2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 專題強(qiáng)化十三 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題學(xué)案

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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 專題強(qiáng)化十三 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題學(xué)案 專題解讀1.本專題是動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的綜合應(yīng)用，高考常以計(jì)算題的形式命題． 2．學(xué)好本專題，可以極大培養(yǎng)同學(xué)們的分析能力、推理能力和規(guī)范表達(dá)的能力，針對(duì)性的專題強(qiáng)化，可以提升同學(xué)們解決電磁感應(yīng)問題中最難問題的信心． 3．用到的知識(shí)有：法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、共點(diǎn)力的平衡條件、動(dòng)能定理、焦耳定律、能量守恒定律等． 命題點(diǎn)一　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 1．題型簡述：感應(yīng)電流在磁場(chǎng)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

2、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(diǎn)力的平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)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(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析 3.動(dòng)態(tài)分析的基本思路 解決這類問題的關(guān)鍵是通過運(yùn)動(dòng)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值的條件．具體思路如下： →→→ 例1　(2016·全國Ⅲ·25)如圖1，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒

3、置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向也垂直于紙面向里．某時(shí)刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運(yùn)動(dòng)．金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計(jì)．求： 圖1 (1)在t＝0到t＝t0時(shí)間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對(duì)值； (2)在時(shí)刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的

4、大小． 答案　(1) (2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS) 解析　(1)在金屬棒未越過MN之前，穿過回路的磁通量的變化量為ΔΦ＝ΔBS＝kΔtS① 由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E＝ ② 由歐姆定律得I＝ ③ 由電流的定義得 I＝ ④ 聯(lián)立①②③④式得 |Δq|＝Δt ⑤ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的時(shí)間間隔內(nèi)即Δt＝t0，流過電阻R的電荷量q的絕對(duì)值為 |q|＝ ⑥ (2)當(dāng)t>t0時(shí)，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動(dòng)，有 F＝F安 ⑦ 式中，F(xiàn)是外加水平恒力，F(xiàn)安是金屬棒受到的安培力．設(shè)此時(shí)

5、回路中的電流為I， F安＝B0lI ⑧ 此時(shí)金屬棒與MN之間的距離為s＝v0(t－t0) ⑨ 勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過回路的磁通量為 Φ′＝B0ls ⑩ 回路的總磁通量為 Φt＝Φ＋Φ′ ? 其中Φ＝B1S＝ktS ? 由⑨⑩??式得，在時(shí)刻t(t>t0)，穿過回路的總磁通量為Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt? 在t到t＋Δt的時(shí)間間隔內(nèi)，總磁通量的改變量ΔΦt為 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ? 由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為 Et＝ ? 由歐姆定律得I＝ ? 聯(lián)立⑦⑧???式得F＝(B0lv0＋kS).

6、 1.(多選)如圖2所示，兩根足夠長、電阻不計(jì)且相距L＝0.2m的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，頂端接有一盞額定電壓U＝4V的小燈泡，兩導(dǎo)軌間有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝5T、方向垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．今將一根長為L、質(zhì)量為m＝0.2kg、電阻r＝1.0Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置在頂端附近無初速度釋放，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，已知金屬棒下滑到速度穩(wěn)定時(shí)，小燈泡恰能正常發(fā)光，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則(　　) 圖2 A．金屬棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為3m/s2 B．金屬棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速

7、度大小為4m/s2 C．金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)的速度大小為9.6m/s D．金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)的速度大小為4.8m/s 答案　BD 解析　金屬棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)初速度為零，不受安培力作用，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入數(shù)據(jù)得a＝4m/s2，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)速度為v，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，回路中的電流為I，由平衡條件得mgsinθ＝BIL＋μmgcosθ，由閉合電路歐姆定律得I＝，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv，聯(lián)立解得v＝4.8m/s，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 2．(2016·全國Ⅱ·24)如圖3，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

8、為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上．t＝0時(shí)，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(yùn)動(dòng)．t0時(shí)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(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求： 圖3 (1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大?。? (2)電阻的阻值． 答案　(1)Blt0(－μg)　(2) 解析　(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma① 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at0 ②

