選修32第九章專題課2

1、專題課 2 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題和能量、動量問題電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1.兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn) 行分析2.電學(xué)對象與力學(xué)對象的轉(zhuǎn)換及關(guān)系命題角度 1 導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)【例 1】 （2017·天津理綜， 3）如圖 1 所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)， 導(dǎo)軌之間接有電阻 R。金屬棒 ab 與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在 勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻減小，ab 始終保持靜止，下列說法正確的是（）圖1A. ab中的感應(yīng)電流方向

2、由 b到 aB. ab 中的感應(yīng)電流逐漸減小C. ab 所受的安培力保持不變D. ab所受的靜摩擦力逐漸減小解析 導(dǎo)體棒 ab、電阻 R、導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減?。?Bt k 為一定值），則閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，可知回路中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流， ab 中的電流方向由 a 到 b，故選項 A 錯誤；根據(jù)法拉第電 磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢 Et Bt·SkS，回路面積 S不變，即感應(yīng)電動勢 為定值，根據(jù)閉合電路歐姆定律 I ER，所以 ab 中的電流大小不變，故選項 B 錯 誤；安培力 F BIL ，電流大小不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則安培力減小，故選項 C 錯

3、誤；導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為零，對其受力分析，水平方向靜摩擦 力 f 與安培力 F 等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故選項 D 正確。 答案 D 命題角度 2 導(dǎo)體棒做勻速運動【例 2】 （多選 ）一空間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場 B，兩條電阻不計的平行 光滑導(dǎo)軌豎直放置在磁場內(nèi)，如圖 2 所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 0.5 T，導(dǎo)體棒 ab、 cd長度均為 0.2 m，電阻均為 0.1 ，重力均為 0.1 N，現(xiàn)用力向上拉動導(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 cd 靜止不動，則 ab 上升 時，下列說法正確的是（ ）圖2A. ab受到的拉力大小為 2

4、 NB. ab 向上運動的速度為 2 m/sC. 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解析對導(dǎo)體棒 cd分析： mgBIl22B2l2v，得 v2 m/s，故選項 B 正確；對導(dǎo)體棒 ab 分析： FmgBIl0.2 N，選項 A 錯誤；在 2 s 內(nèi)拉力做功轉(zhuǎn)化為 ab棒 B2l 2v 2t 的重力勢能和電路中的電能， 電能等于克服安培力做的功， 即 W電F 安 vt v0.4 J，選項 C正確；在 2 s內(nèi)拉力做的功為 W拉Fvt0.8 J，選項 D錯誤答案 BC命題角度 3 變加速直線運動問題【例 3】 如圖 3所示，足夠長的

5、平行金屬導(dǎo)軌 MN 和 PQ表面粗糙，與水平面 間的夾角為 37°（sin 37 °0.6），間距為 1 m。垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁 場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 4 T，P、M 間所接電阻的阻值為 8 。質(zhì)量為 2 kg 的 金屬桿 ab 垂直導(dǎo)軌放置，不計桿與導(dǎo)軌的電阻，桿與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為 0.25。金屬桿 ab 在沿導(dǎo)軌向下且與桿垂直的恒力 F 作用下，由靜止開始運動， 桿的最終速度為 8 m/s，取 g 10 m/s2，求：圖3（1）當(dāng)金屬桿的速度為 4 m/s時，金屬桿的加速度大??；（2）當(dāng)金屬桿沿導(dǎo)軌的位移為 6.0 m 時，通過金屬桿的電荷量 解析 （ 1

6、）對金屬桿 ab 應(yīng)用牛頓第二定律，有Fmgsin F 安fma，fFN，F(xiàn)Nmgcos ab桿所受安培力大小為 F 安BIL ab 桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 EBLv由閉合電路歐姆定律可知 I ER整理得：Fmgsin B2RL2vmcgos ma代入 vm8 m/s 時 a 0，解得 F 8 N 代入 v4 m/s及 F8 N，解得 a4 m/s2 （2）設(shè)通過回路橫截面的電荷量為 q，則 q It 回路中的平均電流強(qiáng)度為 I ER回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為Et回路中的磁通量變化量為 BLx，聯(lián)立解得 q 3 C 答案 （1）4 m/s2 （2）3 C用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動

