2019年高考物理二轮复习专题四电磁感应和电路第2讲电磁感应的综合问题学案

第2讲 电磁感应的综合问题[历次选考考情分析]考点一 电磁感应基本概念和规律的理解1．解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B －t 图象还是Φ－t 图象，或者是E －t 图象、I －t 图象等． (2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式； (5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等； (6)画出图象或判断图象．2．电磁感应中图象类选择题的两个常见解法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的办法．1．[感应电流的产生](多选)下列各图所描述的物理情境中，有感应电流产生的是( )答案BCD解析A中电键S闭合稳定后，穿过线圈的磁通量保持不变，线圈中不产生感应电流；B中磁铁向铝环A靠近，穿过铝环的磁通量在增大，铝环中产生感应电流；C中金属框从A向B运动，穿过金属框的磁通量时刻在变化，金属框中产生感应电流；D中铜盘在磁场中按题图所示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，电阻R中产生感应电流．2．[感应电流的大小和方向](多选)如图1，一根长为l、横截面积为S的闭合软导线置于光滑水平面上，其材料的电阻率为ρ，导线内单位体积的自由电子数为n，电子的电荷量为e，空间存在垂直纸面向里的磁场．某时刻起磁场开始减弱，磁感应强度随时间的变化规律是B ＝B0－kt，当软导线形状稳定时，磁场方向仍然垂直纸面向里，此时( )图1 A．软导线将围成一个圆形B．软导线将围成一个正方形C．导线中产生逆时针方向的电流D．导线中的电流为klS4πρ答案AD解析当磁场的磁感应强度减弱时，由楞次定律可知，导线中产生顺时针方向的电流，软导线围成的图形的面积有扩大的趋势，结合周长相等时，圆的面积最大可知，最终软导线围成一个圆形．设软导线围成的圆形半径为r，则有：l＝2πr，圆形的面积为S1＝πr2，软导线的电阻为R＝ρlS，软导线中产生的感应电动势为E＝ΔBΔtS1＝kl24π，感应电流为I＝ER＝klS4πρ.3．[感应电流的图象](多选)如图2甲所示，正六边形导线框abcdef放在磁场中静止不动，磁场方向与导线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正，竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正．则下面关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图象正确的是( )图2答案 BC解析 0～2 s 内，磁感应强度的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值．根据法拉第电磁感应定律，E ＝ΔBS Δt ＝B 0S 为定值，则感应电流为定值，I 0＝B 0SR.在2～3 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2 s 内相同．在3～4 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2 s 内相同．在4～6 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2 s 内相同，故A 错误，B 正确．在0～2 s 内，磁感应强度的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据F 安＝BIL ，则安培力逐渐减小，cd 边所受安培力方向向右，为负值.0时刻安培力大小为F ＝2B 0I 0L .在2～3 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据F 安＝BIL ，则安培力逐渐增大，cd 边所受安培力方向向左，为正值，3 s 末安培力大小为B 0I 0L .在3～4 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐减小，则安培力大小逐渐减小，cd 边所受安培力方向向右，为负值，第4 s 初的安培力大小为B 0I 0L .在4～6 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd 边所受安培力方向向左，6 s 末的安培力大小2B 0I 0L ，故C 正确，D 错误．4.