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第十一章　電磁感應(yīng)
思維進階課十七　動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
[學(xué)習(xí)目標(biāo)]　1．會利用動量定理分析導(dǎo)體棒、線框在磁場中的運動。
2．會利用動量守恒定律分析雙金屬棒在磁場中的運動問題。
進階1　動量定理在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用
1．導(dǎo)體棒在磁場中所受安培力是變力時，可用動量定理分析棒的速度變化，表達(dá)式為
I其他＋lBΔt＝mv－mv0
或I其他－lBΔt＝mv－mv0；
若其他力的沖量和為零，則有
lBΔt＝mv－mv0或－lBΔt＝mv－mv0。
2．求電荷量：q＝Δt＝。
3．求位移：由－Δt＝mv－mv0有
x＝Δt＝。
4．求時間
①已知電荷量q，F(xiàn)其他為恒力，可求出非勻變速運動的時間。
－BlΔt＋F其他Δt＝mv－mv0
即－Blq＋F其他Δt＝mv－mv0。
②若已知位移x，F(xiàn)其他為恒力，也可求出非勻變速運動的時間。
＋F其他Δt＝mv－mv0，Δt＝x。
[典例1]　(多選)如圖所示，水平放置的光滑導(dǎo)軌，左側(cè)接有電阻R，寬度為L，電阻不計，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度大小為B的豎直向上的勻強磁場中，一質(zhì)量為m、電阻不計的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，在恒力F作用下，從靜止開始運動，達(dá)到最大速度后撤去拉力，最終停止，已知從靜止到達(dá)到最大速度過程，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于ab的最大動能，則下列說法正確的是(　　)
A．a(chǎn)b運動過程中的最大速度為
B．a(chǎn)b加速運動過程中運動的最大位移為
C．撤去F后，通過R的電量為
D．a(chǎn)b減速過程中運動的最大位移為
√
√
AD　[達(dá)到最大速度時，金屬棒受力平衡，則有F＝BIL＝，解得vmax＝，A正確；對金屬棒，在加速過程中，根據(jù)動能定理得Fs＋W＝功能關(guān)系有－W＝Q＝，解得s＝，B錯誤；撤去F后，金屬棒最終停止，根據(jù)動量定理得－BΔt，Δv＝0－vmax，解得q＝，C錯誤；撤去F后，金屬棒開始減速運動，根據(jù)動量定理得－Δt，Δv＝0－vmax，解得s′＝，D正確。]
[典例2]　(多選)(2024·河北重點中學(xué)三模聯(lián)考)如圖所示，水平面內(nèi)放置的光滑平行導(dǎo)軌左窄右寬，左軌寬度為d，右軌寬度為2d，勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向下。質(zhì)量為m和2m的甲、乙兩金屬棒分別垂直放在導(dǎo)軌上，某時刻，分別給甲、乙兩金屬棒一個大小
為v0和2v0的向右的初速度，設(shè)回路總電
阻不變，導(dǎo)軌足夠長，從甲、乙兩金屬
棒獲得初速度到二者穩(wěn)定運動的過程中，
下列說法正確的是(　　)
A．甲、乙加速度總是大小相等
B．甲、乙勻速運動的速度大小相等
C．回路產(chǎn)生的焦耳熱為
D．通過回路某一橫截面的電荷量為
√
√
AD　[根據(jù)牛頓第二定律，對甲棒BId＝ma1，對乙棒BI·2d＝2ma2，解得a1＝a2，故A正確；當(dāng)兩棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等時，電路里無感應(yīng)電流，甲、乙勻速運動，則有Bdv1＝B·2dv2，解得v1＝2v2，故B錯誤；根據(jù)動量定理，對甲棒B·2dΔt＝2mv2－2m·2v0，解得v1＝2v0，v2＝v0，根據(jù)能量守恒＋×2m×(2v0)2＝＋Q，回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝，故C錯誤；根據(jù)動量定理，對甲棒BΔt，解得q＝，故D正確。]
[典例3]　(一題多解)(2023·湖南卷)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B。現(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R。運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終
未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計，重力加
速度為g。
(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小v0；
(2)在(1)問中，當(dāng)棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間t0，兩棒恰好達(dá)到相同的速度v，求速度v的大小，以及時間t0內(nèi)棒a相對于棒b運動的距離Δx。
[解析]　(1)a勻速運動時受力平衡，有mg sin θ＝BI0L ①
由法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律有
I0＝ ②
聯(lián)立解得v0＝。 ③
(2)a勻速運動時，由(1)可得電路中電流I0＝ ④
對b由牛頓第二定律有mg sin θ＋BI0L＝ma0 ⑤
聯(lián)立解得a0＝2g sin θ。 ⑥
(3)方法一　對a、b分別由牛頓第二定律有
mg sin θ－BIL＝ma1 ⑦
mg sin θ＋BIL＝ma2 ⑧