7、力學(xué)問題解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的一般思路是先電后力 ”，具體思路如下：電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化2.求解焦耳熱 Q 的三種方法例 4】（2016·浙江理綜） 小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖 4 所示，兩根 平行金屬導(dǎo)軌相距 l0.50 m，傾角 53°，導(dǎo)軌上端串接一個 0.05 的電阻。在導(dǎo)軌間長 d0.56 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，磁感 應(yīng)強(qiáng)度 B2.0 T。質(zhì)量m4.0 kg 的金屬棒 CD水平置于導(dǎo)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

8、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(dǎo)軌垂直。 當(dāng) CD 棒到達(dá)磁場上邊界時健身者松手， 觸發(fā)恢復(fù)裝置 使 CD 棒回到初始位置（重力加速度 g10 m/s2， sin 53 °0.8，不計其他電阻、 摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量） 。求圖4（1）CD 棒進(jìn)入磁場時速度 v 的大?。唬?）CD 棒進(jìn)入磁場時所受的安培力的大??；（3）在拉升 CD 棒的過程中，健身者所做的功 W 和電阻產(chǎn)生的焦耳熱 Q 解析 （1）由牛頓第二定律 aFmmgsin 12 m/s2 進(jìn)入磁場時的速度 v 2as2.4 m/s（ 2）感應(yīng)電動勢 E B

9、lv感應(yīng)電流IBlv安培力 FAIBl 代入得 FABl)R2v48 N（3）健身者做功 WF（sd）64 J 由牛頓第二定律得 Fmgsin FA 0 在磁場中運動時間 t vd 焦耳熱 Q I2Rt26.88 J答案 （ 1） 2.4 m/s （2）48 N （3）64 J 26.88 J【變式訓(xùn)練 1】 如圖 5 所示，在高度差 h0.5 m 的平行虛線范圍內(nèi)， 有磁感應(yīng) 強(qiáng)度 B 0.5 T、方向垂直于豎直平面向里的勻強(qiáng)磁場，正方形線框abcd 的質(zhì)量m0.1 kg、邊長 L0.5 m、電阻 R0.5 ，線框平面與豎直平面平行，靜止在 位置“”時， cd邊跟磁場下邊緣有一段距離。 現(xiàn)用

10、一豎直向上的恒力 F4.0 N 向上提線框， 線框由位置“”無初速度開始向上運動， 穿過磁場區(qū)， 最后到達(dá) 位置“”（ ab 邊恰好出磁場），線框平面在運動中保持與磁場方向垂直，且 cd 邊保持水平。設(shè) cd邊剛進(jìn)入磁場時，線框恰好開始做勻速直線運動。 g 取 10 m/s2。圖5（ 1）求線框進(jìn)入磁場前距磁場下邊界的距離 H；（ 2）線框由位置“”到位置“”的過程中，恒力F 做的功是多少？線框內(nèi)產(chǎn)生的熱量又是多少？解析 （ 1）在恒力作用下，線框開始向上做勻加速直線運動，設(shè)線框的加速度為 a，據(jù)牛頓第二定律有： F mg ma設(shè) cd邊剛進(jìn)磁場時， 線框速度設(shè)為 v1，線框從靜止到 cd 邊

11、剛進(jìn)磁場過程中，由 運動學(xué)方程有：v212a·H cd 邊剛進(jìn)磁場時產(chǎn)生電動勢 EBLv，感應(yīng)電流E BLvR R安培力 F 安 BIL線框做勻速直線運動，則有 FF 安 mg，聯(lián)立以上各式，可解得vFR mgRB2L224 m/s，由 v2 2aH 解得 H 9.6 m。（2）恒力 F 做的功 WF（HLh）42.4 J，從 cd 邊進(jìn)入磁場到 ab 邊離開磁場的過程中， 拉力所做的功等于線框增加的重力 勢能和產(chǎn)生的熱量 Q，即 F（Lh）mg（Lh） Q，解得： Q（ Fmg）（ L h） 3.0 J2 BLv 2 h L或 QI2Rt（ R ）2R（vv）3.0 J答案 （1）

