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2014高考物理一轮复习 基础知识题组 18 电磁感应中的动力学和能量问题


电磁感应中的动力学和能量问题
考纲解读 1.会分析计算电磁感应中有安培力参与的导体的运动及平衡问题.2.会分析计算电 磁感应中能量的转化与转移.

考点一 电磁感应中的动力学问题分析 1. 安培力的大小 B2l2v E 由感应电动势 E=Blv,感应电流 I= 和安培力公式 F=BIl 得 F= . R R

2. 安培力的方向判



3. 导体两种状态及处理方法 (1)导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态. 处理方法:根据平衡条件(合外力等于零)列式分析. (2)导体的非平衡态——加速度不为零. 处理方法:根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析. 例1 (2012· 广东理综· 35)如图 1 所示,质量为 M 的导体棒 ab,垂直放在相距为 l 的平行光 滑金属导轨上,导轨平面与水平面的夹角为 θ,并处于磁感应强度大小为 B、方向垂直 于导轨平面向上的匀强磁场中.左侧是水平放置、间距为 d 的平行金属板,R 和 Rx 分 别 表示定值电阻和滑动变阻器的阻值,不计其他电阻.

图1 (1)调节 Rx=R,释放导体棒,当导体棒沿导轨匀速下滑时,求通过导体棒的电流 I 及导 体棒的速率 v. (2)改变 Rx,待导体棒沿导轨再次匀速下滑后,将质量为 m、带电荷量为+q 的微粒水平 射入金属板间,若它能匀速通过,求此时的 Rx.
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解析 (1)对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图所示. 导体棒所受安培力 F 安=BIl 导体棒匀速下滑,所以 F 安=Mgsin θ Mgsin θ 联立①②式,解得 I= Bl ① ② ③

导体棒切割磁感线产生感应电动势 E=Blv ④ E E 由闭合电路欧姆定律得 I= ,且 Rx=R,所以 I= 2 R R+Rx 2MgRsin θ 联立③④⑤式,解得 v= B2l2 (2)由题意知,其等效电路图如图所示. 由图知, 平行金属板两板间的电压等于 Rx 两端的电压. 设两金属板间的电压为 U,因为导体棒匀速下滑时的电流仍 为 I,所以由欧姆定律知 U=IRx ⑥ ⑦ U 要使带电的微粒匀速通过,则 mg=q d mBld 联立③⑥⑦式,解得 Rx= . Mqsin θ Mgsin θ 2MgRsin θ mBld 答案 (1) (2) Bl B2l2 Mqsin θ



规律总结
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是 “先电后力”, 即: 先做“源”的分析 ——分离出电路中由电磁感应所产生的电源,求出电源参数 E 和 r; 再进行“路”的分析——分析电路结构, 弄清串、 并联关系, 求出相应部分的电流大小, 以便求解安培力;然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的 受力情况, 尤其注意其所受的安培力; 最后进行“运动”状态的分析——根据力和运动 的关系,判断出正确的运动模型. 突破训练 1 如图 2 所示,两足够长平行金属导轨固定在水平面上,匀 强磁场方向垂直导轨平面向下,金属棒 ab、cd 与导轨构成闭合回路 且都可沿导轨无摩擦滑动, 两金属棒 ab、 cd 的质量之比为 2∶1.用一 沿导轨方向的恒力 F 水平向右拉金属棒 cd,经过足够长时间以后 ( A.金属棒 ab、cd 都做匀速运动 B.金属棒 ab 上的电流方向是由 b 向 a C.金属棒 cd 所受安培力的大小等于 2F/3 D.两金属棒间距离保持不变 答案 BC 解析 对两金属棒 ab、cd 进行受力分析和运动分析可知,两金属棒最终将做加速度相 同的匀加速直线运动, 且金属棒 ab 速度小于金属棒 cd 速度,所以两金属棒间距离是变 大的,由楞次定律判断金属棒 ab 上的电流方向是由 b 到 a,A、D 错误,B 正确;以两 金属棒整体为研究对象有:F=3ma,隔离金属棒 cd 分析:F-F 安=ma,可求得金属棒 2 cd 所受安培力的大小 F 安= F,C 正确;因此答案选 B、C. 3
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)

