（浙江選考）2019高考物理二輪復習 專題四 電磁感應和電路 第2講 電磁感應的綜合問題學案

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1、 第2講　電磁感應的綜合問題 [歷次選考考情分析] 章 知識內容 考試要求 歷次選考統(tǒng)計 必考 加試 2015/10 2016/04 2016/10 2017/04 2017/11 2018/04 電磁感應 電磁感應現象 b 楞次定律 c 法拉第電磁感應定律 d 22 23 22 22 22 23 電磁感應現象的兩類情況 b 互感和自感 b 渦流、電磁阻尼和電磁驅動 b 考點一　電

2、磁感應基本概念和規(guī)律的理解 1．解決圖象問題的一般步驟 (1)明確圖象的種類，即是B－t圖象還是Φ－t圖象，或者是E－t圖象、I－t圖象等． (2)分析電磁感應的具體過程； (3)用右手定則或楞次定律確定方向對應關系； (4)結合法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數關系式； (5)根據函數關系式，進行數學分析，如分析斜率的變化、截距等； (6)畫出圖象或判斷圖象． 2．電磁感應中圖象類選擇題的兩個常見解法 (1)排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負，排除錯誤的選

3、項． (2)函數法：根據題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數關系，然后由函數關系對圖象作出分析和判斷，這未必是最簡捷的方法，但卻是最有效的辦法． 1．[感應電流的產生](多選)下列各圖所描述的物理情境中，有感應電流產生的是(　　) 答案　BCD 解析　A中電鍵S閉合穩(wěn)定后，穿過線圈的磁通量保持不變，線圈中不產生感應電流；B中磁鐵向鋁環(huán)A靠近，穿過鋁環(huán)的磁通量在增大，鋁環(huán)中產生感應電流；C中金屬框從A向B運動，穿過金屬框的磁通量時刻在變化，金屬框中產生感應電流；D中銅盤在磁場中按題圖所示方向轉動，銅盤的一部分切割磁感線，電阻R中產生感應電流． 2．[感應電流的大小和方

4、向](多選)如圖1，一根長為l、橫截面積為S的閉合軟導線置于光滑水平面上，其材料的電阻率為ρ，導線內單位體積的自由電子數為n，電子的電荷量為e，空間存在垂直紙面向里的磁場．某時刻起磁場開始減弱，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律是B＝B0－kt，當軟導線形狀穩(wěn)定時，磁場方向仍然垂直紙面向里，此時(　　) 圖1 A．軟導線將圍成一個圓形 B．軟導線將圍成一個正方形 C．導線中產生逆時針方向的電流 D．導線中的電流為 答案　AD 解析　當磁場的磁感應強度減弱時，由楞次定律可知，導線中產生順時針方向的電流，軟導線圍成的圖形的面積有擴大的趨勢，結合周長相等時，圓的面積最大可知，最終軟導線圍成

5、一個圓形．設軟導線圍成的圓形半徑為r，則有：l＝2πr，圓形的面積為S1＝πr2，軟導線的電阻為R＝ρ，軟導線中產生的感應電動勢為E＝S1＝k，感應電流為I＝＝. 3．[感應電流的圖象](多選)如圖2甲所示，正六邊形導線框abcdef放在磁場中靜止不動，磁場方向與導線框平面垂直，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示．t＝0時刻，磁感應強度B的方向垂直紙面向里，設產生的感應電流順時針方向為正，豎直邊cd所受安培力的方向水平向左為正．則下面關于感應電流i和cd邊所受安培力F隨時間t變化的圖象正確的是(　　) 圖2 答案　BC 解析　0～2 s內，磁感應強度的方向垂直紙面向里

