大題10電磁感應綜合問題

E@@@

1.掌握應用動量定理處理電磁感應問題的思路。

2.掌握應用動量守恒定律處理電磁感應問題的方法。

3.熟練應用楞次定律與法拉第電磁感應定律解決問題。

4.會分析電磁感應中的圖像問題。

5.會分析電磁感應中的動力學與能量問題。

>>》大題典例電磁感應中的動力學與能量問題

【例1】(2024?河北?模擬預測)如圖甲所示，水平粗糙導軌左側接有定值電阻A=3。，導軌處于垂直紙面

向外的勻強磁場中，磁感應強度B=1T,導軌間距L=lm。一質量%=lkg,阻值r=lO的金屬棒在水平向

右拉力/作用下由靜止開始從處運動，金屬棒與導軌間動摩擦因數(shù)〃=。25,金屬棒的v-x圖像如圖乙

所示，取g=10m/s2,求：

(1)x=lm時，安培力的大??；

(2)從起點到發(fā)生x=lm位移的過程中，金屬棒產生的焦耳熱；

(3)從起點到發(fā)生x=lm位移的過程中，拉力廠做的功。

【答案】(1)0.5N；(2)—J；(3)4.75J

16

【詳解】(1)由圖乙可知，x=lm時，v=2m/s,回路中電流為

BLv

1=^—=0.5A

R+rR+r

安培力的大小為

=IBL=0.5N

（2）由圖乙可得

v=2x

金屬棒受到的安培力為

…空=f（N）

回路中產生的焦耳熱等于克服安培力做的功，從起點到發(fā)生x=lm位移的過程中，回路中產生的焦耳熱為

。=町=耳無=言，11=0.251

金屬棒產生的焦耳熱為

r1

蠹=----Q=—J

棒R+r16

（3）從起點到發(fā)生x=lm位移的過程中，根據(jù)動能定理有

12

WF-唯-]Limgx=-mv

解得拉力尸做的功為

Wf=4.75J

龍麓》避黃揖號.

1.電磁感應綜合問題的解題思路

用法拉第電磁感應定律（E="罄或

「源”申分析卜E=B附確定電動勢的大小，用楞次定

律或右手定則判斷電流的方向

[“路”小分析卜]畫等效電路圖卜求感應電流/=卷

|“力”|分析]安培力F=B〃]----"合夕卜力打合=ma|

丁

「運動”i的分析|一|運動狀態(tài)~|-----|~加速H度a

卜能量”的分析|一|分析研究過程中能量轉化關系列碣

2.求解焦耳熱。的三種方法

（1）焦耳定律：。=產吊，適用于電流恒定的情況；

（2）功能關系：。=W克安（W克安為克服安培力做的功）；

（3）能量轉化：Q=AE（其他能的減少量）。

龍莪》變式訓練

（23-24高三下?河北?開學考試）如圖所示，相互平行的軌道由半徑為r的四分之一圓弧和水平部分（靠右

端的一部分。及小段粗糙，接觸面與物體間動摩擦因數(shù)為〃，HI=DE,其余部分光滑）構成，兩部分相切

于C、G,CG連線與軌道垂直，軌道間距為L在最右端連接阻值為R的定值電阻，整個軌道處在豎直向

上磁感應強度大小為8的勻強磁場中，一質量為電阻為2R的金屬導體棒從四分之一圓弧的最高點靜止

釋放，導體棒在下滑過程中始終與導軌接觸良好，且與導軌垂直，其它電阻不計，當導體棒運動到與CG重

合時，速度大小為心導體棒最終靜止在水平軌道DE、〃段某處，整個過程中定值電阻R上產生的熱量為

Q,重力加速度為g,求：

(1)導體棒從靜止釋放到與CG重合，通過定值電阻R的電量；

(2)導體棒運動到CG前瞬間，導體棒的加速度的大??；

(3)導體棒因摩擦產生的熱量及在粗糙軌道。E、小段的位移。

mgr-3Q

〃機g

【詳解】(1)當導體棒運動到與CG重合時，通過定值電阻R的電量為q,則

q=IAt

由閉合電路歐姆定律得

E

廣島=3R

由法拉第電磁感應定律得

A0

Nt

解得

BLr

q------

3R

(2)導體棒剛運動到CG時，回路中的瞬時電動勢

E=BLv

回路中的電流

,EBLv

~3R~~3R

導體棒受到的安培力

…5竽

水平方向的加速度

_G_B2￡2V

CLI——'

