（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電磁感應(yīng)和電路 第2講 電磁感應(yīng)的綜合問題學(xué)案

第2講電磁感應(yīng)的綜合問題選考考點(diǎn)分布章知識(shí)內(nèi)容考試要求歷次選考統(tǒng)計(jì)必考加試2015/102016/042016/102017/042017/11電磁感應(yīng)電磁感應(yīng)現(xiàn)象b楞次定律c法拉第電磁感應(yīng)定律d2223222222電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況b互感和自感b渦流、電磁阻尼和電磁驅(qū)動(dòng)b考點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的圖象問題1(多選)如圖1所示，abcd為一邊長(zhǎng)為l的正方形導(dǎo)線框，導(dǎo)線框位于光滑水平面內(nèi)，其右側(cè)為一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的邊界與線框的cd邊平行，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為2l，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下，線框在一垂直于cd邊的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右運(yùn)動(dòng)，直至通過磁場(chǎng)區(qū)域，cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框開始勻速運(yùn)動(dòng)，規(guī)定線框中電流沿逆時(shí)針時(shí)方向?yàn)檎?，則導(dǎo)線框從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到完全離開磁場(chǎng)的過程中，a、b兩端的電壓Uab及導(dǎo)線框中的電流i隨cd邊的位置坐標(biāo)x變化的圖線可能是()圖1答案BD2(多選)(人教版選修32P8第6題改編)某實(shí)驗(yàn)裝置如圖2所示，在鐵芯P上繞著兩個(gè)線圈A和B，如果線圈A中電流i與時(shí)間t的關(guān)系有如圖所示的A、B、C、D共四種情況在t1t2這段時(shí)間內(nèi)，哪種情況可以觀察到在線圈B中有感應(yīng)電流()圖2答案BCD3(多選)(人教版選修32P19“例題”改編)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一利用渦旋電場(chǎng)加速帶電粒子的裝置，基本原理如圖3甲所示，上、下為電磁鐵的兩個(gè)磁極，磁極之間有一個(gè)環(huán)形真空室，帶電粒子在真空室內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，電磁鐵線圈電流的大小、方向可以變化，產(chǎn)生的感生電場(chǎng)使粒子加速，圖甲上部分為側(cè)視圖，下部分為俯視圖，若粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為零，圓形軌道的半徑為R，穿過粒子圓形軌道面積的磁通量隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，在t0時(shí)刻后，粒子所在軌道處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，粒子加速過程中忽略相對(duì)論效應(yīng)，不計(jì)粒子的重力，下列說法正確的是()圖3A若被加速的粒子為電子，沿如圖所示逆時(shí)針方向加速，則應(yīng)在線圈中通以由a到b的電流B若被加速的粒子為正電子，沿如圖所示逆時(shí)針方向加速，則應(yīng)在線圈中通以由a到b的電流C在t0時(shí)刻后，粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為D在t0時(shí)刻前，粒子每加速一周增加的動(dòng)能為答案ACD解析電子帶負(fù)電，它在電場(chǎng)中受力的方向與電場(chǎng)方向相反，電子沿逆時(shí)針方向加速，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向豎直向上，由右手螺旋定則知線圈中應(yīng)通以由a到b的電流，故A正確；同理可知B錯(cuò)誤；在 t0時(shí)刻后，粒子所在軌道處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受洛倫茲力等于向心力qvB，v，故C正確；在t0時(shí)刻前，感生電場(chǎng)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E感，粒子加速運(yùn)動(dòng)一周增加的動(dòng)能為EkqE感，故D正確1.