2019年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 微專題14 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題學(xué)案 新人教版

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1、微專題14 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 1．題型簡述：感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問題往往跟力學(xué)問題聯(lián)系在一起．解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(共點力的平衡條件、牛頓運動定律、動能定理等)． 2．兩種狀態(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 3．動態(tài)分析的基本思路 解決這類問題的關(guān)鍵是通過運動狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度最大值或最小

2、值的條件．具體思路如下： Ⅰ.電磁感應(yīng)中的平衡問題 (2016·全國甲卷)如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連．兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平．右斜面上存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上．已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g.已知金屬棒ab勻速下滑．求 (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大??； (2)金屬棒運動速度的大?。?/p>

3、 解析：(1)設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2．對于ab棒，由力的平衡條件得2mgsin θ＝μN1＋T＋F ① N1＝2mgcos θ ② 對于cd棒，同理有mgsin θ＋μN2＝T ③ N2＝mgcos θ ④ 聯(lián)立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcos θ) ⑤ (2)由安培力公式得F＝BIL ⑥ 這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流，ab棒上的感應(yīng)電動勢為E＝BLv ⑦ 式中，v是ab棒下滑速度的大?。蓺W姆定律得I＝ ⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sin θ

4、－3μcos θ) ⑨ 答案：(1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ) 對金屬棒正確進(jìn)行受力分析和運動過程分析是解題的關(guān)鍵． 如圖，兩個傾角均為θ＝37°的絕緣斜面，頂端相同，斜面上分別固定著一個光滑的不計電阻的U型導(dǎo)軌，導(dǎo)軌寬度都是L＝1．0 m，底邊分別與開關(guān)S1、S2連接，導(dǎo)軌上分別放置一根和底邊平行的金屬棒a和b，a的電阻R1＝10．0 Ω、質(zhì)量m1＝2．0 kg，b的電阻R2＝8．0 Ω、質(zhì)量m2＝1．0 kg.U型導(dǎo)軌所在空間分別存在著垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，大小分別為B1＝1．0 T，B2＝2．0 T，輕細(xì)絕緣線繞過斜面頂端很

5、小的光滑定滑輪連接兩金屬棒的中點，細(xì)線與斜面平行，兩導(dǎo)軌足夠長，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10．0 m/s2．開始時，開關(guān)S1、S2都斷開，輕細(xì)絕緣線繃緊，金屬棒a和b在外力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)．求： (1)撤去外力，兩金屬棒的加速度多大？ (2)同時閉合開關(guān)S1、S2，求金屬棒a、b運動過程中達(dá)到的最大速度？ 解析：(1)設(shè)撤去外力，線拉力為T，兩金屬棒的加速度大小相等，設(shè)為a， 則m1gsin θ－T＝m1a T－m2gsin θ＝m2a 解得a＝2 m/s2 (2)a、b達(dá)到速度最大時，速度相等，設(shè)為v，此時線拉力為T1，a中感應(yīng)電動勢為E1，電

6、流為I1，b中感應(yīng)電動勢為E2，電流為I2，則 E1＝B1lv，I1＝；E2＝B2lv，I2＝， 又m1gsin θ－T1－B1I1l＝0 T1－m2gsin θ－B2I2l＝0 聯(lián)立解得v＝10 m/s 答案：(1)2 m/s2　(2)10 m/s Ⅱ.電磁感應(yīng)中的非平衡問題 如圖所示，光滑的平行金屬導(dǎo)軌水平放置，電阻不計，導(dǎo)軌間距為l，左側(cè)接一阻值為R的電阻．區(qū)域cdef內(nèi)存在垂直軌道平面向下的有界勻強(qiáng)磁場，磁場寬度為s.一質(zhì)量為m、有效電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，受到F＝0.5v＋0.4(N)(v為金屬棒速度)的水平外力作用，從磁場的左邊界由靜止

