（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第4講 加試第23題 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學(xué)案

《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第4講 加試第23題 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第4講 加試第23題 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學(xué)案（15頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第4講　加試第23題　電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用 題型1　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 1．基本特點(diǎn) 導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢→感應(yīng)電流→通電導(dǎo)體棒受安培力→合外力變化→加速度變化→速度變化……周而復(fù)始地循環(huán)，最終導(dǎo)體棒的加速度等于零，導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，要抓住a＝0時(shí)速度v達(dá)到最大的特點(diǎn)． 2．基本思路 例1　如圖1所示，豎直平面內(nèi)有兩個(gè)半徑為r、光滑的圓弧形金屬環(huán)，在M、N處分別與距離為2r、足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌ME、NF相接，金屬環(huán)最高點(diǎn)A處斷開不接觸．金屬導(dǎo)軌ME、NF的最遠(yuǎn)端EF之間接有電阻為R的小燈泡L.在MN上方及CD下方有水平方向的勻強(qiáng)磁場Ⅰ和Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

2、均為B，磁場Ⅰ和Ⅱ之間的距離為h.現(xiàn)有質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab，從金屬環(huán)的最高點(diǎn)A處由靜止下落，在下落過程中導(dǎo)體棒始終保持水平，與金屬及軌道接觸良好．已知導(dǎo)體棒下落時(shí)向下的加速度為a.導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場Ⅱ后小燈泡亮度始終不變．重力加速度為g.導(dǎo)體棒、軌道、金屬環(huán)的電阻均不計(jì)．求： 圖1 (1)導(dǎo)體棒從A處下落時(shí)的速度v1大小； (2)導(dǎo)體棒下落到MN處時(shí)的速度v2大小； (3)將磁場Ⅱ的CD邊界下移一小段距離，分析導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場Ⅱ后小燈泡的亮度變化情況，并說明原因． 答案　(1)　(2) 　(3)見解析 解析　(1)導(dǎo)體棒下落時(shí)，導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度為r 導(dǎo)體棒內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)

3、勢：E＝Brv1 回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流：I＝＝ 根據(jù)牛頓第二定律得： mg－BI·r＝ma 得v1＝ (2)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場Ⅱ后小燈泡亮度始終不變，說明導(dǎo)體棒受力平衡，勻速下落，設(shè)此時(shí)導(dǎo)體棒的速度為v3，則： mg＝F安＝B·2r＝ 解得v3＝ 從MN下落到CD，v22＋2gh＝v32 得v2＝＝ (3)CD邊界下移一段距離，導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場Ⅱ時(shí)速度大于v3，mg

4、R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈(圖中只畫出1匝)與一個(gè)正方形金屬框abcd連接成閉合回路．圓形金屬線圈的半徑為r1，在線圈里面半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1與時(shí)間t關(guān)系圖線如圖乙所示，圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0.正方形金屬框abcd的質(zhì)量為m，每條邊的長度和阻值分別為L和R，放置于豎直平面內(nèi)，金屬框兩頂點(diǎn)a、b通過導(dǎo)線與圓形金屬線圈的兩端點(diǎn)相連，金屬框abcd所在的空間存在有垂直金屬框水平向外的勻強(qiáng)磁場，金屬框恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．導(dǎo)線電阻不計(jì)，導(dǎo)線對(duì)a、b點(diǎn)的作用力不計(jì)，重力加速度為g.求t1時(shí)刻： 圖2 (1)通過金屬框ab邊的電流方

5、向； (2)通過金屬框ab邊的電流大??； (3)金屬框所在處勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2大?。? 答案　(1)b流向a　(2)　(3) 解析　(1)金屬框恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受安培力與重力平衡，根據(jù)左手定則判定，通過金屬框ab邊上的電流方向?yàn)閎流向a. (2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝n＝nπr＝ 由閉合電路歐姆定律得，通過導(dǎo)線的總電流大小為 I＝＝＝ 通過金屬框ab邊的電流大小Iab＝I＝ (3)通過金屬框cd邊的電流大小Icd＝I＝ 金屬框受重力和安培力，處于靜止?fàn)顟B(tài)，有 mg＝B2IabL＋B2IcdL 聯(lián)立解得B2＝ 題型2　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題

