《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(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題學(xué)案新人教版.doc-匯文網(wǎng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題學(xué)案新人教版.doc-匯文網(wǎng)（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)趨R文網(wǎng)上搜索。

1、微專題14 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1題型簡(jiǎn)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(wèn)題往往跟力學(xué)問(wèn)題聯(lián)系在一起解決這類問(wèn)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(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(wèn)題的關(guān)鍵是通過(guò)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析，尋找過(guò)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：.電磁感應(yīng)中的平衡問(wèn)題 (2016全國(guó)甲卷)如圖

2、，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(僅標(biāo)出c端)長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過(guò)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(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，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(yùn)動(dòng)速度的大小解析：(1)設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T，右斜面對(duì)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(duì)

3、cd棒的支持力大小為N2對(duì)于ab棒，由力的平衡條件得2mgsin N1TFN12mgcos 對(duì)于cd棒，同理有mgsin N2TN2mgcos 聯(lián)立式得Fmg(sin 3cos )(2)由安培力公式得FBIL這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流，ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBLv式中，v是ab棒下滑速度的大小由歐姆定律得I聯(lián)立式得v(sin 3cos )答案：(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )對(duì)金屬棒正確進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析是解題的關(guān)鍵 如圖，兩個(gè)傾角均為37的絕緣斜面，頂端相同，斜面上分別固定著一個(gè)光滑的不計(jì)電阻的U型導(dǎo)軌，導(dǎo)軌寬度都是L10 m，底邊分別與開(kāi)關(guān)S1

4、、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R1100 、質(zhì)量m120 kg，b的電阻R280 、質(zhì)量m210 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(chǎng)，大小分別為B110 T，B220 T，輕細(xì)絕緣線繞過(guò)斜面頂端很小的光滑定滑輪連接兩金屬棒的中點(diǎn)，細(xì)線與斜面平行，兩導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，sin 370.6，cos 370.8，g100 m/s2開(kāi)始時(shí)，開(kāi)關(guān)S1、S2都斷開(kāi)，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(shí)閉合開(kāi)關(guān)S1、S2，求金屬棒a、b運(yùn)動(dòng)過(guò)程中達(dá)到的最大速度？解析：(1)設(shè)撤去外力，線拉力為T

5、，兩金屬棒的加速度大小相等，設(shè)為a，則m1gsin Tm1aTm2gsin m2a解得a2 m/s2(2)a、b達(dá)到速度最大時(shí)，速度相等，設(shè)為v，此時(shí)線拉力為T1，a中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，電流為I1，b中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2，電流為I2，則E1B1lv，I1；E2B2lv，I2，又m1gsin T1B1I1l0T1m2gsin B2I2l0聯(lián)立解得v10 m/s答案：(1)2 m/s2(2)10 m/s.電磁感應(yīng)中的非平衡問(wèn)題 如圖所示，光滑的平行金屬導(dǎo)軌水平放置，電阻不計(jì)，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(chǎng)，磁場(chǎng)寬度為s.一質(zhì)量為m、有效電阻為r的

6、金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，受到F0.5v0.4(N)(v為金屬棒速度)的水平外力作用，從磁場(chǎng)的左邊界由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，測(cè)得電阻兩端電壓隨時(shí)間均勻增大(已知：l1 m，m1 kg，R0.3 ，r0.2 ，s1 m)(1)判斷該金屬棒在磁場(chǎng)中是否做勻加速直線運(yùn)動(dòng)？簡(jiǎn)要說(shuō)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vv0x，且棒在運(yùn)動(dòng)到ef處時(shí)恰好靜止，則外力F作用的時(shí)間為多少？解析：(1)是R兩端電壓UIEv，U隨時(shí)間均勻增大，即v隨時(shí)間均勻增大，所以加速度為恒量(2) EBlv IF安BIlFF安ma，將F0.5v0.4代入

7、，得：v0.4a因?yàn)榧铀俣葹楹懔?，與v無(wú)關(guān)，所以a0.4 m/s2050，代入數(shù)據(jù)得：B0.5 T.(3)設(shè)外力F作用時(shí)間為t，則x1at2v0atx2v0x1x2s，代入數(shù)據(jù)得0.2t20.8t10解方程得t1 s或t5 s(舍去)答案：(1)是(2)0.4 m/s20.5 T(3)1 s 如圖，足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，間距L1 m，電阻不計(jì)，定值電阻R15 .質(zhì)量m0.25 kg、長(zhǎng)度L1 m、電阻r0.5 的導(dǎo)體棒AB靜置在導(dǎo)軌上現(xiàn)對(duì)導(dǎo)體棒施加一個(gè)平行于導(dǎo)軌、大小為F125 N的恒力，使得導(dǎo)體棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)當(dāng)棒運(yùn)動(dòng)到虛線位置時(shí)速度達(dá)到v02 m/s.虛線右側(cè)有一非勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)體

