《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 熱點(diǎn)專題（七）第55講 電磁感應(yīng)中的“桿+軌”模型學(xué)案（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 熱點(diǎn)專題（七）第55講 電磁感應(yīng)中的“桿+軌”模型學(xué)案（含解析）.doc（22頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第55講　電磁感應(yīng)中的“桿＋軌”模型 熱點(diǎn)概述　電磁感應(yīng)“桿軌模型”中的桿有“單桿”和“雙桿”等，有的回路中還接有電容器；電磁感應(yīng)“桿軌模型”中的軌有“直軌”和“折軌”等，導(dǎo)軌有豎直的，也有水平的，還有放在斜面上的等各種情況。分析這類問題重在結(jié)合電動(dòng)勢(shì)的變化情況分析清楚其中的動(dòng)力學(xué)過程，處理問題時(shí)經(jīng)常涉及力學(xué)和電磁學(xué)中的幾乎所有規(guī)律，綜合性較強(qiáng)。 熱點(diǎn)一　單桿模型 單桿模型的常見情況 [例1]　(2018廣州畢業(yè)綜合測試(一))如圖甲，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為1.0 m，左端連接阻值R＝4.0 Ω的電阻；勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向下；質(zhì)量m＝0.2 kg、長度l＝1.0 m、電阻r＝1.0 Ω的金屬桿置于導(dǎo)軌上，向右運(yùn)動(dòng)并與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好。t＝0時(shí)對(duì)桿施加一平行于導(dǎo)軌方向的外力F，桿運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示。其余電阻不計(jì)。求： (1)從t＝0開始，金屬桿運(yùn)動(dòng)距離為5 m時(shí)電阻R兩端的電壓； (2)在0～3.0 s內(nèi)，外力F大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式。 解析　(1)根據(jù)vt圖象可知金屬桿做勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)間Δt＝3 s，t＝0時(shí)桿的速度為v0＝6 m/s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得其加速度大小a＝，① 設(shè)桿運(yùn)動(dòng)了s1＝5 m時(shí)速度為v1，則v－v＝－2as1，② 此時(shí)，金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝Blv1，③ 回路中產(chǎn)生的電流I1＝，④ 電阻R兩端的電壓U＝I1R，⑤ 聯(lián)立①～⑤式解得U＝1.6 V。⑥ (2)由t＝0時(shí)BIl＜ma，可分析判斷出外力F的方向與v0反向。 金屬桿做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有 F＋BIl＝ma，⑦ 設(shè)在t時(shí)刻金屬桿的速度為v，桿的電動(dòng)勢(shì)為E，回路電流為I，則v＝v0－at，⑧ 又E＝Blv，⑨ I＝，⑩ 聯(lián)立①⑦⑧⑨⑩式解得F＝0.1＋0.1t。 答案　(1)1.6 V　(2)F＝0.1＋0.1t 方法感悟 (1)若桿上施加的力為恒力，對(duì)桿做動(dòng)力學(xué)分析可得出，其運(yùn)動(dòng)形式為變加速運(yùn)動(dòng)或勻速運(yùn)動(dòng)。 (2)若使桿做勻變速運(yùn)動(dòng)，在桿上施加的力與時(shí)間成一次函數(shù)關(guān)系才行。 [例2]　(2018衡陽模擬)如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌CD、EF傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為θ＝30，兩導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌下端分別連著電容為C的電容器和阻值R＝2r的電阻。一根質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒放在導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，一根不可伸長的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間、另一端跨過定滑輪與質(zhì)量M＝4m的重物相連。金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導(dǎo)軌所在平面內(nèi)且與兩導(dǎo)軌平行，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰處于伸長狀態(tài)，由靜止釋放重物，求：(重力加速度大小為g，不計(jì)滑輪阻力) (1)若S1閉合、S2斷開，重物的最大速度。 (2)若S1和S2均閉合，電容器的最大帶電量。 (3)若S1斷開、S2閉合，重物的速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系式。 