聯(lián)立⑦⑧可得2mg sin θ＝m(a1＋a2) ⑨
設(shè)共速時a、b的速度變化量分別為Δv1、Δv2，
對加速度積分有2mgt0sin θ＝m(Δv1＋Δv2) ⑩
設(shè)共速時速度為v，有
Δv1＝v－v0
Δv2＝v－0
聯(lián)立③⑩ 可得v＝gt0sin θ＋
由⑦⑧可得m(a2－a1)＝2BIL
由法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律有
BL(v1－v2)＝2IR
聯(lián)立 可得m(a2－a1)＝(v1－v2)
左邊對加速度積分，右邊對速度積分，有
m(Δv2－Δv1)＝Δx
聯(lián)立③ 可得Δx＝
方法二　分析可知a與b受到的安培力大小始終相等，則對a、b由動量定理分別有
mg sin θ·t0－t0＝mv－mv0
mg sin θ·t0＋t0＝mv
聯(lián)立解得
v＝gt0sin θ＋
t0＝
又Lt0
q＝t0＝t0＝
聯(lián)立解得Δx＝。
[答案]　(1)　(2)2g sin θ　(3)gt0sin θ＋　
進階2　動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
1．問題特點
在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力是系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律求解比較方便。
類型 不受外力(導(dǎo)軌光滑) 受到恒力(導(dǎo)軌光滑)
模型
2．雙棒模型
類型 不受外力(導(dǎo)軌光滑) 受到恒力(導(dǎo)軌光滑)
運動圖像
類型 不受外力(導(dǎo)軌光滑) 受到恒力(導(dǎo)軌光滑)
運動過程 桿MN做變減速運動，桿PQ做變加速運動；穩(wěn)定時，兩桿以相等的速度勻速運動 開始時，兩桿做變加速運動；穩(wěn)定時，兩桿以相同的加速度做勻加速運動
分析方法 將兩桿視為整體，不受外力，最后a＝0 將兩桿視為整體，只受外力F，最后a＝
類型 不受外力(導(dǎo)軌光滑) 受到恒力(導(dǎo)軌光滑)
動量觀點 系統(tǒng)動量守恒 系統(tǒng)動量不守恒
能量觀點 桿MN動能的減少量＝桿PQ動能的增加量＋焦耳熱 F做的功＝桿PQ的動能＋桿MN的動能＋焦耳熱
[典例4]　如圖所示，在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場區(qū)域內(nèi)，垂直磁場方向的水平面中有兩根固定的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌上面平放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，兩棒彼此平行且相距d，構(gòu)成一矩形回路。導(dǎo)軌間距為L，兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，接入電路的電阻均為R，導(dǎo)軌電阻可忽略不計。設(shè)導(dǎo)體棒可在導(dǎo)
軌上無摩擦地滑行，初始時刻ab棒靜止，給cd棒
一個向右的初速度v0，求：
(1)當(dāng)cd棒速度減為0.6v0時，ab棒的速度v及加速度a的大小；
(2)ab、cd棒間的距離從d增大到最大的過程中，通過回路的電荷量q及兩棒間的最大距離x。
[解析]　(1)兩棒組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此滿足動量守恒定律，有mv0＝0.6mv0＋mv
解得v＝0.4v0
回路感應(yīng)電動勢E＝0.6BLv0－0.4BLv0，此時回路電流I＝，因此加速度a＝
整理得a＝。
(2)ab、cd棒速度相等時有最大距離，根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝2mv共
對ab棒，根據(jù)動量定理有BLΔt＝mv共
而q＝Δt，解得q＝
在這段時間內(nèi)，平均感應(yīng)電動勢
回路平均電流＝
因此流過某截面的電荷量q＝Δt＝Δt＝，解得最大距離x＝d＋。
[答案]　(1)0.4v0　　(2)　d＋
[典例5]　(2024·湖北卷)如圖所示，兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直，其左側(cè)無磁場，右側(cè)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g。現(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，求：
(1)ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小；
(2)金屬環(huán)剛開始運動時的加速度大小；
(3)為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離。
[解析]　(1)設(shè)ab棒剛越過MP時速度大小為v1，產(chǎn)生的電動勢大小為E1，對ab在圓弧導(dǎo)軌上運動的過程，由機械能守恒定律有
mgL＝
ab剛越過MP時，由法拉第電磁感應(yīng)定律得
E1＝BLv1
聯(lián)立解得E1＝BL。
(2)經(jīng)分析知金屬環(huán)在導(dǎo)軌外的兩段電阻被短路，由幾何關(guān)系可知導(dǎo)軌之間兩段金屬環(huán)的電阻均為R，它們在電路中并聯(lián)后的總電阻Rc＝
設(shè)電路中初始的干路電流為I1，由閉合電路歐姆定律有I1＝
經(jīng)分析知整個金屬環(huán)在運動過程中可視為長度為L、電阻為Rc的金屬棒，設(shè)金屬環(huán)剛開始運動時所受的安培力大小為F1、加速度大小為a，則
F1＝I1LB
