資源簡(jiǎn)介

專題提升二十六　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量問題
題型1　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題
　　　　　 　　　　　　　　　　
1.導(dǎo)體的兩種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。
(1)導(dǎo)體的平衡狀態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。
處理方法:根據(jù)平衡條件列式分析。
(2)導(dǎo)體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零。
處理方法: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)系分析。
2.用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟。
考向1　“桿+電阻”模型
【典例1】　
(多選)(2025·南寧模擬)如圖所示,電阻不計(jì)且間距L=1 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面成53°角,上端接一阻值R=2 Ω的電阻,過虛線OO'的豎直面的左側(cè)方有磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1 T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),現(xiàn)將質(zhì)量m=0.2 kg、接入導(dǎo)軌間電阻r=1 Ω的金屬桿ab從導(dǎo)軌上由靜止釋放,釋放位置與虛線OO'之間的距離為x=1 m。金屬桿在下落的過程中與導(dǎo)軌一直垂直,且保持良好接觸,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng),g取10 m/s2,sin 53°=0.8。則(　　)
A.金屬桿ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程機(jī)械能守恒
B.金屬桿ab剛進(jìn)入有界磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為4 m/s
C.金屬桿ab剛進(jìn)入有界磁場(chǎng)時(shí)的加速度大小為3.2 m/s2
D.金屬桿ab在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大速度的大小為 m/s
　　分析“桿+電阻”模型時(shí),其動(dòng)態(tài)的變化過程推理很重要,過程如下:
考向2　“桿+電源”模型
【典例2】　
如圖所示,足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi),導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),左側(cè)接有一電動(dòng)勢(shì)為E的電源,空間存在垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒靜止放在導(dǎo)軌上,除了導(dǎo)體棒有電阻外,其余電阻忽略不計(jì),導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好,始終垂直于導(dǎo)軌。現(xiàn)在閉合開關(guān),同時(shí)對(duì)導(dǎo)體棒施加一水平向右的恒力F,下列說法正確的是(　　)
A.導(dǎo)體棒受到的安培力一直增大
B.導(dǎo)體棒受到的安培力的方向始終不變
C.導(dǎo)體棒能夠達(dá)到的最大速度為
D.導(dǎo)體棒能夠達(dá)到的最大速度為
　　回路中的總電動(dòng)勢(shì)等于電源的電動(dòng)勢(shì)與導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小之差,隨著導(dǎo)體棒速度的增大,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大,總電動(dòng)勢(shì)先減小后反向增大,總電流先減小后反向增大,安培力先減小后反向增大,導(dǎo)體棒做加速運(yùn)動(dòng)的加速度減小(安培力先是動(dòng)力后是阻力),當(dāng)加速度減小到零時(shí),導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)。
考向3　“桿+電容器”模型
【典例3】　
(多選)如圖所示,傾角θ=30°的斜面上放置一間距為L(zhǎng)的光滑U形導(dǎo)軌(電阻不計(jì)),導(dǎo)軌上端連接電容為C的電容器,電容器初始時(shí)不帶電,整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一質(zhì)量為2m、接入導(dǎo)軌間電阻為R的導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌接觸良好,另一質(zhì)量為m的重物用一根不可伸長(zhǎng)的絕緣輕繩通過光滑的定滑輪與導(dǎo)體棒拴接,定滑輪與導(dǎo)體棒間的輕繩與斜面平行。將重物由靜止釋放,在導(dǎo)體棒到達(dá)導(dǎo)軌底端前的運(yùn)動(dòng)過程中(電動(dòng)勢(shì)未到達(dá)電容器的擊穿電壓,已知重力加速度為g),下列說法正確的是(　　)
A.電容器M板帶正電,且兩極板所帶電荷量隨時(shí)間均勻增加
B.經(jīng)時(shí)間t導(dǎo)體棒的速度為v=
C.回路中電流與時(shí)間的關(guān)系為I=
D.重物和導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和回路的焦耳熱
　　導(dǎo)體棒做變速運(yùn)動(dòng),產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是變化的,電容器兩端電壓變化,則電路中有電流。
題型2　電磁感應(yīng)中的能量問題
　　　　　 　　　　　　　　　　
1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化。
安培力做功
2.求解焦耳熱Q的三種方法。
考向1　應(yīng)用功能關(guān)系解答電磁感應(yīng)中的能量問題
【典例4】　
如圖所示,兩根電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌平行放置在傾角為θ的斜面上,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌下端接有電阻R,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于斜面向上,電阻可忽略不計(jì)的金屬棒ab質(zhì)量為m,受到沿斜面向上且與金屬棒垂直的恒力F的作用,金屬棒沿導(dǎo)軌以速度v勻速上滑,則它在上滑h高度的過程中,下列說法正確的是(　　)
A.安培力對(duì)金屬棒所做的功為W=
B.金屬棒克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱
C.拉力F做的功等于回路中增加的焦耳熱
D.金屬棒克服重力做的功等于恒力F做功
考向2　應(yīng)用能量守恒定律解答電磁感應(yīng)中的能量問題
【典例5】　(多選)如圖所示,相距為d的兩水平直線L1和L2分別是水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,正方形線框abcd邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(已知LA.線框中一直都有感應(yīng)電流
B.線框經(jīng)過L1和L2時(shí)受到的安培力做負(fù)功
C.線框產(chǎn)生的熱量為mg(d+L)
D.線框產(chǎn)生的熱量為mg(h+d+L)
專題提升二十六　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量問題
題型1