解析　(1)S1閉合，S2斷開時(shí)，M由靜止釋放后拉動(dòng)金屬棒沿導(dǎo)軌向上做加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒受到沿導(dǎo)軌向下的安培力作用，設(shè)最大速度為vm，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLvm 根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應(yīng)電流 I＝＝ 當(dāng)金屬棒速度最大時(shí)有：Mg＝mgsin30＋BIL 解得：vm＝＝。 (2)S1，S2均閉合時(shí)，電容器兩板間的最大電壓 U＝UR＝IR＝ 電容器的最大帶電量Q＝CU＝。 (3)S1斷開、S2閉合時(shí)，設(shè)從釋放M開始經(jīng)時(shí)間t金屬棒的速度大小為v，加速度大小為a，通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到的安培力F＝BiL，方向沿導(dǎo)軌向下，設(shè)在時(shí)間t到(t＋Δt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，ΔQ也是平行板電容器在t到(t＋Δt)內(nèi)增加的電荷量，ΔQ＝CBLΔv， 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得Δv＝aΔt，則i＝＝CBLa， 設(shè)繩中拉力為T，由牛頓第二定律，對(duì)金屬棒有： T－mgsin30－BiL＝ma 對(duì)M有：Mg－T＝Ma 解得：a＝ 可知M做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng) v＝at＝t 答案　(1)　(2) (3)v＝t 方法感悟 單桿＋電容器＋恒力模型可用微元法或動(dòng)量定理分析，其運(yùn)動(dòng)形式恰好為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，不同于其他單桿模型。 1. (多選)如圖所示，間距為L的兩根平行光滑導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間接有電容C，處于垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場B中，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿ab接在兩導(dǎo)軌之間并靜止釋放，ab下落過程中始終保持與導(dǎo)軌接觸良好，設(shè)導(dǎo)軌足夠長，電阻不計(jì)，下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)b做自由落體運(yùn)動(dòng) B．a(chǎn)b做勻加速運(yùn)動(dòng)，且加速度為a＝ C．a(chǎn)b做勻加速運(yùn)動(dòng)，若加速度為a，則回路的電流為I＝CBLa D．a(chǎn)b做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最后勻速運(yùn)動(dòng)，最大速度為vm＝ 答案　BC 解析　金屬桿ab下落過程中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，電容器充電，電路中有充電電流，ab棒受到向上的安培力，設(shè)瞬時(shí)加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律得mg－BIL＝ma。又I＝＝，又ΔU＝ΔE＝BLΔv，得I＝＝CBLa，解得a＝，可見桿的加速度不變，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B、C正確。 2. (2018遼寧盤錦月考)(多選)如圖中MN和PQ為豎直方向的兩平行足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌，間距為L，電阻不計(jì)。導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，兩端分別接阻值為2R的電阻R1和電容為C的電容器。質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿ab始終垂直于導(dǎo)軌，并與其保持良好接觸。桿ab由靜止開始下滑，在下滑過程中最大的速度為v，整個(gè)電路消耗的最大電功率為P，則(　　) A．電容器左極板帶正電 B．電容器的最大帶電量為 C．桿ab的最大速度v＝ D．桿ab所受安培力的最大功率為 答案　BC 解析　根據(jù)右手定則，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)閍→b，故電容器右極板帶正電荷，故A錯(cuò)誤；當(dāng)金屬桿的速度達(dá)到最大時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為：Em＝BLvm＝BLv，路端電壓的最大值為：U＝Em＝BLv，故電容器的帶電量最大為：Q＝CU＝，故B正確；桿ab所受安培力的最大功率即為整個(gè)電路消耗的最大電功率P，當(dāng)桿ab的速度最大時(shí)F安＝mg，所以v＝＝，故C正確，D錯(cuò)誤。 3．(2018河南第二次仿真模擬考試) 如圖所示，足夠長的U形光滑導(dǎo)軌固定在傾角為30的斜面上，導(dǎo)軌的寬度L＝0.5 m，其下端與R＝1 Ω的電阻連接，質(zhì)量為m＝0.2 kg的導(dǎo)體棒(長度也為L)與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻均不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在的平面，用一根與斜面平行的不可伸長的輕繩跨過定滑輪將導(dǎo)體棒和質(zhì)量為M＝0.4 kg的重物相連，重物離地面足夠高。使導(dǎo)體棒從靜止開始沿導(dǎo)軌上滑，當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌上滑t＝1 s時(shí)，其速度達(dá)到最大。