6、，且逐漸減小，根據楞次定律，感應電流的方向為順時針方向，為正值．根據法拉第電磁感應定律，E＝＝B0S為定值，則感應電流為定值，I0＝.在2～3 s內，磁感應強度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據楞次定律，感應電流方向為順時針方向，為正值，大小與0～2 s內相同． 在3～4 s內，磁感應強度方向垂直紙面向外，且逐漸減小，根據楞次定律，感應電流方向為逆時針方向，為負值，大小與0～2 s內相同．在4～6 s內，磁感應強度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，根據楞次定律，感應電流方向為逆時針方向，為負值，大小與0～2 s內相同，故A錯誤，B正確．在0～2 s內，磁感應強度的方向垂直紙面向里，且逐漸減小，電

7、流恒定不變，根據F安＝BIL，則安培力逐漸減小，cd邊所受安培力方向向右，為負值.0時刻安培力大小為F＝2B0I0L.在2～3 s內，磁感應強度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據F安＝BIL，則安培力逐漸增大，cd邊所受安培力方向向左，為正值，3 s末安培力大小為B0I0L.在3～4 s內，磁感應強度方向垂直紙面向外，且逐漸減小，則安培力大小逐漸減小，cd邊所受安培力方向向右，為負值，第4 s初的安培力大小為B0I0L.在4～6 s內，磁感應強度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，則安培力大小逐漸增大，cd邊所受安培力方向向左，6 s末的安培力大小2B0I0L，故C正確，D錯誤． 4.[電路問題]

8、(多選)用均勻導線做成的正方形線圈邊長為l，正方形的一半放在垂直于紙面向里的磁場中，如圖3所示，當磁場以的變化率增強時，則(　　) 圖3 A．線圈中感應電流方向為acbda B．線圈中產生的電動勢E＝· C．線圈中感應電流方向為adbca D．線圈中a、b兩點間的電勢差為· 答案　AB 解析　當磁場增強時，由楞次定律可判定感應電流的方向為acbda，故A項正確，C項錯誤；由法拉第電磁感應定律得E＝·，B項正確；線圈中a、b兩點的電勢差的絕對值為電動勢的一半，由電流方向可知，a點電勢低于b點電勢，則a、b兩點的電勢差為－··，故D項錯誤． 考點二　電磁感應中的動力學和能量問題

9、 1．電磁感應中的動力學問題分析思路 (1)電路分析：導體棒相當于電源，感應電動勢相當于電源的電動勢，導體棒的電阻相當于電源的內阻． (2)受力分析：導體棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIL，根據牛頓第二定律列動力學方程：F合＝ma. (3)過程分析：由于安培力是變力，導體棒做變加速運動，當加速度為零時，達到穩(wěn)定狀態(tài)，最后做勻速直線運動，根據共點力平衡條件列平衡方程：F合＝0. 2．電磁感應中能量轉化及焦耳熱的求法 (1)能量轉化 (2)求解焦耳熱Q的三種方法 ①焦耳定律：Q＝I2Rt，適用于電流、電阻不變； ②功能關系：Q＝W克服安培力，電流變不變都適用； ③能量

10、轉化：Q＝ΔE其他能的減少量，電流變不變都適用． 例1　(2018·嘉興一中期末)如圖4所示，兩根相距L1的平行粗糙金屬導軌固定在水平面上，導軌上分布著n個寬度為d、間距為2d的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直水平面向上．在導軌的左端連接一個阻值為R的電阻，導軌的左端距離第一個磁場區(qū)域L2的位置放有一根質量為m，長為L1，阻值為r的金屬棒，導軌電阻及金屬棒與導軌間的接觸電阻均不計．某時刻起，金屬棒在一水平向右的已知恒力F作用下由靜止開始向右運動，已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g. 圖4 (1)若金屬棒能夠勻速通過每個勻強磁場區(qū)域，求金屬棒離開第2個勻強磁場區(qū)域時的速度v2