m3mR

導體棒做圓周運動的向心加速度

v2

=---

r

所以導體棒運動到CG前瞬間，導體棒的加速度的大小為

(3)由于導體棒與定值電阻串聯(lián)，因此導體棒上產生的熱量為2Q,根據(jù)能量守恒定律可知，導體棒因與

軌道摩擦產生的熱量

Q=mgr-3Q

導體棒因摩擦產生的熱量等于導體棒克服摩擦力所做的功

W=jtimgx=Q

解得粗糙軌道OE、小段的位移大小為

mgr-3Q

x—

〃〃火

動量觀點在電磁感應中的應用

【例2】(23-24高三下?四川成都?開學考試)如圖所示，足夠長的運輸帶沿傾角a=30。的方向固定，且運輸

帶以W的速度向上勻速傳動，虛線1、2間存在垂直運輸帶向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B,質量為

m、電阻值為R、邊長為do的正方形導線框隨運輸帶共同向上運動，經過一段時間湖邊越過虛線1,且導

線框相對運輸帶發(fā)生運動，當ab邊剛好到達虛

［信息］導線框完全進入磁場后，導線框中無感應電流，運輸帶帶動導線框加速

運動

線2瞬間導線框的速度恢復到知已知虛線間的距離為L且￡>24，導線框與運輸帶之間的動摩擦因數(shù)

為〃=坐，重力加速度為g,整個過程導線框的湖邊始終與兩虛線平行。求：

(1)"邊剛越過虛線1瞬間的加速度大小以及方向;

(2)導線框的ab邊由虛線1運動到虛線2的時間;

