2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)教案(全國(guó)通用)能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中

專題05能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用

【要點(diǎn)提煉】

1.電磁學(xué)中的功能關(guān)系

(1)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系：w=

電P甩

推廣：僅電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能和動(dòng)能之和守恒；僅電場(chǎng)力和重力及系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，電

勢(shì)能和機(jī)械能之和守恒。

(2)洛倫茲力不做功。

(3)電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系

克服安培苗電流做功

其他形式癡涓一焦耳熱或其他

的能量形式的能量

2.電路中的電功和焦耳熱

(1)電功：W=Ulf,焦耳熱：Q=hRt。

a電

1)2

(2)純電阻電路：W=Q=UIt=hRt=-t,U=IR

電IrX.O

(3)非純電阻電路：W=Q+E,U>IR

電其他O

(4)求電功或電熱時(shí)用有效值。

(5)閉合電路中的能量關(guān)系

任意電路：P=EI=P+P

總出內(nèi)

電源總功率

純電阻電路：P=h(R+r)=F-

總''R+r

電源內(nèi)部消耗的功率P—，2r=P一尸

內(nèi)總出

任意電路：p=UI=P-P

出總內(nèi)

電源的輸出功率

純電阻電路：P=hR=息.、

出(A+r；2

尸出與外電阻火的關(guān)系Nx考

()KrRiA

任意電路：〃=4iX100%=gxi00%

P總E

電源的效率

純電阻電路：〃=/

:X1OO%

由尸與外電阻火的關(guān)系可知：

出

①當(dāng)尺=尸時(shí)，電源的輸出功率最大為。

m4尸

②當(dāng)R>r時(shí)，隨著R的增大輸出功率越來越小。

③當(dāng)R<r時(shí)，隨著R的增大輸出功率越來越大。

④當(dāng)°出<小時(shí)，每個(gè)輸出功率對(duì)應(yīng)兩個(gè)外電阻與和&，且飛火2=々。

3.動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

(1)動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

導(dǎo)體在磁場(chǎng)對(duì)感應(yīng)電流的安培力作用下做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，在某過程中由動(dòng)量定理

有：BL~T+BLI+BL13ZV3+…=mv-mvQ

通過導(dǎo)體橫截面的電荷量q=~T[△/1+72AZ,+73ZV3+…得=mv-mvQ,在題目涉及

通過電路橫截面的電荷量q時(shí)，可考慮用此表達(dá)式。

BLvBLvtRJYA0

X7=——<7=7-Ar=——=^=—,故也可考慮用表達(dá)式(?=晨。

總總總總總

(2)動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

雙導(dǎo)體棒在光滑水平等距導(dǎo)軌上自由切割磁感線時(shí)，同一時(shí)刻磁場(chǎng)對(duì)兩導(dǎo)體棒的安培力

大小相等、方向相反，兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)所受合外力為零，總動(dòng)量守恒。

【高考考向1電場(chǎng)中的能量問題】

命題角度1電場(chǎng)中的功能關(guān)系

例1：（2022?浙江?高考真題）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對(duì)平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，板

長(zhǎng)為L(zhǎng)（不考慮邊界效應(yīng)）。U0時(shí)刻，M板中點(diǎn)處的粒子源發(fā)射兩個(gè)速度大小為丫。的相同粒子，垂直M

板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度大小為"；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計(jì)重力

0

和粒子間的相互作用，則（）

A.M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)

B.兩個(gè)粒子的電勢(shì)能都增加

C.粒子在兩板間的加速度a=午

D.粒子從N板下端射出的時(shí)間》=（吁1）L

2v

o

【答案】C

【詳解】A.由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢(shì)高低，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)題意垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度增加，動(dòng)能增加，則電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減??；