9、 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Blt0(－μg) ④ (2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，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安＝BlI ⑥ 因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，有F－μmg－F安＝0 ⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝. 命題點(diǎn)二　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題 1．題型簡述：電磁感應(yīng)過程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功來實(shí)現(xiàn)的．安培力做功的過程，是電能

10、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(duì)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(jì)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． 例2　如圖4甲，在水平桌面上固定著兩根相距L＝2

11、0cm、相互平行的無電阻軌道P、Q，軌道一端固定一根電阻R＝0.02Ω的導(dǎo)體棒a，軌道上橫置一根質(zhì)量m＝40g、電阻可忽略不計(jì)的金屬棒b，兩棒相距也為L＝20cm.該軌道平面處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可以調(diào)節(jié)的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．開始時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝0.1T．設(shè)棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2. 圖4 (1)若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小不變，從t＝0時(shí)刻開始，給b棒施加一個(gè)水平向右的拉力，使它由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．此拉力F的大小隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示．求b棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度及b棒與軌道間的滑動(dòng)摩擦力； (2)若從t＝0開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖丙

12、中圖象所示的規(guī)律變化，求在金屬棒b開始運(yùn)動(dòng)前，這個(gè)裝置釋放的熱量． ①勻加速直線運(yùn)動(dòng)；②金屬棒b開始運(yùn)動(dòng)前． 答案　(1)5m/s2　0.2N　(2)0.036J 解析　(1)F安＝B0IL ① E＝B0Lv ② I＝＝ ③ v＝at ④ 所以F安＝t 當(dāng)b棒勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有 F－Ff－F安＝ma ⑤ 聯(lián)立可得F－Ff－t＝ma ⑥ 由圖象可得：當(dāng)t＝0時(shí)，F(xiàn)＝0.4N，當(dāng)t＝1s時(shí)，F(xiàn)＝0.5N. 代入⑥式，可解得a＝5m/s2，F(xiàn)f＝0.2N. (2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大時(shí)，閉合電路中有恒

13、定的感應(yīng)電流I，以b棒為研究對(duì)象，它受到的安培力逐漸增大，靜摩擦力也隨之增大，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到b所受安培力F安′與最大靜摩擦力Ff相等時(shí)開始滑動(dòng) 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝L2＝0.02V ⑦ I′＝＝1A ⑧ 棒b將要運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F安′＝BtI′L＝Ff ⑨ 所以Bt＝1T，根據(jù)Bt＝B0＋t ⑩ 得t＝1.8s，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I′2Rt＝0.036J. 能量轉(zhuǎn)化問題的分析程序：先電后力再能量 3.小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡化裝置如圖5所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.50m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R＝0.05Ω的電阻．

14、在導(dǎo)軌間長d＝0.56m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(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T．質(zhì)量m＝4.0kg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(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s＝0.24m．一位健身者用恒力F＝80N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)上邊界時(shí)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g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)．求： 圖5 (1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大??； (2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大?。?

15、(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. 答案　(1)2.4m/s　(2)48N　(3)64J　26.88J 解析　(1)由牛頓第二定律得a＝＝12m/s2 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v＝＝2.4m/s (2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv 感應(yīng)電流I＝ 安培力FA＝IBl 代入得FA＝＝48N (3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64J F－mgsinθ－FA＝0 CD棒在磁場(chǎng)區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng) 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝ 焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88J. 4．如圖6所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L＝0.4m，導(dǎo)軌所在空間被

16、分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN.Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.5T．在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1kg、電阻R1＝0.1Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑．然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4kg、電阻R2＝0.1Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑．cd在滑動(dòng)過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g＝10m/s2，問： 圖6 (1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向； (2)ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd的速度v為多大； (3)從cd開始下滑到ab

17、剛要向上滑動(dòng)的過程中，cd滑動(dòng)的距離x＝3.8m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少． 答案　(1)由a流向b　(2)5m/s　(3)1.3J 解析　(1)由右手定則可判斷出cd中的電流方向?yàn)橛蒬到c，則ab中電流方向?yàn)橛蒩流向b. (2)開始放置時(shí)ab剛好不下滑，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmax＝m1gsinθ ① 設(shè)ab剛要上滑時(shí)，cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv ② 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有 I＝ ③ 設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝BIL

18、 ④ 此時(shí)ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安＝m1gsinθ＋Fmax ⑤ 綜合①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5m/s (3)設(shè)cd棒運(yùn)動(dòng)過程中在電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q總＋m2v2 又Q＝Q總，解得Q＝1.3J 題組1　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 1．(2016·全國Ⅰ·24)如圖1，兩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

19、屬棒水平．右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(chǎng)中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動(dòng)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： 圖1 (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大?。? (2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大?。? 答案　(1)mg(sinθ－3μcosθ) (2)(sinθ－3μcosθ) 解析　(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連，故ab、cd速度總是相等，cd也做勻速直線運(yùn)動(dòng)．設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為FT，右斜面對(duì)ab棒的支持力的大小為FN1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對(duì)cd棒的支持力大小為F

20、N2，對(duì)于ab棒，受力分析如圖甲所示，由力的平衡條件得 　 甲　　　　　　　乙 2mgsinθ＝μFN1＋FT＋F ① FN1＝2mgcosθ ② 對(duì)于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得 mgsinθ＋μFN2＝FT′＝FT ③ FN2＝mgcosθ ④ 聯(lián)立①②③④式得：F＝mg(sinθ－3μcosθ) ⑤ (2)設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度大小為v，ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv ⑥ 回路中電流I＝ ⑦ 安培力F＝BIL ⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧得：

21、 v＝(sinθ－3μcosθ). 2．如圖2所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌傾斜放置且固定，兩導(dǎo)軌間距為L，與水平面間的夾角為θ，導(dǎo)軌下端有垂直于軌道的擋板，上端連接一個(gè)阻值R＝2r的電阻，整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根相同的金屬棒ab、cd放在導(dǎo)軌下端，其中棒ab靠在擋板上，棒cd在沿導(dǎo)軌平面向上的拉力作用下，由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)．已知每根金屬棒質(zhì)量為m、電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，棒與導(dǎo)軌始終接觸良好．求： 圖2 (1)經(jīng)多長時(shí)間棒ab對(duì)擋板的壓力變?yōu)榱悖? (2)棒ab對(duì)擋板壓力為零時(shí)，電阻R的電功率； (3)棒ab運(yùn)動(dòng)前，拉力

22、F隨時(shí)間t的變化關(guān)系． 答案　(1)　(2) (3)F＝m(gsinθ＋a)＋t 解析　(1)棒ab對(duì)擋板的壓力為零時(shí)，受力分析可得 BIabL＝mgsinθ 設(shè)經(jīng)時(shí)間t0棒ab對(duì)擋板的壓力為零，棒cd產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E，則 E＝BLat0 I＝ R外＝＝r Iab＝I 解得t0＝ (2)棒ab對(duì)擋板壓力為零時(shí)，cd兩端電壓為 Ucd＝E－Ir 解得Ucd＝ 此時(shí)電阻R的電功率為 P＝ 解得P＝ (3)對(duì)cd棒，由牛頓第二定律得 F－BI′L－mgsinθ＝ma I′＝ E′＝BLat 解得F＝m(gsinθ＋a)＋t. 題組2　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能

23、量問題 3.如圖3所示，兩根相距L＝1m的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌，一組導(dǎo)軌水平，另一組導(dǎo)軌與水平面成37°角，拐角處連接一阻值R＝1Ω的電阻．質(zhì)量均為m＝2kg的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，兩桿的電阻均為R＝1Ω.整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T、方向垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．當(dāng)ab桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力作用下沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd桿靜止．g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： 圖3 (1)水平拉力的功率； (2)現(xiàn)讓cd桿靜止，求撤去拉力后ab桿產(chǎn)生的焦耳熱． 答案　(1)864W　(2)864J 解析　(1

