2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 第10講 電磁感應(yīng)專題突破練_1

1、2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 第10講 電磁感應(yīng)專題突破練第10講電磁感應(yīng)考點(diǎn)一楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律1(多選)如圖10-1所示,傾角為的斜面上放置著光滑平行金屬導(dǎo)軌,金屬棒kn置于導(dǎo)軌上,在以ab和cd為邊界的區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為b的勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上.在cd左下方的無磁場區(qū)域cdpm內(nèi)有一半徑很小的金屬圓環(huán)l,圓環(huán)與導(dǎo)軌在同一平面內(nèi).若金屬棒kn從磁場右邊界ab處由靜止開始向下運(yùn)動(dòng),則下列說法正確的是()圖10-1a.圓環(huán)l有收縮趨勢b.圓環(huán)l有擴(kuò)張趨勢c.圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流變小d.圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流不變歸納1.楞次定律中“阻礙”的表現(xiàn):(1)阻礙磁通量的變化;(

2、2)阻礙物體間的相對運(yùn)動(dòng);(3)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象).2.楞次定律和右手定則:(1)楞次定律一般適用于線圈面積不變,磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化的情景;右手定則一般適用于導(dǎo)體棒切割磁感線的情景.3.感應(yīng)電動(dòng)勢的求解(1)法拉第電磁感應(yīng)定律:e=n,適用于磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度變化(e=ns)或線圈面積變化(e=nb)情景;(2)e=blv:適用于導(dǎo)體棒平動(dòng)切割磁感線(e=blv)或轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線(e=bl2).式12018全國卷如圖10-2所示,導(dǎo)體軌道opqs固定,其中pqs是半圓弧,q為半圓弧的中點(diǎn),o為圓心,軌道的電阻忽略不計(jì).om是有一定電阻、可繞o轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿,m端位于pqs上,om與軌道接觸

3、良好.空間存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為b.現(xiàn)使om從oq位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到os位置并固定(過程);再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從b增加到b(過程).在過程、中,流過om的電荷量相等,則等于()圖10-2a.b.c.d.2式2如圖10-3甲所示,位于紙面內(nèi)的圓形金屬線圈通過導(dǎo)線與一小燈泡相連,線圈中有垂直于紙面的磁場.以垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向,該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度b隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示,則下列說法正確的是()圖10-3a.t1t3內(nèi)流過小燈泡的電流方向先為ba,后為abb.t1t3內(nèi)流過小燈泡的電流方向先為ab,后為bac.t1t3內(nèi)小燈泡

4、先變亮后變暗d.t1t3內(nèi)小燈泡先變暗后變亮考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的圖像問題2(13分)如圖10-4甲所示,在水平面上固定有長l=3m、寬d=1m的u形金屬導(dǎo)軌,在導(dǎo)軌右側(cè)l=0.5m范圍內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示.在t=0時(shí)刻,質(zhì)量為m=0.1kg的導(dǎo)體棒以v0=2m/s的初速度從導(dǎo)軌的左端開始向右運(yùn)動(dòng),始終與導(dǎo)軌兩長邊垂直且接觸良好,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.1,導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長度的電阻均為=0.125/m.不計(jì)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的接觸電阻及地球磁場的影響,g取10m/s2.(1)通過計(jì)算分析04s內(nèi)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況;(2)求04s內(nèi)回路中電流

5、的大小,并判斷電流的方向;(3)求04s內(nèi)回路產(chǎn)生的焦耳熱.圖10-4解答步驟規(guī)范(1)導(dǎo)體棒先在無磁場區(qū)域做勻減速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律有=ma(1分)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,導(dǎo)體棒速度減為零所需要的時(shí)間t0=2s(1分)02s內(nèi)發(fā)生的位移x=v0t-at2=2m(1分)可見x<l-l,故04s內(nèi)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況是(2分)(2)前2s內(nèi)穿過閉合回路的磁通量不變,回路電動(dòng)勢和電流均為0(1分)后2s內(nèi)回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢e=0.1v(1分)回路的總長度為4m,因此回路的總電阻r=(1分)電流i=0.2a(1分)根據(jù)楞次定律,回路中的電流方向(1分)(3)前2s內(nèi)電流為0,后2s內(nèi)有恒定電流,回