則平行M板向下的粒子到達(dá)N板時(shí)電場(chǎng)力也做正功，電勢(shì)能同樣減小，故B錯(cuò)誤；

CD.設(shè)兩板間距離為M對(duì)于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，有

—L=v/

2。

,1

d=—at2

2

對(duì)于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因兩粒子相同，在電場(chǎng)中加速度相同，有

g）一＞2-2ad

oo

聯(lián)立解得

L2V2

f=丁、a--e-

2:L

故C正確，D錯(cuò)誤；

故選Co

反思?xì)w納」

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的判斷

①場(chǎng)強(qiáng)方向是電場(chǎng)中正電荷受力的方向、負(fù)電荷受力的反方向，也是電場(chǎng)線上某點(diǎn)的切

線方向。

②電場(chǎng)強(qiáng)弱可用電場(chǎng)線疏密判斷。

(2)電勢(shì)高低的比較

①根據(jù)電場(chǎng)線方向判斷，沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)越來越低。

②將電荷量為+q的電荷從電場(chǎng)中的某點(diǎn)移至無窮遠(yuǎn)處電場(chǎng)力做正功越多，則該點(diǎn)的電

勢(shì)越高。

③根據(jù)電勢(shì)差%=%判斷，若，則%＞外，若％＜仇則“六外。

(3)電勢(shì)能變化的判斷

①根據(jù)電場(chǎng)力做功判斷，若電場(chǎng)力對(duì)電荷做正功，電勢(shì)能減少，若電場(chǎng)力對(duì)電荷做負(fù)功，

電勢(shì)能增加，即％=-AE。

P

②根據(jù)能量守恒定律判斷，電場(chǎng)力做功的過程是電勢(shì)能和其他形式的能相互轉(zhuǎn)化的過程,

若只有電場(chǎng)力做功，電荷的電勢(shì)能與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，總和應(yīng)保持不變，即當(dāng)動(dòng)能增加時(shí)，電

勢(shì)能減少，且'小―堂o

kP

:拓展訓(xùn)練:

11.(2022?江蘇?高考真題)如圖所示，正方形四個(gè)頂點(diǎn)各固定一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷，電荷量相

等，。是正方形的中心。現(xiàn)將/點(diǎn)的電荷沿04的延長(zhǎng)線向無窮遠(yuǎn)處移動(dòng)，則()

A.在移動(dòng)過程中，。點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度變小

B.在移動(dòng)過程中，C點(diǎn)的電荷所受靜電力變大

C.在移動(dòng)過程中，移動(dòng)的電荷所受靜電力做負(fù)功

D.當(dāng)其移動(dòng)到無窮遠(yuǎn)處時(shí)，O點(diǎn)的電勢(shì)高于2點(diǎn)

【答案】D

【詳解】A.。是等量同種電荷連線的中點(diǎn)，場(chǎng)強(qiáng)為0,將4處的正點(diǎn)電荷沿Qi方向移至無窮遠(yuǎn)處，O

點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度變大，故A不符合題意；

B.移動(dòng)過程中，C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)變小，正電荷所受靜電力變小，故B錯(cuò)誤；

C.4點(diǎn)電場(chǎng)方向沿04方向，移動(dòng)過程中，移動(dòng)電荷所受靜電力做正功，故C錯(cuò)誤；

D.4點(diǎn)電場(chǎng)方向沿04方向，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，移動(dòng)到無窮遠(yuǎn)處時(shí)，。點(diǎn)的電勢(shì)高于/點(diǎn)電勢(shì)，

故D正確。

故選D。

1-2.（2022?全國(guó)?高考真題）如圖，兩對(duì)等量異號(hào)點(diǎn)電荷+4、固定于正方形的4個(gè)頂點(diǎn)上。

L.N是該正方形兩條對(duì)角線與其內(nèi)切圓的交點(diǎn)，。為內(nèi)切圓的圓心，加為切點(diǎn)。則（）

A.乙和N兩點(diǎn)處的電場(chǎng)方向相互垂直

B.M點(diǎn)的電場(chǎng)方向平行于該點(diǎn)處的切線，方向向左

C.將一帶正電的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)移動(dòng)到。點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功

