第31課電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的綜合問題

1、.第31課 ·電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的綜合問題1電磁感應(yīng)中的圖像問題a根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律畫出或分析Et圖像，求解相應(yīng)的物理量1多項選擇2019全國，6分兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.005 的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖a所示。導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t0時刻進入磁場。線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖b所示感應(yīng)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正。以下說法正確的選項是圖a圖bA磁感應(yīng)強度的大小為0.5 TB導(dǎo)線框運動的速度的大小為0.5 m/sC磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外D在t0.

2、4 s至t0.6 s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N答案：BC解析：由Et圖像可知，線框經(jīng)過0.2 s全部進入磁場，那么導(dǎo)線框運動的速度為v m/s0.5 m/s，故B項正確。在00.2 s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有EBlv，可得B T0.2 T，故A項錯誤。在00.2 s內(nèi)，感應(yīng)電流的方向為順時針，根據(jù)楞次定律可知，磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外，故C項正確。在t0.4 s至t0.6 s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流為I A2 A，導(dǎo)線框所受的安培力大小為FBIl0.04 N，故D項錯誤。22019全國，6分紙面內(nèi)兩個半徑均為R的圓相切于O點，兩圓形區(qū)域內(nèi)分別存在垂直于紙面

3、的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反，且不隨時間變化。一長為2R的導(dǎo)體桿OA繞過O點且垂直于紙面的軸順時針轉(zhuǎn)動，角速度為。t0時，OA恰好位于兩圓的公切線上，如下圖。假設(shè)選取從O指向A的電動勢為正，以下描繪導(dǎo)體桿中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖像可能正確的選項是答案：C解析：導(dǎo)體桿OA繞O點順時針轉(zhuǎn)動過程中，由右手定那么可知，開場時感應(yīng)電動勢方向由O指向A，感應(yīng)電動勢為正，故D項錯誤。設(shè)經(jīng)時間t導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)過的角度為，那么t，導(dǎo)體桿有效切割長度為L2Rsin 2Rsin t。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有EBL2B2Rsin t22BR2sin2t。B、R、不變，那么E隨時間t做非線性變化，經(jīng)半個周期后

4、，電動勢的方向反向，故C項正確，A項、B項均錯誤。b根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律畫出it圖像或ix圖像3經(jīng)典題，6分如下圖，EOF和EOF為空間一勻強磁場的邊界，其中EOEO，F(xiàn)OFO，且EOOF；OO為EOF的角平分線，OO間的間隔 為l；磁場方向垂直于紙面向里。一邊長為l的正方形導(dǎo)線框沿OO方向勻速通過磁場，t0時刻恰好位于圖示位置。規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向時為正，那么感應(yīng)電流i與時間t的關(guān)系圖線可能正確的選項是答案：B解析：在整個正方形導(dǎo)線框通過磁場的過程中，切割磁感線的邊框為兩豎直邊框，兩程度邊框不切割磁感線。由于正方形導(dǎo)線框沿OO方向向左勻速通過磁場：從開場到左邊

5、框到達O之前，進入磁場切割磁感線的有效長度L隨時間均勻增加，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，得感應(yīng)電動勢為EBLv，那么E隨時間也均勻增加。由于電阻不變，所以感應(yīng)電流i也隨時間均勻增加。根據(jù)右手定那么得感應(yīng)電流沿逆時針方向，規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向時為正，得出開場時感應(yīng)電流為正值。當左邊框到達O之后，由于進入磁場切割磁感線的有效長度不變，那么感應(yīng)電動勢不變，故感應(yīng)電流也不變，感應(yīng)電流仍沿逆時針方向，感應(yīng)電流仍為正值。當左邊框到達OO中點時，右邊框即將進入磁場切割磁感線，由于左邊框切割磁感線的有效長度在減小，而右邊框切割磁感線有效長度在增大，且左、右邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反，所以整

6、個電路的感應(yīng)電動勢隨時間也均勻減小，感應(yīng)電流也均勻減小。當左邊框到達距O點時，左右邊框切割磁感線的有效長度相等，此時感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流也為零。在線框出磁場的過程中，感應(yīng)電流變化情況跟線框進入磁場過程相反，故B項正確，A項、C項、D項均錯誤。4經(jīng)典題，6分如下圖，一圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開場下落，穿過一根豎直懸掛的條形磁鐵，銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的中軸始終保持重合。假設(shè)取磁鐵中心O為坐標原點，建立豎直向下為正方向的x軸，那么圖中最能正確反映環(huán)中感應(yīng)電流i隨環(huán)心位置坐標x變化的關(guān)系圖像是答案：B解析：圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開場下落，穿過一根豎直懸掛的條形磁鐵，銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的