求：(取g＝10 m/s2) (1)導(dǎo)體棒的最大速度vm； (2)導(dǎo)體棒從靜止開始沿軌道上滑時(shí)間t＝1 s的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱是多少？ 答案　(1)3 m/s　(2)0.9 J 解析　(1)速度最大時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLvm 感應(yīng)電流I＝ 安培力FA＝BIL 導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時(shí)由平衡條件得 Mg＝mgsin30＋FA 聯(lián)立解得vm＝3 m/s。 (2)設(shè)輕繩的拉力大小為F，由動(dòng)量定理得 Mgt－t＝Mvm－0 t－mgsin30t－BLt＝mvm－0 則Mgt－mgsin30t－BLt＝(M＋m)vm－0 即Mgt－mgsin30t－BLq＝(M＋m)vm－0 解得1 s內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷量q＝1.2 C 電量q＝＝ 解得1 s內(nèi)導(dǎo)體棒上滑位移x＝1.2 m， 由能量守恒定律得 Mgx＝mgxsin30＋(M＋m)v＋Q 解得Q＝0.9 J。 熱點(diǎn)二　雙桿模型 　雙桿模型的常見情況 　(1)初速度不為零，不受其他水平外力的作用 　(2)初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用 [例1]　如圖所示，電阻不計(jì)的兩光滑金屬導(dǎo)軌相距L，放在水平絕緣桌面上，半徑為R的圓弧部分處在豎直平面內(nèi)，水平直導(dǎo)軌部分處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，末端與桌面邊緣平齊。兩金屬棒ab、cd垂直于兩導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好，棒ab質(zhì)量為2m、電阻為r，棒cd的質(zhì)量為m、電阻為r，重力加速度為g。開始時(shí)棒cd靜止在水平直導(dǎo)軌上，棒ab從圓弧頂端無初速度釋放，進(jìn)入水平直導(dǎo)軌后與棒cd始終沒有接觸并一直向右運(yùn)動(dòng)，最后兩棒都離開導(dǎo)軌落到地面上。棒ab與棒cd落地點(diǎn)到桌面邊緣的水平距離之比為1∶3。求： (1)棒ab和棒cd離開導(dǎo)軌時(shí)的速度大?。? (2)棒cd在水平導(dǎo)軌上的最大加速度； (3)兩棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱。 解析　(1)設(shè)ab棒進(jìn)入水平導(dǎo)軌的速度為v1，ab棒從圓弧導(dǎo)軌滑下，由機(jī)械能守恒定律得 2mgR＝2mv① 離開導(dǎo)軌時(shí)，設(shè)ab棒的速度為v1′，cd棒的速度為v2′，ab棒與cd棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒得 2mv1＝2mv1′＋mv2′② 兩棒離開導(dǎo)軌做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，由水平位移x＝vt可知：v1′∶v2′＝x1∶x2＝1∶3③ 聯(lián)立①②③解得v1′＝，v2′＝。 (2)ab棒剛進(jìn)入水平導(dǎo)軌時(shí)，cd棒受到的安培力最大，它的加速度最大，回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E＝BLv1④ I＝⑤ cd棒受到的安培力為：Fcd＝BIL⑥ cd棒有最大加速度為a＝⑦ 聯(lián)立①④⑤⑥⑦解得：a＝。 (3)根據(jù)能量守恒定律，兩棒在軌道上運(yùn)動(dòng)過程產(chǎn)生的焦耳熱為： Q＝2mv－⑧ 聯(lián)立①⑧并代入v1′和v2′ 解得Q＝mgR。 答案　(1)　　(2) (3)mgR 方法感悟 在相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導(dǎo)體棒的總動(dòng)量守恒，解決此類問題往往要應(yīng)用動(dòng)量守恒定律。 [例2]　如圖所示，兩根平行的金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.50 T的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽略不計(jì)。導(dǎo)軌間的距離l＝0.20 m。兩根質(zhì)量均為m＝0.10 kg的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動(dòng)，滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R＝0.50 Ω。在t＝0時(shí)刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行、大小為0.20 N的恒力F作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動(dòng)。經(jīng)過t＝5.0 s，金屬桿甲的加速度為a＝1.37 m/s2，問此時(shí)兩金屬桿的速度各為多少？ 解析　設(shè)任一時(shí)刻t兩金屬桿甲、乙之間的距離為x，速度分別為v1和v2，經(jīng)過很短的時(shí)間Δt，桿甲移動(dòng)距離v1Δt，桿乙移動(dòng)距離v2Δt， 回路面積改變 ΔS＝(x－v2Δt＋v1Δt)l－lx＝(v1－v2)lΔt 由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E＝B， 回路中的電流I＝， 桿甲的運(yùn)動(dòng)方程F－BlI＝ma。 