高中物理-第09章-電磁感應-(單雙棒問題)典型例題(含答案)【經(jīng)典】

第九章電磁感應知識點七：單桿問題（與電阻結合）(水平單桿、斜面單桿（先電后力再能量））1、發(fā)電式（1）電路特點：導體棒相當于電源，當速度為v時，電動勢E＝Blv（2）安培力特點：安培力為阻力，并隨速度增大而增大（3）加速度特點：加速度隨速度增大而減?。?）運動特點：加速度減小的加速運動（5）最終狀態(tài)：勻速直線運動（6）兩個極值①v=0時,有最大加速度：②a=0時,有最大速度：（7）能量關系（8）動量關系（9）變形：摩擦力；改變電路；改變磁場方向；改變軌道解題步驟：解決此類問題首先要建立“動→電→動”的思維順序，可概括總結為：(1)找”電源”，用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解電動勢的大小和方向；(2)畫出等效電路圖，求解回路中的電流的大小及方向；(3)分析安培力對導體棒運動速度、加速度的動態(tài)過程，最后確定導體棒的最終運動情況；(4)列出牛頓第二定律或平衡方程求解．2、阻尼式（1）電路特點：導體棒相當于電源。（2）安培力的特點：安培力為阻力，并隨速度減小而減小。（3）加速度特點：加速度隨速度減小而減小（4）運動特點：加速度減小的減速運動（5）最終狀態(tài)：靜止（6）能量關系：動能轉化為焦耳熱（7）動量關系（8）變形：有摩擦力；磁場不與導軌垂直等1．(多選)如圖所示，MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導軌，已知導軌足夠長，且電阻不計．有一垂直導軌平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，寬度為L，ab是一根不但與導軌垂直而且始終與導軌接觸良好的金屬桿．開始，將開關S斷開，讓ab由靜止開始自由下落，過段時間后，再將S閉合，若從S閉合開始計時，則金屬桿ab的速度v隨時間t變化的圖象可能是()．答案ACD2、（單選）如圖所示，足夠長平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1Ω.一導體棒MN垂直于導軌放置，質量為0.2kg，接入電路的電阻為1Ω，兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為0.8T．將導體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6)()．答案BA．2.5m/s1WB．5m/s1WC．7.5m/s9WD．15m/s9W3．(多選)如圖所示，水平固定放置的足夠長的U形金屬導軌處于豎直向上的勻強磁場中，在導軌上放著金屬棒ab，開始時ab棒以水平初速度v0向右運動，最后靜止在導軌上，就導軌光滑和導軌粗糙的兩種情況相比較，這個過程()．答案ACA．安培力對ab棒所做的功不相等B．電流所做的功相等C．產(chǎn)生的總內(nèi)能相等D．通過ab棒的電荷量相等4．(單選)如圖，足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計．金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當流過ab棒某一橫截面的電量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中()．答案BA．運動的平均速度大小為eq\f(1,2)vB．下滑的位移大小為eq\f(qR,BL)C．產(chǎn)生的焦耳熱為qBLvD．受到的最大安培力大小為eq\f(B2L2v,R)sinθ5．(多選)如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應強度為B.將質量為m的導體棒由靜止釋放，當速度達到v時開始勻速運動，此時對導體棒施加一平行于導軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導體棒最終以2v的速度勻速運動．導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌和導體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項正確的是()．答案ACA．P＝2mgvsinθB．P＝3mgvsinθC．當導體棒速度達到eq\f(v,2)時加速度大小為eq\f(g,2)sinθD．在速度達到2v以后勻速運動的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功6、（單選）如圖所示，兩光滑平行導軌水平放置在勻強磁場中，磁場垂直導軌所在平面，金屬棒ab可沿導軌自由滑動，導軌一端連接一個定值電阻R，金屬棒和導軌電阻不計．現(xiàn)將金屬棒沿導軌由靜止向右拉，若保持拉力F恒定，經(jīng)時間t1后速度為v，加速度為a1，最終以速度2v做勻速運動；若保持拉力的功率P恒定，棒由靜止經(jīng)時間t2后速度為v，加速度為a2，最終也以速度2v做勻速運動，則()．答案BA．t2＝t1 B．t1>t2C．a(chǎn)2＝2a1 D．a(chǎn)2＝57．(多選)如圖所示，足夠長的光滑導軌傾斜放置，其下端連接一個定值電阻R，勻強磁場垂直于導軌所在平面，將ab棒在導軌上無初速度釋放，當ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時，速度為v，電阻R上消耗的功率為P.導軌和導體棒電阻不計．下列判斷正確的是()．A．導體棒的a端比b端電勢低答案BDB．a(chǎn)b棒在達到穩(wěn)定狀態(tài)前做加速度減小的加速運動C．若磁感應強度增大為原來的2倍，其他條件不變，則ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時速度將變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)D．若換成一根質量為原來2倍的導體棒，其他條件不變，則ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時的功率將變?yōu)樵瓉淼?倍8．(單選)如圖所示，足夠長的光滑金屬導軌MN、PQ平行放置，且都傾斜著與水平面成夾角θ.在導軌的最上端M、P之間接有電阻R，不計其他電阻．導體棒ab從導軌的最底端沖上導軌，當沒有磁場時，ab上升的最大高度為H；若存在垂直導軌平面的勻強磁場時，ab上升的最大高度為h.在兩次運動過程中ab都與導軌保持垂直，且初速度都相等．關于上述情景，下列說法正確的是()．A．兩次上升的最大高度相比較為H<hB．有磁場時導體棒所受合力的功等于無磁場時合力的功C．有磁場時，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．有磁場時，ab上升過程的最小加速度大于gsinθ答案B9．如圖所示，兩根平行金屬導軌固定在同一水平面內(nèi)，間距為l，導軌左端連接一個電阻．一根質量為m、電阻為r的金屬桿ab垂直放置在導軌上．在桿的右方距桿為d處有一個勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向下，磁感應強度為B.對桿施加一個大小為F、方向平行于導軌的恒力，使桿從靜止開始運動，已知桿到達磁場區(qū)域時速度為v，之后進入磁場恰好做勻速運動．不計導軌的電阻，假定導軌與桿之間存在恒定的阻力．求(1)導軌對桿ab的阻力大小f；(2)桿ab中通過的電流及其方向；(3)導軌左端所接電阻的阻值R.答案(1)F－eq\f(mv2,2d)(2)eq\f(mv2,2Bld)a→b(3)eq\f(2B2l2d,mv)－r（1）桿進入磁場前做勻加速運動，有①②解得導軌對桿的阻力③（2）桿進入磁場后做勻速運動，有④桿ab所受的安培力⑤解得桿ab中通過的電流⑥桿中的電流方向自a流向b⑦（3）桿產(chǎn)生的感應電動勢⑧桿中的感應電流⑨解得導軌左端所接電阻阻值⑩10．如圖甲所示．一對平行光滑軌道放置在水平面上，兩軌道間距l(xiāng)＝0.20m，電阻R＝1.0Ω；有一導體桿靜止地放在軌道上，與兩軌道垂直，桿及軌道的電阻皆可忽略不計，整個裝置處于磁感應強度B＝0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直軌道面向下．現(xiàn)在一外力F沿軌道方向拉桿，使之做勻加速運動，測得力F與時間t的關系如圖乙所示．求桿的質量m和加速度a.答案0.1kg10m/s2解:導體桿在軌道上做勻加速直線運動,用表示其速度,t表示時間,則有:①