12、9.6 m （2）42.4 J 3.0 J電磁感應(yīng)中的動量和能量觀點的綜合應(yīng)用1.應(yīng)用動量定理可以由動量變化來求解變力的沖量。 如在導(dǎo)體棒做非勻變速運動 的問題中，應(yīng)用動量定理可以解決牛頓運動定律不易解答的問題。2.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 5】 （2017·11 月浙江選考）如圖 6 所示，匝數(shù) N100、截面積 S1.0×10 2 m2、電阻 r 0.15 的線圈內(nèi)有方向垂直于線圈平面向上的隨時間均勻增加的 勻強(qiáng)磁

13、場 B1，其變化率 k0.80 T/s。線圈通過開關(guān) S連接兩根相互平行、間距 d 0.20 m的豎直導(dǎo)軌，下端連接阻值 R0.50 的電阻。一根阻值也為 0.50 、 質(zhì)量 m1.0×102 kg 的導(dǎo)體棒 ab 擱置在等高的擋條上。 在豎直導(dǎo)軌間的區(qū)域僅 有垂直紙面的不隨時間變化的勻強(qiáng)磁場 B2。接通開關(guān) S 后，棒對擋條的壓力恰 好為零。假設(shè)棒始終與導(dǎo)軌垂直， 且與導(dǎo)軌接觸良好， 不計摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻。圖6（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度 B2 的大小，并指出磁場方向；（2）斷開開關(guān) S后撤去擋條，棒開始下滑，經(jīng) t0.25 s后下降了 h0.29 m， 求此過程棒上產(chǎn)生的熱量。解析 （

14、1）線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E N t NS Bt 代入數(shù)據(jù)得 E0.8 V，由楞次定律判斷可知，電流從左邊流入，右邊流出。 等效電路圖如下：總電流E 0.8R0.150.25 r21 A 。根據(jù)題意，此刻棒對擋條的壓力為零，即金屬棒所受安培力等于其重力， 即 B2Iabdmg，解得 B20.50 T， 根據(jù)左手定則可知磁場的方向應(yīng)該垂直紙面向外。2）開關(guān)斷開之后，撤去擋條， ab 下滑中切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)動量定理，得（ mg B2Id）tmv0其中 qIt ，R0 RabB2dh聯(lián)立上式可知 v2.21 m/s1根據(jù)動能定理可知 mgh W2mv20求得 W 4.58

15、15; 103 J，因此金屬棒上產(chǎn)生熱量為Q|21W|2.29×103 J答案 （1）0.5 T，磁場垂直紙面向外 （2）2.29×103 J（1）若涉及變力作用下運動問題，可選用動量守恒和能量守恒的方法解決。（2）若涉及恒力或恒定加速度，一般選用動力學(xué)的觀點。若涉及運動時間問題 也可選用動量定理求解?！咀兪接?xùn)練 2】 （2018·11月浙江選考） 如圖 7所示，在間距 L0.2 m的兩光 滑平行水平金屬導(dǎo)軌間存在方向垂直于紙面 （向內(nèi)為正） 的磁場， 磁感應(yīng)強(qiáng)度的 分布沿 y方向不變，沿 x 方向如下：1 T x>0.2 mB 5x T 0.2 mx0.2

16、 m 1 T x< 0.2 m導(dǎo)軌間通過單刀雙擲開關(guān) S連接恒流源和電容 C1 F 的未充電的電容器，恒流 源可為電路提供恒定電流 I2 A，電流方向如圖所示。有一質(zhì)量 m0.1 kg的金 屬棒 ab垂直導(dǎo)軌靜止放置于 x00.7 m處。開關(guān) S擲向 1，棒 ab 從靜止開始運 動，到達(dá) x30.2 m處時，開關(guān) S擲向2。已知棒 ab在運動過程中始終與導(dǎo)軌 垂直。求：（提示：可以用 Fx圖象下的“面積”代表力 F 所做的功）（ 1）棒 ab 運動到 x10.2 m 時的速度 v1；（2）棒 ab 運動到 x2 0.1 m時的速度 v2；（ 3）電容器最終所帶的電荷量 Q。解析 （1）從

