《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 第54講 動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用學(xué)案(含解析).doc》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 第54講 動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用學(xué)案(含解析).doc(26頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第54講 動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
考點(diǎn)一 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題
1.電磁感應(yīng)與力學(xué)的聯(lián)系
在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)切割磁感線,產(chǎn)生感應(yīng)電流,感應(yīng)電流使導(dǎo)體受到安培力的作用。因此,電磁感應(yīng)問題往往和力學(xué)問題聯(lián)系在一起。解決電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題,一方面要考慮電磁學(xué)中的有關(guān)規(guī)律,另一方面還要考慮力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律,要將電磁學(xué)和力學(xué)知識(shí)綜合起來應(yīng)用。
2.解決電磁感應(yīng)中力學(xué)問題的基本思路
研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象中導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng),準(zhǔn)確分析磁場(chǎng)對(duì)感應(yīng)電流的安培力是關(guān)鍵。此類問題中的導(dǎo)體一般不是做勻變速運(yùn)動(dòng),而是經(jīng)歷一個(gè)動(dòng)態(tài)變化過程再趨于一個(gè)穩(wěn)定狀態(tài)。動(dòng)態(tài)分析的基本思路如下:
3.兩種狀態(tài)處理
(1)導(dǎo)體處于平衡態(tài)——靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)
處理方法:根據(jù)平衡條件(合外力等于0)列式分析。
(2)導(dǎo)體處于非平衡態(tài)——加速度不為0
處理方法:根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析。
如圖甲所示,兩根足夠長(zhǎng)的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上,兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻。一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿AB放在兩導(dǎo)軌上,并與導(dǎo)軌垂直。整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直斜面向下。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略。讓AB桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑,導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好,不計(jì)它們之間的摩擦。
(1)由B向A方向看到的裝置如圖乙所示,請(qǐng)?jiān)诖藞D中畫出AB桿下滑過程中某時(shí)刻的受力示意圖;
(2)在加速下滑過程中,當(dāng)AB桿的速度大小為v時(shí),求此時(shí)AB桿中的電流大小及其加速度的大??;
(3)求在下滑過程中,AB桿可以達(dá)到的最大速度值。
解析 (1)如圖所示,重力mg,豎直向下;支持力FN,垂直斜面向上;安培力F,沿斜面向上。
(2)當(dāng)AB桿速度為v時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,
此時(shí)電路中電流I==。
AB桿受到的安培力F=BIL=,
根據(jù)牛頓第二定律,有
ma=mgsinθ-F=mgsinθ-,
a=gsinθ-。
(3)當(dāng)=mgsinθ時(shí),
AB桿達(dá)到最大速度vmax=。
答案 (1)圖見解析 (2) gsinθ-
(3)
方法感悟
電磁感應(yīng)中力學(xué)問題的解題技巧
(1)將安培力與其他力一起進(jìn)行分析。
(2)要特別注意安培力的大小和方向都有可能變化,不像重力或其他力一樣是恒力。
(多選)如圖所示,有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道,間距為l,上端接有可變電阻R,下端足夠長(zhǎng),空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下,經(jīng)過足夠長(zhǎng)的時(shí)間后,金屬桿的速度會(huì)趨于一個(gè)最大速度vm,除R外其余電阻不計(jì),則( )
A.如果B變大,vm將變大
B.如果α變大,vm將變大
C.如果R變大,vm將變大
D.如果m變小,vm將變大
答案 BC
解析 金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv,在閉合電路中形成電流I=,因此金屬桿從軌道上滑下的過程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力F作用,F(xiàn)=BIl=,先用右手定則判定感應(yīng)電流方向,再用左手定則判定出安培力方向,如圖所示。根據(jù)牛頓第二定律,得mgsinα-=ma,當(dāng)a=0時(shí),v=vm,解得vm=,故B、C正確。
考點(diǎn)二 電磁感應(yīng)中的功能問題
1.能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法
(1)能量轉(zhuǎn)化
(2)求解焦耳熱Q的三種方法
2.解題的一般步驟
(1)確定研究對(duì)象(導(dǎo)體棒或回路)。
(2)弄清電磁感應(yīng)過程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化。
(3)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律列式求解。
