（通用版）2021版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第10章 電磁感應(yīng) 第4節(jié) 電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量問題教學(xué)案

《（通用版）2021版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第10章 電磁感應(yīng) 第4節(jié) 電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量問題教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2021版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第10章 電磁感應(yīng) 第4節(jié) 電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量問題教學(xué)案（15頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第4節(jié)　電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量問題 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題　[講典例示法] 1．兩種狀態(tài)及處理方法 狀態(tài) 特征 處理方法 平衡態(tài) 加速度為零 根據(jù)平衡條件列式分析 非平衡態(tài) 加速度不為零 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)系進(jìn)行分析 2．力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象的相互關(guān)系 [典例示法]　(2016·全國卷Ⅱ)如圖所示，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)。t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場

2、中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求： (1)金屬桿在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢的大小； (2)電阻的阻值。 思路點(diǎn)撥：分別畫出金屬桿進(jìn)入磁場前、后的受力示意圖，有助于快速準(zhǔn)確的求解問題。 甲　　　　　　　乙 [解析]　(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma ① 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v＝at0 ② 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得桿中的電動(dòng)勢為 E＝Blv ③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Bl

3、t0。 ④ (2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律 I＝ ⑤ 式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為 f＝BlI ⑥ 因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得 F－μmg－f＝0 ⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得 R＝。 ⑧ [答案]　(1)Blt0　(2) 用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 [跟進(jìn)訓(xùn)練] 　電磁感應(yīng)中的平衡問題 1．(2016·全國卷Ⅰ)如圖所示，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdc

4、a，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上。已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g。已知金屬棒ab勻速下滑。求： (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大??； (2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小。 [解析]　(1)設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T，右斜面對(duì)ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對(duì)cd棒的支持力大小為N2。對(duì)于ab棒，由力的平衡條件得 2mgsin θ＝μN(yùn)1＋T＋F ① N1＝2mgcos θ ② 對(duì)于cd

5、棒，同理有 mgsin θ＋μN(yùn)2＝T ③ N2＝mgcos θ ④ 聯(lián)立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ)。 ⑤ (2)由安培力公式得 F＝BIL ⑥ 這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流。ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢為 ε＝BLv ⑦ 式中，v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得 I＝ ⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ)。 ⑨ [答案]　(1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ) 　電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問題 2．(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

6、為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，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。 [解析]　(1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)， 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有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＝mgsin θ－F安 根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma 解得I＝。 (3)金屬棒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t

7、＝， 通過的電荷量Q＝It 解得Q＝。 [答案]　(1)　(2) 　(3) 3．(2019·重慶市模擬)如圖所示，兩平行且無限長光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為θ＝30°，兩導(dǎo)軌之間的距離為L＝1 m，兩導(dǎo)軌M、P之間接入電阻R＝0.2 Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，在abdc區(qū)域內(nèi)有一個(gè)方向垂直于兩導(dǎo)軌平面向下的磁場Ⅰ，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝1 T，磁場的寬度x1＝1 m；在cd連線以下區(qū)域有一個(gè)方向也垂直于導(dǎo)軌平面向下的磁場Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝0.5 T。一個(gè)質(zhì)量為m＝1 kg的金屬棒垂直放在金屬導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的電阻r＝0.2 Ω，若金屬棒在離ab連線上端x0處自由釋放，則金

8、屬棒進(jìn)入磁場 Ⅰ 恰好做勻速運(yùn)動(dòng)。金屬棒進(jìn)入磁場Ⅱ后，經(jīng)過ef時(shí)又達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，cd與ef之間的距離x2＝8 m。求：(g取10 m/s2) (1)金屬棒在磁場Ⅰ運(yùn)動(dòng)的速度大??； (2)金屬棒滑過cd位置時(shí)的加速度大??； (3)金屬棒在磁場Ⅱ中達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)的速度大小。 [解析]　(1)金屬棒進(jìn)入磁場Ⅰ做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度為v0， 由平衡條件得mgsin θ＝F安 ① 而F安＝B0I0L， ② I0＝ ③ 代入數(shù)據(jù)解得v0＝2 m/s。 ④ (2)金屬棒滑過cd位置時(shí)，其受力如圖所示。由牛頓第二定律得 mgsin θ－F安′＝ma， ⑤ 而F安′＝B1I1L，