【典例1】　BD　解析　金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后,金屬桿切割磁感線,回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流,金屬桿一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為回路的焦耳熱,可知金屬桿ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程機(jī)械能不守恒,A項(xiàng)錯(cuò)誤;金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)之前做勻加速直線運(yùn)動(dòng),對(duì)金屬桿分析有mgsin 53°=ma1,根據(jù)速度與位移的關(guān)系有=2a1x,解得v0=4 m/s,B項(xiàng)正確;金屬桿ab剛進(jìn)入有界磁場(chǎng)時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv0cos 53°,感應(yīng)電流為I=,對(duì)金屬桿分析有mgsin 53°-BILcos 53°=ma2,解得a2=5.6 m/s2,C項(xiàng)錯(cuò)誤;結(jié)合上述,對(duì)金屬桿分析可知,金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后先向下做加速運(yùn)動(dòng),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大,感應(yīng)電流增大,安培力增大,則加速度減小,當(dāng)加速度為0時(shí),速度達(dá)到最大,之后向下做勻速直線運(yùn)動(dòng),則有mgsin 53°-BImaxLcos 53°=0,其中感應(yīng)電流為Imax=,解得vmax= m/s,D項(xiàng)正確。
【典例2】　C　解析　初始時(shí)刻安培力向右,導(dǎo)體棒加速,隨著速度增加,回路電動(dòng)勢(shì)E總=E-BLv,逐漸減小,安培力不斷減小,導(dǎo)體棒加速度減小。當(dāng)E=BLv時(shí),安培力為零,由于有外力,繼續(xù)加速,動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)BLv大于E,回路電動(dòng)勢(shì)方向反向,電流反向。安培力反向不斷增加,加速度繼續(xù)減小,直到安培力等于外力。穩(wěn)定時(shí)F=BIL,E總=BLv-E=IR,解得v=,C項(xiàng)正確,A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤。
【典例3】　AB　解析　設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中經(jīng)時(shí)間Δt,導(dǎo)體棒的速度增加Δv,對(duì)電容器,兩極板的充電電流I===,對(duì)導(dǎo)體棒受力分析,由牛頓第二定律有2mgsin 30°+FT-BIL=2ma;對(duì)重物分析,有mg-FT=ma,又=a,解得a=,加速度恒定,所以導(dǎo)體棒在到達(dá)導(dǎo)軌底端前做勻加速直線運(yùn)動(dòng),電容器兩極板所帶電荷量隨時(shí)間均勻增加,由右手定則可知,M板帶正電,A項(xiàng)正確;經(jīng)時(shí)間t,導(dǎo)體棒的速度v=,B項(xiàng)正確;由A項(xiàng)分析可知回路中電流恒定,C項(xiàng)錯(cuò)誤;重物和導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中減少的重力勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和回路的焦耳熱,一部分轉(zhuǎn)化為電容器儲(chǔ)存的電能,D項(xiàng)錯(cuò)誤。
題型2
【典例4】　B　解析　根據(jù)左手定則和運(yùn)動(dòng)分析可判斷此過程安培力做負(fù)功,A項(xiàng)錯(cuò)誤;由功能關(guān)系可知,金屬棒克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱,B項(xiàng)正確;由功能關(guān)系可知,拉力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱與金屬棒重力勢(shì)能增量之和,C項(xiàng)錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理可知,克服重力和安培力做的功等于恒力F做功,故金屬棒克服重力做的功小于恒力F的功,D項(xiàng)錯(cuò)誤。
【典例5】　BC　解析　線框進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)過程中,穿過線框的磁通量發(fā)生變化,有感應(yīng)電流產(chǎn)生,當(dāng)線框完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),磁通量不變,沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生,A項(xiàng)錯(cuò)誤;線框經(jīng)過L1和L2時(shí),受到的安培力均阻礙線框的運(yùn)動(dòng),對(duì)線框做負(fù)功,B項(xiàng)正確;ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛穿出磁場(chǎng)的過程,動(dòng)能變化量為零,根據(jù)能量守恒定律得,線框產(chǎn)生的熱量Q=mg(d+L),C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤。(共28張PPT)
專題提升二十六
電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量問題
第十二章　電磁感應(yīng)
題型1　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題
題型2　電磁感應(yīng)中的能量問題
內(nèi)容
索引
電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題
題型1
1.導(dǎo)體的兩種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。
(1)導(dǎo)體的平衡狀態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。
處理方法：根據(jù)平衡條件列式分析。
(2)導(dǎo)體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零。
處理方法：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)系分析。
2.用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟。
考向1
“桿+電阻”模型
【典例1】　(多選)(2025·南寧模擬)如圖所示，電
阻不計(jì)且間距L=1 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌所在平面
與水平面成53°角，上端接一阻值R=2 Ω的電阻，
過虛線OO'的豎直面的左側(cè)方有磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1 T、
方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)將質(zhì)量m=0.2 kg、接入導(dǎo)軌間電阻r=
1 Ω的金屬桿ab從導(dǎo)軌上由靜止釋放，釋放位置與虛線OO'之間的距離為x=1 m。金屬桿在下落的過程中與導(dǎo)軌一直垂直，且保持良好接觸，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，g取10 m/s2，sin 53°=0.8。則( )
A.金屬桿ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程機(jī)械能守恒
B.金屬桿ab剛進(jìn)入有界磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為4 m/s
C.金屬桿ab剛進(jìn)入有界磁場(chǎng)時(shí)的加速度大小為3.2 m/s2
D.金屬桿ab在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大速度的大小為 m/s
金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后，金屬桿切割磁感線，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，金屬桿一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為回路的焦耳熱，可知金屬桿ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程機(jī)械能不守恒，A項(xiàng)錯(cuò)誤；金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)之前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)金屬桿分析有mgsin 53°=ma1，根據(jù)速度與位移的關(guān)系有=2a1x，解得v0=4 m/s，B項(xiàng)正確；金屬桿ab剛進(jìn)入有界磁場(chǎng)時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv0cos 53°，感應(yīng)電流為I=，對(duì)金