桿切割磁力線,將產(chǎn)生感應電動勢:②在桿、軌道和電阻的閉合回路中產(chǎn)生電流③

桿受到的安培力的④根據(jù)牛頓第二定律,有⑤聯(lián)立以上各式,得⑥

由圖線上取兩點代入⑥式,可計算得出:,

答:桿的質量為,其加速度為.11、如圖所示，質量m1＝0.1kg，電阻R1＝0.3Ω，長度l＝0.4m的導體棒ab橫放在U型金屬框架上．框架質量m2＝0.2kg，放在絕緣水平面上，與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.相距0.4m的MM′、NN′相互平行，電阻不計且足夠長．電阻R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′.整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝0.5T．垂直于ab施加F＝2N的水平恒力，ab從靜止開始無摩擦地運動，始終與MM′、NN′保持良好接觸．當ab運動到某處時，框架開始運動．設框架與水平面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2.(1)求框架開始運動時ab速度v的大??；(2)從ab開始運動到框架開始運動的過程中，MN上產(chǎn)生的熱量Q＝0.1J，求該過程ab位移x的大小．答案(1)6m/s(2)1.1m（1）ab對框架的壓力

①框架受水平面的支持力

②依題意，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則框架受到最大靜摩擦力

③ab中的感應電動勢

④MN中電流

⑤MN受到的安培力

⑥框架開始運動時

⑦由上述各式代入數(shù)據(jù)解得

⑧（2）閉合回路中產(chǎn)生的總熱量

⑨由能量守恒定律，得

⑩代入數(shù)據(jù)解得

?12、如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ＝30°角固定，M、P之間接電阻箱R，導軌所在空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應強度為B＝0.5T．質量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其接入電路的電阻值為r.現(xiàn)從靜止釋放桿ab，測得其在下滑過程中的最大速度為vm.改變電阻箱的阻值R，得到vm與R的關系如圖乙所示．已知軌道間距為L＝2m，重力加速度g取10m/s2，軌道足夠長且電阻不計．(1)當R＝0時，求桿ab勻速下滑過程中產(chǎn)生的感應電動勢E的大小及桿中電流的方向；(2)求桿ab的質量m和阻值r；(3)當R＝4Ω時，求回路瞬時電功率每增加1W的過程中合外力對桿做的功W.答案(1)2Vb→a(2)0.2kg2Ω(3)0.6J解:(1)由圖可以知道,當

時,桿最終以勻速運動,產(chǎn)生電動勢

由右手定則判斷得知,桿中電流方向從

(2)設最大速度為v,桿切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢

由閉合電路的歐姆定律:桿達到最大速度時滿足

計算得出:

由圖象可以知道:斜率為,縱截距為,得到:

計算得出:,

(3)根據(jù)題意:,得

,則

由動能定理得聯(lián)立得代入計算得出

13．如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ＝30°角固定，兩軌道間距為L＝1m．質量為m的金屬桿ab垂直放置在軌道上，其阻值忽略不計．空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應強度為B＝0.5T．P、M間接有阻值為R1的定值電阻，Q、N間接電阻箱R.現(xiàn)從靜止釋放ab，改變電阻箱的阻值R，測得最大速度為vm，得到eq\f(1,vm)與eq\f(1,R)的關系如圖乙所示．若軌道足夠長且電阻不計，重力加速度g取10m/s2.求：(1)金屬桿的質量m和定值電阻的阻值R1；(2)當電阻箱R取4Ω時，且金屬桿ab運動的加速度為eq\f(1,2)gsinθ時，此時金屬桿ab運動的速度；(3)當電阻箱R取4Ω時，且金屬桿ab運動的速度為eq\f(vm,2)時，定值電阻R1消耗的電功率．解析(1)總電阻為R總＝R1R/(R1＋R)，電路的總電流I＝BLv/R總當達到最大速度時金屬棒受力平衡，有mgsinθ＝BIL＝eq\f(B2L2vm,R1R)(R1＋R)，eq\f(1,vm)＝eq\f(B2L2,mgRsinθ)＋eq\f(B2L2,mgR1sinθ)，根據(jù)圖象代入數(shù)據(jù)，可以得到金屬桿的質量m＝0.1kg，R1＝1Ω.(2)金屬桿ab運動的加速度為eq\f(1,2)gsinθ時，I′＝BLv′/R總根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ－BI′L＝ma即mgsinθ－eq\f(B2L2v′,R1R)(R1＋R)＝eq\f(1,2)mgsinθ，代入數(shù)據(jù)，得到v′＝0.8m/s.(3)當電阻箱R取4Ω時，根據(jù)圖象得到vm＝1.6m/s，則v＝eq\f(vm,2)＝0.8m/s，P＝eq\f(E2,R1)＝eq\f(B2L2v2,R1)＝0.16W.14．如圖所示，豎直平面內(nèi)有無限長，不計電阻的兩組平行光滑金屬導軌，寬度均為L＝0.5m，上方連接一個阻值R＝1Ω的定值電阻，虛線下方的區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度B＝2T的勻強磁場．完全相同的兩根金屬桿1和2靠在導軌上，金屬桿與導軌等寬且與導軌接觸良好，電阻均為r＝0.5Ω.將金屬桿1固定在磁場的上邊緣(仍在此磁場內(nèi))，金屬桿2從磁場邊界上方h0＝0.8m處由靜止釋放，進入磁場后恰做勻速運動．(g取10m/s2)(1)求金屬桿的質量m為多大？(2)若金屬桿2從磁場邊界上方h1＝0.2m處由靜止釋放，進入磁場經(jīng)過一段時間后開始做勻速運動．在此過程中整個回路產(chǎn)生了1.4J的電熱，則此過程中流過電阻R的電荷量q為多少？解析(1)金屬桿2進入磁場前做自由落體運動，則vm＝eq\r(2gh0)＝4m/s金屬桿2進入磁場后受兩個力而處于平衡狀態(tài)，即mg＝BIL，且E＝BLvm，I＝eq\f(E,2r＋R)解得m＝eq\f(B2L2vm,2r＋Rg)＝eq\f(22×0.52×4,2×0.5＋1×10)kg＝0.2kg.(2)金屬桿2從下落到再次勻速運動的過程中，設金屬桿2在磁場內(nèi)下降h2，由能量守恒定律得mg(h1＋h2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q解得h2＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,m)＋Q,mg)－h(huán)1＝eq\f(0.2×42＋2×1.4,2×0.2×10)m－0.2m＝1.3m金屬桿2進入磁場到勻速運動的過程中，感應電動勢和感應電流的平均值分別為E＝eq\f(BLh2,t2)，I＝eq\f(E,2r＋R)故流過電阻R的電荷量q＝It2聯(lián)立解得q＝eq\f(BLh2,2r＋R)＝eq\f(2×0.5×1.3,2×0.5＋1)C＝0.65C.15．如圖12(a)所示，間距為l、電阻不計的光滑導軌固定在傾角為θ的斜面上．在區(qū)域Ⅰ內(nèi)有方向垂直于斜面的勻強磁場，磁感應強度為B；在區(qū)域Ⅱ內(nèi)有垂直于斜面向下的勻強磁場，其磁感應強度Bt的大小隨時間t變化的規(guī)律如圖(b)所示．t＝0時刻在軌道上端的金屬棒ab從如圖所示位置由靜止開始沿導軌下滑，同時下端的另一金屬棒cd在位于區(qū)域Ⅰ內(nèi)的導軌上由靜止釋放．在ab棒運動到區(qū)域Ⅱ的下邊界EF處之前，cd棒始終靜止不動，兩棒均與導軌接觸良好．已知cd棒的質量為m、電阻為R，ab棒的質量、阻值均未知，區(qū)域Ⅱ沿斜面的長度為2l，在t＝tx時刻(tx未知)ab棒恰進入?yún)^(qū)域Ⅱ，重力加速度為g.求：(1)通過cd棒電流的方向和區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場的方向；(2)當ab棒在區(qū)域Ⅱ內(nèi)運動時cd棒消耗的電功率；(3)ab棒開始下滑的位置離EF的距離；(4)ab棒從開始下滑至EF的過程中回路中產(chǎn)生的熱量．解析(1)由楞次定律知通過cd棒的電流方向為d→c區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場方向為垂直于紙面向上．(2)對cd棒：F安＝BIl＝mgsinθ，所以通過cd棒的電流大小I＝eq\f(mgsinθ,Bl)當ab棒在區(qū)域Ⅱ內(nèi)運動時cd棒消耗的電功率P＝I2R＝eq\f(m2g2Rsin2θ,B2l2).(3)ab棒在到達區(qū)域Ⅱ前做勻加速直線運動，加速度a＝gsinθcd棒始終靜止不動，ab棒在到達區(qū)域Ⅱ前、后回路中產(chǎn)生的感應電動勢不變，則ab棒在區(qū)域Ⅱ中一定做勻速直線運動，可得eq\f(ΔΦ,Δt)＝Blvt，即eq\f(B·2l·l,tx)＝Blgsinθtx，所以tx＝eq\r(\f(2l,gsinθ))ab棒在區(qū)域Ⅱ中做勻速直線運動的速度vt＝eq\r(2glsinθ)則ab棒開始下滑的位置離EF的距離h＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,x)＋2l＝3l.(4)ab棒在區(qū)域Ⅱ中運動的時間t2＝eq\f(2l,vt)＝eq\r(\f(2l,gsinθ))ab棒從開始下滑至EF的總時間t＝tx＋t2＝2eq\r(\f(2l,gsinθ))，E＝Blvt＝Bleq\r(2glsinθ)ab棒從開始下滑至EF的過程中閉合回路產(chǎn)生的熱量Q＝EIt＝4mglsinθ.16．如圖所示，兩根正對的平行金屬直軌道MN、M′N′位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l=0.50m．軌道的MM′端之間接一阻值R=0.40Ω的定值電阻，NN′端與兩條位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、N′P′平滑連接，兩半圓軌道的半徑均為R0=0.50m．直軌道的右端處于豎直向下、磁感應強度B=0.64T的勻強磁場中，磁場區(qū)域的寬度d=0.80m，且其右邊界與NN′重合．現(xiàn)有一質量m=0.20kg、電阻r=0.10Ω的導體桿ab靜止在距磁場的左邊界s=2.0m處．在與桿垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab桿開始運動，當運動至磁場的左邊界時撤去F，結果導體桿ab恰好能以最小速度通過半圓形軌道的最高點PP′．已知導體桿ab在運動過程中與軌道接觸良好，且始終與軌道垂直，導體桿ab與直軌道之間的動摩擦因數(shù)μ=0.10，軌道的電阻可忽略不計，取g=10m/s2，求：⑴導體桿剛進入磁場時，通過導體桿上的電流大小和方向；⑵導體桿穿過磁場的過程中通過電阻R上的電荷量；⑶導體桿穿過磁場的過程中整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱．解:(1)設導體桿在F的作用下運動至磁場的左邊界時的速度為,根據(jù)動能定理則有:導體桿剛進入磁場時產(chǎn)生的感應電動勢為:此時通過導體桿上的電流大小為:(或根據(jù)右手定則可以知道,電流方向為由b向a

