【物理】2019届二轮复习电磁感应的图象问题及电路问题学案(浙江专用)

【物理】2019届二轮复习电磁感应的图象问题及电路问题学案(浙江专用)

第15讲　电磁感应的图象问题及电路问题 ‎　电磁感应的图象问题 ‎[要点总结]‎ 分析电磁感应图象问题的注意点 ‎(1)要抓住磁通量的变化是否均匀，从而推知感应电动势(感应电流)是否大小恒定。用楞次定律判断出感应电动势(或感应电流)的方向，从而确定其正负，以及在坐标中的范围。‎ ‎(2)回路中的感应电动势或感应电流的大小及其变化规律，要利用法拉第电磁感应定律来分析。‎ ‎[典例分析]‎ ‎【例1】 (2018·浙江仙居模拟)在小车上竖直固定着一个高h＝0.05 m、总电阻R＝10 Ω 、 n＝100匝的闭合矩形线圈，且小车与线圈的水平长度l相同。现线圈和小车一起在光滑的水平面上运动，速度为v1＝1.0 m/s，随后穿过与线圈平面垂直，磁感应强度B＝1.0 T的水平有界匀强磁场，方向垂直纸面向里，如图1(a)所示。已知小车运动(包括线圈)的速度v随车的位移s变化的v－s图象如图(b)所示。求：‎ 图1‎ ‎(1)小车的水平长度l和磁场的宽度d；‎ ‎(2)小车的位移s＝10 cm时线圈中的电流大小I；‎ ‎(3)线圈和小车通过磁场的过程中克服安培力做的功。‎ 解析　(1)由图可知，从s＝5 cm开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度v随位移s均匀减小，当s＝15 cm时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动。‎ 因此小车的水平长度l＝10 cm，当s＝30 cm时，线圈开始离开磁场，则 d＝(30－5) cm＝25 cm。‎ ‎(2)当s＝10 cm时，由图象可知线圈右边切割磁感线的速度v2＝0.8 m/s 由闭合电路欧姆定律得线圈中的电流I＝＝ ‎ 解得I＝0.4 A。‎ ‎(3)设小车和线圈的质量为m，在线圈进入磁场和离开磁场过程中的一小段时间Δt内安培力的冲量大小为 I＝nBIhΔt＝ ‎ 由动量定理得Δt＝mΔv ‎ 又因为vΔt＝Δs，所以有＝ ‎ 是v－s图的斜率，由图中可以看出线圈进入磁场和离开磁场过程中＝4 s－1 ‎ 小车和线圈的质量为 m＝＝0.625 kg 由图知，线圈左边离开磁场时，小车的速度为v3＝0.2 m/s 线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功等于线圈和小车的动能减少量 W＝m(v－v)＝0.3 J。‎ 答案　(1)10 cm　25 cm　(2)0.4 A　(3)0.3 J ‎[精典题组]‎ ‎1．(2018·东阳选考模拟)(多选)如图2所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab 垂直导轨放置，其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。t＝0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动。下列关于穿过回路abPMa的磁通量变化量ΔΦ、磁通量的瞬时变化率、通过金属棒的电荷量q以及ab两端的电势差U随时间t变化的图象中，正确的是(　　)‎ 图2‎ 解析　设加速度为a，运动的位移x＝at2，磁通量变化量ΔΦ＝BLx＝BLat2，ΔΦ∝t2，选项A错误；感应电动势E＝＝BLat，故∝t，选项B正确；U＝＝t，U∝t，选项D正确；电荷量q＝，因为ΔΦ∝t2，所以q∝t2，选项C错误。‎ 答案　BD ‎2．(2018·浙江诸暨模拟)相距L＝1.5 m的足够长平行金属导轨竖直放置，质量为m1＝1 kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27 kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图3(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同。ab棒光滑， cd棒与导轨间动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计。