解析
屬桿分析有mgsin 53°-BILcos 53°=ma2，解得a2=5.6 m/s2，C項(xiàng)錯(cuò)誤；結(jié)合上述，對(duì)金屬桿分析可知，金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后先向下做加速運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，感應(yīng)電流增大，安培力增大，則加速度減小，當(dāng)加速度為0時(shí)，速度達(dá)到最大，之后向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有mgsin 53°-BImaxLcos 53°=0，其中感應(yīng)電流為Imax=，解得vmax= m/s，D項(xiàng)正確。
解析
　　分析“桿+電阻”模型時(shí)，其動(dòng)態(tài)的變化過程推理很重要，過程如下：
考向2
“桿+電源”模型
【典例2】　如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌固定
在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，左側(cè)接有一電動(dòng)勢(shì)
為E的電源，空間存在垂直于水平面向下的勻強(qiáng)
磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒靜止放在導(dǎo)軌上，除了導(dǎo)體棒有電阻外，其余電阻忽略不計(jì),導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，始終垂直于導(dǎo)軌。現(xiàn)在閉合開關(guān)，同時(shí)對(duì)導(dǎo)體棒施加一水平向右的恒力F，下列說法正確的是( )
A.導(dǎo)體棒受到的安培力一直增大
B.導(dǎo)體棒受到的安培力的方向始終不變
C.導(dǎo)體棒能夠達(dá)到的最大速度為
D.導(dǎo)體棒能夠達(dá)到的最大速度為
初始時(shí)刻安培力向右，導(dǎo)體棒加速，隨著速度增加，回路電動(dòng)勢(shì)
E總=E-BLv，逐漸減小，安培力不斷減小，導(dǎo)體棒加速度減小。當(dāng)E=BLv時(shí)，安培力為零，由于有外力，繼續(xù)加速，動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)BLv大于E，回路電動(dòng)勢(shì)方向反向，電流反向。安培力反向不斷增加，加速度繼續(xù)減小，直到安培力等于外力。穩(wěn)定時(shí)F=BIL，E總=BLv-E=IR，解得v=，C項(xiàng)正確，A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤。
解析
　　回路中的總電動(dòng)勢(shì)等于電源的電動(dòng)勢(shì)與導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小之差，隨著導(dǎo)體棒速度的增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，總電動(dòng)勢(shì)先減小后反向增大，總電流先減小后反向增大，安培力先減小后反向增大，導(dǎo)體棒做加速運(yùn)動(dòng)的加速度減小(安培力先是動(dòng)力后是阻力)，當(dāng)加速度減小到零時(shí)，導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)。
考向3
“桿+電容器”模型
【典例3】　(多選)如圖所示，傾角θ=30°的斜面上
放置一間距為L(zhǎng)的光滑U形導(dǎo)軌(電阻不計(jì))，導(dǎo)軌上
端連接電容為C的電容器，電容器初始時(shí)不帶電，
整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直斜面
向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一質(zhì)量為2m、接入導(dǎo)軌間電阻
為R的導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，另一質(zhì)量為m的重物用一根不可伸長(zhǎng)的絕緣輕繩通過光滑的定滑輪與導(dǎo)體棒拴接，定
滑輪與導(dǎo)體棒間的輕繩與斜面平行。將重物由靜止釋放，在導(dǎo)體棒到達(dá)導(dǎo)軌底端前的運(yùn)動(dòng)過程中(電動(dòng)勢(shì)未到達(dá)電容器的擊穿電壓，已知重力加速度為g)，下列說法正確的是( )
A.電容器M板帶正電，且兩極板所帶電荷量隨時(shí)間均勻增加
B.經(jīng)時(shí)間t導(dǎo)體棒的速度為v=
C.回路中電流與時(shí)間的關(guān)系為I=
D.重物和導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和回路的焦耳熱
設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中經(jīng)時(shí)間Δt，導(dǎo)體棒的速度增加Δv，對(duì)電容器，兩極板的充電電流I===，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，由牛頓第二定律有2mgsin 30°+FT-BIL=2ma；對(duì)重物分析，有mg-FT=ma，又=a，解得a=，加速度恒定，所以導(dǎo)體棒在到達(dá)導(dǎo)軌底端前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，電容器兩極板所帶電荷量隨時(shí)間均勻增
解析
加，由右手定則可知，M板帶正電，A項(xiàng)正確；經(jīng)時(shí)間t，導(dǎo)體棒的速度v=，B項(xiàng)正確；由A項(xiàng)分析可知回路中電流恒定，C項(xiàng)錯(cuò)誤；重物和導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中減少的重力勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和回路的焦耳熱，一部分轉(zhuǎn)化為電容器儲(chǔ)存的電能，D項(xiàng)錯(cuò)誤。
解析
　　導(dǎo)體棒做變速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是變化的，電容器兩端電壓變化，則電路中有電流。
電磁感應(yīng)中的能量問題
題型2
1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化。
2.求解焦耳熱Q的三種方法。
考向1
應(yīng)用功能關(guān)系解答電磁感應(yīng)中的能量問題
【典例4】　如圖所示，兩根電阻不計(jì)的光滑
金屬導(dǎo)軌平行放置在傾角為θ的斜面上，導(dǎo)軌
間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌下端接有電阻R，磁感應(yīng)強(qiáng)度
為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于斜面向上，電阻可忽略
不計(jì)的金屬棒ab質(zhì)量為m，受到沿斜面向上且與金屬棒垂直的恒力F的作用，金屬棒沿導(dǎo)軌以速度v勻速上滑，則它在上滑h高度的過程中，下列說法正確的是( )
A.安培力對(duì)金屬棒所做的功為W=
B.金屬棒克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱
C.拉力F做的功等于回路中增加的焦耳熱
D.金屬棒克服重力做的功等于恒力F做功
根據(jù)左手定則和運(yùn)動(dòng)分析可判斷此過程安培力做負(fù)功，A項(xiàng)錯(cuò)誤;由功能關(guān)系可知，金屬棒克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，B項(xiàng)正確；由功能關(guān)系可知，拉力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱與金屬棒重力勢(shì)能增量之和，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，克服重力和安培力做的功等于恒力F做功，故金屬棒克服重力做的功小于恒力F的功，D項(xiàng)錯(cuò)誤。
