高中物理高分點(diǎn)撥：25個(gè)解題模型套路及技巧大全模型21 單桿切割模型（解析版）

1、洪老師的高考必備資料庫(kù)模型21 單桿切割（解析版）導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(1)導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì):當(dāng)導(dǎo)體棒垂直于磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng),B、l、v兩兩垂直時(shí),E=Blv。當(dāng)導(dǎo)線的運(yùn)動(dòng)方向與導(dǎo)線本身垂直,但與磁感線方向夾角為時(shí),E=Blvsin 。(2)用公式E=計(jì)算的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是平均電動(dòng)勢(shì),只有在電動(dòng)勢(shì)不隨時(shí)間變化的情況下平均電動(dòng)勢(shì)才等于瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)。用公式E=BLv計(jì)算電動(dòng)勢(shì)時(shí),如果v是瞬時(shí)速度,那么電動(dòng)勢(shì)是瞬時(shí)值;如果v是平均速度,那么電動(dòng)勢(shì)是平均值。(3)公式E=是計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的普遍適用的公式,公式E=BLv則是E=的一個(gè)特例。公式E=BLv成立的條件是L、v、B三者兩兩垂直。如果

2、不是兩兩垂直,那么L取導(dǎo)線在垂直于B方向的有效長(zhǎng)度,v取垂直于B方向的分速度。(4)E=是求整個(gè)回路的總電動(dòng)勢(shì),并且求出的是t時(shí)間內(nèi)的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),而公式E=BLv求出的只是切割磁感線的那部分導(dǎo)體中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),不一定是回路中的總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),并且它一般用于求某一時(shí)刻的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。【典例1】如圖，一直導(dǎo)體棒質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l、電阻為r，其兩端放在位于水平面內(nèi)間距也為l的光滑平行導(dǎo)軌上，并與之密接；棒左側(cè)兩導(dǎo)軌之間連接一可控制的負(fù)載電阻（圖中未畫出）；導(dǎo)軌置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌所在平面。開(kāi)始時(shí)，給導(dǎo)體棒一個(gè)平行于導(dǎo)軌的初速度v0。在棒的運(yùn)動(dòng)速度由v0減小至v1

3、的過(guò)程中，通過(guò)控制負(fù)載電阻的阻值使棒中的電流強(qiáng)度I保持恒定。導(dǎo)體棒一直在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)。若不計(jì)導(dǎo)軌電阻，求此過(guò)程中導(dǎo)體棒上感應(yīng)動(dòng)勢(shì)的平均值和負(fù)載電阻上消耗的平均功率?！窘馕觥繉?dǎo)體棒所受的安培力為 F=IlB 該力大小不變，棒做勻減速運(yùn)動(dòng)，因此在棒的速度從v0減小到v1的過(guò)程中，平均速度為 當(dāng)棒的速度為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E=lvB 棒中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 由式得 導(dǎo)體棒中消耗的熱功率為 負(fù)載電阻上消耗的平均功率為 由式得 【變式訓(xùn)練1】如圖，兩根相距L0.4m、電阻不計(jì)的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，一端與阻值R0.15的電阻相連。導(dǎo)軌x0一側(cè)存在沿x方向均勻增大的穩(wěn)恒磁場(chǎng)，其方向與導(dǎo)軌平面垂直，

4、變化率k0.5T/m，x0處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B00.5T。一根質(zhì)量m0.1kg、電阻r0.05的金屬棒置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。棒在外力作用下從x0處以初速度v02m/s沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電阻上消耗的功率不變。求：(1)電路中的電流；(2)金屬棒在x2m處的速度；(3)金屬棒從x0運(yùn)動(dòng)到x2m過(guò)程中安培力做功的大?。?4)金屬棒從x0運(yùn)動(dòng)到x2m過(guò)程中外力的平均功率。【解析】(1)在x=0時(shí)，E=B0Lv=0.50.42V=0.4V。電路中的電流I=E/(R+r)=2A；(2)在x2m處，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2= B0+kx20.5T+0.5T/m2m=1.5T。E=B2Lv2，解得：金屬棒在