11、的大?。? (2)在滿足第(1)小題條件時，求第n個勻強磁場區(qū)域的磁感應強度Bn的大小； (3)現保持恒力F不變，使每個磁場區(qū)域的磁感應強度均相同，發(fā)現金屬棒通過每個磁場區(qū)域時電路中的電流變化規(guī)律完全相同，求金屬棒從開始運動到通過第n個磁場區(qū)域的整個過程中左端電阻R上產生的焦耳熱Q. 答案　(1) (2) (3)nd(F－μmg) 解析　(1)金屬棒勻加速運動有F－μmg＝ma v22＝2a(L2＋2d) 解得：v2＝ (2)金屬棒勻加速運動的總位移為x＝L2＋2nd－2d 金屬棒進入第n個勻強磁場的速度滿足vn2＝2ax 金屬棒在第n個磁場中勻速運動有F－μmg－F安＝

12、0 感應電動勢E＝BnL1vn 電流I＝＝ 安培力F安＝BnL1I 聯(lián)立得：F安＝ 解得：Bn＝ (3)金屬棒進入每個磁場時的速度v和離開每個磁場時的速度v′均相同，由題意可得v2＝2aL2，v2－v′2＝2a·2d 金屬棒從開始運動到通過第n個磁場區(qū)域的過程中，有x總＝L2＋3nd－2d (F－μmg)x總－Q總＝mv′2 Q＝Q總 解得：Q＝nd(F－μmg) 5．如圖5所示，有一傾斜光滑平行金屬導軌，導軌平面與水平面的夾角θ＝30°，導軌間距L＝0.5 m，電阻不計，在兩導軌間接有R＝3 Ω的電阻．在導軌中間加一垂直導軌平面向上的寬度為d＝0.4 m的勻強磁場

13、，B＝2 T．一質量為m＝0.08 kg，電阻為r＝2 Ω的導體棒從距磁場上邊緣d＝0.4 m處由靜止釋放，運動過程中始終與導軌保持垂直且接觸良好，取g＝10 m/s2.求： 圖5 (1)導體棒進入磁場上邊緣的速度大小v； (2)導體棒通過磁場區(qū)域的過程中，通過導體棒的電荷量q； (3)導體棒通過磁場區(qū)域的過程中，電阻R上產生的焦耳熱Q. 答案　(1)2 m/s　(2)0.08 C　(3)0.096 J 解析　(1)根據機械能守恒定律可得：mgdsin 30°＝mv2 代入數據解得，導體棒進入磁場上邊緣的速度v＝2 m/s. (2)根據法拉第電磁感應定律可得：＝ 根據閉合

14、電路的歐姆定律可得：＝ 通過導體棒的電荷量為：q＝Δt＝＝＝0.08 C. (3)導體棒切割磁感應線產生的感應電動勢為E＝BLv＝2 V 根據閉合電路的歐姆定律可得：I＝＝0.4 A 導體棒受到的安培力F＝BIL＝0.4 N 導體棒的重力沿導軌平面向下的分力F′＝mgsin 30°＝0.4 N 所以金屬棒進入磁場后做勻速運動，根據功能關系可得電阻R上產生的焦耳熱為： Q＝mgdsin 30°＝0.096 J. 考點三　應用動量和能量觀點分析電磁感應問題 1．電磁感應與動量綜合問題 往往需要運用牛頓第二定律、動量定理、動量守恒定律、功能關系和能量守恒定律等重要規(guī)律，并結合閉合

15、電路的歐姆定律等物理規(guī)律及基本方法． 2．動量觀點在電磁感應問題中的應用，主要可以解決變力的沖量．所以，在求解導體棒做非勻變速運動的問題時，應用動量定理可以避免由于加速度變化而導致運動學公式不能使用的麻煩，在求解雙桿模型問題時，在一定條件下可以利用動量守恒定律避免討論中間變化狀態(tài)，而直接求得最終狀態(tài)． 模型1　動量定理與電磁感應的綜合應用 例2　(2018·寧波市十校聯(lián)考)如圖6所示，兩根相距為d的粗糙平行金屬導軌放在傾角為θ的斜面上(電阻忽略不計)，金屬導軌上端連有阻值為R的電阻，在平行于斜面的矩形區(qū)域mnOP(mP長為l，且平行于金屬導軌，不考慮磁場的邊界效應)內存在一個垂直斜面向上