7、中軸始終保持重合，銅環(huán)下落的速度逐漸增大，銅環(huán)中磁通量變化不隨下落位置均勻變化，那么產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不隨下落位置均勻變化，產(chǎn)生的感應(yīng)電流不隨下落位置均勻變化，故A項錯誤。銅環(huán)下落到磁鐵頂端的速度小于下落到磁鐵底端的速度，那么銅環(huán)下落到磁鐵頂端產(chǎn)生的感應(yīng)電流小于下落到磁鐵底端產(chǎn)生的感應(yīng)電流。銅環(huán)從靜止下落到磁鐵中心位置O的過程中，通過銅環(huán)的磁通量逐漸增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向為順時針；銅環(huán)從磁鐵中心位置O到下落磁鐵底端的過程中，通過銅環(huán)的磁通量逐漸減少，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向為逆時針，故B項正確，C項、D項均錯誤。c根據(jù)Bt圖像或Bx圖像分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量5經(jīng)典

8、題，20分如圖a所示，在圓柱形區(qū)域內(nèi)存在一方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在此區(qū)域內(nèi)，沿程度面固定一半徑為r的圓環(huán)形光滑細玻璃管，環(huán)心O在區(qū)域中心。一質(zhì)量為m、帶電量為qq>0的小球，在管內(nèi)沿逆時針方向從上向下看做圓周運動。磁感應(yīng)強度大小B隨時間t的變化關(guān)系如圖b所示，其中T0。設(shè)小球在運動過程中電量保持不變，對原磁場的影響可忽略。圖a圖b在t0到tT0這段時間內(nèi)，小球不受細管側(cè)壁的作用力，求小球的速度v0大??；在豎直向下的磁感應(yīng)強度增大過程中，將產(chǎn)生渦旋電場，其電場線是在程度面內(nèi)一系列沿逆時針方向的同心圓，同一條電場線上各點的場強大小相等。試求tT0到t1.5T0這段時間內(nèi)

9、：a細管內(nèi)渦旋電場的電場強度E大?。籦電場力對小球做的功W。答案：v05分a.E8分bW7分解析：在t0到tT0這段時間內(nèi)，小球不受細管側(cè)壁的作用力，說明洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qv0B0m3分解得v02分a.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可得細管內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1Sr2·3分根據(jù)電勢差與電場強度的關(guān)系，有E1E·2r2分由題意T02分聯(lián)立以上式子，解得E1分b小球受到的電場力為FEq1分根據(jù)牛頓第二定律，有Fma1分根據(jù)運動學(xué)規(guī)律，得小球在1.5T0時的速度為vv0a·0.5T02分根據(jù)動能定理，得電場力對小球做的功為Wmv2mv2分聯(lián)立以上式子

10、，解得W1分6經(jīng)典題，22分磁懸浮列車是一種高速低耗的新型交通工具，它的驅(qū)動系統(tǒng)簡化為如下模型，固定在列車下端的動力繞組可視為一個矩形純電阻金屬框，電阻為R，金屬框置于xOy平面內(nèi)，長邊MN長為l，平行于y軸，寬為d的NP邊平行于x軸，如圖a所示。列車軌道沿Ox方向，軌道區(qū)域內(nèi)存在垂直于金屬框平面的磁場，磁感應(yīng)強度B沿Ox方向按正弦規(guī)律分布，其空間周期為，最大值為B0，如圖b所示。金屬框同一長邊上各處的磁感應(yīng)強度一樣，整個磁場以速度v0沿Ox方向勻速平移。設(shè)在短暫時間內(nèi)，MN、PQ邊所在位置的磁感應(yīng)強度隨時間的變化可以忽略，并忽略一切阻力。列車在驅(qū)動系統(tǒng)作用下沿Ox方向加速行駛，某時刻速度為v

11、vv0。圖a圖b簡要表達列車運行中獲得驅(qū)動力的原理；為使列車獲得最大驅(qū)動力，寫出MN、PQ邊應(yīng)處于磁場中的什么位置及與d之間應(yīng)滿足的關(guān)系式；計算在滿足第問的條件以下車速度為v時驅(qū)動力的大小。答案：由于列車速度與磁場平移速度不同，導(dǎo)致穿過金屬框的磁通量發(fā)生變化，由于電磁感應(yīng)，金屬框中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，金屬框受到的安培力即為驅(qū)動力4分MN、PQ應(yīng)位于磁場中磁感應(yīng)強度同為最大值且反向的地方；d2k1或k0，1，2，3，6分F12分解析：由于列車速度與磁場平移速度不同，導(dǎo)致穿過金屬框的磁通量發(fā)生變化，由于電磁感應(yīng)，金屬框中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，金屬框受到的安培力即為驅(qū)動力。4分為使列車獲得最大驅(qū)動力，MN、P

12、Q應(yīng)位于磁場中磁感應(yīng)強度同為最大值且反向的地方，這會使得金屬框所圍面積的磁通量變化率最大，導(dǎo)致金屬框中電流最大，也會使得金屬框長邊受到的安培力最大。因此，d應(yīng)為的奇數(shù)倍，即d2k1或k0，1，2，3，6分由于滿足第問條件，那么MN、PQ邊所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B0且方向總相反，經(jīng)短暫時間t，磁場沿Ox方向平移的間隔 為v0t，同時，金屬框沿Ox方向挪動的間隔 為vt。因為v0v，所以在t時間內(nèi)MN邊掃過磁場的面積Sv0vlt1分在此t時間內(nèi)，MN邊左側(cè)穿過S的磁通量移進金屬框而引起框內(nèi)磁通量變化為MNB0v0vlt1分同理，該t時間內(nèi)，PQ邊左側(cè)移出金屬框的磁通量引起框內(nèi)磁通量變化為PQB