[电路问题](多选)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l ，正方形的一半放在垂直于纸面向里的磁场中，如图3所示，当磁场以ΔBΔt的变化率增强时，则( )图3A ．线圈中感应电流方向为acbdaB ．线圈中产生的电动势E ＝ΔB Δt ·l22C ．线圈中感应电流方向为adbcaD ．线圈中a 、b 两点间的电势差为ΔB Δt ·l22答案 AB解析 当磁场增强时，由楞次定律可判定感应电流的方向为acbda ，故A 项正确，C 项错误；由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔB Δt ·l22，B 项正确；线圈中a 、b 两点的电势差的绝对值为电动势的一半，由电流方向可知，a 点电势低于b 点电势，则a 、b 两点的电势差为－12·ΔB Δt ·l22，故D 项错误．考点二 电磁感应中的动力学和能量问题1．电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻．(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F 安＝BIL ，根据牛顿第二定律列动力学方程：F 合＝ma .(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程：F 合＝0. 2．电磁感应中能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法①焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变；②功能关系：Q＝W克服安培力，电流变不变都适用；③能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量，电流变不变都适用．例1(2018·嘉兴一中期末)如图4所示，两根相距L1的平行粗糙金属导轨固定在水平面上，导轨上分布着n个宽度为d、间距为2d的匀强磁场区域，磁场方向垂直水平面向上．在导轨的左端连接一个阻值为R的电阻，导轨的左端距离第一个磁场区域L2的位置放有一根质量为m，长为L1，阻值为r的金属棒，导轨电阻及金属棒与导轨间的接触电阻均不计．某时刻起，金属棒在一水平向右的已知恒力F作用下由静止开始向右运动，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.图4(1)若金属棒能够匀速通过每个匀强磁场区域，求金属棒离开第2个匀强磁场区域时的速度v2的大小；(2)在满足第(1)小题条件时，求第n个匀强磁场区域的磁感应强度B n的大小；(3)现保持恒力F不变，使每个磁场区域的磁感应强度均相同，发现金属棒通过每个磁场区域时电路中的电流变化规律完全相同，求金属棒从开始运动到通过第n个磁场区域的整个过程中左端电阻R上产生的焦耳热Q.答案(1)2(F－μmg)(L2＋2d)m(2)1L 14m (F －μmg )(R ＋r )22L 2＋4nd －4d(3)3RR ＋rnd (F －μmg ) 解析 (1)金属棒匀加速运动有F －μmg ＝mav 22＝2a (L 2＋2d )解得：v 2＝2(F －μmg )(L 2＋2d )m(2)金属棒匀加速运动的总位移为x ＝L 2＋2nd －2d 金属棒进入第n 个匀强磁场的速度满足v n 2＝2ax 金属棒在第n 个磁场中匀速运动有F －μmg －F 安＝0 感应电动势E ＝B n L 1v n 电流I ＝ER ＋r ＝B n L 1v nR ＋r安培力F 安＝B n L 1I联立得：F 安＝B n 2L 12v nR ＋r解得：B n ＝1L 1 4m (F －μmg )(R ＋r )22L 2＋4nd －4d(3)金属棒进入每个磁场时的速度v 和离开每个磁场时的速度v ′均相同，由题意可得v 2＝2aL 2，v 2－v ′2＝2a ·2d金属棒从开始运动到通过第n 个磁场区域的过程中，有x 总＝L 2＋3nd －2d (F －μmg )x 总－Q 总＝12mv ′2Q ＝R R ＋rQ 总 解得：Q ＝3RR ＋rnd (F －μmg )5．如图5所示，有一倾斜光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距L ＝0.5 m ，电阻不计，在两导轨间接有R ＝3 Ω的电阻．在导轨中间加一垂直导轨平面向上的宽度为d ＝0.4 m 的匀强磁场，B ＝2 T ．一质量为m ＝0.08 kg ，电阻为r ＝2 Ω的导体棒从距磁场上边缘d ＝0.4 m 处由静止释放，运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好，取g ＝10 m/s 2.