5、x2m處的速度v2=m/s。(3)金屬棒從x0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的安培力：F0=B0IL=0.520.4N=0.4N。到x2m時(shí)的安培力：FA=B2IL=1.520.4N=1.2N。過(guò)程中安培力做功的大小W=( F0 + FA)x=1.6J。(4)由EIt=W解得t=2s。由動(dòng)能定理：Pt-W=mv22-mv02，解得P=W=0.71W?！镜淅?】如圖，水平面內(nèi)有一光滑金屬導(dǎo)軌，其MN、PQ邊的電阻不計(jì)，MP邊的電阻阻值R=1.5, MN與MP的夾角為1350, PQ與MP垂直，MP邊長(zhǎng)度小于1m。將質(zhì)量m=2kg，電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)直導(dǎo)體棒擱在導(dǎo)軌上，并與MP平行。棒與MN、PQ交點(diǎn)G、 H間的距離L

6、=4m。空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T。在外力作用下，棒由GH處以一定的初速度向左做直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中的電流強(qiáng)度始終與初始時(shí)的電流強(qiáng)度相等。(1)若初速度v1=3m/s,求棒在GH處所受的安培力大小FA.(2)若初速度v2=1.5m/s,求棒向左移動(dòng)距離2m到達(dá)EF所需時(shí)間t。(3)在棒由GH處向左移動(dòng)2m到達(dá)EF處的過(guò)程中，外力做功W=7J，求初速度v3?！敬鸢浮浚?）8N；（2）1s；（3）1m/s【解析】（1）棒在GH處速度為v1，因此，由此得；（2）設(shè)棒移動(dòng)距離a，由幾何關(guān)系EF間距也為a，磁通量變化。題設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中電流保持不變，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，有：因

7、此 解得 （3）設(shè)外力做功為W，克服安培力做功為WA，導(dǎo)體棒在EF處的速度為v3由動(dòng)能定理：克服安培力做功：式中 聯(lián)立解得：由于電流始終不變，有：因此 代入數(shù)值得 解得 或（舍去）【變式訓(xùn)練2】電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌長(zhǎng)S=1.15m，兩導(dǎo)軌間距L=0.75 m，導(dǎo)軌傾角為30，導(dǎo)軌上端ab接一阻值R=1.5的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.8T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直軌道平面向上。阻值r=0.5，質(zhì)量m=0.2kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開(kāi)始下滑至底端，在此過(guò)程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱。(取)求：(1)金屬棒在此過(guò)程中克服安培力的功；(2)金屬棒下滑速度時(shí)的加速度(3)為求金屬棒下

8、滑的最大速度，有同學(xué)解答如下：由動(dòng)能定理，。由此所得結(jié)果是否正確？若正確，說(shuō)明理由并完成本小題；若不正確，給出正確的解答?！窘馕觥浚?）下滑過(guò)程中安培力的功即為在電阻上產(chǎn)生的焦耳熱，由于，因此 （1分）（2分）（2）金屬棒下滑時(shí)受重力和安培力 （1分）由牛頓第二定律 （3分） （2分）(3)此解法正確。 (1分)金屬棒下滑時(shí)舞重力和安培力作用，其運(yùn)動(dòng)滿足上式表明，加速度隨速度增加而減小，棒作加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。無(wú)論最終是否達(dá)到勻速，當(dāng)棒到達(dá)斜面底端時(shí)速度一定為最大。由動(dòng)能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正確。 (2分) （1分） （1分）【典例3】如圖甲所示,空間存在方向豎直向下、磁感應(yīng)