图2

考点二 电磁感应中的能量问题分析 1. 过程分析 (1)电磁感应现象中产生感应电流的过程,实质上是能量的转化过程. (2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用,因此,要维持感 应电流的存在, 必须有“外力”克服安培力做功, 将其他形式的能转化为电能. “外力” 克服安培力做了多少功,就有多少其他形式的能转化为电能. (3)当感应电流通过用电器时,电能又转化为其他形式的能.安培力做功的过程,或通 过电阻发热的过程,是电能转化为其他形式能的过程.安培力做了多少功,就有多少电 能转化为其他形式的能. 2. 求解思路 (1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及 W=UIt 或 Q=I2Rt 直接进行计算. (2)若电流变化,则:①利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培 力所做的功;②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等 于产生的电能. 例 2 如图 3 所示,倾角为 θ=30° 、足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 相距 L1=0.4 m, B1=5 T 的匀强磁场垂直导轨平面向上.一质量 m=1.6 kg 的金属棒 ab 垂直于 MN、PQ 放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,其电阻 r=1 Ω.金属导轨上端连接右侧电路, R1=1 Ω,R2=1.5 Ω.R2 两端通过细导线连接质量 M=0.6 kg 的正方形金属框 cdef,正方 形边长 L2=0.2 m,每条边电阻 r0 为 1 Ω,金属框处在一方向垂直纸面向里、B2=3 T 的 匀强磁场中.现将金属棒由静止释放,不计其他电阻及滑轮摩擦,g 取 10 m/s2. (1)若将电键 S 断开,求棒下滑过程中的最大速度. (2)若电键 S 闭合,每根细导线能承受的最大拉力为 3.6 N,求细导线刚好被拉断时棒的 速度. (3)若电键 S 闭合后,从棒释放到细导线被拉断的过程中,棒上产生的电热为 2 J,求此 过程中棒下滑的高度(结果保留一位有效数字).

图3 解析 (1)棒下滑过程中,沿导轨的合力为 0 时,速度最大,mgsin θ-F 安=0 F 安=B1IL1 E I= r+R1+R2 E=B1L1vmax 代入数据解得: vmax=7 m/s (2)闭合 S 后,设细导线刚断开时,通过金属框 ef 边电流为 I′,则通过 cd 边的电流 为 3I′

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则:2FT-Mg-B2I′L2-3B2I′L2=0 解得 I′=0.5 A 通过 R2 的电流 3I′r0 I2= R2 I2=1 A 电路总电流 I1=I2+4I′=3 A 3 金属框接入电路总电阻 R 框= Ω 4 R2 与 R 框并联电阻为 R′, R框R2 1 R′= = Ω R框+R2 2 设此时棒的速度为 v1, B1L1v1 则有 I1= r+R1+R′ 解得 v1=3.75 m/s (3)当棒下滑高度为 h 时,棒上产生的热量为 Qab,R1 上产生的热量为 Q1,R2 与 R 框上产 生的总热量为 Q′,根据能量转化与守恒定律有 1 2 mgh= mv 1 +Qab+Q1+Q′ 2 Qab=2 J Q1=Qab=2 J Qab Q′= =1 J 2 解得 h≈1 m 答案 (1)7 m/s (2)3.75 m/s (3)1 m 电磁感应中能量转化问题的分析技巧 1. 电磁感应过程往往涉及多种能量的转化 (1)如图 4 中金属棒 ab 沿导轨由静止下滑时,重力势能减少, 一部分用来克服安培力做功,转化为感应电流的电能,最终 在 R 上转化为焦耳热,另一部分转化为金属棒的动能. (2)若导轨足够长,棒最终达到稳定状态做匀速运动,之后重 力势能的减小则完全用来克服安培力做功,转化为感应电流 的电能. 2. 安培力做功和电能变化的特定对应关系 (1)“外力”克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能转化为电能. (2)安培力做功的过程,是电能转化为其他形式的能的过程,安培力做多少功就有 多少电能转化为其他形式的能. 3. 解决此类问题的步骤 (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)确定感应电动势的大小和 方向. (2)画出等效电路图,写出回路中电阻消耗的电功率的表达式. (3)分析导体机械能的变化,用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率 的改变所满足的方程,联立求解.
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技巧点拨