(3)導線框的湖邊由虛線1運動到虛線2的過程中，因摩擦而產生的熱量與焦耳熱的比值。

⑴嘯2巧方向沿運輸帶向下4B2JQ12B2JQVQ—3mgRL

【答案】

⑵mgR⑶mgRL

【解析】(1)根據(jù)安培力公式有/安=3必)①

根據(jù)閉合電路歐姆定律有4

根據(jù)法拉第電磁感應定律有E=Bdow②

由于導線框的近邊越過虛線1后，導線框相對運輸帶發(fā)生運動，又由楞次定律以及左手定則可知，而邊所

受的安培力沿運輸帶向下

［關鍵點］結合題意分析出導線框剛越過虛線1瞬間安培力的方向沿運輸帶向下

則由牛頓第二定律得mgsina+/安一〃加geosa=ma③

解得。二嘯2一5方向沿運輸帶向下。④

(2)設導線框的詔邊由虛線1運動到虛線2的時間為t,導線框剛進入磁場到導線框的cd邊運動至虛線1的

時間為fo

則該過程由動量定理得

m\產安

［易錯］注意沖量的方向性，并且斤安作用時間與重力、摩擦力作用時間不等

一E

又F^BIdo、1=五

根據(jù)法拉第電磁感應定律得E=Bd°v@

由運動學公式有向:討⑦

2

,4BJOz-x

解倚'=贏萬。⑧

(3)導線框剛進入磁場至導線框剛要出磁場的過程，由動能定理得

jumgcosa-L—mgsina-L+W安=0⑨

又由功能關系得該過程中產生的焦耳熱為。1=一W安

［易錯］注意此處應代入導線框相對運輸帶移動的距離

021232d8yo—3mgRL

解得

2imgRL

蘢算:去世導

1.在導體單桿切割磁感線做變加速運動時，若運用牛頓運動定律和能量觀點不能解決問題，可運用動量定理

巧妙解決問題

求解的物理量應用示例

電荷量或速度-BIL\t=mv2—mv\,q=IA6BP—BqL=mv2一機也

B2L2~At

D

太總—0mvo,

位移

22

RNBLX

即“

太總—0mvo

—BILV+尸其他A%=mv2—mvif

即—8Lq+尸其他-mvy，

已知電荷量q、F其他（戶其他為恒力）

時間B2L2TM

+尸其他一機也

火總mv\,

即八十/其他加一根V2mvi，

K總

已知位移X、尸其他（方其他為恒力）

2.動量守恒定律在電磁感應中的應用

“一動一靜”：甲桿靜止不動，乙桿運動，其實質是單桿問題，不過要注意問題包

物理含著一個條件一甲桿靜止，受力平衡

模型兩桿都在運動，對于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產生的感應電動勢是相加

還是相減；系統(tǒng)動量是否守恒

通常情況下一個金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動，而另一個

動力學觀點金屬桿做加速度逐漸減小的減速運動，最終兩金屬桿以共同的速

分析度勻速運動

方法能量觀點兩桿系統(tǒng)機械能減少量等于回路中產生的焦耳熱之和

對于兩金屬桿在平直的光滑導軌上運動的情況，如果兩金屬桿所

動量觀點

受的外力之和為零，則考慮應用動量守恒定律處理問題

龍麓》變式訓練

（2024?湖南長沙?一模）如圖，質量為機、電阻為的均勻金屬棒油垂直架在水平面甲內間距為3L的兩光

滑金屬導軌的右邊緣處。下方的導軌由光滑圓弧導軌與處于水平面乙的光滑水平導軌平滑連接而成（即圖

中半徑和（0。豎直），圓弧導軌半徑為R、對應圓心角為60。、間距為3L水平導軌間距分別為3工和

L。質量也為小、電阻為&的均勻金屬棒加垂直架在間距為工的導軌左端。導軌W與PP',NN，與QQ'

均足夠長，所有導軌的電阻都不計。電源電動勢為E、內阻不計。所有導軌的水平部分均有豎直方向的、磁

感應強度為B的勻強磁場，圓弧部分和其他部分無磁場。閉合開關S,金屬棒油迅即獲得水平向右的速度

(未知，記為%)做平拋運動，并在高度降低3R時恰好沿圓弧軌道上端的切線方向落在圓弧軌道上端，接

著沿圓弧軌道下滑。已知重力加速度為g,求：

(1)空間勻強磁場的方向；

(2)棒他做平拋運動的初速度%;

(3)通過電源E某截面的電荷量q；

(4)從金屬棒"剛落到圓弧軌道上端起至棒而開始勻速運動止，這一過程中棒仍和棒cd組成的系統(tǒng)損

失的機械能AE。

【詳解】(1)閉合開關S,金屬棒M即獲得水平向右的速度，表明金屬棒受到水平向右的沖量，所以安培

力水平向右，因為金屬棒油中的電流方向為由。指向6,根據(jù)左手定則，空間勻強磁場的方向為豎直向上。

(2)金屬棒劭做平拋運動，其豎直方向有

1,

3R=3gt

%=gf

由于導體棒在高度降低37?時恰好沿圓弧軌道上端的切線方向落在圓弧軌道上端，有

tan60°=」

%

解得

(3)金屬棒a匕彈出瞬間，規(guī)定向右為正方向，由動量定理

BIx3L,Nt=mv0-0

又因為

/=2

△t

整理有

3BqL=mv0

解得

_m^lgR

q二-----------------

3BL

(4)金屬棒"滑至水平軌道時，有

解得

最終勻速運動，電路中無電流，所以棒"和cd產生的感應電動勢大小相等，即

B^L-Vab=BL-Vcd

此過程中，對棒M由動量定理有

—BI'x3L-△，'=mvah—mv

對棒cd,由動量定理有

BI'-L\t'=mvcd-0

聯(lián)立解得

由能量守恒，該過程中機械能的損失量為

△E=gmv2~1相喙-1mved

解得

△E=——m^R

20

蘢現(xiàn)"模擬.