9、強(qiáng)度大小B=0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng),有兩條平行的長(zhǎng)直導(dǎo)軌MN、PQ處于同一水平面內(nèi),間距L=0.2 m,左端連接阻值R=0.4 的電阻。質(zhì)量m=0.1 kg的導(dǎo)體棒cd垂直跨接在導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2。從t=0時(shí)刻開(kāi)始,通過(guò)一小型電動(dòng)機(jī)對(duì)導(dǎo)體棒施加一個(gè)水平向右的牽引力F,使導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌方向做加速運(yùn)動(dòng),此過(guò)程中導(dǎo)體棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。除R以外其余部分的電阻均不計(jì),取重力加速度大小g=10 m/s2。(1)若電動(dòng)機(jī)保持恒定功率輸出,導(dǎo)體棒的v-t圖象如圖乙所示(其中OC是曲線,CD是水平直線),已知010 s內(nèi),電阻R產(chǎn)生的熱量Q=28 J,求:導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度

10、vm時(shí)牽引力F的大小。導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始至達(dá)到最大速度vm時(shí)的位移大小。(2)若電動(dòng)機(jī)保持恒定牽引力F=0.3 N ,且將電阻換為C=10 F的電容器(耐壓值足夠大),如圖丙所示,求t=10 s時(shí)牽引力的功率?！敬鸢浮?1)0.45N60m(2)1.5W【解析】(1)當(dāng)導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度后,所受合力為零,沿導(dǎo)軌方向有F-F安-f=0摩擦力f=mg=0.2N感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLvm,感應(yīng)電流I=安培力F安=BIL=0.25N此時(shí)牽引力F=F安+f=0.45N。變力做功問(wèn)題不能用功的定義式,在010s內(nèi)牽引力是變力但功率恒定,可根據(jù)能量守恒定律求解電動(dòng)機(jī)的功率P=Fvm=4.5W電動(dòng)機(jī)消耗的電能等于導(dǎo)

11、體棒的動(dòng)能、克服安培力做功產(chǎn)生的焦耳熱與克服摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能之和,有Pt=m+fx+Q解得位移x=60m。(2)當(dāng)金屬棒的速度大小為v時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv由C=可知,此時(shí)電容器極板上的電荷量Q=CU=CE=CBLv設(shè)在一小段時(shí)間t內(nèi),可認(rèn)為導(dǎo)體棒做勻變速運(yùn)動(dòng),速度增加量為v電容器極板上增加的電荷量Q=CBLv根據(jù)電流的定義式I=CBLa對(duì)導(dǎo)體棒受力分析,根據(jù)牛頓第二定律,有F-f-BIL=ma將I=CBLa代入上式可得a=0.5m/s2可知導(dǎo)體棒的加速度與時(shí)間無(wú)關(guān),為一個(gè)定值,即導(dǎo)體棒做勻加速運(yùn)動(dòng)在t=10s時(shí),v=at=5m/s,此時(shí)的功率P=Fv=1.5W?！咀兪接?xùn)練3】如圖所示,

12、絕緣水平面內(nèi)固定有一間距d=1 m、電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)光滑矩形導(dǎo)軌AKDC,導(dǎo)軌兩端接有阻值分別為R1=3 和R2=6 的定值電阻,矩形區(qū)域AKFE、NMCD范圍內(nèi)均有方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和,一質(zhì)量m=0.2 kg、電阻r=1 的導(dǎo)體棒bc垂直放在導(dǎo)軌上AK與EF之間某處,在方向水平向右、大小F0=2 N的恒力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),剛要到達(dá)EF時(shí)導(dǎo)體棒bc的速度大小v1=3 m/s,導(dǎo)體棒bc進(jìn)入磁場(chǎng)后,導(dǎo)體棒bc中通過(guò)的電流始終保持不變,導(dǎo)體棒bc在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,空氣阻力不計(jì)。(1)求導(dǎo)體棒bc剛要到達(dá)EF時(shí)的加速度大小a1。(2)求兩磁場(chǎng)