图4

突破训练 2 如图 5 所示电路,两根光滑金属导轨平行放置在倾角为 θ 的斜面上,导轨下端接有电阻 R,导轨电阻不计,斜面处在竖直向 上的匀强磁场中,电阻可忽略不计的金属棒 ab 质量为 m,受到沿斜 面向上且与金属棒垂直的恒力 F 的作用.金属棒沿导轨匀速下滑, 则它在下滑高度 h 的过程中,以下说法正确的是 A.作用在金属棒上各力的合力做功为零 B.重力做的功等于系统产生的电能 C.金属棒克服安培力做的功等于电阻 R 上产生的焦耳热 D.金属棒克服恒力 F 做的功等于电阻 R 上产生的焦耳热 答案 AC 解析 根据动能定理,合力做的功等于动能的增量,故 A 对;重力做的功等于重力势 能的减少,重力做的功等于克服 F 所做的功与产生的电能之和,而克服安培力做的功 等于电阻 R 上产生的焦耳热,所以 B、D 错,C 对. 图5 ( )

44.应用动力学和能量观点解决电磁感应中的“导轨+杆”模型问题

1. 模型概述 “导轨+杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“基本道具”, 也是高考的热点, 考 查的知识点多,题目的综合性强,物理情景变化空间大,是我们复习中的难点.“导轨 +杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型;导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜; 杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等;磁场的状态可分 为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等,情景复杂,形式多变. 2. 常见模型 类型 示意图 棒 ab 长 L,质量 m,电阻 R;导轨 光滑水平,电阻不计 BLE S 闭合,棒 ab 受安培力 F= , R BLE 此时加速度 a= ,棒 ab 速度 mR 过程分析 v↑→感应电动势 E′=BLv↑→电 流 I↓→安培力 F=BIL↓→加速度 a↓,当安培力 F=0 时,a=0,v 最大,最后匀速运动 棒 ab 长 L,质量 m,电阻 R;导轨 光滑,电阻不计 棒 ab 释放后下滑, 此时加速度 a= gsin α,棒 ab 速度 v↑→感应电动 E 势 E=BLv↑→电流 I= ↑→安培 R 力 F=BIL↑→加速度 a↓,当安培 力 F=mgsin α 时,a=0,v 最大, 最后匀速运动 “电—动—电”型 “动—电—动”型

已知量

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能 量 转 化 运动 形式 最终 状态 变加速运动 E′ BL 变加速运动 匀速运动 mgRsin α vm= B2L2 通过安培力做功,把电能转化为动 能 克服安培力做功,把重力势能转化 为内能

匀速运动,vm=

解析

(1)设甲在磁场区域 abcd 内运动时间为 t1,乙从开始运动到 ab 位置的时间为 t2,

则由运动学公式得 1 1 2 2 L= · 2gsin θ· t 1 ,L= gsin θ· t2 2 2 L 2L 解得 t1= ,t = gsin θ 2 gsin θ 因为 t1<t2,所以甲离开磁场时,乙还没有进入磁场.