13、0v0vlt1分故在t時間內(nèi)金屬框所圍面積的磁通量變化為MNPQ1分根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，得金屬框中的感應(yīng)電動勢大小為E2分根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I1分根據(jù)安培力公式，MN邊所受的安培力為FMNB0Il1分PQ邊所受的安培力為FPQB0Il1分根據(jù)左手定那么，可知MN、PQ邊所受的安培力方向一樣，此時列車驅(qū)動力的大小為FFMNFPQ2B0Il2分聯(lián)立以上式子，解得F1分d根據(jù)FBIL畫出Ft圖像或Fx圖像，求解相應(yīng)的物理量7經(jīng)典題，6分如下圖，正方形區(qū)域MNPQ內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，在外力作用下，一正方形閉合剛性導(dǎo)線框沿QN方向勻速運動，t0時刻，其四個頂點M、N、P、Q恰好在磁場

14、邊界中點，以下圖像中能反映線框所受安培力F的大小隨時間t變化規(guī)律的是答案：B解析：第一段時間從初位置到MN分開磁場，圖a表示圖a該過程的任意一個位置，切割磁感線的有效長度為MA與NB之和，即為CM長度的2倍，此時感應(yīng)電動勢為EB2vtv，回路中的感應(yīng)電流為I，那么線框受到的安培力為FBI·2vt，F(xiàn)t圖像是開口向上的拋物線，故C項、D項均錯誤。如圖b所示，線框的右端MN剛好出磁場時，左端QP恰與MP共線，此后一段時間內(nèi)線框切割磁感線的有效長度不變，一直到線框的左端QP與CD重合，這段時間內(nèi)感應(yīng)電流不變，線框所受安培力大小不變；從線框的左端PQ與CD重合到線框的左端剛好出磁場這一過程，

15、如圖c所示，設(shè)線框的左端QP與CD重合的時刻為t1，線框切割磁感線的有效長度為l2vtt1，此時感應(yīng)電動勢為EBl2vtt1v，線框受圖c到的安培力為F，圖像是開口向上的拋物線，故A項錯誤，B項正確。82019安徽理綜，16分如圖a所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為0.5 T，其方向垂直于傾角為30°的斜面向上。絕緣斜面上固定有“形狀的光滑金屬導(dǎo)軌MPN電阻忽略不計，MP和NP長度均為2.5 m，MN連線程度，長為3 m。以MN中點O為原點、OP為x軸建立一維坐標系Ox。一根粗細均勻的金屬桿CD，長度d為3 m、質(zhì)量m為1 kg、電阻R為0.3 ，在拉力F的作用下，從MN處以恒定的速度v

16、1 m/s，在導(dǎo)軌上沿x軸正向運動金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好。g取10 m/s2。圖a圖b求金屬桿CD運動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E及運動到x0.8 m處電勢差UCD；推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標x的關(guān)系式，并在圖b中畫出Fx關(guān)系圖像；求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產(chǎn)生的焦耳熱。答案：E1.5 V2分UCD0.6 V4分 F12.53.75x0x2 m6分，圖像見解析1分Q7.5 J3分解析：金屬桿CD在勻速運動中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBdv0.5×3×1 V1.5 V2分當x0.8 m時，金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢差為零。設(shè)此時桿在導(dǎo)軌外的長度為L外，那

17、么L外dd1分OP1分聯(lián)立以上式子，解得L外1.2 m由楞次定律可知D點電勢高，故CD兩端的電勢差為UCDBL外v1分代入數(shù)據(jù)，解得UCD0.6 V1分桿在導(dǎo)軌間的長度l與位置x關(guān)系是ld3x1分對應(yīng)的電阻為RlR1分電流為I1分桿受的安培力為F安BIl7.53.75x1分根據(jù)平衡條件得FF安mgsin 1分F12.53.75x0x2 m1分畫出的Fx圖像如下圖。 1分外力F所做的功WF的大小等于Fx圖線下所圍的面積，即WF×2 J17.5 J1分而桿的重力勢能增加量為EpmgOPsin 1分故全過程產(chǎn)生的焦耳熱QWFEp7.5 J1分e根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、牛頓運動定律畫出vt圖

18、像或vx圖像，求解相應(yīng)的物理量92019福建理綜，6分如下圖，矩形閉合線框在勻強磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進入磁場的時刻。線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場程度邊界OO平行，線框平面與磁場方向垂直。設(shè)OO下方磁場區(qū)域足夠大，不計空氣影響，那么以下哪一個圖像不可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規(guī)律答案：A解析：線框先做自由落體運動，ab邊進入磁場后，假設(shè)安培力大于重力，那么線框做減速運動，且加速度逐漸減小，當加速度減小到零時開場做勻速直線運動，cd邊進入磁場后，線框做勻加速直線運動，加速度為g，故B項正確，不符合題意，A項錯誤，符合題意

