通用版2019版高考物理復(fù)習(xí)第二板塊第2講電磁感應(yīng)中的“三類模型問題”講義含解析.docx

電磁感應(yīng)中的“三類模型問題”考法學(xué)法電磁感應(yīng)的動(dòng)力學(xué)和能量問題是歷年高考的熱點(diǎn)和難點(diǎn)，考查的題型一般包括“單桿”模型、“雙桿”模型或“導(dǎo)體框”模型，考查的內(nèi)容有：勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律；牛頓運(yùn)動(dòng)定律；功能關(guān)系；能量守恒定律；動(dòng)量守恒定律。解答這類問題時(shí)要注意從動(dòng)力學(xué)和能量角度去分析，根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況和能量變化情況分別列式求解。用到的思想方法有：整體法和隔離法；全程法和分階段法；條件判斷法；臨界問題的分析方法；守恒思想；分解思想。模型(一)電磁感應(yīng)中的“單桿”模型類型1“單桿”水平式物理模型勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量為m，初速度為零，拉力恒為F，水平導(dǎo)軌光滑，除電阻R外，其他電阻不計(jì)動(dòng)態(tài)分析設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中某時(shí)刻測得導(dǎo)體棒ab的速度為v，由牛頓第二定律知導(dǎo)體棒ab的加速度為a，a、v同向，隨速度的增加，導(dǎo)體棒ab的加速度a減小，當(dāng) a0時(shí)，v最大，I不再變化收尾狀態(tài)運(yùn)動(dòng)形式勻速直線運(yùn)動(dòng)力學(xué)特征受力平衡，a0電學(xué)特征I不再變化例1(2018安徽聯(lián)考)如圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN固定在光滑絕緣水平面上，導(dǎo)軌左端連接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌間距為L，有界勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上，邊界ab、cd均垂直于導(dǎo)軌，且間距為s，e、f分別為ac、bd的中點(diǎn)，將一長度為L、質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置在ab左側(cè)s處。現(xiàn)給金屬棒施加一個(gè)大小為F、方向水平向右的恒力，使金屬棒從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，金屬棒向右運(yùn)動(dòng)過程中始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌接觸良好。當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)到ef位置時(shí)，加速度剛好為零，不計(jì)其他電阻。求：(1)金屬棒運(yùn)動(dòng)到ef位置時(shí)的速度大??；(2)金屬棒從初位置運(yùn)動(dòng)到ef位置，通過金屬棒的電荷量；(3)金屬棒從初位置運(yùn)動(dòng)到ef位置，定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。解析(1)設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)到ef位置時(shí)速度為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢EBLv電路中電流I由于加速度剛好為零，則FF安BIL解得v。(2)通過金屬棒的電荷量qt解得q。(3)設(shè)定值電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由于金屬棒的電阻也為R，因此整個(gè)電路中產(chǎn)生的總的焦耳熱為2Q。金屬棒從初位置運(yùn)動(dòng)到ef位置的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有WFW安mv2根據(jù)功能關(guān)系有W安2Q拉力F做的功WFFs解得QFs。答案(1)(2)(3)Fs類型2“單桿”傾斜式物理模型勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量為m，電阻為R，導(dǎo)軌光滑，電阻不計(jì)動(dòng)態(tài)分析導(dǎo)體棒ab剛釋放時(shí)agsin ，導(dǎo)體棒ab的速度v感應(yīng)電動(dòng)勢EBLv電流I安培力FBIL加速度a，當(dāng)安培力Fmgsin 時(shí)，a0，速度達(dá)到最大vm 收尾狀態(tài)運(yùn)動(dòng)形式勻速直線運(yùn)動(dòng)力學(xué)特征受力平衡，a0電學(xué)特征I不再變化例2(2018江蘇高考)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過程中，金屬棒(1)末速度的大小v；(2)通過的電流大小I；(3)通過的電荷量Q。解析(1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v22as解得v。(2)金屬棒所受安培力F安IdB金屬棒所受合力Fmgsin F安根據(jù)牛頓第二定律有Fma解得I。(3)金屬棒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，通過的電荷量QIt解得Q。系統(tǒng)通法答案(1)(2) (3)1“單桿”模型分析要點(diǎn)(1)桿的穩(wěn)定狀態(tài)一般是做勻速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度或最小速度，此時(shí)合力為零。(2)電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵從能量守恒定律，整個(gè)電路產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功。