2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 專題強化十二 電磁感應(yīng)的綜合問題課件 教科版.ppt

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1、專題強化十二電磁感應(yīng)的綜合問題,,大一輪復(fù)習(xí)講義,,第十章電磁感應(yīng),1.本專題是運動學(xué)、動力學(xué)、恒定電流、電磁感應(yīng)和能量等知識的綜合應(yīng)用，高考既以選擇題的形式命題，也以計算題的形式命題. 2.學(xué)好本專題，可以極大地培養(yǎng)同學(xué)們數(shù)形結(jié)合的推理能力和電路分析能力，針對性的專題強化，可以提升同學(xué)們解決數(shù)形結(jié)合、利用動力學(xué)和功能關(guān)系解決電磁感應(yīng)問題的信心. 3.用到的知識有：左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、平衡條件、牛頓運動定律、函數(shù)圖像、動能定理和能量守恒定律等.,專題解讀,,NEIRONGSUOYIN,內(nèi)容索引,研透命題點,課時作業(yè),細(xì)研考綱和真題 分析

2、突破命題點,限時訓(xùn)練 練規(guī)范 練速度,,研透命題點,,,1.題型簡述 借助圖像考查電磁感應(yīng)的規(guī)律，一直是高考的熱點，此類題目一般分為兩類： (1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出正確的圖像； (2)由給定的圖像分析電磁感應(yīng)過程，定性或定量求解相應(yīng)的物理量或推斷出其他圖像.常見的圖像有Bt圖、Et圖、it圖、vt圖及Ft圖等. 2.解題關(guān)鍵 弄清初始條件、正負(fù)方向的對應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進出磁場的轉(zhuǎn)折點等是解決此類問題的關(guān)鍵.,,,,命題點一電磁感應(yīng)中的圖像問題,3.解題步驟 (1)明確圖像的種類，即是Bt圖還是t圖，或者Et圖、It圖等； (2)分析電磁感應(yīng)的具體過程； (3)用右手

3、定則或楞次定律確定方向的對應(yīng)關(guān)系； (4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式； (5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等； (6)畫圖像或判斷圖像.,4.常用方法 (1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)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)，特別是分析物理量的正負(fù)，以排除錯誤的選項. (2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖像進行分析和判斷.,例1(2018全國卷18)如圖1，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染?/p>

4、為l，磁感應(yīng)強度大小相等、方向交替向上向下.一邊長為 l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運動.線框 中感應(yīng)電流i隨時間t變化的正確圖線可能是,圖1,,解析設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i.,分析知，只有選項D符合要求.,變式1(多選)(2018湖北省黃岡市期末調(diào)研)如圖2所示，在光滑水平面內(nèi)，虛線右側(cè)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，一正方形金屬線框質(zhì)量為m，電阻為R，邊長為L，從虛線處進入磁場時開始計時，在外力作用下，線框由靜止開始，以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進入磁場，規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流I的正方向，外力大小為F，線框中電功率的瞬時值為P

5、，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為q，選項中Pt圖像和qt圖像均為拋物線，則這些量隨時間變化的圖像正確的是,圖2,,,例2(多選)(2018廣西北海市一模)如圖3甲所示，導(dǎo)體框架abcd放置于水平面內(nèi)，ab平行于cd，導(dǎo)體棒MN與兩導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝置放置于垂直于框架平面的磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，MN始終保持靜止.規(guī)定豎直向上為磁場正方向，沿導(dǎo)體棒由M到N為感應(yīng)電流的正方向，水平向右為導(dǎo)體棒所受安培力F的正方向，水平向左為導(dǎo)體棒所受摩擦力f的正方向，下列圖像中正確的是,圖3,,,解析由題圖乙可知，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢先為零，后恒定不變，感應(yīng)電流先為零，后恒定不變，

6、回路中感應(yīng)電流方向為逆時針，故A錯誤，B正確； 在0t1時間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN不受安培力；在t1t2時間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN所受安培力方向水平向右，由FBIL可知，B均勻減小，MN所受安培力均勻減?。辉趖2t3時間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN所受安培力方向水平向左，由FBIL可知，B均勻增大，MN所受安培力均勻增大；根據(jù)平衡條件得到，棒MN受到的摩擦力大小fF，二者方向相反，即在0t1時間內(nèi)，沒有摩擦力，而在t1t2時間內(nèi)，摩擦力方向向左，大小均勻減小，在t2t3時間內(nèi)，摩擦力方向向右，大小均勻增大，故C錯誤，D正確.,變式2(多選)(2019安徽省黃山市質(zhì)檢)如圖4甲所示，閉合矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁

7、場的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示.規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向，順時針為線框中感應(yīng)電流的正方向，水平向右為安培力的正方向.關(guān)于線框中的感應(yīng)電流i與ad邊所受的安培力F隨時間t變化的圖像，下列選項中正確的是,圖4,,,解析由題圖乙可知，01 s內(nèi)，B增大，增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿順時針方向，為正值，12 s內(nèi)，磁通量不變，無感應(yīng)電流，23 s內(nèi)，B的方向垂直紙面向外，B減小，減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時針方向，為負(fù)值，34 s內(nèi)，B的方向垂直紙面向里，B增大，增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時針方向，感應(yīng)電流為負(fù)值，A錯誤，B正確；,1.