對(duì)圖象的認(rèn)識(shí)，應(yīng)注意以下兩個(gè)方面(1)明確圖象所描述的物理意義(2)明確各種“”“”的含義2電磁感應(yīng)中圖象類選擇題的兩個(gè)常見解法(1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(shì)(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負(fù)，排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖象作出分析和判斷，這未必是最簡(jiǎn)捷的方法，但卻是最有效的辦法考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題1(2016·浙江10月選考·22)為了探究電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)速與彈簧伸長(zhǎng)量之間的關(guān)系，小明設(shè)計(jì)了如圖4所示的裝置半徑為l的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一根長(zhǎng)也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO上，由電動(dòng)機(jī)A帶動(dòng)旋轉(zhuǎn)在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面，大小為B1、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)另有一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質(zhì)彈簧懸掛在豎直平面內(nèi)，并與固定在豎直平面內(nèi)的“U”型導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)軌間距為l，底部接阻值也為R的電阻，處于大小為B2、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中從圓形金屬導(dǎo)軌引出導(dǎo)線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線經(jīng)開關(guān)S與“U”型導(dǎo)軌連接當(dāng)開關(guān)S斷開，棒cd靜止時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x0；當(dāng)開關(guān)S閉合，電動(dòng)機(jī)以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，棒cd再次靜止時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量變?yōu)閤(不超過彈性限度)不計(jì)其余電阻和摩擦等阻力，求此時(shí)：圖4(1)通過棒cd的電流Icd；(2)電動(dòng)機(jī)對(duì)該裝置的輸出功率P；(3)電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)角速度與彈簧伸長(zhǎng)量x之間的函數(shù)關(guān)系答案見解析解析(1)S斷開，cd棒靜止有mgkx0S閉合，cd棒靜止時(shí)受到安培力FB2Icd lcd棒靜止時(shí)有mgB2Icd lkx解得Icd(2)回路總電阻R總RRR總電流：I由能量守恒得PI2R總(3)由法拉第電磁感應(yīng)定律：EB1l2回路總電流I解得.2(2017·臺(tái)州市9月選考)為了測(cè)量列車運(yùn)行的速度和加速度大小，可采用如圖5甲所示的裝置，它由一塊安裝在列車車頭底部的強(qiáng)磁體和埋設(shè)在地面的一組線圈及電流測(cè)量記錄儀組成(測(cè)量記錄儀未畫出)當(dāng)列車經(jīng)過線圈上方時(shí)，線圈中產(chǎn)生的電流被記錄下來，就能求出列車的速度和加速度如圖乙所示為鐵軌和列車的俯視圖，假設(shè)磁體端部有磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.2×102 T，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，該磁場(chǎng)區(qū)域在運(yùn)動(dòng)過程中兩個(gè)時(shí)刻恰能依次覆蓋兩個(gè)線圈，每個(gè)線圈的電阻r0.30 ，匝數(shù)n4，垂直于鐵軌方向長(zhǎng)l0.25 m，平行于軌道方向的寬度遠(yuǎn)小于兩線圈的距離s，每個(gè)測(cè)量記錄儀自身電阻R1.70 ，其記錄下來的電流位置關(guān)系圖，即ix圖如圖丙所示圖5(1)當(dāng)磁場(chǎng)區(qū)域的右邊界剛離開線圈時(shí)，線圈的電流方向是順時(shí)針還是逆時(shí)針？(俯視圖)(2)試計(jì)算列車通過線圈和線圈時(shí)的速度v1和v2的大小；(3)假設(shè)列車做的是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求列車在兩個(gè)線圈之間的加速度的大小(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)答案(1)順時(shí)針(2)20 m/s25 m/s(3)1.13 m/s2解析(1)由楞次定律得，線圈的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針(2)列車車頭底部的強(qiáng)磁體通過線圈時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，根據(jù)公式可得：EI(Rr)解得：E10.24 V和E20.30 V而線圈、中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E1nBlv1，E2nBlv2解得：v120 m/s，v225 m/s(3)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式：vv2as從題圖丙中讀出s100 m，解得：a1.13 m/s2.3. 