6、 1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵守能量守恒定律，電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電能，一定是由其他形式的能轉(zhuǎn)化而來的，從電磁感應(yīng)現(xiàn)象產(chǎn)生的機(jī)理來區(qū)分，分為兩種情況： (1)單純的磁場變化：磁能→電能→電路中的內(nèi)能(或其他形式的能)； (2)導(dǎo)體切割磁感線：機(jī)械能→電能→電路中的內(nèi)能(或其他形式的能)． 2．導(dǎo)體切割磁感線而產(chǎn)生的電能，必定等于導(dǎo)體克服安培力做的功，即產(chǎn)生的電能是用克服安培力做的功來量度的． 3．從能量轉(zhuǎn)化的角度分析電磁感應(yīng)過程，必須牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)律．分析的基本思路是： 受力分析→弄清哪些力做功，做正功還是負(fù)功→明確有哪些形式的能參與轉(zhuǎn)化，哪些增哪些減→由能量守恒定律列方程求解．

7、 例2　(2018·慈溪市期末)如圖3甲所示，彎折成90°角的兩根足夠長金屬導(dǎo)軌平行放置，形成左右兩導(dǎo)軌平面，左導(dǎo)軌平面與水平面成53°角，右導(dǎo)軌平面與水平面成37°角，兩導(dǎo)軌相距L＝0.2 m，電阻不計(jì)．質(zhì)量均為m＝0.1 kg，電阻均為R＝0.1 Ω的金屬桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，金屬桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1.0 T，方向平行于左導(dǎo)軌平面且垂直右導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中．t＝0時(shí)刻開始，ab桿以初速度v1沿右導(dǎo)軌平面下滑．t＝1 s時(shí)刻開始，對(duì)ab桿施加一垂直ab桿且平行右導(dǎo)軌平面向下的力F，使ab開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．cd桿

8、運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示(其中第1 s、第3 s內(nèi)圖線為直線)．若兩桿下滑過程均保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 圖3 (1)在第1 s內(nèi)cd桿受到的安培力的大??； (2)ab桿的初速度v1的大??； (3)若第2 s內(nèi)力F所做的功為9 J，求第2 s內(nèi)cd桿所產(chǎn)生的焦耳熱． 答案　(1)0.2 N　(2)1 m/s　(3)3 J 解析　(1)ab桿沿右側(cè)導(dǎo)軌下滑，根據(jù)右手定則可知ab桿中感應(yīng)電流由a到b，則cd桿中電流由d到c，根據(jù)左手定則可知cd桿受到的安培力垂直于左側(cè)導(dǎo)軌向下． 根據(jù)v－t圖象可知，cd桿

9、在第1 s內(nèi)的加速度a1＝＝4 m/s2 對(duì)cd桿受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，有 mgsin 53°－μ(mgcos 53°＋F安)＝ma1 解得安培力F安＝0.2 N (2)對(duì)cd桿：安培力F安＝BIL 回路中電流I＝＝1 A 對(duì)ab桿：感應(yīng)電動(dòng)勢E＝I·2R＝0.2 V 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝BLv1 解得：ab桿的初速度v1＝＝1 m/s (3)根據(jù)題圖v－t圖象可知，cd桿在第3 s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度a2＝＝－4 m/s2 對(duì)cd桿受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，有 mgsin 53°－μ(mgcos 53°＋F安′)＝ma2 解得安培力F安′＝1.8 N

10、 由F安′＝BI′L＝＝可得 2 s時(shí)ab桿的速度v2＝＝9 m/s 第1 s內(nèi)，對(duì)ab桿受力分析，有mgsin 37°－μmgcos 37°－BIL＝0， 則第1 s內(nèi)ab桿勻速運(yùn)動(dòng)． 第2 s內(nèi)ab桿做勻加速運(yùn)動(dòng)，ab桿的位移x2＝(v1＋v2)t＝5 m 對(duì)ab桿，根據(jù)動(dòng)能定理，有 WF＋mgx2sin 37°－μmgx2cos 37°＋W安＝mv22－mv12 解得安培力做功W安＝－6 J 回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝－W安＝2Qcd 故第2 s內(nèi)cd桿所產(chǎn)生的焦耳熱Qcd＝3 J 2．(2018·諾丁漢大學(xué)附中期中)如圖4甲所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、P