解析
考向2
應(yīng)用能量守恒定律解答電磁感應(yīng)中的能量問題
【典例5】　(多選)如圖所示，相距為d的兩水平
直線L1和L2分別是水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界，
磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，正方形線框abcd邊長(zhǎng)為
L(已知L放位置ab邊距L1為h，ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v0，
cd邊剛穿出磁場(chǎng)時(shí)速度也為v0，從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛穿出磁場(chǎng)的整個(gè)過程中( )
A.線框中一直都有感應(yīng)電流
B.線框經(jīng)過L1和L2時(shí)受到的安培力做負(fù)功
C.線框產(chǎn)生的熱量為mg(d+L)
D.線框產(chǎn)生的熱量為mg(h+d+L)
線框進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)過程中，穿過線框的磁通量發(fā)生變化，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，當(dāng)線框完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，A項(xiàng)錯(cuò)誤；線框經(jīng)過L1和L2時(shí)，受到的安培力均阻礙線框的運(yùn)動(dòng)，對(duì)線框做負(fù)功，B項(xiàng)正確；ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛穿出磁場(chǎng)的過程，動(dòng)能變化量為零，根據(jù)能量守恒定律得，線框產(chǎn)生的熱量Q=mg(d+L)，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。
解析專題提升練26　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量問題
　梯級(jí)Ⅰ基礎(chǔ)練
1.如圖為相距L的光滑平行導(dǎo)軌，圓弧部分豎直放置，平直部分固定于水平地面上，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)(MQ足夠長(zhǎng))存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌右端連接定值電阻R。一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為r的金屬棒ab從圓弧軌道上高h(yuǎn)處由靜止釋放。金屬棒ab與導(dǎo)軌始終接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，重力加速度大小為g。從金屬棒ab開始運(yùn)動(dòng)到停止運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是(　　)
A.金屬棒ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為
B.金屬棒ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，金屬棒ab兩端的電壓為BL
C.金屬棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)
D.金屬棒ab克服安培力做的總功為mgh
2.(多選)(2024·山東卷)如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，其所在平面豎直且平行，導(dǎo)軌最高點(diǎn)到水平桌面的距離等于半徑，最低點(diǎn)的連線OO'與導(dǎo)軌所在豎直面垂直。空間充滿豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，導(dǎo)軌左端由導(dǎo)線連接。現(xiàn)將具有一定質(zhì)量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導(dǎo)軌圖示位置，由靜止釋放。MN 運(yùn)動(dòng)過程中始終平行于OO'且與兩導(dǎo)軌接觸良好，不考慮自感影響，下列說法正確的是(　　)
A.MN最終一定靜止于OO'位置
B.MN運(yùn)動(dòng)過程中安培力始終做負(fù)功
C.從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中，MN的速率一直在增大
D.從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中，MN中電流方向由M到N
3.如圖所示，水平粗糙地面上有兩磁場(chǎng)區(qū)域，左、右兩磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)寬度均為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，左磁場(chǎng)區(qū)磁場(chǎng)方向豎直向下，右磁場(chǎng)區(qū)磁場(chǎng)方向豎直向上，兩磁場(chǎng)間距為2L。一個(gè)質(zhì)量為m、匝數(shù)為n、電阻為R、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬線框以速度v0水平向右進(jìn)入左磁場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)金屬線框剛離開右磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度為v1，金屬線框離開右磁場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下。金屬線框與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。關(guān)于金屬線框的運(yùn)動(dòng)，下列判斷正確的是(　　)
A.金屬線框穿過左側(cè)磁場(chǎng)過程中通過金屬線框的電荷量為
B.金屬線框從剛進(jìn)入左磁場(chǎng)區(qū)域到最終停止的過程中一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)
C.金屬線框通過兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過程中產(chǎn)生的焦耳熱為m-m-5μmgL
D.若金屬線框進(jìn)入左磁場(chǎng)區(qū)域過程所用時(shí)間為t，則金屬線框剛好完全進(jìn)入時(shí)的速度為v0-
4.(多選)如圖所示，在傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ和MN，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌處于磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。有兩根質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒a、b，先將a棒垂直導(dǎo)軌放置，用跨過光滑定滑輪的細(xì)線與物塊c連接，連接a棒的細(xì)線平行于導(dǎo)軌，由靜止釋放c，此后某時(shí)刻，將b也垂直導(dǎo)軌放置，a、c此刻起做勻速運(yùn)動(dòng)，b棒剛好能靜止在導(dǎo)軌上。a棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g。則下列判斷正確的是(　　)
A.物塊c的質(zhì)量是2msin θ
B.b棒放上導(dǎo)軌前物塊c減少的重力勢(shì)能大于a、c增加的動(dòng)能
C.b棒放上導(dǎo)軌后物塊c減少的重力勢(shì)能等于回路消耗的電能
D.a、c勻速運(yùn)動(dòng)的速度為
5.(多選)(2024·黑吉遼卷)如圖所示，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L(zhǎng)，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時(shí)由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)。導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，重力加速度為g，兩棒在下滑過程中 (　　)