由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩桿的動(dòng)量(t＝0時(shí)為0)等于外力F的沖量Ft＝mv1＋mv2。 聯(lián)立以上各式解得v1＝， v2＝， 代入數(shù)據(jù)得v1＝8.15 m/s，v2＝1.85 m/s。 答案　8.15 m/s　1.85 m/s 方法感悟 (1)桿軌模型的處理仍然沿用解決力學(xué)問題的三大觀點(diǎn)。 (2)在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，若所受其他外力的合力不為零，則不符合動(dòng)量守恒的條件，如果題目涉及時(shí)間，可考慮用動(dòng)量定理或動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解題。 1. 兩根足夠長的固定平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為l。導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路，如圖所示。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R，回路中其他部分的電阻可不計(jì)。在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行，開始時(shí)，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，求： (1)在運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少？ (2)當(dāng)棒ab的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r(shí)，棒cd的加速度是多大？ 答案　(1)mv　(2) 解析　(1)從開始到兩棒達(dá)到相同速度v的過程中，兩棒的總動(dòng)量守恒，有mv0＝2mv， 根據(jù)能量守恒定律，整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q＝mv－2mv2＝mv。 (2)設(shè)棒ab的速度變?yōu)関0時(shí)，cd棒的速度為v′， 則由動(dòng)量守恒可知mv0＝mv0＋mv′ 得v′＝v0， 此時(shí)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E＝Bl＝Blv0， 則電流I＝＝， 此時(shí)棒cd所受的安培力F＝BIl＝。 由牛頓第二定律可得棒cd的加速度大小為 a＝＝，方向水平向右。 2．間距為L＝2 m的足夠長的金屬直角導(dǎo)軌如圖所示放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平面。質(zhì)量均為m＝0.1 kg的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直放置形成閉合回路。細(xì)桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，細(xì)桿ab、cd接入電路的電阻分別為R1＝0.6 Ω，R2＝0.4 Ω。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.50 T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中(圖中未畫出)。當(dāng)ab桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd桿也同時(shí)從靜止開始沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，且t＝0時(shí)，F(xiàn)＝1.5 N，g＝10 m/s2。 (1)求ab桿的加速度a的大?。? (2)求當(dāng)cd桿達(dá)到最大速度時(shí)ab桿的速度大??； (3)若從開始到cd桿達(dá)到最大速度的過程中拉力F做的功為5.2 J，求該過程中ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱。 答案　(1)10 m/s2 (2)2 m/s (3)2.94 J 解析　(1)由題可知，在t＝0時(shí)，F(xiàn)＝1.5 N 對(duì)ab桿進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma 代入數(shù)據(jù)解得a＝10 m/s2。 (2)從d向c看，對(duì)cd桿進(jìn)行受力分析，如圖所示，當(dāng)cd桿速度最大時(shí)，設(shè)ab桿的速度大小為v，有 Ff＝mg＝μFN， FN＝F安，F(xiàn)安＝BIL，I＝ 綜合以上各式，解得v＝2 m/s (3)整個(gè)過程中，ab桿發(fā)生的位移 x＝＝ m＝0.2 m 對(duì)ab桿應(yīng)用動(dòng)能定理，有WF－μmgx－W安＝mv2 代入數(shù)據(jù)解得W安＝4.9 J 根據(jù)功能關(guān)系得Q總＝W安 所以ab桿上產(chǎn)生的熱量Qab＝Q總＝2.94 J。 課后作業(yè) 1. (多選)如圖所示，足夠長的光滑導(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棒的下列說法正確的是(　　) 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)生的熱量 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，A正確；當(dāng)mgsinθ＝BILcosθ時(shí)，ab棒沿導(dǎo)軌方向合外力為零，則以速度v勻速下滑，B正確；由于速度方向與磁場方向夾角為(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，C錯(cuò)誤；由能量守恒定律知，ab棒減少的重力勢(shì)能不一定等于電阻R上產(chǎn)生的熱量，D錯(cuò)誤。 