求：图5(1)导体棒进入磁场上边缘的速度大小v ；(2)导体棒通过磁场区域的过程中，通过导体棒的电荷量q ； (3)导体棒通过磁场区域的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q . 答案 (1)2 m/s (2)0.08 C (3)0.096 J解析 (1)根据机械能守恒定律可得：mgd sin 30°＝12mv 2代入数据解得，导体棒进入磁场上边缘的速度v ＝2 m/s. (2)根据法拉第电磁感应定律可得：E ＝ΔΦΔt根据闭合电路的欧姆定律可得：I ＝ER ＋r通过导体棒的电荷量为：q ＝I Δt ＝ΔΦR ＋r ＝BLdR ＋r ＝0.08 C.(3)导体棒切割磁感应线产生的感应电动势为E ＝BLv ＝2 V 根据闭合电路的欧姆定律可得：I ＝ER ＋r＝0.4 A导体棒受到的安培力F ＝BIL ＝0.4 N导体棒的重力沿导轨平面向下的分力F ′＝mg sin 30°＝0.4 N所以金属棒进入磁场后做匀速运动，根据功能关系可得电阻R上产生的焦耳热为：Q＝RR＋rmgd sin 30°＝0.096 J.考点三应用动量和能量观点分析电磁感应问题1．电磁感应与动量综合问题往往需要运用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、功能关系和能量守恒定律等重要规律，并结合闭合电路的欧姆定律等物理规律及基本方法．2．动量观点在电磁感应问题中的应用，主要可以解决变力的冲量．所以，在求解导体棒做非匀变速运动的问题时，应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的麻烦，在求解双杆模型问题时，在一定条件下可以利用动量守恒定律避免讨论中间变化状态，而直接求得最终状态．模型1 动量定理与电磁感应的综合应用例2(2018·宁波市十校联考)如图6所示，两根相距为d的粗糙平行金属导轨放在倾角为θ的斜面上(电阻忽略不计)，金属导轨上端连有阻值为R的电阻，在平行于斜面的矩形区域mnOP(mP长为l，且平行于金属导轨，不考虑磁场的边界效应)内存在一个垂直斜面向上的匀强磁场B，一根电阻为r，质量为m的金属棒EF自磁场上边界虚线mn处由静止释放，经过t 时间离开磁场区域，金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ.求：图6(1)t时间内通过电阻R的电荷量q；(2)t时间内电阻R上产生的焦耳热Q；(3)沿着导轨向下平行移动磁场区域，从原位置释放金属棒，当它恰好能匀速通过磁场时，磁场的移动距离s和金属棒通过磁场的时间t′.答案(1)BldR＋r(2)RR ＋r ·{mgl (sin θ－μcos θ)－12m [(sin θ－μcos θ)gt －B 2d 2l m (R ＋r )]2} (3)m 2(R ＋r )2g (sin θ－μcos θ)2B 4d 4B 2d 2l mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )解析 (1)由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝Bldt通过电阻R 的电荷量为q ＝ER ＋r·t ＝Bld R ＋r(2)金属棒向下运动的过程中受到重力、支持力、摩擦力以及安培力的作用，在沿斜面的方向上，由动量定理得：(mg sin θ－μmg cos θ)·t －Bd ·ER ＋r·t ＝mv －0得：v ＝(g sin θ－μg cos θ)t －B 2d 2lm (R ＋r )由功能关系可得：Q 总＝mgl (sin θ－μcos θ)－12mv 2则电阻R 上产生的焦耳热为：Q ＝RR ＋r·Q 总联立可得：Q ＝RR ＋r ·{mgl (sin θ－μcos θ)－12m [(sin θ－μcos θ)gt －B 2d 2l m (R ＋r )]2} (3)金属棒在磁场中做匀速直线运动时，mg sin θ＝μmg cos θ＋B 2d 2v m R ＋r得：v m ＝mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )B 2d 2金属棒沿导轨平面向下的加速度为：a ＝g (sin θ－μcos θ) 又：v m 2＝2as ，得s ＝m 2(R ＋r )2g (sin θ－μcos θ)2B 4d4金属棒通过磁场的时间为：t ′＝l v m ＝B 2d 2l mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )6.如图7所示，光滑的水平平行金属导轨间距为L ，导轨电阻忽略不计．空间存在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .轻质导体棒ab 垂直导轨放置，导体棒ab 的电阻为r ，与导轨之间接触良好．