11、Q被固定在水平面上，導(dǎo)軌間距L＝0.6 m，兩導(dǎo)軌的左端用導(dǎo)線連接電阻R1及理想電壓表，電阻r＝2 Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止在AB處；右端用導(dǎo)線連接電阻R2，已知R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，導(dǎo)軌及導(dǎo)線電阻均不計(jì)．在矩形區(qū)域CDEF內(nèi)有豎直向上的磁場，CE＝0.2 m，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示．在t＝0時(shí)刻開始，對(duì)金屬棒施加一水平向右的恒力F，從金屬棒開始運(yùn)動(dòng)直到離開磁場區(qū)域的整個(gè)過程中電壓表的示數(shù)保持不變．求： 圖4 (1)t＝0.1 s時(shí)電壓表的示數(shù)； (2)恒力F的大??； (3)從t＝0時(shí)刻到金屬棒運(yùn)動(dòng)出磁場的過程中整個(gè)電路產(chǎn)生的熱量Q. 答案　(1)0.3 V　

12、(2)0.27 N　(3)0.09 J 解析　(1)設(shè)磁場寬度為d＝CE，在0～0.2 s的時(shí)間內(nèi)，有 E＝ E＝Ld＝0.6 V 此時(shí)，R1與金屬棒r并聯(lián)，再與R2串聯(lián) R＝R并＋R2＝2 Ω 得U＝R并＝0.3 V (2)金屬棒進(jìn)入磁場后，有 I′＝＋＝0.45 A FA＝BI′L 即FA＝1×0.45×0.6 N＝0.27 N 由于金屬棒進(jìn)入磁場后電壓表示數(shù)始終不變，所以金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)，有 F＝FA 得F＝0.27 N (3)金屬棒在0～0.2 s的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，有 Q1＝t＝0.036 J 金屬棒進(jìn)入磁場后，因電壓表示數(shù)保持不變，故切割磁感線速度v不變，

13、則WF＋WA＝0 WF＝F·d＝0.27×0.2 J＝0.054 J 根據(jù)能量轉(zhuǎn)化規(guī)律Q2＝－WA＝0.054 J 故Q總＝Q1＋Q2＝0.09 J 3．(2018·紹興市選考診斷)某興趣小組設(shè)計(jì)了一種利用開、關(guān)門來發(fā)電的裝置，如圖5甲所示．門ABCD可繞AD軸無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)90°，其BC邊是質(zhì)量m＝2 kg、電阻r＝5 Ω的金屬條，門的其他部分為絕緣體且質(zhì)量忽略不計(jì)，AB＝1 m，BC＝2 m，金屬條B、C兩端用導(dǎo)線連接電阻R＝5 Ω的小燈泡組成閉合回路，門角B點(diǎn)與墻面間連有一輕質(zhì)彈簧(圖中未畫出)．門關(guān)閉時(shí)，門邊BC處于Ⅰ位置，此時(shí)彈簧處于原長；門打開90°時(shí)，門邊BC處于Ⅳ位置，此時(shí)

14、彈簧拉伸最長．在門邊BC轉(zhuǎn)動(dòng)路徑的Ⅱ到Ⅲ位置區(qū)域，存在高2米、圓心角為45°的柱形輻向磁場區(qū)域AMNFDAE，如圖乙所示．BC邊轉(zhuǎn)動(dòng)路徑附近的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1 T．現(xiàn)用力推門，使門從Ⅰ位置由靜止開始轉(zhuǎn)動(dòng)，以恒定的角速度ω＝1 rad/s經(jīng)過磁場區(qū)域，當(dāng)門邊BC轉(zhuǎn)過Ⅲ時(shí)撤去F，門剛好能轉(zhuǎn)過90°到達(dá)Ⅳ位置而速度減為0，此后又在彈簧作用下被彈回，直至關(guān)閉，已知此過程中推力做功為WF＝1.5 J．其中π取3. 圖5 (1)門邊BC剛轉(zhuǎn)到Ⅱ位置進(jìn)入磁場瞬間，通過燈泡的電流方向如何(選答“B→C”或“C→B”)? (2)門邊BC剛轉(zhuǎn)到Ⅱ位置進(jìn)入磁場瞬間，求燈泡兩端的電壓U； (3)已知門剛