小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50 m,傾角θ=53,導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R=0.05 Ω的電阻。在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d=0.56 m的區(qū)域內(nèi),存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0 T。質(zhì)量m=4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上,用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s=0.24 m。一位健身者用恒力F=80 N拉動(dòng)GH桿,CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng),上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手,觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g=10 m/s2,sin53=0.8,不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)。求:
(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大??;
(2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大??;
(3)在拉升CD棒的過程中,健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。
解析 (1)由牛頓第二定律a==12 m/s2①
進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v==2.4 m/s②
(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv③
感應(yīng)電流I=④
安培力FA=BIl⑤
代入得FA==48 N⑥
(3)健身者做功W=F(s+d)=64 J⑦
由于F-mgsinθ-FA=0⑧
故CD棒在磁場(chǎng)區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng)
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=⑨
焦耳熱Q=I2Rt=26.88 J。
答案 (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J
方法感悟
在利用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律解決電磁感應(yīng)問題時(shí),要注意分析安培力做功的情況,因?yàn)榘才嗔Φ墓κ请娔芎推渌问降哪苤g相互轉(zhuǎn)化的“橋梁”,簡(jiǎn)單表示如下:電能其他形式能。
1. (2018唐山統(tǒng)考)(多選)如圖所示,在傾角為θ的光滑斜面上,存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。區(qū)域Ⅰ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上,區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下,磁場(chǎng)邊界MN、PQ、GH均平行于斜面底邊,MP、PG均為L(zhǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框,由靜止開始沿斜面下滑,下滑過程中ab邊始終與斜面底邊平行。t1時(shí)刻ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域,此時(shí)導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng);t2時(shí)刻ab邊下滑到PQ與MN的中間位置,此時(shí)導(dǎo)線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g,下列說法中正確的是( )
A.當(dāng)ab邊剛越過PQ時(shí),導(dǎo)線框的加速度大小為 a=gsinθ
B.導(dǎo)線框兩次做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度之比v1∶v2=4∶1
C.從t1到t2的過程中,導(dǎo)線框克服安培力做的功等于機(jī)械能的減少量
D.從t1到t2的過程中,有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能
答案 BC
解析 線框在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),其合力為零,則mgsinθ=F安=;線框的ab邊剛越過PQ時(shí),兩邊都在切割磁感線,都受到沿斜面向上的安培力F安′=BI′L=BL=,則F合=mgsinθ-2F安′=mgsinθ-4=ma,a=-3gsinθ,A錯(cuò)誤;線框再次勻速時(shí),其合力也為零,則mgsinθ-4=0,則=,B正確;從t1到t2的過程中,安培力做負(fù)功,重力做正功,克服安培力所做的功等于線框機(jī)械能的減少量,減少的動(dòng)能和重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能,即E電=ΔE機(jī)減=mgh+,C正確,D錯(cuò)誤。
2. (2015天津高考)如圖所示,“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:
(1)線框ab邊將離開磁場(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 (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,有E1=B2lv1①
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=②
設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1,有F1=BI12l③
由于線框做勻速運(yùn)動(dòng),其受力平衡,有F1=mg④
由①②③④式得v1=⑤
設(shè)ab邊將離開磁場(chǎng)時(shí),線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2,同理可得v2=⑥
由⑤⑥式得=4⑦
(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mg2l=mv⑧
線框完全穿過磁場(chǎng)的過程中,由能量守恒定律,有
mg(2l+H)=mv-mv+Q⑨
由⑦⑧⑨式得H=+28l。
考點(diǎn)三 電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題
1.動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用
導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),安培力的沖量為:I安=BLt=BLq,通過導(dǎo)體棒或金屬框的電荷量為:q=Δt=Δt=nΔt=n,磁通量變化量:ΔΦ=BΔS=BLx。如果安培力是導(dǎo)體棒或金屬框受到的合外力,則I安=mv2-mv1。
當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、運(yùn)動(dòng)位移x時(shí)用動(dòng)量定理求解更方便。
2.動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用
