻速下滑時(shí)速度最大，此時(shí)棒所受的安培力f 安 =bil又 i=， r 總=rab 1=（ 1+2+） =6+r +從圖上得： vm=18.75m/s由平衡條件得：mgsin=f安 ，所以 mgsin=代入數(shù)據(jù)解得：b=0.5t；（ 2）由動(dòng)能定理： mg?s?sinq= mv m2 0由圖知， vm=18.75m/s得 q=mg?s?sin mvm 2=32.42j；（3）改變電阻箱r2 的值后，金屬棒勻速下滑時(shí)的速度為vm，則有mgsin =bi總 lr2 和燈泡并聯(lián)電阻r 并=（） ，22=r 消耗的功

29、率：p =由上聯(lián)立解得 p2=（） 2由數(shù)學(xué)知識(shí)得，當(dāng)=r2，即 r2=4時(shí)， r2 消耗的功率最大：最大功率為 p2m=（） 2（） =w=1.5625w11 如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的直金屬mn 、 pq 平行放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為 l 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（1）在加速下滑過(guò)程中，當(dāng)ab 桿的速度大小為v 時(shí)， ab 桿中的電流及其加速度的大小

30、；（2）求在下滑過(guò)程中ab 桿可達(dá)到的最大速度（3）從開(kāi)始下滑到達(dá)到最大速度的過(guò)程中，棒沿導(dǎo)軌下滑了距離s，求整個(gè)裝置生熱多少 .【答案】blvmgsinb2l 2v（ 2） vmmgrsin（ 3） qm3g 2 r2sin2（1） i,rb2l 2mgh4 lr am2b4【解析】(1)在加速下滑過(guò)程中，當(dāng)ab桿的速度大小為vblv時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) e=此時(shí) ab 桿中的電流 iblvr金屬桿受到的安培力：fb2 l2vbilrmg sinb2 l 2 v由牛頓第二定律得 ：arm(2) 金屬桿勻速下滑時(shí)速度達(dá)到最大，由平衡條件得：mg sinb2 l2 vmr則速度的最大值 vmmgr s

31、inb2l 2(3)若達(dá)到最大速度時(shí)，導(dǎo)體棒下落高度為h ，由能量守恒定律得：mgs sin1 mvm2q2則焦耳熱 qmghm3 g 2 r2 sin 22b4l 4【點(diǎn)睛 】當(dāng)桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)桿的速度最大，分析清楚桿的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提；分析清楚桿的運(yùn)動(dòng)過(guò)程后，應(yīng)用 e=blv、歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律、平衡條件與能量守恒定律即可解題；求解熱量時(shí)從能量角度分析可以簡(jiǎn)化解題過(guò)程12 如圖所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌abcd、 d cb a， aa之間接一阻值為r 的定值電阻，dd之間處于斷開(kāi)狀態(tài)，abb a部分為處于水平面內(nèi)，且abbbb aa al，bcdb c d部分為處于傾角為的斜

32、面內(nèi)，bccdddd cc bb bl abb a區(qū)域存在一豎直向下的磁場(chǎng)b1 ，其大小隨時(shí)間的變化規(guī)律為b1 kt （ k 為大于零的常數(shù)）； cdd c 區(qū)域存在一垂直于斜面向上的大小恒為b2 的磁場(chǎng)一阻值為r 、質(zhì)量為 m的導(dǎo)體棒 mn 垂直于導(dǎo)軌從 bb 處由靜止釋放不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g 求：(1) 導(dǎo)體棒 mn 到達(dá) cc 前瞬間，電阻 r 上消耗的電功率；(2)導(dǎo)體棒 mn 從 bb 到達(dá) cc 的過(guò)程中，通過(guò)電阻 r 的電荷量；(3)若導(dǎo)體棒 mn 到達(dá) cc 立即減速，到達(dá) dd 時(shí)合力恰好為零，求導(dǎo)體棒mn 從 cc 到dd 運(yùn)動(dòng)的時(shí)間【答案】（ 1）k 2 l4

33、r（ 2） qkl22l（ 3） tm r r v v b22 l3r2rrgsin（式rkb2 l3 mg r r sin中 v2gl sin, vb2 kl3mgrrsinb22l2【解析】【分析】【詳解】（1）因磁場(chǎng) b1 隨時(shí)間的變化規(guī)律為b1kt ，所以b， abb a 所組成回路產(chǎn)生的感應(yīng)kt電動(dòng)勢(shì) el2 g bkl2tt流過(guò)電阻 r 的電流 :ierr電阻 r 消耗的功率：pri 2r聯(lián)立以上各式求得：prk 2 l4 rr2r（2）電阻 r 的電荷量：qit ，iikl2rr根據(jù)牛頓第二定律：mgsinma導(dǎo)體棒從 mn 從 bb到達(dá) cc 中，通過(guò)的位移： l1 at 22聯(lián)立解得：qkl22lrrgsin（3）根據(jù)（ 2）問(wèn)，求得導(dǎo)體棒到達(dá)cc 時(shí)的速度： v2glsinb2 lv kl2mgsin到達(dá) dd 時(shí)合力為 0，則： b2 lrr解得： vb2 kl3mg rr sinb22 l2導(dǎo)體棒 mn 從 cc 到達(dá) dd過(guò)程中，運(yùn)用動(dòng)量定理： b2 i ltmgtsinmvmv從 cc 到達(dá) dd 過(guò)程中，流過(guò)導(dǎo)體棒mn 的電荷量： qi t且kl2tb2 l2qrrrr聯(lián)立以上式子，求得m rr vvb22l3v2glsin，b2kl3mg rrsin）tmgrr sin（式中vb22 l2kb2 l313 如