15、好關(guān)閉前的角速度ω＝1 rad/s，求門彈回直至關(guān)閉過程中小燈泡消耗的電能． 答案　(1)B→C　(2)1 V　(3)0.1 J 解析　(1)根據(jù)右手定則，通過燈泡的電流方向?yàn)锽→C. (2)門剛好進(jìn)入磁場時(shí)，門BC邊切割磁感線的速度v＝ωLAB＝1 m/s 產(chǎn)生的電動(dòng)勢E＝BLv＝1×2×1 V＝2 V 回路中電流為I＝＝ A＝0.2 A 燈泡兩端的電壓U＝IR＝1 V (3)在門打開過程中，BC邊克服安培力做功，回路中產(chǎn)生焦耳熱 Q1＝I2(R＋r)t＝0.3 J 門關(guān)閉前的速度v＝ωLAB＝1 m/s 此時(shí)門邊BC具有的動(dòng)能Ek＝mv2＝1 J 整個(gè)過程中，根據(jù)能量

16、守恒，外力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱和門增加的動(dòng)能 則回路總的焦耳熱Q總＝WF－ΔEk＝0.5 J 因此門彈回直至關(guān)閉過程中產(chǎn)生的電能Q2＝Q總－Q1＝0.2 J 燈泡上消耗的電能Q燈＝＝0.1 J 專題強(qiáng)化練 1．如圖1所示，勻強(qiáng)磁場垂直銅環(huán)所在的平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.導(dǎo)體棒A的一端固定在銅環(huán)的圓心O處，可繞O勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，與半徑分別為r1、r2的銅環(huán)有良好接觸．通過電刷把大小銅環(huán)與兩水平平行金屬板P、Q連接成如圖所示的電路，R1、R2是定值電阻，R1＝R0，R2＝2R0.質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球通過絕緣細(xì)線掛在P、Q兩板間，細(xì)線能承受的最大拉力為3mg，已知：導(dǎo)體棒與銅環(huán)電阻不計(jì)，P、

17、Q兩板間距為d；重力加速度為g.現(xiàn)閉合開關(guān)，求： 圖1 (1)當(dāng)細(xì)線對(duì)小球的拉力小于mg時(shí)，導(dǎo)體棒A轉(zhuǎn)動(dòng)的方向； (2)當(dāng)細(xì)線對(duì)小球恰好無拉力時(shí)，電路消耗的電功率； (3)細(xì)線恰好斷裂時(shí)，導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度至少多大． 答案　(1)逆時(shí)針　(2)　(3) 解析　(1)當(dāng)細(xì)線對(duì)小球的拉力小于mg，則平行金屬板間有向上的電場，即Q板帶正電，由右手定則知導(dǎo)體棒A沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)． (2)q＝mg，U2＝ 電路中的電流I＝＝ P總＝I2R總＝I2(R1＋R2)＝ (3)細(xì)線恰好斷裂時(shí)，F(xiàn)T＝3mg，F(xiàn)T＝mg＋q，得U2′＝ 所以電動(dòng)勢E＝U2′＝，E＝＝Bω(r12－r22)

18、，所以ω＝ 2．(2018·牌頭中學(xué)期中)如圖2所示，兩根光滑的平行金屬導(dǎo)軌相距為d，電阻不計(jì)，在其左端接有阻值為R的電阻．MN為一根長度也為d、質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿，垂直導(dǎo)軌放置，并與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，開始時(shí)桿MN處于靜止?fàn)顟B(tài)．某時(shí)刻(t＝0)對(duì)桿MN施加一個(gè)平行導(dǎo)軌方向的水平力F，使之做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．(導(dǎo)軌足夠長) 圖2 (1)判斷M、N兩端的電勢高低； (2)求t＝t1時(shí)刻桿MN兩端的電壓； (3)求水平力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系式． 答案　(1)φM>φN　(2)　(3)F＝＋ma 解析　(

19、1)由右手定則可知，φM>φN (2)t1時(shí)刻的速度：v1＝at1 感應(yīng)電動(dòng)勢E1＝Bdv1 感應(yīng)電流I1＝ 桿MN兩端的電壓U1＝I1R＝ (3)由牛頓第二定律可得F－BId＝ma 其中I＝ E＝Bdv v＝at 聯(lián)立解得F＝＋ma 3．(2018·杭州市重點(diǎn)中學(xué)期末)如圖3所示，兩根足夠長且平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面成α＝53°角，兩導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝1.0 m，導(dǎo)軌間接一個(gè)阻值為R＝3.0 Ω的電阻，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)．在兩平行虛線間有一與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T，寬度d未知．導(dǎo)體棒a的質(zhì)量為m1＝0.10 kg、接入電路的電阻為R1＝6.