(2)設導體桿在磁場中運動的時間為t,產(chǎn)生的感應電動勢的平均值為,則有:通過電阻R的感應電流的平均值為:通過電阻R的電荷量為:(或(3)設導體桿離開磁場時的速度大小為,運動到圓軌道最高點的速度為,因導體桿恰好能通過半圓形軌道的最高點,根據(jù)牛頓第二定律對導體桿在軌道最高點時有:對于導體桿從運動至的過程,根據(jù)機械能守恒定律有:計算得出:導體桿穿過磁場的過程中損失的機械能為:此過程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱為:知識點八：單桿問題（與電容器結合）電容有外力充電式（1）電路特點：導體為發(fā)電邊；電容器被充電。（2）三個基本關系導體棒受到的安培力為：導體棒加速度可表示為：回路中的電流可表示為：（3）四個重要結論：①導體棒做初速度為零勻加速運動：②回路中的電流恒定：③導體棒受安培力恒定：④導體棒克服安培力做的功等于電容器儲存的電能：（試用動能定理證明）（4）變形：導軌有摩擦；電路變化；恒力的提供方式；1．（多選）如圖，兩根足夠長光滑平行金屬導軌PP′、QQ′傾斜放置，勻強磁場垂直于導軌平面，導軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導軌上，下滑過程中與導軌接觸良好．現(xiàn)同時由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則()答案BCA．金屬棒ab最終可能勻速下滑B．金屬棒ab一直加速下滑C．金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢D．帶電微粒不可能先向N板運動后向M板運動2．如圖所示,豎直放置的光滑平行金屬導軌,相距l(xiāng),導軌一端接有一個電容器,電容量為C,勻強磁場垂直紙面向里,磁感應強度為B,質量為m的金屬棒ab可緊貼導軌自由滑動.現(xiàn)讓ab從離地面高為h的位置由靜止下滑,不考慮空氣阻力,也不考慮任何部分的電阻和自感作用.求金屬棒落地時的速度為多大？【解析】ab在mg作用下加速運動，經(jīng)時間t，速度增為v，a=v/t產(chǎn)生感應電動勢E=Blv電容器帶電量Q=CE=CBlv，感應電流I=Q/t=CBLv/t=CBla產(chǎn)生安培力F=BIl=CB2l2a，由牛頓運動定律mg-F=mama=mg-CB2l2a，a=mg/(m+CB2l2)∴ab做初速為零的勻加直線運動,加速度a=mg/(m+CB2l2)落地速度為3．如圖所示，質量為M的導體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導軌上．導軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中．左側是水平放置、間距為d的平行金屬板．R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值，不計其他電阻．(1)調節(jié)Rx＝R，釋放導體棒，當棒沿導軌勻速下滑時，求通過棒的電流I及棒的速率v.(2)改變Rx，待棒沿導軌再次勻速下滑后，將質量為m、帶電量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時的Rx.答案(1)eq\f(Mgsinθ,Bl)eq\f(2MgRsinθ,B2l2)(2)eq\f(mldB,Mqsinθ)解析(1)對勻速下滑的導體棒進行受力分析如圖所示．導體棒所受安培力F安＝BIl①導體棒勻速下滑，所以F安＝Mgsinθ②聯(lián)立①②式，解得I＝eq\f(Mgsinθ,Bl)③導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢E＝Blv④由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋Rx)，且Rx＝R，所以I＝eq\f(E,2R)⑤聯(lián)立③④⑤式，解得v＝eq\f(2MgRsinθ,B2l2)(2)由題意知，其等效電路圖如圖所示．由圖知，平行金屬板兩板間的電壓等于Rx兩端的電壓．設兩金屬板間的電壓為U，因為導體棒勻速下滑時的電流仍為I，所以由歐姆定律知U＝IRx⑥要使帶電的微粒勻速通過，則mg＝qeq\f(U,d)⑦聯(lián)立③⑥⑦式，解得Rx＝eq\f(mBld,Mqsinθ).4、如圖，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L。導軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面。在導軌上放置一質量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求:(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系；(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關系答案：（1）設金屬棒下滑的速度大小為v，則感應電動勢為E=BLv