在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中,雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路,安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力,如果它們受到的外力的合力為0,則滿足動(dòng)量守恒條件,運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解比較方便。
(2018哈爾濱模擬)如圖所示豎直面內(nèi),水平線OO′下方足夠大的區(qū)域內(nèi)存在水平勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,一個(gè)單匝均勻正方形導(dǎo)體框,邊長(zhǎng)為L(zhǎng),質(zhì)量為m,總電阻為r,從ab邊距離邊界OO′為L(zhǎng)的位置由靜止釋放,已知從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)所用時(shí)間為t,重力加速度為g,空氣阻力不計(jì),導(dǎo)體框不翻轉(zhuǎn)。求:
(1)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),ba間電勢(shì)差的大小Uba;
(2)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),導(dǎo)體框的速度。
解析 (1)設(shè)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1,
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得:mgL=mv
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:
E1=BLv1
此時(shí)的感應(yīng)電流為:I=
所以ba間電勢(shì)差的大小
Uba=Ir=E1=。
(2)從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中,根據(jù)動(dòng)量定理可得:
mgt-BLt=mv2-mv1
其中BLt==
解得:v2=gt-+。
答案 (1) (2)gt-+
方法感悟
應(yīng)用動(dòng)量定理還可以由動(dòng)量變化來求解變力的沖量。如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問題中,應(yīng)用動(dòng)量定理可以解決牛頓運(yùn)動(dòng)定律不易解答的問題。
足夠長(zhǎng)的平行金屬軌道M、N,相距L=0.5 m,且水平放置;M、N左端與半徑R=0.4 m的光滑豎直半圓軌道相連,與軌道始終垂直且接觸良好的金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動(dòng),兩金屬棒的質(zhì)量mb=mc=0.1 kg,接入電路的有效電阻Rb=Rc=1 Ω,軌道的電阻不計(jì)。平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向上,光滑豎直半圓軌道在磁場(chǎng)外,如圖所示。若使b棒以初速度v0=10 m/s開始向左運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過程中b、c不相撞,g取10 m/s2,求:
(1)c棒的最大速度;
(2)c棒達(dá)最大速度時(shí),此棒產(chǎn)生的焦耳熱;
(3)若c棒達(dá)最大速度后沿半圓軌道上滑,金屬棒c到達(dá)軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力的大小。
答案 (1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N
解析 (1)在安培力作用下,b棒做減速運(yùn)動(dòng),c棒做加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)兩棒速度相等時(shí),c棒達(dá)到最大速度。
選兩棒為研究對(duì)象,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
mbv0=(mb+mc)v
解得c棒的最大速度為:v=v0=v0=5 m/s。
(2)從b棒開始運(yùn)動(dòng)到兩棒速度相等的過程中,系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能,兩棒中產(chǎn)生的總熱量為:
Q=mbv-(mb+mc)v2=2.5 J
因?yàn)镽b=Rc,所以c棒達(dá)最大速度時(shí)此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc==1.25 J。
(3)設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v′,從最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的過程由機(jī)械能守恒可得:
mcv2-mcv′2=mcg2R
解得v′=3 m/s
在最高點(diǎn),設(shè)軌道對(duì)c棒的彈力為F,由牛頓第二定律得
mcg+F=mc
解得F=1.25 N
由牛頓第三定律得,在最高點(diǎn)c棒對(duì)軌道的壓力為1.25 N,方向豎直向上。
課后作業(yè)
[鞏固強(qiáng)化練]
1.如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)存在于虛線框內(nèi),矩形線圈豎直下落,如果線圈受到的磁場(chǎng)力總小于其重力,則它在1、2、3、4位置時(shí)的加速度關(guān)系為( )
A.a(chǎn)1>a2>a3>a4 B.a(chǎn)1=a3>a2>a4
C.a(chǎn)1=a3>a4>a2 D.a(chǎn)4=a2>a3>a1
答案 B
解析 未進(jìn)磁場(chǎng)前和全部進(jìn)入磁場(chǎng)后,都僅受重力,所以加速度a1=a3=g。線框在圖2位置時(shí),受到重力和向上的安培力,且已知F安
a2>a4,B正確。
2. (多選)如圖所示,兩光滑平行傾斜導(dǎo)軌PQ、EF所在平面與水平面的夾角為θ,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在平面斜向下,導(dǎo)軌下端接一電阻R,質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒用平行于導(dǎo)軌的細(xì)線拴住置于導(dǎo)軌上,線的另一端跨過光滑定滑輪掛著一個(gè)質(zhì)量為M的砝碼,按住導(dǎo)體棒,整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài),放手后,導(dǎo)體棒被細(xì)線拉著沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)一段位移s后,速度恰好達(dá)到最大值v(導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)),在此過程中( )
A.細(xì)線的拉力始終等于Mg
B.導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)