20、0 Ω；導(dǎo)體棒b的質(zhì)量為m2＝0.20 kg、接入電路的電阻為R2＝3.0 Ω，它們分別垂直導(dǎo)軌放置并始終與導(dǎo)軌接觸良好．現(xiàn)從圖中的M、N處同時(shí)將a、b由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過程中它們都能勻速穿過磁場區(qū)域，且當(dāng)a剛出磁場時(shí)b正好進(jìn)入磁場．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，a、b電流間的相互作用不計(jì))，求： 圖3 (1)a棒進(jìn)入磁場前的加速度大??； (2)a棒在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度大??； (3)a、b棒全部穿過磁場過程中，回路中產(chǎn)生的總熱量． 答案　(1)8 m/s2　(2)6 m/s　(3)3.6 J 解析　(1)由牛頓第二定律得，m1gsin α＝m

21、1a a＝gsin α＝8 m/s2 (2)a棒在磁場中受力平衡：m1gsin α＝BIl 又I＝ E＝Blva 解得va＝6 m/s (3)由(2)同樣方法可求得vb＝8 m/s a在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝＝0.25 s 磁場寬度d＝vat＝1.5 m 回路產(chǎn)生的總熱量Q＝(m1＋m2)gdsin α＝3.6 J 4．(2018·義烏市模擬)如圖4所示，間距為L、光滑的足夠長的金屬導(dǎo)軌(金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì))所在斜面傾角為α，兩根同材料、長度均為L、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)

22、度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于導(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 α的關(guān)系式，求此過程中(要求結(jié)果均用m、g、k、α來表示)： 圖4 (1)CD棒移動(dòng)的距離； (2)PQ棒移動(dòng)的距離； (3)恒力所做的功． 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)開始時(shí)彈簧是壓縮

23、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棒重力平行于斜面的分量時(shí)，彈簧恢復(fù)到原長，安培力繼續(xù)增大，彈簧伸長，由題意可知，當(dāng)彈簧的伸長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．兩彈簧向上的彈力等于CD棒重力平行于斜面的分量，即2F彈＝mgsin α，彈簧的形變量為Δx＝ CD棒移動(dòng)的距離ΔsCD＝2Δx＝ (2)PQ棒的圓截面半徑是CD棒圓截面的2倍，則mPQ＝4m，RPQ＝R， 在達(dá)到穩(wěn)定過程中兩棒之間距離增大Δs，由兩金屬棒組成的閉合回路中的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢為：＝＝ 感應(yīng)電流為：＝＝ 所以，回路中通過的電荷量即CD棒

24、中的通過的電荷量為 q＝Δt＝ 由此可得兩棒距離增大值：Δs＝ PQ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： ΔsPQ＝Δs＋ΔsCD＝＋＝ (3)CD棒達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，受力平衡，安培力為 F安＝mgsin α＋2F彈＝2mgsin α. 金屬棒PQ達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，恒力 F＝F安＋4mgsin α＝6mgsin α 恒力做功為 W＝FΔsPQ＝6mgsin α·＝ 5．(2017·杭州市高三上期末)某同學(xué)在學(xué)習(xí)電磁感應(yīng)后，認(rèn)為電磁阻尼能夠承擔(dān)電梯減速時(shí)大部分制動(dòng)的負(fù)荷， 從而減小傳統(tǒng)制動(dòng)器的磨損．如圖5甲所示，是該同學(xué)設(shè)計(jì)的電磁阻尼