13、邊界EF和MN之間的距離L?！敬鸢浮俊窘馕觥?1)導(dǎo)體棒bc剛要到達(dá)EF時(shí),在磁場(chǎng)中切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=Bdv1,經(jīng)分析可知,此時(shí)導(dǎo)體棒bc所受安培力的方向水平向左,由牛頓第二定律,則有F0-BI1d=ma1根據(jù)閉合電路的歐姆定律,則有I1=上式中R=2聯(lián)立解得a1=5m/s2。(2)導(dǎo)體棒bc進(jìn)入磁場(chǎng)后,受到的安培力與F0平衡,做勻速直線運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體棒bc中通過(guò)的電流I2保持不變,則有F0=BI2d,其中I2=設(shè)導(dǎo)體棒bc從EF運(yùn)動(dòng)到MN的過(guò)程中的加速度大小為a2,根據(jù)牛頓第二定律,則有F0=ma2導(dǎo)體棒bc在EF、MN之間做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則有-=2a2L聯(lián)立解得L=1.35m。

14、 (1)5m/s2(2)1.35m【典例4】(2019廣西南寧1月檢測(cè))如圖甲所示,放置在水平桌面上的兩條光滑導(dǎo)軌間的距離L=1 m,質(zhì)量m=1 kg 的光滑導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上,導(dǎo)軌左端與阻值R=4 的電阻相連,導(dǎo)軌所在位置有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向下,現(xiàn)給導(dǎo)體棒施加一個(gè)水平向右的恒定拉力F,并每隔0.2 s測(cè)量一次導(dǎo)體棒的速度,圖乙是根據(jù)所測(cè)數(shù)據(jù)描繪出的導(dǎo)體棒的v-t圖象。設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng),求:(1)力F的大小。(2)t=1.6 s時(shí),導(dǎo)體棒的加速度大小。(3)若1.6 s內(nèi)導(dǎo)體棒的位移x=8 m,試計(jì)算1.6 s內(nèi)電阻產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮?1)10N(2)2m

15、/s2(3)48J【解析】(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv感應(yīng)電流I=,安培力F安=BIL當(dāng)速度最大時(shí)F=F安解得F=10N。(2)當(dāng)t=1.6s時(shí),v1=8m/s,此時(shí)F安=8NF-F安=ma,解得a=2m/s2。(3)由能量守恒得Fx=Q+m解得1.6s內(nèi)電阻產(chǎn)生的熱量Q=48J。【變式訓(xùn)練4】某同學(xué)設(shè)計(jì)了電磁健身器,簡(jiǎn)化裝置如圖所示。兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50 m,傾角=53,導(dǎo)軌上端接一個(gè)R=0.05 的電阻。在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d=0.56 m的區(qū)域內(nèi),存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2.0 T。質(zhì)量m=4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上,用絕緣繩索通過(guò)定滑輪與輕的拉

16、桿GH相連,CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s=0.24 m。一位健身者用F=80 N的恒力沿繩拉動(dòng)GH桿,CD棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),上升過(guò)程中CD棒始終與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手,觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置。已知sin 53=0.8,cos 53=0.6,重力加速度g=10 m/s2,不計(jì)其他電阻、摩擦力,以及拉桿和繩索的質(zhì)量。(1)求CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大小。(2)通過(guò)數(shù)據(jù)計(jì)算,說(shuō)明CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)情況。(3)某健身者鍛煉過(guò)程中,沒(méi)有保持80 N的恒定拉力。若測(cè)出CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊緣時(shí)的速度為2 m/s,CD棒每次上升過(guò)程中,電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q=22.

17、4 J,這位健身者為了消耗8000 J的熱量,約需完成以上動(dòng)作多少次?【答案】(1)2.4m/s(2)勻速運(yùn)動(dòng)(3)143次【解析】(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)前,根據(jù)牛頓第二定律,有F-mgsin=ma解得a=12m/s2由勻變速公式2as=v2,解得v=2.4m/s。(2)CD棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv=2.4V感應(yīng)電流I=48A安培力F安=BIl=48N,方向沿斜面向下重力沿斜面方向的分力G1=mgsin=32N因拉力F=80N,則F=F安+G1,即合力為零,故CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)后,做勻速運(yùn)動(dòng)。(3)每次上升過(guò)程,CD棒增加的重力勢(shì)能Ep=mg(s+d)sin=25.6J增加的動(dòng)能Ek=m