17、 x0x1 的過程，由于安培力為恒力，安培力 F BIL1運用動能定理 BIL （ x0x1） 2mv21 0，解得 v12 m/s（ 2）在區(qū)間 0.2 mx0.2 m安培力 F 5xIL如圖所示，安培力做功W 安 52IL （ x12x22）由動能定理得1 2 1 2 W 安 2mv2 2mv1， v2 253 m/s（3）從 0.2 m處移到 0.2 m處安培力不做功， v3 v12 m/s 設(shè)最后穩(wěn)定時的速度為 v 則 導(dǎo)體棒兩端電壓 UBLv 電容器上所帶電荷量 qCU電路中通過的電荷量 qIt 根據(jù)動量定理 BILt mvmv310 2 得 v 7 m/s，因此 q 7C答案 （

18、1） 2 m/s （2） 253 m/s （3）72 C科學(xué)思維 電磁感應(yīng)中的“桿導(dǎo)軌”模型模型一 “單桿導(dǎo)軌 ” 模型1. 單桿水平式（導(dǎo)軌光滑）物理模型動態(tài)分析設(shè)運動過程中某時刻棒的速度為 v，加速度為 a F B L v，a、v m mRBLv 同向，隨 v 的增加， a 減小，當(dāng) a0時，v 最大， I R 恒定收尾狀態(tài)運動形式勻速直線運動力學(xué)特征FRa 0，v 最大， vmB2L2電學(xué)特征I 恒定2.單桿傾斜式（導(dǎo)軌光滑）物理模型動態(tài)分析棒釋放后下滑，此時 agsin ，速度 v EBLv I ER FBIL a，當(dāng)安培力 F mgsin 時， a 0， v 最大收尾狀態(tài)運動形式勻速

19、直線運動力學(xué)特征mgRsin a0， v 最大， vm B2L2電學(xué)特征I 恒定例 1 】 如圖 8 所示，足夠長的金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，金屬導(dǎo)軌寬度 L 1.0 m，導(dǎo)軌上放有垂直導(dǎo)軌的金屬桿 P，金屬桿質(zhì)量為 m 0.1 kg，空間存在磁 感應(yīng)強(qiáng)度 B0.5 T、豎直向下的勻強(qiáng)磁場。 連接在導(dǎo)軌左端的電阻 R3.0 ，金 屬桿的電阻 r 1.0 ，其余部分電阻不計。 某時刻給金屬桿一個水平向右的恒力 F，金屬桿 P由靜止開始運動，圖乙是金屬桿 P運動過程的 vt 圖象，導(dǎo)軌與 金屬桿間的動摩擦因數(shù) 0.5。在金屬桿 P運動的過程中，第一個 2 s內(nèi)通過金 屬桿 P 的電荷量與第二個 2

20、s內(nèi)通過 P的電荷量之比為 35。g 取 10 m/s2。求：（ 1）水平恒力 F 的大?。唬?）前 4 s內(nèi)電阻 R上產(chǎn)生的熱量。解析 （1）由圖乙可知金屬桿 P 先做加速度減小的加速運動， 2 s 后做勻速直線 運動當(dāng) t2 s時，v4 m/s，此時感應(yīng)電動勢 EBLv感應(yīng)電流 IRE r安培力 FBILB2L2vRr根據(jù)牛頓運動定律有 F Fmg 0 解得 F0.75 N。2）通過金屬桿 P的電荷量qIt RE r·t其中EBLxtt所以 qBLxRrx（x 為 P 的位移）設(shè)第一個 2 s內(nèi)金屬桿 P的位移為 x1，第二個 2 s內(nèi) P的位移為 x2則 1 BLx1，2 BL