C.細(xì)線的拉力與安培力的合力對(duì)導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒增加的機(jī)械能
D.電阻R產(chǎn)生的熱量Q=Mgs-mgssinθ-mv2
答案 BC
解析 對(duì)于導(dǎo)體棒,從靜止釋放后先做加速運(yùn)動(dòng),隨著速度增大,由公式F安=知,導(dǎo)體棒所受的安培力增大,對(duì)砝碼、導(dǎo)體棒分析可得Mg-T=Ma,T-mgsinθ-F安=ma,解得a=,當(dāng)F安增大時(shí)加速度減小,則導(dǎo)體棒和砝碼都做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),加速運(yùn)動(dòng)時(shí)細(xì)線的拉力小于砝碼的重力,A錯(cuò)誤,B正確;對(duì)于導(dǎo)體棒,根據(jù)功能關(guān)系可知除重力之外,細(xì)線的拉力與安培力的合力對(duì)導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒增加的機(jī)械能,C正確;對(duì)于系統(tǒng),根據(jù)能量守恒得:電阻R產(chǎn)生的熱量Q=Mgs-mgssinθ-(m+M)v2,D錯(cuò)誤。
3. (多選)如圖所示,兩根相距為d的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面上,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直,長(zhǎng)度略大于d的兩導(dǎo)體棒M、N平行地放在導(dǎo)軌上,導(dǎo)體棒的電阻均為R、質(zhì)量均為m,開始兩導(dǎo)體棒靜止,現(xiàn)給導(dǎo)體棒M一個(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I,整個(gè)過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好,下列說法正確的是( )
A.回路中始終存在逆時(shí)針方向的電流
B.棒N的最大加速度為
C.回路中的最大電流為
D.棒N獲得的最大速度為
答案 BC
解析 根據(jù)右手定則可知開始回路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針,當(dāng)兩個(gè)導(dǎo)體棒以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),回路中的電流強(qiáng)度為零,故A錯(cuò)誤;當(dāng)M開始運(yùn)動(dòng)的瞬間,N的加速度最大,根據(jù)動(dòng)量定理可得I=mv,解得v=,根據(jù)牛頓第二定律可得:=ma,解得a=,故B正確;回路中的最大電流為I流===,故C正確;N速度最大時(shí)二者的速度相等,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得:mv=2mv′,解得v′==,故D錯(cuò)誤。
4.(多選)如圖甲所示,電阻不計(jì)且間距L=1 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置,上端接一阻值R=2 Ω的電阻,虛線OO′下方有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),現(xiàn)將質(zhì)量m=0.1 kg、電阻不計(jì)的金屬桿ab從OO′上方某處由靜止釋放,金屬桿在下落的過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸且始終水平。已知桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v0=1 m/s,下落0.3 m的過程中加速度a與下落距離h的關(guān)系圖象如圖乙所示,g取10 m/s2,則( )
A.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2 T
B.桿ab下落0.3 m時(shí)金屬桿的速度為1 m/s
C.桿ab下落0.3 m的過程中R上產(chǎn)生的熱量為0.2 J
D.桿ab下落0.3 m的過程中通過R的電荷量為0.25 C
答案 AD
解析 當(dāng)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后,根據(jù)右手定則判斷可知金屬桿ab中電流的方向由a到b。由乙圖知,剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),金屬桿的加速度大小a1=10 m/s2,方向豎直向上。由牛頓第二定律得:BI1L-mg=ma1,又I1==,代入數(shù)據(jù)解得:B=2.0 T,故A正確;由a~h圖象知h=0.3 m時(shí)a=0,表明金屬桿受到的重力與安培力平衡,有mg-BIL=0,其中I=,聯(lián)立得:v=0.5 m/s,故B錯(cuò)誤;桿ab下落0.3 m的過程中,由能量守恒有mgh=mv2+Q,代入數(shù)據(jù)得:Q=0.2875 J,故C錯(cuò)誤;金屬桿自由下落的高度h0==0.05 m,金屬桿下落0.3 m的過程中通過R的電荷量為:q=Δt=Δt===,代入數(shù)據(jù)得:q=0.25 C,故D正確。
5. (多選)如圖所示,甲、乙兩個(gè)完全相同的線圈,在距地面同一高度處由靜止開始釋放,A、B是邊界范圍、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向均完全相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng),只是A的區(qū)域比B的區(qū)域離地面高一些,兩線圈下落時(shí)始終保持線圈平面與磁場(chǎng)垂直,則( )
A.甲先落地
B.乙先落地
C.甲線圈受安培力的沖量較大
D.乙線圈落地速度較小
答案 BD
解析 線圈穿過磁場(chǎng)區(qū)域過程受到的安培力是變力,設(shè)受到的平均安培力為F,穿過磁場(chǎng)的時(shí)間為Δt,下落全過程的時(shí)間為t,落地速度為v,安培力的沖量I安=BLΔt=BLq,而q==,所以線圈受安培力的沖量相等,故C錯(cuò)誤。線圈進(jìn)入磁場(chǎng)克服安培力做的功W=BL2,乙線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度較大,平均電流較大,線圈克服安培力做功較多,即產(chǎn)生的熱量較多;根據(jù)能量守恒定律得知乙線圈落地時(shí)的速度較小,D正確。對(duì)全過程,由動(dòng)量定理得:mgt-BLΔt=mv,所以t=,因?yàn)関乙Q2
D.Q1+Q2=m(v-v)
答案 ACD