19、。線框先做自由落體運動，ab邊進入磁場后，假設(shè)安培力小于重力，那么線框做加速運動，且加速度逐漸減小，當線框所受安培力與重力平衡時，線框開場做勻速直線運動，cd邊進入磁場后，線框做勻加速直線運動，加速度為g，故C項正確，不符合題意。線框先做自由落體運動，ab邊進入磁場后，假設(shè)重力等于安培力，那么線框做勻速直線運動，cd邊進入磁場后，線框做勻加速直線運動，加速度為g，故D項正確，不符合題意。f根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律畫出Ut圖像或Ux圖像102019山東理綜，6分如圖a所示，R0為定值電阻，兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內(nèi)。左端連接在一周期為T0的正弦交流電源上，經(jīng)二極管整流后，通過

20、R0的電流i始終向左，其大小按圖b所示規(guī)律變化。規(guī)定內(nèi)圓環(huán)a端電勢高于b端時，a、b間的電壓uab為正，以下uabt圖像可能正確的選項是圖a圖b答案：C解析：在00.25T0時間內(nèi)，通過大圓環(huán)的電流為順時針且逐漸增加，由楞次定律可知，內(nèi)環(huán)內(nèi)a端電勢高于b端，方向為正，因電流的變化率逐漸減小，故內(nèi)環(huán)的電動勢減小。同理可知，在0.25T00.5T0時間內(nèi)，通過大圓環(huán)的電流為順時針逐漸減小，那么由楞次定律可知，內(nèi)環(huán)內(nèi)a端電勢低于b端，方向為負，因電流的變化率逐漸變大，故內(nèi)環(huán)的電動勢變大；此后重復(fù)這樣變化，故C項正確。11多項選擇2019江西師大附中三模，6分如下圖，abcd為一邊長為l的正方形導(dǎo)線框

21、，導(dǎo)線框位于光滑程度面內(nèi)，其右側(cè)為一勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與線框的cd邊平行，磁場區(qū)域的寬度為2l，磁感應(yīng)強度為B，方向豎直向下。線框在一垂直于cd邊的程度恒定拉力F作用下沿程度方向向右運動，直至通過磁場區(qū)域。cd邊剛進入磁場時，線框開場勻速運動，規(guī)定線框中電流沿逆時針時方向為正，那么導(dǎo)線框從剛進入磁場到完全分開磁場的過程中，a、b兩端的電壓Uab及導(dǎo)線框中的電流i隨cd邊的位移x變化的圖線可能是答案：BD解析：線框的cd邊剛進入磁場時，線框開場做勻速運動，那么線框進入磁場的過程中，線框一直做勻速運動。由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢EBlv0恒定，線框中的電流大小恒定，由楞次定律可知電

22、流方向沿逆時針方向，那么a、b兩端的電壓為UabBlv0。線框完全在磁場中運動時，穿過閉合回路的磁通量不變，線框中感應(yīng)電流為零，線框做勻加速運動，a、b兩端的電壓為UabBlvBl，其中v0為線框勻速運動的速度，Uab與位移x不是線性關(guān)系，Uab不斷增大。當線框出磁場時，線框做減速運動，由右手定那么可知電流方向沿順時針方向，a、b兩端的電壓UabBlvBl，其中v1為cd邊剛出磁場時線框的速度，Uab與位移x不是線性關(guān)系，Uab不斷減小，故A項錯誤，B項正確。線框進入磁場的過程中，線框中的電流大小恒定且方向為逆時針；完全進入磁場時電流為零；線框分開磁場時，開場做減速運動，加速度逐漸減小，線框剛

23、好完全分開磁場時，速度大于或等于勻速運動時的速度，故此時的電流大于或等于線框勻速運動時的電流，故C項錯誤，D項正確。2電磁感應(yīng)中的電路問題a根據(jù)ES及串并聯(lián)電路規(guī)律解決電磁感應(yīng)中的電路問題12多項選擇2019四川理綜，6分如下圖，邊長為L、不可形變的正方形導(dǎo)體框內(nèi)有半徑為r的圓形區(qū)域，其磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系為Bkt常量k0。回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1R0、R2。閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢。那么AR2兩端的電壓為B電容器的a極板帶正電C滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢

24、為kL2答案：AC解析：滑片在中間位置時，P將滑動變阻器R分為R左、R右等大兩部分，電阻均為。由于R2與R右并聯(lián)，并聯(lián)部分阻值為R0，再與R1、R左串聯(lián)構(gòu)成閉合電路外電路，所以外電路的總阻值為R0，根據(jù)串聯(lián)電路特點，有，得R2兩端電壓為U2，故A項正確。由于磁感應(yīng)強度隨時間增大，根據(jù)楞次定律，可知電容器的b極板帶正電荷，a極板帶負電荷，故B項錯誤?；瑒幼冏杵鱎的電功率等于左右兩部分電阻消耗的功率之和，通過R左的電流是R右的兩倍，也是R2的兩倍。R2的功率為P2I2R2，那么滑動變阻器R的功率為PRI2R右2I2R左，由題意知R右R左R2，可得PR5P2，故C項正確。由法拉第電磁感應(yīng)定律可得正方

