2020年高考物理一轮复习第11章电磁感应第54讲动力学、能量和动量观点在电磁感应中的应用学案（含解析）.doc

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1、1第 54 讲 动力学、能量和动量观点在电磁感应中的应用考点一 电磁感应中的动力学问题1电磁感应与力学的联系在电磁感应现象中导体运动切割磁感线，产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用。因此，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起。解决电磁感应中的力学问题，一方面要考虑电磁学中的有关规律，另一方面还要考虑力学中的有关规律，要将电磁学和力学知识综合起来应用。2解决电磁感应中力学问题的基本思路研究电磁感应现象中导体的运动，准确分析磁场对感应电流的安培力是关键。此类问题中的导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态。动态分析的基本思路如下：3两种状态处理(1)导体处于平衡

2、态静止或匀速直线运动状态处理方法：根据平衡条件(合外力等于 0)列式分析。(2)导体处于非平衡态加速度不为 0处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。如图甲所示，两根足够长的直金属导轨 MN、 PQ 平行放置在倾角为 的绝缘斜面上，两导轨间距为 L， M、 P 两点间接有阻值为 R 的电阻。一根质量为 m 的均匀直金属杆 AB 放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让 AB 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。2(1)由 B 向 A 方向看到的装置如图乙所示，请在此

3、图中画出 AB 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当 AB 杆的速度大小为 v 时，求此时 AB 杆中的电流大小及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中， AB 杆可以达到的最大速度值。解析 (1)如图所示，重力 mg，竖直向下；支持力 FN，垂直斜面向上；安培力 F，沿斜面向上。(2)当 AB 杆速度为 v 时，感应电动势 E BLv，此时电路中电流 I 。ER BLvRAB 杆受到的安培力 F BIL ，B2L2vR根据牛顿第二定律，有ma mgsin F mgsin ，B2L2vRa gsin 。B2L2vmR(3)当 mgsin 时，B2L2vRAB 杆达到最大速度

4、 vmax 。mgRsinB2L2答案 (1)图见解析 (2) gsin BLvR B2L2vmR3(3)mgRsinB2L2方法感悟电磁感应中力学问题的解题技巧(1)将安培力与其他力一起进行分析。(2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化，不像重力或其他力一样是恒力。 3 列 出 稳 定 状 态 下 的 受 力 平 衡 方 程 往 往 是 解 题 的 突 破 口 。(多选)如图所示，有两根和水平方向成 角的光滑平行的金属轨道，间距为 l，上端接有可变电阻 R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为 B。一根质量为 m 的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属

5、杆的速度会趋于一个最大速度 vm，除 R 外其余电阻不计，则( )A如果 B 变大， vm将变大B如果 变大， vm将变大C如果 R 变大， vm将变大D如果 m 变小， vm将变大答案 BC解析 金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势 E Blv，在闭合电路中形成电4流 I ，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力 F 作用，BlvRF BIl ，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图B2l2vR所示。根据牛顿第二定律，得 mgsin ma，当 a0 时， v vm，解得 vmB2l2vR，故 B、C 正确。mgRsinB2l2考点二 电

6、磁感应中的功能问题1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2解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)。(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化。(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距 l0.50 m，倾角 53，导轨上端串接一个 R0.05 的电阻。在导轨间长 d0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度 B2.0 T。质量 m4.0 kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆 GH 相连。 CD 棒的初始位置与磁场区域的下边

7、界相距 s0.24 m。一位健身者用恒力 F80 N 拉动 GH 杆， CD 棒由静止开始运动，上升过程中 CD 棒始终保持与导轨垂直。当 CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复5装置使 CD 棒回到初始位置(重力加速度 g10 m/s2，sin530.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求：(1)CD 棒进入磁场时速度 v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力 FA的大小；(3)在拉升 CD 棒的过程中，健身者所做的功 W 和电阻产生的焦耳热 Q。解析 (1)由牛顿第二定律 a 12 m/s 2F mgsinm进入磁场时的速度 v 2.4 m/s2as(2)感应电动

8、势 E Blv感应电流 I BlvR安培力 FA BIl代入得 FA 48 N Bl 2vR(3)健身者做功 W F(s d)64 J由于 F mgsin FA0故 CD 棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间 t dv焦耳热 Q I2Rt26.88 J。答案 (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J方法感悟在利用能的转化和守恒定律解决电磁感应问题时，要注意分析安培力做功的情况，因为安培力的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁” ，简单表示如下： 电 W安 0 W安 a2a3a4 B a1 a3a2a411C a1 a3a4a2 D a4 a2a3a1答案 B解