8、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,,,,命題點二電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題,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值的條件.具體思路如下：,例3(2016全國卷24)如圖5，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.t0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止

9、開始運動.t0時刻，金屬桿進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(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.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??；,圖5,解析設(shè)金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得Fmgma 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vat0 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)定律知產(chǎn)生的電動勢為EBlv 聯(lián)立式可得,(2)電阻的阻值.,解析設(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,式中R為電阻的阻

10、值.金屬桿所受的安培力為 F安BlI 因金屬桿做勻速運動，有FmgF安0,變式3(多選)(2018安徽省安慶市二模)如圖6甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中.t0時對金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動，金屬棒電阻為r，導(dǎo)軌電阻忽略不計.已知通過電阻R的感應(yīng)電流I隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示.下列關(guān)于棒的運動速度v、外力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率 隨時間變化的圖像正確的是,圖6,,,變式4 如圖7甲所示，間距L0.5 m的兩根光滑平行長直金屬導(dǎo)軌傾斜放置，

11、導(dǎo)軌平面傾角30.導(dǎo)軌底端接有阻值R0.8 的電阻，導(dǎo)軌間有、兩個矩形區(qū)域，其長邊都與導(dǎo)軌垂直，兩區(qū)域的寬度均為d20.4 m，兩區(qū)域間的距離d10.4 m，區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B01 T，區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化如圖乙所示，規(guī)定垂直于導(dǎo)軌平面向上的磁感應(yīng)強度方向為正方向.t0時刻，把導(dǎo)體棒MN無初速度地放在區(qū)域下邊界上.已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量m0.1 kg，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，且導(dǎo)體棒在磁場邊界時都認(rèn)為處于磁場中，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻不計，取重力加速度g10 m/s2.求：,圖7,(1)0.1 s內(nèi)導(dǎo)體棒MN所受的安培力大小；,答案0.5 N,0.1

12、s內(nèi)安培力F1B0I1L，解得F10.5 N,(2)t0.5 s時回路中的電動勢和流過導(dǎo)體棒MN的電流方向；,答案0.4 VNM,解析因F1mgsin ，故導(dǎo)體棒在0.1 s內(nèi)靜止，從第0.1 s末開始加速，,解得：t0.4 s，v12 m/s t0.5 s時，導(dǎo)體棒剛滑到區(qū)域上邊界，此時B20.8 T， 切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E2B2Lv10.8 V t0.5 s時，因磁場變化而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢,t0.5 s時的總電動勢EE3E20.4 V 導(dǎo)體棒電流方向：NM,(3)0.5 s時導(dǎo)體棒MN的加速度大小.,答案7 m/s2,解析設(shè)0.5 s時導(dǎo)體棒的加速度為a，有Fmgsin ma，,解得a

13、7 m/s2，方向沿斜面向下.,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.,,,,命題點三電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題,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WUIt或QI2Rt直接進行計算. (2)若電流變化，則 利用安培力做功求解：

14、電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功； 利用能量守恒求解：若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機械能等于產(chǎn)生的電能.,例4(2018吉林省吉林市第二次調(diào)研)如圖8甲所示，一邊長L2.5 m、質(zhì)量m0.5 kg的正方形金屬線框，放在光滑絕緣的水平面上，整個裝置處在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度B0.8 T的勻強磁場中，它的一邊與磁場的邊界MN重合.在水平力F作用下由靜止開始向左運動，經(jīng)過5 s線框被拉出磁場.測得金屬線框中的電流隨時間變化的圖像如圖乙所示，在金屬線框被拉出的過程中， (1)求通過線框的電荷量及線框的總電阻；,圖8,答案見解析,得R4 ；,(2)分析線框運動性質(zhì)并寫出水平力F隨時間變

15、化的表達(dá)式；,答案見解析,解析由題圖乙可知，感應(yīng)電流隨時間變化的規(guī)律：I0.1t,線框做初速度為0的勻加速直線運動，加速度a0.2 m/s2 線框在外力F和安培力F安作用下做勻加速直線運動，F(xiàn)F安ma 又F安BIL 得F(0.2t0.1) N；,(3)已知在這5 s內(nèi)力F做功1.92 J，那么在此過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱是多少.,答案見解析,解析5 s時，線框從磁場中拉出時的速度v5at1 m/s,變式5(多選)如圖9所示，豎直放置的“ ”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強磁場、的高和間距均為d，磁感應(yīng)強度為B.質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場和時的速度相等.金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接