t＝0时刻起， ab棒在方向竖直向上，大小按图(b)所示规律变化的外力F作用下，从静止开始沿导轨匀加速运动，同时也由静止释放cd棒，g＝10 m/s2。‎ 图3‎ ‎(1)求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；‎ ‎(2)已知在2 s内外力F做功40 J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；‎ ‎(3)求出cd棒达到最大速度时所对应的时刻。‎ 解析　(1)经过时间t，金属棒ab的速率v＝at；‎ 此时，回路中的感应电流为I＝＝ 对金属棒ab，由牛顿第二定律得F－BIL－m1g＝m1a 由以上各式整理得F＝m1a＋m1g＋at 在图线上取两点：‎ t1＝0, F1＝11 N；‎ t2＝2 s, F2＝14.6 N 代入上式得a＝1 m/s2 ，B＝1.2 T。‎ ‎(2)在2 s末金属棒ab的速率vt＝at＝2 m/s 所发生的位移s＝at2＝2 m 由动能定律得WF－m1gs－W安＝m1v 又Q＝W安 联立以上方程，解得Q＝WF－m1gs－m1v＝18 J。‎ ‎(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，此时ab棒速度为vm；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动。‎ 当cd棒速度达到最大时，有m2g＝μFN 又FN＝F安 F安＝BIL I＝＝；‎ vm＝at0‎ 整理解得t0＝＝2 s fcd随时间变化的图象如图所示。‎ 答案　(1)1.2 T　1 m/s2　(2)18 J　(3)2 s ‎　电磁感应的电路问题 ‎[要点总结]‎ 电磁感应与电路知识的关系图 ‎[典例分析]‎ ‎【例2】 (2018·乐清中学期末质检)如图4甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值R＝2 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值RL＝4 Ω的小灯泡L连接。在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长l＝2 m，有一阻值r＝2 Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处(恰好不在磁场中)。CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示。在t＝0至t＝4 s内，金属棒PQ保持静止，在t＝4 s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动。已知从t＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化。求：‎ 图4‎ ‎(1)通过小灯泡的电流；‎ ‎(2)0～4 s内小灯泡产生的焦耳热；‎ ‎(3)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小。‎ 解析　(1)在t＝0至t＝4 s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势。电路为r与R并联，再与RL串联，电路的总电阻R总＝RL＋＝5 Ω 此时感应电动势 E＝＝dl＝0.5×2×0.5 V＝0.5 V 通过小灯泡的电流为I＝＝0.1 A。‎ ‎(2)Q＝I2RL·t＝0.64 J。‎ ‎(3)当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，电路为R与RL并联，再与r串联，此时电路的总电阻R总′＝r＋＝ Ω＝ Ω 由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流IL＝I＝0.1 A，则流过金属棒的电流为 I′＝IL＋IR＝IL＋＝0.3 A 电动势E′＝I′R总′＝Bdv 解得棒PQ在磁场区域中运动的速度大小v＝1 m/s。