16、的勻強磁場B，一根電阻為r，質量為m的金屬棒EF自磁場上邊界虛線mn處由靜止釋放，經過t時間離開磁場區(qū)域，金屬棒與金屬導軌間的動摩擦因數為μ.求： 圖6 (1)t時間內通過電阻R的電荷量q； (2)t時間內電阻R上產生的焦耳熱Q； (3)沿著導軌向下平行移動磁場區(qū)域，從原位置釋放金屬棒，當它恰好能勻速通過磁場時，磁場的移動距離s和金屬棒通過磁場的時間t′. 答案　(1) (2)·{mgl(sin θ－μcos θ)－m[(sin θ－μcos θ)gt－]2} (3)　 解析　(1)由法拉第電磁感應定律得＝＝ 通過電阻R的電荷量為q＝·t＝ (2)金屬棒向下運動的過程中

17、受到重力、支持力、摩擦力以及安培力的作用，在沿斜面的方向上，由動量定理得：(mgsin θ－μmgcos θ)·t－Bd··t＝mv－0 得：v＝(gsin θ－μgcos θ)t－ 由功能關系可得：Q總＝mgl(sin θ－μcos θ)－mv2 則電阻R上產生的焦耳熱為：Q＝·Q總 聯(lián)立可得： Q＝·{mgl(sin θ－μcos θ)－m[(sin θ－μcos θ)gt－]2} (3)金屬棒在磁場中做勻速直線運動時，mgsin θ＝μmgcos θ＋ 得：vm＝ 金屬棒沿導軌平面向下的加速度為：a＝g(sin θ－μcos θ) 又：vm2＝2as， 得s＝ 金屬

18、棒通過磁場的時間為： t′＝＝ 6.如圖7所示，光滑的水平平行金屬導軌間距為L，導軌電阻忽略不計．空間存在垂直于導軌平面豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B.輕質導體棒ab垂直導軌放置，導體棒ab的電阻為r，與導軌之間接觸良好．兩導軌之間接有定值電阻，其阻值為R，輕質導體棒中間系一輕細線，細線通過定滑輪懸掛質量為m的物體，現從靜止釋放該物體，當物體速度達到最大時，下落的高度為h.物體下落過程中不著地，導軌足夠長，忽略空氣阻力和一切摩擦阻力，重力加速度為g.求： 圖7 (1)物體下落過程中的最大速度vm； (2)物體從靜止開始下落至速度達到最大的過程中，電阻R上產生的熱量Q；

19、 (3)物體從靜止開始下落至速度到最大時，所需的時間t. 答案　(1)　(2)－　(3)＋ 解析　(1)在物體加速下落過程中，加速度逐漸減小，當加速度為0時，下落速度達到最大．對物體，由平衡條件可得mg＝FT 對導體棒，由平衡條件可得FT＝BIL 對導體棒與導軌、電阻R組成的閉合回路，根據閉合電路歐姆定律得I＝ 根據法拉第電磁感應定律得E＝BLvm 聯(lián)立以上各式解得vm＝. (2)在物體下落過程中，物體重力勢能減少，動能增加，系統(tǒng)中產生熱量，根據能量守恒定律可得mgh＝mvm2＋Q總 電阻R上產生的熱量Q＝Q總， 聯(lián)立解得Q＝－. (3)在系統(tǒng)加速過程中，任一時刻速度設為