6、路產(chǎn)生的焦耳熱q=0.04j(3分)歸納1.電磁感應(yīng)圖像問題在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中,磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁通量、感應(yīng)電動(dòng)勢、感應(yīng)電流及磁場對導(dǎo)線的作用力等物理量隨時(shí)間(或位移)的變化規(guī)律可用圖像直觀地表示.圖像問題常見命題形式有兩種:(1)由給定的電磁感應(yīng)過程判斷相應(yīng)物理量的函數(shù)圖像;(2)由給定的有關(guān)圖像分析電磁感應(yīng)過程,確定相關(guān)的物理量.2.解題思路(1)明確圖像的種類;(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程;(3)結(jié)合相關(guān)規(guī)律寫出函數(shù)表達(dá)式;(4)根據(jù)函數(shù)關(guān)系進(jìn)行圖像分析.3.圖像問題應(yīng)關(guān)注以下三點(diǎn)(1)初始時(shí)刻電動(dòng)勢、電流等是否為零,方向是正方向還是負(fù)方向;(2)電磁感應(yīng)現(xiàn)象分為幾個(gè)階段,各階段是否與圖像變化

7、對應(yīng);(3)判定圖像的斜率大小、圖像曲直與物理過程是否對應(yīng),分析斜率對應(yīng)的物理量的大小和方向的變化趨勢.式1如圖10-5甲所示,光滑平行金屬導(dǎo)軌mn、pq之間距離l=0.5m,所在平面與水平面成=37角,m、p兩端接有阻值為r=0.8的定值電阻.質(zhì)量為m=0.5kg、阻值為r=0.2的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置,其他部分電阻不計(jì).整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為b=2t的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上.從t=0時(shí)刻開始ab棒受到一個(gè)平行于導(dǎo)軌向上的外力f作用,由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)中棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,ab棒受到的安培力的大小隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示(t=2s時(shí),安培力f安=2n

8、),g取10m/s2.求:(1)t=2s末金屬棒兩端電壓uab;(2)從t=0到t=2s過程中通過電阻r的電荷量q;(3)t=2s末電路熱功率p熱與拉力的瞬時(shí)功率p之比.圖10-5式2(多選)如圖10-6所示,m、n為同一水平面內(nèi)的兩條平行長直金屬導(dǎo)軌,左端串聯(lián)電阻r,金屬桿ab垂直于導(dǎo)軌放置,金屬桿和導(dǎo)軌的電阻不計(jì),桿與導(dǎo)軌間接觸良好且無摩擦,整個(gè)裝置處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場中.現(xiàn)對金屬桿ab施加一個(gè)與其垂直的水平方向的恒力f,使金屬桿從靜止開始運(yùn)動(dòng).在運(yùn)動(dòng)過程中,金屬桿的速度大小為v,r上消耗的總能量為e,則v、e隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是圖10-7中的()圖10-6圖10-7考點(diǎn)三電磁感

9、應(yīng)中的力、電綜合問題3如圖10-8所示,光滑、足夠長、不計(jì)電阻、間距為l的平行金屬導(dǎo)軌mn、pq水平放在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度不同的兩個(gè)相鄰的勻強(qiáng)磁場中,左半部分為勻強(qiáng)磁場區(qū),磁感應(yīng)強(qiáng)度為b1;右半部分為勻強(qiáng)磁場區(qū),磁感應(yīng)強(qiáng)度為b2,且b1=2b2.在勻強(qiáng)磁場區(qū)的左邊界垂直于導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為m、電阻為r1的金屬棒a,在勻強(qiáng)磁場區(qū)的某一位置,垂直于導(dǎo)軌放置另一質(zhì)量也為m、電阻為r2的金屬棒b.開始時(shí)b靜止,給a一個(gè)向右的沖量i后a、b開始運(yùn)動(dòng).設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中,兩金屬棒總是與導(dǎo)軌垂直且接觸良好.(1)求金屬棒a受到?jīng)_量后的瞬間通過金屬導(dǎo)軌的感應(yīng)電流;(2)設(shè)金屬棒b在運(yùn)動(dòng)到勻強(qiáng)磁場區(qū)的右邊界前已經(jīng)達(dá)到