①

平行板電容器兩極板的電壓為U，U=E

②

設此時電容器極板上儲存的電荷為Q，按定義有

③聯(lián)立①②③式解得

④

（2）設金屬棒下滑的速度大小為v時經(jīng)歷的時間為t,通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到磁場的安培力為F，方向沿導軌向上，大小為F="BLi"

⑤設在t～t+時間間隔內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為，按定義有

⑥也是平行板電容器兩極板在t～t+時間間隔內(nèi)增加的電荷量由④式可得

⑦式中為金屬棒速度的變化量按加速度的定義有

⑧

分析導體棒的受力：受重力mg，支持力N，滑動摩擦力f，沿斜面向上的安培力F。

N=mgcos⑨

⑩(11)聯(lián)立⑤至(11)式得(12)

由(12)式及題設可知,金屬棒做初速為零的勻加速直線運動,t時刻金屬棒下滑的速度大小為v

(13)知識點九：單桿問題（與電源結合）3、電動式（1）電路特點：有外加電源，導體為電動邊，運動后產(chǎn)生反電動勢（等效于電機）。（2）安培力特點：安培力為動力，并隨速度增大而減小。（3）加速度特點：加速度隨速度增大而減?。?）運動特點：加速度減小的加速運動（5）最終狀態(tài)：勻速運動（6）兩個極值：①最大加速度：v=0時,E反=0,電流、加速度最大②速度最大：穩(wěn)定時，電流最小，速度最大，，（7）穩(wěn)定后的能量轉化規(guī)律（8）動量關系：（9）能量關系：（10）變形：無（有）摩擦力；傾斜導軌；有初速；磁場方向變化1．在方向水平的、磁感應強度為0.5T的勻強磁場中，有兩根豎直放置的導體軌道cd、ef，其寬度為1m，其下端與電動勢為12V、內(nèi)電阻為1Ω的電源相接，質量為0.1kg的金屬棒MN的兩端套在導軌上可沿導軌無摩擦地滑動，如圖所示，除電源內(nèi)阻外，其他一切電阻不計，g=10m／s2，從S閉合直到金屬棒做勻速直線運動的過程中（）答案：CDA．電源所做的功等于金屬棒重力勢能的增加B．電源所做的功等于電源內(nèi)阻產(chǎn)生的焦耳熱C．勻速運動時速度為20m／sD．勻速運動時電路中的電流強度大小是2A2、如圖所示，水平放置的足夠長平行導軌MN、PQ的間距為L=0.1m，電源的電動勢E＝10V，內(nèi)阻r=0.1Ω，金屬桿EF的質量為m=1kg，其有效電阻為R=0.4Ω，其與導軌間的動摩擦因素為μ＝0.1，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝1T，現(xiàn)在閉合開關，求：（1）閉合開關瞬間，金屬桿的加速度；（2）金屬桿所能達到的最大速度；（3）當其速度為v=20m/s時桿的加速度為多大？（忽略其它一切電阻，g=10m/s2）【答案】（1）1m/s2；（2）50m/s；（3）0.6m/s2(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律

,

有：

I=Er+R=100.1+0.4=20A安培力：

FA=BIL=1×20×0.1=2N根據(jù)牛頓第二定律

,

有：

a=FA?μmgm=2?0.1×1×101=1m/s2(2)當達到最大速度時，做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件，有：BI′L?μmg=0解得：

I′=μmgBL=0.1×1×101×0.1=10A，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：I′=E?BLvmr+R解得：vm=50m/s(3)當其速度為