D.將一帶正電的點(diǎn)電荷從/點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為零

【答案】AB

【詳解】A.兩個(gè)正電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向由N指向。，N點(diǎn)處于兩負(fù)電荷連線的中垂線上，則兩負(fù)

電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向由N指向O,則N點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)方向由N指向O,同理可知，兩個(gè)負(fù)電荷在上

處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向由。指向L工點(diǎn)處于兩正電荷連線的中垂線上，兩正電荷在￡處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向由0

指向L則心處的合場(chǎng)方向由。指向乙，由于正方形兩對(duì)角線垂直平分，則乙和N兩點(diǎn)處的電場(chǎng)方向相

互垂直，故A正確；

B.正方形底邊的一對(duì)等量異號(hào)電荷在加點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向向左，而正方形上方的一對(duì)等量異號(hào)電荷在

M點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向向右，由于用點(diǎn)離上方一對(duì)等量異號(hào)電荷距離較遠(yuǎn)，則M點(diǎn)的場(chǎng)方向向左，故B正

確；

C.由圖可知，M和。點(diǎn)位于兩等量異號(hào)電荷的等勢(shì)線上，即M和。點(diǎn)電勢(shì)相等，所以將一帶正電的點(diǎn)

電荷從例點(diǎn)移動(dòng)到。點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為零，故C錯(cuò)誤；

D.由圖可知，￡點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)電勢(shì)，則將一帶正電的點(diǎn)電荷從乙點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做功不為

零，故D錯(cuò)誤。

故選ABo

命題角度2用能量觀點(diǎn)解決電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題

例2：(2022?北京?高考真題)如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為"，兩板所加的電壓為U。

一質(zhì)量為m、電荷量為4的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計(jì)帶電粒子的重力。

(1)求帶電粒子所受的靜電力的大小廠；

(2)求帶電粒子到達(dá)N板時(shí)的速度大小v；

(3)若在帶電粒子運(yùn)動(dòng)與距離時(shí)撤去所加電壓，求該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間%

MN

【答案】⑴丁若；⑵v零；⑶，嗎后

【詳解】(1)兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)

E"

d

帶電粒子所受的靜電力

b「U

F=qE=q—

(2)帶電粒子從靜止開始運(yùn)動(dòng)到N板的過程，根據(jù)功能關(guān)系有

qU=

解得

(3)設(shè)帶電粒子運(yùn)動(dòng)*距離時(shí)的速度大小為V’,根據(jù)功能關(guān)系有

22

帶電粒子在前3距離做勻加速直線運(yùn)動(dòng),后:距離做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)用時(shí)分別為小孫有

V

則該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間

反思?xì)w納」

⑴根據(jù)其對(duì)應(yīng)的功能關(guān)系分析。

（2）根據(jù)所研究過程的守恒關(guān)系分析。

【拓展訓(xùn)練：

2.（2022湖南岳陽(yáng)二模）如圖所示，地面上固定一傾角為。=37。，高為〃的光滑絕緣斜面，斜面置于

水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為《=走吧，現(xiàn)將一個(gè)帶正電的的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜面頂

端由靜止釋放，已知物塊質(zhì)量為凡電荷量為/重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

A.物塊從靜止釋放到落地的過程中電場(chǎng)力做功為手，世〃

B.物塊從靜止釋放到落地的過程中電場(chǎng)力做功為3.g/7

C.物塊落地的速度大小為（2+卓）gh

D.物塊落地的速度大小為23茄

【答案】BD

【詳解】物塊受到的電場(chǎng)力

F=qE=省mg

則合力的大小為2%g,合力的方向和水平夾角為30°,則小物塊沿合力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，不會(huì)沿著

斜面下滑。

從靜止釋放到落地的過程中電場(chǎng)力做功為

W=qE-亞h=3mgh

設(shè)落地速度為V,根據(jù)動(dòng)能定理可得

mgh+qE--fih=—mvi

解得

v=2*^ii

故AC錯(cuò)誤，BD正確。

故選BD。

【高考考向2能量和動(dòng)量的觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用】

命題角度1電磁感應(yīng)中的能量問題

例3.(2022?全國(guó)?高考真題)如圖，一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長(zhǎng)為/=0.40m的正方形