1.(2024?陜西商洛?模擬預測)如圖所示，間距為L的光滑導軌豎直固定在絕緣地面上，導軌頂端連接定值

電阻R,質量為“2、電阻忽略不計的金屬桿垂直接觸導軌，磁感應強度大小為8的勻強磁場與導軌所在的

豎直面垂直。使金屬桿從靜止開始下落，同時受到豎直向下的恒定拉力產的作用，當下落高度為刀時速度

達到穩(wěn)定。重力加速度大小為g,金屬桿在運動的過程中始終與垂直導軌垂直且接觸良好，金屬棒有足夠大

的下落空間，導軌電阻不計，求：

（1）金屬桿穩(wěn)定時的速度大小；

（2）金屬桿從開始運動到速度穩(wěn)定的過程中電阻R上產生的熱量;

（3）金屬桿從開始運動到速度穩(wěn)定的過程所需的時間。

rer,、r,m(F+mg)?R2mRB2l3h

；(2)(F+mg)h--------------；(3)—o~T-----------------

B21}(F+mg)R

【詳解】

（1）金屬桿從靜止開始下落，設穩(wěn)定時的速度為％,則有

F

E=BLvm,/=-,%=BIL

豎直方向由受力平衡可得

F^=F+mg

聯(lián)立解得

（F+mg）R

"m=B?

（2）金屬桿從開始下落直到穩(wěn)定時下落的高度為“，根據(jù)功能關系可得R產生的熱量為

12

Q={F+mg）h--rnVm

解得

cm（F+mg）2R2

Q=（尸+mg）h------

（3）金屬桿從開始運動到速度穩(wěn)定的過程，根據(jù)動量定理可得

(F+mg)t-BILt=mvm

聯(lián)立解得

mRB-l3h

B2l3+(F+mg)R

2.(2024?福建廈門?二模)如圖甲所示，兩條足夠長的平行導軌所在平面與水平地面的夾角為仇間距為乩

導軌上端與電容為C的電容器相連，虛線0/。2垂直于導軌，。/。2上方存在垂直導軌平面向下的勻強磁場，

此部分導軌由不計電阻的光滑金屬材料制成，。/。2下方的導軌由粗糙的絕緣材料制成。f=0時刻，一質量

為相、電阻不計的金屬棒由靜止釋放，運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，其速度v隨時間f

的變化關系如圖乙所示，其中W和m為已知量，重力加速度為g,電容器未被擊穿。求：

(1)r=0至!h=fo,磁場對金屬棒MN的沖量大??；

(2)/=0至！h=2fo,金屬棒MN損失的機械能；

(3)勻強磁場的磁感應強度大小。

0t02fot

乙

mgt0sin0m

Cv0C

【詳解】

(1)根據(jù)動量定理有

mgsin0一/安=mv0

解得

/安=mgsin0-to—mv0

(2)根據(jù)圖乙可得金屬棒在f=0至1"=2切時間內的位移為

根據(jù)能量守恒有

1

mgxsin^=—m(3v0)+AE損

解得

sin6，mv

A%=|根g%。-|l

(3)根據(jù)圖乙可知，在。時間內金屬棒做勻加速直線運動，則可知其加速度恒定，所受合外力恒定，即

此時間段內電流恒定，而電容器兩端電壓的變化量等于金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢的變化量，則