9、析 未进磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度 a1 a3 g。线框在图2 位置时，受到重力和向上的安培力，且已知 F 安 a2a4，B 正确。B2L2vR mg F安m2. (多选)如图所示，两光滑平行倾斜导轨 PQ、 EF 所在平面与水平面的夹角为 ，匀强磁场垂直于导轨所在平面斜向下，导轨下端接一电阻 R，质量为 m 的导体棒用平行于导轨的细线拴住置于导轨上，线的另一端跨过光滑定滑轮挂着一个质量为 M 的砝码，按住导体棒，整个装置处于静止状态，放手后，导体棒被细线拉着沿导轨向上运动一段位移 s 后，速度恰好达到最大值 v(导体棒及导轨电阻忽略不计)，在此过程中( )A细线的拉力始终

10、等于 MgB导体棒做加速度逐渐减小的加速运动C细线的拉力与安培力的合力对导体棒做的功等于导体棒增加的机械能D电阻 R 产生的热量 Q Mgs mgssin mv212答案 BC解析 对于导体棒，从静止释放后先做加速运动，随着速度增大，由公式 F 安 知，导体棒所受的安培力增大，对砝码、导体棒分析可得B2L2vRMg T Ma， T mgsin F 安 ma，解得 a ，当 F 安 增大时加速度减小，Mg mgsin F安M m则导体棒和砝码都做加速度逐渐减小的加速运动，加速运动时细线的拉力小于砝码的重力，A 错误，B 正确；对于导体棒，根据功能关系可知除重力之外，细线的拉力与安培力的合力对导体

11、棒做的功等于导体棒增加的机械能，C 正确；对于系统，根据能量守恒得：电阻 R产生的热量 Q Mgs mgssin (m M)v2，D 错误。123. (多选)如图所示，两根相距为 d 的足够长的光滑金属导轨固定在水平面上，导轨电阻不计。磁感应强度为 B 的匀强磁场与导轨平面垂直，长度略大于 d 的两导体棒 M、 N 平行地放在导轨上，导体棒的电阻均为 R、质量均为 m，开始两导体棒静止，现给导体棒 M 一个平行导轨向右的瞬时冲量 I，整个过程中导体棒与导轨接触良好，下列说法正确的是( )12A回路中始终存在逆时针方向的电流B棒 N 的最大加速度为B2Id22m2RC回路中的最大电流为BId2m

12、RD棒 N 获得的最大速度为Im答案 BC解析 根据右手定则可知开始回路中电流方向为逆时针，当两个导体棒以相同的速度匀速运动时，回路中的电流强度为零，故 A 错误；当 M 开始运动的瞬间， N 的加速度最大，根据动量定理可得 I mv，解得 v ，根据牛顿第二定律可得： ma，解得 aIm B2d2v2R，故 B 正确；回路中的最大电流为 I 流 ，故 C 正确； N 速度最大时二B2Id22m2R E2R Bdv2R BId2mR者的速度相等，根据动量守恒定律可得： mv2 mv，解得 v ，故 D 错误。v2 I2m4(多选)如图甲所示，电阻不计且间距 L1 m 的光滑平行金属导轨竖直放置

13、，上端接一阻值 R2 的电阻，虚线 OO下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m0.1 kg、电阻不计的金属杆 ab 从 OO上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平。已知杆 ab 进入磁场时的速度 v01 m/s，下落 0.3 m 的过程中加速度 a 与下落距离 h 的关系图象如图乙所示， g 取 10 m/s2，则( )A匀强磁场的磁感应强度为 2 TB杆 ab 下落 0.3 m 时金属杆的速度为 1 m/sC杆 ab 下落 0.3 m 的过程中 R 上产生的热量为 0.2 JD杆 ab 下落 0.3 m 的过程中通过 R 的电荷量为 0.25 C13答案

14、 AD解析 当金属杆进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆 ab 中电流的方向由 a 到b。由乙图知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小 a110 m/s2，方向竖直向上。由牛顿第二定律得： BI1L mg ma1，又 I1 ，代入数据解得： B2.0 T，故 A 正确；由ER BLv0Ra h 图象知 h0.3 m 时 a0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，有 mg BIL0，其中 I ，联立得： v0.5 m/s，故 B 错误；杆 ab 下落 0.3 m 的过程中，由能量守恒有BLvRmgh mv2 Q，代入数据得： Q0.2875 J，故 C 错误；金属杆自由下落的高度12h0 0.05