两导轨之间接有定值电阻，其阻值为R ，轻质导体棒中间系一轻细线，细线通过定滑轮悬挂质量为m 的物体，现从静止释放该物体，当物体速度达到最大时，下落的高度为h .物体下落过程中不着地，导轨足够长，忽略空气阻力和一切摩擦阻力，重力加速度为g .求：图7(1)物体下落过程中的最大速度v m ；(2)物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻R 上产生的热量Q ； (3)物体从静止开始下落至速度到最大时，所需的时间t .答案 (1)mg (R ＋r )B 2L 2 (2)mghR R ＋r －m 3g 2R (R ＋r )2B 4L 4(3)m (R ＋r )B 2L 2＋B 2L 2hmg (R ＋r )解析 (1)在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大．对物体，由平衡条件可得mg ＝F T 对导体棒，由平衡条件可得F T ＝BIL对导体棒与导轨、电阻R 组成的闭合回路，根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r根据法拉第电磁感应定律得E ＝BLv m 联立以上各式解得v m ＝mg (R ＋r )B 2L 2. (2)在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统中产生热量，根据能量守恒定律可得mgh ＝12mv m 2＋Q 总电阻R 上产生的热量Q ＝RR ＋rQ 总， 联立解得Q ＝mghR R ＋r －m 3g 2R (R ＋r )2B 4L4. (3)在系统加速过程中，任一时刻速度设为v ，取一段时间微元Δt ，在此过程中以系统为研究对象，根据动量定理可得mg Δt －B 2L 2vR ＋r Δt ＝m Δv即mg Δt －B 2L 2ΔxR ＋r ＝m Δv全过程叠加求和mgt －B 2L 2hR ＋r ＝mv m联立解得t ＝m (R ＋r )B 2L 2＋B 2L 2hmg (R ＋r ).模型2 动量守恒定律与电磁感应的综合应用例3 (2018·宁波市3月选考)如图8甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ 、MN ，相距为L ＝0.5 m ，ef 右侧导轨处于磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B 的大小如图乙变化．开始时ab 棒和cd 棒锁定在导轨如图所示位置，ab 棒与cd 棒平行，ab 棒离水平面高度为h ＝0.2 m ，cd 棒与ef 之间的距离也为L ，ab 棒的质量为m 1＝0.2 kg ，有效电阻R 1＝0.05 Ω，cd 棒的质量为m 2＝0.1 kg ，有效电阻为R 2＝0.15 Ω.(设ab 、cd 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计，g 取10 m/s 2)．问：图8(1)0～1 s 时间段内通过cd 棒的电流大小与方向；(2)假如在1 s 末，同时解除对ab 棒和cd 棒的锁定，稳定后ab 棒和cd 棒将以相同的速度做匀速直线运动，试求这一速度的大小；(3)对ab 棒和cd 棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速直线运动，ab 棒上产生的热量； (4)ab 棒和cd 棒速度相同时，它们之间的距离大小． 答案 见解析解析 (1)由楞次定律可得，cd 棒中的电流方向为由d 到cE ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝ΔB ΔtL 2代入数据得：E ＝0.25 Vcd 棒中的电流大小I ＝ER 1＋R 2代入数据得：I ＝1.25 A(2)设ab 棒刚进入磁场时的速度为v 0，由机械能守恒定律有：m 1gh ＝12m 1v 02得v 0＝2 m/s由题意可知，ab 棒进入磁场后做加速度减小的减速运动，cd 棒做加速度减小的加速运动，而由ab 、cd 棒组成的回路感应电动势越来越小，最终ab 、cd 棒达到共同速度做匀速直线运动，系统稳定．以ab 、cd 棒构成的系统为研究对象，水平方向上只受到大小时刻相等、方向时刻相反的安培力作用，系统在磁场中运动时动量守恒．m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 共得：v 共＝43m/s.(3)以ab 、cd 棒构成的系统为研究对象，从解除锁定开始到ab 、cd 棒以相同的速度稳定运动的过程中，系统损失的机械能转化为系统两电阻上的热量．