v=20m/s

時

,

反向的感應電動勢：

E感=BLv′=0.1×1×20=2V電流：

I=E?E感r+R=10?20.1+0.4A=16A故根據(jù)牛頓第二定律，有：

ma=BIL解得：

a=BIL?μmgm=1×16×0.1?0.1×1×101m/s2=0.6m/s23、如圖所示，豎直放置的兩根足夠長的光滑金屬導軌相距為L，導軌的兩端分別與電源（串有一滑動變阻器R)、定值電阻、電容器（原來不帶電）和開關S相連．整個空間充滿了垂直于導軌平面向外的勻強磁場，其磁感應強度的大小為B。一質量為m，電阻不計的金屬棒ab橫跨在導軌上．已知電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，電容器的電容為C，定值電阻的阻值為R0，不計導軌的電阻．(1)當S接1時，金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止，則滑動變阻器接入電路的阻值R多大？(2)當S接2后，金屬棒ab從靜止開始下落，下落距離s時達到穩(wěn)定速度，則此穩(wěn)定速度的大小為多大？下落s的過程中所需的時間為多少？(3)先把開關S接通2，待ab達到穩(wěn)定速度后，再將開關S接到3．試通過推導，說明ab棒此后的運動性質如何？解析：(1)，得(2)，得，由動量定理得，其中得（3）S接3后的充電電流為，，得=常量。所以ab棒做"勻加速直線運動"，電流是恒定的．4、如圖所示，長平行導軌PQ、MN光滑，相距m，處在同一水平面中，磁感應強度B=0.8T的勻強磁場豎直向下穿過導軌面．橫跨在導軌上的直導線ab的質量m=0.1kg、電阻R=0.8Ω，導軌電阻不計．導軌間通過開關S將電動勢E=1.5V、內(nèi)電阻r=0.2Ω的電池接在M、P兩端，試計算分析：（1）在開關S剛閉合的初始時刻，導線ab的加速度多大？隨后ab的加速度、速度如何變化？（2）在閉合開關S后，怎樣才能使ab以恒定的速度υ=7.5m/s沿導軌向右運動？試描述這時電路中的能量轉化情況（通過具體的數(shù)據(jù)計算說明）．解析（1）在S剛閉合的瞬間，導線ab速度為零，沒有電磁感應現(xiàn)象，由a到b的電流，ab受安培力水平向右，此時瞬時加速度ab運動起來且將發(fā)生電磁感應現(xiàn)象．a(chǎn)b向右運動的速度為υ時，感應電動勢，根據(jù)右手定則，ab上的感應電動勢（a端電勢比b端高）在閉合電路中與電池電動勢相反．電路中的電流（順時針方向，）將減?。ㄐ∮贗0=1.5A），ab所受的向右的安培力隨之減小，加速度也減?。M管加速度減小，速度還是在增大，感應電動勢E隨速度的增大而增大，電路中電流進一步減小，安培力、加速度也隨之進一步減小，當感應電動勢與電池電動勢E相等時，電路中電流為零，ab所受安培力、加速度也為零，這時ab的速度達到最大值，隨后則以最大速度繼續(xù)向右做勻速運動．設最終達到的最大速度為υm，根據(jù)上述分析可知：，所以m/s=3.75m/s．（2）如果ab以恒定速度m/s向右沿導軌運動，則ab中感應電動勢V=3V由于＞，這時閉合電路中電流方向為逆時針方向，大小為：A=1.5A直導線ab中的電流由b到a，根據(jù)左手定則，磁場對ab有水平向左的安培力作用，大小為N=0.6N所以要使ab以恒定速度m/s向右運動，必須有水平向右的恒力N作用于ab．上述物理過程的能量轉化情況，可以概括為下列三點：①作用于ab的恒力（F）的功率：W=4.5W②電阻（R+r）產(chǎn)生焦耳熱的功率：W=2.25W③逆時針方向的電流，從電池的正極流入，負極流出，電池處于“充電”狀態(tài)，吸收能量，以化學能的形式儲存起來．電池吸收能量的功率：W=2.25W由上看出，，符合能量轉化和守恒定律（沿水平面勻速運動機械能不變）．知識點十：線框問題1、(單選)如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框導體橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框導體橫截面的電荷量為q2，則()．答案AA．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q22．(單選)如圖所示，用粗細相同的銅絲做成邊長分別為L和2L的兩只閉合線框a和b，以相同的速度從磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中勻速地拉到磁場外，若外力對環(huán)做的功分別為Wa、Wb，則Wa∶Wb為()．答案AA．1∶4 B．1∶2C．1∶1 D．不能確定3．(單選)如圖所示，邊長為L的正方形導線框質量為m，由距磁場H＝eq\f(4,3)L高處自由下落，其下邊ab進入勻強磁場后，線圈開始做減速運動，直到其上邊cd剛剛穿出磁場時，速度減為ab邊進入磁場時的一半，磁場的寬度也為L，則線框穿越勻強磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為()．答案CA．2mgL B.eq\f(10,3)mgLC．3mgL D.eq\f(7,3)mgL4．(多選)如圖甲所示，在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1L2之間、L3L4之間存在勻強磁場，大小均為1T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)有一矩形線圈abcd，寬度cd＝0.5m，質量為0.1kg，電阻為2Ω，將其從圖示位置靜止釋放(cd邊與L1重合)，速度隨時間的變化關系如圖乙所示，t1時刻cd邊與L2重合，t2時刻ab邊與L3重合，t3時刻ab邊與L4重合，已知t1～t2的時間間隔為0.6s，整個運動過程中線圈平面始終處于豎直方向．重力加速度g取10m/s2，則()A．在0～t1時間內(nèi)，通過線圈的電荷量為0.25C答案ABB．線圈勻速運動的速度大小為8m/sC．線圈的長度為1mD．