8、棒在里面運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(chǎng)時(shí)，流經(jīng)導(dǎo)體棒的電流大小和方向；(2)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中是否做勻加速直線運(yùn)動(dòng)？若是，給出證明并求出加速度大小；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)求導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)了t1 s的時(shí)間內(nèi)，定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱解析：(1)當(dāng)v02 m/s時(shí)，B00.5 T感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E0B0Lv01 V感應(yīng)電流I00.5 A方向由B向A(2)速度為v時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv，感應(yīng)電流I，安培力FABIL得到FA由題，B2v0.5 T2m/s，則安培力FA0.25 N

9、，導(dǎo)體棒所受合力F合FFA1 N，為恒力，所以做勻加速直線運(yùn)動(dòng)由F合ma，可得a4 m/s2(3)t1 s時(shí)，導(dǎo)體棒的速度vv0at6 m/st1 s內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移sv0tat24 m由動(dòng)能定理，F(xiàn)sW克安mv2mv由功能關(guān)系，W克安Q定值電阻R上的焦耳熱QRQ代入數(shù)據(jù)，QR0.75 J答案：(1)0.5 A由B到A(2)是4 m/s2(3)0.75 J1(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(chǎng)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(jì)導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng)，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(yùn)動(dòng)

10、則金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()A金屬棒中的電流方向?yàn)橛蒒到MB電阻R兩端的電壓為BLvC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?yàn)橛蒒到M，故A正確；MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBLv，回路中的感應(yīng)電流大小為I，則電阻R兩端的電壓為UIR，故B錯(cuò)誤；金屬棒MN受到的安培力大小為FBIL，故C正確；電阻R產(chǎn)生焦耳熱的功率為PI2R2R，故D錯(cuò)誤2如圖1所示，兩相距L0.5 m的平行金屬導(dǎo)軌固定于水平面上，導(dǎo)軌左端與阻值R2 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(chǎng)質(zhì)量m0.2 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

11、電阻可忽略桿在水平向右的恒定拉力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，并始終與導(dǎo)軌垂直，其vt圖象如圖2所示在15 s末時(shí)撤去拉力，同時(shí)使磁場(chǎng)隨時(shí)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)015 s內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(3)撤去恒定拉力之后，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律解析：(1)10 s內(nèi)金屬桿未進(jìn)入磁場(chǎng)，所以有Fmgma1由圖可知a10.4 m/s215 s20 s內(nèi)僅在摩擦力作用下運(yùn)動(dòng)，由圖可知a20.8 m/s2，解得F0.24 N(2)在10 s15 s時(shí)間段桿在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)因此有Fmg以F0.24 N，mg0.16 N代入解得B00.4 T.(3

12、)撤去恒定拉力之后通過(guò)回路的磁通量不變，設(shè)桿在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)距離為d，撤去外力后桿運(yùn)動(dòng)的距離為x，BL(dx)B0Ld，其中d20 m，x4t0.4t2由此可得B T.答案：(1)0.24 N(2)0.4 T(3)B T3(2016全國(guó)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(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上t0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(kāi)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.重力加速度大小為g.求

13、：(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maFmg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vat0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)定律可知，桿中的電動(dòng)勢(shì)EBlv聯(lián)立式可得EBlt0(g)(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式中R為電阻的阻值，金屬桿所受的安培力為fBIl因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得Fmgf0聯(lián)立式得R.答案：(1)Blt0(g)(2)電磁感應(yīng)中能量問(wèn)題1題型簡(jiǎn)述：電磁感應(yīng)過(guò)程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，而能量的轉(zhuǎn)化是

14、通過(guò)安培力做功來(lái)實(shí)現(xiàn)的安培力做功的過(guò)程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過(guò)程；外力克服安培力做功的過(guò)程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)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(guò)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WUIt或QI2Rt直接進(jìn)行計(jì)算(2)若電流變化，則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；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.動(dòng)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(gè)“U

15、”形金屬導(dǎo)軌靠絕緣的墻壁水平放置，導(dǎo)軌長(zhǎng)L14 m，寬d0.2 m一對(duì)長(zhǎng)L10.4 m的等寬金屬導(dǎo)軌靠墻傾斜放置，與水平導(dǎo)軌成角平滑連接，角可在060調(diào)節(jié)后固定水平導(dǎo)軌的左端長(zhǎng)L20.4 m的平面區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向水平向左，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B02 T水平導(dǎo)軌的右端長(zhǎng)L30.5 m的區(qū)域有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間以10 T/s均勻變大一根質(zhì)量m0.04 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(dòng)摩擦因數(shù)10.125，與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.5金屬桿電阻R0.08 ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)(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