2抓住力學(xué)對象和電學(xué)對象間的橋梁感應(yīng)電流I、切割速度v，“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 模型(二)電磁感應(yīng)中的“雙桿”模型研一題 (2018湖北四地七校聯(lián)考)如圖所示，相距L0.5 m的平行導(dǎo)軌MNS、PQT處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.4 T 的勻強(qiáng)磁場中，水平導(dǎo)軌處的磁場方向豎直向上，光滑傾斜導(dǎo)軌處的磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向下。質(zhì)量均為m40 g、電阻均為R0.1 的導(dǎo)體棒ab、cd均垂直放置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。質(zhì)量為M200 g的物體C，用絕緣細(xì)線繞過光滑的定滑輪分別與導(dǎo)體棒ab、cd相連接。細(xì)線沿導(dǎo)軌中心線且在導(dǎo)軌平面內(nèi)，細(xì)線及滑輪質(zhì)量不計(jì)。已知傾斜導(dǎo)軌與水平面的夾角為37，水平導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒ab間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0.4，重力加速度g10 m/s2，水平導(dǎo)軌足夠長，導(dǎo)體棒cd運(yùn)動(dòng)中始終不離開傾斜導(dǎo)軌。物體C由靜止釋放，當(dāng)它達(dá)到最大速度時(shí)下落高度h1 m，求這一運(yùn)動(dòng)過程中：(sin 370.6，cos 370.8)(1)物體C能達(dá)到的最大速度是多少；(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能是多少；(3)連接導(dǎo)體棒cd的細(xì)線對導(dǎo)體棒cd做的功是多少。解析(1)設(shè)物體C能達(dá)到的最大速度為vm，由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路的感應(yīng)電動(dòng)勢為E2BLvm由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流為I導(dǎo)體棒ab、cd受到的安培力為FBLI設(shè)連接導(dǎo)體棒ab與cd的細(xì)線中張力為T1，連接導(dǎo)體棒ab與物體C的細(xì)線中張力為T2，導(dǎo)體棒ab、cd及物體C的受力如圖所示，由平衡條件得：T1mgsin 37FT2T1FfT2Mg其中fmg解得：vm2 m/s。(2)設(shè)系統(tǒng)在該過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為E1，由能量守恒定律得：Mgh(2mM)vm2mghsin 37E1解得：E11.2 J。(3)運(yùn)動(dòng)過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能E2mgh0.16 J由第(2)問的計(jì)算結(jié)果知，這一過程中電流產(chǎn)生的內(nèi)能E3E1E21.04 J又因?yàn)閷?dǎo)體棒ab、cd的電阻相等，故電流通過導(dǎo)體棒cd產(chǎn)生的內(nèi)能E40.52 J對導(dǎo)體棒cd，設(shè)這一過程中細(xì)線對其做的功為W，則由功能關(guān)系得：Wmghsin 37mvm2E4解得：W0.84 J。答案(1)2 m/s(2)1.2 J(3)0.84 J悟一法兩類“雙桿”模型解題思路“一動(dòng)一靜”型，實(shí)質(zhì)是單桿問題，要注意其隱含條件：靜止桿受力平衡“兩桿都動(dòng)”型，對于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢應(yīng)相加還是相減結(jié)合“單桿”模型的解題經(jīng)驗(yàn)，對“雙桿”模型進(jìn)行受力分析，確定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，一般會(huì)有收尾狀態(tài)，比如有恒定的速度或加速度等，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和能量觀點(diǎn)分析求解通一類1(2019屆高三青島模擬)如圖所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌由兩部分組成，左側(cè)部分水平，右側(cè)部分為半徑r0.5 m的豎直半圓，兩導(dǎo)軌間距離d0.3 m，導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1 T的勻強(qiáng)磁場中，兩導(dǎo)軌電阻不計(jì)。有兩根長度均為d的金屬棒ab、cd，均垂直置于水平導(dǎo)軌上，金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別為m10.2 kg、m20.1 kg，電阻分別為R10.1 、R20.2 ?，F(xiàn)讓ab棒以v010 m/s的初速度開始水平向右運(yùn)動(dòng)，cd棒進(jìn)入半圓軌道后，恰好能通過軌道最高位置PP，cd棒進(jìn)入半圓軌道前兩棒未相碰，重力加速度g10 m/s2，求：(1)ab棒開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd棒的加速度大小a0；(2)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)，ab棒的速度大小v1；(3)cd棒進(jìn)入半圓軌道前，ab棒克服安培力做的功W。解析：(1)ab棒開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)回路中電流為I，有EBdv0IBIdm2a0解得：a030 m/s2。