7、開始運動，測得電阻兩端電壓隨時間均勻增大．(已知：l＝1 m，m＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m) (1)判斷該金屬棒在磁場中是否做勻加速直線運動？簡要說明理由； (2)求加速度的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (3)若撤去外力后棒的速度v隨位移x的變化規(guī)律滿足v＝v0－x，且棒在運動到ef處時恰好靜止，則外力F作用的時間為多少？ 解析：(1)是． R兩端電壓U∝I∝E∝v，U隨時間均勻增大，即v隨時間均勻增大，所以加速度為恒量． (2) E＝Blv　 I＝　F安＝BIl F－F安＝ma， 將F＝0.5v＋0.4代入，得： v＋0.4＝a 因為加速

8、度為恒量，與v無關(guān)，所以a＝0.4 m/s2 0．5－＝0，代入數(shù)據(jù)得：B＝0.5 T. (3)設(shè)外力F作用時間為t，則 x1＝at2　v0＝at x2＝v0　x1＋x2＝s， 代入數(shù)據(jù)得0.2t2＋0.8t－1＝0 解方程得t＝1 s或t＝－5 s(舍去)． 答案：(1)是　(2)0.4 m/s2　0.5 T　(3)1 s 如圖，足夠長的光滑導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，間距L＝1 m，電阻不計，定值電阻R＝1．5 Ω.質(zhì)量m＝0.25 kg、長度L＝1 m、電阻r＝0.5 Ω的導(dǎo)體棒AB靜置在導(dǎo)軌上．現(xiàn)對導(dǎo)體棒施加一個平行于導(dǎo)軌、大小為F＝1．25 N的恒力，使得導(dǎo)體棒由靜止開始運

9、動．當(dāng)棒運動到虛線位置時速度達(dá)到v0＝2 m/s.虛線右側(cè)有一非勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)體棒在里面運動時，所到位置的速度v(單位m/s)與該處磁感應(yīng)強(qiáng)度B(單位T)在數(shù)值上恰好滿足關(guān)系v＝，重力加速度g取10 m/s2． (1)求導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時，流經(jīng)導(dǎo)體棒的電流大小和方向； (2)導(dǎo)體棒在磁場中是否做勻加速直線運動？若是，給出證明并求出加速度大?。蝗舨皇?，請說明理由； (3)求導(dǎo)體棒在磁場中運動了t＝1 s的時間內(nèi)，定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱． 解析：(1)當(dāng)v0＝2 m/s時，B0＝0.5 T 感應(yīng)電動勢E0＝B0Lv0＝1 V 感應(yīng)電流I0＝＝0.5 A 方向由B向A (2)速度

10、為v時，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 感應(yīng)電動勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝，安培力FA＝BIL 得到FA＝ 由題，B2v＝0.5 T2m/s，則安培力FA＝0.25 N，導(dǎo)體棒所受合力F合＝F－FA＝1 N，為恒力，所以做勻加速直線運動． 由F合＝ma，可得a＝4 m/s2 (3)t＝1 s時，導(dǎo)體棒的速度v＝v0＋at＝6 m/s t＝1 s內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移s＝v0t＋at2＝4 m 由動能定理，F(xiàn)s－W克安＝mv2－mv 由功能關(guān)系，W克安＝Q 定值電阻R上的焦耳熱QR＝Q 代入數(shù)據(jù)，QR＝0.75 J 答案：(1)0.5 A　由B到A　(2)是　4 m/s2　(3)0.75 J

11、 1．(多選)如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，有一水平放置的U形導(dǎo)軌，導(dǎo)軌左端連接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌電阻不計．導(dǎo)軌間距離為L，在導(dǎo)軌上垂直放置一根金屬棒MN，與導(dǎo)軌接觸良好，電阻為r，用外力拉著金屬棒向右以速度v做勻速運動．則金屬棒運動過程中(　　) A．金屬棒中的電流方向為由N到M B．電阻R兩端的電壓為BLv C．金屬棒受到的安培力大小為 D．電阻R產(chǎn)生焦耳熱的功率為 解析：選AC　由右手定則判斷得知金屬棒MN中的電流方向為由N到M，故A正確；MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv，回路中的感應(yīng)電流大小為I＝＝，則電阻R兩端的電壓為U＝IR＝，故B錯誤；