有

Bdv°=^C

可得

△q-CBdv0

而

△q—I

對該過程由動量定理有

mgsin—Bdl-t0=mv0

聯(lián)立解得

1mgsinm

D———I--------------------

Cv0C

3.(2024?河北?模擬預測)如圖1所示，間距L=lm的足夠長傾斜導軌傾角9=37。,導軌頂端連一電阻H=10

左側存在一面積S=0.6m2的圓形磁場區(qū)域5,磁場方向垂直于斜面向下，大小隨時間變化如圖2所示，右側

存在著方向垂直于斜面向下的恒定磁場5/=lT,一長為L=lm,電阻尸4C的金屬棒與導軌垂直放置，/=0

至Uis,金屬棒"恰好能靜止在右側的導軌上，之后金屬棒"開始沿導軌下滑，經過一段時間后勻速下

滑，已知導軌光滑，取g=10m/s2,不計導軌電阻與其他阻力，sin37o=0.6,cos37°=0.8o求：

(1)仁0至仁Is內流過電阻的電流和金屬棒〃/?的質量；

【答案】(1)0.3A,0.05kg；(2)0.6m/s

【詳解】（1）根據(jù)法拉第電磁感應定律可得片0至仁1S內回路中的感應電動勢為

E=—=5—=0.6V

Ar

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得t=0至t=ls內流過電阻的電流為

F

1=------=0.3A

R+r

設金屬棒"的質量為機，這段時間內金屬棒仍受力平衡，即

mgsin。=BJL

解得

m=0.05kg

（2）設金屬棒M勻速時的速度大小v,此時回路中的感應電動勢為

Ex=BJv

回路中的電流為

z,=-^-

1R+r

導體棒ab所受安培力大小為

F=B1Z1￡

根據(jù)平衡條件可得

F—mgsin0

解得

v=0.6m/s

4.（23-24高三下?河北滄州?階段練習）如圖所示，間距為L的光滑平行等長金屬導軌。氏cd固定在傾角為

37。的絕緣斜面上，ef、g/z為固定在絕緣水平面上的平行粗糙金屬導軌，間距也為L導軌防、cd在最低點

用絕緣光滑材料與導軌叭g〃平滑連接，八c兩點用導線連接，與傾斜導軌垂直的虛線與。、c兩點間的距

離為5L,其左側存在方向豎直向下的勻強磁場（范圍足夠大），磁感應強度大小B隨時間變化的關系式8=位

（左為已知的常數(shù)且為正值）。水平導軌內存在磁感應強度大小為線、方向豎直向下的勻強磁場（范圍足夠

大），質量為2m的導體棒乙垂直于水平導軌靜止放置?，F(xiàn)讓質量為機的導體棒甲在虛線的右下方垂直傾斜

導軌由靜止釋放，沿導軌下滑距離為5L到達傾斜導軌的最低點，然后滑上水平導軌，導體棒甲在水平導軌

上滑行一段距離d停在乙的左側。已知甲剛滑上水平導軌時，乙受到的靜摩擦力恰好達到最大值，導體棒

甲接入電路的阻值為R，其他電阻均忽略不計，重力加速度為g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，導體棒甲、

乙與水平導軌之間的動摩擦因數(shù)相等，sin37°=0.6,cos37°=0.8o求：

(1)導體棒甲到達傾斜軌道的最低點時的速度大小;

(2)導體棒乙與水平導軌間的動摩擦因數(shù)；

(3)導體棒甲在水平導軌上滑行的時間；

(4)導體棒甲由靜止釋放到停止運動產生的焦耳熱。

80ML4麻*_B"d即

3gR2R

【詳解】

(1)導體棒甲在下滑的過程中做勻加速直線運動，則有

對甲受力分析，由牛頓第二定律可得

根gsin37°二3

解得

a=^g,v0=y/6gL

(2)當導體棒甲剛滑上水平導軌時，由法拉第電磁感應定律可得

E。=綜L%

由歐姆定律可得

I=區(qū)

0R

導體棒乙受到的安培力

F安=B&L

對乙受力分析，由力的平衡可得

F安=〃-2mg

解得

2mgR

(3)導體棒甲在水平導軌上滑行，由動量定理可得

—jumgt—B。ILt=0—mv0

由歐姆定律可得

由法拉第電磁感應定律可得

由題意可得

△①=BQLd

解得

2mRd16gL

而―-w

(4)導體棒甲在下滑的過程中，由法拉第電磁感應定律可得

LA①AB0

E=——=——S

ArAr

由題意可得

S=5L2COS37°

——=k

△t

導體棒甲下滑的時間

生成的焦耳熱

￡2

Qi=K，0

甲在水平導軌上滑動，由能量守恒定律可得生成的焦耳熱

12

Q2=~mv0-/Limgd

甲由靜止釋放到停止運動產生的焦耳熱

Q=Qi+

解得

=80-反+_Bad邪記

3gR2R

5.（2024?江西?一模）如圖所示，間距為￡的平行金屬導軌”出M和〃2鳥生分別固定在兩個豎直面內，傾

斜導軌與水平方向的夾角為371sin37=；）,整個空間內存在著豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為5。

長為乙、質量為加、電阻為R的導體桿。靜止放置在水平導軌上，現(xiàn)將與導體桿。完全相同的導體桿b從斜

面上乂乂處由靜止釋放，運動到虛線20處有最大速度，運動的距離為d,導體桿。恰好未滑動，此過程中

導體桿b克服摩擦力做的功為W,兩導體桿與導軌始終接觸良好，導軌電阻不計，最大靜摩擦力等于滑動

摩擦力，重力加速度為g。求在此過程中：

（1）通過導體桿。的電荷量；

（2）導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù);

（3）電路中產生的焦耳熱。

【答案】（1）邛；（2）（3）^mgd-25m3g2R?