‎ 答案　(1)0.1 A　(2)0.64 J　(3)1 m/s ‎[精典题组]‎ ‎3．(2018·温州模拟)(多选)如图5所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则(　　)‎ 图5‎ A．R2两端的电压为 B．电容器的a极板带正电 C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍 D．正方形导线框中的感应电动势为kL2‎ 解析　根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝kπr2，可知选项D错误；R2与R右侧部分是并联，并联滑动变阻器的阻值为，可知并联电阻为，则滑动变阻器所在支路的电阻为，外电路的总电阻为R1＋＝，故R2两端电压为·＝，选项A正确；电路左侧的变化磁场在正方形导线框内产生逆时针方向电流，所以电容器a极板带负电，选项B错误；设干路电流为I，则通过滑动变阻器左半部分的电流为I，通过其右半部分的电流为，由于此部分与R2并联而且电阻值相等，因此通过R2的电流也为，由P＝I2R知，滑动变阻器热功率为P＝I2＋＝，R2的热功率为P2＝＝，所以滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍，选项C正确。‎ 答案　AC ‎4．如图6所示，水平面上有两根光滑金属导轨平行固定放置，导轨的电阻不计，间距为l＝0.5 m，左端通过导线与阻值R＝3 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值为RL＝6 Ω的小灯泡L连接，在CDFE矩形区域内有竖直向上，磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场。一根阻值r＝0.5 Ω、质量m＝0.2 kg的金属棒在恒力F＝2 N的作用下由静止开始从AB位置沿导轨向右运动，经过t＝1 s刚好进入磁场区域。求金属棒刚进入磁场时：‎ 图6‎ ‎(1)金属棒切割磁感线产生的电动势；‎ ‎(2)小灯泡两端的电压和金属棒受到的安培力。‎ 解析　(1)0～1 s棒只受拉力，由牛顿第二定律得F＝ma，‎ 金属棒进入磁场前的加速度a＝＝10 m/s2‎ 设其刚要进入磁场时速度为v，v＝at＝10×1 m/s＝10 m/s。‎ 金属棒进入磁场时切割磁感线，感应电动势 E＝Blv＝0.2×0.5×10 V＝1 V。‎ ‎(2)小灯泡与电阻R并联，R并＝＝2 Ω，‎ 通过金属棒的电流大小I＝＝0.4 A，‎ 小灯泡两端的电压U＝E－Ir＝1 V－0.4×0.5 V＝0.8 V。‎ 金属棒受到的安培力大小 FA＝BIl＝0.2×0.4×0.5 N＝0.04 N，‎ 由右手定则和左手定则可判断安培力方向水平向左。‎ 答案　(1)1 V　(2)0.8 V　0.04 N，方向水平向左 电磁感应中的电路结构问题易错分析 ‎【例】 如图7所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为l、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为。磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。现有一段长度为、电阻为的均匀导体杆MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ab方向以恒定速度v向b端滑动。滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触。当MN滑过的距离为时，导线ac中的电流是多大？方向如何？‎ 图7‎ ‎[错因分析]‎ 错解　一是画不出等效电路，分不清内外电路，二是没有发现回路的特殊性，即回路中的电动势、电阻随时间而发生变化。‎ 对于电磁感应现象中的电路结构分析有两个方面容易出错：‎ ‎(1)电源分析错误，不能正确地应用右手定则或楞次定律判断电源的正负极，不能选择恰当的公式计算感应电动势的大小。‎ ‎(2)外电路分析错误，不能正确判断电路结构的串并联关系。