A.回路中的電流方向?yàn)閍bcda
B.ab中電流趨于
C.ab與cd加速度大小之比始終為2∶1
D.兩棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)始終相等
梯級(jí)Ⅱ能力練
6.(2024·安徽卷)如圖所示，一U形金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，一電阻不計(jì)，質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌，并靜置于絕緣固定支架上。邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形cdef區(qū)域內(nèi)，存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。支架上方的導(dǎo)軌間，存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間的變化關(guān)系均為B=kt(SI)，k為常數(shù)(k>0)。支架上方的導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，兩邊導(dǎo)軌單位長(zhǎng)度的電阻均為r，下方導(dǎo)軌的總電阻為R。t=0時(shí)，對(duì)ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中ab與兩邊導(dǎo)軌接觸良好。已知ab與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。不計(jì)空氣阻力，兩磁場(chǎng)互不影響。
(1)求通過面積Scdef的磁通量大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式，以及感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，并寫出ab中電流的方向;
(2)求ab所受安培力的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式;
(3)求經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間，對(duì)ab所施加的拉力達(dá)到最大值，并求此最大值。
梯級(jí)Ⅲ創(chuàng)新練
7.如圖所示，不計(jì)電阻的光滑的金屬軌道分水平段和豎直段兩部分，豎直段軌道為半徑R=1 m的圓弧形，O點(diǎn)為圓弧的圓心，P為圓弧上與圓心等高的點(diǎn)。兩金屬軌道之間的寬度l=0.5 m。整個(gè)裝置均處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。水平軌道左側(cè)與一個(gè)內(nèi)阻r=2 Ω、電壓連續(xù)可調(diào)的電源相連，通過自動(dòng)調(diào)節(jié)電壓可維持電路中電流I=2 A保持不變(方向如圖所示)。現(xiàn)將一質(zhì)量m=0.05 kg、長(zhǎng)為0.5 m的勻質(zhì)金屬細(xì)桿于軌道上M點(diǎn)靜止釋放，金屬細(xì)桿沿金屬軌道向右開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中金屬細(xì)桿與金屬軌道始終垂直。已知M、N間距d=20 m，求:
(1)金屬細(xì)桿開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小;
(2)金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)對(duì)每一條軌道的作用力大小;
(3)金屬桿從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)開始計(jì)時(shí)，電源電動(dòng)勢(shì)按照E=24+2.5t(V)變化，求金屬桿從M到N過程中產(chǎn)生的焦耳熱。
專題提升練26　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量問題
1.D　解析　金屬棒ab從釋放到剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),根據(jù)動(dòng)能定理有mgh=mv2,解得v=,A項(xiàng)錯(cuò)誤;金屬棒ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=BLv,金屬棒ab兩端的電壓為U=E,解得U=,B項(xiàng)錯(cuò)誤;金屬棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)后,安培力產(chǎn)生加速度,有=ma,金屬棒ab做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒定律可知金屬棒ab克服安培力做的總功為mgh,D項(xiàng)正確。
2.ABD　解析　由于金屬棒MN運(yùn)動(dòng)過程切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),回路有感應(yīng)電流,產(chǎn)生焦耳熱,金屬棒MN的機(jī)械能不斷減小,由于金屬導(dǎo)軌光滑,所以經(jīng)過多次往返運(yùn)動(dòng),MN最終一定靜止于OO'位置,A項(xiàng)正確;當(dāng)金屬棒MN向右運(yùn)動(dòng),根據(jù)右手定則可知,MN中電流方向由M到N,根據(jù)左手定則可知,金屬棒MN受到的安培力水平向左,則安培力做負(fù)功;當(dāng)金屬棒MN向左運(yùn)動(dòng),根據(jù)右手定則可知,MN中電流方向由N到M,根據(jù)左手定則可知,金屬棒MN受到的安培力水平向右,則安培力做負(fù)功;可知MN運(yùn)動(dòng)過程中安培力始終做負(fù)功,B、D兩項(xiàng)正確;金屬棒MN從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中,由于在OO'位置重力沿切線方向的分力為0,可知在到達(dá)OO'位置之前的位置,重力沿切線方向的分力已經(jīng)小于安培力沿切線方向的分力,金屬棒MN已經(jīng)做減速運(yùn)動(dòng),C項(xiàng)錯(cuò)誤。
3.C　解析　由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)=n,由閉合電路的歐姆定律可知,平均感應(yīng)電流=,通過金屬線框的電荷量q=Δt,解得q=n,金屬線框穿過左側(cè)磁場(chǎng)過程中穿過金屬線框的磁通量ΔΦ=0,則通過金屬線框的電荷量q=0,A項(xiàng)錯(cuò)誤;金屬框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程中,根據(jù)牛頓第二定律可得a=,金屬框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程中,由于安培力一直減小,則加速度一直減小,所以金屬線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程中,做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),B項(xiàng)錯(cuò)誤;設(shè)金屬線框通過兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域全過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,金屬線框從開始運(yùn)動(dòng)到離開右磁場(chǎng)區(qū)域過程,由能量守恒定律得m=μmg×5L+m+Q,解得Q=m-m-5μmgL,C項(xiàng)正確;金屬線框進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)過程中穿過金屬線框的磁通量ΔΦ=BL2,通過金屬線框的電荷量q==,設(shè)金屬線框剛好完全進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小為v,該過程,對(duì)金屬線框,由動(dòng)量定理得-nBLt-μmgt=mv-mv0其中t=q,解得v=v0-μgt-,D項(xiàng)錯(cuò)誤。