金屬框的一個(gè)頂點(diǎn)上。金屬框的一條對(duì)角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已

知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長(zhǎng)度的阻值為九=5.0x10-3/m；在/=0到f=3.0s時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨

時(shí)間f的變化關(guān)系為8⑺=0.3-0.1/(SI)。求：

(1)f=2.0s時(shí)金屬框所受安培力的大?。?/p>

(2)在f=0到r=2.0s時(shí)間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。

【答案】(1)0.04V2N；(2)0.016J

【詳解】(1)金屬框的總電阻為

R=4爪=4x0.4x5x@3。=0.008Q

金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

E=——=-------工=0.1x-x0.42V=0.008V

△tAr2

金屬框中的電流為

/=—=1A

R

Z=2,0s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為

B=(0.3-0.1x2)T=0.1T

2

金屬框處于磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度為

L=y/2I

此時(shí)金屬框所受安培力大小為

F/L=0.1xlxJ2x0.4N=0.04x/2N

A2

(2)0?2.0s內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為

Q=/的=12x0.008x2J=0.016J

反思?xì)w納,電磁感應(yīng)中能量問題的分析方法

從能量的觀點(diǎn)著手，運(yùn)用動(dòng)能定理或能量守恒定律。

基本方法是：受力分析一弄清哪些力做功，做正功還是負(fù)功一明確有哪些形式的能參與

轉(zhuǎn)化，哪些增哪些減一由動(dòng)能定理或能量守恒定律列方程求解。

:拓展訓(xùn)練

3-1.(2022?浙江?高考真題)艦載機(jī)電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進(jìn)的彈射技術(shù)，我國(guó)在這一領(lǐng)域已達(dá)到世界

先進(jìn)水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計(jì)研究，如圖1所示，用于推動(dòng)模型飛機(jī)的動(dòng)子(圖中未

畫出)與線圈絕緣并固定，線圈帶動(dòng)動(dòng)子，可在水平導(dǎo)軌上無摩擦滑動(dòng)。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場(chǎng)

中，其所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為8。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動(dòng)子從靜止開始推動(dòng)飛

機(jī)加速，飛機(jī)達(dá)到起飛速度時(shí)與動(dòng)子脫離；此時(shí)S擲向2接通定值電阻Ro,同時(shí)施加回撤力F,在廠和

磁場(chǎng)力作用下，動(dòng)子恰好返回初始位置停下。若動(dòng)子從靜止開始至返回過程的圖如圖2所示，在乙至

4時(shí)間內(nèi)F=(800T0v)N,時(shí)撤去尸。已知起飛速度v7=80m/s,片1.5s,線圈匝數(shù)“=100匝，每匝周

長(zhǎng)/=lm,飛機(jī)的質(zhì)量M=10kg,動(dòng)子和線圈的總質(zhì)量機(jī)=5kg,&=9.5Q,S=0.1T,不計(jì)空氣阻力和飛機(jī)

起飛對(duì)動(dòng)子運(yùn)動(dòng)速度的影響，求

(1)恒流源的電流/；

(2)線圈電阻R；

(3)時(shí)刻爭(zhēng)

【答案】⑴80A；⑵7?=O.5Q；⑶t=6^s

32

【詳解】(1)由題意可知接通恒流源時(shí)安培力

F=nBH

安

動(dòng)子和線圈在時(shí)間段內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的加速度為

v

4=f

t

1

根據(jù)牛頓第二定律有

F=\M+m)a

安

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

vw+M.