21、x2 BLvt又由于 q1 q2 3 5聯(lián)立解得 x28 m， x14.8 m前 4 s 內(nèi)由能量守恒定律得12F（x1x2）2mv mg（x1x2） QrQR 其中 Qr QR rR13 解得 QR1.8 J。答案 （ 1） 0.75 N （ 2） 1.8 J模型二 “雙桿導(dǎo)軌 ” 模型示意圖導(dǎo)體棒 1 受安培力的作用做加速力學(xué)觀點度減小的減速運動，導(dǎo)體棒 2 受 安培力的作用做加速度減小的 加速運動，最后兩棒以相同的速兩棒以相同的加速度做勻加速直線運動度做勻速直線運動動量觀點系統(tǒng)動量守恒系統(tǒng)動量不守恒能量觀點棒 1 動能的減少量棒 2 動能的 增加量焦耳熱外力做的功棒 1 增加的動能棒 2

22、 增加的動能焦耳熱【例 2】 如圖 9 所示，平行傾斜光滑導(dǎo)軌與足夠長的平行水平光滑導(dǎo)軌平滑連1 接，導(dǎo)軌電阻不計。質(zhì)量分別為 m 和21m的金屬棒 b 和 c靜止放在水平導(dǎo)軌上， b、c 兩棒均與導(dǎo)軌垂直。圖中 de虛線往右有范圍足夠大、方向豎直向上的勻強(qiáng) 磁場。質(zhì)量為 m的絕緣棒 a 垂直于傾斜導(dǎo)軌靜止釋放，釋放位置與水平導(dǎo)軌的 高度差為 h。已知絕緣棒 a 滑到水平導(dǎo)軌上與金屬棒 b 發(fā)生彈性正碰，金屬棒 b 進(jìn)入磁場后始終未與金屬棒 c 發(fā)生碰撞。重力加速度為 g，求：圖9（ 1）絕緣棒 a 與金屬棒 b 發(fā)生彈性正碰后分離時兩棒的速度大?。唬?）金屬棒 b 進(jìn)入磁場后，其加速度為其最

23、大加速度的一半時的速度大??；（3）兩金屬棒 b、c 上最終產(chǎn)生的總焦耳熱。1解析 （1）設(shè) a棒滑到水平導(dǎo)軌時， 速度為 v0，下滑過程中 a 棒機(jī)械能守恒 12mv20mgha 棒與 b 棒發(fā)生彈性碰撞由動量守恒定律 mv0 mv1mv2111由機(jī)械能守恒定律 2mv02 2mv212mv22解出 v1 0， v2v0 2gh（2）b 棒剛進(jìn)磁場時的加速度最大。b、c 兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒。由動量守恒定律mv2mv2m2v3設(shè) b 棒進(jìn)入磁場后任一時刻， b 棒的速度為 vb，c 棒的速度為 vc，則 b、c 組成的 回路中的感應(yīng)電動勢 EBL（vbvc），由閉合電路歐姆定

24、律得 I E ，由安培力R總 B2L2（vbvc）公式得 F BIL ma，聯(lián)立得 a。故當(dāng) b 棒加速度為最大值的一半時有 v22（v2 v3） 聯(lián)立得 v265v2 56 2gh（3）最終 b、c 以相同的速度勻速運動。 由動量守恒定律 mv2（ mm2 ）v 由能量守恒定律 21mv2221（m m2）v2Q1解出 Q3mgh答案 （ 1） 0 2gh （2）65 2gh （3）13mgh活頁作業(yè)時間： 30 分鐘）A 組 基礎(chǔ)過關(guān)1.水平放置的金屬框架 cdef 處于如圖 1 所示的勻強(qiáng)磁場中，金屬棒 ab 處于粗糙 的框架上且與框架接觸良好，從某時刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，金屬棒