如圖6所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長(zhǎng)為l，cd邊長(zhǎng)為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上下邊界均水平，磁場(chǎng)方向垂直于線框所在平面開始時(shí)，cd邊到磁場(chǎng)上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)直到ef、pq邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，在ef、pq邊離開磁場(chǎng)后，ab邊離開磁場(chǎng)之前，線框又做勻速運(yùn)動(dòng)線框完全穿過磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求：圖6(1)線框ab邊將要離開磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的幾倍；(2)磁場(chǎng)上、下邊界間的距離H.答案(1)4倍(2)28l解析(1)設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有E12Blv1設(shè)線框總電阻為R，此時(shí)線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1，有F12I1Lb由于線框做勻速運(yùn)動(dòng)，其受力平衡，有mgF1由式得v1設(shè)ab邊離開磁場(chǎng)之前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2，同理可得v2由式得v24v1(2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，由機(jī)械能守恒定律，有2mglmv線框完全穿過磁場(chǎng)的過程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mvmvQ由式得H28l. 1.力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象的相互關(guān)系2求解焦耳熱的三種方法(1)焦耳定律：QI2Rt(2)功能關(guān)系：QW克服安培力(3)能量轉(zhuǎn)化：QE其他能的減少量考點(diǎn)三應(yīng)用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)分析電磁感應(yīng)問題1(2017·浙江4月選考·22)間距為l的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖7所示傾角為的導(dǎo)軌處于大小為B1、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)間中水平導(dǎo)軌上的無磁場(chǎng)區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動(dòng)雙桿”(由兩根長(zhǎng)為l的金屬桿cd和ef，用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的剛性絕緣桿連接構(gòu)成)，在“聯(lián)動(dòng)雙桿”右側(cè)存在大小為B2、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)間，其長(zhǎng)度大于L.質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l的金屬桿ab從傾斜導(dǎo)軌上端釋放，達(dá)到勻速后進(jìn)入水平導(dǎo)軌(無能量損失)，桿ab與“聯(lián)動(dòng)雙桿”發(fā)生碰撞，碰后桿ab和cd合在一起形成“聯(lián)動(dòng)三桿”“聯(lián)動(dòng)三桿”繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間并從中滑出運(yùn)動(dòng)過程中，桿ab、cd和ef與導(dǎo)軌始終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直已知桿ab、cd和ef電阻均為R0.02 、m0.1 kg、l0.5 m，L0.3 m，30°，B10.1 T，B20.2 T不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，忽略磁場(chǎng)邊界效應(yīng)，g取10 m/s2.求：圖7(1)桿ab在傾斜導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v0；(2)“聯(lián)動(dòng)三桿”進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間前的速度大小v；(3)“聯(lián)動(dòng)三桿”滑過磁場(chǎng)區(qū)間產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案見解析 解析(1)由已知得：mgsin 解得：v06 m/s.(2)由動(dòng)量守恒定律得mv04mv，解得v1.5 m/s.