1=-------------u=80A

nlBt

(2)當(dāng)S擲向2接通定值電阻此時(shí)，感應(yīng)電流為

,nBlv

I=TTR

0

此時(shí)安培力為

F=nBri

安

所以此時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有

(800-10v)廿二ma

R+R

0

由圖可知在、至、期間加速度恒定，則有

"2/282

--------=It)

R+R

0

解得

R-0.5Q,d=\60m/s2

(3)根據(jù)圖像可知

t-t=0.5s

2iar

故t,=2s;在時(shí)間段內(nèi)的位移

5=—vf=80m

212

而根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有

lA。nBAS

E=n——=-------

ArZ

電荷量的定義式

△q=It

/=—

R+R

o

可得

從今時(shí)刻到最后返回初始位置停下的時(shí)間段內(nèi)通過回路的電荷量，根據(jù)動(dòng)量定理有

—nBlXq=0—maZ(z—t)

32

聯(lián)立可得

G-r)2+G-r)-1=0

3232

解得

■J5+3

t=-------s

32

3-2.(2022?浙江?高考真題)如圖所示，水平固定一半徑，=0.2m的金屬圓環(huán)，長(zhǎng)均為八電阻均為此的

兩金屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在過圓心的導(dǎo)電豎直轉(zhuǎn)軸O。'上，并隨軸

以角速度s=600rad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓環(huán)內(nèi)左半圓均存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B：的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。圓環(huán)邊緣、與

轉(zhuǎn)軸良好接觸的電刷分別與間距。的水平放置的平行金屬軌道相連，軌道間接有電容C=0.09F的電容

器，通過單刀雙擲開關(guān)S可分別與接線柱1、2相連。電容器左側(cè)寬度也為小長(zhǎng)度為分磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小為當(dāng)?shù)膭驈?qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)靠近左側(cè)邊緣處垂直軌道放置金屬棒磁場(chǎng)區(qū)域外有間距也為

(的絕緣軌道與金屬軌道平滑連接，在絕緣軌道的水平段上放置形金屬框兀必。棒/長(zhǎng)度和“[”形框

的寬度也均為/八質(zhì)量均為加=0.01kg,de與(/長(zhǎng)度均為％=0.08m,已知J/=0.25m,<=0068m,

嗎=%=1T、方向均為豎直向上；棒面和“[”形框的cd邊的電阻均為R=0.1c,除已給電阻外其他電阻不

計(jì)，軌道均光滑，棒仍與軌道接觸良好且運(yùn)動(dòng)過程中始終與軌道垂直。開始時(shí)開關(guān)S和接線柱1接通，

待電容器充電完畢后，將S從1撥到2,電容器放電，棒仍被彈出磁場(chǎng)后與“[”形框粘在一起形成閉合

框油〃，此時(shí)將S與2斷開，已知框abed在傾斜軌道上重心上升0.2m后返回進(jìn)入磁場(chǎng)。

(1)求電容器充電完畢后所帶的電荷量。，哪個(gè)極板(/或N)帶正電？

(2)求電容器釋放的電荷量AQ；

(3)求框附〃進(jìn)入磁場(chǎng)后，外邊與磁場(chǎng)區(qū)域左邊界的最大距離X。

【答案】(1)0.54C；M板；(2)0.16C；(3)0.14m

【詳解】(1)開關(guān)S和接線柱1接通，電容器充電充電過程，對(duì)繞轉(zhuǎn)軸。O'轉(zhuǎn)動(dòng)的棒由右手定則可知其

動(dòng)生電源的電流沿徑向向外，即邊緣為電源正極，圓心為負(fù)極，則M板充正電；

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知

E=—Bco/*2

21

則電容器的電量為

CE

Q=CU=—=0.54C

2

(2)電容器放電過程有

Bl\Q-inv

棒ab被彈出磁場(chǎng)后與”「形框粘在一起的過程有

mv=(m+in)v

!2

棒的上滑過程有

g2WV2=2mgh

聯(lián)立解得

△。卷質(zhì)=0.16c

21

(3)設(shè)導(dǎo)體框在磁場(chǎng)中減速滑行的總路程為Ar,由動(dòng)量定理

B2hAx.