16、平導(dǎo)軌上，求角多大時(shí)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：EdL3由閉合電路歐姆定律得：I由上式，可得MN棒上的電流大?。篒125 A根據(jù)右手定則，則MN棒上的電流方向：NM；(2)設(shè)導(dǎo)體棒滑出水平磁場(chǎng)后繼續(xù)滑行x后停下，由動(dòng)能定理得：mgL1sin 1mgL1cos 2(mgB0Id)(L2L1cos )2mgx0代入數(shù)據(jù)得：016sin 0.16cos 0.180.2x當(dāng)45時(shí)，x最大，解得：x0.80.90.23 m則有：xmL2x0.63 m.答案：(1)1 25 N由NM(2)450.63 m能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題的分析程序：先電后力再能量

17、 如圖所示，傾角30的光滑傾斜導(dǎo)體軌道(足夠長(zhǎng))與光滑水平導(dǎo)體軌道連接，軌道寬度均為L(zhǎng)1 m，電阻忽略不計(jì)勻強(qiáng)磁場(chǎng)僅分布在水平軌道平面所在區(qū)域，方向水平向右，大小B11 T；勻強(qiáng)磁場(chǎng)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B21 T現(xiàn)將兩質(zhì)量均為m0.2 kg，電阻均為R0.5 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(shí)由靜止釋放取g10 m/s2(1)求導(dǎo)體棒cd沿斜軌道下滑的最大速度的大小；(2)若已知從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到cd棒達(dá)到最大速度的過(guò)程中，ab棒產(chǎn)生的焦耳熱Q0.45 J，求該過(guò)程中通過(guò)cd棒橫截面的電荷量；(3)若已知cd棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)

18、距水平軌道高度h10 m，cd棒由靜止釋放后，為使cd棒中無(wú)感應(yīng)電流，可讓磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化，將cd棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻記為t0，此時(shí)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B01 T，試求cd棒在傾斜軌道上下滑的這段時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系式解析：(1)cd棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，設(shè)為vm，棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，電流為I，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：EBLvm，電流：I，由平衡條件得：mgsin BIL，代入數(shù)據(jù)解得：vm1 m/s；(2)設(shè)cd從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到達(dá)最大速度的過(guò)程中經(jīng)過(guò)的時(shí)間為t，通過(guò)的距離為x，cd棒中平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1，平均電流為I1，通過(guò)cd棒橫截面的電荷量為q，由能量守恒定律得：mgxsin

19、 mv2Q，電動(dòng)勢(shì)：E1，電流：I1，電荷量：qI1t，代入數(shù)據(jù)解得：q1 C；(3)設(shè)cd棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)穿過(guò)回路的磁通量為0，cd棒在傾斜軌道上下滑的過(guò)程中，設(shè)加速度大小為a，經(jīng)過(guò)時(shí)間t通過(guò)的距離為x1，穿過(guò)回路的磁通量為，cd棒在傾斜軌道上下滑時(shí)間為t0，則：0B0L，加速度：agsin ，位移：x1at2，BL，at.解得：t0 s，為使cd棒中無(wú)感應(yīng)電流，必須有：0，解得：B(t s)答案：(1)1 m/s(2)1 C(3)B(t s).動(dòng)量定理和動(dòng)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(zhǎng)且不計(jì)其電阻的光滑金屬軌道，如圖所示放置，間距為d1 m，在左端

20、斜軌道部分高h(yuǎn)125 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、b電阻Ra2 、Rb5 ，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度B2 T現(xiàn)桿b以初速度v05 m/s開(kāi)始向左滑動(dòng)，同時(shí)由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道的過(guò)程中，通過(guò)桿b的平均電流為0.3 A；從a下滑到水平軌道時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，a、b桿運(yùn)動(dòng)速度時(shí)間圖象如圖所示(以a運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎?，其中ma2 kg，mb1 kg，g10 m/s2，求：(1)桿a在斜軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)桿a在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)其截面的電量；(3)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱解析：(1)對(duì)b棒運(yùn)用