‎ ‎[正解展示]　设MN滑过的距离为时，它与bc的接触点为P，如图所示，由几何关系可知MP的长度为，MP中的感应电动势E＝Blv，‎ MP段的电阻r＝R MacP和MbP回路的并联电阻为r并＝R＝R 由欧姆定律，PM中的电流I＝ ac中的电流Iac＝I 解得Iac＝ 根据右手定则，MP中的感应电流的方向由P流向M，所以电流Iac的方向由a流向c。‎ ‎1．(2016·10月浙江选考)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图8所示的装置，半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A带动旋转。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场。另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接。当开关S断开、棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)。不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时 图8‎ ‎(1)通过棒cd的电流Icd；‎ ‎(2)电动机对该装置的输出功率P；‎ ‎(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系。‎ 解析　(1)S断开，cd棒静止，有mg＝kx0‎ S闭合，cd棒静止时受到的安培力 F＝IcdB2l cd棒静止有mg＋IcdB2l＝kx 得Icd＝。‎ ‎(2)回路总电阻R总＝R＋R＝R 总电流I＝ 由能量守恒，得P＝I2R总＝。‎ ‎(3)由法拉第电磁感应定律：E＝＝B1ωl2‎ 回路总电流I＝ 得ω＝。‎ 答案　见解析 ‎2．(2018·浙江金丽衢十二校高三联考)某研究所正在研究一种电磁刹车装置，试验小车质量m＝2 kg，底部有一个匝数n＝10匝，边长L＝0.1 m水平放置的正方形线圈，线圈总电阻r＝1 Ω，在试验中，小车从轨道起点由静止滑下，进入水平轨道，两根平行直导轨间分布若干等间距的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0 T，磁场区域的宽度和无磁场区域的宽度均为d＝0.1 m，磁场方向竖直向上，整个运动过程中不计小车所受的摩擦及空气阻力，小车在轨道连接处运动时无能量损失，当试验小车从h＝1.25 m高度无初速度释放。(小车可简化为正方形线圈，进入前边与磁场边界平行，取g＝10 m/s2)‎ 图9‎ ‎(1)求车下线圈刚进入磁场边界时产生感应电动势的大小；‎ ‎(2)求车下线圈完全通过第一个磁场区域的过程中线圈产生的热量。‎ 解析　(1)小车下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝mv，‎ 解得v0＝＝5 m/s，‎ 小车进入磁场时线圈产生的感应电动势 E＝nBLv＝10×1×0.1×5 V＝5 V。‎ ‎(2)由动量定理得－nBILt＝mv1－mv0‎ It＝t＝，即－＝mv1－mv0‎ 解得v1＝4.9 m/s，‎ 线圈产生的热量Q＝m(v－v)＝0.99 J。‎ 答案　(1)5 V　(2)0.99 J ‎3．(2018·浙江宁波市北仑区联考)如图10所示，abcd是质量为m，长和宽分别为l和b的矩形金属线框，由静止开始沿两条平行光滑的倾斜轨道下滑，轨道平面与水平面成θ角。efmn为一矩形磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直轨道平面向上。已知da＝an＝ne＝b，线框的cd边刚要离开磁场区域时的瞬时速度为v，已知线圈经过磁场时始终加速，整个线框的电阻为R，重力加速度为g，试用题中给出的已知量表述下列物理量：‎ 图10‎ ‎(1)ab边刚进入磁场区域时产生的感应电动势；‎ ‎(2)ab边刚进入磁场区域时线框的加速度的大小；‎ ‎(3)线框下滑过程中产生的总热量。‎ 解析　(1)设ab边进入磁区时的速度大小为v，由机械能守恒定律可得mgb·sin θ＝mv 可得v0＝。