24、)cd桿靜止，由平衡條件可得mgsinθ＝BIL，解得I＝12A 由閉合電路歐姆定律得2I＝，得v＝36m/s 水平拉力F＝2BIL＝24N，水平拉力的功率P＝Fv＝864W (2)撤去外力后ab桿在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，安培力做負(fù)功，先將棒的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，再通過電流做功將電能轉(zhuǎn)化為整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱，即焦耳熱等于桿的動(dòng)能的減小量，有Q＝ΔEk＝mv2＝1296J 而Q＝I′2·R·t，ab桿產(chǎn)生的焦耳熱Q′＝I′2·R·t，所以Q′＝Q＝864J. ?思維建模能力的培養(yǎng)?圖象應(yīng)用能力的培養(yǎng) 1．“桿＋導(dǎo)軌”模型是電磁感應(yīng)問題高考命題的“基本道具”，也是高考的熱點(diǎn)，考

25、查的知識(shí)點(diǎn)多，題目的綜合性強(qiáng)，物理情景變化空間大，是我們復(fù)習(xí)中的難點(diǎn)．“桿＋導(dǎo)軌”模型又分為“單桿”型和“雙桿”型(“單桿”型為重點(diǎn))；導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直和傾斜；桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為勻速、勻變速、非勻變速運(yùn)動(dòng)等． 2．該模型的解題思路 (1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向； (2)求回路中的電流大??； (3)分析研究導(dǎo)體受力情況(包含安培力，用左手定則確定其方向)； (4)列動(dòng)力學(xué)方程或平衡方程求解． 例1　如圖1甲所示，兩根足夠長平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為α，金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，

26、金屬棒的質(zhì)量為m.導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.金屬導(dǎo)軌的上端與開關(guān)S、定值電阻R1和電阻箱R2相連．不計(jì)一切摩擦，不計(jì)導(dǎo)軌、金屬棒的電阻，重力加速度為g.現(xiàn)在閉合開關(guān)S，將金屬棒由靜止釋放． 圖1 (1)判斷金屬棒ab中電流的方向； (2)若電阻箱R2接入電路的阻值為0，當(dāng)金屬棒下降高度為h時(shí)，速度為v，求此過程中定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)當(dāng)B＝0.40T，L＝0.50m，α＝37°時(shí)，金屬棒能達(dá)到的最大速度vm隨電阻箱R2阻值的變化關(guān)系，如圖乙所示．取g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求R1的阻值和

27、金屬棒的質(zhì)量m. 答案　(1)b→a　(2)mgh－mv2　(3)2.0Ω　0.1kg 解析　(1)由右手定則可知，金屬棒ab中的電流方向?yàn)橛蒪到a. (2)由能量守恒定律知，金屬棒減少的重力勢(shì)能等于增加的動(dòng)能和電路中產(chǎn)生的焦耳熱，即 mgh＝mv2＋Q 則Q＝mgh－mv2. (3)金屬棒達(dá)到最大速度vm時(shí)，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLvm 由閉合電路的歐姆定律得：I＝ 從b端向a端看，金屬棒受力如圖所示 金屬棒達(dá)到最大速度時(shí)，滿足： mgsinα－BIL＝0 由以上三式得vm＝(R2＋R1) 由圖乙可知： 斜率k＝m·s－1·Ω－1＝15m·s－1·Ω

28、－1， 縱軸截距v＝30m/s 所以R1＝v，＝k 解得R1＝2.0Ω， m＝0.1kg. 解決此類問題要抓住三點(diǎn) 1．桿的穩(wěn)定狀態(tài)一般是勻速運(yùn)動(dòng)(達(dá)到最大速度或最小速度，此時(shí)合力為零)； 2．整個(gè)電路產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功； 3．電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵從能量守恒定律． 分析電磁感應(yīng)圖象問題的思路 例2　如圖2，矩形閉合導(dǎo)體線框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻．線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場(chǎng)水平邊界線OO′平行，線框平面與磁場(chǎng)方向垂直．設(shè)OO′下方磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，不計(jì)空氣的影 響，則下