(3)設(shè)“聯(lián)動(dòng)三桿”進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間時(shí)速度變化量的大小為v，由動(dòng)量定理得B2lt4mv因，解得v0.25 m/s.設(shè)“聯(lián)動(dòng)三桿”滑出磁場(chǎng)區(qū)間時(shí)速度變化量的大小為v，同樣有B2lt4mv，解得v0.25 m/s.因此“聯(lián)動(dòng)三桿”滑出磁場(chǎng)區(qū)間時(shí)的速度為vvvv1 m/s.由能量守恒得：Q·4m(v2v2)0.25 J.2. (2016·浙江4月選考·23)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電磁推動(dòng)加噴氣推動(dòng)的火箭發(fā)射裝置，如圖8所示豎直固定在絕緣底座上的兩根長(zhǎng)直光滑導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng).導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B.絕緣火箭支撐在導(dǎo)軌間，總質(zhì)量為m，其中燃料質(zhì)量為m，燃料室中的金屬棒EF電阻為R，并通過電刷與電阻可忽略的導(dǎo)軌良好接觸引燃火箭下方的推進(jìn)劑，迅速推動(dòng)剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好)向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)回路CEFDC面積減少量達(dá)到最大值S，用時(shí)t，此過程激勵(lì)出強(qiáng)電流，產(chǎn)生電磁推力加速火箭在t時(shí)間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體當(dāng)燃燒室下方的可控噴氣孔打開后噴出燃?xì)膺M(jìn)一步加速火箭圖8(1)求回路在t時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值及通過金屬棒EF的電荷量，并判斷金屬棒EF中的感應(yīng)電流方向；(2)經(jīng)t時(shí)間火箭恰好脫離導(dǎo)軌，求火箭脫離時(shí)的速度大小v0；(不計(jì)空氣阻力)(3)火箭脫離導(dǎo)軌時(shí)，噴氣孔打開，在極短的時(shí)間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m的燃?xì)?，噴出的燃?xì)庀鄬?duì)噴氣前火箭的速度為v，求噴氣后火箭增加的速度v.(提示：可選噴氣前的火箭為參考系)答案(1)方向向右(2)gt (3)v解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有qt，電流方向向右(2)平均感應(yīng)電流平均安培力BL由動(dòng)量定理有(mg)tmv0，v0gt(3)以噴氣前的火箭為參考系，設(shè)豎直向上為正，由動(dòng)量守恒定律mv(mm)v0得vv.3(2017·溫州市十校高三期末)如圖9所示，PQ和MN是固定于水平面內(nèi)的平行光滑金屬軌道，軌道足夠長(zhǎng)，其電阻可忽略不計(jì)金屬棒ab、cd放在軌道上，始終與軌道垂直，且接觸良好金屬棒ab、cd的質(zhì)量均為m，長(zhǎng)度均為L(zhǎng).兩金屬棒的長(zhǎng)度恰好等于軌道的間距，它們與軌道形成閉合回路金屬棒ab的電阻為2R，金屬棒cd的電阻為R.整個(gè)裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中若先保持金屬棒ab不動(dòng)，使金屬棒cd在與其垂直的水平力F(大小未知)作用下，由靜止開始向右以加速度a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，水平力F作用t0時(shí)間撤去此力，同時(shí)釋放金屬棒ab.求：圖9(1)棒cd勻加速過程中，外力F隨時(shí)間t變化的函數(shù)關(guān)系；(2)兩金屬棒在撤去F后的運(yùn)動(dòng)過程中，直到最后達(dá)到穩(wěn)定，金屬棒cd產(chǎn)生的熱量；(3)兩金屬棒在撤去F后的運(yùn)動(dòng)過程中，直到最后達(dá)到穩(wěn)定，通過金屬棒cd的電荷量q.答案(1)Ftma(2)ma2t(3)解析(1)棒cd勻加速過程中FBILma，又I，得此過程F隨時(shí)間t變化的函數(shù)關(guān)系為Ftma.(2)撤去F后，直到最后達(dá)到穩(wěn)定，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒得系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為Qmv·2mv2，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒mv02mv，又v0at0得Qma2t，cd棒產(chǎn)生的熱量為QcdQma2t.(3)撤去F到系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定，由動(dòng)量定理對(duì)cd受力分析得BLtmvmv0，qt，解得q.4(2017·浙江“七彩陽光”聯(lián)考)如圖10所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌G1、G2放置在傾角為的斜面上，導(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)在導(dǎo)軌上端并聯(lián)接入兩個(gè)額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放，經(jīng)過時(shí)間t0，兩燈泡開始并保持正常發(fā)光金屬棒下落過程中保持與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好重力加速度為g.