解析 導(dǎo)體框離開磁場(chǎng)時(shí),磁通量減小,根據(jù)楞次定律得,感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向,故A正確。導(dǎo)體框在進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí),速度變化,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變化,產(chǎn)生的感應(yīng)電流變化,則所受的安培力變化,加速度變化,則導(dǎo)體框做的是非勻變速運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤。因?yàn)檫M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大于離開磁場(chǎng)時(shí)的速度,則進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電流要比出磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電流大,則進(jìn)入磁場(chǎng)過程中安培力大,根據(jù)克服安培力做功等于產(chǎn)生的焦耳熱可知Q1>Q2,C正確。由能量守恒定律可知,導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱與離開磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱之和等于導(dǎo)體框的機(jī)械能減小量,即Q1+Q2=m(v-v),D正確。
7. 如圖所示,水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩個(gè)用相同材料、相同粗細(xì)的導(dǎo)線繞制的單匝閉合正方形線圈1和2,其邊長(zhǎng)L1=2L2,在距磁場(chǎng)上界面h高處由靜止開始自由下落,再逐漸完全進(jìn)入磁場(chǎng),最后落到地面,運(yùn)動(dòng)過程中,線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場(chǎng)上邊界。設(shè)線圈1、2落地時(shí)的速度大小分別為v1、v2,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2,通過線圈截面的電荷量分別為q1、q2,不計(jì)空氣阻力,則( )
A.v1Q2,q1>q2 B.v1=v2,Q1=Q2,q1=q2
C.v1Q2,q1=q2 D.v1=v2,Q1m2,v1Q2。根據(jù)q===∝L知,q1>q2,A正確。
[真題模擬練]
8.(2018江蘇高考)(多選) 如圖所示,豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng),矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放,進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R,與導(dǎo)軌接觸良好,其余電阻不計(jì),重力加速度為g。金屬桿( )
A.剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下
B.穿過磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間
C.穿過兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd
D.釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度h可能小于
答案 BC
解析 由于金屬桿進(jìn)入兩個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的速度相等,而穿出磁場(chǎng)后金屬桿做加速度為g的加速運(yùn)動(dòng),所以金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ時(shí)都做減速運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤;對(duì)金屬桿受力分析,根據(jù)-mg=ma可知,金屬桿在磁場(chǎng)中做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),其進(jìn)出磁場(chǎng)的vt圖象如圖所示,由于0~t1和t1~t2圖線與t軸包圍的面積相等(都為d),所以t1>(t2-t1),B正確;從進(jìn)入Ⅰ磁場(chǎng)到進(jìn)入Ⅱ磁場(chǎng)之前過程中,根據(jù)能量守恒,金屬棒減小的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱,所以Q1=mg2d,所以穿過兩個(gè)磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的熱量為4mgd,C正確;若金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng),則-mg=0,得v=,由前面分析可知金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大于,根據(jù)h=得金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)的高度應(yīng)大于=,D錯(cuò)誤。
9.(2017天津高考) 如圖所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi),導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸,整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小,ab始終保持靜止,下列說法正確的是( )
A.a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a
B.a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小
C.a(chǎn)b所受的安培力保持不變
D.a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小
答案 D
解析 根據(jù)楞次定律,ab中感應(yīng)電流方向由a到b,A錯(cuò)誤;根據(jù)E=S,因?yàn)楹愣?,所以E恒定,根據(jù) I=知,回路中的感應(yīng)電流恒定,B錯(cuò)誤;根據(jù)F=BIl,由于B減小,安培力F減小,C錯(cuò)誤;根據(jù)平衡條件,靜摩擦力f=F,故靜摩擦力減小,D正確。
10.(2018湖南師大附中高三模擬)(多選) 如圖所示,正方形導(dǎo)線框ABCD、abcd的邊長(zhǎng)均為L(zhǎng),電阻均為R,質(zhì)量分別為2m和m,它們分別系在一跨過兩個(gè)定滑輪的輕繩兩端,且正方形導(dǎo)線框與定滑輪處于同一豎直平面內(nèi)。在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。開始時(shí)導(dǎo)線框ABCD的下邊與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上邊界重合,導(dǎo)線框abcd的上邊到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的下邊界的距離為L(zhǎng)?,F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放,當(dāng)導(dǎo)線框ABCD剛好全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),系統(tǒng)開始做勻速運(yùn)動(dòng),不計(jì)摩擦和空氣阻力,則( )