15、 m，金属杆下落 0.3 m 的过程中通过 R 的电荷量为： q t t v202g I ER R ，代入数据得： q0.25 C，故 D 正确。B SR BL h h0R5. (多选)如图所示，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处由静止开始释放， A、 B 是边界范围、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场，只是 A 的区域比B 的区域离地面高一些，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，则( )A甲先落地B乙先落地C甲线圈受安培力的冲量较大D乙线圈落地速度较小答案 BD解析 线圈穿过磁场区域过程受到的安培力是变力，设受到的平均安培力为 F，穿过磁场的时间为 t，下落全过程的时间

16、为 t，落地速度为 v，安培力的冲量 I 安 B L t BLq，而 q ，所以线圈受安培力的冲量相等，故 C 错误。线圈进入I R BL2R磁场克服安培力做的功 W B L2，乙线圈进入磁场时速度较大，平均电流较大，线圈克服I安培力做功较多，即产生的热量较多；根据能量守恒定律得知乙线圈落地时的速度较小，D 正确。对全过程，由动量定理得： mgt B L t mv，所以 t ，因为 v 乙 Q2D Q1 Q2 m(v v )12 20 21答案 ACD解析 导体框离开磁场时，磁通量减小，根据楞次定律得，感应电流的方向为顺时针方向，故 A 正确。导体框在进出磁场时，速度变化，则感应电动势变化，产

17、生的感应电流变化，则所受的安培力变化，加速度变化，则导体框做的是非匀变速运动，故 B 错误。因为进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，则进入磁场时产生的电流要比出磁场时产生的电流大，则进入磁场过程中安培力大，根据克服安培力做功等于产生的焦耳热可知Q1Q2，C 正确。由能量守恒定律可知，导体框进入磁场过程中产生的焦耳热与离开磁场过程中产生的焦耳热之和等于导体框的机械能减小量，即 Q1 Q2 m(v v )，D 正确。12 20 217. 如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线圈 1 和 2，其边长 L12 L2，在距磁场上

18、界面h 高处由静止开始自由下落，再逐渐完全进入磁场，最后落到地面，运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈 1、2 落地时的速度大小分别为 v1、 v2，在磁场中运动时产生的热量分别为 Q1、 Q2，通过线圈截面的电荷量分别为q1、 q2，不计空气阻力，则( )15A v1Q2， q1q2 B v1 v2， Q1 Q2， q1 q2C v1Q2， q1 q2 D v1 v2， Q1m2， v1Q2。根据 q L 知， q1q2，A 正确。 R BL2 4LS BLS4真题模拟练8(2018江苏高考)(多选) 如图所示，竖直放置的“ ”形光滑导轨宽为 L，矩形匀强

19、磁场、的高和间距均为 d，磁感应强度为 B。质量为 m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为 R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为 g。金属杆( )A刚进入磁场时加速度方向竖直向下16B穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间C穿过两磁场产生的总热量为 4mgdD释放时距磁场上边界的高度 h 可能小于m2gR22B4L4答案 BC解析 由于金属杆进入两个磁场时的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为 g 的加速运动，所以金属杆进入磁场、时都做减速运动，A 错误；对金属杆受力分析，根据 mg ma 可知，金属杆在磁场中做加速度减小的减速运动，其进出磁场

20、的 vt 图B2L2vR象如图所示，由于 0 t1和 t1 t2图线与 t 轴包围的面积相等(都为 d)，所以 t1(t2 t1)，B 正确；从进入磁场到进入磁场之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以 Q1 mg2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为 4mgd，C 正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则 mg0，得 v ，由前面分析可知金属杆进B2L2vR mgRB2L2入磁场的速度大于 ，根据 h 得金属杆进入磁场的高度应大于 ，D 错mgRB2L2 v22g m2g2R22gB4L4 m2gR22B4L4误。9(2017天津高考) 如图所示，两根平行金属导轨置于

21、水平面内，导轨之间接有电阻 R。金属棒 ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小， ab 始终保持静止，下列说法正确的是( )A ab 中的感应电流方向由 b 到 aB ab 中的感应电流逐渐减小C ab 所受的安培力保持不变D ab 所受的静摩擦力逐渐减小答案 D解析 根据楞次定律， ab 中感应电流方向由 a 到 b，A 错误；根据 E S，因为 B t17恒定，所以 E 恒定，根据 I 知，回路中的感应电流恒定，B 错误；根据 F BIl， B t ER r由于 B 减小，安培力 F 减小，C 错误；根据平衡条件，