‎ 所以，ab刚进入磁区时产生的感应电动势 E＝Blv0＝Bl。‎ ‎(2)当ab边刚进入磁区时，受到的安培力大小为 F＝BIl＝B·l＝。‎ 由牛顿第二定律可得mgsin θ－F＝ma 可得a＝gsin θ－B2l2。‎ ‎(3)线框从初始位置到全部穿过磁场区减少的重力势能是3mgbsin θ，‎ 根据能量守恒有3mgbsin θ＝Q＋mv2，‎ 解得Q＝3mgbsin θ－mv2。‎ 答案　(1)Bl　(2)gsin θ－B2l2　(3)3mgbsin θ－mv2‎ 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，至少有一项是符合题目要求的)‎ ‎1．(2018·嘉兴秀州中学模拟)一个匀强磁场的边界是MN，MN左侧无磁场，右侧是范围足够大的匀强磁场区域，如图1甲所示。现有一个金属线框沿ab方向以恒定速度从MN左侧垂直进入匀强磁场区域。线框中的电流随时间变化的I－t图象如图乙所示。则可能的线框是下列图示中的哪一个(　　)‎ 图1‎ 解析　导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，设线框总电阻是R，则感应电流I＝，由题图乙所示图象可知，感应电流先均匀变大，后均匀变小，且电流大小与时间之间为线性关系，由于B、v、R是定值，故线框的有效长度L应先变长，后变短，且L随时间均匀变化，即L与时间t之间为线性关系。闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L随时间不是均匀变化，不符合题意，选项A错误；正方形线框进入磁场时，有效长度L不变，感应电流不变，不符合题意，选项B错误；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，不符合题意，选项C错误；三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增加，后减小，且随时间均匀变化，符合题意，选项D正确。‎ 答案　D ‎2．(2018·湖州模拟)如图2甲中，两平行光滑金属导轨放置在水平面上且间距为L ‎，左端接电阻R，导轨电阻不计。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。将质量为m、电阻为r的金属棒ab置于导轨上。当ab受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动时，F与金属棒速度v的关系如图乙所示。已知ab与导轨始终垂直且接触良好，设ab中的感应电流为I，ab受到的安培力大小为F安，R两端的电压为UR，R的电功率为P，则下图中正确的是(　　)‎ 图2‎ 解析　由题图乙可得F＝F0－kv，金属棒切割磁感线产生电动势E＝BLv，金属棒中电流I＝，金属棒受安培力F安＝BIL，对金属棒根据牛顿第二定律F－F安＝ma，代入得F0－v＝ma，所以金属棒做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，做匀速运动，选项A正确；F安＝，UR＝R，R消耗的功率P＝，选项B、C、D错误。‎ 答案　A ‎3.(2018·浙江宁波李惠利中学高二月考)如图3所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C。正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，则(　　)‎ 图3‎ A．线框中产生的感应电动势大小为kL2‎ B．电压表没有读数 C．a点的电势高于b点的电势 D．电容器所带的电荷量为Q ＝C 解析　由法拉第电磁感应定律注意有效面积，得E＝S＝kL2，选项A错误；磁场均匀减弱，线圈产生恒定的感应电动势，电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表则没有读数，选项B正确；由楞次定律可知，感应电动势方向沿顺时针，则a 点的电势高于b点的电势，电势差为感应电动势，选项C正确；线圈产生恒定的感应电动势给电容器充电，则电容器的电荷量Q＝CU＝C·kL2，选项D正确。‎ 答案　BCD ‎4．