4.ABD　解析　b靜止在導(dǎo)軌上,a、c勻速運(yùn)動(dòng),則a、b、c均受力平衡,由b平衡可知,安培力大小F安=mgsin θ,由a平衡可知F繩=F安+mgsin θ=2mgsin θ,由c平衡可知F繩=mcg,因?yàn)槔K中拉力大小相等,故2mgsin θ=mcg,即物塊c的質(zhì)量為2msin θ,A項(xiàng)正確;b放上之前,a、c系統(tǒng)機(jī)械能守恒,c減小的重力勢(shì)能等于a增加的重力勢(shì)能與a、c增加的動(dòng)能之和,故物塊c減小的重力勢(shì)能大于a、c增加的動(dòng)能,B項(xiàng)正確;b棒放上導(dǎo)軌后,a勻速上升,重力勢(shì)能在增加,根據(jù)能量守恒定律可知,物塊c減少的重力勢(shì)能等于回路消耗的電能與a增加的重力勢(shì)能之和,故物塊c減少的重力勢(shì)能大于回路消耗的電能,C項(xiàng)錯(cuò)誤;b棒放上導(dǎo)軌后,a棒勻速運(yùn)動(dòng),根據(jù)b棒的平衡可知F安=mgsin θ,又因?yàn)镕安=BIL,I=,故v=,D項(xiàng)正確。
5.AB　解析　由于ab和cd均沿導(dǎo)軌下滑,則通過abcd回路的磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知,回路中的電流方向?yàn)閍bcda,A項(xiàng)正確;初始時(shí),對(duì)ab和cd分別受力分析,如圖所示,根據(jù)牛頓第二定律分別有2mgsin 30°-2BILcos 30°=2ma1,mgsin 30°-BILcos 30°=ma2,可得a1=a2=-,則ab與cd加速度大小之比始終為1∶1,C項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)加速度趨于零時(shí),兩導(dǎo)體棒中的電流趨于穩(wěn)定,結(jié)合C項(xiàng)分析可知,ab中的電流趨于,B項(xiàng)正確;由于ab和cd加速度大小始終相等,則兩導(dǎo)體棒的速度大小始終相等,則由法拉第電磁感應(yīng)定律可知兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小之比始終為2∶1,D項(xiàng)錯(cuò)誤。
6.答案　(1)Φ=kL2t　kL2　從a流向b　(2)F安=
(3)　+m(g+a)
解析　(1)通過面積Scdef的磁通量大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為Φ=BS=kL2t,
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得
E=n==kL2,
由楞次定律可知ab中的電流從a流向b。
(2)根據(jù)左手定則可知ab受到的安培力方向垂直導(dǎo)軌面向里,大小為F安=BIL,
其中B=kt,
設(shè)金屬棒向上運(yùn)動(dòng)的位移為x,則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x=at2,
所以導(dǎo)軌上方的電阻為R'=2xr,
由閉合電路歐姆定律得I=,
聯(lián)立解得ab所受安培力的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為F安=。
(3)由題知t=0時(shí),對(duì)ab施加豎直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng),則對(duì)ab受力分析,由牛頓第二定律得F-mg-μF安=ma,
其中F安=,
聯(lián)立解得F=+m(g+a),
整理有F=+m(g+a)。
根據(jù)均值不等式可知,
當(dāng)=art時(shí),F有最大值,即t=時(shí),
F的最大值為Fm=+m(g+a)。
7.答案　(1)10 m/s2　(2)10.25 N　(3)80 J
解析　(1)金屬細(xì)桿開始運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的安培力大小
F安=BIl=0.5×2×0.5 N=0.5 N,
根據(jù)牛頓第二定律可得,加速度大小
a==10 m/s2。
(2)金屬細(xì)桿從M點(diǎn)到P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程,只有安培力、重力做功,安培力所做的功
W安=F安×(MN+OP)=10.5 J,
重力所做的功WG=-mg×ON=-0.5 J,
由動(dòng)能定理得W安+WG=mv2-0,
解得金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的速度大小為
v=20 m/s,
可得F-F安=,
解得F=20.5 N,
由牛頓第三定律可知此時(shí)金屬細(xì)桿對(duì)每一條軌道的作用力大小為10.25 N。
(3)設(shè)金屬棒從M到N的時(shí)間為t,可得
20 m=at2,
解得t=2 s,
可得v'=at=20 m/s,
電源瞬時(shí)功率為
P=EI=(24+2.5t)I=48+5t(W),
如圖所示,
電源在時(shí)間t內(nèi)對(duì)整個(gè)回路提供的能量為Q,可根據(jù)梯形面積計(jì)算得
Q=(48+58)×2× J=106 J,
設(shè)Q1為金屬棒從M到N產(chǎn)生的焦耳熱,則
Q=Q1+I2rt+mv'2,
解得Q1=80 J。(共31張PPT)
專題提升練26
電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量問題
1
5
6
7
2
3
4
1.如圖為相距L的光滑平行導(dǎo)軌，圓弧部分豎直放置，平直部分固定于水平地面上，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)(MQ足夠長(zhǎng))存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌右端連接定值電阻R。一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為r的金屬棒ab從圓弧軌道上高h(yuǎn)處由靜止釋放。金屬棒ab與導(dǎo)軌始終接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，重力加速度大小為 g。從金屬棒ab開始運(yùn)動(dòng)到停止運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是 (　　)
梯級(jí)Ⅰ 基礎(chǔ)練
1
5
6
7
2
3
4
A.金屬棒ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為
B.金屬棒ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，金屬棒ab兩端的電壓為BL
C.金屬棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)
D.金屬棒ab克服安培力做的總功為mgh
金屬棒ab從釋放到剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh=mv2，解得v=，A項(xiàng)錯(cuò)誤；金屬棒ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=BLv，金屬棒ab兩端的電壓為U=E，解得U=，B項(xiàng)錯(cuò)誤；金屬棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)后，安培力產(chǎn)生加速度，有=ma，金屬棒ab做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知金屬棒ab克服安培力做的總功為mgh，D項(xiàng)正確。
解析
1
5
6
7
2
3
4
2.(多選)(2024·山東卷)如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，其所在平面豎直且平行，導(dǎo)軌最高點(diǎn)到水平桌面的距離等于半徑，最低點(diǎn)的連線OO'與導(dǎo)軌所在豎直面垂直。空間充滿豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，導(dǎo)軌左端由導(dǎo)線連接。現(xiàn)將具有一定質(zhì)量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導(dǎo)軌圖示位置，由靜止釋放。MN 運(yùn)動(dòng)過程中始終平行于OO'且與兩導(dǎo)軌接觸良好，不考慮自感影響，下列說法正確的是(　　)
1
5
6
7
2
3
4
A.MN最終一定靜止于OO'位置
B.MN運(yùn)動(dòng)過程中安培力始終做負(fù)功
C.從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中，MN的速率一直在增大
D.從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中，MN中電流方向由M到N