9、⑥ I1＝， ⑦ 代入數(shù)據(jù)可解得a＝3.75 m/s2。 ⑧ (3)金屬棒在進(jìn)入磁場Ⅱ區(qū)域達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，設(shè)速度為v1， 則mgsin θ＝F安″， ⑨ 而F安″＝B1I2L ⑩ I2＝， ? 代入數(shù)據(jù)解得v1＝8 m/s。 [答案]　(1)2 m/s　(2)3.75 m/s2　(3)8 m/s 電磁感應(yīng)中的能量問題　[講典例示法] 1．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化 2．求解焦耳熱Q的三種方法 3．求解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量問題的一般步驟 (1)在電磁感應(yīng)中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源。 (2)分析清楚有哪些力做

10、功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉(zhuǎn)化。 (3)根據(jù)能量守恒列方程求解。 [典例示法]　小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，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，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區(qū)域的下邊界相距x＝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)磁場上邊界時(shí)健身者松

11、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，sin 53°＝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)入磁場時(shí)速度v的大??； (2)CD棒進(jìn)入磁場時(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/s2 ① 進(jìn)入磁場時(shí)的速度　v＝＝2.4 m/s。 ② (2)感應(yīng)電動(dòng)勢　E＝Blv ③ 感應(yīng)電流　I＝ ④ 安培力　FA＝IBl ⑤ 代入得　FA＝＝48 N。 ⑥ (3)健身者做功　W＝F(x＋d)＝64 J ⑦ 由F－mgs

12、in θ－FA＝0 ⑧ 知CD棒在磁場區(qū)域做勻速運(yùn)動(dòng) 在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝ ⑨ 焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J。 ⑩ [答案]　(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J [跟進(jìn)訓(xùn)練] 　功能關(guān)系在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 1．(多選)(2018·江蘇高考)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強(qiáng)磁場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Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下 B．穿過磁場Ⅰ的

13、時(shí)間大于在兩磁場之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 C．穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd D．釋放時(shí)距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 BC　[根據(jù)題述，由金屬桿進(jìn)入磁場Ⅰ和進(jìn)入磁場Ⅱ時(shí)速度相等可知，金屬桿在磁場Ⅰ中做減速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿剛進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于金屬桿進(jìn)入磁場Ⅰ后做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，而在兩磁場之間做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以穿過磁場Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，選項(xiàng)B正確；根據(jù)能量守恒定律，金屬桿從剛進(jìn)入磁場Ⅰ到剛進(jìn)入磁場Ⅱ過程動(dòng)能變化量為0，重力做功為2mgd，則金屬桿穿過磁場Ⅰ產(chǎn)生的熱量Q1＝2mgd，而金屬桿在兩磁場區(qū)域的運(yùn)動(dòng)情況相同，產(chǎn)生的熱量相等，所以金屬

14、桿穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為Q2＝2×2mgd＝4mgd，選項(xiàng)C正確；金屬桿剛進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)的速度v＝，進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝，所受安培力F＝BIL，由于金屬桿剛進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向上，所以安培力大于重力，即F>mg，聯(lián)立解得h>，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。] 2．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邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l。勻強(qiáng)磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面。開始時(shí)，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場直到ef、pq邊進(jìn)入磁場前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，在

15、ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運(yùn)動(dòng)。線框完全穿過磁場過程中產(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邊將離開磁場時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的幾倍； (2)磁場上下邊界間的距離H。 [解析]　(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場時(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)勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E1＝2Blv1 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可得I1＝ 設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1，有F1＝2I1lB 由于線框做

16、勻速運(yùn)動(dòng)，故受力平衡，所以有mg＝F1 聯(lián)立解得v1＝ 設(shè)ab邊離開磁場之前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2， 同理可得v2＝，故可知v2＝4v1。 (2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場前，由機(jī)械能守恒定律可得 2mgl＝mv 線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律可得 mg(2l＋H)＝mv－mv＋Q 聯(lián)立解得：H＝＋28l。 [答案]　(1)4倍　(2)＋28l 　電功率和焦耳熱的計(jì)算 3．(多選)(2019·廣州荔灣區(qū)調(diào)研)CD、EF是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，

17、磁場區(qū)域的寬度為d，如圖所示。導(dǎo)軌的右端接有一阻值為R的電阻，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接。將一阻值為R、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場的右邊界處。已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則下列說法中正確的是(　　) A．通過電阻R的最大電流為 B．流過電阻R的電荷量為 C．整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh D．電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd) ABD　[質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，剛進(jìn)入磁場時(shí)速度最大，由mgh＝mv2，得最大速度v＝，產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢Em＝BLv＝BL，由閉合電路歐姆定律可得通過電阻R的

18、最大電流Im＝＝，A正確；在導(dǎo)體棒滑過磁場區(qū)域的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的平均值＝＝，平均感應(yīng)電流＝，流過電阻R的電荷量為q＝t，聯(lián)立解得q＝＝，B正確；由能量守恒定律可知整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mgh－μmgd，C錯(cuò)誤； 電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q1 ＝ Q ＝mg(h－μd)，D正確。] 4．(2017·江蘇高考)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠

19、長，桿在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求： (1)MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I； (2)MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a； (3)PQ剛要離開金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P。 [解析]　(1)MN剛掃過金屬桿時(shí)，金屬桿的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Bdv0 ① 回路的感應(yīng)電流I＝ ② 由①②式解得I＝。 ③ (2)金屬桿所受的安培力F＝BId ④ 由牛頓第二定律得，對(duì)金屬桿F＝ma ⑤ 由③④⑤式得a＝。 ⑥ (3)金屬桿切割磁感線的相對(duì)速度v′＝v0－v ⑦ 感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Bdv′ ⑧ 感應(yīng)電流的電功率P＝ ⑨ 由⑦⑧⑨式得P＝。 ⑩ [答案

20、]　(1)　(2)　(3) 動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用　[講典例示法] 1．對(duì)于兩導(dǎo)體棒在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的情況，如果兩棒所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理問題； 2．由BL·Δt＝m·Δv、q＝·Δt可知，當(dāng)題目中涉及電荷量或平均電流時(shí)，可應(yīng)用動(dòng)量定理來解決問題。 [典例示法]　(2019·馬鞍山二模)兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L，導(dǎo)軌上放置兩根導(dǎo)體棒a和b，俯視圖如圖甲所示。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻不計(jì)，在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)，有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的豎直向上的勻強(qiáng)磁場。導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直接觸良好

21、且均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行，開始時(shí)，兩棒均靜止，間距為x0，現(xiàn)給導(dǎo)體棒a一水平向右的初速度v0，并開始計(jì)時(shí)，可得到如圖乙所示的Δv -t圖象(Δv表示兩棒的相對(duì)速度，即Δv＝va－vb) 甲　　　　　　　乙 (1)試證明：在0～t2時(shí)間內(nèi)，回路產(chǎn)生的焦耳熱Q與磁感應(yīng)強(qiáng)度B無關(guān)。 (2)求t1時(shí)刻棒b的加速度大小。 (3)求t2時(shí)刻兩棒之間的距離。 [解析]　(1)t2時(shí)刻開始，兩棒速度相等，由動(dòng)量守恒定律有 2mv＝mv0 由能量守恒定律有Q＝mv－(2m)v2 解得Q＝mv 所以在0～t2時(shí)間內(nèi)，回路產(chǎn)生的焦耳熱Q與磁感應(yīng)強(qiáng)度B無關(guān)。 (2)t1時(shí)刻有va－vb＝ 回

22、路中的電流I＝＝ 此時(shí)棒b所受的安培力F＝BIL 由牛頓第二定律得棒b的加速度大小 a1＝＝。 (3)t2時(shí)刻，兩棒速度相同，均為v＝ 0～t2時(shí)間內(nèi)，對(duì)棒b，由動(dòng)量定理有 BL·Δt＝mv－0 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有＝ 根據(jù)閉合電路歐姆定律有＝ 而ΔΦ＝BΔS＝BL(x－x0) 解得t2時(shí)刻兩棒之間的距離x＝x0＋。 [答案]　(1)見解析　(2)　(3)x0＋ 兩金屬桿在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，只受到安培力作用，這類問題可以從以下三個(gè)觀點(diǎn)來分析： (1)力學(xué)觀點(diǎn)：通常情況下一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，而另一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終兩金

23、屬桿以共同的速度勻速運(yùn)動(dòng)； (2)能量觀點(diǎn)：其中一個(gè)金屬桿動(dòng)能的減少量等于另一個(gè)金屬桿動(dòng)能的增加量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和； (3)動(dòng)量觀點(diǎn)：如果光滑導(dǎo)軌間距恒定，則兩個(gè)金屬桿的安培力大小相等，通常情況下系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。 [跟進(jìn)訓(xùn)練] 　動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用 1．兩足夠長且不計(jì)電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，間距為d＝1 m，在左端弧形軌道部分高h(yuǎn)＝1.25 m處放置一金屬桿a，弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無摩擦，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的電阻分別為Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T?，F(xiàn)桿b以初速度大

24、小v0＝5 m/s開始向左滑動(dòng)，同時(shí)由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道的過程中，通過桿b的平均電流為0.3 A；從a下滑到水平軌道時(shí)開始計(jì)時(shí)，a、b運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖乙所示(以a運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g取10 m/s2，求： 甲　　　　　　　　乙 (1)桿a在弧形軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (2)桿a在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過程中通過其截面的電荷量； (3)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱。 [解析]　(1)設(shè)桿a由靜止滑至弧形軌道與平直軌道連接處時(shí)桿b的速度大小為vb0，對(duì)桿b運(yùn)用動(dòng)量定理，有 Bd·Δt＝mb(v0－vb0) 其中vb0＝2 m