2．(多選)如圖，兩根足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌PP′、QQ′傾斜放置，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好?，F(xiàn)在同時(shí)由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則(　　) A．金屬棒ab一直加速下滑 B．金屬棒ab最終可能勻速下滑 C．金屬棒ab下滑過程中M板電勢(shì)高于N板電勢(shì) D．帶電微?？赡芟认騈板運(yùn)動(dòng)后向M板運(yùn)動(dòng) 答案　ACD 解析　根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－BIl＝ma，而I＝，Δq＝CΔU，ΔU＝BlΔv，Δv＝aΔt，聯(lián)立解得a＝，因而金屬棒將做勻加速運(yùn)動(dòng)，A正確，B錯(cuò)誤；ab棒切割磁感線，相當(dāng)于電源，a端相當(dāng)于電源正極，因而M板帶正電，N板帶負(fù)電，C正確；若帶電粒子帶負(fù)電，在重力和電場力的作用下，先向下運(yùn)動(dòng)然后再反向向上運(yùn)動(dòng)，D正確。 3. 如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計(jì)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?，F(xiàn)給銅棒a一個(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I，關(guān)于此后的過程，下列說法正確的是(　　) A．回路中的最大電流為 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 答案　B 解析　給銅棒a一個(gè)平行導(dǎo)軌的瞬時(shí)沖量I，此時(shí)銅棒a的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，回路中電流最大，每個(gè)棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝，銅棒a電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0，回路電流I0＝＝，A錯(cuò)誤；此時(shí)銅棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝＝，B正確；此后銅棒a做變減速運(yùn)動(dòng)，銅棒b做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)二者達(dá)到共同速度時(shí)，銅棒b速度最大，據(jù)動(dòng)量守恒，mv0＝2mv，銅棒b最大速度v＝，C錯(cuò)誤；回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mv－2mv2＝，D錯(cuò)誤。 4. (2018湛江一中等四校聯(lián)考)(多選)豎直放置的平行光滑導(dǎo)軌，其電阻不計(jì)，磁場方向如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，導(dǎo)體棒ab及cd長均為0.2 m，電阻均為0.1 Ω，重力均為0.1 N，現(xiàn)用豎直向上的力拉導(dǎo)體ab，使之勻速上升(與導(dǎo)軌接觸良好)，此時(shí)釋放cd，cd恰好靜止不動(dòng)，那么ab上升時(shí)，下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)b受到的拉力大小為0.2 N B．a(chǎn)b向上的速度為2 m/s C．在2 s內(nèi)，拉力做功轉(zhuǎn)化的電能是0.8 J D．在2 s內(nèi)，拉力做功為0.6 J 答案　AB 解析　導(dǎo)體棒ab勻速上升，受力平衡，cd棒靜止，受力也平衡，對(duì)于兩棒組成的整體，合外力為零，根據(jù)平衡條件可得：ab棒受到的拉力F＝2G＝0.2 N，故A正確；cd棒受到的安培力：F安＝BIL＝，cd棒靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：＝G，代入數(shù)據(jù)解得：v＝2 m/s，故B正確；在2 s內(nèi)，電路產(chǎn)生的電能Q＝t＝t＝2 J＝0.4 J，則在2 s內(nèi)，拉力做功轉(zhuǎn)化的電能是0.4 J，故C錯(cuò)誤；在2 s內(nèi)拉力做的功為：W＝F拉vt＝0.222 J＝0.8 J，故D錯(cuò)誤。 5. (多選)兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，間距為L，頂端接阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在磁場上邊界上方某處由靜止釋放，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，如圖所示，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g，則(　　) A．金屬棒在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過電阻R的電流方向?yàn)閍→b B．