由牛頓第二定律得F1＝2ma
聯(lián)立解得a＝。
(3)經(jīng)分析，ab進入磁場后，ab和金屬環(huán)組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)兩者共速時的速度大小為v2，由動量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
設(shè)在極短時間Δt內(nèi)，ab與金屬環(huán)圓心的距離減少量為Δx，金屬環(huán)所受安培力大小為F，流過ab的電流為I，整個電路的電動勢為E，對金屬環(huán)，由動量定理得
＝2mv2－0
F＝ILB
由閉合電路歐姆定律得I＝
設(shè)金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離為s，若ab與金屬環(huán)共速時，兩者恰好接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的距離最小，對ab進入磁場到兩者共速的過程，由法拉第電磁感應(yīng)定律有
E＝BL
s＝L＋
聯(lián)立解得s＝＋L。
[答案]　(1)BL　(2) (3)＋L
思維進階特訓(xùn)(十七)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
1．定義“另類加速度”A＝，A不變的運動稱為另類勻變速運動。若物體運動的A不變，則稱物體做另類勻變速運動。如圖所示，光滑水平面上一個正方形導(dǎo)線框以垂直于一邊的速度穿過一個勻強磁場區(qū)域(磁場寬度大于線框邊長)。導(dǎo)線框電阻不可忽略，但自感可以忽略不計。已知導(dǎo)線框進入磁場前速度為v1，穿
出磁場后速度為v2。下列說法正確的是(　　)
A．線框在進入磁場的過程中，做勻變速運動
B．線框在進入磁場的過程中，其另類加速度A是變化的
C．線框完全進入磁場后，在磁場中運動的速度為
D．線框完全進入磁場后，在磁場中運動的速度為
√
題號
1
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2
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6
8
7
C　[線框在進入磁場的過程中，受到向左的安培力而做減速運動，線框受到的安培力大小F＝BIL＝，可知隨著速度減小，線框受到的安培力減小，加速度減小，所以線框在進入磁場的過程中，做加速度逐漸減小的減速直線運動，故A錯誤；線框在進入磁場的過程中，取向右為正方向，根據(jù)動量定理得－BLΔt＝mΔv，其中Δt＝Δt＝，解得＝－，所以另類加速度A不變，故B錯誤；
題號
1
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8
7
線框在進入磁場的過程中，取向右為正方向，根據(jù)動量定理－BLΔt＝－＝mv－mv1，線框穿出磁場的過程中，同理有－BLΔt＝－＝mv2－mv，聯(lián)立解得v＝，故C正確，D錯誤。]
題號
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8
7
2．(多選)如圖所示，一質(zhì)量為m的足夠長U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，bc邊長為L，不計金屬框電阻。一長為L的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，導(dǎo)體棒的阻值為R、質(zhì)量為2m。裝置處于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中。現(xiàn)給金屬框水平向右的初速度v0，在整個運動過程中MN始終與金屬框保持良好接觸，則(　　)
題號
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2
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6
8
7
A．剛開始運動時產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為b→c→N→M
B．導(dǎo)體棒最終和U形光滑金屬框一起做勻速直線運動的速度為
C．導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為
D．通過導(dǎo)體棒的電荷量為
√
題號
1
3
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2
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6
8
7
√
√
BCD　[金屬框開始獲得向右的初速度v0，根據(jù)楞次定律可知回路磁通量增大，原磁場垂直紙面向里，所以感應(yīng)電流磁場垂直向外，再根據(jù)安培定則可知感應(yīng)電流方向為c→b→M→N，最后當(dāng)二者速度相等時，回路中沒有感應(yīng)電流，故A錯誤；以金屬框和導(dǎo)體棒整體為研究對象，由于整體水平方向不受力，所以整體水平方向動量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向為正，根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝3mv，可得v＝v0，故B正確；由能量守恒可知，導(dǎo)體棒產(chǎn)
題號
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7
生的焦耳熱Q＝－×3mv2＝，故C正確；對導(dǎo)體棒，根據(jù)動量定理可得BΔt＝q，可得通過導(dǎo)體棒的電荷量為q＝，故D正確。]