(2)設(shè)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)的速度為v2，cd棒進(jìn)入半圓軌道前，cd棒與ab棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有m1v0m1v1m2v2cd棒從剛進(jìn)入半圓軌道到通過軌道最高位置的過程中機(jī)械能守恒，有m2v22m2g2rm2v2cd棒在軌道最高位置由重力提供向心力，有m2gm2解得：v17.5 m/s。(3)由動(dòng)能定理得Wm1v12m1v02解得：W4.375 J。答案：(1)30 m/s2(2)7.5 m/s(3)4.375 J2(2018江西八校聯(lián)考)如圖所示，足夠長的水平導(dǎo)軌左側(cè)b1b2c1c2部分導(dǎo)軌間距為3L，右側(cè)c1c2d1d2部分的導(dǎo)軌間距為L，曲線導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌相切于b1b2，所有導(dǎo)軌均光滑且電阻不計(jì)。在水平導(dǎo)軌內(nèi)有斜向下與豎直方向的夾角37的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.1 T。質(zhì)量為mB0.2 kg的金屬棒B垂直于導(dǎo)軌靜止放置在右側(cè)窄導(dǎo)軌上，質(zhì)量為mA0.1 kg 的金屬棒A自曲線導(dǎo)軌上a1a2處由靜止釋放，兩金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸，A棒總在寬軌上運(yùn)動(dòng)，B棒總在窄軌上運(yùn)動(dòng)。已知：兩棒接入電路的有效電阻均為R0.2 ，h0.45 m，L0.2 m，sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2。求：(1)A棒滑到b1b2處時(shí)的速度大?。?2)B棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大?。?3)在兩棒整體運(yùn)動(dòng)過程中，兩棒在水平導(dǎo)軌間掃過的面積之差(最后結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。解析：(1)A棒在曲線導(dǎo)軌上下滑，由機(jī)械能守恒定律得：mAghmAv02解得：v03 m/s。(2)選取水平向右為正方向，對兩棒分別應(yīng)用動(dòng)量定理，對B棒：FB安cos tmBvB 對A棒：FA安cos tmAvAmAv0其中FA安3FB安兩棒最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中無電流，有：BLvB3BLvA解得：vA m/s，vB m/s。(3)在B棒加速運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)量定理得：Bcos LtmBvB0電路中的平均電流根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E其中磁通量變化量：Bcos S解得：S29.6 m2。答案：(1)3 m/s(2) m/s(3)29.6 m2模型(三)電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)體框”模型研一題 (2019屆高三資陽模擬)如圖所示，一足夠大的傾角30的粗糙斜面上有一個(gè)粗細(xì)均勻的由同種材料制成的矩形金屬線框abcd，線框的質(zhì)量m0.6 kg，其電阻值R1.0 ，ab邊長L11 m，bc邊長L22 m，與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。斜面以EF為界，EF上側(cè)有垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為M的物體用絕緣細(xì)線跨過光滑定滑輪與線框相連，連接線框的細(xì)線與斜面平行且細(xì)線最初處于松弛狀態(tài)?，F(xiàn)先釋放線框再自由釋放物體，當(dāng)cd邊離開磁場時(shí)線框即以v2 m/s的速度勻速下滑，在ab邊運(yùn)動(dòng)到EF位置時(shí)，細(xì)線恰好被拉直繃緊(時(shí)間極短)，隨即物體和線框一起做勻速運(yùn)動(dòng)，t1 s后開始做勻加速運(yùn)動(dòng)。取g10 m/s2，求：(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2)細(xì)線繃緊前，物體下降的高度H；(3)系統(tǒng)在線框cd邊離開磁場至重新進(jìn)入磁場過程中損失的機(jī)械能E。解析(1)線框cd邊離開磁場時(shí)勻速下滑，有：mgsin mgcos F安0F安BI1L1I1解得：B1 T。(2)由題意，線框第二次做勻速運(yùn)動(dòng)方向沿斜面向上，設(shè)其速度大小為v1，細(xì)線拉力大小為FT，則：v1FTmgsin mgcos BI2L10I2FTMg0設(shè)細(xì)線突然繃緊過程中，細(xì)線的作用力沖量大小為I，對線框和物體分別運(yùn)用動(dòng)量定理，有：Imv1m(v)IMv0Mv1細(xì)線繃緊前物體自由下落，則v022gH解得：H1.8 m。(3)根據(jù)能量守恒定律：線框勻速下滑過程：Q1mgL2sin 細(xì)線突然繃緊過程：Q2Mv02mv2(Mm)v12線框勻速上滑過程：Q3MgL2mgL2sin EQ1Q2Q3解得：E21.6 J。答案(1)1 T(2)1.8 m(3)21.6 J悟一法1求解電磁感應(yīng)中能量問題的一般步驟(1)在電磁感應(yīng)中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源。(2)分析清楚有哪些力做功，明確有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉(zhuǎn)化。