10、最大速度,求金屬棒b在勻強(qiáng)磁場區(qū)中的最大速度;(3)金屬棒b進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)后,金屬棒b再次達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài),設(shè)這時(shí)金屬棒a仍然在勻強(qiáng)磁場區(qū)中.求金屬棒b進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)后的運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒a、b中產(chǎn)生的總焦耳熱.圖10-8導(dǎo)思金屬棒a、b在運(yùn)動(dòng)到勻強(qiáng)磁場區(qū)的右邊界前各自做什么運(yùn)動(dòng)?金屬棒b進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)后兩棒各自做什么運(yùn)動(dòng)?歸納解決電磁感應(yīng)中的力、電綜合問題通常需要綜合運(yùn)用牛頓第二定律、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、功能關(guān)系和能量守恒定律等重要規(guī)律,并結(jié)合閉合電路的歐姆定律等物理規(guī)律及基本方法.其中,動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用主要可以解決變力的沖量.所以在求解導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問題中,應(yīng)用動(dòng)量

11、定理可以避免由于加速度變化而導(dǎo)致運(yùn)動(dòng)學(xué)公式不能使用的麻煩.式某創(chuàng)新研發(fā)小組設(shè)計(jì)了一個(gè)臂力測試儀.裝置簡化如圖10-9甲所示,兩平行金屬導(dǎo)軌mm、nn豎直放置,兩者相距為l,在m、n間和m、n間分別接一個(gè)阻值為r的電阻,在兩導(dǎo)軌間efgh矩形區(qū)域內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌平面向里、寬為d的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為b.一質(zhì)量為m、長為l、電阻為r的導(dǎo)體棒垂直擱在導(dǎo)軌上,導(dǎo)體棒與彈簧相連,彈簧下端固定,彈簧處于原長時(shí)導(dǎo)體棒位于ef處.測試時(shí),測試者利用臂力將導(dǎo)體棒向下壓縮至某位置后釋放,導(dǎo)體棒向上運(yùn)動(dòng)經(jīng)過hg時(shí),會與h、g處的壓力傳感器發(fā)生撞擊(圖乙為裝置的側(cè)視圖),壓力傳感器可以顯示撞擊力的大小,以此來反映臂力

12、的大小.設(shè)某次測試中,將彈簧壓縮至導(dǎo)體棒處于ab位置后釋放,ab與ef間的豎直距離為2d,當(dāng)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場的瞬間,加速度為2g(g為重力加速度),導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到hg時(shí)壓力傳感器示數(shù)恰好為0.已知彈簧的彈性勢能與彈簧形變量的平方成正比,導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)中與導(dǎo)軌始終保持良好的電接觸且導(dǎo)軌電阻不計(jì).在此次測試中,求:(1)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場瞬間的速度和導(dǎo)體棒兩端電壓;(2)導(dǎo)體棒出磁場時(shí)彈簧的彈性勢能.(3)導(dǎo)體棒向上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱.圖10-9【真題模型再現(xiàn)】電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒和導(dǎo)體框問題來源圖例考向統(tǒng)計(jì)分析2013全國卷第17題電阻定律和歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律通過以往高考真題的統(tǒng)計(jì)可以看出,導(dǎo)體棒

13、和導(dǎo)線框問題是電磁感應(yīng)知識考查的熱點(diǎn),以感應(yīng)電動(dòng)勢考查為主,可以考查電路知識、受力分析、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和功能關(guān)系等多方面問題.從應(yīng)用解題來看,電源的尋找與電路分析(雙棒或線圈問題可能涉及電源的串并聯(lián))、動(dòng)力學(xué)分析(涉及加速度與速度計(jì)算)、功能研究是三個(gè)主要的考向,以電磁感應(yīng)為背景,以力學(xué)的方法研究,屬于典型的力電綜合問題,能力要求高.2013全國卷第16題法拉第電磁感應(yīng)定律、牛頓第二定律、歐姆定律2016全國卷第24題牛頓第二定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律2017全國卷第20題法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、安培力2018全國卷第18題法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律【模型核心歸納】電磁感應(yīng)中產(chǎn)生