18、=8J每次需消耗的能量E=Ek+Ep+Q=56J次數(shù)n=142.86,則完成以上動(dòng)作約需143次?！镜淅?】(2018河北保定期中)如圖所示,兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一豎直面(紙面)內(nèi),其上端接一阻值為R的電阻;在兩導(dǎo)軌間OO下方區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B?，F(xiàn)使電阻為r、質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開(kāi)始自O(shè)O位置釋放,向下運(yùn)動(dòng)距離d后速度不再變化。金屬棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好接觸且下落過(guò)程中始終保持水平,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。重力加速度為g。 (1)求棒ab在向下運(yùn)動(dòng)距離d的過(guò)程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱。(2)棒ab從靜止釋放經(jīng)過(guò)時(shí)間t0下降了d,求此時(shí)刻的速度大小?！敬鸢?/p>

19、】(1)mgd-(2)gt0-【解析】(1)設(shè)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度為vm,根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得回路電流I=金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡,則有mg=BIl聯(lián)立解得金屬棒的最大速度vm=根據(jù)能量守恒定律可得mgd=m+Q解得Q=mgd-。(2)以金屬棒為研究對(duì)象,根據(jù)動(dòng)量定理可得(mg-Bl)t0=mv而q=t0=解得v=gt0-?！咀兪接?xùn)練5】(2018遼寧丹東二模)如圖所示,光滑的金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng),電阻不計(jì),兩軌間距為L(zhǎng),其左端連接一阻值為R的電阻。導(dǎo)軌處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,一質(zhì)量為m的金屬棒,放置在導(dǎo)軌上,其電阻為r,某時(shí)刻一水平力F垂直作用在

20、金屬棒中點(diǎn),金屬棒從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),已知加速度大小為a,金屬棒始終與導(dǎo)軌接觸良好。(1)從力F作用開(kāi)始計(jì)時(shí),請(qǐng)推導(dǎo)F與時(shí)間t的關(guān)系式。(2)F作用時(shí)間t0后撤去,求金屬棒能繼續(xù)滑行的距離s?！敬鸢浮?1)F=at+ma(2)【解析】(1)設(shè)t時(shí)刻,電路中電流為I,對(duì)金屬棒有F-BIL=ma根據(jù)閉合電路歐姆定律可得BLv=I(R+r)金屬棒速度v=at聯(lián)立解得F=at+ma。(2)撤去F瞬間,金屬棒速度v0=at0,在t時(shí)間內(nèi),取金屬棒速度方向?yàn)檎较蛴蓜?dòng)量定理可得-ILBt=mv兩邊求和有-ILBt=mv,BLv=I(R+r)聯(lián)立可得-vt=-mat0,即s=?！镜淅?】電磁軌道炮利

21、用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度,其原理可用來(lái)研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意圖如圖,圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E,電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l,電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開(kāi)關(guān)S接1,使電容器完全充電。然后將S接至2,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出),MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí),回路中電流為零,MN達(dá)到最大速度,之后離開(kāi)導(dǎo)軌。求:(1)磁場(chǎng)的方向。(2)MN剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大小。(3)MN離開(kāi)

22、導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q?！敬鸢浮?1)垂直于導(dǎo)軌平面向下(2)(3)【解析】(1)MN向右加速運(yùn)動(dòng),說(shuō)明安培力向右,而電流方向由M到N,則磁場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。(2)電容器完全充電后,兩極板間電壓為E,當(dāng)開(kāi)關(guān)S接2時(shí),電容器放電,設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I,有I=設(shè)MN受到的安培力為F,有F=IlB由牛頓第二定律,有F=ma聯(lián)立由上式得a=。(3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí),設(shè)電容器上電荷量為Q0,有Q0=CE開(kāi)關(guān)S接2后,MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng),速度達(dá)到最大值vmax時(shí),設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,有E=Blvmax依題意有E=設(shè)在此過(guò)程中MN的平均電流為,MN上受到的平均安培力為,有=