(2018·乐清选考模拟)法拉第圆盘发电机的示意图如图4所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到R到b的方向流动 C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 解析　设圆盘的半径为L，可认为圆盘由无数根辐条构成，则每根辐条切割磁感线产生的感应电动势E＝BL2ω，整个回路中的电源为无数个电动势为E的电源并联而成，电源总内阻为零，故回路中电流I＝＝，选项A正确；R上的热功率P＝I2R＝，由此可见，ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，选项D错误；由右手定则可判知选项B正确；电流方向与导体切割磁感线的方向有关，而与切割的速度大小无关，选项C错误。‎ 答案　AB 二、非选择题 ‎5．如图5所示，光滑平行金属导轨水平放置，导轨间距为L，处于磁感应强度为B的竖直向上的有界匀强磁场中。金属棒Q放置在导轨上，棒的中点与一水平固定的力传感器连接在一起。质量为m的金属棒P以速度v0向右进入磁场区域，两棒始终与导轨垂直且接触良好，两棒未发生碰撞，电阻均为R，其余部分电阻不计。‎ 图5‎ ‎(1)求P棒刚进入磁场时所受到的安培力大小和方向；‎ ‎(2)求P棒刚进入磁场时加速度大小及其发热功率；‎ ‎(3)试通过推理分析说明P棒进入磁场后加速度和速度的变化情况；‎ ‎(4)试定性画出P棒进入磁场后的整个运动过程中力传感器读数F随时间t的变化曲线。(力传感器受到拉力时读数为正值，受到压力时读数为负值)‎ 解析　(1)P棒速度为v0时回路中的感应电流为 I＝＝ ‎ P棒所受安培力大小F安＝BIL＝，方向水平向左。‎ ‎(2)根据牛顿第二定律 F安＝BIL＝＝ma a＝ ‎ P棒的发热功率为P＝I2R＝ 。‎ ‎(3)因P棒加速度大小a＝；‎ 方向与速度方向相反，所以P棒做减速运动；‎ 随着速度减小，加速度减小，故P棒做加速度减小的减速运动，直到加速度、速度均趋近于零。即加速度由减小到零；速度由v0减小到零。‎ ‎(4)由(3)分析可得，力传感器读数F随时间t的变化曲线如图。‎ 答案　(1)　方向水平向左　(2)　　(3)见解析　(4)见解析图 ‎6．(2018·浙江淳安模拟)如图6甲所示，足够长的两金属导轨MN、PQ水平平行固定，两导轨电阻不计，且处在竖直向上的磁场中，完全相同的导体棒a、b垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的电阻均为R＝0.5 Ω，且长度刚好等于两导轨间距L，两导体棒的间距也为L，开始时磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当t＝0.8 s时导体棒刚好要滑动。已知L＝1 m，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：‎ 图6‎ ‎(1)每根导体棒与导轨间的滑动摩擦力的大小及0.8 s内整个回路中产生的焦耳热；‎ ‎(2)若保持磁场的磁感应强度B＝0.5 T不变，用如图丙所示的水平向右的力F拉导体棒b，刚开始一段时间内b做匀加速直线运动，一根导体棒的质量为多少？‎ ‎(3)在(2)问条件下a导体棒经过多长时间开始滑动？‎ 解析　(1)开始时磁场的磁感应强度按图乙所示变化，‎ 则回路中电动势E＝L2＝0.5 V 电路中的电流I＝＝0.5 A 当t＝0.8 s时f＝BIL＝0.25 N 回路中产生的焦耳热Q＝2I2Rt＝0.2 J。‎ ‎(2)磁场的磁感应强度保持B＝0.5 T不变，在a运动之前，对b棒施加如图丙所示的水平向右的拉力，根据牛顿第二定律F－f－＝ma，即F＝f＋ma＋ 得f＋ma＝0.5, ＝0.125‎ 求得a＝0.5 m/s2，导体棒的质量m＝0.5 kg。‎ ‎(3)当导体棒a刚好要滑动时， ＝f，求得v＝1 m/s，此时b运动的时间t＝＝2 s。‎ 答案　(1)0.2 J　(2)0.5 kg　(3)2 s ‎7．(2018·浙江杭州高三期末)某同学设计了一个电磁击发装置，其结构如图7所示。间距为L＝10 cm的平行长直导轨置于水平桌面上，导轨中NO和N′O′段用绝缘材料制成，其余部分均为导电金属材料，两种材料导轨平滑连接。