1
5
6
7
2
3
4
由于金屬棒MN運(yùn)動(dòng)過程切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路有感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱，金屬棒MN的機(jī)械能不斷減小，由于金屬導(dǎo)軌光滑，所以經(jīng)過多次往返運(yùn)動(dòng)，MN最終一定靜止于OO'位置，A項(xiàng)正確；當(dāng)金屬棒MN向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由M到N，根據(jù)左手定則可知，金屬棒MN受到的安培力水平向左，則安培力做負(fù)功；當(dāng)金屬棒MN向左運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由N到M，根據(jù)左手定則可知，金屬棒MN受到
解析
1
5
6
7
2
3
4
的安培力水平向右，則安培力做負(fù)功；可知MN運(yùn)動(dòng)過程中安培力始終做負(fù)功，B、D兩項(xiàng)正確；金屬棒MN從釋放到第一次到達(dá)OO'位置過程中，由于在OO'位置重力沿切線方向的分力為0，可知在到達(dá)OO'位置之前的位置，重力沿切線方向的分力已經(jīng)小于安培力沿切線方向的分力，金屬棒MN已經(jīng)做減速運(yùn)動(dòng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤。
解析
1
5
6
7
2
3
4
3.如圖所示，水平粗糙地面上有兩磁場(chǎng)區(qū)域，左、右兩磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)寬度均為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，左磁場(chǎng)區(qū)磁場(chǎng)方向豎直向下，右磁場(chǎng)區(qū)磁場(chǎng)方向豎直向上，兩磁場(chǎng)間距為2L。一個(gè)質(zhì)量為m、匝數(shù)為n、電阻為R、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬線框以速度v0水平向右進(jìn)入左磁場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)金屬線框剛離開右磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度為v1，金屬線框離開右磁場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下。金屬線框與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。關(guān)于金屬線框的運(yùn)動(dòng)，下列判斷正確的是(　　)
1
5
6
7
2
3
4
A.金屬線框穿過左側(cè)磁場(chǎng)過程中通過金屬線框的電荷量為
B.金屬線框從剛進(jìn)入左磁場(chǎng)區(qū)域到最終停止的過程中一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)
1
5
6
7
2
3
4
C.金屬線框通過兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過程中產(chǎn)生的焦耳熱為m-m-5μmgL
D.若金屬線框進(jìn)入左磁場(chǎng)區(qū)域過程所用時(shí)間為t，則金屬線框剛好完全進(jìn)入時(shí)的速度為v0-
由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)=n，由閉合電路的歐姆定律可知，平均感應(yīng)電流=，通過金屬線框的電荷量q=Δt，解得q=n，金屬線框穿過左側(cè)磁場(chǎng)過程中穿過金屬線框的磁通量ΔΦ=0，則通過金屬線框的電荷量q=0，A項(xiàng)錯(cuò)誤；金屬框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得a=，金屬
解析
1
5
6
7
2
3
4
框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程中，由于安培力一直減小，則加速度一直減小，所以金屬線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程中，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)金屬線框通過兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域全過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，金屬線框從開始運(yùn)動(dòng)到離開右磁場(chǎng)區(qū)域過程，由能量守恒定律得m=μmg×5L+m+Q，解得Q=m-m-5μmgL，C項(xiàng)正確；金屬線框進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)過程中穿過金屬線框的
解析
1
5
6
7
2
3
4
磁通量ΔΦ=BL2，通過金屬線框的電荷量q==，設(shè)金屬線框剛好完全進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小為v，該過程，對(duì)金屬線框，由動(dòng)量定理得-nBLt-μmgt=mv-mv0其中t=q，解得v=v0-μgt-，D項(xiàng)錯(cuò)誤。
解析
1
5
6
7
2
3
4
4.(多選)如圖所示，在傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ和MN，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌處于磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。有兩根質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒a、b，先將a棒垂直導(dǎo)軌放置，用跨過光滑定滑輪的細(xì)線與物塊c連接，連接a棒的細(xì)線平行于導(dǎo)軌，由靜止釋放c，此后某時(shí)刻，將b也垂直導(dǎo)軌放置，a、c此刻起做勻速運(yùn)動(dòng)，b棒剛好能靜止在導(dǎo)軌上。a棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g。則下列判斷正確的是(　　)
1
5
6
7
2
3
4
A.物塊c的質(zhì)量是2msin θ
B.b棒放上導(dǎo)軌前物塊c減少的重力勢(shì)能大于a、c增加的動(dòng)能
C.b棒放上導(dǎo)軌后物塊c減少的重力勢(shì)能等于回路消耗的電能
D.a、c勻速運(yùn)動(dòng)的速度為
1
5
6
7
2
3
4
b靜止在導(dǎo)軌上，a、c勻速運(yùn)動(dòng)，則a、b、c均受力平衡，由b平衡可知，安培力大小F安=mgsin θ，由a平衡可知F繩=F安+mgsin θ= 2mgsin θ，由c平衡可知F繩=mcg，因?yàn)槔K中拉力大小相等，故2mgsin θ=mcg，即物塊c的質(zhì)量為2msin θ，A項(xiàng)正確；b放上之前，a、c系統(tǒng)機(jī)械能守恒，c減小的重力勢(shì)能等于a增加的重力勢(shì)能與 a、c增加的動(dòng)能之和，故物塊c減小的重力勢(shì)能大于a、c增加的動(dòng)能，B項(xiàng)正確；b棒放上導(dǎo)軌后，a勻速上升，重力勢(shì)能在增加，根
解析
1
5
6
7
2
3
4
據(jù)能量守恒定律可知，物塊c減少的重力勢(shì)能等于回路消耗的電能與a增加的重力勢(shì)能之和，故物塊c減少的重力勢(shì)能大于回路消耗的電能，C項(xiàng)錯(cuò)誤；b棒放上導(dǎo)軌后，a棒勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)b棒的平衡可知F安=mgsin θ，又因?yàn)镕安=BIL，I=，故v=，D項(xiàng)正確。
解析
1
5
6
7
2
3
4
5.(多選)(2024·黑吉遼卷)如圖所示，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L(zhǎng)，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和 B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時(shí)由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)。導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，重力加速度為g，兩棒在下滑過程中(　　)