12、金屬棒MN受到的安培力大小為F＝BIL＝，故C正確；電阻R產(chǎn)生焦耳熱的功率為P＝I2R＝2·R，故D錯誤． 2．如圖1所示，兩相距L＝0.5 m的平行金屬導(dǎo)軌固定于水平面上，導(dǎo)軌左端與阻值R＝2 Ω的電阻連接，導(dǎo)軌間虛線右側(cè)存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場．質(zhì)量m＝0.2 kg的金屬桿垂直置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬桿的電阻可忽略．桿在水平向右的恒定拉力作用下由靜止開始運動，并始終與導(dǎo)軌垂直，其v－t圖象如圖2所示．在15 s末時撤去拉力，同時使磁場隨時間變化，從而保持回路磁通量不變，桿中電流為零．求： (1)金屬桿所受拉力的大小F； (2)0－15 s內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

13、； (3)撤去恒定拉力之后，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律． 解析：(1)10 s內(nèi)金屬桿未進(jìn)入磁場， 所以有F－μmg＝ma1 由圖可知a1＝0.4 m/s2 15 s～20 s內(nèi)僅在摩擦力作用下運動， 由圖可知a2＝0.8 m/s2，解得F＝0.24 N (2)在10 s～15 s時間段桿在磁場中做勻速運動． 因此有F＝μmg＋ 以F＝0.24 N，μmg＝0.16 N代入解得B0＝0.4 T. (3)撤去恒定拉力之后通過回路的磁通量不變，設(shè)桿在磁場中勻速運動距離為d，撤去外力后桿運動的距離為x， BL(d＋x)＝B0Ld， 其中d＝20 m，x＝4t－0.4t2 由

14、此可得B＝ T. 答案：(1)0.24 N　(2)0.4 T (3)B＝ T 3．(2016·全國甲卷)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、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上．t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動．t0時刻，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)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求： (1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大??； (2)電阻的阻值． 解析：(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大

15、小為a，由牛頓第二定律得ma＝F－μmg① 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時的速度為v，由運動學(xué)公式有v＝at0② 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，桿中的電動勢E＝Blv③ 聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0(－μg)④ (2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝⑤ 式中R為電阻的阻值，金屬桿所受的安培力為f＝BIl⑥ 因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得F－μmg－f＝0⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝. 答案：(1)Blt0(－μg)　(2) 電磁感應(yīng)中能量問題 1．題型簡述：電磁感應(yīng)過程的實質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的

16、轉(zhuǎn)化是通過安培力做功來實現(xiàn)的．安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程；外力克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程． 2．解題的一般步驟 (1)確定研究對象(導(dǎo)體棒或回路)； (2)弄清電磁感應(yīng)過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化； (3)根據(jù)能量守恒定律或功能關(guān)系列式求解． 3．求解電能應(yīng)分清兩類情況 (1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計算． (2)若電流變化，則 ①利用安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功； ②利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的電能

17、． Ⅰ.動能定理和能量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 如圖所示，一個“U”形金屬導(dǎo)軌靠絕緣的墻壁水平放置，導(dǎo)軌長L＝1．4 m，寬d＝0.2 m．一對長L1＝0.4 m的等寬金屬導(dǎo)軌靠墻傾斜放置，與水平導(dǎo)軌成θ角平滑連接，θ角可在0°～60°調(diào)節(jié)后固定．水平導(dǎo)軌的左端長L2＝0.4 m的平面區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向水平向左，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0＝2 T．水平導(dǎo)軌的右端長L3＝0.5 m的區(qū)域有豎直向下的勻強(qiáng)磁場B，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間以＝1．0 T/s均勻變大．一根質(zhì)量m＝0.04 kg的金屬桿MN從斜軌的最上端靜止釋放，金屬桿與斜軌間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.125，與水平導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ2＝