A.兩線框剛開始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)輕繩上的張力FT=mg
B.系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v=
C.兩線框從開始運(yùn)動(dòng)至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱Q=2mgL-
D.導(dǎo)線框abcd的ab邊通過磁場(chǎng)的時(shí)間t=
答案 BC
解析 兩線框剛開始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),線框ABCD全部進(jìn)入磁場(chǎng),由平衡知識(shí)可知,輕繩上的張力FT=2mg,A錯(cuò)誤;對(duì)線框abcd可知,兩線框剛開始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),線框abcd的上邊ab剛進(jìn)入磁場(chǎng),此時(shí)mg+=2mg,即系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v=,B正確;由能量守恒定律可知,兩線框從開始運(yùn)動(dòng)至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱等于兩個(gè)線框的機(jī)械能的減小量,即Q=2mg2L-mg2L-3mv2=2mgL-,C正確;ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),mg+FA=2mg,勻速運(yùn)動(dòng)至cd邊完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),CD邊穿出磁場(chǎng)受安培力FA,故仍有mg+FA=2mg,繼續(xù)做勻速運(yùn)動(dòng),故導(dǎo)線框abcd在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng),ab邊通過磁場(chǎng)的時(shí)間t==,D錯(cuò)誤;故選B、C。
11. (2018江蘇高考)如圖所示,兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ,間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上,距底端的距離為s,導(dǎo)軌與外接電源相連,使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后,以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑,金屬棒中的電流始終保持恒定,重力加速度為g。求下滑到底端的過程中,金屬棒
(1)末速度的大小v;
(2)通過的電流大小I;
(3)通過的電荷量Q。
答案 (1) (2)
(3)
解析 (1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)v2=2as,
解得v=。
(2)金屬棒所受安培力F安=IdB,
金屬棒所受合力F=mgsinθ-F安,
由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F=ma,解得I=。
(3)金屬棒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=,
通過金屬棒的電荷量Q=It,
聯(lián)立解得Q=。
12.(2018天津高考) 真空管道超高速列車的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝置。圖1是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡(jiǎn)化模型,圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌,電阻忽略不計(jì),ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長(zhǎng)度均為l、電阻均為R的金屬棒,通過絕緣材料固定在列車底部,并與導(dǎo)軌良好接觸,其間距也為l,列車的總質(zhì)量為m。列車啟動(dòng)前,ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下,如圖1所示,為使列車啟動(dòng),需在M、N間連接電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源,電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì),列車啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉。
(1)要使列車向右運(yùn)行,啟動(dòng)時(shí)圖1中M、N哪個(gè)接電源正極,并簡(jiǎn)要說明理由;
(2)求剛接通電源時(shí)列車加速度a的大小;
(3)列車減速時(shí),需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)寬度和相鄰磁場(chǎng)間距均大于l。若某時(shí)刻列車的速度為v0,此時(shí)ab、cd均在無磁場(chǎng)區(qū)域,試討論:要使列車停下來,前方至少需要多少塊這樣的有界磁場(chǎng)?
答案 (1)M接電源正極,理由見解析
(2) (3)見解析
解析 (1)列車要向右運(yùn)動(dòng),安培力方向應(yīng)向右,根據(jù)左手定則,接通電源后,金屬棒中電流方向由a到b,由c到d,故M接電源正極。
(2)由題意,啟動(dòng)時(shí)ab、cd并聯(lián),電阻均為R,由并聯(lián)電路知ab、cd中電流均為I=①
每根金屬棒受到的安培力F0=BIl②
設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F,有F=2F0③
根據(jù)牛頓第二定律有F=ma?、?
聯(lián)立①②③④式得a= ⑤
(3)設(shè)列車減速時(shí),cd進(jìn)入磁場(chǎng)后經(jīng)Δt時(shí)間ab恰好進(jìn)入磁場(chǎng),此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化量為ΔΦ,平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1,由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1=?、?
其中ΔΦ=Bl2?、?
設(shè)回路中平均電流為I′,由閉合電路歐姆定律有
I′=?、?
設(shè)cd受到的平均安培力為F′,有F′=BI′l?、?
以向右為正方向,設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖,有I沖=-F′Δt?、?
同理可知,回路出磁場(chǎng)時(shí)ab受安培力沖量仍為上述值,設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場(chǎng)區(qū)域安培力沖量為I0,有
I0=2I沖 ?
設(shè)列車停下來受到的總沖量為I總,由動(dòng)量定理有
I總=0-mv0 ?
聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得= ?