14、的感應(yīng)電流在磁場中將受到安培力的作用,從而影響導(dǎo)體棒的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況.此類問題中運(yùn)動(dòng)現(xiàn)象與電磁感應(yīng)現(xiàn)象相互聯(lián)系、相互制約,解決此類問題的思路:(1)“電源”分析:分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象產(chǎn)生的電源切割磁感線的導(dǎo)體棒或部分導(dǎo)體框,用e=blv和楞次定律(或右手定則)求解感應(yīng)電動(dòng)勢e的大小和方向,確定內(nèi)電阻r;(2)電路分析:分析電路結(jié)構(gòu),明確各部分電路的串并聯(lián)關(guān)系,求解相關(guān)部分的電流大小和方向;(3)受力分析:分析導(dǎo)體棒、導(dǎo)體框的受力情況,特別注意安培力引起的動(dòng)態(tài)變化;(4)運(yùn)動(dòng)分析:對導(dǎo)體棒、導(dǎo)體框進(jìn)行受力分析,分析安培力對運(yùn)動(dòng)對象速度、加速度的影響,推導(dǎo)出其對電路中電流的影響,定性分析出研究對象

15、最終的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(是否做勻速直線運(yùn)動(dòng));(5)能量分析:分析電磁感應(yīng)過程和導(dǎo)體棒、導(dǎo)體框運(yùn)動(dòng)過程中的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系,建立能量轉(zhuǎn)化和守恒關(guān)系.注意求解焦耳熱q的三種方法:電流不變,q=i2rt;功能關(guān)系:焦耳熱q等于克服安培力做的功;能量守恒定律:焦耳熱q等于其他能的減少量.(6)動(dòng)量分析:單桿情景一般應(yīng)用動(dòng)量定理求電荷量;雙桿情景注意是否可以遷移應(yīng)用碰撞模型.測1(單桿問題)如圖10-10所示,abcd是質(zhì)量為m的u形金屬導(dǎo)軌,ab與cd平行,放在光滑絕緣的水平面上,另有一根質(zhì)量為m的金屬棒pq平行于bc放在導(dǎo)軌上,pq棒右邊靠著絕緣豎直光滑且固定在絕緣水平面上的立柱e、f,u形導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中

16、,磁場以過e、f的o1o2為界,右側(cè)磁場方向豎直向上,左側(cè)磁場方向水平向左,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為b,導(dǎo)軌的bc段長度為l,金屬棒pq的電阻為r,其余電阻均可不計(jì),金屬棒pq與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.在導(dǎo)軌上作用一個(gè)方向向右、大小f=mg(g為重力加速度)的水平拉力,使u形導(dǎo)軌由靜止開始運(yùn)動(dòng),導(dǎo)軌從開始運(yùn)動(dòng)至達(dá)到最大速度vm的時(shí)間為t.設(shè)導(dǎo)軌足夠長.(1)求導(dǎo)軌在運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度vm.(2)從導(dǎo)軌開始運(yùn)動(dòng)至達(dá)到最大速度vm過程中,系統(tǒng)增加的內(nèi)能為多少?圖10-10測2(雙桿問題)如圖10-11甲所示,絕緣水平面上固定著兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌pq、mn,相距為l=0.5m,ef右側(cè)導(dǎo)軌處于勻