23、Bl由動(dòng)量定理,有t=mvmax又t=Q0-Q聯(lián)立各式得Q=?！咀兪接?xùn)練6】(2018湖北宜昌9月月考)(多選)如圖所示,間距L=1.0 m、長(zhǎng)為5.0 m的光滑導(dǎo)軌固定在水平面上,一電容C=0.1 F的平行板電容器接在導(dǎo)軌的左端。垂直于水平面的磁場(chǎng)沿x軸方向上按B=B0+kx(其中B0=0.4 T,k=0.2 T/m)分布,垂直x軸方向的磁場(chǎng)均勻分布?，F(xiàn)有一導(dǎo)體棒橫跨在導(dǎo)體框上,在沿x軸方向的水平拉力F作用下,以v=2.0 m/s的速度從x=0處沿x軸方向勻速運(yùn)動(dòng),不計(jì)所有電阻,下列說(shuō)法中正確的是()。A.電容器中的電場(chǎng)隨時(shí)間均勻增大B.電路中的電流隨時(shí)間均勻增大C.拉力F的功率隨時(shí)間均勻增

24、大D.導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)至x=3 m處時(shí),所受安培力為0.02 N【答案】AC【解析】根據(jù)導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,所以E=BLv,因?yàn)榇艌?chǎng)隨位移均勻變化,所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨位移均勻增大,電容器兩端的電壓均勻變化,電場(chǎng)強(qiáng)度也是均勻變化的,A項(xiàng)正確;電容器的電容C=,解得I=LCv,由于導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng),且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨位移均勻變化,而x=vt,所以電流不變,B項(xiàng)錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng),根據(jù)平衡條件可得F=BIL,而B(niǎo)均勻增大,所以安培力均勻增大,拉力F均勻增大,拉力做功功率等于克服安培力做功功率,根據(jù)P=Fv可知,外力的功率均勻增大,C項(xiàng)正確;導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)至x=3m處時(shí),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=(0.4+

25、0.23)T=1T,電流I=LCv=LCv2=0.08A,所以導(dǎo)體棒所受安培力F=BIL=0.08N,D項(xiàng)錯(cuò)誤?！镜淅?】(2019河北張家口1月模擬)(多選)如圖所示,固定的豎直光滑U形金屬導(dǎo)軌,間距為L(zhǎng),上端接有阻值為R的電阻,處在方向水平且垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與勁度系數(shù)為k的固定輕彈簧相連放在導(dǎo)軌上,導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。初始時(shí)刻,彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài),其伸長(zhǎng)量x1=,此時(shí)導(dǎo)體棒具有豎直向上的初速度v0。在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。則下列說(shuō)法正確的是()。A.初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力大小F=B.初始時(shí)刻導(dǎo)體棒

26、加速度的大小a=2g+C.導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動(dòng),最終靜止時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)D.導(dǎo)體棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q=m+【答案】BC【解析】導(dǎo)體棒的初速度為v0,初始時(shí)刻產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv0,初始時(shí)刻回路中產(chǎn)生的電流I=,導(dǎo)體棒受到的安培力F=BIL,聯(lián)立解得F=,A項(xiàng)錯(cuò)誤;初始時(shí)刻,彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài),導(dǎo)體棒受到的重力、安培力和彈簧的彈力均向下,由ma=mg+kx1+F,解得a=2g+,B項(xiàng)正確;導(dǎo)體棒最終靜止時(shí),受到的重力和彈簧的彈力平衡,所以彈力的方向向上,此時(shí)導(dǎo)體棒的位置比初始時(shí)刻降低了,C項(xiàng)正確;導(dǎo)體棒最終靜止時(shí),棒受到的重力和彈簧的彈力平衡,有mg=kx2,得