16、觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g.金屬桿 A.剛進入磁場時加速度方向豎直向下 B.穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C.穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd,圖9,,,解析穿過磁場后，金屬桿在磁場之間做加速運動，在磁場上邊緣速度大于從磁場出來時的速度，即進入磁場時的速度等于進入磁場時的速度，大于從磁場出來時的速度，金屬棒在磁場中做減速運動，加速度方向向上，A錯誤；,金屬棒在磁場中做減速運動，由牛頓第二定律知BILmg mgma，a隨著減速過程逐漸變小，即在前一段做加速度減小的減速運動，在磁場之間做加速度為g的勻加速直線運動，兩個過程位移大小相等， 由vt圖像(可能圖像如圖所示)可以看

17、出前一段用時多于 后一段用時，B正確；,由于進入兩磁場時速度相等，由動能定理知， W安1mg2d0， W安12mgd. 即通過磁場產(chǎn)生的熱量為2mgd，故穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd，C正確；,變式6(2018福建省南平市適應(yīng)性檢測)如圖10所示，一對平行的粗糙金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面上，導(dǎo)軌間距L0.2 m，左端接有阻值R0.3 的電阻，右側(cè)平滑連接一對彎曲的光滑軌道.僅在水平導(dǎo)軌的整個區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B1.0 T.一根質(zhì)量m0.2 kg、電阻r0.1 的金屬棒ab垂直放置于導(dǎo)軌上，在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運動，當(dāng)金屬棒通過位移x9 m時離開磁場，在

18、離開磁場前已達(dá)到最大速度.當(dāng)金屬棒離開磁場時撤去外力F，接著金屬棒沿彎曲軌道上升到最大高度h0.8 m處.已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)0.1，導(dǎo)軌電阻不計，棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g 10 m/s2.求：,圖10,(1)金屬棒運動的最大速率v；,答案見解析,解析金屬棒從出磁場到上升到彎曲軌道最高點，根據(jù)機械能守恒定律得：,(2)金屬棒在磁場中速度為 時的加速度大??；,答案見解析,解析金屬棒在磁場中做勻速運動時，設(shè)回路中的電流為I，根據(jù)平衡條件得 FBILmg,聯(lián)立式得F0.6 N,FBILmgma,聯(lián)立得：a1 m/s2,(3)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，電阻R上

19、產(chǎn)生的焦耳熱.,答案見解析,解析設(shè)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)功能關(guān)系：,聯(lián)立解得：QR1.5 J.,,課時作業(yè),,,1.(多選)(2018廣西防城港市3月模擬)如圖1所示，等邊閉合三角形線框，開始時底邊與勻強磁場的邊界平行且重合，磁場的寬度大于三角形的高度，線框由靜止釋放，穿過該磁場區(qū)域，不計空氣阻力，則下列說法正確的是 A.線框進磁場過程中感應(yīng)電流為順時針方向 B.線框底邊剛進入和剛穿出磁場時線圈的加速度大小可能相同 C.線框出磁場的過程，可能做先減速后加速的直線運動 D.線框進出磁場過程，通過線框橫截面的電荷量不同,圖1,,,1,2,3,4,5,6,7,解析線

20、框進入磁場過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流為逆時針方向，故A錯誤； 線框底邊剛進入瞬間，速度為零，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為零，下落加速度為g，完全進入磁場后下落加速度為g，隨著下落速度的增大，出磁場時產(chǎn)生的安培力可能等于2mg，此時減速的加速度大小可能為g，故B正確； 線框出磁場的過程，可能先減速，隨著速度減小，切割長度變短，線框受到的安培力減小，當(dāng)小于重力后線框做加速直線運動，故C正確； 線框進、出磁場過程，磁通量變化相同，所以通過線框橫截面的電荷量相同，故D錯誤.,1,2,3,4,5,6,7,2.(2018陜西省咸陽市第二次模擬)如圖2甲所示，匝數(shù)n2的金屬線圈(電阻不計)圍成的面

21、積為20 cm2，線圈與R2 的電阻連接，置于豎直向上、均勻分布的磁場中，磁場與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強度為B，Bt關(guān)系如圖乙所示，規(guī)定感應(yīng)電流i從a經(jīng)過R到b的方向為正方向，忽略線圈的自感影響，則下列it關(guān)系圖正確的是,圖2,,1,2,3,4,5,6,7,1,2,3,4,5,6,7,3.(多選)(2019湖北省武漢市調(diào)研)如圖3甲所示，在足夠長的光滑的固定斜面上放置著金屬線框，垂直于斜面方向的勻強磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定垂直斜面向上為正方向).t0時刻將線框由靜止釋放，在線框下滑的過程中，下列說法正確的是 A.線框中產(chǎn)生大小、方向周期性變化的電流 B.MN邊受到的安培