(3)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律列方程求解。2電磁感應(yīng)中安培力做功引起的能量轉(zhuǎn)化3求解電磁感應(yīng)中焦耳熱Q的三個(gè)角度焦耳定律功能關(guān)系能量轉(zhuǎn)化QI2RtQW克服安培力QE其他通一類1(2018南通模擬)如圖所示，質(zhì)量為m、電阻為R的單匝矩形線框置于光滑水平面上，線框邊長abL、ad2L。虛線MN過ad、bc邊中點(diǎn)，一根能承受最大拉力為F0的細(xì)線沿水平方向拴住ab邊中點(diǎn)O。從某時(shí)刻起，在MN右側(cè)加一方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按Bkt的規(guī)律均勻變化。一段時(shí)間后，細(xì)線被拉斷，此后磁感應(yīng)強(qiáng)度大小保持不變，線框向左運(yùn)動(dòng)，ab邊穿出磁場時(shí)的速度為v。求：(1)細(xì)線斷裂前線框中的電功率P；(2)細(xì)線斷裂后瞬間線框的加速度大小a及線框離開磁場的過程中安培力所做的功W；(3)線框穿出磁場過程中通過其導(dǎo)線橫截面的電荷量q。解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律EL2kL2電功率P。(2)細(xì)線斷裂后瞬間安培力FAF0線框的加速度a線框離開磁場過程中，由動(dòng)能定理得Wmv2。(3)設(shè)細(xì)線斷裂時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，則有ILB1F0其中I線框穿出磁場過程有，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量qt解得q。答案：(1)(2)mv2(3)2(2018湖南十三校聯(lián)考)如圖所示，粗糙斜面的傾角37，斜面上直徑d0.4 m的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場，一個(gè)匝數(shù)為n100的剛性正方形線框abcd，邊長為0.5 m，通過松弛的柔軟導(dǎo)線與一個(gè)額定功率P2 W 的小燈泡相連，圓形磁場的一條直徑恰好過線框bc邊，已知線框質(zhì)量m2 kg，總電阻R02 ，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，從0時(shí)刻起，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度按BT的規(guī)律變化，開始時(shí)線框靜止在斜面上，在線框運(yùn)動(dòng)前，小燈泡始終正常發(fā)光，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)線框靜止時(shí)，回路中的電流大小I；(2)在線框保持不動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，小燈泡產(chǎn)生的熱量Q；(3)若線框剛好開始運(yùn)動(dòng)時(shí)即保持磁場不再變化，求線框從開始運(yùn)動(dòng)到bc邊離開磁場的過程中通過小燈泡的電荷量q(柔軟導(dǎo)線及小燈泡對線框運(yùn)動(dòng)的影響可忽略，且斜面足夠長)。解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得EnnS，其中S2PI2R2R解得R2 ，I1 A。(2)線框剛好開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，mgsin nIdmgcos 解得t s則QPt J。(3)線框剛好開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，BT0.1 T，其中SS解得qt C。答案：(1)1 A(2) J(3) C專題強(qiáng)訓(xùn)提能 1(2018漳州八校模擬)如圖所示，MN、PQ為間距L0.5 m的足夠長平行導(dǎo)軌，NQMN。導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角37，NQ間連接有一個(gè)R5 的電阻。有一勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B01 T。將一質(zhì)量為m0.05 kg的金屬棒緊靠NQ放置在導(dǎo)軌ab處，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒的電阻均不計(jì)。現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過程中始終與NQ平行。已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)已經(jīng)達(dá)到穩(wěn)定速度，cd距離NQ為s2 m(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)。則：(1)當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)，回路中的電流是多大？(2)金屬棒達(dá)到的穩(wěn)定速度是多大？(3)金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到滑行至cd處過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱是多少？解析：(1)金屬棒達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí)，沿導(dǎo)軌方向受力平衡mgsin FfFA其中FAB0ILFfFNmgcos 解得I0.2 A。(2)由歐姆定律得I由電磁感應(yīng)定律得EB0Lv解得v2 m/s。(3)金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到滑行至cd處過程中，由能量守恒定律得mgsin smv2Qmgcos s解得Q0.1 J。答案：(1)0.2 A(2)2 m/s(3)0.1 J2.