29、列哪一個(gè)圖象不可能反映線框下落過程中速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律(　　) 圖2 答案　A 解析　線框在0～t1這段時(shí)間內(nèi)做自由落體運(yùn)動(dòng)，v－t圖象為過原點(diǎn)的傾斜直線，t2之后線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域中，無感應(yīng)電流，線框不受安培力，只受重力，線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，v－t圖象為傾斜直線．t1～t2這段時(shí)間線框受到安培力作用，線框的運(yùn)動(dòng)類型只有三種，即可能為勻速直線運(yùn)動(dòng)、也可能為加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，還可能為加速度逐漸減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，而A選項(xiàng)中，線框做加速度逐漸增大的減速直線運(yùn)動(dòng)是不可能的，故不可能的v－t圖象為A選項(xiàng)中的圖象． 45分鐘章末驗(yàn)收卷 一、單項(xiàng)選擇題 1．圖

30、1甲是法拉第于1831年發(fā)明的人類歷史上第一臺(tái)發(fā)電機(jī)——圓盤發(fā)電機(jī)．圖乙為其示意圖，銅盤安裝在水平的銅軸上，磁感線垂直穿過銅盤；兩塊銅片M、N分別與銅軸和銅盤邊緣接觸，勻速轉(zhuǎn)動(dòng)銅盤，電阻R就有電流通過．則下列說法正確的是(　　) 圖1 A．回路中恒定電流的大小與銅盤轉(zhuǎn)速無關(guān) B．回路中有大小和方向都做周期性變化的渦流 C．回路中電流方向不變，從M經(jīng)導(dǎo)線流進(jìn)電阻R，再從N流向銅盤 D．銅盤繞銅軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，沿半徑方向上的金屬“條”切割磁感線，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì) 答案　D 解析　圓盤發(fā)電機(jī)的圓盤可看做無數(shù)條沿半徑方向的金屬“條”，轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，D項(xiàng)正確；金屬“條”相互并聯(lián)，產(chǎn)

31、生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與一條金屬“條”轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等，即E＝BL2ω，可見感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，回路總電阻不變，由閉合回路歐姆定律得I＝，故回路中電流大小恒定，且與銅盤轉(zhuǎn)速有關(guān)，A、B項(xiàng)錯(cuò)；由右手定則可知，回路中電流方向是自下而上通過電阻R，C項(xiàng)錯(cuò)． 2．下列沒有利用渦流的是(　　) A．金屬探測(cè)器 B．變壓器中用互相絕緣的硅鋼片疊成鐵芯 C．用來冶煉合金鋼的真空冶煉爐 D．磁電式儀表的線圈用鋁框做骨架 答案　B 解析　金屬探測(cè)器、冶煉爐都是利用渦流現(xiàn)象工作的，磁電式儀表利用渦流能讓指針快速穩(wěn)定，也是利用渦流現(xiàn)象，變壓器中的硅鋼片是為了防止渦流產(chǎn)生鐵損． 3.如圖2所示電路

32、中，A、B、C為完全相同的三個(gè)燈泡，L是一直流電阻不可忽略的電感線圈．a(chǎn)、b為線圈L的左右兩端點(diǎn)，原來開關(guān)S是閉合的，三個(gè)燈泡亮度相同．將開關(guān)S斷開后，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)，A燈閃亮后緩慢熄滅 B．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)，B、C燈閃亮后緩慢熄滅 C．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)，B、C燈閃亮后緩慢熄滅 D．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)，B、C燈不會(huì)閃亮只是緩慢熄滅 答案　D 解析　電路穩(wěn)定時(shí)，三個(gè)完全相同的燈泡亮度相同，說明流經(jīng)三個(gè)燈泡的電流相等．某時(shí)刻將開關(guān)S斷開，流經(jīng)電感線圈的磁通量減小，其發(fā)生自感現(xiàn)象，相當(dāng)于電源，產(chǎn)生和原電流方向相同的感應(yīng)電流，故a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)

33、，三個(gè)燈不會(huì)閃亮只是緩慢熄滅，選項(xiàng)D正確． 4．如圖3所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，它的底邊在x軸上且長為2L，高為L，紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)穿過勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，在t＝0時(shí)刻恰好位于如圖所示的位置，以順時(shí)針方向?yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向，下面四幅圖中能夠正確表示導(dǎo)線框中的電流－位移(I－x)關(guān)系的是(　　) 圖3 答案　B 解析　位移在0～L過程，磁通量增大，由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為正值．I＝，l＝x，則I＝x；位移在L～2L過程：磁通量先增大后減小，由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向先為順時(shí)針方向，為正值，后為逆時(shí)