18、0.5．金屬桿電阻R＝0.08 Ω，導(dǎo)軌電阻不計． (1)求金屬桿MN上的電流大小，并判斷方向； (2)金屬桿MN從斜軌滑下后停在水平導(dǎo)軌上，求θ角多大時金屬桿所停位置與墻面的距離最大，并求此最大距離xm. 解析：(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律，則有：E＝＝dL3 由閉合電路歐姆定律得：I＝ 由上式，可得MN棒上的電流大?。篒＝1．25 A 根據(jù)右手定則，則MN棒上的電流方向：N→M； (2)設(shè)導(dǎo)體棒滑出水平磁場后繼續(xù)滑行x后停下， 由動能定理得：mgL1sin θ－μ1mgL1cos θ－μ2(mg＋B0Id) (L2－L1cos θ)－μ2mgx＝0 代入數(shù)據(jù)得： 0

19、．16sin θ＋0.16cos θ－0.18＝0.2x 當(dāng)θ＝45°時，x最大， 解得：x＝0.8－0.9＝0.23 m 則有：xm＝L2＋x＝0.63 m. 答案：(1)1． 25 N　由N→M　(2)45°　0.63 m 能量轉(zhuǎn)化問題的分析程序：先電后力再能量 如圖所示，傾角30°的光滑傾斜導(dǎo)體軌道(足夠長)與光滑水平導(dǎo)體軌道連接，軌道寬度均為L＝1 m，電阻忽略不計．勻強(qiáng)磁場Ⅰ僅分布在水平軌道平面所在區(qū)域，方向水平向右，大小B1＝1 T；勻強(qiáng)磁場Ⅱ僅分布在傾斜軌道平面所在區(qū)域，方向垂直于傾斜軌道平面向下，大小B2＝1 T．現(xiàn)將兩質(zhì)量均為m＝0.2 kg，電阻均為R

20、＝0.5 Ω的相同導(dǎo)體棒ab和cd，垂直于軌道分別置于水平軌道上和傾斜軌道上，并同時由靜止釋放．取g＝10 m/s2． (1)求導(dǎo)體棒cd沿斜軌道下滑的最大速度的大??； (2)若已知從開始運動到cd棒達(dá)到最大速度的過程中，ab棒產(chǎn)生的焦耳熱Q＝0.45 J，求該過程中通過cd棒橫截面的電荷量； (3)若已知cd棒開始運動時距水平軌道高度h＝10 m，cd棒由靜止釋放后，為使cd棒中無感應(yīng)電流，可讓磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化，將cd棒開始運動的時刻記為t＝0，此時磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0＝1 T，試求cd棒在傾斜軌道上下滑的這段時間內(nèi)，磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系式． 解

21、析：(1)cd棒勻速運動時速度最大，設(shè)為vm，棒中感應(yīng)電動勢為E，電流為I， 感應(yīng)電動勢：E＝BLvm，電流：I＝， 由平衡條件得：mgsin θ＝BIL，代入數(shù)據(jù)解得：vm＝1 m/s； (2)設(shè)cd從開始運動到達(dá)最大速度的過程中經(jīng)過的時間為t，通過的距離為x，cd棒中平均感應(yīng)電動勢E1，平均電流為I1，通過cd棒橫截面的電荷量為q， 由能量守恒定律得：mgxsin θ＝mv＋2Q， 電動勢：E1＝，電流：I1＝，電荷量：q＝I1t， 代入數(shù)據(jù)解得：q＝1 C； (3)設(shè)cd棒開始運動時穿過回路的磁通量為Φ0，cd棒在傾斜軌道上下滑的過程中，設(shè)加速度大小為a，經(jīng)過時間t通過的距

22、離為x1，穿過回路的磁通量為Φ，cd棒在傾斜軌道上下滑時間為t0，則：Φ0＝B0L， 加速度：a＝gsin θ，位移：x1＝at2，Φ＝BL，＝at. 解得：t0＝ s， 為使cd棒中無感應(yīng)電流，必須有：Φ0＝Φ， 解得：B＝(t＜ s)． 答案：(1)1 m/s　(2)1 C　(3)B＝(t＜ s) Ⅱ.動量定理和動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 (2018·江西師大附中試卷)如圖所示，兩足夠長且不計其電阻的光滑金屬軌道，如圖所示放置，間距為d＝1 m，在左端斜軌道部分高h(yuǎn)＝1．25 m處放置一金屬桿a，斜軌道與平直軌道區(qū)域以光滑圓弧連接，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、