20、v，取一段時間微元Δt，在此過程中以系統(tǒng)為研究對象，根據動量定理可得mgΔt－Δt＝mΔv 即mgΔt－＝mΔv 全過程疊加求和mgt－＝mvm 聯(lián)立解得t＝＋. 模型2　動量守恒定律與電磁感應的綜合應用 例3　(2018·寧波市3月選考)如圖8甲所示，絕緣水平面上固定著兩根足夠長的光滑金屬導軌PQ、MN，相距為L＝0.5 m，ef右側導軌處于磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下，磁感應強度B的大小如圖乙變化．開始時ab棒和cd棒鎖定在導軌如圖所示位置，ab棒與cd棒平行，ab棒離水平面高度為h＝0.2 m，cd棒與ef之間的距離也為L，ab棒的質量為m1＝0.2 kg，有效電阻R1＝0

21、.05 Ω，cd棒的質量為m2＝0.1 kg，有效電阻為R2＝0.15 Ω.(設ab、cd棒在運動過程中始終與導軌垂直，兩棒與導軌接觸良好，導軌電阻不計，空氣阻力不計，g取10 m/s2)．問： 圖8 (1)0～1 s時間段內通過cd棒的電流大小與方向； (2)假如在1 s末，同時解除對ab棒和cd棒的鎖定，穩(wěn)定后ab棒和cd棒將以相同的速度做勻速直線運動，試求這一速度的大??； (3)對ab棒和cd棒從解除鎖定到開始以相同的速度做勻速直線運動，ab棒上產生的熱量； (4)ab棒和cd棒速度相同時，它們之間的距離大?。? 答案　見解析 解析　(1)由楞次定律可得，cd棒中的電

22、流方向為由d到c E＝＝S＝L2 代入數據得：E＝0.25 V cd棒中的電流大小I＝ 代入數據得：I＝1.25 A (2)設ab棒剛進入磁場時的速度為v0，由機械能守恒定律有：m1gh＝m1v02 得v0＝2 m/s 由題意可知，ab棒進入磁場后做加速度減小的減速運動，cd棒做加速度減小的加速運動，而由ab、cd棒組成的回路感應電動勢越來越小，最終ab、cd棒達到共同速度做勻速直線運動，系統(tǒng)穩(wěn)定．以ab、cd棒構成的系統(tǒng)為研究對象，水平方向上只受到大小時刻相等、方向時刻相反的安培力作用，系統(tǒng)在磁場中運動時動量守恒． m1v0＝(m1＋m2)v共 得：v共＝ m/s. (3

23、)以ab、cd棒構成的系統(tǒng)為研究對象，從解除鎖定開始到ab、cd棒以相同的速度穩(wěn)定運動的過程中，系統(tǒng)損失的機械能轉化為系統(tǒng)兩電阻上的熱量． m1gh－(m1＋m2)v共2＝Q總 則Qab＝Q總＝ J (4)以ab棒為研究對象，ab棒從進入磁場到達到穩(wěn)定速度過程中，由動量定理有： m1v共－m1v0＝－∑F安Δt＝－∑BLΔt＝－ 解得Δx＝ m 分析可知Δx為這個過程中兩棒相對靠近的距離， 所以，穩(wěn)定時兩棒之間的距離為：x＝L－Δx＝ m. 7．如圖9所示，一個質量為m、電阻不計、足夠長的光滑U形金屬框架MNQP，位于光滑絕緣水平桌面上，平行導軌MN和PQ相距為L.空間存在

24、著足夠大的方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小為B.另有質量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在導軌上，并用一根絕緣細線系在定點A.已知，細線能承受的最大拉力為FT0，CD棒接入導軌間的有效電阻為R.現從t＝0時刻開始對U形框架施加水平向右的拉力F(大小未知)，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運動． 圖9 (1)求從框架開始運動到細線斷開所需的時間t0及細線斷開時框架的瞬時速度v0大??； (2)若在細線斷開時，立即撤去拉力F，求此后過程回路中產生的總焦耳熱Q. 答案　(1)　　(2) 解析　(1)細線斷開時，對CD棒有FT0＝F安， F安＝BIL，I＝，E＝BLv0，