22、力先減小后增大 C.線框做勻加速直線運動 D.線框中產(chǎn)生的焦耳熱等于其機械能的損失,圖3,,,1,2,3,4,5,6,7,解析穿過線框的磁通量先向下減小，后向上增大，則根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向不變，選項A錯誤； 因磁感應(yīng)強度的變化率不變，則感應(yīng)電動勢不變，感應(yīng)電流不變，而磁感應(yīng)強度的大小先減小后增大，根據(jù)FBIL可知，MN邊受到的安培力先減小后增大，選項B正確； 因線框平行的兩邊電流等大反向，則整個線框受到的安培力為零，則線框下滑的加速度不變，線框做勻加速直線運動，選項C正確； 因安培力對線框做功為零，斜面光滑，則線框的機械能守恒，選項D錯誤.,1,2,3,4,5,6,7,4.(多選)(

23、2018福建省廈門市質(zhì)檢)如圖4所示，在傾角為的光滑固定斜面上，存在著磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直斜面向上，磁場的寬度為2L.一邊長為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過GH進入磁場瞬間和剛越過MN穿出磁場瞬間速度剛好相等.從ab邊剛越過GH處開始計時，規(guī)定沿斜面向上為安培力的正方向，則線框運動的速率v與線框所受安培力F隨時間變化的圖線中，可能正確的是,圖4,,,1,2,3,4,5,6,7,1,2,3,4,5,6,7,1,2,3,4,5,6,7,5.(2018山東省泰安市上學(xué)期期末)如圖5，兩固定的絕緣斜面傾角均為，上沿相連.兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(

24、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，兩定滑輪間的距離也為L.左斜面上存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于斜面向上.已知斜面及兩根柔軟輕導(dǎo)線足夠長.回路總電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小為g.使兩金屬棒水平，從靜止開始下滑.求： (1)金屬棒運動的最大速度vm的大小；,圖5,1,2,3,4,5,6,7,解析達(dá)到最大速度時，設(shè)兩導(dǎo)線中張力均為T，金屬棒cd受到的安培力為F 對ab、cd，根據(jù)平衡條件得到： 2mgsin 2T2mgcos 2Tmgs

25、in mgcos F 而安培力FBIL,1,2,3,4,5,6,7,(2)當(dāng)金屬棒運動的速度為 時，其加速度大小是多少？,1,2,3,4,5,6,7,設(shè)兩導(dǎo)線中張力均為T1，金屬棒cd受到的安培力為F1，根據(jù)牛頓第二定律： 2mgsin 2T12mgcos 2ma 2T1mgsin mgcos F1ma,1,2,3,4,5,6,7,6.(2018天津市實驗中學(xué)模擬)如圖6所示，固定光滑金屬導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌電阻不計，上端a、b間接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，且處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中.質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上.初始

26、時刻，彈簧恰處于自然長度，導(dǎo)體棒具有沿導(dǎo)軌向上的初速度v0.整個運動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸.已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行. (1)求初始時刻通過電阻R的電流I的大小和方向；,圖6,1,2,3,4,5,6,7,解析導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E1BLv0,根據(jù)右手定則判斷得知：電流方向為ba,1,2,3,4,5,6,7,(2)當(dāng)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時，速度變?yōu)関，求此時導(dǎo)體棒的加速度大小a.,1,2,3,4,5,6,7,解析導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E2BLv,導(dǎo)體棒受力如圖所示： 根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin Fma,1,2,3,4

27、,5,6,7,7.(2018廣東省惠州市模擬)如圖7所示，足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面成37角放置，在斜面上虛線aa和bb與斜面底邊平行，在aa、bb圍成的區(qū)域中有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m10 g、總電阻R1 、邊長d0.1 m的正方形金屬線圈MNQP，讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端由靜止釋放，線圈剛好勻速穿過 整個磁場區(qū)域.已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為 0.5，(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求： (1)線圈進入磁場區(qū)域時的速度大??；,圖7,答案2 m/s,1,2,3,4,5,6,7,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v2 m/s,1,2,3,4,5,6,7,(2)線圈釋放時，PQ邊到bb的距離；,答案1 m,解析線圈進入磁場前做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律得：,1,2,3,4,5,6,7,(3)整個線圈穿過磁場的過程中，線圈上產(chǎn)生的焦耳熱.,答案4103 J,解析由于線圈剛好勻速穿過磁場，則磁場寬度等于d0.1 m，QW安F安2d 代入數(shù)據(jù)解得：Q4103 J.,1,2,3,4,5,6,7,