34、針方向，為負(fù)值；位移在2L～3L過程：磁通量減小，由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為負(fù)值，I＝(3L－x)． 5．如圖4甲，光滑平行且足夠長的金屬導(dǎo)軌ab、cd所在平面與水平面成θ角，b、c兩端接有阻值為R的定值電阻．阻值為r的金屬棒PQ垂直導(dǎo)軌放置，其他部分電阻不計(jì)．整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上．從t＝0時(shí)刻開始，棒受到一個(gè)平行于導(dǎo)軌向上的外力F作用，由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，通過R的感應(yīng)電流隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示．下面分別給出了穿過回路PQcb的磁通量Φ、磁通量的變化率、電阻R兩端的電勢(shì)差U和通過棒上某橫

35、截面的總電荷量q隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t變化的圖象，其中正確的是(　　) 圖4 答案　B 解析　由于產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是逐漸增大的，而圖象A描述磁通量與時(shí)間關(guān)系中斜率不變，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，A錯(cuò)誤；回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝，感應(yīng)電流為I＝＝，由題圖乙可知：I＝kt，故有：＝k(R＋r)t，所以圖象B正確；I均勻增大，電阻R兩端的電勢(shì)差U＝IR＝ktR，則知U與時(shí)間t成正比，C錯(cuò)誤；通過金屬棒的電荷量為：q＝t＝kt2，故有q－t圖象為拋物線，并非過原點(diǎn)的直線，D錯(cuò)誤． 6.如圖5所示，虛線兩側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反，電阻為R的導(dǎo)線彎成頂角為90°，半徑為r的兩個(gè)扇形組成的回路

36、，O為圓心，整個(gè)回路可繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)．若由圖示的位置開始沿順時(shí)針方向以角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)，則在一個(gè)周期內(nèi)電路消耗的電能為(　　) 圖5 A. B. C. D. 答案　C 解析　從圖示位置開始計(jì)時(shí)，在一個(gè)周期T內(nèi)，在0～、～T內(nèi)沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，在～，T～T內(nèi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，在～，T～T內(nèi)線框產(chǎn)生的總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝4×Br2ω＝2Br2ω，則在一周期內(nèi)電路釋放的電能為Q＝·，T＝，解得Q＝，C項(xiàng)正確． 7．隨著科技的不斷發(fā)展，無線充電已經(jīng)進(jìn)入人們的生活．某品牌手機(jī)的無線充電原理如圖6所示．關(guān)于無線充電，下列說法正確的是(　　) 圖6 A．充電底座中的發(fā)射線圈將磁場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為電能

37、 B．充電底座可以直接使用直流電源實(shí)現(xiàn)對(duì)手機(jī)的無線充電 C．接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同 D．無線充電時(shí)手機(jī)接收線圈利用“電流的磁效應(yīng)”獲取電能 答案　C 解析　發(fā)射線圈中通入交變電流，交變電流周圍形成交變磁場(chǎng)，交變磁場(chǎng)又形成交變電場(chǎng)，從而在接收線圈形成交變電流．發(fā)射線圈是將電能轉(zhuǎn)化為磁場(chǎng)能，接收線圈是將磁場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為電能，A錯(cuò)誤；直流電周圍形成恒定的磁場(chǎng)，恒定的磁場(chǎng)無法由電磁感應(yīng)形成電場(chǎng)，B錯(cuò)誤；根據(jù)電磁感應(yīng)規(guī)律知接收線圈與發(fā)射線圈中交變電流的頻率一樣，C正確；無線充電時(shí)手機(jī)接收線圈利用“電磁感應(yīng)”獲得電能，D錯(cuò)誤． 二、多項(xiàng)選擇題 8.如圖7所示，足夠