(1 分) (1 分)

设乙进入磁场时的速度为 v1,乙中产生的感应电动势为 E1,回路中的电流为 I1,则 1 2 mv =mgLsin θ (1 分) 2 1 E1=Bdv1 I1=E1/2R mgsin θ=BI1d B 2 d2 解得 R= 2m 2L gsin θ (1 分) (1 分) (1 分) (1 分)

(2)从释放金属杆开始计时,设经过时间 t,甲的速度为 v,甲中产生的感应电动势为 E, 回路中的电流为 I,外力为 F,则 v=at
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(1 分)

E=Bdv I=E/2R F+mgsin θ-BId=ma a=2gsin θ 联立以上各式解得 F=mgsin θ+mgsin θ 2gsin θ · t(0≤t≤ L L ) gsin θ

(1 分) (1 分) (1 分)

(1 分) (1 分)

方向垂直于杆平行于导轨向下. 热 量相同,均设为 Q1,则 v 0 =2aL 分) 1 2 W+mgLsin θ=2Q1+ mv 0 2 分) 解得 W=2Q1+mgLsin θ 乙在磁场运动过程中,甲、乙产生相同的热量,均设为 Q2,则 2Q2=mgLsin θ
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(3)甲在磁场运动过程中,乙没有进入磁场,设甲离开磁场时速度为 v0,甲、乙产生的

(1

(2

(2 分) 根据题意有 Q=Q1+Q2 分) 解得 W=2Q B2d2 答案 (1) 2m (1 分) 2L gsin θ 2gsin θ · t(0≤t≤ L L ),方向垂直于杆平行于导轨向下 gsin θ (1

(2)F=mgsin θ+mgsin θ (3)2Q

突破训练 3 如图 7 甲所示, 足够长的光滑平行金属导轨 MN、 PQ 竖直放置, 其宽度 L=1 m, 一匀强磁场垂直穿过导轨平面, 导轨的上端 M 与 P 之间连接阻值为 R=0.40 Ω 的电阻, 质量为 m=0.01 kg、电阻为 r=0.30 Ω 的金属棒 ab 紧贴在导轨上.现使金属棒 ab 由静 止开始下滑,下滑过程中 ab 始终保持水平,且与导轨接触良好,其下滑距离 x 与时间 t 的关系如图乙所示, 图象中的 OA 段为曲线, AB 段为直线, 导轨电阻不计, g=10 m/s2(忽 略 ab 棒运动过程中对原磁场的影响),求:

甲 图7
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(1)磁感应强度 B 的大小; (2)金属棒 ab 在开始运动的 1.5 s 内,通过电阻 R 的电荷量; (3)金属棒 ab 在开始运动的 1.5 s 内,电阻 R 上产生的热量. 答案 (1)0.1 T (2)0.67 C (3)0.26 J

解析 (1)金属棒在 AB 段匀速运动,由题中图象乙得: Δx v= =7 m/s Δt BLv I= ,mg=BIL r+R 解得 B=0.1 T (2)q= I Δt ΔΦ ?R+r?Δt ΔS ΔΦ= B Δt I= 解得:q=0.67 C 1 (3)Q=mgx- mv2 2 解得 Q=0.455 J R 从而 QR= Q=0.26 J r+R

高考题组 1. (2012· 山东理综· 20)如图 8 所示,相距为 L 的两条足够长的光滑 平行金属导轨与水平面的夹角为 θ, 上端接有定值电阻 R,匀强 磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为 B.将质量为 m 的导体棒由 静止释放,当速度达到 v 时开始匀速运动,此时对导体棒施加 一平行于导轨向下的拉力,并保持拉力的功率恒为 P,导体棒 最终以 2v 的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好, 不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为 g.下列选项正确的是 A.P=2mgvsin θ B.P=3mgvsin θ v g C.当导体棒速度达到 时加速度大小为 sin θ 2 2 D.在速度达到 2v 以后匀速运动的过程中,R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 答案 AC E BLv 解析 根据 I= = ,导体棒由静止释放,速度达到 v 时,回路中的电流为 I,则根 R R 据 共点力的平衡条件,有 mgsin θ=BIL.对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力,使其以
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图8 ( )