0～t3時間內(nèi)，線圈產(chǎn)生的熱量為4.2J5、如圖所示，光滑斜面的傾角α＝30°，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長l1＝1m，bc邊的邊長l2＝0.6m，線框的質量m＝1kg，電阻R＝0.1Ω，線框通過細線與重物相連，重物質量M＝2kg，斜面上ef(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5T，如果線框從靜止開始運動，進入磁場的最初一段時間做勻速運動，ef和gh的距離s＝11.4m，(取g＝10m/s2)，求：(1)線框進入磁場前重物的加速度；(2)線框進入磁場時勻速運動的速度v；(3)ab邊由靜止開始到運動到gh處所用的時間t；(4)ab邊運動到gh處的速度大小及在線框由靜止開始運動到gh處的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱．答案：（1）a＝eq\f(Mg－mgsinα,M＋m)＝5m/s2（2）Mg＝mgsinα＋eq\f(B2l2v,R)代入數(shù)據(jù)解得v＝6m/s.（3）t＝t1＋t2＋t3＝2.5s.（4）Q＝FAl2＝(Mg－mgsinα)l2＝9J.6．如圖甲所示，一邊長L＝2.5m、質量m＝0.5kg的正方形金屬線框，放在光滑絕緣的水平面上，整個裝置放在方向豎直向上、磁感應強度B＝0.8T的勻強磁場中，金屬線框的一邊與磁場的邊界MN重合．在水平力F作用下金屬線框由靜止開始向左運動，經(jīng)過5s金屬線框被拉出磁場，測得金屬線框中的電流隨時間變化的圖象如圖乙所示．(1)在金屬線框被拉出的過程中，求通過線框截面的電荷量及線框的電阻．(2)寫出水平力F隨時間變化的表達式．(3)已知在這5s內(nèi)力F做功1.92J，那么在此過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱是多少？答案(1)1.25C4Ω(2)F＝(0.2t＋0.1)N(3)1.67J解析(1)根據(jù)q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，由I－t圖象得：q＝1.25C又根據(jù)eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(BL2,RΔt)，得R＝4Ω.(2)由電流圖象可知，感應電流隨時間變化的規(guī)律：I＝0.1t由感應電流I＝eq\f(BLv,R)，可得金屬線框的速度隨時間也是線性變化的，v＝eq\f(RI,BL)＝0.2t線框做勻加速直線運動，加速度a＝0.2m/s2線框在外力F和安培力FA作用下做勻加速直線運動，F(xiàn)－FA＝ma所以水平力F隨時間變化的表達式為F＝(0.2t＋0.1)N.(3)當t＝5s時，線框從磁場中拉出時的速度v5＝at＝1m/s，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝W－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,5)＝1.67J.7．如圖所示，水平的平行虛線間距為d，其間有磁感應強度為B的勻強磁場．一個長方形線圈的邊長分別為L1、L2，且L2<d，線圈質量m，電阻為R.現(xiàn)將線圈由其下邊緣離磁場的距離為h處靜止釋放，其下邊緣剛進入磁場和下邊緣剛穿出磁場時的速度恰好相等．求：(1)線圈剛進入磁場時的感應電流的大??；(2)線圈從下邊緣剛進磁場到下邊緣剛出磁場(圖中兩虛線框所示位置)的過程做何種運動，求出該過程最小速度v；(3)線圈進出磁場的全過程中產(chǎn)生的總焦耳熱Q總．答案(1)eq\f(BL1\r(2gh),R)(2)先做加速度減小的減速運動，后做加速度為g的勻加速運動eq\r(2gh＋L2－d)(3)2mgd解析(1)mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，v0＝eq\r(2gh)，E＝BL1v0，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL1\r(2gh),R)(2)先做加速度減小的減速運動，后做加速度為g的勻加速運動，3位置時線圈速度最小，而3位置到4位置線圈是自由落體運動，因此有veq\o\al(2,0)－v2＝2g(d－L2)，得v＝eq\r(2gh＋L2－d)(3)由于線圈完全處于磁場中時不產(chǎn)生電熱，線圈進入磁場過程中產(chǎn)生的電熱Q就是線圈從圖中2位置到4位置產(chǎn)生的電熱，而2、4位置動能相同．由能量守恒Q＝mgd由對稱性可知：Q總＝2Q＝2mgd知識點十一：雙棒問題1、無外力等距雙棒（1）電路特點：棒2相當于電源;棒1受安培力而加速起動,運動后產(chǎn)生反電動勢.（2）電流特點：隨著棒2的減速、棒1的加速，兩棒的相對速度v2-v1變小，回路中電流也變小。v1=0時：電流最大v2=v1時：電流I＝0（3）兩棒的運動情況安培力大?。簝砂舻南鄬λ俣茸冃?感應電流變小,安培力變小，棒1做加速度變小的加速運動，棒2做加速度變小的減速運動，最終兩棒具有共同速度（4）兩個規(guī)律①動量規(guī)律：兩棒受到安培力大小相等方向相反,系統(tǒng)合外力為零,系統(tǒng)動量守恒.②能量轉化規(guī)律：系統(tǒng)機械能的減小量等于內(nèi)能的增加量.（類似于完全非彈性碰撞）兩棒產(chǎn)生焦耳熱之比：（5）變形：初速度的提供方式不同；磁場方向與導軌不垂直；兩棒都有初速度；兩棒位于不同磁場中vv0vv0011221、如圖所示,兩根間距為l的光滑金屬導軌(不計電阻),由一段圓弧部分與一段無限長的水平段部分組成.其水平段加有豎直向下方向的勻強磁場,其磁感應強度為B,導軌水平段上靜止放置一金屬棒cd,質量為2m,電阻為2r.另一質量為m,電阻為r的金屬棒ab,從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進入水平段,圓弧段MN半徑為R,所對圓心角為60°,求：（1）ab棒在N處進入磁場區(qū)速度多大？