导轨左侧与匝数为100匝、半径为5 cm的圆形线圈相连，线圈内存在垂直线圈平面的匀强磁场。电容为1 F的电容器通过单刀双掷开关与导轨相连。 在轨道间MPP′M′矩形区域内存在垂直桌面向上的匀强磁场，磁感强度为2 T。磁场右侧边界PP′与OO′间距离为a ＝4 cm。初始时金属棒A处于NN′左侧某处，金属棒B处于OO′左侧距OO′距离为a处。当开关与1连接时，圆形线圈中磁场随时间均匀变化，变化率为＝ T/s；稳定后将开关拨向2，金属棒A被弹出，与金属棒B相碰，并在B棒刚出磁场时A棒刚好运动到OO′处，最终A棒恰在PP′处停住。已知两根金属棒的质量均为0.02 kg、接入电路中的电阻均为0.1 Ω，金属棒与金属导轨接触良好，其余电阻均不计，一切摩擦不计。问：‎ 图7‎ ‎(1)当开关与1连接时，电容器所带电荷量是多少？下极板带什么电？‎ ‎(2)金属棒A与B相碰后A棒的速度v是多少？‎ ‎(3)电容器所剩电荷量Q′是多少？‎ 解析　(1) E＝N＝N·πr2＝Nπkr2 ‎ Q＝EC＝CNkπr2＝1×100××π×0.052 C＝1 C 将开关拨向2时A棒会弹出说明所受安培力方向向右，电流向上，故电容器下板带正电。‎ ‎(2) A、B棒相碰发生时没有构成回路，没有感应电流，A、B棒均做匀速直线运动直至A棒到达OO′处， 设碰后A棒速度为v，由于B棒的位移是A棒的两倍，故B棒速度是2v。A棒过OO′后在安培力作用下减速。‎ 由动量定理可知－BIlΔt＝mΔv ‎ 即－Δt＝mΔv 两边求和可得－a＝－mv 即v＝＝ m/s＝0.4 m/s。‎ ‎(3)设A 棒与B 棒碰前的速度为v0，碰撞过程动量守恒，则有 mv0＝mv＋2mv，可得v0＝3v A棒在安培力作用下加速，则有BIlΔt＝mΔv 即BlΔq＝mΔv 两边求和得Bl(Q－Q′)＝mv0 ‎ 得Q′＝Q－ ‎ 代入前面的数据可知，电容器所剩电荷量为 Q′＝1 C－ C＝0.88 C。‎ 答案　(1)1 C　正电　(2)0.4 m/s　(3)0.88 C ‎8．(2018·浙江温州高三选考适应性考试)如图8甲所示，间距L＝0.4 m的金属轨道竖直放置，上端接定值电阻R1＝1 Ω，下端接定值电阻R2＝4 Ω。其间分布着两个有界匀强磁场区域：区域Ⅰ内的磁场方向垂直纸面向里，其磁感应强度B1＝3 T；区域Ⅱ内的磁场方向竖直向下，其磁感应强度B2＝2 T。金属棒MN的质量m＝0.12 kg、在轨道间的电阻r＝4 Ω，金属棒与轨道间的动摩擦因数μ ‎＝0.8。现从区域I的上方某一高度处静止释放金属棒，当金属棒MN刚离开区域Ⅰ后B1便开始均匀变化。整个过程中金属棒的速度随下落位移的变化情况如图乙所示，“v2－x”图象中除ab段外均为直线，oa段与cd段平行。金属棒在下降过程中始终保持水平且与轨道间接触良好，轨道电阻及空气阻力忽略不计，取g＝10 m/s2，两磁场间互不影响。求：‎ 图8‎ ‎(1)金属棒在图象上a、c两点对应的速度大小；‎ ‎(2)金属棒经过区域Ⅰ的时间；‎ ‎(3)B1随时间变化的函数关系式(从金属棒离开区域Ⅰ后计时)；‎ ‎(4)从金属棒开始下落到刚进入区域Ⅱ的过程中回路内的焦耳热。‎ 解析　(1)根据运动学公式可得v＝2gx1，x1＝0.2 m代入得va＝2 m/s 在图象上c点有mg＝B1LI，I＝，‎ R总＝r＋＝4.8 Ω ‎ 联立得vc＝4 m/s。‎ ‎(2)根据动量定理可得mgt－B1Lt＝mvc－mva 其中q＝t＝，x2＝2.7 m－0.2 m＝2.5 m 代入得t＝0.825 s(或t＝ s)。‎ ‎(3)由mg＝μB2LI0，得I0＝ A，‎ 则I总＝2I0＝ A，‎ R总′＝R1＋＝3 Ω Lh2＝I总R总′，代入得＝ T/s 所以B1＝3±t＝3±11.25t(T)。‎ ‎(4)根据能量守恒定律可得Q1＝mg(x1＋x2)－mv，代入得Q1＝2.28 J x3＝vct＋gt2，x3＝3.15 m－2.7 m＝0.45 m，得t＝0.1 s 所以Q2＝IR总′t＝×3×0.1 J≈4.22 J 故Q＝Q1＋Q2＝6.50 J。‎ 答案　(1)3 m/s　4 m/s　(2)0.825 s ‎(3)B1＝3±11.25t T　(4)6.50 J