2v 的速度匀速运动时,则回路中的电流为 2I,则根据平衡条件,有 F+mgsin θ=B· 2IL, 所 以拉力 F=mgsin θ,拉力的功率 P=F×2v=2mgvsin θ,故选项 A 正确,选项 B 错误; v I I 当导体棒的速度达到 时,回路中的电流为 ,根据牛顿第二定律,得 mgsin θ-B L= 2 2 2 g ma,解得 a= sin θ,选项 C 正确;当导体棒以 2v 的速度匀速运动时,根据能量守恒定 2 律知,重力和拉力所做的功之和等于 R 上产生的焦耳热,故选项 D 错误. 2. (2012· 江苏单科· 13)某兴趣小组设计了一种发电装置,如图 9 所示.在磁极和圆柱状铁 4 芯之间形成的两磁场区域的圆心角 α 均为 π,磁场均沿半径方向.匝数为 N 的矩形线 9 圈 abcd 的边长 ab=cd=l、bc=ad=2l.线圈以角速度 ω 绕中心轴匀速转动,bc 边和 ad 边同时进入磁场.在磁场中,两条边所经过处的磁感应强度大小均为 B、方向始终与两 边的运动方向垂直.线圈的总电阻为 r,外接电阻为 R.求:

图9 (1)线圈切割磁感线时,感应电动势的大小 Em; (2)线圈切割磁感线时,bc 边所受安培力的大小 F; (3)外接电阻上电流的有效值 I. 4N2B2l3ω 4NBl2ω 答案 (1)2NBl2ω (2) (3) r+R 3?r+R? l 解析 (1)bc、ad 边的运动速度 v=ω 2 感应电动势 Em=4NBlv 解得 Em=2NBl2ω Em (2)电流 Im= r+R 安培力 F=2NBIml 4N2B2l3ω 解得 F= r+R 4 (3)一个周期内,通电时间 t= T 9 R 上消耗的电能 W=I m Rt 且 W=I2RT 4NBl2ω 解得 I= . 3?r+R? 模拟题组 3. 如图 10,两根足够长光滑平行金属导轨 PP′、QQ′倾斜放 置,匀强磁场垂直于导轨平面,导轨的上端与水平放置的 两金属板 M、N 相连,板间距离足够大,板间有一带电微
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粒,金属棒 ab 水平跨放在导轨上,下滑过程中与导轨接触良好. 现同时由静止释放带电微粒和金属棒 ab,则 A.金属棒 ab 最终可能匀速下滑 B.金属棒 ab 一直加速下滑 C.金属棒 ab 下滑过程中 M 板电势高于 N 板电势 D.带电微粒不可能先向 N 板运动后向 M 板运动 答案 BC

图 10 ( )

解析 金属棒沿光滑导轨加速下滑,棒中有感应电动势而对金属板 M、N 充电,充电电 流通过金属棒时金属棒受安培力作用, 只有金属棒速度增大时才有充电电流, 因此总有 mgsin θ-BIL>0,金属棒将一直加速下滑,A 错,B 对;由右手定则可知,金属棒 a 端 (即 M 板)电势高,C 对;若微粒带负电,则电场力向上,与重力反向,开始时电场力为 0, 微粒向下加速,当电场力增大到大于重力时,微粒的加速度向上,可能向 N 板减速运 动 到零后再向 M 板运动,D 错. 4. 如图 11 所示,足够长的光滑平行金属导轨 cd 和 ef 水平放置,在其左端连接倾角为 θ =37° 的光滑金属导轨 ge、hc,导轨间距均为 L=1 m,在水平导轨和倾斜导轨上,各放 一根与导轨垂直的金属杆,金属杆与导轨接触良好.金属杆 a、b 质量均为 m=0.1 kg, 电阻 Ra=2 Ω、Rb=3 Ω,其余电阻不计.在水平导轨和斜面导轨区域分别有竖直向上 和竖直向下的匀强磁场 B1、B2,且 B1=B2=0.5 T.已知从 t=0 时刻起,杆 a 在外力 F1 作用下由静止开始水平向右运动, 杆 b 在水平向右的外力 F2 作用下始终保持静止状态, 且 F2=0.75+0.2t (N).(sin 37° =0.6,cos 37° =0.8,g 取 10 m/s2)