m 1gh －12(m 1＋m 2)v 共2＝Q 总则Q ab ＝R 1R 1＋R 2Q 总＝130J(4)以ab 棒为研究对象，ab 棒从进入磁场到达到稳定速度过程中，由动量定理有：m 1v 共－m 1v 0＝－∑F 安Δt ＝－∑BL BL vR 1＋R 2Δt ＝－B 2L 2ΔxR 1＋R 2解得Δx ＝875m分析可知Δx 为这个过程中两棒相对靠近的距离， 所以，稳定时两棒之间的距离为：x ＝L －Δx ＝59150m.7．如图9所示，一个质量为m 、电阻不计、足够长的光滑U 形金属框架MNQP ，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN 和PQ 相距为L .空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .另有质量也为m 的金属棒CD ，垂直于MN 放置在导轨上，并用一根绝缘细线系在定点A .已知，细线能承受的最大拉力为F T0，CD 棒接入导轨间的有效电阻为R .现从t ＝0时刻开始对U 形框架施加水平向右的拉力F (大小未知)，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动．图9(1)求从框架开始运动到细线断开所需的时间t 0及细线断开时框架的瞬时速度v 0大小； (2)若在细线断开时，立即撤去拉力F ，求此后过程回路中产生的总焦耳热Q .答案 (1)F T0R B 2L 2a F T0R B 2L 2 (2)mF T02R 24B 4L4解析 (1)细线断开时，对CD 棒有F T0＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝ER，E ＝BLv 0，v 0＝at 0联立解得t 0＝F T0RB 2L 2a细线断开时，框架的速度v 0＝F T0R B 2L 2(2)在细线断开时立即撤去拉力F ，框架向右减速运动，CD 棒向右加速运动，设二者最终速度大小为v ，由系统动量守恒可得mv 0＝2mv 得v ＝v 02＝F T0R2B 2L2撤去拉力F 后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热Q ＝12mv 02－12×2mv 2 联立得Q ＝mF T02R 24B 4L4.专题强化练1．(多选)(2018·牌头中学期中改编)如图1所示，固定的水平长直导线中通有向右的电流I ，矩形闭合导线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．将线框由静止释放，不计空气阻力，则在线框下落过程中( )图1A ．穿过线框的磁通量保持不变B ．线框中感应电流的方向为顺时针C ．线框所受安培力的合力竖直向上D ．线框的机械能不断增大 答案 BC解析线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁通量减小，故A错误；电流I产生的磁场在导线的下方垂直于纸面向里，下落过程中，因为穿过线框的磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以感应电流的方向为顺时针，故B正确；由于离导线越远的地方磁场越弱，所以线框的上边受到的安培力大小大于下边受到的安培力大小，合力的方向向上，故C正确；下落过程中，因为穿过线框的磁通量随线框下落而减小，线框中产生电能，机械能减小，故D错误．2．(多选)某实验装置如图2所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B，如果线圈A中电流i与时间t的关系有如图所示的A、B、C、D共四种情况．在t1～t2这段时间内，哪种情况可以观察到在线圈B中有感应电流( )图2答案BCD3．(多选)(2018·书生中学月考改编)竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图3所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab与cd长均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重均为0.1 N，现用力向上拉导体棒ab，使之匀速向上(与导轨接触良好，导轨足够长)，此时，导体棒cd恰好静止，那么导体棒ab上升时，下列说法中正确的是( )图3A ．导体棒ab 受到的拉力大小为2 NB ．导体棒ab 向上的速度为2 m/sC ．在2 s 内，拉力做功转化为的电能是0.4 JD ．