討論:若恰好為整數(shù),設(shè)其為n,則需設(shè)置n塊有界磁場(chǎng);若不是整數(shù),設(shè)的整數(shù)部分為N,則需設(shè)置N+1塊有界磁場(chǎng)。
13.(2017天津高考)電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度,其原理可用來研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖,圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E,電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距離為l,電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1,使電容器完全充電。然后將S接至2,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出),MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí),回路中電流為零,MN達(dá)到最大速度,之后離開導(dǎo)軌。問:
(1)磁場(chǎng)的方向;
(2)MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大小;
(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。
答案 (1)垂直于導(dǎo)軌平面向下 (2)
(3)
解析 (1)將S接1時(shí),電容器充電,上極板帶正電,下極板帶負(fù)電,當(dāng)將S接2時(shí),電容器放電,流經(jīng)MN的電流由M到N,又知MN向右運(yùn)動(dòng),由左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。
(2)電容器完全充電后,兩極板間電壓為E,當(dāng)開關(guān)S接2時(shí),電容器放電,設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I,有I=①
設(shè)MN受到的安培力為F,有F=IlB②
由牛頓第二定律,有F=ma③
聯(lián)立①②③式得a=④
(3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí),設(shè)電容器上電荷量為Q0,有
Q0=CE⑤
開關(guān)S接2后,MN開始向右加速運(yùn)動(dòng),速度達(dá)到最大值vmax時(shí),設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′,有
E′=Blvmax⑥
依題意有E′=⑦
設(shè)在此過程中MN的平均電流為,MN上受到的平均安培力為,有=lB⑧
由動(dòng)量定理,有Δt=mvmax-0⑨
又Δt=Q0-Q⑩
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q=。
14.(2019山西呂梁高三期末)如圖,兩條足夠長(zhǎng)、間距為d的平行光滑金屬直軌道MN、PQ與水平面成θ角,EF上方存在垂直導(dǎo)軌平面的如圖乙所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度在0~T時(shí)間內(nèi)按余弦規(guī)律變化(周期為T、最大值為B0),T時(shí)刻后穩(wěn)定為B0。t=0時(shí)刻,正方形金屬框ABCD在沿平行導(dǎo)軌向上的恒定外力作用下靜止于導(dǎo)軌上。T時(shí)刻撤去外力,金屬框?qū)⒀貙?dǎo)軌下滑,金屬框在CD邊、AB邊經(jīng)過EF時(shí)的速度分別為v1和v2。已知金屬框質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為d、每條邊電阻為R,框中磁場(chǎng)按余弦規(guī)律變化時(shí)產(chǎn)生的正弦式交變電流的峰值Em=,求:
(1)CD邊剛過EF時(shí),A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差;
(2)從撤去外力到AB邊經(jīng)過EF的總時(shí)間;
(3)從0時(shí)刻到AB邊經(jīng)過EF的過程中產(chǎn)生的焦耳熱。
答案 (1)-B0dv1 (2)+
(3)+mgdsinθ+m(v-v)
解析 (1)由法拉第電磁感應(yīng)定律知,CD邊剛過EF時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=B0dv1
由楞次定律知A點(diǎn)電勢(shì)低于B點(diǎn),故UAB=-E
即UAB=-B0dv1。
(2)撤去外力后金屬框在重力沿導(dǎo)軌向下的分力mgsinθ作用下下滑,金屬框穿過EF時(shí),由于電磁感應(yīng)而受到沿導(dǎo)軌向上的安培力。設(shè)所求時(shí)間為t,金屬框在某一時(shí)刻的速度為v,電流為i,則
i=,
金屬框所受安培力F=-B0di=-v
安培力的沖量IA=∑FΔt=-∑vΔt=-
由動(dòng)量定理得mgsinθt+I(xiàn)A=mv2-0
解得t=+。
(3)0~T,交流電的有效值E′=Em
此過程產(chǎn)生的焦耳熱Q1=T=
金屬框出磁場(chǎng)的過程中,Q2=-WA
結(jié)合動(dòng)能定理:mgdsinθ+WA=mv-mv
得:Q2=mgdsinθ+m(v-v)
總焦耳熱為:
Q=Q1+Q2=+mgdsinθ+m(v-v)。
15.(2018衡水中學(xué)5月沖刺模擬考試)如圖a超級(jí)高鐵(Hyperloop)是一種以“真空管道運(yùn)輸”為理論核心設(shè)計(jì)的交通工具,它具有超高速、低能耗、無噪聲、零污染的特點(diǎn)。如圖b,已知管道中固定著兩根平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ,兩導(dǎo)軌間距為r;運(yùn)輸車的質(zhì)量為m,橫截面是半徑為r的圓。運(yùn)輸車上固定著間距為D、與導(dǎo)軌垂直的兩根導(dǎo)體棒1和2,每根導(dǎo)體棒的電阻為R,每段長(zhǎng)度為D的導(dǎo)軌的電阻也為R。其他電阻忽略不計(jì),重力加速度為g。