22、静摩擦力 f F，故静摩擦力减小，D 正确。10(2018湖南师大附中高三模拟)(多选) 如图所示，正方形导线框 ABCD、 abcd 的边长均为 L，电阻均为 R，质量分别为 2m 和 m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。在两导线框之间有一宽度为 2L、磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。开始时导线框 ABCD 的下边与匀强磁场的上边界重合，导线框 abcd 的上边到匀强磁场的下边界的距离为 L。现将系统由静止释放，当导线框 ABCD 刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，不计摩擦和空气阻力，则( )A两线框刚开始做匀速运动时

23、轻绳上的张力 FT mgB系统匀速运动的速度大小 vmgRB2L2C两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热 Q2 mgL3m3g2R22B4L4D导线框 abcd 的 ab 边通过磁场的时间 t3B2L3mgR答案 BC解析 两线框刚开始做匀速运动时，线框 ABCD 全部进入磁场，由平衡知识可知，轻绳上的张力 FT2 mg，A 错误；对线框 abcd 可知，两线框刚开始做匀速运动时，线框 abcd 的上边 ab 刚进入磁场，此时 mg 2 mg，即系统匀速运动的速度大小 v ，B 正确；B2L2vR mgRB2L2由能量守恒定律可知，两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热等于两

24、个线框的机械能的减小量，即 Q2 mg2L mg2L 3mv22 mgL ，C 正确； ab 边刚12 3m3g2R22B4L4进入磁场时， mg FA2 mg，匀速运动至 cd 边完全进入磁场时， CD 边穿出磁场受安培力FA，故仍有 mg FA2 mg，继续做匀速运动，故导线框 abcd 在磁场中匀速运动， ab 边通过磁场的时间 t ，D 错误；故选 B、C。2Lv 2B2L3mgR11. (2018江苏高考)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角18为 ，间距为 d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向与导轨平面垂直。质量为 m 的金属棒被固定在导轨上，距底端

25、的距离为 s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度 a 沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为 g。求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小 v；(2)通过的电流大小 I；(3)通过的电荷量 Q。答案 (1) (2)2asm gsin adB(3)2as m gsin adBa解析 (1)金属棒做匀加速直线运动 v22 as，解得 v 。2as(2)金属棒所受安培力 F 安 IdB，金属棒所受合力 F mgsin F 安 ，由牛顿运动定律 F ma，解得 I 。m gsin adB(3)金属棒的运动时间 t ，va通过金属棒的电荷量 Q It

26、，联立解得 Q 。2asm gsin adBa12(2018天津高考) 真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图 1 是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为 l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计， ab 和 cd 是两根与导轨垂直、长度均为 l、电阻均为 R 的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为 l，列车的总质量为 m。列车启动前， ab、 cd 处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图 1 所示，为使列车启动，需在 M、 N 间连接电动势为 E 的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计

27、，列车启动后电源自动关闭。19(1)要使列车向右运行，启动时图 1 中 M、 N 哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度 a 的大小；(3)列车减速时，需在前方设置如图 2 所示的一系列磁感应强度为 B 的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于 l。若某时刻列车的速度为 v0，此时 ab、 cd 均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？答案 (1) M 接电源正极，理由见解析(2) (3)见解析2BElmR解析 (1)列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由 a 到 b，由 c 到 d，故 M

28、接电源正极。(2)由题意，启动时 ab、 cd 并联，电阻均为 R，由并联电路知 ab、 cd 中电流均为I ER每根金属棒受到的安培力 F0 BIl设两根金属棒所受安培力之和为 F，有 F2 F0根据牛顿第二定律有 F ma 联立式得 a 2BElmR(3)设列车减速时， cd 进入磁场后经 t 时间 ab 恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为 ，平均感应电动势为 E1，由法拉第电磁感应定律有 E1 t其中 Bl2 设回路中平均电流为 I，由闭合电路欧姆定律有I E12R设 cd 受到的平均安培力为 F，有 F BI l 20以向右为正方向，设 t 时间内 cd

29、 受安培力冲量为 I 冲 ，有 I 冲 F t 同理可知，回路出磁场时 ab 受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为 I0，有I02 I 冲 设列车停下来受到的总冲量为 I 总 ，由动量定理有I 总 0 mv0 联立 式得 I总I0 mv0RB2l3讨论：若 恰好为整数，设其为 n，则需设置 n 块有界磁场；若 不是整数，设I总I0 I总I0的整数部分为 N，则需设置 N1 块有界磁场。I总I013(2017天津高考)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为 E，电容器的电容为 C。两