在2 s 内，拉力做功为0.6 J 答案 BC解析 导体棒ab 匀速上升，受力平衡，cd 棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的系统，合外力为零，根据平衡条件可得：ab 棒受到的拉力F ＝2mg ＝0.2 N ，故A 错误；对cd 棒，受到向下的重力G 和向上的安培力F 安，由平衡条件得：F 安＝G ，即BIL ＝G ，又I ＝BLv2R，联立得：v ＝2GR B 2L 2＝2×0.1×0.10.52×0.22 m/s ＝2 m/s ，故B 正确；在2 s 内，电路产生的电能Q ＝E 22R t ＝(BLv )22R t ＝(0.5×0.2×2)22×0.1×2 J＝0.4 J ，故C 正确；在2 s 内拉力做的功，W ＝Fvt ＝0.2×2×2 J＝0.8 J ，故D 错误．4.如图4所示，两根竖直固定的足够长的光滑金属导轨ab 和cd 相距L ＝1 m ，金属导轨电阻不计．两根水平放置的金属杆MN 和PQ 质量均为0.1 kg ，在电路中两金属杆MN 和PQ 的电阻均为R ＝2 Ω，PQ 杆放置在水平台上．整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g 取10 m/s 2，不计空气阻力．图4(1)若将MN 杆固定，两杆间距为d ＝4 m ，现使磁感应强度从零开始以ΔB Δt ＝0.5 T/s 的变化率均匀地增大，经过多长时间，PQ 杆对地面的压力为零？(2)若将PQ 杆固定，让MN 杆在竖直向上的恒定拉力F ＝2 N 的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度大小恒为1 T ．若杆MN 发生的位移为h ＝1.8 m 时达到最大速度，求最大速度的大小和加速时间．答案 (1)4 s (2)4 m/s 0.85 s 解析 (1)根据法拉第电磁感应定律：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S ＝ΔBΔt·Ld 根据闭合电路欧姆定律：I ＝E2R由题意可知：B ＝0.5t当PQ 杆对地面的压力恰好为零时，对PQ 杆有mg ＝BIL联立解得t ＝4 s(2)当杆MN 达到最大速度v m 时，其加速度为0 对MN 杆：mg ＋B ′I ′L ＝FI ′＝B ′Lv m2R联立解得最大速度v m ＝4 m/s杆MN 从静止到最大速度v m 的运动过程中 根据动量定理：Ft ′－mgt ′－B ′I Lt ′＝mv mI t ′＝B ′ΔS 2R ＝B ′Lh2R联立解得加速时间t ′＝0.85 s.5．(2018·新力量联盟期末)如图5甲所示，MN 、PQ 为间距L ＝0.5 m 足够长的平行导轨，NQ ⊥MN ，导轨的电阻均不计．导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ 间连接有一个R ＝4 Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B 0＝1 T ．将一根质量为m ＝0.05 kg 的金属棒ab 紧靠NQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd 处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量q ＝0.2 C ，且金属棒的加速度a 与速度v 的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ 平行．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)求：图5(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ； (2)cd 与NQ 的距离s ；(3)金属棒滑行至cd 处的过程中，电阻R 上产生的热量． 答案 (1)0.5 (2)2 m (3)0.08 J解析 (1)由题图乙可知，当v ＝0时，a ＝2 m/s 2mg sin θ－μmg cos θ＝ma得μ＝0.5(2)由题图乙可知，v m ＝2 m/s当金属棒达到稳定速度时，有F 安＝B 0ILE ＝B 0Lv m I ＝E R ＋rmg sin θ＝F 安＋μmg cos θ联立以上各式解得r ＝1 Ω通过金属棒横截面的电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦΔt (R ＋r )Δt ＝ΔΦR ＋r ＝B 0LsR ＋r ＝0.2 C解得s ＝2 m(3)由动能定理得mgs sin 37°－μmgs cos 37°－W F ＝12mv m 2－0W F ＝Q 总＝0.1 JQ R ＝45Q 总＝0.08 J.6．如图6所示，平行金属导轨MN 、M ′N ′和平行金属导轨PQR 、P ′Q ′R ′分别固定在高度差为h (数值未知)的水平台面上．