17、強(qiáng)磁場中,磁場方向豎直向下,磁感應(yīng)強(qiáng)度b的大小隨時(shí)間t的變化如圖乙所示.開始時(shí)ab棒和cd棒鎖定在導(dǎo)軌上,ab棒與cd棒平行,ab棒離水平面高度為h=0.2m,cd棒與ef之間的距離也為l,ab棒的質(zhì)量為m1=0.2kg,有效電阻r1=0.05,cd棒的質(zhì)量為m2=0.1kg,有效電阻為r2=0.15.(設(shè)ab、cd棒在運(yùn)動(dòng)過程中均始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,導(dǎo)軌電阻不計(jì),重力加速度g取10m/s2)(1)求01s時(shí)間段通過cd棒的電流大小與方向;(2)假如在1s末同時(shí)解除對ab棒和cd棒的鎖定,穩(wěn)定后ab棒和cd棒將以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng),求勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小;(3)在ab棒和cd棒從1s

18、未同時(shí)解除鎖定到開始以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)過程中,ab棒產(chǎn)生的熱量為多少?圖10-11測3(導(dǎo)線框問題)如圖10-12所示,兩個(gè)有水平邊界的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為b,方向相反且均沿水平方向,兩磁場高度均為l.一個(gè)框面與磁場方向垂直、質(zhì)量為m、電阻為r、邊長為l的正方形金屬框abcd從某一高度處由靜止釋放,當(dāng)ab邊剛進(jìn)入第一個(gè)磁場時(shí),金屬框恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng);當(dāng)ab邊下落到gh和jk之間的某位置時(shí),又恰好開始做勻速直線運(yùn)動(dòng).整個(gè)過程空氣阻力不計(jì),重力加速度為g.求:(1)金屬框的ab邊剛進(jìn)入第一個(gè)磁場時(shí)的速度;(2)金屬框的ab邊通過第二個(gè)磁場的時(shí)間t;(3)金屬框的ab邊從開始進(jìn)入第一個(gè)

19、磁場至剛剛到達(dá)第二個(gè)磁場下邊界jk過程中,金屬棒產(chǎn)生的熱量q.圖10-12第10講電磁感應(yīng)高頻考點(diǎn)探究考點(diǎn)一例1ac解析由于金屬棒kn沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng),則knmp回路中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流,在圓環(huán)處產(chǎn)生垂直于導(dǎo)軌平面向上的磁場,隨著金屬棒向下加速運(yùn)動(dòng),穿過圓環(huán)的磁通量將增加,根據(jù)楞次定律可知,圓環(huán)將有收縮的趨勢以阻礙穿過圓環(huán)磁通量的增加;又由于安培力的作用,金屬棒向下運(yùn)動(dòng)的加速度減小,感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率減小,穿過圓環(huán)的磁通量的變化率減小,所以在圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不斷減小,故a、c正確.例1變式1b解析過程中,磁通量的變化量1=r2b,過程中,磁通量的變化量2=r2(b-b

20、),流過om的電荷量q=,根據(jù)題意可知1=2,得到=,選項(xiàng)b正確.例1變式2c解析t1t3內(nèi),穿過線圈的磁通量先向里減小后向外增大,根據(jù)楞次定律可知,流過小燈泡的電流方向?yàn)閍b,選項(xiàng)a、b錯(cuò)誤;t1t3內(nèi),b-t圖線的斜率先增大后減小,則磁通量的變化率先增大后減小,感應(yīng)電動(dòng)勢先增大后減小,小燈泡先變亮后變暗,選項(xiàng)c正確,d錯(cuò)誤.考點(diǎn)二例2(1)mg02s內(nèi),勻減速直線運(yùn)動(dòng);24s內(nèi),靜止(2)=ld0.5沿順時(shí)針方向(3)i2rt例2變式1(1)1.6v(2)2c(3)411解析(1)棒ab受安培力f安=bil=當(dāng)f安=2n時(shí),v=2m/s感應(yīng)電動(dòng)勢e=blv=2v故金屬棒兩端電壓為uab=r

21、=1.6v(2)由安培力的大小隨時(shí)間變化的圖像可知,棒ab做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的速度為v=at由閉合電路歐姆定律可得電流為i=則0到2s內(nèi)平均電流=1a故電荷量為q=t=2c(3)在t=2s末的瞬時(shí)電流為i=2a熱功率為p熱=i2(r+r)=221w=4w對棒ab,有f-mgsin-bil=ma解得f=5.5n拉力f的瞬時(shí)功率為p=fv=11w所以t=2s末電路熱功率p熱與拉力的瞬時(shí)功率p之比為411例2變式2ad解析對金屬桿ab施加一個(gè)與其垂直的水平方向的恒力f,使金屬桿從靜止開始運(yùn)動(dòng),由于金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流,受到隨速度的增大而增大的安培力作用,所以金屬桿做加速度逐漸減小的