23、b電阻Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度B＝2 T．現(xiàn)桿b以初速度v0＝5 m/s開始向左滑動，同時由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道的過程中，通過桿b的平均電流為0.3 A；從a下滑到水平軌道時開始計時，a、b桿運動速度－時間圖象如圖所示(以a運動方向為正)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 m/s2，求： (1)桿a在斜軌道上運動的時間； (2)桿a在水平軌道上運動過程中通過其截面的電量； (3)在整個運動過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱． 解析：(1)對b棒運用動量定理，有： BdΔt＝mb(v0－vb0) 其中vb0＝2 m/

24、s 代入數(shù)據(jù)得到：Δt＝5 s 即桿在斜軌道上運動時間為5 s； (2)對桿a下滑的過程中，機(jī)械能守恒：mgh＝mav va＝＝5 m/s 最后兩桿共同的速度為v′，由動量守恒得 mava＋mbvb＝(ma＋mb)v′ 代入數(shù)據(jù)計算得出v′＝ m/s 桿a動量變化等于它所受安培力的沖量，由動量定理可得I安＝BIdΔt′＝mava－mav′ 而q＝I·Δt′ 由以上公式代入數(shù)據(jù)得q＝ C (3)由能量守恒得，共產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝magh＋mbv－(ma＋mb)v′2＝ J b棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝Q＝ J. 答案：(1)5 s　(2) C　(3) J 如圖所示，傾

25、斜的金屬導(dǎo)軌和水平的金屬導(dǎo)軌接在一起，各自的兩條平行軌道之間距離都為d，傾斜導(dǎo)軌與水平面間的夾角為30°，在傾斜導(dǎo)軌的區(qū)域有垂直于軌道平面斜向上的勻強(qiáng)磁場，在水平導(dǎo)軌的區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B，傾斜導(dǎo)軌上放有金屬棒a，在緊靠兩導(dǎo)軌連接處的水平導(dǎo)軌上放有金屬棒b，a、b都垂直于各自的軌道，a質(zhì)量為m，b質(zhì)量為2m，a、b與水平的金屬導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)是μ，傾斜的金屬導(dǎo)軌光滑．傾斜軌道間接有電阻R，a、b的電阻值都是R，其余電阻不計．開始時，a固定，b靜止，且a距水平導(dǎo)軌平面的高度為h，現(xiàn)釋放a，同時給a一個平行于傾斜導(dǎo)軌向下的初速度，a就在傾斜導(dǎo)軌上做勻速運動，經(jīng)過兩導(dǎo)軌的

26、連接處時速度大小不變，在此過程中b仍然靜止，滑上水平導(dǎo)軌后即與b金屬棒粘在一起，在水平導(dǎo)軌上運動距離L后靜止．求： (1)a在傾斜導(dǎo)軌上勻速運動的速度v0大??？ (2)a在傾斜導(dǎo)軌上運動的過程中，金屬棒a上產(chǎn)生的熱量Q是多大？ (3)a、b一起在水平導(dǎo)軌上運動的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量QR是多大？ 解析：(1)設(shè)在傾斜導(dǎo)軌上運動的過程中，感應(yīng)電動勢為E，其中的電流強(qiáng)度為Ia，受到的磁場力為F，則 E＝Bdv0，R總＝R Ia＝E/R總，Ia＝ F＝BIad，F(xiàn)＝ 由于a在傾斜導(dǎo)軌上做勻速運動，所以所受的合外力為零，則： F＝mgsin 30° 解得：v0＝ (2)a

27、在傾斜導(dǎo)軌上運動的過程中，設(shè)a、b和電阻R中的電流強(qiáng)度分別是Ia、Ib和IR，產(chǎn)生的熱量分別是Qa、Qb和Q1，則 Ia＝2IR　Ib＝IR 由：Q＝I2Rt得 Qa＝4Q1，Qb＝Q1 根據(jù)能量守恒有：mgh＝Qa＋Qb＋Q1 Q1＝mgh，所以Qa＝mgh (3)設(shè)a、b粘在一起的共同速度為v，由動量守恒定律則有： mv0＝3mv ab在水平軌道上運動過程，克服摩擦力做功W，則 W＝μ·3mg·L 設(shè)電流流過a、b產(chǎn)生的熱量共為Qab，則有： Qab＝QR 根據(jù)能量守恒定律得：×3mv2＝QR＋Qab＋W 得：QR等于電阻R上產(chǎn)生的熱量QR＝－2μmgL 答案：