25、制動(dòng)器的原理圖．電梯箱與配重質(zhì)量都為 M，通過高強(qiáng)度繩子套在半徑r1的承重轉(zhuǎn)盤上，且繩子與轉(zhuǎn)盤之間不打滑．承重轉(zhuǎn)盤通過固定轉(zhuǎn)軸與制動(dòng)轉(zhuǎn)盤相連．制動(dòng)轉(zhuǎn)盤上固定了半徑為r2和r3 的內(nèi)外兩個(gè)金屬圈(如圖乙)，金屬圈內(nèi)阻不計(jì)．兩金屬圈之間用三根互成 120°的輻向?qū)w棒連接，每根導(dǎo)體棒電阻均為R. 制動(dòng)轉(zhuǎn)盤放置在一對(duì)勵(lì)磁線圈之間，勵(lì)磁線圈產(chǎn)生垂直于制動(dòng)轉(zhuǎn)盤的勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B)，磁場區(qū)域限制在120°輻向角內(nèi)，如圖乙陰影區(qū)所示. 若電梯箱內(nèi)放置質(zhì)量為m的貨物一起以速度v豎直上升，電梯箱離終點(diǎn)(圖中未畫出)高度為h時(shí)關(guān)閉動(dòng)力系統(tǒng)，僅開啟電磁制動(dòng)，一段時(shí)間后，電梯箱恰好到達(dá)終點(diǎn)． 圖5

26、 (1)若在開啟電磁制動(dòng)瞬間，三根金屬棒的位置剛好在圖乙所示位置，則此時(shí)制動(dòng)轉(zhuǎn)盤上的電動(dòng)勢 E為多少？ 此時(shí)a與 b之間的電勢差有多大？ (2)若忽略轉(zhuǎn)盤的質(zhì)量，且不計(jì)其他阻力影響，則在上述制動(dòng)過程中，制動(dòng)轉(zhuǎn)盤產(chǎn)生的熱量是多少？ (3)若要提高制動(dòng)的效果，試對(duì)上述設(shè)計(jì)做出兩處改進(jìn)． 答案　見解析 解析　(1)設(shè)承重轉(zhuǎn)盤的角速度為ω，則制動(dòng)轉(zhuǎn)盤的角速度也為ω. 則ω＝　va＝ωr3　vb＝ωr2 E＝ 聯(lián)立解得：E＝ I＝ Uab＝I·0.5R 聯(lián)立解得：Uab＝ (2)Q＋mgh＝(m＋2M)v2 解得：Q＝(m＋2M)v2－mgh (3)增加勵(lì)磁電流；減小金屬棒的電

27、阻； 增加金屬棒的數(shù)目(用實(shí)心的金屬材料做整個(gè)金屬盤)． 增加外金屬圈的半徑r3； 減小內(nèi)金屬圈的半徑r2； 減小承重轉(zhuǎn)盤的半徑r1.(任選兩項(xiàng)即可) 6．(2018·金華市十校聯(lián)考)如圖6所示，PM、QN是兩根光滑圓弧導(dǎo)軌，圓弧半徑為d、間距為L，最低點(diǎn)M、N在同一水平高度，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，在其上端連有一阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.現(xiàn)有一根長度稍大于L、質(zhì)量為m、阻值為R的金屬棒，從導(dǎo)軌的頂端PQ處由靜止開始下滑，到達(dá)底端MN時(shí)對(duì)導(dǎo)軌的壓力為2mg，重力加速度為g.求： 圖6 (1)金屬棒到達(dá)導(dǎo)軌底端MN時(shí)電阻R兩端的電壓； (2)

28、金屬棒從導(dǎo)軌頂端PQ下滑到底端MN過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量； (3)金屬棒從導(dǎo)軌頂端PQ下滑到底端MN過程中，通過電阻R的電荷量． 答案　(1)BL　(2)　(3) 解析　(1)在導(dǎo)軌的底端MN處，金屬棒對(duì)導(dǎo)軌的壓力FN＝2mg 軌道對(duì)金屬棒的支持力大小為FN′＝FN＝2mg 則有FN′－mg＝m 解得v＝ 金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv 金屬棒到達(dá)底端時(shí)電阻R兩端的電壓U＝＝BL (2)金屬棒從導(dǎo)軌頂端PQ下滑到底端MN過程中，由能量守恒定律得： mgd＝Q＋mv2 解得Q＝mgd 電阻R上產(chǎn)生的熱量QR＝Q＝ (3)由q＝I·Δt I＝ E＝＝ 聯(lián)立解得q＝ 15