題號
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8
7
3．(多選)(2024·山東聊城市一模)如圖所示，四條光滑的足夠長的金屬導(dǎo)軌M、N、P、Q平行放置，導(dǎo)軌固定于絕緣水平面上，M、N導(dǎo)軌間距為2L，P、Q導(dǎo)軌間距為L，兩組導(dǎo)軌間由導(dǎo)線相連，導(dǎo)軌內(nèi)存在豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，兩根質(zhì)量均為m、接入電路的電阻均為R的導(dǎo)體棒C、D分別垂直于導(dǎo)軌放置，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)。使C獲得向右的瞬時速度v0，同時使導(dǎo)體棒D獲得向左的瞬時速度v0。兩導(dǎo)體棒在達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，且均未到達(dá)兩組導(dǎo)軌連接處。則下列說法正確的是(　　)
題號
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7
A．開始階段，導(dǎo)體棒C、D均做減速運動，
C先減速至零
B．達(dá)到穩(wěn)定運動時，C、D兩棒均向右運動
C．從開始獲得速度至穩(wěn)定運動的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量為
D．從開始獲得速度至穩(wěn)定運動的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量為
√
題號
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7
√
BD　[規(guī)定以水平向右為正方向，對C應(yīng)用動量定理可得－＝mv1－mv0，對D應(yīng)用動量定理可得＝mv2－，最終穩(wěn)定時，總電動勢為零，即B×2Lv1＝BLv2，聯(lián)立求得v1＝，v2＝v0，所以達(dá)到穩(wěn)定運動時，C、D兩棒均向右運動，因此D棒先減速到零，再向右加速，又由＝BqL＝mv2＋m×，求得的q＝。故選BD。]
題號
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4．如圖所示，在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，有兩根位于同一水平面內(nèi)且間距為L的平行金屬導(dǎo)軌(導(dǎo)軌足夠長，電阻不計)；兩根質(zhì)量均為m、內(nèi)阻均為r的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上(導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸良好)，t＝0時，ab棒以初速度3v0向右滑動，cd棒以初速度v0向左滑動，關(guān)于
兩棒的運動情況，下列說法正確的是(　　)
題號
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7
A．當(dāng)其中某根棒的速度為零時，另一根棒的速度大小為v0
B．當(dāng)其中某根棒的速度為零時，另一根棒的加速度大小為
C．從初始時刻到其中某根棒的速度為零的過程中，導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為
D．cd棒的收尾速度大小為2v0
√
題號
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C　[由于兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律可得m·3v0－mv0＝mv1＋mv2，所以當(dāng)其中某根棒的速度為零時，另一根棒的速度大小為2v0，所以A錯誤；當(dāng)其中某根棒的速度為零時，另一根棒的速度大小為2v0，則有E＝BL·2v0，I＝，F(xiàn)＝BIL，聯(lián)立解得F＝，由牛頓第二定律可得，另一根棒的加速度大小為a＝＝，所以B錯誤；從初始時刻到其中某根棒的
題號
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速度為零的過程中，兩根導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q總＝＋m(3v0)2－m(2v0)2＝，則導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝Q總＝，所以C正確；cd棒的收尾速度為兩根導(dǎo)體棒具有的共同速度，則有m·3v0－mv0＝2mv共，解得v共＝v0，所以D錯誤。]
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5．(多選)(2024·湖南卷)某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導(dǎo)軌置于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導(dǎo)軌BC段與B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右側(cè)處于豎直向下的勻強磁場中，一質(zhì)量為m的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置。現(xiàn)讓金屬桿以初速度v0沿導(dǎo)軌向右經(jīng)過AA1進入磁場，最終恰好停在CC1處。已知金屬桿接入導(dǎo)軌之間的阻值為R，與粗糙導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，AB＝BC＝d。導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