27、x2=,由于x1=x2,所以彈簧的彈性勢(shì)能不變,由能量守恒定律得mg(x1+x2)+Ek=Q,解得系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q=m+,R上產(chǎn)生的熱量要小于系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量,D項(xiàng)錯(cuò)誤?！咀兪接?xùn)練7】(2018廣西十校聯(lián)考)如圖所示,足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L(zhǎng),導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為,導(dǎo)軌電阻不計(jì),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面斜向上,長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒ab垂直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)軌的上端連接右側(cè)電路,電路中R2為一電阻箱,已知燈泡的電阻RL=3R不變,定值電阻R1=R,調(diào)節(jié)電阻箱使R2=6R,重力加速度為g,閉合開(kāi)關(guān)S,現(xiàn)將

28、金屬棒由靜止釋放。(1)求金屬棒下滑的最大速度vm的大小。(2)若金屬棒下滑距離為x時(shí)速度恰好達(dá)到最大,求金屬棒由靜止開(kāi)始下滑x的過(guò)程中流過(guò)R1的電荷量和R1產(chǎn)生的焦耳熱Q1。(3)改變電阻箱R2的值,求R2為何值時(shí),金屬棒勻速下滑過(guò)程中R2消耗的電功率最大?！敬鸢浮?1)(2)mgxsin-(3)R2=3R【解析】(1)當(dāng)金屬棒受力平衡時(shí)速度最大,有mgsin=F安,F安=BIL,I=R總=4R,聯(lián)立解得vm=。(2)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=,平均感應(yīng)電流=得通過(guò)R1的電荷量q=t=由動(dòng)能定理有WG-W安=mWG=mgxsin,W安=Q解得Q=mgxsin-故Q1=Q=mgxsin-。(3)設(shè)金屬

29、棒勻速下滑時(shí)通過(guò)R2的電流大小為I2,則P2=R2聯(lián)立可得P2=當(dāng)R2=,即R2=3R時(shí),R2消耗的功率最大?！镜淅?】(2018江蘇卷,19)(多選)如圖甲所示,豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng),矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)、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)和時(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()。甲A.剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度方向豎直向下B.穿過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間C.穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgdD.釋放時(shí)距磁場(chǎng)上邊界的高度h可能小于【答案】BC【解析】穿過(guò)磁場(chǎng)后,金屬桿在磁場(chǎng)之間做加速運(yùn)動(dòng),在

30、磁場(chǎng)上邊緣時(shí)的速度大于從磁場(chǎng)出來(lái)時(shí)的速度,即進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度等于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度,大于從磁場(chǎng)出來(lái)時(shí)的速度。金屬桿在磁場(chǎng)中做減速運(yùn)動(dòng),加速度方向向上,A項(xiàng)錯(cuò)誤。金屬桿在磁場(chǎng)中做減速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律知ma=BIL-mg=-mg,a隨著減速過(guò)程逐漸變小,即在前一段做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)。金屬桿在磁場(chǎng)之間做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng),兩個(gè)過(guò)程位移大小相等,由v-t圖象(可能圖象如圖乙所示)可以看出前一段用時(shí)多于后一段用時(shí),B項(xiàng)正確。乙由于進(jìn)入兩磁場(chǎng)時(shí)速度相等,由動(dòng)能定理知,W安1-mg2d=0,W安1=2mgd,即通過(guò)磁場(chǎng)產(chǎn)生的熱量為2mgd,故穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd,C項(xiàng)正確。設(shè)金屬桿

31、剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v,則由機(jī)械能守恒定律知mgh=mv2,進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)有ma=BIL-mg=-mg,解得v=,聯(lián)立解得h=,D項(xiàng)錯(cuò)誤。【變式訓(xùn)練8】(2016全國(guó)卷,24)如圖,水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻,質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t=0時(shí),金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。t0時(shí)刻,金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì),兩者始終保持垂直且接觸良好,兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。重力加速度大小為g。求:(1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大小。(2)電阻的阻值。【答案】(1)Blt0(2)【解析】(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得ma=F-mg設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v=at0當(dāng)金屬桿以速度v在磁