----=2tnv

2R2

可得

Ai=0.128m>0.08m

勻速運(yùn)動(dòng)距離為

I-I=0.012m

32

則

Ax=+/-/=0.14m

32

命題角度2電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題

例4.(2022?黑龍江佳木斯一中三模)如圖、長(zhǎng)￡=lm、電阻—1Q的金屬棒辦與豎直金屬圓環(huán)接觸良

好并能隨手柄一起轉(zhuǎn)動(dòng)，同一水平面內(nèi)有兩條足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)、間距也為L(zhǎng)=lm的平行金屬導(dǎo)軌

MM，、NN：導(dǎo)軌上尸0兩處有極小的斷點(diǎn)，導(dǎo)軌左端分別與環(huán)和。點(diǎn)相連接。在圓環(huán)中有水平向右、

P0左側(cè)有豎直向下磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為8=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，邊界P。右側(cè)有長(zhǎng)為2A的光滑區(qū)?，F(xiàn)有長(zhǎng)

L=lm、質(zhì)量加=lkg、電阻R=2Q的金屬桿“垂直于磁場(chǎng)置于導(dǎo)軌上，桿。和導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為

“=0.2。另有邊長(zhǎng)仍為乙=lm,質(zhì)量為M=3kg、每條邊電阻均為火=2Q的正方形金屬框EFG/7置于導(dǎo)軌

上，其尸G邊與光滑區(qū)右邊界對(duì)齊，不計(jì)金屬框的摩擦作用。當(dāng)桿〃能運(yùn)動(dòng)后越過后一段時(shí)間，與金

屬框發(fā)生瞬間碰撞并粘連在一起，隨即桿a與金屬框向右再運(yùn)動(dòng)2Z,停在粗糙區(qū)。(不考慮框架中的電流

產(chǎn)生的磁場(chǎng)影響，最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力大小相等，重力加速度為g=10m/s2)。求：

(1)某時(shí)刻桿a開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，手柄的角速度大小；

(2)桿。碰撞前、后的速度；

(3)桿從離開到最終停下所用時(shí)間；

(4)若金屬框和桿。碰瞬間后，立即在FG右側(cè)加一豎直向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，碰撞后瞬

間整體的加速度大小，和碰后桿。上生成的焦耳熱。

【詳解】(1)金屬棒。4產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為

.B(ab

E=-------

2

回路電流為

1=-^—

R+r

當(dāng)桿。開始向右運(yùn)動(dòng)，有

Rng=BIL

聯(lián)立解得

2u/w2(7?4-r)一—

co=1--------=12rad/s

Bib

(2)設(shè)a桿碰前速度大小為碰后速度大小為］對(duì)框和棒整體碰撞后根據(jù)動(dòng)能定理可得

-\imgL=0--x4WV2

解得

v=Im/s

i

由動(dòng)量守恒有

tnv=4/nv

o1

解得

v=4m/s

o

(3)桿a從尸。到碰前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有

t=—=0.25s

iv

0

桿4碰撞后與框在。?入距離內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有

t=-=ls

2V

1

桿。碰撞后與框在L?2L距離內(nèi)做勻減直線運(yùn)動(dòng)，則有

2

所以，桿從尸0離開到最終停下所用時(shí)間為

t=t+t=3.25s

I23

(4)碰后金屬框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，框的右邊切割生電動(dòng)勢(shì)為

E=BLv=1V

桿4與金屬框形成的總電阻為

R7

R=3R+—=-R=7Q

總22

框的右邊流過電流為

E1A

Ir=——=-A

R7

總

所以整體加速度為

八坨」m/sz

4m28

從金屬框剛進(jìn)入磁場(chǎng)到整個(gè)框進(jìn)入磁場(chǎng)過程，根據(jù)動(dòng)量定理有

—BL\q=4mv-4mv

又

BL?

總

聯(lián)立解得

27,

v=-m/s

228

之后金屬框全部進(jìn)入磁場(chǎng)不再產(chǎn)生焦耳熱，所以根據(jù)能量守恒可得

八Q=-1X4）加U2--一X4777V2

2I22

其中桿a的焦耳熱為

Q=—e=^-J?0.01J