金屬棒在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí)，金屬棒所受的安培力大小為 C．金屬棒的最終速度為 D．金屬棒以穩(wěn)定的速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，電阻R的熱功率為2R 答案　BD 解析　金屬棒在磁場中向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由楞次定律可知，流過電阻R的電流方向?yàn)閎→a，A錯(cuò)誤；金屬棒在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí)，金屬棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，感應(yīng)電流I＝，所受的安培力大小為F＝BIL＝，B正確；當(dāng)安培力F＝mg時(shí)，金屬棒下落速度不再改變，故金屬棒的最終速度vm＝，C錯(cuò)誤；金屬棒以穩(wěn)定的速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，電阻R的熱功率P＝I2R＝2R，D正確。 6．如圖所示，豎直放置的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌置于垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場中，兩根質(zhì)量相同的導(dǎo)體棒a和b垂直放置在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好，可自由滑動(dòng)。先固定a，釋放b，當(dāng)b的速度達(dá)到10 m/s時(shí)，再釋放a，經(jīng)過1 s后，a的速度達(dá)到12 m/s，則：(g取10 m/s2) (1)此時(shí)b的速度是多大？ (2)假若導(dǎo)軌很長，試分析a、b棒最后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。 答案　(1)18 m/s (2)a、b棒以共同的速度向下做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng) 解析　(1)當(dāng)b棒先向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，在a和b以及導(dǎo)軌所組成的閉合回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等。釋放a棒后，經(jīng)過時(shí)間t＝1 s，分別以a和b為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理得 (mg＋)t＝mva (mg－)t＝mvb－mv0 解得vb＝18 m/s。 (2)在a、b棒向下運(yùn)動(dòng)的過程中，a棒的加速度a1＝g＋，b棒的加速度a2＝g－，閉合回路中磁通量的變化逐漸減小直至不變，感應(yīng)電流也逐漸減小直至消失，則安培力也逐漸減小到零。最后，兩棒以共同的速度向下做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)。 7．(2018哈爾濱三中二模)如圖所示， 兩根間距為L的固定光滑金屬導(dǎo)軌MP和NQ平行放置，電阻可忽略不計(jì)，兩導(dǎo)軌是由位于MN左側(cè)的半徑為R的四分之一圓弧和MN右側(cè)足夠長的水平部分構(gòu)成，水平導(dǎo)軌范圍內(nèi)存在豎直向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，兩根長度均為L的導(dǎo)體棒ab和cd垂直導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好，開始時(shí)cd靜止在磁場中，ab從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸。已知ab棒、cd棒的質(zhì)量均為m，電阻均為r。重力加速度為g。求： (1)ab棒到達(dá)圓弧底端時(shí)對(duì)導(dǎo)軌的壓力大??； (2)某時(shí)刻，cd棒速度為該時(shí)刻ab棒速度的一半，此時(shí)cd棒的加速度大小。 答案　(1)3mg　(2) 解析　(1)導(dǎo)體棒ab從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放下滑到底端的過程，由動(dòng)能定理：mgR＝mv2， 到達(dá)圓弧底端時(shí)對(duì)導(dǎo)體棒ab有N－mg＝m， 解得v＝，N＝3mg 根據(jù)牛頓第三定律可得N′＝3mg， 所以導(dǎo)體棒ab到達(dá)圓弧底端時(shí)對(duì)導(dǎo)軌的壓力大小為3mg。 (2)導(dǎo)體棒ab、cd在水平方向上動(dòng)量守恒： mv＝mv1＋mv2，且v1＝2v2， 解得v1＝v，v2＝v。 產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv1－BLv2， 電流I＝。 根據(jù)牛頓第二定律可得BIL＝ma， 聯(lián)立解得a＝。 8．(2018銀川一中高三一模)如圖所示，AD與A1D1為水平放置的無限長平行金屬導(dǎo)軌，DC與D1C1為傾角為θ＝37的平行金屬導(dǎo)軌，兩組導(dǎo)軌的間距均為l＝1.5 m，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，質(zhì)量為m1＝0.35 kg、電阻為R1＝1 Ω 的導(dǎo)體棒ab置于傾斜導(dǎo)軌上，質(zhì)量為m2＝0.4 kg、電阻為R2＝0.5 Ω的導(dǎo)體棒cd置于水平導(dǎo)軌上，輕質(zhì)細(xì)繩跨過光滑定滑輪一端與cd的中點(diǎn)相連、另一端懸掛一輕質(zhì)掛鉤，導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2 T，初始時(shí)刻，棒ab在傾斜導(dǎo)軌上恰好不下滑。