題號
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A．金屬桿經(jīng)過BB1的速度為
B．在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的
熱量為－μmgd
C．金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量相同
D．若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍
√
題號
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√
CD　[設(shè)金屬桿經(jīng)過BB1的速度大小為v1，則對金屬桿從AA1運動到BB1的過程，由動量定理有t1＝m(v0－v1)，又t1＝d，則＝m(v0－v1)，對金屬桿從BB1運動到CC1的過程，由動量定理有t2＋μmgt2＝mv1，又t2＝d，則＋μmgt2＝mv1，分析可知v0－v1，即金屬桿經(jīng)過BB1的速度大于，A錯誤；整個過程，由能量守恒定律可得＝QR＋Q桿＋μmgd，由于通
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過定值電阻R和金屬桿的電流時刻相等，則由焦耳定律可知QR＝Q桿，聯(lián)立可得QR＝－μmgd，B錯誤；規(guī)定水平向左為正方向，則結(jié)合A項分析可知，金屬桿經(jīng)過AA1B1B區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量I1＝t1＝，金屬桿經(jīng)過BB1C1C區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量I2＝t2＝，可得I1＝I2，即金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量相同，C正確；若將金屬桿
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的初速度加倍，則對金屬桿從AA1運動到BB1的過程，由動量定理有t3＝＝m(2v0－vB)，對金屬桿從BB1運動到CC1的過程，由動量定理有t4＋μmgt4＝m(vB－vC)，即＋μmgt4＝m(vB－vC)，又由運動學(xué)知識有t4v0，對金屬桿經(jīng)過CC1之后的運動過程，由動量定
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理有t5＝＝mvC>mv0，又由A項分析有2d，故金屬桿在磁場中運動的距離為x＝2d＋Δx>4d＝2×2d，即金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍，D正確。]
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6．(2024·山東省實驗中學(xué)一模)“途靈底盤”是某公司新推出的一款智能化多場景的汽車減震系統(tǒng)。電磁減震器是該系統(tǒng)中重要組成部分。小明同學(xué)在實驗室中模擬電磁減震器的工作原理。在絕緣滑動桿上固定4個完全相同且相互緊靠(忽略線圈間距離)的矩形線圈，使其進入右側(cè)由電磁鐵產(chǎn)生的磁場做減速運動。右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度與電流之間的關(guān)系為B＝kI，其中k＝50 T/A且產(chǎn)生的磁場范圍足夠大。已知滑動桿及線圈的總質(zhì)量為m＝1.0 kg，每個矩形線圈的匝數(shù)均為n＝10匝，阻值R＝1.0 Ω，長為L＝20 cm，寬為d＝10 cm，整個過程不考慮互感影響，不計一切摩擦。
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(1)若電磁鐵中的電流為20 mA，求線圈1完全進入磁場時的速度變化量Δv；
(2)若電磁鐵中的電流為20 mA且第3個線圈完全進入磁場時恰好減速為零，求線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q。
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[解析]　(1)由動量定理得nBL··Δt＝mΔv
其中d＝Δt
右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度為B＝kI
解得Δv＝0.4 m/s，方向水平向左。
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(2)第3個線圈完全進入磁場時恰好減速為零，由動量定理得
－nBL··Δt′＝0－mv
其中3d＝Δt′
解得第一個線圈剛進入磁場時的速度為
v＝1.2 m/s
線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mv2＝0.72 J。
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[答案]　(1)0.4 m/s，方向水平向左　(2)0.72 J