38、長的光滑導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌寬度為L，其下端與電阻R連接．導(dǎo)體棒ab電阻為r，導(dǎo)軌和導(dǎo)線電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向上．若導(dǎo)體棒ab以一定初速度v下滑，則關(guān)于ab棒的下列說法中正確的是(　　) 圖7 A．所受安培力方向水平向右 B．可能以速度v勻速下滑 C．剛下滑的瞬間ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLv D．減少的重力勢(shì)能等于電阻R上產(chǎn)生的內(nèi)能 答案　AB 解析　導(dǎo)體棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，由右手定則可判斷出電流方向?yàn)閺腷到a，由左手定則可判斷出ab棒所受安培力方向水平向右，選項(xiàng)A正確．當(dāng)mgsinθ＝BILcosθ時(shí)，ab棒沿導(dǎo)軌方向合外力為零，

39、可以速度v勻速下滑，選項(xiàng)B正確．由于速度方向與磁場(chǎng)方向夾角為(90°＋θ)，剛下滑的瞬間ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLvcosθ，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．由能量守恒定律知，ab棒減少的重力勢(shì)能不等于電阻R上產(chǎn)生的內(nèi)能，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 9．如圖8，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，其左端接有定值電阻R.Ox軸平行于金屬導(dǎo)軌，在0≤x≤4m的空間區(qū)域內(nèi)存在著垂直導(dǎo)軌平面向下的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨坐標(biāo)x(以m為單位)的分布規(guī)律為B＝0.8－0.2x(T)．金屬棒ab在外力作用下從x＝0處沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和金屬棒的電阻．設(shè)在金屬棒從x1＝1m經(jīng)x2＝2m到x3＝3m的過

40、程中，R的電功率保持不變，則金屬棒(　　) 圖8 A．在x1與x3處的電動(dòng)勢(shì)之比為1∶3 B．在x1與x3處受到磁場(chǎng)B的作用力大小之比為3∶1 C．從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R的電荷量之比為5∶3 D．從x1到x2與從x2到x3的過程中R產(chǎn)生的焦耳熱之比為5∶3 答案　BCD 解析　 由于金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中，R的電功率不變，則由P＝I2R知電路中電流I不變，又根據(jù)E＝IR知在x1與x3處電動(dòng)勢(shì)相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由題意知在x1、x2、x3處的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為0.6T、0.4T、0.2T，設(shè)導(dǎo)軌間距為L，由F＝BIL知金屬棒在x1與x3處受到磁場(chǎng)B的作用力大小之

41、比為3∶1，選項(xiàng)B正確；由E＝，q＝IΔt，得q＝，如圖為B隨x變化的圖象，圖線與坐標(biāo)軸所圍的面積與L的乘積表示回路磁通量的變化量ΔΦ，可知金屬棒從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R的電荷量之比為5∶3，選項(xiàng)C正確；根據(jù)Q＝I2RΔt和q＝IΔt可知金屬棒從x1到x2與從x2到x3的過程所用的時(shí)間之比為5∶3，則R產(chǎn)生的焦耳熱之比為5∶3，選項(xiàng)D正確． 10.如圖9所示，在水平光滑絕緣桌面上建立直角坐標(biāo)系xOy，第一象限內(nèi)存在垂直桌面向上的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B沿x軸正方向均勻增大且＝k，一邊長為a、電阻為R的單匝正方形線圈ABCD在第一象限內(nèi)以速度v沿x軸正方向勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中AB邊

42、始終與x軸平行，則下列判斷正確的是(　　) 圖9 A．線圈中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向 B．線圈中感應(yīng)電流的大小為 C．為保持線圈勻速運(yùn)動(dòng)，可對(duì)線圈施加大小為的水平外力 D．線圈不可能有兩條邊所受安培力大小相等 答案　BC 解析　由楞次定律得感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，A錯(cuò)誤；設(shè)線圈向右移動(dòng)一段距離Δl，則通過線圈的磁通量變化為ΔΦ＝Δl··a2＝Δl·a2k，而所需時(shí)間為Δt＝，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝＝ka2v，故感應(yīng)電流大小為I＝＝，B正確；線圈勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，外力與安培力平衡，由平衡條件得F＝(B2－B1)Ia＝ka2I＝，C正確；線圈的AB、CD兩條邊所受安培力大