-W

4

5/vJ572B￡*

【詳解】（1）根據(jù)題意可知，在導體桿6由靜止釋放到導體桿b運動到QQ處的過程中

—A①卜BL=d-c-os=d--------

NtNt

根據(jù)閉合電路的歐姆定律有

根據(jù)電流的定義式

q=I\t

聯(lián)立可得

IBLd

q=

5R

（2）當導體桿速度最大時，對導體桿。受力分析有

=〃根g

對導體桿b受力分析，沿斜面方向

mgsin0=Z^cos0+f

垂直斜面方向有

7ngeos0+7\sin。=然

由摩擦力的大小

于=4

聯(lián)立可得

1

U--

3

(3)當導體桿匕速度最大時，可知

口mg

FA=/jmg=—

電動勢

E=BLvcos0

電流大小

//

2R

導體桿b受到的安培力

FA=BIL

聯(lián)立可得

_5mgR

V~6B-I3

根據(jù)動能定理可得

12八

—mv=mgdsin^-W+

聯(lián)立可得

3

e&=W^=mgd25黑*w

6.(23?24高三下?四川成都?開學考試)如圖所示，兩間距為d的平行光滑導軌由固定在同一水平面上的導

軌CDC。和豎直平面內半徑為r的;圓弧導軌AC-4c組成，水平導軌與圓弧導軌相切，左端接一阻值為

R的電阻，不計導軌電阻；水平導軌處于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中，其他地方無磁

場。導體棒甲靜止于CC處，導體棒乙從A4處由靜止釋放，沿圓弧導軌運動，與導體棒甲相碰后粘合在一

起，向左滑行一段距離后停下。已知兩棒質量均為如電阻均為R始終與導軌垂直且接觸良好，重力加速

度大小為g,求：

(1)兩棒粘合前瞬間棒乙對每個圓弧導軌底端的壓力大小N；

(2)兩棒在磁場中運動的過程中，左端接入電阻R產生的焦耳熱Q；

【詳解】(1)設兩棒粘合前瞬間棒乙的速度大小為％,對棒乙沿圓弧導軌運動的過程，根據(jù)機械能守恒定律

有

12

—m\\=mgr

解得

巧=72gr

兩棒粘合前瞬間，棒乙受到的支持力N與重力mg的合力提供向心力，有

2N-mg=^

r

解得

73

N=—mg

根據(jù)牛頓第三定律可知，棒乙對每個圓弧導軌底端的壓力大小為

、3

N=—mg

(2)設兩棒相碰并粘合在一起后瞬間的速度大小為匕,根據(jù)動量守恒定律有

mv}=2mv2

求得

歸

根據(jù)能最守恒定律有

Q&=萬x2〃=gmgr

導體棒的總電阻為

R

能量按導體電阻分配為

Q_=_R_=l

Q&-R3

求得

Q=~mgr

7.(2024?湖南衡陽?模擬預測)如圖所示，光滑金屬導軌相互平行，BC-EP段水平放置，AB-DE

平面與水平面成37。，矩形MNQ尸內有垂直斜面向上的勻強磁場，水平導軌8C-E尸間有豎直向上的勻強磁

場，兩部分磁場感應強度大小相等。兩根完全相同的金屬棒。和6并排放在導軌處，某時刻由靜止釋放

金屬棒a,當a運動到跖V時再釋放金屬棒b,。在斜面磁場中剛好一直做勻速運動；當a運動到P。處時，

b恰好運動到MN；當。運動到BE處時,6恰好運動到尸。。已知兩導軌間距及a、b金屬棒長度相同均為L=lm,

每根金屬棒質量m=1kg,電阻r=0.50,到MN的距離耳=3m。斜導軌與水平導軌在BE處平滑連接，

金屬棒a、b在運動過程中與導軌接觸良好，不計其它電路電阻，不考慮磁場的邊界效應，重力加速度