25、v0＝at0 聯(lián)立解得t0＝ 細線斷開時，框架的速度v0＝ (2)在細線斷開時立即撤去拉力F，框架向右減速運動，CD棒向右加速運動，設二者最終速度大小為v，由系統(tǒng)動量守恒可得mv0＝2mv 得v＝＝ 撤去拉力F后，系統(tǒng)總動能的減少量等于回路消耗的電能，最終在回路中產生的總焦耳熱 Q＝mv02－×2mv2 聯(lián)立得Q＝. 專題強化練 1．(多選)(2018·牌頭中學期中改編)如圖1所示，固定的水平長直導線中通有向右的電流I，矩形閉合導線框與導線在同一豎直平面內，且一邊與導線平行．將線框由靜止釋放，不計空氣阻力，則在線框下落過程中(　　) 圖1 A．穿過線框的磁通量保持

26、不變 B．線框中感應電流的方向為順時針 C．線框所受安培力的合力豎直向上 D．線框的機械能不斷增大 答案　BC 解析　線框在下落過程中，所在磁場減弱，穿過線框的磁通量減小，故A錯誤；電流I產生的磁場在導線的下方垂直于紙面向里，下落過程中，因為穿過線框的磁通量隨線框下落而減小，根據楞次定律，感應電流的磁場與原磁場方向相同，所以感應電流的方向為順時針，故B正確；由于離導線越遠的地方磁場越弱，所以線框的上邊受到的安培力大小大于下邊受到的安培力大小，合力的方向向上，故C正確；下落過程中，因為穿過線框的磁通量隨線框下落而減小，線框中產生電能，機械能減小，故D錯誤． 2．(多選)某實驗裝置如圖

27、2所示，在鐵芯P上繞著兩個線圈A和B，如果線圈A中電流i與時間t的關系有如圖所示的A、B、C、D共四種情況．在t1～t2這段時間內，哪種情況可以觀察到在線圈B中有感應電流(　　) 圖2 答案　BCD 3．(多選)(2018·書生中學月考改編)豎直放置的平行光滑導軌，其電阻不計，磁場方向如圖3所示，磁感應強度B＝0.5 T，導體棒ab與cd長均為0.2 m，電阻均為0.1 Ω，重均為0.1 N，現用力向上拉導體棒ab，使之勻速向上(與導軌接觸良好，導軌足夠長)，此時，導體棒cd恰好靜止，那么導體棒ab上升時，下列說法中正確的是(　　) 圖3 A．導體棒ab受到的拉力大小為2

28、 N B．導體棒ab向上的速度為2 m/s C．在2 s內，拉力做功轉化為的電能是0.4 J D．在2 s內，拉力做功為0.6 J 答案　BC 解析　導體棒ab勻速上升，受力平衡，cd棒靜止，受力也平衡，對于兩棒組成的系統(tǒng)，合外力為零，根據平衡條件可得：ab棒受到的拉力F＝2mg＝0.2 N，故A錯誤；對cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡條件得：F安＝G，即BIL＝G，又I＝，聯(lián)立得：v＝＝ m/s＝2 m/s，故B正確；在2 s內，電路產生的電能Q＝t＝t＝×2 J＝0.4 J，故C正確；在2 s內拉力做的功，W＝Fvt＝0.2×2×2 J＝0.8 J，故D錯誤．

29、 4.如圖4所示，兩根豎直固定的足夠長的光滑金屬導軌ab和cd相距L＝1 m，金屬導軌電阻不計．兩根水平放置的金屬桿MN和PQ質量均為0.1 kg，在電路中兩金屬桿MN和PQ的電阻均為R＝2 Ω，PQ桿放置在水平臺上．整個裝置處于垂直導軌平面向里的磁場中，g取10 m/s2，不計空氣阻力． 圖4 (1)若將MN桿固定，兩桿間距為d＝4 m，現使磁感應強度從零開始以＝0.5 T/s的變化率均勻地增大，經過多長時間，PQ桿對地面的壓力為零？ (2)若將PQ桿固定，讓MN桿在豎直向上的恒定拉力F＝2 N的作用下由靜止開始向上運動，磁感應強度大小恒為1 T．若桿MN發(fā)生的位移為h＝1.8