28、(1)　(2)mgh　(3)－2μmgL 4．(2018·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬考試)(多選)如圖所示，平行導(dǎo)軌放在斜面上，勻強(qiáng)磁場垂直于斜面向上，恒力F拉動金屬桿ab從靜止開始沿導(dǎo)軌向上滑動，接觸良好，導(dǎo)軌光滑．從靜止開始到ab桿達(dá)到最大速度的過程中，恒力F做功為W，ab桿克服重力做功為W1，ab桿克服安培力做功為W2，ab桿動能的增加量為ΔEk，電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，ab桿重力勢能增加量為ΔEp，則(　　) A．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEk＋ΔEp B．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEk C．W＝Q＋ΔEk＋ΔEp D．W2＝Q，W1＝ΔEp 解析：選CD　功是能量轉(zhuǎn)化的量

29、度，做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程．力F做的功導(dǎo)致內(nèi)能的增加、桿動能的增加和重力勢能的增加，所以有W＝Q＋ΔEk＋ΔEp，選項AB錯誤，C正確；克服重力做的功等于桿重力勢能的增加量，即W1＝ΔEp，克服安培力做的功等于電路產(chǎn)生的焦耳熱，即W2＝Q，選項D正確． 5．(2018·成都二診)如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，銅棒a、b的長度均等于兩導(dǎo)軌的間距、電阻均為R、質(zhì)量均為m，銅棒平行地靜止在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好．現(xiàn)給銅棒a一個平行導(dǎo)軌向右的瞬時沖量I，關(guān)于此后的過程，下列說法正確的是(　　) A．回

30、路中的最大電流為 B．銅棒b的最大加速度為 C．銅棒b獲得的最大速度為 D．回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為 解析：選B　給銅棒a一個平行導(dǎo)軌的瞬時沖量I，此時銅棒a的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，回路中電流最大，每個棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝，銅棒a電動勢E＝BLv0，回路電流I＝＝，選項A錯誤；此時銅棒b受到安培力F＝BIL，其加速度a＝＝，選項B正確；此后銅棒a做變減速運動，銅棒b做變加速運動，當(dāng)二者達(dá)到共同速度時，銅棒b速度最大，據(jù)動量守恒，mv0＝2mv，銅棒b最大速度v＝，選項C錯誤；回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mv－·2mv2＝，選項D錯誤． 6．如圖，足夠

31、長的光滑平行導(dǎo)軌水平放置，電阻不計，MN部分的寬度為2l，PQ部分的寬度為l，金屬棒a和b的質(zhì)量ma＝2mb＝2m，其電阻大小Ra＝2Rb＝2R，a和b分別在MN和PQ上，垂直導(dǎo)軌相距足夠遠(yuǎn)，整個裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感強(qiáng)度為B，開始a棒向右速度為v0，b棒靜止，兩棒運動時始終保持平行且a總在MN上運動，b總在PQ上運動，求a、b最終的速度． 解析：本題由于兩導(dǎo)軌的寬度不等，a、b系統(tǒng)動量不守恒，可對a、b分別用動量定理，a、b運動產(chǎn)生感應(yīng)電流，a、b在安培力的作用下，分別作減速和加速運動．回路中電動勢E總＝Ea－Eb＝2Blva－Blvb， 隨著va減小，vb增加，E總減小，安培力F＝E總lB/(3R)也隨之減小，故a棒的加速度a＝Fa/(2m)減小，b棒的加速度a′＝Fb/m也減?。? 當(dāng)E總＝0，即2Blva＝Blvb時，兩者加速度為零，兩棒均勻速運動，且有vb＝2va① 對a、b分別用動量定理－at＝2m(va－vb)② bt＝mvb③ 而a＝2b④ 聯(lián)立以上各式可得：va＝，vb＝. 答案：　v0 14