25、形導(dǎo)線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為ESr2k，故D項錯誤。b根據(jù)EBlv及串并聯(lián)電路規(guī)律解決電磁感應(yīng)中的電路問題132019福建理綜，6分如下圖，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在程度面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強磁場B中。一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在程度拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程中導(dǎo)體棒PQ始終與ab邊垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦。在導(dǎo)體棒PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中A導(dǎo)體棒PQ中電流先增大后減小B導(dǎo)體棒PQ兩端電壓先減小后增大C導(dǎo)體棒PQ上拉力的功率先減小后增大D線框消耗的電功率先減小后增大答案：C解析：導(dǎo)體棒PQ勻速運動，根據(jù)法

26、拉第電磁感應(yīng)定律可知，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E保持不變。設(shè)PQ左側(cè)電路的電阻為Rx，那么右側(cè)電路的電阻為3RRx，所以外電路的總電阻為R，外電路總電阻先增大后減小。根據(jù)閉合電路歐姆定律，可得通過PQ的電流為I，所以通過PQ的電流先減小后增大，故A項錯誤。由閉合電路歐姆定律，得導(dǎo)體棒兩端的電壓為UEIR，那么導(dǎo)體棒兩端的電壓先增大后減小，故B項錯誤。由于導(dǎo)體棒做勻速運動，拉力等于安培力，安培力為FBIl，安培力先減小后增大，那么拉力先減小后增大，拉力的功率為PBIlv，故拉力的功率先減小后增大，故C項正確。外電路的總阻值R，最大值為，小于電源的內(nèi)阻R，外電路的總阻值先增大后減小，由外電路消耗的電

27、功率與外電路的阻值關(guān)系圖可知，外電路消耗的功率先增大后減小，故D項錯誤。142019海南單科，10分如下圖，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌置于程度面紙面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為l，左端連有阻值為R的電阻。一金屬桿置于導(dǎo)軌上，金屬桿右側(cè)存在一磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場區(qū)域。金屬桿以速度v0向右進入磁場區(qū)域，做勻變速直線運動，到達磁場區(qū)域右邊界圖中虛線位置時速度恰好為零。金屬桿與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好。除左端所連電阻外，其他電阻忽略不計。求金屬桿運動到磁場區(qū)域正中間時所受安培力的大小及此時電流的功率。答案：F7分P3分解析：設(shè)金屬桿運動的加速度大小為a，運動的位移為x，根據(jù)運動學(xué)公式，有v2ax1分

28、設(shè)金屬桿運動到磁場區(qū)域中間位置時的速度為v，根據(jù)運動學(xué)公式，有vv22a1分聯(lián)立以上各式，解得v1分金屬桿運動到磁場區(qū)域中間位置時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBlv1分通過金屬桿的電流為I1分金屬桿受到的安培力為FBIl1分解得F1分電流的功率為PI2R1分解得P2分c根據(jù)EBl2及串并聯(lián)電路規(guī)律解決電磁感應(yīng)中的電路問題15多項選擇2019江西師大模擬，6分如下圖，用粗細均勻的銅導(dǎo)線制成半徑為r的圓環(huán)，PQ為圓環(huán)的直徑，其左右兩側(cè)存在垂直于圓環(huán)所在平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，但方向相反，圓環(huán)的電阻為2R。一根長度為2r、電阻為R的金屬棒MN繞著圓環(huán)的圓心O點緊貼著圓環(huán)以角速度沿順時針方向勻

29、速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動過程中金屬棒MN與圓環(huán)始終接觸良好，那么以下說法正確的選項是A金屬棒兩端的電壓大小為Br2B圓環(huán)消耗的電功率是變化的C圓環(huán)中電流的大小為D金屬棒旋轉(zhuǎn)一周的過程中，電路中產(chǎn)生的熱量為答案：ACD解析：由右手定那么可知，在題圖示位置時，金屬棒中電流方向由M到N，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為金屬棒MO與金屬棒ON產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之和，即E2×Br2Br2，保持不變。等效電路圖如下圖，圓環(huán)的電阻由兩個電阻為R的半圓電阻并聯(lián)組成，所以圓環(huán)的總電阻為R，通過金屬棒MN的電流為I，所以通過圓環(huán)的電流為II，故C項正確。金屬棒兩端的電壓為UMNI×RBr2，故

30、A項正確。由A項的分析可知，流過圓環(huán)的電流不變，那么圓環(huán)消耗的電功率不變，故B項錯誤。金屬棒旋轉(zhuǎn)一周的過程中，電路中產(chǎn)生的熱量為QI2R總t2××，故D項正確。普查講31電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題3電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題a綜合運用法拉第電磁感應(yīng)定律和牛頓運動定律解決第一類“動電動型導(dǎo)體棒從靜止開場沿導(dǎo)軌滑動動力學(xué)問題162019全國，19分如下圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與程度地面的夾角為，間距為L。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良

31、好接觸。金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開場下滑，求：電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系。答案：QCBLv7分vgt12分解析：設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，那么感應(yīng)電動勢為EBLv2分平行板電容器兩極板間的電勢差為UE2分設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有C2分聯(lián)立解得QCBLv1分設(shè)金屬棒的速度大小為v時經(jīng)歷的時間為t，通過金屬棒的電流為I。金屬棒受到的安培力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為FABLI1分設(shè)在時間間隔t，tt內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Q，按定義有I1分Q也是平行板電容器極板在時