30、根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为 l，电阻不计。炮弹可视为一质量为 m、电阻为 R 的金属棒 MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关 S 接 1，使电容器完全充电。然后将 S 接至 2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场(图中未画出)， MN 开始向右加速运动。当 MN 上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零， MN 达到最大速度，之后离开导轨。问：(1)磁场的方向；(2)MN 刚开始运动时加速度 a 的大小；(3)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量 Q 是多少。答案 (1)垂直于导轨平面向下 (2)BlEmR(3

31、)B2l2C2Em B2l2C解析 (1)将 S 接 1 时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将 S 接 2 时，电容器放电，流经 MN 的电流由 M 到 N，又知 MN 向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后，两极板间电压为 E，当开关 S 接 2 时，电容器放电，设刚放电时流经 MN 的电流为 I，有 I ER设 MN 受到的安培力为 F，有 F IlB由牛顿第二定律，有 F ma21联立式得 a BlEmR(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为 Q0，有Q0 CE开关 S 接 2 后， MN 开始向右加速运动，速度达到最大值 vmax时

32、，设 MN 上的感应电动势为 E，有E Blvmax依题意有 E QC设在此过程中 MN 的平均电流为 ， MN 上受到的平均安培力为 ，有 lBI F F I由动量定理，有 t mvmax0F又 t Q0 QI联立式得 Q 。B2l2C2Em B2l2C14(2019山西吕梁高三期末)如图，两条足够长、间距为 d 的平行光滑金属直轨道MN、 PQ 与水平面成 角， EF 上方存在垂直导轨平面的如图乙所示的匀强磁场，磁感应强度在 0 T 时间内按余弦规律变化(周期为 T、最大值为 B0)， T 时刻后稳定为 B0。 t0 时刻，正方形金属框 ABCD 在沿平行导轨向上的恒定外力作用下静止于导轨

33、上。 T 时刻撤去外力，金属框将沿导轨下滑，金属框在 CD 边、 AB 边经过 EF 时的速度分别为 v1和 v2。已知金属框质量为 m、边长为 d、每条边电阻为 R，框中磁场按余弦规律变化时产生的正弦式交变电流的峰值 Em ，求：2 B0d2T(1)CD 边刚过 EF 时， A、 B 两点间的电势差；(2)从撤去外力到 AB 边经过 EF 的总时间；(3)从 0 时刻到 AB 边经过 EF 的过程中产生的焦耳热。答案 (1) B0dv1 (2) 34 v2gsin B20d34mgRsin(3) mgdsin m(v v ) 2B20d42TR 12 21 2解析 (1)由法拉第电磁感应定律

34、知， CD 边刚过 EF 时产生的电动势 E B0dv122由楞次定律知 A 点电势低于 B 点，故 UAB E34即 UAB B0dv1。34(2)撤去外力后金属框在重力沿导轨向下的分力 mgsin 作用下下滑，金属框穿过 EF时，由于电磁感应而受到沿导轨向上的安培力。设所求时间为 t，金属框在某一时刻的速度为 v，电流为 i，则i ，B0dv4R金属框所受安培力 F B0di vB20d24R安培力的冲量 IA F t v tB20d24R B20d34R由动量定理得 mgsint IA mv20解得 t 。v2gsin B20d34mgRsin(3)0 T，交流电的有效值 E Em22此

35、过程产生的焦耳热 Q1 TE 2R总 2B20d42TR金属框出磁场的过程中， Q2 WA结合动能定理： mgdsin WA mv mv12 2 12 21得： Q2 mgdsin m(v v )12 21 2总焦耳热为：Q Q1 Q2 mgdsin m(v v )。 2B20d42TR 12 21 215(2018衡水中学 5 月冲刺模拟考试)如图 a 超级高铁(Hyperloop)是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染的特点。如图 b，已知管道中固定着两根平行金属导轨 MN、 PQ，两导轨间距为 r；运输车的质量3为 m，横截面是半径为 r

36、的圆。运输车上固定着间距为 D、与导轨垂直的两根导体棒 1 和2，每根导体棒的电阻为 R，每段长度为 D 的导轨的电阻也为 R。其他电阻忽略不计，重力加速度为 g。23(1)如图 c，当管道中的导轨平面与水平面成 30角时，运输车恰好能无动力地匀速下滑。求运输车与导轨间的动摩擦因数 ；(2)在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力。当运输车由静止离站时，在导体棒 2 后间距为 D 处接通固定在导轨上电动势为 E 的直流电源，此时导体棒 1、2 均处于磁感应强度为 B，垂直导轨平面向下的匀强磁场中，如图 d。求刚接通电源时运输车的加速度的大小；(电源内阻不计，不考虑电磁感应现象)当运输车进站时