25、/s 代入數(shù)據(jù)解得Δt＝5 s。 (2)對(duì)桿a由靜止下滑到平直導(dǎo)軌上的過程中，由機(jī)械能守恒定律有 magh＝mav 解得va＝＝5 m/s 設(shè)最后a、b兩桿共同的速度為v′，由動(dòng)量守恒定律得 mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′ 代入數(shù)據(jù)解得v′＝ m/s 桿a動(dòng)量的變化量等于它所受安培力的沖量，設(shè)桿a的速度從va到v′的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為Δt′， 則由動(dòng)量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′) 而q＝I·Δt′ 代入數(shù)據(jù)得q＝ C。 (3)由能量守恒定律可知桿a、b中產(chǎn)生的焦耳熱為 Q＝magh＋mbv－(mb＋ma)v′2＝ J b棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝Q＝

26、J。 [答案]　(1)5 s　(2) C　(3) J 　動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 2．(多選)如圖所示，在水平面內(nèi)固定有兩根相互平行的無限長光滑金屬導(dǎo)軌，其間距為L，電阻不計(jì)。在虛線l1的左側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，在虛線l2的右側(cè)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，兩部分磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。ad、bc兩根電阻均為R的金屬棒與導(dǎo)軌垂直，分別位于兩磁場中，現(xiàn)突然給ad棒一個(gè)水平向左的初速度v0，在兩棒達(dá)到穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是(　　) A．兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 B．兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒 C．a(chǎn)d棒克服安培力做功的功率等于ad棒的發(fā)熱功率 D．a(chǎn)d棒克

27、服安培力做功的功率等于安培力對(duì)bc棒做功的功率與兩棒總發(fā)熱功率之和 BD　[開始時(shí)，ad棒以初速度v0切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，在回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向(俯視)的感應(yīng)電流，ad棒因受到向右的安培力而減速，bc棒受到向右的安培力而向右加速；當(dāng)兩棒的速度大小相等，即兩棒因切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢相等時(shí)，回路中沒有感應(yīng)電流，兩棒各自做勻速直線運(yùn)動(dòng)；由于兩棒所受的安培力都向右，兩金屬棒組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，所以該系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)能量守恒定律可知，ad棒動(dòng)能的減小量等于回路中產(chǎn)生的熱量和bc棒動(dòng)能的增加量，由動(dòng)能定理可知，ad棒動(dòng)能的減小量等于ad棒克服安培力做的功

28、，bc棒動(dòng)能的增加量等于安培力對(duì)bc棒做的功，所以ad棒克服安培力做功的功率等于安培力對(duì)bc棒做功的功率與兩棒總發(fā)熱功率之和，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。] 　三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 3．如圖所示，在大小為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，垂直磁場方向的水平面中有兩根固定的足夠長的金屬平行導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌上面平放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，兩棒彼此平行，構(gòu)成一矩形回路。導(dǎo)軌間距為l，導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)。設(shè)導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑行，初始時(shí)刻ab棒靜止，給cd棒一個(gè)向右的初速v0，求： (1)當(dāng)cd棒速度減為0.8v0時(shí)的加速度大??； (2)從開始運(yùn)動(dòng)到最終穩(wěn)定，電路中產(chǎn)生的電能為多

29、大； (3)兩棒之間距離增長量x的上限。 [解析]　(1)設(shè)當(dāng)cd棒速度減為0.8v0時(shí)ab棒的速度為v′，由動(dòng)量守恒定律得 mv0＝0.8mv0＋mv′ ① 解得：v′＝0.2v0 此時(shí)回路的電流是I＝ ② cd棒的加速度為a＝ ③ 解得：a＝。 (2)設(shè)兩棒穩(wěn)定時(shí)共同的末速度為v，據(jù)動(dòng)量守恒定律得 mv0＝(m＋m)v ④ 解得：v＝v0 ⑤ 由能量守恒定律得，最終穩(wěn)定后電路中產(chǎn)生的電能為 Q＝mv－(m＋m)v2＝mv。 (3)由法拉第電磁感應(yīng)定律得，電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢 E＝＝ ⑥ 這段時(shí)間內(nèi)回路的電流為＝ ⑦ 對(duì)cd棒由動(dòng)量定理得：－BlΔt＝mv－mv0 ⑧ 由⑤～⑧解得Δx＝。 ⑨ [答案]　(1)　(2)mv　(3) 15