25、ab 始終保持靜止，則A.ab 中電流增大，B.ab 中電流不變，ab 棒所受摩擦力也增大ab 棒所受摩擦力也不變C.ab 中電流不變，ab 棒所受摩擦力增大D.ab中電流增大，ab 棒所受摩擦力不變解析 磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大時，磁通量的變化率 t 恒定，故回路中的感應(yīng)電動 勢和感應(yīng)電流都是恒定的； 又棒 ab所受的摩擦力等于安培力， 即 FfF 安BIL， 故當(dāng) B 增加時，摩擦力增大，選項 C 正確。答案 C2. （多選） 如圖 2 所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面成 角，用導(dǎo)線與固定電阻 R1 和 R2 相連，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面。有一導(dǎo)體棒 ab ，質(zhì)量為 m，兩導(dǎo)軌間 距為 l，導(dǎo)體棒的

26、電阻與固定電阻 R1和 R2 的阻值相等，都等于 R，導(dǎo)體棒與導(dǎo) 軌之間的動摩擦因數(shù)為 ，導(dǎo)體棒 ab 沿導(dǎo)軌向上滑動，當(dāng)上滑的速度為 v 時，有（ ）A.棒中感應(yīng)電流的方向由B.棒所受安培力的大小為B2l2v23RC.棒兩端的電壓為 3D.棒動能的減少量等于其重力勢能的增加量與電路上產(chǎn)生的電熱之和 解析 由右手定則可判定導(dǎo)體棒中的電流方向為 ab，故選項 A 正確；由 ER E 2BlvBlv 及串、并聯(lián)電路的特點，知 R外2，則 IR R 3R ，所以導(dǎo)體棒所受安培力的大小 FBIl2B2l2v，3R ，故選項 B 錯誤；結(jié)合2Blv，3R ，知導(dǎo)體棒兩端的電R Blv壓 UI ·

27、;R2B3lv，故選項 C 正確；由能量守恒知：導(dǎo)體棒動能的減少量等于其重 力勢能的增加量以及電路中產(chǎn)生的電熱和克服摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能， 故選項 D 錯誤。答案 AC3. 兩根足夠長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。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 3所示。兩根導(dǎo)體棒 的質(zhì)量皆為 m，電阻皆為 R，回路中其它部分的電阻可不計。在整個導(dǎo)軌平面內(nèi) 都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場， 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，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：圖3（1）在運動

28、中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少？3（2）當(dāng)棒 ab 的速度變?yōu)槌跛俣鹊?34時，棒 cd 的加速度是多大？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32）設(shè)棒 ab的速度變?yōu)?4v0時， cd 棒的速度為 v，3則由動量守恒可知 mv0 4mv0mv22得 v41v0，此時棒 cd所受的安培力 FBIl B4lRv4mR ，方向水平向右。由牛頓第二定律可得棒 cd 的加速度大小為 F B2l2v0am22答案1）14mv02 （ 2） B4ml vR，方向水平向右B 組 能力提升4. （ 2016·10

29、月浙江選考） 為了探究電動機(jī)轉(zhuǎn)速與彈簧伸長量之間的關(guān)系，小明 設(shè)計了如圖 4所示的裝置，半徑為 l 的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一根長也 為 l 、電阻為 R 的金屬棒 ab 一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電 轉(zhuǎn)軸 OO上，由電動機(jī) A 帶動旋轉(zhuǎn)。 在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面， 大 小為 B1、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。另有一質(zhì)量為 m、電阻為 R的金屬棒 cd 用 輕質(zhì)彈簧懸掛在豎直平面內(nèi)，并與固定在豎直平面內(nèi)的“U”型導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)軌間距為 l，底部接阻值也為 R 的電阻，處于大小為 B2、方向垂直導(dǎo)軌平 面向里的勻強(qiáng)磁場中。 從圓形金屬導(dǎo)軌引出導(dǎo)線和通過電刷從轉(zhuǎn)