43、小相等，D錯(cuò)誤． 11．如圖10，兩平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下，金屬棒ab、cd與導(dǎo)軌垂直構(gòu)成閉合回路，且兩棒都可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動(dòng)．用與導(dǎo)軌平行的水平恒力F向右拉cd棒，經(jīng)過足夠長時(shí)間以后(　　) 圖10 A．兩棒間的距離保持不變 B．兩棒都做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．兩棒都做勻加速直線運(yùn)動(dòng) D．a(chǎn)b棒中的電流方向由b流向a 答案　CD 三、非選擇題 12.水平放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌ad和bc，導(dǎo)軌兩端a、b和c、d兩點(diǎn)分別連接電阻R1和R2，組成矩形線框，如圖11所示，ad和bc相距L＝0.5m，放在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T，一根

44、電阻為0.2Ω的導(dǎo)體棒PQ跨接在兩根金屬導(dǎo)軌上，在外力作用下以4m/s的速度，向右勻速運(yùn)動(dòng)，如果電阻R1＝0.3Ω，R2＝0.6Ω，導(dǎo)軌ad和bc的電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好．求： 圖11 (1)導(dǎo)體棒PQ中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大??； (2)導(dǎo)體棒PQ上感應(yīng)電流的方向； (3)導(dǎo)體棒PQ向右勻速滑動(dòng)的過程中，外力做功的功率． 答案　(1)5A　(2)Q→P　(3)10W 解析　(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律 E＝BLv＝1×0.5×4V＝2V 又R外＝＝Ω＝0.2Ω 則感應(yīng)電流的大小I＝＝A＝5A (2)根據(jù)右手定則判定電流方向?yàn)镼→P (3)導(dǎo)體棒PQ勻速運(yùn)動(dòng)，則

45、F＝F安＝BIL＝1×5×0.5N＝2.5N 故外力做功的功率P＝Fv＝2.5×4W＝10W. 13．如圖12所示，間距為L的平行且足夠長的光滑導(dǎo)軌由兩部分組成．傾斜部分與水平部分平滑相連，傾角為θ，在傾斜導(dǎo)軌頂端連接一阻值為r的定值電阻．質(zhì)量為m、電阻也為r的金屬桿MN垂直導(dǎo)軌跨放在導(dǎo)軌上，在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域加一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；在水平導(dǎo)軌區(qū)域加另一垂直軌道平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．閉合開關(guān)S，讓金屬桿MN從圖示位置由靜止釋放，已知金屬桿MN運(yùn)動(dòng)到水平軌道前，已達(dá)到最大速度，不計(jì)導(dǎo)軌電阻且金屬桿MN始終與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度為g.求： 圖12

46、 (1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的最大速率vm； (2)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，速度未達(dá)到最大速度vm前，當(dāng)流經(jīng)定值電阻的電流從零增大到I0的過程中，通過定值電阻的電荷量為q，求這段時(shí)間內(nèi)在定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行的最大距離xm. 答案　見解析 解析　(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的速度最大時(shí)，其受到的合力為零， 對(duì)其受力分析，可得mgsinθ－BImL＝0 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律可得： Im＝ 解得：vm＝ (2)設(shè)在這段時(shí)間內(nèi)，金屬桿MN運(yùn)動(dòng)的位移為x 由電流的定義可得：q＝Δt 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律得：平均電流＝＝ 解得：x＝ 設(shè)電流為I0時(shí)金屬桿MN的速度為v0，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律，可得I0＝，解得v0＝ 設(shè)此過程中，電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q熱，由功能關(guān)系可得： mgxsinθ＝Q熱＋mv 定值電阻r產(chǎn)生的焦耳熱Q＝Q熱 解得：Q＝－ (3)設(shè)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行時(shí)的加速度大小為a，速度為v時(shí)回路電流為I，由牛頓第二定律得：BIL＝ma 由法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律可得： I＝得：v＝m vΔt＝mΔv，即xm＝mvm 得：xm＝