(g取10 m/s2) (1)求導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)在輕質(zhì)掛鉤上掛上物體P，細(xì)繩處于拉伸狀態(tài)，將物體P與導(dǎo)體棒cd同時(shí)由靜止釋放，當(dāng)P的質(zhì)量不超過多大時(shí)，ab始終處于靜止?fàn)顟B(tài)？(導(dǎo)體棒cd運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd一直與DD1平行，且沒有與滑輪相碰。) (3)若P的質(zhì)量取第(2)問中的最大值，由靜止釋放開始計(jì)時(shí)，當(dāng)t＝1 s時(shí)cd已經(jīng)處于勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，求在這1 s內(nèi)ab上產(chǎn)生的焦耳熱為多少？ 答案　(1)(或0.75)　(2)1.5 kg　(3)8.4 J 解析　(1)對(duì)ab棒，由平衡條件得 m1gsinθ－μm1gcosθ＝0，解得μ＝(或0.75)。 (2)當(dāng)P的質(zhì)量最大為M時(shí)，P和cd的運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，P和cd一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，ab處于靜止?fàn)顟B(tài)，但摩擦力達(dá)到最大且沿斜面向下，如圖所示。 設(shè)此時(shí)電路中的電流為I，對(duì)ab棒，由平衡條件得： 沿斜面方向： BIlcosθ－m1gsinθ－f＝0，f＝μN(yùn) 垂直于斜面方向：N－BIlsinθ－m1gcosθ＝0， 對(duì)cd棒，設(shè)繩中的張力為T，由平衡條件得 T－BIl－μm2g＝0， 對(duì)P，由平衡條件得Mg－T＝0， 聯(lián)立以上各式得：M＝1.5 kg， 故當(dāng)P的質(zhì)量不超過1.5 kg時(shí)，ab始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。 (3)設(shè)P勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v0，由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律得 Blv0＝I(R1＋R2)，得v0＝2 m/s， 對(duì)P、棒cd，由牛頓第二定律得 Mg－T′＝Ma T′－μm2g－＝m2a 兩式相加得Mg－μm2g－＝(M＋m2)a， 兩邊同時(shí)乘以Δt，并累加求和，可得 Mgt－μm2gt－＝(M＋m2)v0，解得s＝ m， 對(duì)P、ab棒和cd棒，由能量守恒定律得 Mgs＝μm2gs＋Q＋(M＋m2)v，解得Q＝12.6 J， 在這1 s內(nèi)ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱為 Q1＝Q＝8.4 J。 9．(2018沈陽市東北育才中學(xué)測試)如圖1所示，兩根水平的平行光滑金屬導(dǎo)軌，其末端連接等高光滑的圓弧，其軌道半徑r＝0.5 m，圓弧段在圖中的cd和ab之間，導(dǎo)軌的間距為L＝0.5 m，軌道的電阻不計(jì)。在軌道的頂端接有阻值為R＝2.0 Ω的電阻，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0 T?，F(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻不計(jì)、質(zhì)量m＝1.0 kg的金屬棒，從軌道的水平位置ef開始在拉力F作用下，從靜止勻加速運(yùn)動(dòng)到cd的時(shí)間t0＝2.0 s，在cd的拉力為F0＝3.0 N。已知金屬棒在ef和cd之間運(yùn)動(dòng)時(shí)的拉力隨時(shí)間變化的圖象如圖2所示，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度； (2)金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)通過金屬棒的電荷量q； (3)勻加速到cd后，調(diào)節(jié)拉力使金屬棒接著沿圓弧做勻速圓周運(yùn)動(dòng)至ab處，金屬棒從cd沿圓弧做勻速圓周運(yùn)動(dòng)至ab的過程中，拉力做的功WF。(結(jié)果保留小數(shù)點(diǎn)后兩位) 答案　(1)1.5 m/s2　(2)1.5 C　(3)5.59 J 解析　(1)設(shè)金屬棒勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a，則運(yùn)動(dòng)到cd的速度：v＝at0＝2a 當(dāng)金屬棒在cd時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E1＝BLv 產(chǎn)生的電流：I＝ 金屬棒所受的安培力：F＝BIL 據(jù)牛頓第二定律得：F0－F＝ma 聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得： a＝1.5 m/s2，v＝2a＝3 m/s。 (2)電荷量q＝t，＝＝，＝ 聯(lián)立得q＝＝1.5 C。 (3)設(shè)任意時(shí)刻，v與磁場正方向的夾角為α，則垂直磁場方向的速度v⊥＝vsinα E2＝BLv⊥＝BLvsinα為正弦式交流電 有效值E有＝，Q＝t＝ 由能量轉(zhuǎn)化及守恒定律得WF＝mgr＋Q 代入數(shù)據(jù)WF≈5.59 J。