30、軸引出導(dǎo)線經(jīng)開 關(guān) S 與“U”型導(dǎo)軌連接。當(dāng)開關(guān) S 斷開、棒 cd 靜止時，彈簧伸長量為 x0；當(dāng)開 關(guān) S 閉合，電動機(jī)以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，棒 cd 再次靜止時，彈簧伸長量變?yōu)?x （不超過彈性限度）。不計其余電阻和摩擦等阻力，求此時圖4（ 1）通過棒 cd 的電流 Icd；（ 2）電動機(jī)對該裝置的輸出功率 P；（3）電動機(jī)轉(zhuǎn)動角速度 與彈簧伸長量 x 之間的函數(shù)關(guān)系 解析 （1）S斷開，cd 棒靜止有 mg kx0S閉合， cd 棒靜止時受到安培力 FB2Icdl由楞次定律知流過棒 cd 的電流方向為 d c 故 cd 棒靜止時有 mgB2Icdl kx解得 Icdmg（ x x0）B

31、2lx02）回路總電阻R3R1R總R總電流2mg（ x x0）B2lx03）由法拉第電磁感應(yīng)定律： 1 2E t 2B1l2B22l2x20由能量守恒得 PI2R 總6m2g2R（xx0）2回路總電流 I R總 3R解得 6mgR（xx0）B1B2l3x0。答案 見解析5.（ 2018·3 月浙江超能生聯(lián)考）如圖 5 甲所示，間距為 l 0.5 m 的兩條足夠長 的平行金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角 37°，導(dǎo)軌上端接有一個 R0.5 的電阻，導(dǎo)軌所在平面可劃分為、三個區(qū)域，兩導(dǎo)軌間長度為s11 m的矩形區(qū)域中存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B 隨時 間

32、t 的變化關(guān)系如圖乙所示，長度為 s23 m 的區(qū)域中無磁場，區(qū)域中存在 垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小 B01 T。在 t0 時刻，質(zhì) 量 m 1 kg 且與導(dǎo)軌垂直的金屬棒 ab 從區(qū)域和區(qū)域的交界處靜止滑下，當(dāng) 金屬棒到達(dá)區(qū)域和區(qū)域的交界處 CD 時，區(qū)域中的磁場突然撤去， 此后金 屬棒恰好保持勻速運動，邊界 CD 上方的導(dǎo)軌光滑，邊界 CD 下方的導(dǎo)軌粗糙， 不計金屬棒與導(dǎo)軌的電阻， 金屬棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好， 已知 sin 37 °0.6，cos 37 °0.8，求：圖5（ 1）金屬棒在到達(dá)邊界 CD 前的運動過程中，回路中產(chǎn)生的

33、感應(yīng)電流大小 I；（ 2）金屬棒在區(qū)域中運動的過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q；（ 3）金屬棒與區(qū)域中的兩導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù) 。解析 （ 1）由 Bt 圖象可知，區(qū)域 中的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B0.5t金屬棒在區(qū)域 中運動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律得到回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 為E t 0.25 V所以，感應(yīng)電流為 IER0.5 A。（2）金屬棒在區(qū)域 中運動過程中，對其進(jìn)行受力分析由牛頓第二定律得， mgsin ma解得： agsin 6 m/s2由 s2 12at2 得 t 1 sE2因此，電阻產(chǎn)生的焦耳熱 QERt0.125 J。（3）金屬棒到達(dá)區(qū)域 和區(qū)域 交界處時的速度大小 vat6 m/s，此后以

34、該 速度勻速運動。B20L2v金屬棒所受安培力大小 FB0IlB0RL v3 N，方向沿導(dǎo)軌向上金屬棒在區(qū)域 中勻速運動時，對其進(jìn)行受力分析，有mgsin F mcgos 解得 0.375。答案 （1）0.5 A （2）0.125 J （3）0.3756（. 2018·湖南長沙四縣三月模擬） 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(zhì)量 mbmc 0.1 kg，接入電路的有效電阻 RbRc 1 ，軌道的電阻不計。平行水 平金屬軌道 M、N處于磁感應(yīng)強(qiáng)度 B1 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與軌道平面 垂直向上，光滑豎直半圓軌道在磁場外， 如圖 6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(dá)最大速度時，此棒產(chǎn)生的焦耳熱；（ 3）若 c 棒達(dá)最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒 c 到達(dá)軌道最高點時對軌道 的壓