求：圖10(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)燈泡正常發(fā)光時(shí)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)速率v；(3)在t0至tt0期間，兩小燈泡產(chǎn)生的總焦耳熱答案(1)(2)(3)2t0P解析(1)設(shè)燈泡額定電流為I0則有PIR流經(jīng)MN的電流I2I0mgsin 2BI0l聯(lián)立得B(2)EBlvI0R解得v(3)在t0至tt0期間，對(duì)導(dǎo)體棒運(yùn)用動(dòng)量定理，有(mgsin iBl)tmv累積求和得：t0mgsin Blqmv設(shè)在t0至tt0期間棒運(yùn)動(dòng)的距離為s，則由電磁感應(yīng)定律，得q聯(lián)立得s兩小燈泡產(chǎn)生的總焦耳熱Qmgssin mv2將式代入式，得Qmgsin ·m()22t0P5某研究所正在研究一種電磁剎車裝置如圖11所示，實(shí)驗(yàn)小車質(zhì)量m2 kg，底部有一個(gè)匝數(shù)n100匝、邊長(zhǎng)a0.1 m的正方形線圈，線圈總電阻r1 .在實(shí)驗(yàn)中，小車(形狀可簡(jiǎn)化為上述正方形線圈)從軌道起點(diǎn)由靜止出發(fā)，進(jìn)入右邊的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域ABCD，BC長(zhǎng)d0.20 m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1 T，磁場(chǎng)方向豎直向上，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中不計(jì)小車所受的摩擦及空氣阻力，小車在軌道連接處運(yùn)動(dòng)時(shí)無能量損失求：(g10 m/s2)圖11(1)當(dāng)實(shí)驗(yàn)小車從h1.25 m高度無初速度釋放，小車前端剛進(jìn)入AB邊界時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大?。?2)在第(1)問，小車進(jìn)入磁場(chǎng)后做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小車末端到達(dá)AB邊界時(shí)速度剛好減為零，求此過程中線圈產(chǎn)生的熱量；(3)再次改變小車釋放的高度，使得小車尾端剛好能到達(dá)CD處，求此高度h.答案見解析解析(1)根據(jù)動(dòng)能定理有mghmv2根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律EnBav代入數(shù)據(jù)可得E50 V(2)根據(jù)動(dòng)能定理，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，有WGW安0則QW安25 J(3)對(duì)于線圈進(jìn)出磁場(chǎng)過程，設(shè)當(dāng)小車前端剛到達(dá)AB時(shí)的速度為v，由動(dòng)量定理有nBiatmv小車尾端剛好能到達(dá)CD處，在這一段時(shí)間內(nèi)微元積累得nBqamv根據(jù)機(jī)械能守恒有mghmv2又qn2 C，代入數(shù)據(jù)得h5 m.電磁感應(yīng)綜合問題的解題技巧感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問題往往跟力學(xué)問題聯(lián)系在一起解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量守恒定律、動(dòng)量定理、動(dòng)能定理等)解決這類問題的方法是：(1)選擇研究對(duì)象即是哪一根導(dǎo)體棒或幾根導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)(2)分析其受力情況安培力既跟電流垂直又跟磁場(chǎng)垂直(3)分析研究對(duì)象所受的各力做功情況和合外力情況選定所要應(yīng)用的物理規(guī)律(4)分析研究對(duì)象(或系統(tǒng))動(dòng)量情況，是否符合動(dòng)量守恒(5)運(yùn)用物理規(guī)律列方程，求解注意：加速度a0時(shí)，速度v達(dá)到最大值專題強(qiáng)化練(限時(shí)：40分鐘)1(多選)如圖1所示為法拉第圓盤發(fā)電機(jī)半徑為r的導(dǎo)體圓盤繞豎直軸以角速度旋轉(zhuǎn)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B豎直向上，電刷a與圓盤表面接觸，接觸點(diǎn)距圓心為，電刷b與圓盤邊緣接觸，兩電刷間接有阻值為R的電阻，忽略圓盤電阻與接觸電阻，則()圖1Aab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為Br2B通過電阻R的電流強(qiáng)度為C通過電阻R的電流強(qiáng)度為從上到下D圓盤在ab連線上所受的安培力與ab連線垂直，與轉(zhuǎn)向相反答案BD2(多選) 