导轨MN 、M ′N ′左端接有电源、间距为L ＝0.10 m ，所在空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B 1＝0.20 T ；导轨PQR 与P ′Q ′R ′的间距也为L ＝0.10 m ，其中PQ 与P ′Q ′是圆心角为60°、半径为r ＝0.50 m 的圆弧导轨，QR 与Q ′R ′是水平长直导轨，QQ ′右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B 2＝0.40 T ．导体棒a 质量m 1＝0.02 kg ，电阻R 1＝2.0 Ω，放置在导轨MN 、M ′N ′右侧N ′N 边缘处；导体棒b 质量m 2＝0.04 kg ，电阻R 2＝4.0 Ω，放置在水平导轨某处．闭合开关K 后，导体棒a 从NN ′水平抛出，恰能无碰撞地从PP ′处以速度v 1＝2 m/s 滑入平行导轨，且始终没有与导体棒b 相碰．重力加速度g ＝10 m/s 2，不计一切摩擦及空气阻力．求：图6(1)导体棒b 的最大加速度；(2)导体棒a 在磁场B 2中产生的焦耳热；(3)闭合开关K 后，通过电源的电荷量q .答案 (1)0.02 m/s 2(2)0.02 J (3)1 C解析 (1)设导体棒a 刚进入磁场B 2时的速度为v 2，根据动能定理： m 1g (r －r cos 60°)＝12m 1v 22－12m 1v 12解得：v 2＝3 m/s因为导体棒a 刚进入磁场B 2时，导体棒b 中的电流最大，导体棒b 受到的力最大，加速度最大，所以有：电动势为：E ＝B 2Lv 2电流为：I ＝ER 1＋R 2根据牛顿第二定律：B 2IL ＝m 2a max解得：a max ＝0.02 m/s 2.(2)两个导体棒在运动过程中，动量、能量守恒，当两导体棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两导体棒做匀速直线运动，两导体棒不再产生焦耳热，所以根据动量守恒：m 1v 2＝(m 1＋m 2)v 3根据能量守恒定律：12m 1v 22＝12(m 1＋m 2)v 32＋Q a ＋Q b 由于导体棒a 、b 串联在一起，所以有：Q a Q b ＝R 1R 2解得：Q a ＝0.02 J(3)设闭合开关后，导体棒a 以速度v 0水平抛出，则有：v 0＝v 1cos 60°＝1 m/s对导体棒a 冲出过程由动量定理：∑B 1IL Δt ＝m 1v 0即：B 1Lq ＝m 1v 0解得：q ＝1 C.7．如图7甲所示，平行且足够长的光滑金属导轨的电阻忽略不计，左侧倾斜导轨平面与水平方向夹角θ＝30°，与右侧水平导轨平滑连接，导轨上端连接一阻值R ＝0.8 Ω的定值电阻，金属杆MN 的电阻r ＝0.2 Ω、质量m ＝0.2 kg ，杆长L ＝1 m 恰好跨接在两导轨上，左侧倾斜导轨区域、右侧水平导轨区域各加一垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小都为B ＝1.0 T ．电流传感器(电阻不计)能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，闭合开关S ，让金属杆MN 从图示位置由静止开始释放，其始终与导轨垂直且接触良好，此后计算机屏幕上显示出金属杆在倾斜导轨上滑行过程中的I －t 图象，如图乙所示．求：(g 取10 m/s 2)图7(1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的最大速度的大小；(2)金属杆MN 从静止开始运动到倾斜导轨底端的过程中通过电阻R 的电荷量为1.2 C ，该过程中电阻R 上产生的焦耳热；(3)金属杆可在水平导轨上滑行的最大距离．答案 (1)1 m/s (2)0.88 J (3)0.2 m解析 (1)由I －t 图象可知，当金属杆达到最大速度时，金属杆匀速下滑，由平衡条件得：mg sin θ＝BIL ，感应电动势：E ＝BLv m ＝I (R ＋r )，代入数据解得：v m ＝1 m/s ；(2)金属杆在倾斜导轨上先做加速运动，达到最大速度后做匀速直线运动，金属杆运动到倾斜导轨底端时速度为最大速度，电荷量：q ＝ER ＋r Δt ＝ΔΦ(R ＋r )Δt Δt ＝B ΔS R ＋r ＝BLx R ＋r ， 解得：x ＝q (R ＋r )BL ＝1.2×(0.8＋0.2)1×1m ＝1.2 m ， 由能量守恒定律得：mgx sin θ＝12mv m 2＋Q ， 解得：Q ＝1.1 J ，电阻R 上产生的焦耳热：Q R ＝QR R ＋r ＝1.1×0.80.8＋0.2J ＝0.88 J ；(3)在整个过程中，对金属杆由动量定理得：BiLt ＝m Δv ，则BLq ′＝mv m ，解得：q ′＝0.2 C ，电荷量：q ′＝E ′R ＋r Δt ′＝ΔΦ′(R ＋r )Δt ′Δt ′＝B ΔS ′R ＋r ＝BLx ′R ＋r ，解得：x ′＝0.2 m.。