(1)如圖c,當(dāng)管道中的導(dǎo)軌平面與水平面成θ=30角時(shí),運(yùn)輸車恰好能無動(dòng)力地勻速下滑。求運(yùn)輸車與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;
(2)在水平導(dǎo)軌上進(jìn)行實(shí)驗(yàn),不考慮摩擦及空氣阻力。
①當(dāng)運(yùn)輸車由靜止離站時(shí),在導(dǎo)體棒2后間距為D處接通固定在導(dǎo)軌上電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源,此時(shí)導(dǎo)體棒1、2均處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,如圖d。求剛接通電源時(shí)運(yùn)輸車的加速度的大??;(電源內(nèi)阻不計(jì),不考慮電磁感應(yīng)現(xiàn)象)
②當(dāng)運(yùn)輸車進(jìn)站時(shí),管道內(nèi)依次分布磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,寬度為D的勻強(qiáng)磁場(chǎng),且相鄰的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向相反。求運(yùn)輸車以速度v0從如圖e位置通過距離D后的速度v。
答案 (1) (2)①?、趘0-
解析 (1)分析運(yùn)輸車的受力,將運(yùn)輸車的重力分解,如圖1,設(shè)軌道對(duì)運(yùn)輸車的支持力為N1、N2,如圖2。
由垂直導(dǎo)軌平面方向合力為零及幾何關(guān)系有
N1=mgcosθ,N2=mgcosθ,
又f1=μN(yùn)1,f2=μN(yùn)2,
運(yùn)輸車勻速下滑,故mgsinθ=f1+f2,解得:μ=。
(2)①運(yùn)輸車離站時(shí),等效電路圖如圖3,
R總=,
由閉合電路的歐姆定律I=,
又I1=,I2=,
導(dǎo)體棒所受的安培力:F1=BI1r;F2=BI2r,
運(yùn)輸車的加速度a=,解得a=。
②運(yùn)輸車進(jìn)站時(shí),等效電路圖如圖4,
當(dāng)車速為v時(shí),由法拉第電磁感應(yīng)定律:
E1=Brv;E2=Brv,
由閉合電路的歐姆定律I=,
導(dǎo)體棒所受的安培力:F1=BIr;F2=BIr,
運(yùn)輸車所受的合力:F=F1+F2=,
選取一小段時(shí)間Δt,運(yùn)輸車速度的變化量為Δv,由動(dòng)量定理:-Δt=mΔv,
即-Δx=mΔv,
兩邊求和:-=mv-mv0,
解得v=v0-。
16.(2018唐山二模)如圖所示,兩根平行光滑的金屬導(dǎo)軌M1N1P1-M2N2P2由四分之一圓弧部分與水平部分構(gòu)成,導(dǎo)軌末端固定兩根絕緣柱,弧形部分半徑r=0.8 m、導(dǎo)軌間距L=1 m,導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2 T,兩根完全相同的金屬棒a、b分別垂直導(dǎo)軌靜置于圓弧頂端M1M2處和水平導(dǎo)軌中某位置,兩金屬棒質(zhì)量均為m=1 kg、電阻均為R=2 Ω。金屬棒a由靜止釋放,沿圓弧導(dǎo)軌滑入水平部分,此后,金屬棒b向右運(yùn)動(dòng),在導(dǎo)軌末端與絕緣柱發(fā)生碰撞且無機(jī)械能損失,金屬棒b接觸絕緣柱之前兩棒已勻速運(yùn)動(dòng)且未發(fā)生碰撞。金屬棒b與絕緣柱發(fā)生碰撞后,在距絕緣柱x1=0.5 m的A1A2位置與金屬棒a發(fā)生碰撞,碰后停在距絕緣柱x2=0.2 m的A3A4位置,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌電阻不計(jì),g取10 m/s2。求:
(1)金屬棒a剛滑入水平導(dǎo)軌時(shí),受到的安培力大??;
(2)金屬棒b與絕緣柱碰撞后到與金屬棒a碰撞前的過程,整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱;
(3)證明金屬棒a、b的碰撞是否是彈性碰撞。
答案 (1)4 N (2)3 J (3)見解析
解析 (1)金屬棒a下滑過程:mgr=mv2
v==4 m/s
金屬棒a剛滑入水平導(dǎo)軌時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì):
E=BLv=8 V
回路電流:I==2 A
金屬棒a受到的安培力:F=BIL=4 N。
(2)以金屬棒a、b為系統(tǒng),在碰到絕緣柱之前動(dòng)量守恒:
mv=2mv1,解得:v1=2 m/s。
金屬棒b與絕緣柱發(fā)生碰撞后等速率返回,以兩金屬棒為系統(tǒng)動(dòng)量仍然守恒,但總動(dòng)量為零,0=mva+mvb,即時(shí)刻有va=-vb,兩金屬棒相向運(yùn)動(dòng)到相碰,位移大小相等,均為x1=0.5 m。
對(duì)金屬棒b,由動(dòng)量定理:-BLΔt=mv2-mv1
由法拉第電磁感應(yīng)定律:=2BL
=
聯(lián)立得-Δt=mv2-mv1
而Δt=x1,求得:v2=1 m/s。
由能量守恒定律:Q=2mv-2mv=3 J。
(3)金屬棒a、b碰后,金屬棒b減速到零的過程,由動(dòng)量定理:
-B′LΔt′=0-mv3
由法拉第電磁感應(yīng)定律:′=2BL′,′=
聯(lián)立得Δt′=0-mv3
而′Δt′=x1-x2,求得:v3=0.6 m/s。
碰撞前后動(dòng)量守恒,a、b速度大小相等,方向相反,由于2mv>2mv,所以碰撞不是彈性碰撞。
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