32、間間隔t，tt內(nèi)增加的電荷量。由式得QCBLv1分式中，v為金屬棒的速度變化量。按定義有a1分金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為fN1分式中N是金屬棒對軌道的正壓力的大小，有Nmgcos 1分金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin FAfma2分到聯(lián)立解得ag2分由式及題設(shè)可知，金屬棒做初速度為0的勻加速運動。t時刻金屬棒的速度大小為vatgt2分b綜合運用法拉第電磁感應(yīng)定律和牛頓運動定律解決第二類“動電動型導(dǎo)體棒有初速度沿導(dǎo)軌滑動動力學(xué)問題172019天津理綜，20分電磁緩沖器是應(yīng)用于車輛上以進步運行平安性的輔助制動裝置，其工作原理是利用電磁阻尼

33、作用減緩車輛的速度。電磁阻尼作用可以借助如下模型討論：如下圖，將形狀相同的兩根平行且足夠長的鋁條固定在光滑斜面上，斜面與程度方向夾角為。一質(zhì)量為m的條形磁鐵滑入兩鋁條間，恰好勻速穿過，穿過時磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒定，其引起電磁感應(yīng)的效果與磁鐵不動，鋁條相對磁鐵運動一樣。磁鐵端面是邊長為d的正方形，由于磁鐵間隔 鋁條很近，磁鐵端面正對兩鋁條區(qū)域的磁場均可視為勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，鋁條的高度大于d，電阻率為，為研究問題方便，鋁條中只考慮與磁鐵正對部分的電阻和磁場，其他部分電阻和磁場可忽略不計，假設(shè)磁鐵進入鋁條間以后，減少的機械能完全轉(zhuǎn)化為鋁條的內(nèi)能，重力加速度為g。求鋁條中與磁鐵正

34、對部分的電流I；假設(shè)兩鋁條的寬度均為b，推導(dǎo)磁鐵勻速穿過鋁條間時速度v的表達式；在其他條件不變的情況下，僅將兩鋁條更換為寬度bb的鋁條，磁鐵仍以速度v進入鋁條間，試簡要分析說明磁鐵在鋁條間運動時的加速度和速度如何變化。答案：I6分 7分 見解析過程7分解析：磁鐵在鋁條間運動時，兩根鋁條受到的安培力大小相等均為F安，有F安BId1分磁鐵受到沿斜面向上的作用力為F，其大小有F2F安2分磁鐵勻速運動時，受力平衡，有Fmgsin 02分聯(lián)立解得I1分磁鐵穿過鋁條時，在鋁條中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，有EBdv2分鋁條與磁鐵正對部分的電阻為R，根據(jù)電阻定律，有R2分根據(jù)歐姆定律，有I2分聯(lián)立解得v1分磁鐵以

35、速度v進入鋁條間，恰好做勻速運動時，磁鐵受到沿斜面向上的作用力F聯(lián)立解得F2分當鋁條的寬度b>b時，磁鐵以速度v進入鋁條間，磁鐵受到的作用力變?yōu)镕，那么F2分可見F>Fmgsin ，磁鐵所受到的合力方向沿斜面向上，獲得與運動方向相反的加速度，磁鐵將減速下滑，此時加速度最大；之后，隨著運動速度減小，F(xiàn)也隨著減小，磁鐵所受的合力也減小，那么磁鐵的加速度也逐漸減小。綜上所述，磁鐵做加速度逐漸減小的減速運動，直到Fmgsin 時，磁鐵重新到達平衡狀態(tài)，將再次以較小的速度勻速下滑。3分c綜合運用法拉第電磁感應(yīng)定律和牛頓運動定律解決“電動電型導(dǎo)體棒在安培力作用下無初速度沿導(dǎo)軌滑動動力學(xué)問題18

36、2019天津理綜，20分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。兩根固定于程度面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計。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)軌間處于靜止狀態(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(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)強度大小為B的勻強磁場圖中未畫出，MN開場向右加速運動。當MN上的感應(yīng)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到達最大速度，之后分開導(dǎo)軌。求：磁場的方向；MN剛開場運動時加速度a的大

37、小；MN分開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少？答案：磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下4分 a6分Q10分解析：電容器充電后上板帶正電，下板帶負電，放電時通過MN的電流由M到N，欲使炮彈射出，安培力應(yīng)沿導(dǎo)軌向右，根據(jù)左手定那么可知，磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。4分電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，根據(jù)歐姆定律，電容器剛放電時的電流為I2分炮彈受到的安培力為FBIl1分根據(jù)牛頓第二定律，有Fma2分聯(lián)立解得a1分電容器放電前所帶的電荷量為Q1CE1分開關(guān)S接2后，MN開場向右加速運動，速度到達最大值vm時，MN上的感應(yīng)電動勢為EBlvm2分最終電容器所帶的電荷量為QCE1分設(shè)在此過程中，通過MN