30、 m時達到最大速度，求最大速度的大小和加速時間． 答案　(1)4 s　(2)4 m/s　0.85 s 解析　(1)根據法拉第電磁感應定律： E＝＝·S＝·Ld 根據閉合電路歐姆定律：I＝ 由題意可知：B＝0.5t 當PQ桿對地面的壓力恰好為零時，對PQ桿有 mg＝BIL 聯(lián)立解得t＝4 s (2)當桿MN達到最大速度vm時，其加速度為0 對MN桿：mg＋B′I′L＝F I′＝ 聯(lián)立解得最大速度vm＝4 m/s 桿MN從靜止到最大速度vm的運動過程中 根據動量定理：Ft′－mgt′－B′Lt′＝mvm t′＝＝ 聯(lián)立解得加速時間t′＝0.85 s. 5．(201

31、8·新力量聯(lián)盟期末)如圖5甲所示，MN、PQ為間距L＝0.5 m足夠長的平行導軌，NQ⊥MN，導軌的電阻均不計．導軌平面與水平面間的夾角θ＝37°，NQ間連接有一個R＝4 Ω的電阻．有一勻強磁場垂直于導軌平面且方向向上，磁感應強度為B0＝1 T．將一根質量為m＝0.05 kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導軌上，且與導軌接觸良好．現由靜止釋放金屬棒，當金屬棒滑行至cd處時達到穩(wěn)定速度，已知在此過程中通過金屬棒橫截面的電荷量q＝0.2 C，且金屬棒的加速度a與速度v的關系如圖乙所示，設金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與NQ平行．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：

32、 圖5 (1)金屬棒與導軌間的動摩擦因數μ； (2)cd與NQ的距離s； (3)金屬棒滑行至cd處的過程中，電阻R上產生的熱量． 答案　(1)0.5　(2)2 m　(3)0.08 J 解析　(1)由題圖乙可知，當v＝0時，a＝2 m/s2 mgsin θ－μmgcos θ＝ma 得μ＝0.5 (2)由題圖乙可知，vm＝2 m/s 當金屬棒達到穩(wěn)定速度時，有F安＝B0IL E＝B0Lvm I＝ mgsin θ＝F安＋μmgcos θ 聯(lián)立以上各式解得r＝1 Ω 通過金屬棒橫截面的電荷量q＝IΔt＝Δt＝＝＝0.2 C 解得s＝2 m (3)由動能定理得mgs

33、sin 37°－μmgscos 37°－WF＝mvm2－0 WF＝Q總＝0.1 J QR＝Q總＝0.08 J. 6．如圖6所示，平行金屬導軌MN、M′N′和平行金屬導軌PQR、P′Q′R′分別固定在高度差為h(數值未知)的水平臺面上．導軌MN、M′N′左端接有電源、間距為L＝0.10 m，所在空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B1＝0.20 T；導軌PQR與P′Q′R′的間距也為L＝0.10 m，其中PQ與P′Q′是圓心角為60°、半徑為r＝0.50 m的圓弧導軌，QR與Q′R′是水平長直導軌，QQ′右側有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B2＝0.40 T．導體棒a質量m1＝0.0