21、動(dòng)量定理，有：Bdtmb(v0vb0)其中vb02 m/s代入數(shù)據(jù)得到：t5 s即桿在斜軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為5 s；(2)對(duì)桿a下滑的過(guò)程中，機(jī)械能守恒：mghmavva5 m/s最后兩桿共同的速度為v，由動(dòng)量守恒得mavambvb(mamb)v代入數(shù)據(jù)計(jì)算得出v m/s桿a動(dòng)量變化等于它所受安培力的沖量，由動(dòng)量定理可得I安BIdtmavamav而qIt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Qmaghmbv(mamb)v2 Jb棒中產(chǎn)生的焦耳熱為QQ J.答案：(1)5 s(2) C(3) J 如圖所示，傾斜的金屬導(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

22、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(chǎng)，在水平導(dǎo)軌的區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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?jī)蓪?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(dòng)摩擦因數(shù)是，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(jì)開(kāi)始時(shí)，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(shí)給a一個(gè)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(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)兩導(dǎo)軌的連接處時(shí)速度大小不變，在此過(guò)程中b仍然靜止，滑上水平導(dǎo)軌后即與b金屬棒粘在一

23、起，在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)距離L后靜止求：(1)a在傾斜導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動(dòng)的速度v0大小？(2)a在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過(guò)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(yùn)動(dòng)的過(guò)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(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，其中的電流強(qiáng)度為Ia，受到的磁場(chǎng)力為F，則EBdv0，R總RIaE/R總，IaFBIad，F(xiàn)由于a在傾斜導(dǎo)軌上做勻速運(yùn)動(dòng)，所以所受的合外力為零，則：Fmgsin 30解得：v0(2)a在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過(guò)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Ia2IRIbIR由：QI2R

24、t得Qa4Q1，QbQ1根據(jù)能量守恒有：mghQaQbQ1Q1mgh，所以Qamgh(3)設(shè)a、b粘在一起的共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律則有：mv03mvab在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程，克服摩擦力做功W，則W3mgL設(shè)電流流過(guò)a、b產(chǎn)生的熱量共為Qab，則有：QabQR根據(jù)能量守恒定律得：3mv2QRQabW得：QR等于電阻R上產(chǎn)生的熱量QR2mgL答案：(1)(2)mgh(3)2mgL4(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(chǎng)垂直于斜面向上，恒力F拉動(dòng)金屬桿ab從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上滑動(dòng)，接觸良好，導(dǎo)軌光滑從靜止開(kāi)始到ab桿達(dá)到最大速度的過(guò)程中，恒力F

25、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(dòng)能的增加量為Ek，電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，ab桿重力勢(shì)能增加量為Ep，則()AWQW1W2EkEpBWQW1W2EkCWQEkEpDW2Q，W1Ep解析：選CD功是能量轉(zhuǎn)化的量度，做功的過(guò)程就是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程力F做的功導(dǎo)致內(nèi)能的增加、桿動(dòng)能的增加和重力勢(shì)能的增加，所以有WQEkEp，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤，C正確；克服重力做的功等于桿重力勢(shì)能的增加量，即W1Ep，克服安培力做的功等于電路產(chǎn)生的焦耳熱，即W2Q，選項(xiàng)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(jì)的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁

26、感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，銅棒a、b的長(zhǎng)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(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I，關(guān)于此后的過(guò)程，下列說(shuō)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)生的總焦耳熱為解析：選B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，Imv0，v0，銅棒a電動(dòng)勢(shì)EBLv0，回路電流I，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；此時(shí)銅棒b受到安培力FBIL，其加速度a，選項(xiàng)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

27、達(dá)到共同速度時(shí)，銅棒b速度最大，據(jù)動(dòng)量守恒，mv02mv，銅棒b最大速度v，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；回路中產(chǎn)生的焦耳熱Qmv2mv2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤6如圖，足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌水平放置，電阻不計(jì)，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ma2mb2m，其電阻大小Ra2Rb2R，a和b分別在MN和PQ上，垂直導(dǎo)軌相距足夠遠(yuǎn)，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感強(qiáng)度為B，開(kāi)始a棒向右速度為v0，b棒靜止，兩棒運(yùn)動(dòng)時(shí)始終保持平行且a總在MN上運(yùn)動(dòng)，b總在PQ上運(yùn)動(dòng)，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(dòng)量不守恒，可對(duì)a、b分別用動(dòng)量定理，a、b運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)回路中電動(dòng)勢(shì)E總EaEb2BlvaBlvb，隨著va減小，vb增加，E總減小，安培力FE總lB/(3R)也隨之減小，故a棒的加速度aFa/(2m)減小，b棒的加速度aFb/m也減小當(dāng)E總0，即2BlvaBlvb時(shí)，兩者加速度為零，兩棒均勻速運(yùn)動(dòng)，且有vb2va對(duì)a、b分別用動(dòng)量定理at2m(vavb)btmvb而a2b聯(lián)立以上各式可得：va，vb.答案：v0