38、的平均電流為I，MN上受到的平均安培力為FBIl1分對MN，根據(jù)動量定律，有Ftmvm2分根據(jù)電量定義，有ItQ1Q2分聯(lián)立解得Q1分4電磁感應(yīng)中的能量問題a根據(jù)焦耳定律求解有關(guān)焦耳熱的能量問題192019浙江理綜，20分小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如下圖，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)0.50 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)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B2.0 T。質(zhì)量m4.0 kg的金屬棒CD程度置于導(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。一位健身者用恒力F

39、80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開場運動，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當CD棒到達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GH和繩索的質(zhì)量。求：CD棒進入磁場時速度v的大??；CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大小；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。答案：2.4 m/s5分48 N7分64 J3分26.88 J5分解析：CD棒進入磁場前，根據(jù)牛頓第二定律，有Fmgsin ma2分根據(jù)勻變速直線運動的速度位移公式，有v22as2分聯(lián)立以上式子，代入數(shù)據(jù)解得v2.

40、4 m/s1分CD棒進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBlv2分感應(yīng)電流為I2分進入磁場時，CD棒受到的安培力為FABIl2分聯(lián)立以上式子，代入數(shù)據(jù)解得FA48 N1分在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功為WFsd2分代入數(shù)據(jù)解得W64 J1分由于Fmgsin FA0，所以CD棒進入磁場后做勻速運動，在磁場中運動時間為t2分電阻產(chǎn)生的焦耳熱為QI2Rt2分聯(lián)立以上式子，代入數(shù)據(jù)解得Q26.88 J1分b根據(jù)抑制安培力做功求解有關(guān)焦耳熱的能量問題20經(jīng)典題，18分如下圖，一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一程度面內(nèi)，導(dǎo)軌間距L0.5 m，左端接有阻值R0.3 的電阻，一質(zhì)量m0.1 kg，電阻r0.1

41、的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度B0.4 T。棒在程度向右的外力作用下，由靜止開場以a2 m/s2的加速度做勻加速運動，當棒的位移x9 m時撤去外力，棒繼續(xù)運動一段間隔 后停下來，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q221。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求：棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q；撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；外力做的功WF。答案： 4.5 C6分1.8 J6分 5.4 J6分解析：設(shè)棒勻加速運動的時間為t，回路的磁通量變化量為，回路中的平均感應(yīng)電動勢為E，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定

42、律，有E1分其中BLx1分設(shè)回路中的平均電流為I，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，有IER+r2分那么通過電阻R的電荷量為qIt1分 聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)解得q4.5 C1分設(shè)撤去外力時棒的速度為v，對棒的勻加速運動過程，根據(jù)運動學(xué)公式，有v22ax2分設(shè)棒在撤去外力后的運動過程中安培力做功為W，由動能定理得W0mv22分撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2W1分聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)解得Q21.8 J1分由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q2212分那么可得Q13.6 J1分在棒運動的整個過程中，根據(jù)功能關(guān)系，有WFQ1Q22分聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)解得WF5.4 J1分c根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒求解有關(guān)焦耳熱的能

43、量問題21多項選擇經(jīng)典題，6分如下圖，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與程度面的夾角為，上端接有定值電阻R，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強度為B。將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當速度到達v時開場勻速運動，此時對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速運動。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g。以下說法正確的選項是AP2mgvsin BP3mgvsin C當導(dǎo)體棒速度到達時加速度大小為sin D在速度到達2v以后勻速運動的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功答案：AC解析：當導(dǎo)體棒以v勻速運動時受力平衡，那

44、么mgsin BIL，當導(dǎo)體棒以2v勻速運動時受力平衡，那么mgsin FBIL，可得Fmgsin ，那么拉力的功率為PF·2v2mgvsin ，故A項正確，B項錯誤。當導(dǎo)體棒速度到達時，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin ma，解得a，故C項正確。由能量守恒可知，當速度到達2v以后勻速運動的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力與重力所做的功之和，故D項錯誤。222019江蘇單科，15分如下圖，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，長為3d，導(dǎo)軌平面與程度面的夾角為，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層。勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的

45、頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運動，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計，重力加速度為g。求：導(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)；導(dǎo)體棒勻速運動的速度大小v；整個運動過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案：tan 3分v6分 Q2mgdsin 6分解析：由題意可知，在絕緣涂層上，導(dǎo)體棒繼續(xù)做勻速運動。根據(jù)受力平衡，有mgsin mgcos 2分解得tan 1分在光滑導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBLv1分通過導(dǎo)體棒的感應(yīng)電流為I1分導(dǎo)體棒受到的安培力為F安BIL1分在光滑導(dǎo)軌上，根據(jù)受力平衡，有F安mgsin 2分聯(lián)立以

46、上式子，解得v1分在絕緣涂層上摩擦生熱為QTmgdcos 2分在整個運動過程中，根據(jù)能量守恒定律，有3mgdsinQQTmv23分解得Q2mgdsin 1分d根據(jù)功能關(guān)系求解有關(guān)功和功率的能量問題232019全國，19分半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一程度面內(nèi)，一長為r，質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如下圖，整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向豎直向下，在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點和外圓導(dǎo)軌的D點之間接有一阻值為R的電阻圖中未畫出。直導(dǎo)體棒在程度外力作用下以角速度繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸

47、。設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽略。重力加速度大小為g。求：通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大小；外力的功率。答案：感應(yīng)電流的方向：C端流向D端2分 I6分Pmgr11分解析：在t時間內(nèi)，導(dǎo)體棒掃過的面積為St2r2r22分根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒上感應(yīng)電動勢的大小為E1分根據(jù)右手定那么可知，感應(yīng)電流的方向是從B端流向A端。因此，通過電阻R的感應(yīng)電流的方向是從C端流向D端2分由閉合電路歐姆定律可知，通過電阻R的感應(yīng)電流的大小I滿足I2分聯(lián)立解得I1分對導(dǎo)體棒，在豎直方向有mg201分式中，由于質(zhì)量分布均勻，內(nèi)、外圓導(dǎo)軌對導(dǎo)體棒的支持力大小相等，其值為N兩導(dǎo)軌對運動

48、的導(dǎo)體棒的滑動摩擦力均為1分在t時間內(nèi)，導(dǎo)體棒在內(nèi)、外圓導(dǎo)軌上掃過的弧長分別為l1rt1分和l22rt1分摩擦生的熱為Ql1l21分在t時間內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QRI2Rt1分根據(jù)功能關(guān)系知，外力在t時間內(nèi)做的功為WQQR2分外力功率為P1分至聯(lián)立解得Pmgr2分5應(yīng)用牛頓運動定律、圓周運動規(guī)律和法拉第電磁感應(yīng)定律求解電磁感應(yīng)與帶電粒子在電磁場中運動的綜合問題 24經(jīng)典題，6分半徑為r帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d，如圖a所示。有一變化的磁場垂直于紙面，規(guī)定向內(nèi)為正，變化規(guī)律如圖b所示。在t0

49、時刻平板之間中心有一重力不計，電荷量為q的靜止微粒，那么以下說法正確的選項是圖a圖bA第2秒內(nèi)上極板為正極B第3秒內(nèi)上極板為負極C第2秒末微?；氐搅嗽瓉砦恢肈第3秒末兩極板之間的電場強度大小為答案：A解析：01 s內(nèi)情況，由楞次定律可知，金屬板上極板帶負電，金屬板下極板帶正電；假設(shè)粒子帶正電，那么粒子所受電場力方向豎直向上，粒子向上做勻加速運動。12 s內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負電；假設(shè)粒子帶正電，那么粒子所受電場力方向豎直向下，粒子向上做勻減速運動，2 s末速度減小為零。23 s內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負電；假設(shè)粒子帶正電，

50、那么粒子所受電場力方向豎直向下，粒子向下做勻加速運動。兩極板間的電場強度大小為E。34 s內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶負電，金屬板下極板帶正電；假設(shè)粒子帶正電，那么粒子所受電場力方向豎直向上，粒子向下做勻減速運動，4 s末速度減小為零，同時回到了原來的位置。由以上分析可知，A項正確，B項、C項、D項均錯誤。252019河北模擬，20分如下圖俯視，MN和PQ是兩根固定在同一程度面上的足夠長且電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌。兩導(dǎo)軌間距為L0.2 m，其間有一個方向垂直程度面豎直向下的勻強磁場B15.0 T。導(dǎo)軌上NQ之間接一電阻R10.40 ，阻值為R20.10 的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置并與導(dǎo)軌

51、始終保持良好接觸。兩導(dǎo)軌右端通過金屬導(dǎo)線分別與電容器C的兩極板相連。電容器C緊靠著帶小孔a只能包容一個粒子通過的固定絕緣彈性圓筒。圓筒內(nèi)壁光滑，筒內(nèi)有垂直程度面豎直向下的勻強磁場B2，O是圓筒的圓心，圓筒的內(nèi)半徑為r0.40 m。用一個大小恒為10 N，平行于MN程度向左的外力F拉金屬桿，使桿從靜止開場向左運動。求當金屬桿最終勻速運動時桿的速度大??；當金屬桿處于問中的勻速運動狀態(tài)時，電容器C內(nèi)緊靠下極板且正對a孔的D處有一個帶正電的粒子從靜止開場經(jīng)電容器C加速后從a孔垂直磁場B2并正對著圓心O進入圓筒中，該帶電粒子與圓筒壁碰撞四次后恰好又從小孔a射出圓筒。粒子的比荷5×107 C/k

52、g，該帶電粒子每次與筒壁發(fā)生碰撞時電量和能量都不損失，不計粒子重力和空氣阻力，那么磁感應(yīng)強度B2多大？結(jié)果允許含有三角函數(shù)式答案：v5 m/s7分B2103×tan T或B2103×tan T13分解析：金屬桿先做加速度減小的加速運動，最終以最大速度勻速運動。設(shè)桿勻速運動時速度為v，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有EB1Lv2分根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I2分根據(jù)平衡條件，有FB1IL2分聯(lián)立以上式子，代入數(shù)據(jù)解得v5 m/s1分設(shè)桿勻速運動時電容器C兩極板間的電壓為U，帶電粒子進入圓筒的速率為v1。在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R由于電容器C與電阻R1并聯(lián)，根據(jù)歐姆定律，有UIR11