如圖2，矩形閉合線框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻，線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場(chǎng)水平邊界OO平行，線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，設(shè)OO下方磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，不計(jì)空氣影響，則下列哪一個(gè)圖象可能反映線框下落過程中速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律()圖2答案CD解析線框先做自由落體運(yùn)動(dòng)，若ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)做減速運(yùn)動(dòng)，由F知線框所受的安培力減小，合外力減小，加速度逐漸減小，vt圖象的斜率應(yīng)逐漸減小，故A、B錯(cuò)誤；線框先做自由落體運(yùn)動(dòng)，ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后若重力大于安培力，則做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為g，故C正確；線框先做自由落體運(yùn)動(dòng)，ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后若重力等于安培力，則做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為g，故D正確3如圖3所示，半徑R0.2 m的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一根長(zhǎng)也為R的金屬棒一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸上在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T一對(duì)長(zhǎng)L0.2 m的金屬板A、B水平放置，兩板間距d0.1 m從導(dǎo)軌引出導(dǎo)線與上板連接，通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線與下板連接有一質(zhì)量m1.0×105 kg，電荷量q5.0×106 C的帶負(fù)電微粒，以v02 m/s的速度從兩板正中間水平射入，g取10 m/s2.求：圖3(1)金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為多大時(shí)，微粒能做勻速直線運(yùn)動(dòng)；(2)金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度至少多大時(shí)，微粒會(huì)碰到上極板A.答案(1)50 rad/s(2)100 rad/s解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得UBR2根據(jù)平衡條件可得mgqE因?yàn)镋所以mgq BR2解得50 rad/s(2)微粒恰好碰到上面金屬板邊緣時(shí)，微粒向上的加速度大小為a()2解得a10 m/s2B1R2mgma解得1100 rad/s.4兩根平行的金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.50 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽略不計(jì)導(dǎo)軌間的距離l0.20 m兩根質(zhì)量均為m0.10 kg的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動(dòng)，滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R0.50 .在t0時(shí)刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行、大小為0.20 N的恒力F作用于金屬桿甲上，如圖4所示，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動(dòng)經(jīng)過t5.0 s，金屬桿甲的加速度為a1.37 m/s2，問此時(shí)兩金屬桿的速度各為多少？圖4答案8.15 m/s1.85 m/s解析設(shè)任一時(shí)刻t，金屬桿甲、乙之間的距離為x，速度分別為v1和v2，經(jīng)過很短的時(shí)間t，桿甲移動(dòng)距離v1t，桿乙移動(dòng)距離v2t，回路面積改變S(xv2t)v1tllx(v1v2)tl，由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBB(v1v2)l，回路中的電流I，對(duì)金屬桿甲，由牛頓第二定律有FBlIma，由于作用于金屬桿甲和金屬桿乙的安培力總是大小相等、方向相反，所以兩桿的動(dòng)量(t0時(shí)為0)等于外力F的沖量Ftmv1mv2，聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得v18.15 m/s，v21.85 m/s.5. 