37、，管道内依次分布磁感应强度为 B，宽度为 D 的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反。求运输车以速度 v0从如图 e 位置通过距离 D 后的速度 v。答案 (1) (2) v036 43rBE11mR 3B2r2DmR解析 (1)分析运输车的受力，将运输车的重力分解，如图 1，设轨道对运输车的支持力为 N1、 N2，如图 2。由垂直导轨平面方向合力为零及几何关系有N1 mgcos ， N2 mgcos ，又 f1 N 1， f2 N 2，运输车匀速下滑，故 mgsin f1 f2，解得： 。36(2)运输车离站时，等效电路图如图 3，24R 总 ，11R4由闭合电路的欧姆定律 I ，ER总又

38、I1 ， I2 ，I4 3I4导体棒所受的安培力： F1 BI1 r； F2 BI2 r，3 3运输车的加速度 a ，解得 a 。F1 F2m 43rBE11mR运输车进站时，等效电路图如图 4，当车速为 v 时，由法拉第电磁感应定律：E1 B rv； E2 B rv，3 3由闭合电路的欧姆定律 I ，E1 E24R导体棒所受的安培力： F1 BI r； F2 BI r，3 3运输车所受的合力： F F1 F2 ，B23r2vR选取一小段时间 t，运输车速度的变化量为 v，由动量定理： t m v，B23r2vR即 x m v，B23r2R两边求和： mv mv0，3B2r2DR解得 v v0

39、 。3B2r2DmR2516(2018唐山二模)如图所示，两根平行光滑的金属导轨 M1N1P1 M2N2P2由四分之一圆弧部分与水平部分构成，导轨末端固定两根绝缘柱，弧形部分半径 r0.8 m、导轨间距L1 m，导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小 B2 T，两根完全相同的金属棒 a、 b 分别垂直导轨静置于圆弧顶端 M1M2处和水平导轨中某位置，两金属棒质量均为 m1 kg、电阻均为 R2 。金属棒 a 由静止释放，沿圆弧导轨滑入水平部分，此后，金属棒 b 向右运动，在导轨末端与绝缘柱发生碰撞且无机械能损失，金属棒 b 接触绝缘柱之前两棒已匀速运动且未发生碰撞。金属棒 b 与

40、绝缘柱发生碰撞后，在距绝缘柱x10.5 m 的 A1A2位置与金属棒 a 发生碰撞，碰后停在距绝缘柱 x20.2 m 的 A3A4位置，整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计， g 取 10 m/s2。求：(1)金属棒 a 刚滑入水平导轨时，受到的安培力大小；(2)金属棒 b 与绝缘柱碰撞后到与金属棒 a 碰撞前的过程，整个回路产生的焦耳热；(3)证明金属棒 a、 b 的碰撞是否是弹性碰撞。答案 (1)4 N (2)3 J (3)见解析解析 (1)金属棒 a 下滑过程： mgr mv212v 4 m/s2gr金属棒 a 刚滑入水平导轨时，感应电动势：E BLv8 V回路电流： I 2

41、 AE2R金属棒 a 受到的安培力： F BIL4 N。(2)以金属棒 a、 b 为系统，在碰到绝缘柱之前动量守恒：mv2 mv1，解得： v12 m/s。金属棒 b 与绝缘柱发生碰撞后等速率返回，以两金属棒为系统动量仍然守恒，但总动量为零，0 mva mvb，即时刻有 va vb，两金属棒相向运动到相碰，位移大小相等，均为 x10.5 m。对金属棒 b，由动量定理： B L t mv2 mv1I由法拉第电磁感应定律： 2 BLE vIE2R联立得 t mv2 mv12B2L2v2R26而 t x1，求得： v21 m/s。v由能量守恒定律： Q2 mv 2 mv 3 J。12 21 12 2(3)金属棒 a、 b 碰后，金属棒 b 减速到零的过程，由动量定理： B L t0 mv3I由法拉第电磁感应定律： 2 BL ， E v IE2R联立得 t0 mv3 2B2L2v2R而 t x1 x2，求得： v30.6 m/s。v碰撞前后动量守恒， a、 b 速度大小相等，方向相反，由于 2 mv 2 mv ，所以碰12 2 12 23撞不是弹性碰撞。27