34、2 kg，電阻R1＝2.0 Ω，放置在導軌MN、M′N′右側N′N邊緣處；導體棒b質量m2＝0.04 kg，電阻R2＝4.0 Ω，放置在水平導軌某處．閉合開關K后，導體棒a從NN′水平拋出，恰能無碰撞地從PP′處以速度v1＝2 m/s滑入平行導軌，且始終沒有與導體棒b相碰．重力加速度g＝10 m/s2，不計一切摩擦及空氣阻力．求： 圖6 (1)導體棒b的最大加速度； (2)導體棒a在磁場B2中產生的焦耳熱； (3)閉合開關K后，通過電源的電荷量q. 答案　(1)0.02 m/s2　(2)0.02 J　(3)1 C 解析　(1)設導體棒a剛進入磁場B2時的速度為v2，根據動能定理

35、： m1g(r－rcos 60°)＝m1v22－m1v12 解得：v2＝3 m/s 因為導體棒a剛進入磁場B2時，導體棒b中的電流最大，導體棒b受到的力最大，加速度最大，所以有： 電動勢為：E＝B2Lv2 電流為：I＝ 根據牛頓第二定律：B2IL＝m2amax 解得：amax＝0.02 m/s2. (2)兩個導體棒在運動過程中，動量、能量守恒，當兩導體棒的速度相等時回路中的電流為零，此后兩導體棒做勻速直線運動，兩導體棒不再產生焦耳熱，所以 根據動量守恒：m1v2＝(m1＋m2)v3 根據能量守恒定律：m1v22＝(m1＋m2)v32＋Qa＋Qb 由于導體棒a、b串聯(lián)在一起

36、，所以有：＝ 解得：Qa＝0.02 J (3)設閉合開關后，導體棒a以速度v0水平拋出，則有：v0＝v1cos 60°＝1 m/s 對導體棒a沖出過程由動量定理：∑B1ILΔt＝m1v0 即：B1Lq＝m1v0 解得：q＝1 C. 7．如圖7甲所示，平行且足夠長的光滑金屬導軌的電阻忽略不計，左側傾斜導軌平面與水平方向夾角θ＝30°，與右側水平導軌平滑連接，導軌上端連接一阻值R＝0.8 Ω的定值電阻，金屬桿MN的電阻r＝0.2 Ω、質量m＝0.2 kg，桿長L＝1 m恰好跨接在兩導軌上，左側傾斜導軌區(qū)域、右側水平導軌區(qū)域各加一垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小都為B＝1.0

37、T．電流傳感器(電阻不計)能將各時刻的電流數據實時通過數據采集器傳輸給計算機，閉合開關S，讓金屬桿MN從圖示位置由靜止開始釋放，其始終與導軌垂直且接觸良好，此后計算機屏幕上顯示出金屬桿在傾斜導軌上滑行過程中的I－t圖象，如圖乙所示．求：(g取10 m/s2) 圖7 (1)金屬桿MN在傾斜導軌上滑行的最大速度的大??； (2)金屬桿MN從靜止開始運動到傾斜導軌底端的過程中通過電阻R的電荷量為1.2 C，該過程中電阻R上產生的焦耳熱； (3)金屬桿可在水平導軌上滑行的最大距離． 答案　(1)1 m/s　(2)0.88 J　(3)0.2 m 解析　(1)由I－t圖象可知，當金屬桿達

38、到最大速度時，金屬桿勻速下滑， 由平衡條件得：mgsin θ＝BIL， 感應電動勢：E＝BLvm＝I(R＋r)，代入數據解得：vm＝1 m/s； (2)金屬桿在傾斜導軌上先做加速運動，達到最大速度后做勻速直線運動， 金屬桿運動到傾斜導軌底端時速度為最大速度， 電荷量：q＝Δt＝Δt＝＝， 解得：x＝＝ m＝1.2 m， 由能量守恒定律得：mgxsin θ＝mvm2＋Q， 解得：Q＝1.1 J， 電阻R上產生的焦耳熱：QR＝＝ J＝0.88 J； (3)在整個過程中，對金屬桿由動量定理得：BiLt＝mΔv， 則BLq′＝mvm，解得：q′＝0.2 C， 電荷量：q′＝Δt′＝Δt′＝＝，解得：x′＝0.2 m. 24