如圖5所示，兩根豎直固定的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌ab和cd相距L1 m，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)兩根水平放置的金屬桿MN和PQ質(zhì)量均為0.1 kg，在電路中兩金屬桿MN和PQ的電阻均為R2 ，PQ桿放置在水平臺(tái)上整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向里的磁場(chǎng)中，g取10 m/s2.圖5(1)若將MN桿固定，兩桿間距為d4 m，現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度從零開始以0.5 T/s的變化率均勻地增大，經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間，PQ桿對(duì)地面的壓力為零？(2)若將PQ桿固定，讓MN桿在豎直向上的恒定拉力F2 N的作用下由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B恒為1 T若桿MN發(fā)生的位移為h1.8 m時(shí)達(dá)到最大速度求最大速度和加速時(shí)間答案(1)4 s(2)4 m/s0.85 s解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E·S·Ld根據(jù)閉合電路歐姆定律：I由題中條件可知：B0.5t當(dāng)PQ桿對(duì)地面的壓力恰好為零時(shí)，對(duì)PQ桿有mgBIL聯(lián)立解得需經(jīng)時(shí)間t4 s(2)當(dāng)桿MN達(dá)到最大速度vm時(shí)，其加速度為0對(duì)MN桿：mgBILFI聯(lián)立解得最大速度vm4 m/s桿MN從靜止到最大速度vm的運(yùn)動(dòng)過程中根據(jù)動(dòng)量定理：FtmgtBLtmvmt聯(lián)立解得加速時(shí)間t0.85 s.6(2017·嘉興一中等五校聯(lián)考)如圖6所示，間距為L(zhǎng)、光滑的足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌(金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì))所在斜面傾角為，兩根同材料、長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、橫截面均為圓形的金屬棒CD、PQ放在斜面導(dǎo)軌上，已知CD棒的質(zhì)量為m、電阻為R，PQ棒的圓截面的半徑是CD棒圓截面的2倍磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，兩根勁度系數(shù)均為k、相同的彈簧一端固定在導(dǎo)軌的下端，另一端連著金屬棒CD.開始時(shí)金屬棒CD靜止，現(xiàn)用一恒力平行于導(dǎo)軌所在平面向上拉金屬棒PQ，使金屬棒PQ由靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒PQ達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，彈簧的形變量與開始時(shí)相同已知金屬棒PQ開始運(yùn)動(dòng)到穩(wěn)定的過程中通過CD棒的電荷量為q，此過程可以認(rèn)為CD棒緩慢地移動(dòng)，已知題設(shè)物理量符合mgsin 的關(guān)系式，求此過程中(要求結(jié)果均用m、g、k、來表示)：圖6(1)CD棒沿導(dǎo)軌移動(dòng)的距離；(2)PQ棒沿導(dǎo)軌移動(dòng)的距離；(3)恒力所做的功答案(1)(2)(3)解析PQ棒的半徑是CD棒的2倍，PQ棒的橫截面積是CD棒橫截面積的4倍，PQ棒的質(zhì)量是CD棒的質(zhì)量的4倍，所以，PQ棒的質(zhì)量m4m，由電阻定律可知PQ棒的電阻是CD棒電阻的，即R，兩棒串聯(lián)的總電阻為R0R.(1)開始時(shí)彈簧是壓縮的，當(dāng)向上的安培力增大時(shí)，彈簧的壓縮量減小，安培力等于CD棒重力沿斜面向下的分量時(shí)，彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)，安培力繼續(xù)增大，彈簧伸長(zhǎng)，由題意可知，當(dāng)彈簧的伸長(zhǎng)量等于開始的壓縮量時(shí)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，此時(shí)的彈力與原來的彈力大小相等、方向相反開始時(shí)兩彈簧向上的彈力等于CD棒重力沿斜面向下的分量即2Fkmgsin ，彈簧的形變量為xCD棒沿軌導(dǎo)移動(dòng)的距離sCD2x(2)在達(dá)到穩(wěn)定過程中兩棒之間距離增大s，由兩金屬棒組成的閉合回路中的磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：感應(yīng)電流為：所以，回路中通過的電荷量即CD棒中通過的電荷量為：qt由此可得兩棒距離增大值：sPQ棒沿導(dǎo)軌上滑距離應(yīng)為CD棒沿斜面上滑距離和兩棒距離增大值之和PQ棒沿導(dǎo)軌上滑距離為：sPQssCD(3)PQ穩(wěn)定時(shí)，CD棒受力平衡，安培力為FBmgsin 2Fk2mgsin .金屬棒PQ達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，它受到的合外力為零，向上的恒力等于向下的安培力和重力沿斜面向下的分量，即恒力FFBmgsin 6mgsin 恒力做功為WFsPQ6mgsin ·.18