如圖所示，足夠長的粗糙斜面與水平面成37角放置，斜面上的虛線aa和bb與斜面底邊平行，且間距為d0.1 m，在aa、bb圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m10 g，總電阻為R1 ，邊長也為d0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，其初始位置PQ邊與aa重合，現(xiàn)讓線圈以一定初速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線圈從最高點(diǎn)返回到磁場區(qū)域時(shí)，線圈剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，不計(jì)其他阻力(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)。求：(1)線圈向下返回到磁場區(qū)域時(shí)的速度；(2)線圈向上完全離開磁場區(qū)域時(shí)的動(dòng)能；(3)線圈向下通過磁場區(qū)域過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱。解析：(1)線圈向下進(jìn)入磁場時(shí)，有mgsin mgcos F安，其中F安BId，I，EBdv解得v2 m/s。(2)設(shè)線圈到達(dá)最高點(diǎn)MN邊與bb的距離為x，則v22ax，mgsin mgcos ma根據(jù)動(dòng)能定理有mgcos 2xEkEk1，其中Ekmv2解得Ek10.1 J。(3)線圈向下勻速通過磁場區(qū)域過程中，有mgsin 2dmgcos 2dQ解得：Q0.004 J。答案：(1)2 m/s(2)0.1 J(3)0.004 J3如圖甲所示，電阻不計(jì)、間距為l的平行長金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，阻值為R的導(dǎo)體棒ab固定連接在導(dǎo)軌左側(cè)，另一阻值也為R的導(dǎo)體棒ef垂直放置在導(dǎo)軌上，ef與導(dǎo)軌接觸良好，并可在導(dǎo)軌上無摩擦移動(dòng)?，F(xiàn)有一根輕桿一端固定在ef中點(diǎn)，另一端固定于墻上，輕桿與導(dǎo)軌保持平行，ef、ab兩棒間距為d。若整個(gè)裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，且從某一時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙所示的方式變化。(1)求在0t0時(shí)間內(nèi)流過導(dǎo)體棒ef的電流的大小與方向；(2)求在t02t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的熱量；(3)1.5t0時(shí)刻桿對導(dǎo)體棒ef的作用力的大小和方向。解析：(1)在0t0時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的大小E1Sld流過導(dǎo)體棒ef的電流大小I1由楞次定律可判斷電流方向?yàn)閑f。(2)在t02t0時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的大小E2Sld流過導(dǎo)體棒ef的電流大小I2導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的熱量QI22Rt0。(3)1.5t0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度BB0導(dǎo)體棒ef受安培力：FB0I2l方向水平向左根據(jù)導(dǎo)體棒ef受力平衡可知桿對導(dǎo)體棒的作用力為FF，負(fù)號(hào)表示方向水平向右。答案：(1)，方向?yàn)閑f(2) (3)，方向水平向右4(2019屆高三邯鄲質(zhì)檢)如圖甲所示，兩根足夠長、電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距L1 m，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角37，下端連接阻值R1 的電阻；質(zhì)量m1 kg、阻值r1 的勻質(zhì)金屬棒cd放在兩導(dǎo)軌上，到導(dǎo)軌最下端的距離L11 m，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.9。整個(gè)裝置處于與導(dǎo)軌平面垂直(斜向上為正)的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，01.0 s 內(nèi)，金屬棒cd保持靜止，sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2。(1)求01.0 s內(nèi)通過金屬棒cd的電荷量；(2)求t1.1 s時(shí)刻，金屬棒cd所受摩擦力的大小和方向；(3)1.2 s后，對金屬棒cd施加一沿斜面向上的拉力F，使金屬棒cd沿斜面向上做加速度大小a2 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，請寫出拉力F隨時(shí)間t(從施加F時(shí)開始計(jì)時(shí))變化的關(guān)系式。解析：(1)在01.0 s內(nèi)，金屬棒cd上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E，其中SL1L1 m2由閉合電路的歐姆定律有：I由于01.0 s內(nèi)回路中的電流恒定，故該段時(shí)間通過金屬棒cd的電荷量為：qIt，其中t1 s解得：q1 C。(2)假設(shè)01.1 s內(nèi)金屬棒cd保持靜止，則在01.1 s內(nèi)回路中的電流不變，t1.1 s時(shí)，金屬棒cd所受的安培力大小為：F|B1IL|0.2 N，方向沿導(dǎo)軌向下導(dǎo)軌對金屬棒cd的最大靜摩擦力為：Ffmgcos 7.2 N由于mgsin F6.2 NFf，可知假設(shè)成立，金屬棒cd仍保持靜止，故所求摩擦力大小為6.