22、加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)安培力增大到與水平方向的恒力f大小相等時(shí),金屬桿做勻速直線運(yùn)動(dòng),故a正確,b錯(cuò)誤;由功能關(guān)系知,開始水平方向的恒力f做的功一部分使金屬桿動(dòng)能增大,另一部分轉(zhuǎn)化為電能,被電阻r消耗掉,當(dāng)金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),水平方向的恒力f所做的功等于r上消耗的總能量e,故c錯(cuò)誤,d正確.考點(diǎn)三例3(1)(2)(3)解析(1)設(shè)金屬棒a受到?jīng)_量i后瞬間的速度為v0,金屬棒a產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為e,導(dǎo)軌中的電流為i,則i=mv0e=b1lv0i=聯(lián)立得i=.(2)金屬棒a和金屬棒b在勻強(qiáng)磁場區(qū)運(yùn)動(dòng)過程中所受安培力大小相等、方向相反,故a、b組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒.金屬棒a和金屬棒b在勻強(qiáng)磁場區(qū)運(yùn)動(dòng)過程中

23、達(dá)到最大速度vm時(shí),兩個(gè)金屬棒速度相等,感應(yīng)電流為零,兩個(gè)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0=2mvm解得vm=.(3)金屬棒b剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)時(shí),設(shè)金屬棒a產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為e1,金屬棒b產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為e2,e1=b1lvme2=b2lvm因?yàn)閎1=2b2所以e1=2e2所以,金屬棒b剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū),電流立即出現(xiàn),在安培力作用下金屬棒a做減速運(yùn)動(dòng),金屬棒b做加速運(yùn)動(dòng).設(shè)金屬棒a在勻強(qiáng)磁場區(qū)運(yùn)動(dòng)速度從vm變化到最小速度va,所用時(shí)間為t,金屬棒b在勻強(qiáng)磁場區(qū)運(yùn)動(dòng)速度從vm變化到最大速度vb,所用時(shí)間也為t,此后金屬棒a、b都勻速運(yùn)動(dòng),則b1lva=b2lvb即vb=2va設(shè)在t時(shí)間

24、內(nèi)通過金屬棒a、b的電流平均值為i,根據(jù)動(dòng)量定理有b1ilt=mvm-mvab2ilt=mvb-mvm解得va=vm,vb=vm設(shè)金屬棒b進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)后,金屬棒a、b中產(chǎn)生的總焦耳熱為q,根據(jù)能量守恒定律得2m=m+m+q解得q=.例3變式(1)(2)mgd+(3)-mgd解析(1)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場瞬間,彈簧處于原長,受到重力和安培力作用,由牛頓第二定律得mg+bil=ma=2mg又因?yàn)閕=解得v=導(dǎo)體棒兩端電壓u=blv=(2)設(shè)導(dǎo)體棒出磁場時(shí)彈簧的彈性勢能為ep,則導(dǎo)體棒釋放時(shí)彈簧的彈性勢能為4ep,導(dǎo)體棒從釋放到剛進(jìn)入磁場的過程,由能量守恒定律得4ep=2mgd+mv2解得ep=mgd+(3)對導(dǎo)體棒上升過程,由能量守恒定律得4ep=ep+3mgd+q總可得q總=3ep-3mgd=-mgd導(dǎo)體棒向上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為q=q總=-mgd熱點(diǎn)模型解讀預(yù)測1(1)(2)-解析(1)當(dāng)導(dǎo)軌的加速度為零時(shí),導(dǎo)軌速度最大,設(shè)為vm.導(dǎo)軌在水平方向上受到外力f、水平向左的安培力f1和滑動(dòng)摩擦力f2,則f-f1-f2=0由f1=bil,i=,e=blvm,可得