图 11 (1)通过计算判断杆 a 的运动情况; (2)从 t=0 时刻起,求 1 s 内通过杆 b 的电荷量; (3)若 t=0 时刻起,2 s 内作用在杆 a 上的外力 F1 做功为 13.2 J,则这段时间内杆 b 上产 生的热量为多少? 答案 解析 (1)以 4 m/s2 的加速度做匀加速运动 (1)因为杆 b 静止,所以有 (2)0.2 C (3)6 J F2-B2IL=mgtan 37° 而 F2=0.75+0.2t(N) 解得 I=0.4t (A)
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整个电路中的电动势由杆 a 运动产生,故 E=I(Ra+Rb) E=B1Lv 解得 v=4t 所以,杆 a 做加速度为 a=4 m/s2 的匀加速运动. 1 (2)杆 a 在 1 s 内运动的距离 d= at2=2 m 2 q= I Δt E I= Ra+Rb ΔΦ B1Ld E= = Δt Δt ΔΦ B1Ld q= = =0.2 C Ra+Rb Ra+Rb 即 1 s 内通过杆 b 的电荷量为 0.2 C (3)设整个电路中产生的热量为 Q,由能量守恒定律得 1 2 W1-Q= mv 1 2 v1=at=8 m/s 解得 Q=10 J Rb 从而 Qb= Q=6 J Ra+Rb

?题组 1 电磁感应中的动力学问题 1. 如图 1(a)所示为磁悬浮列车模型, 质量 M=1 kg 的绝缘板底座静止在动摩擦因数 μ1=0.1 的粗糙水平地面上.位于磁场中的正方形金属框 ABCD 为动力源,其质量 m=1 kg,边 1 长为 1 m, 电阻为 Ω, 与绝缘板间的动摩擦因数 μ2=0.4.OO ′为 AD、 BC 的中线. 在 16 金属框内有可随金属框同步移动的磁场,OO′CD 区域内磁场如图(b)所示,CD 恰在磁 场边缘以外;OO′BA 区域内磁场如图(c)所示,AB 恰在磁场边缘以内(g=10 m/s2).若 绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 则金属框从静止释 放 ( ) 后

图1 A.若金属框固定在绝缘板上,金属框的加速度为 3 m/s2 B.若金属框固定在绝缘板上,金属框的加速度为 7 m/s2 C.若金属框不固定,金属框的加速度为 4 m/s2,绝缘板仍静止
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D.若金属框不固定,金属框的加速度为 4 m/s2,绝缘板的加速度为 2 m/s2 答案 AD Δ B1 1 1 解析 若金属框固定在绝缘板上,由题意得 E= ·S =1× ×1×1 V=0.5 V,I Δt 2 ABCD 2 E = =8 A,FAB=B2IL=8 N,取绝缘板和金属框整体进行受力分析,由牛顿第二定律: R FAB-μ1(M+m)g=(M+m)a,解得 a=3 m/s2,A 对,B 错;若金属框不固定,对金属框 进行受力分析, 假设其相对绝缘板滑动, Ff1=μ2mg=0.4× 1× 10 N=4 N<FAB, 假设正确. 对 金属框应用牛顿第二定律得 FAB-Ff1=ma1,a1=4 m/s2;对绝缘板应用牛顿第二定律得 Ff1-Ff2=Ma2,Ff2=μ1(M+m)g=2 N,解得 a2=2 m/s2,C 错,D 对. 2. (2011· 天津理综· 11)如图 2 所示,两根足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 间距为 l=0.5 m,其电阻不计,两导轨及其构成的平面均 与水平面成 30° 角. 完全相同的两金属棒 ab、 cd 分别垂直导轨放置, 每棒两端都与导轨始终有良好接触, 已知两棒质量均为 m=0.02 kg, 电阻均为 R=0.1 Ω,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度 B = 0.2 T,棒 ab 在平行于导轨向上的力 F 作用下,沿导轨向上匀速运动,而棒 cd 恰好能 够 保持静止,取 g=10 m/s2,问: (1)通过棒 cd 的电流 I 是多少,方向如何? (2)棒 ab 受到的力 F 多大? (3)棒 cd 每产生 Q=0.1 J 的热量,力 F 做的功 W 是多少? 答案 解析 (1)1 A 方向由 d 至 c (2)0.2 N (1)棒 cd 受到的安培力 (3)0.4 J