7．如圖所示，間距為d的光滑平行金屬導(dǎo)軌由圓弧和水平兩部分組成，兩導(dǎo)軌之間連接一個阻值為R的定值電阻。水平導(dǎo)軌間存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下，質(zhì)量為M、有效電阻也為R的金屬棒甲靜止在磁場左側(cè)邊界線上。現(xiàn)在將一根質(zhì)量為m的絕緣棒乙，從圓弧軌道上距水平面高度為L處由靜止釋放，乙滑下后與甲發(fā)生彈性碰撞并反彈，然后再次與已經(jīng)靜止的甲發(fā)生彈性碰撞。甲始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g。求：
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(1)第一次碰后乙反彈的高度h；
(2)第一次碰撞到第二次碰撞過程中R上產(chǎn)生的熱量；
(3)已知圓弧軌道的半徑為r，如果圓弧軌道半徑遠(yuǎn)大于圓弧的弧長，則乙第一次與甲碰撞后經(jīng)過多長時間與甲發(fā)生第二次碰撞。
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[解析]　(1)設(shè)第一次碰撞前乙的速度為v，有
mgL＝mv2
設(shè)第一次碰撞后乙的速度為v1，甲的速度為u1，甲、乙發(fā)生彈性碰撞，則
mv＝mv1＋Mu1
mv2＝
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解得v1＝－v，u1＝v
碰撞后乙上升的最大高度為h，有
mgh＝
整理得h＝L。
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(2)對甲分析，甲、乙碰后甲的動能轉(zhuǎn)化為整個回路的焦耳熱，設(shè)R上產(chǎn)生的熱量為Q，
由能量守恒定律＝2Q
得Q＝。
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(3)對甲，由第一次碰撞到第一次停止的過程，由動量定理得
－BdΔt＝0－Mu1
q＝Δt＝
由上式得x1＝u1
乙在水平軌道運動時間t1＝＝
乙在圓弧軌道運動因圓弧軌道半徑遠(yuǎn)大于圓弧的弧長，則等效為單擺的擺動，時間為
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t2＝2×＝π
總時間t＝t1＋t2
綜上得t＝π＋。
[答案]　(1)L　(2)(3)π＋
8．(2023·新課標(biāo)卷)一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬細(xì)框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖(a)所示。
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(1)使金屬框以一定的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小；
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(2)在桌面上固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻R1＝2R0，導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖(b)所示。讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量。
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[解析]　(1)金屬框全部在磁場中時無安培力作用，有安培力作用時間內(nèi)總位移為2L，對全過程，根據(jù)動量定理有－BLt進－BLt出＝m－mv0
＝＝t進＋t出＝2L
R總＝4R0
聯(lián)立解得v0＝。
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(2)金屬框在導(dǎo)軌上運動時，上、下邊框被導(dǎo)軌短路，右邊框切割磁感線、左邊框未進入磁場時，等效電路如圖甲所示，右邊框充當(dāng)電源，左邊框與R1并聯(lián)。設(shè)左邊框剛要進入磁場時速度為v1，根據(jù)動量定理有－BLt1＝mv1－mv0
其中t1＝L
R1總＝＋R0＝R0
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聯(lián)立解得v1＝
設(shè)流過R1的電流為I1，則流過左、右邊框的電流分別為2I1、3I1，則R1與左、右邊框產(chǎn)生的熱量之比
Q1∶Q左∶Q右＝·2R0t1∶(2I1)2·R0t1∶(3I1)2·R0t1＝2∶4∶9
由能量守恒定律有Q1＋Q左＋Q右＝
聯(lián)立解得Q1＝
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線框全部進入磁場切割磁感線過程，等效電路如圖乙所示，等效電源內(nèi)阻為左、右兩邊框并聯(lián)的阻值，即內(nèi)阻為，設(shè)右邊框剛要出磁場時速度為v2，根據(jù)動量定理有
－BLt2＝mv2－mv1
其中t2＝L
R2總＝2R0＋＝R0
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聯(lián)立解得v2＝0，則右邊框剛好不出磁場。
R1與線框產(chǎn)生的熱量之比
Q2∶Q框＝t2＝4∶1
由能量守恒定律有
Q2＋Q框＝
聯(lián)立解得Q2＝
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則電阻R1產(chǎn)生的總熱量Q＝Q1＋Q2
解得Q＝。
[答案]　(1)
謝 謝 ！

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