g=10m/s2,sin37=0.6,cos37°=0.8。求：

(1)金屬棒a運動到BE處時的速度大小及磁場磁感應強度大?。?/p>

(2)若發(fā)現(xiàn)在金屬棒6進入水平導軌前，金屬棒a在水平導軌上已經向左運動6m,求金屬棒。最終的運

動速度大小及整個過程中棒。上產生的焦耳熱。

(3)在(2)的已知條件下，求金屬棒。進入水平導軌后，金屬棒。在水平導軌上的運動過程中通過金屬

棒a橫截面的電荷量。

【答案】(1)12m/s,IT；(2)9m/s,67.5J；(3)3C

【詳解】(1)金屬棒未進入磁場時，由牛頓第二定律得

加gsin37°=ma

〃=6m/s

由運動學公式有

12

Sl=］的

解得

%=Is

則有

匕二碼=6m/s

經題意分析可知，金屬棒〃、。在傾斜導軌上，進入磁場前、進入磁場中、離開磁場后運動的每一階段時間

相等，均為1s,所以金屬棒〃運動到處時的速度大小

v2=vx+at=12m/s

金屬棒在磁場中勻速運動，則有

mgsin37°=BIL

又

F

1=—,E=BLv

2rx

聯(lián)立解得

fi=lT

(2)若發(fā)現(xiàn)在金屬棒b進入水平導軌前，金屬棒a在水平導軌上已經向左運動6m,設此時金屬棒〃的速

度大小匕，對金屬棒a根據(jù)動量定理可得

—BILt=mva—mv2

又

_AO

-EBLx

q=It=——tt=—f—t=-----

2r2r2r

聯(lián)立解得

va=6m/s

根據(jù)題意分析可知，b金屬棒剛進入水平導軌時的速度大小為

vb=v2=12m/s

a、b同時在水平導軌上運動時，系統(tǒng)動量守恒，則有

mva+mvb=2機v共

解得金屬棒6最終的運動速度大小為

v共=9m/s

整個過程，由能量守恒可得

12

Q總=斜sin37°—/x2加口共

其中

TV,+V,1O

工斜=S|+V￡+七」r=18m

代入數(shù)據(jù)得

。總=135J

所以金屬棒。上產生的焦耳熱為

Q0=；Q”67.5J

(3)金屬棒a進入水平導軌后，在金屬棒。進入水平導軌前過程，通過金屬棒。橫截面的電荷量為

好處=6C

2r

在金屬棒b進入水平導軌到金屬棒a、b達到共速過程，對金屬棒。根據(jù)動量定理可得

BI'Lt'=BLq'=mv—mva

解得

q'=3C

由于兩個過程金屬棒?通過的電流方向相反，則金屬棒a在水平導軌上的運動過程中通過金屬棒。橫截面

的電荷量為

q?=q-q'=3C

8.(23-24高三下?上海寶山?階段練習)線圈在磁場中運動時會受電磁阻尼作用.如圖所示，光滑絕緣水平

桌面上有一邊長為乙的正方形線圈彷cd,其質量為各邊電阻相等，線圈以初速度v進入一個有明顯邊

界的磁感應強度為B的勻強磁場，磁場的寬度大于Lo當線圈完全穿過磁場后，其速度變?yōu)槌跏嫉囊话?，求?/p>

(I)線圈剛進入磁場瞬間，而兩點間的電壓是多少？

(2)線圈進入磁場和離開磁場的兩個過程中產生的焦耳熱之比。

XX

XX

XX

3

【答案】（1）-BLv；(2)7:5

4

【詳解】（1）必邊剛進入磁場瞬間，必邊產生的感應電動勢為

E=BLv

由右手定則可知電流方向為。，則

9/%

6兩點的電壓是路端電壓為

U=-E=-BLv

0abb4R4

（2）線圈剛全部進入磁場時速度為巧，剛離開磁場時速度為％。線圈進入磁場的過程，由動量定理得

-BI}Ltx=mvx-mv

同理，線圈離開磁場的過程，由動量定理得