Fcd=IlB 棒 cd 在共点力作用下受力平衡,则 Fcd=mgsin 30° 代入数据解得 I=1 A 根据楞次定律可知,棒 cd 中的电流方向由 d 至 c (2)棒 ab 与棒 cd 受到的安培力大小相等 Fab=Fcd 对棒 ab,由受力平衡知 F=mgsin 30° +IlB 代入数据解得 F=0.2 N (3)设在时间 t 内棒 cd 产生 Q=0.1 J 的热量,由焦耳定律知 Q=I2Rt 设棒 ab 匀速运动的速度大小为 v,其产生的感应电动势 E=Blv
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由闭合电路欧姆定律知 E I= 2R 由运动学公式知在时间 t 内,棒 ab 沿导轨的位移 s=vt 力 F 做的功 W=Fs 综合上述各式,代入数据解得 W=0.4 J

3. 如图 3 所示,两根平行金属导轨固定在同一水平面内,间距为 l, 导轨左端连接一个电阻.一根质量为 m、电阻为 r 的金属杆 ab 垂 直放置在导轨上.在杆的右方距杆为 d 处有一个匀强磁场,磁场 方向垂直于轨道平面向下,磁感应强度为 B.对杆施加一个大小为 图3 F、方向平行于导轨的恒力,使杆从静止开始运动,已知杆到达磁场区域时速度为 v, 之后进入磁场恰好做匀速运动.不计导轨的电阻,假定导轨与杆之间存在恒定的阻 力.求: (1)导轨对杆 ab 的阻力大小 Ff. (2)杆 ab 中通过的电流及其方向. (3)导轨左端所接电阻的阻值 R. mv2 mv2 2B2l2d 答案 (1)F- (2) ,方向由 a 流向 b (3) -r 2d 2Bld mv 解析 (1)杆 ab 进入磁场前做匀加速运动,有 F-Ff=ma v2=2ad 解得导轨对杆的阻力 Ff=F- F=Ff+F 安 杆 ab 所受的安培力 F 安=IBl mv2 解得杆 ab 中通过的电流 I= 2Bld 由右手定则判断杆中的电流方向自 a 流向 b (3)杆运动过程中产生的感应电动势 E=Blv E 杆中的感应电流 I= R+r 2B2l2d 解得导轨左端所接电阻阻值 R= -r mv ?题组 2 电磁感应中的能量问题 4. 如图 4 所示,竖直放置的两根足够长平行金属导轨相距 L,导轨间接有一 定值电阻 R,质量为 m,电阻为 r 的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好 接触,且无摩擦,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直,
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mv2 2d

(2)杆 ab 进入磁场后做匀速运动,有

现将金属棒由静止释放,金属棒下落高度为 h 时开始做匀速运动,在此过 程中 A.导体棒的最大速度为 2gh BLh B.通过电阻 R 的电荷量为 R+r C.导体棒克服安培力做的功等于电阻 R 上产生的热量 D.重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量 答案 BD BLvm 解析 金属棒由静止释放后,当 a=0 时,速度最大,即 mg-BL =0,解得 vm= R +r mg?R+r? BLh BLh , A 项错误. 此过程通过 R 的电荷量 q= I Δt= ·Δt= , B 项正确. 导 B2L2 ?R+r?Δt R+r 体棒克服安培力做的功等于整个电路产生的热量,C 项错误.由动能定理知对导体棒有 ΔEk=W 重+W 安,D 项正确. 5. (2011· 上海单科· 32)如图 5 所示,电阻可忽略的光滑平行金属导轨长 s=1.15 m,两导轨 间距 L=0.75 m,导轨倾角为 30° ,导轨上端 ab 接一阻值 R=1.5 Ω 的电阻,磁感应强 度 B=0.8 T 的匀强磁场垂直轨道平面向上.阻值 r=0.5 Ω、质量 m=0.2 kg 的金属棒与轨 道垂直且接触良好,从轨道上端 ab 处由静止开始下滑至底端,在此过程中金属棒产生 的 焦耳热 Qr=0.1 J.(取 g=10 m/s2)求: ( ) 图4