1
5
6
7
2
3
4
A.回路中的電流方向?yàn)閍bcda
B.ab中電流趨于
C.ab與cd加速度大小之比始終為2∶1
D.兩棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)始終相等
1
5
6
7
2
3
4
由于ab和cd均沿導(dǎo)軌下滑，則通過abcd回路的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，回路中的電流方向?yàn)閍bcda，A項(xiàng)正確；初始時(shí)，對(duì)ab和cd分別受力分析，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律分別有2mgsin 30°-2BILcos 30°=2ma1，mgsin 30°-BILcos 30°=ma2，可得a1=a2=-，則ab與cd加速度大小之比始終為1∶1，C項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)加速度趨于零時(shí)，兩導(dǎo)體棒中的電流趨于穩(wěn)定，結(jié)合C項(xiàng)
解析
1
5
6
7
2
3
4
分析可知，ab中的電流趨于，B項(xiàng)正確；由于ab和cd加速度大小始終相等，則兩導(dǎo)體棒的速度大小始終相等，則由法拉第電磁感應(yīng)定律可知兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小之比始終為2∶ 1，D項(xiàng)錯(cuò)誤。
解析
1
5
6
7
2
3
4
6.(2024·安徽卷)如圖所示，一U形金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，一電阻不計(jì)，質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌，并靜置于絕緣固定支架上。邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形cdef區(qū)域內(nèi)，存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁 場(chǎng)。支架上方的導(dǎo)軌間，存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間的變化關(guān)系均為B=kt(SI)，k為常數(shù)(k>0)。支架上方的導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，兩邊導(dǎo)軌單位長(zhǎng)度的電阻均為r，下方導(dǎo)軌的總電阻為R。t=0時(shí)，對(duì)ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中ab與兩邊導(dǎo)軌接觸良好。已知ab與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。不計(jì)空氣阻力，兩磁場(chǎng)互不影響。
1
5
6
7
2
3
4
梯級(jí)Ⅱ 能力練
(1)求通過面積Scdef的磁通量大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式，以及感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，并寫出ab中電流的方向；
通過面積Scdef的磁通量大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為Φ=BS=kL2t，
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=n==kL2，
由楞次定律可知ab中的電流從a流向b。
解析
1
5
6
7
2
3
4
(2)求ab所受安培力的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式；
根據(jù)左手定則可知ab受到的安培力方向垂直導(dǎo)軌面向里，大小為
F安=BIL，其中B=kt，設(shè)金屬棒向上運(yùn)動(dòng)的位移為x，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x=at2，所以導(dǎo)軌上方的電阻為R'=2xr，
由閉合電路歐姆定律得I=，
聯(lián)立解得ab所受安培力的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為F安=。
解析
1
5
6
7
2
3
4
(3)求經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間，對(duì)ab所施加的拉力達(dá)到最大值，并求此最大 值。
由題知t=0時(shí)，對(duì)ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則對(duì)ab受力分析，由牛頓第二定律得
F-mg-μF安=ma，
其中F安=，
解析
1
5
6
7
2
3
4
聯(lián)立解得F=+m(g+a)，
整理有F=+m(g+a)。
根據(jù)均值不等式可知，
當(dāng)=art時(shí)，F(xiàn)有最大值，即t=時(shí)，
F的最大值為Fm=+m(g+a)。
解析
1
5
6
7
2
3
4
7.如圖所示，不計(jì)電阻的光滑的金屬軌道分水平段和豎直段兩部分，豎直段軌道為半徑R=1 m的圓弧形，O點(diǎn)為圓弧的圓心，P為圓弧上與圓心等高的點(diǎn)。兩金屬軌道之間的寬度l=0.5 m。整個(gè)裝置均處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。水平軌道左側(cè)與一個(gè)內(nèi)阻r=2 Ω、電壓連續(xù)可調(diào)的電源相連，通過自動(dòng)調(diào)節(jié)電壓可維持電路中電流I=2 A保持不變(方向如圖所示)。現(xiàn)將一質(zhì)量m= 0.05 kg、長(zhǎng)為0.5 m的勻質(zhì)金屬細(xì)桿于軌道上M點(diǎn)靜止釋放，金屬細(xì)桿沿金屬軌道向右開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中金屬細(xì)桿與金屬軌道始終垂 直。已知M、N間距d=20 m，求:
1
5
6
7
2
3
4
梯級(jí)Ⅲ 創(chuàng)新練
(1)金屬細(xì)桿開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小；
金屬細(xì)桿開始運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的安培力大小
F安=BIl=0.5×2×0.5 N=0.5 N，
根據(jù)牛頓第二定律可得，加速度大小a==10 m/s2。
解析
1
5
6
7
2
3
4
(2)金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)對(duì)每一條軌道的作用力大小；
金屬細(xì)桿從M點(diǎn)到P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程，只有安培力、重力做功，安培力所做的功W安=F安×(MN+OP)=10.5 J，
重力所做的功WG=-mg×ON=-0.5 J，
由動(dòng)能定理得W安+WG=mv2-0，
解得金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的速度大小為v=20 m/s，
可得F-F安=，解得F=20.5 N，
由牛頓第三定律可知此時(shí)金屬細(xì)桿對(duì)每一條軌道的作用力大小為10.25 N。
解析
1
5
6
7
2
3
4
(3)金屬桿從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)開始計(jì)時(shí)，電源電動(dòng)勢(shì)按照E=24+2.5t(V)變化，求金屬桿從M到N過程中產(chǎn)生的焦耳熱。
設(shè)金屬棒從M到N的時(shí)間為t，可得20 m=at2，
解得t=2 s，
可得v'=at=20 m/s，
電源瞬時(shí)功率為P=EI=(24+2.5t)I=48+5t(W)，
解析
1
5
6
7
2
3
4
如圖所示，
電源在時(shí)間t內(nèi)對(duì)整個(gè)回路提供的能量為Q，
可根據(jù)梯形面積計(jì)算得Q=(48+58)×2× J=106 J，
設(shè)Q1為金屬棒從M到N產(chǎn)生的焦耳熱，則Q=Q1+I2rt+mv'2，
解得Q1=80 J。
解析
1
5
6
7
2
3
4

展開更多......

收起↑