此時棒中電流是多少？（2）cd棒能達到的最大速度是多大？（3）ab棒由靜止到達最大速度過程中,系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？【解析】（1）；回路中電流強度為（2）；（3）系統(tǒng)釋放熱量應等于系統(tǒng)機械能減少量，故有2、夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內(nèi)，兩導軌間的距離為l，導軌上面橫放著兩根導體棒ab和cd，構成矩形回路，如圖2所示，兩根導體棒的質量皆為m，電阻皆為R，回路中其余電阻不計，整個導軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B，設兩導體棒均可沿導軌無摩擦的滑行，開始時棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0,若兩導體棒在運動中始終不接觸，求：1、運動中產(chǎn)生焦耳熱最多是多少？2、當ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?/4時，cd棒的加速度是多少？【解析】ab棒向cd棒運動時，兩棒和導軌構成的回路的面積變小，穿過它的磁通量也變小，在回路中產(chǎn)生了感應電流，用楞次定律和安培定則判斷其方向如圖3所示，又由左手定則可判斷ab棒受到的與運動方向相反的安培力作用，作減速運動，cd棒受到安培力作用作加速運動，在ab棒速度大于cd棒的速度時，兩棒間的距離總會減小，回路中總有感應電流，ab會繼續(xù)減速，cd會繼續(xù)加速，當兩棒的速度相等時，回路的面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應電流，兩棒此時不受安培力作用，以相同的速度向右作勻速直線運動。1、從初始至兩棒達到速度相同的過程中，兩棒組成的系統(tǒng)受外力之和為零，系統(tǒng)的總動量守恒，有：mv0=2mv，所以最終作勻速直線運動的速度為：v=v0/2兩棒的速度達到相等前，兩棒機械能不斷轉化為回路的電能，最終電能又轉化為內(nèi)能。兩棒速度相等后，兩棒的機械能不變化，根據(jù)能量守恒定律得整個過程中產(chǎn)生的焦耳最多時是兩棒速度相等時，而且最多的焦耳熱為兩棒此時減小的機械能：2、設ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?/4時，cd棒的速度為，又由動量守恒定律得：…（1）因ab和cd切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢方向相反，所以此時回路中的感應電動勢為：……（2）由閉合電路歐姆定律得此時通過兩棒的感應電流為：…………（3）此時cd棒所受的安培力為：F=BIl，聯(lián)立解得加速度為：3、如下圖，在水平面上有兩條平行導電導軌MN、PQ，導軌間距離為l，勻強磁場垂直于導軌所在的平面(紙面)向里，磁感應強度的大小為B，兩根金屬桿1、2擺在導軌上，與導軌垂直，它們的質量和電阻分別為ml、m2和R1、R2，兩桿與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，已知：桿1被外力拖動，以恒定的速度v0沿導軌運動；達到穩(wěn)定狀態(tài)時，桿2也以恒定速度沿導軌運動，導軌的電阻可忽略，求此時桿2克服摩擦力做功的功率?！窘馕觥拷夥ㄒ唬涸O桿2的運動速度為v，由于兩桿運動時，兩桿和導軌構成的回路的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應電動勢ε=Bl(v0-v)①，感應電流I=ε/(R1+R2)②，桿2運動受到的安培力等于摩擦力BIl=μm2g③，導體桿2克服摩擦力做功的功率P=μm2gv④，解得P=μm2g[v0-μm2g(R1+R2)/B2l2⑤解法二：以F表示拖動桿1的外力，表示回路的電流，達到穩(wěn)定時，對桿1有F-μm1g-BIl①，對桿2有BIl-μm2g=0、②，外力的功率PF=Fv0③，以P表示桿2克服摩4、如圖所示，光滑導軌、等高平行放置，間寬度為間寬度的3倍，導軌右側水平且處于豎直向上的勻強磁場中，左側呈弧形升高。、是質量均為的金屬棒，現(xiàn)讓從離水平軌道高處由靜止下滑，設導軌足夠長。試求：(1)、棒的最終速度；(2)全過程中感應電流產(chǎn)生的焦耳熱?！窘馕觥肯禄M入磁場后切割磁感線，在電路中產(chǎn)生感應電流，、各受不同的磁場力作用而分別作變減速、變加速運動，電路中感應電流逐漸減小，當感應電流為零時，、不再受磁場力作用，各自以不同的速度勻速滑動。(1)自由下滑，機械能守恒：①由于、串聯(lián)在同一電路中，任何時刻通過的電流總相等，金屬棒有效長度，故它們的磁場力為：②在磁場力作用下，、各作變速運動，產(chǎn)生的感應電動勢方向相反，當時，電路中感應電流為零()，安培力為零，、運動趨于穩(wěn)定，此時有：所以

③、受安培力作用，動量均發(fā)生變化，由動量定理得：

④

⑤聯(lián)立以上各式解得：，(2)根據(jù)系統(tǒng)的總能量守恒可得：F122、F12（1）電路特點：棒2相當于電源;棒1受安培力而起動.（2）運動分析：某時刻回路中電流：安培力大?。喊?：棒2：最初階段，a2>a1,只要a2>a1,(v2-v1)增大，I增大，F(xiàn)B增大，a1增大，a2減小當a2＝a1時，v2-v1恒定，I恒定，F(xiàn)B恒定，兩棒勻加速（3）穩(wěn)定時的速度差（4）變形：兩棒都受外力作用；外力提供方式變化F212FF212F11、（多選）如圖所示，豎直放置的兩光滑平行金屬導軌置于垂直導軌向里的勻強磁場中，兩根質量相同的金屬棒a和b和導軌緊密接觸且可自由滑動，先固定a，釋放b，當b速度達到10m/s時，再釋放a，經(jīng)1s時間a的速度達到12m/s，則：答案：A、CA、當va=12m/s時，vb=18m/sB、當va=12m/s時，vb=22m/sC、若導軌很