图5 (1)金属棒在此过程中克服安培力做的功 W 安; (2)金属棒下滑速度 v=2 m/s 时的加速度 a; 1 2 (3)为求金属棒下滑的最大速度 vm, 有同学解答如下: 由动能定理, WG-W 安= mv m , ?. 2 由此所得结果是否正确?若正确, 说明理由并完成本小题; 若不正确, 给出正确的解答. 答案 解析 (1)0.4 J (2)3.2 m/s2 (3)见解析 (1)下滑过程中安培力做的功即为电阻上产生的焦耳热,由于 R=3r,因此

QR=3Qr=0.3 J 所以 W 安=Q=QR+Qr=0.4 J (2)金属棒下滑时受重力和安培力 B 2L 2 F 安=BIL= v R+r B2L2 由牛顿第二定律得 mgsin 30° - v=ma R +r B 2L 2 所以 a=gsin 30° - v m?R+r? = m/s2=3.2 m/s2
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(3)此解法正确. 金属棒下滑时受重力和安培力作用,其运动满足 B2L2 mgsin 30° - v=ma R+r 上式表明,加速度随速度增大而减小,棒做加速度减小的加速运动.无论最终是否达到 匀速,当棒到达斜面底端时速度一定为最大.由动能定理可以得到棒的最大速度,因此 上述解法正确. 1 2 mgssin 30° -Q= mv m 2 所以 vm= = 2Q 2gssin 30° - m 1 2×0.4 2×10×1.15× - m/s≈2.74 m/s. 2 0.2

6. 如图 6 所示,两平行光滑的金属导轨 MN、PQ 固定在水平面上,相距为 L,处于竖直 方 向的磁场中,整个磁场由若干个宽度皆为 d 的条形匀强磁场区域 1、2、3、4??组成, 磁感应强度 B1、B2 的方向相反,大小相等,即 B1=B2=B.导轨左端 MP 间接一电阻 R, 质量为 m、电阻为 r 的细导体棒 ab 垂直放置在导轨上,与导轨接触良好,不计导轨的 电 阻.现对棒 ab 施加水平向右的拉力,使其从区域 1 磁场左边界位置开始以速度 v0 向右 做匀速直线运动并穿越 n 个磁场区域.

图6 (1)求棒 ab 穿越区域 1 磁场的过程中电阻 R 产生的焦耳热 Q; (2)求棒 ab 穿越 n 个磁场区域的过程中拉力对棒 ab 所做的功 W; (3)规定棒中从 a 到 b 的电流方向为正,画出上述过程中通过棒 ab 的电流 I 随时间 t 变 化 的图象; (4)求棒 ab 穿越 n 个磁场区域的过程中通过电阻 R 的净电荷量 q. B2L2v0Rd nB2L2v0d 答案 (1) (2) (3)见解析图 2 ?R+r? R+r BLd (4) 或0 R +r (1)棒产生的感应电动势 E=BLv0 E 通过棒的感应电流 I= R+r 2 2 E 2 d B L v0Rd 电阻 R 产生的焦耳热 Q=( ) R· = v0 ?R+r?2 R+r nB2L2v0d E2 d (2)拉力对棒 ab 所做的功 W= ·· n= R+r v0 R+r 解析

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(3)I-t 图象如图所示

ΔΦ1 BLd (4)若 n 为奇数,通过电阻 R 的净电荷量 q= = R+r R+r Δ Φ2 若 n 为偶数,通过电阻 R 的净电荷量 q= =0 R+r 注:(2)问中功 W 也可用功的定义式求解;(4)问中的电荷量也可用(3)问中的图象面积 求出.

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