PAGE5-12電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用課時(shí)強(qiáng)化訓(xùn)練1．(2024·江蘇單科)(多選)如圖所示，豎直放置的“eq\a\vs4\al()”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4mgdD．釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度h可能小于eq\f(m2gR,2B4L4)[解析]本題考查電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)、能量問題的綜合應(yīng)用。要使桿進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等，桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)必需減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向豎直向上，故A錯(cuò)誤。桿在Ⅰ區(qū)做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，在兩磁場(chǎng)之間做a＝g的勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程如圖所示(其中v1為桿剛進(jìn)入Ⅰ時(shí)的速度，v2為桿剛出Ⅰ時(shí)的速度)，圖線與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，兩段運(yùn)動(dòng)的位移相等，則t1>t2－t1，故B正確。對(duì)桿從進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ至剛穿出磁場(chǎng)Ⅱ的過程應(yīng)用動(dòng)能定理得mg·3d＋W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，對(duì)桿穿過兩磁場(chǎng)之間的過程應(yīng)用動(dòng)能定理得mgd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得W安＝－4mgd，由功能關(guān)系得Q＝－W安＝4mgd，故C正確。若桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)恰好勻速，則有eq\f(B2L2v1,R)＝mg，v1＝eq\f(mgR,B2L2)，代入h＝eq\f(veq\o\al(2,1),2g)得h＝eq\f(m2gR2,2B4L4)，因?yàn)闂U剛進(jìn)入Ⅰ時(shí)必需做減速運(yùn)動(dòng)，故肯定有h>eq\f(m2gR2,2B4L4)，故D錯(cuò)誤。[答案]BC2．(2024·湖北八校二聯(lián))(多選)已知地磁場(chǎng)類似于條形磁鐵產(chǎn)生的磁場(chǎng)，地磁N極位于地理南極旁邊。如圖所示，在湖北某中學(xué)試驗(yàn)室的水平桌面上，放置邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形閉合導(dǎo)體線框abcd，線框的ad邊沿南北方向，ab邊沿東西方向，下列說法正確的是()A．若使線框向東平移，則a點(diǎn)電勢(shì)比d點(diǎn)電勢(shì)低B．若使線框向北平移，則a點(diǎn)電勢(shì)等于b點(diǎn)電勢(shì)C．若以ad邊為軸，將線框向上翻轉(zhuǎn)90°，則翻轉(zhuǎn)過程線框中電流方向始終為adcba方向D．若以ab邊為軸，將線框向上翻轉(zhuǎn)90°，則翻轉(zhuǎn)過程線框中電流方向始終為adcba方向[解析]地球北半部的磁場(chǎng)方向由南向北斜向下，可分解為水平向北和豎直向下兩個(gè)重量。若線圈向東平移，依據(jù)右手定則可知a點(diǎn)電勢(shì)低于d點(diǎn)電勢(shì)，A項(xiàng)正確；若線圈向北平移，依據(jù)右手定則可知a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；若以ad邊為軸，將線框向上翻轉(zhuǎn)90°過程中，依據(jù)楞次定律及安培定則可知線框中的電流方向始終為adcba方向，C項(xiàng)正確；若以ab邊為軸，將線框向上翻轉(zhuǎn)90°過程中，穿過線框的磁通量先增大后減小，依據(jù)楞次定律及安培定則可知，線框中的電流方向?yàn)橄妊豠bcda方向再沿adcba方向，故D錯(cuò)誤。[答案]AC3．(2024·全國(guó)模擬)(多選)如圖甲所示，螺線管內(nèi)有一平行于軸線的磁場(chǎng)，規(guī)定圖中箭頭所示方向?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度B的正方向，螺線管與U形導(dǎo)線框cdef相連，導(dǎo)線框cdef內(nèi)有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)面積為S，圓環(huán)與導(dǎo)線框cdef在同一平面內(nèi)。當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按圖乙所示規(guī)律改變時(shí)，下列說法中正確的是()A．在t1時(shí)刻，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大，最大值Φm＝B0SB．在t2時(shí)刻，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大C．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，金屬圓環(huán)L有擴(kuò)張的趨勢(shì)D．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，金屬圓環(huán)L內(nèi)有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流[解析]當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按圖乙所示規(guī)律改變時(shí)，在導(dǎo)線框cdef內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電流，t1時(shí)刻感應(yīng)電流為0，金屬圓環(huán)L內(nèi)磁通量為0，A錯(cuò)；t2時(shí)刻，感應(yīng)電流最大，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大，B正確；t1～t2時(shí)間內(nèi)，金屬圓環(huán)L有收縮趨勢(shì)，C錯(cuò)誤；由楞次定律知，t1～t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框cdef內(nèi)產(chǎn)生逆時(shí)針方向感應(yīng)電流，且漸漸增大，故金屬圓環(huán)L內(nèi)有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，D正確。[答案]BD4．(2024·安徽六校二聯(lián))(多選)如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為a的正方形線框ABCD斜向右上方穿進(jìn)磁場(chǎng)，當(dāng)AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的速度為v，方向與磁場(chǎng)邊界成45°角，若線框的總電阻為R，則()A．線框穿進(jìn)磁場(chǎng)過程中，線框中電流的方向?yàn)镈CBADB．AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框中感應(yīng)電流為eq\f(\r(2)Bav,R)C．AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框所受安培力為eq\f(\r(2)B2a2v,R)D．此時(shí)CD兩端電壓為eq\f(3,4)Bav[解析]線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中穿過線框的磁通量增大，由楞次定律可以知道，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)的方向向外，由安培定則可知感應(yīng)電流的方向?yàn)锳BCDA方向，故A錯(cuò)誤；AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，CD邊切割磁感線，AD邊不切割磁感線，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bav，則線框中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bav,R)，故B錯(cuò)誤；AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框的CD邊受到的安培力與v的方向相反，AD邊受到的安培力的方向垂直于AD向下，它們的大小都是F＝BIa，由幾何關(guān)系知，AD邊與CD邊受到的安培力的方向相互垂直，AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框所受安培力為AD邊與CD邊受到的安培力的矢量和，F(xiàn)合＝eq\r(2)F＝eq\f(\r(2)B2a2v,R)，故C選項(xiàng)正確；當(dāng)AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，CD兩端電壓U＝I×eq\f(3R,4)＝eq\f(3,4)Bav，故D選項(xiàng)正確。[答案]CD5．(2024·湖北黃岡期末)(多選)如圖所示，在光滑水平面內(nèi)，虛線右側(cè)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)外，一正方形金屬線框質(zhì)量為m，電阻為R，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，從虛線處進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)起先計(jì)時(shí)，在外力作用下，線框由靜止起先，以垂直于磁場(chǎng)的恒定加速度a進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，t1時(shí)刻線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)，規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，外力大小為F，線框中電功率的瞬時(shí)值為P，通過導(dǎo)體橫截面的電荷量為q，其中P-t和q-t圖像均為拋物線的一部分，則這些量隨時(shí)間改變的圖像正確的是()[解析]線框切割磁感線，運(yùn)動(dòng)速度v＝at，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e＝BLv，產(chǎn)生的感應(yīng)電流i＝eq\f(BLv,R)＝eq\f(BLat,R)，故A錯(cuò)誤；對(duì)線框受力分析，由牛頓其次定律，有F－F安＝ma，其中F安＝BLi＝eq\f(B2L2at,R)，得F＝ma＋eq\f(B2L2at,R)，故B錯(cuò)誤；功率P＝i2R＝eq\f(（BLat）2,R)，P-t圖線為拋物線的一部分，故C正確；由電荷量表達(dá)式q＝eq\f(ΔΦ,R)，有q＝eq\f(BL·\f(1,2)at2,R)，q-t圖線為拋物線的一部分，故D正確。[答案]CD6．(2024·山東濰坊中學(xué)一模，8)(多選)如圖所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框a、b的邊長(zhǎng)均為l，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，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、方向垂直豎直面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。起先時(shí)，線框b的上邊與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的下邊界重合，線框a的下邊到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上邊界的距離為l。現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，a、b兩個(gè)線框起先做勻速運(yùn)動(dòng)。不計(jì)摩擦和空氣阻力，則()A．a(chǎn)、b兩個(gè)線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為eq\f(2mgR,B2l2)B．線框a從下邊進(jìn)入磁場(chǎng)到上邊離開磁場(chǎng)所用時(shí)間為eq\f(3B2l3,mgR)C．從起先運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mglD．從起先運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgl[解析]設(shè)兩線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，此時(shí)輕繩上的張力大小為T，則對(duì)a有：T＝2mg－BIl，對(duì)b有：T＝mg，又I＝eq\f(E,R)，E＝Blv，解得v＝eq\f(mgR,B2l2)，故A錯(cuò)誤。線框a從下邊進(jìn)入磁場(chǎng)后，線框a通過磁場(chǎng)時(shí)以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，則線框a從下邊進(jìn)入磁場(chǎng)到上邊離開磁場(chǎng)所用時(shí)間t＝eq\f(3l,v)＝eq\f(3B2l3,mgR)，故B正確。從起先運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，線框a只在其勻速進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生焦耳熱，設(shè)為Q，由功能關(guān)系有2mgl－Tl＝Q，得Q＝mgl，故C正確。設(shè)兩線框從起先運(yùn)動(dòng)至a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，兩線框共克服安培力做的功為W，此過程中左、右兩線框分別向上、向下運(yùn)動(dòng)2l的距離，對(duì)這一過程，由能量守恒定律有：4mgl＝2mgl＋eq\f(1,2)·3mv2＋W，得W＝2mgl－eq\f(3m3g2R2,2B4l4)，故D錯(cuò)誤。[答案]BC7．(2024·廣東佛山質(zhì)檢)(多選)水平放置足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌，電阻不計(jì)，間距為L(zhǎng)，左端連接的電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，質(zhì)量為m的金屬桿垂直靜放在導(dǎo)軌上，金屬桿處于導(dǎo)軌間的部分電阻為R。整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，閉合開關(guān)，金屬桿沿導(dǎo)軌做變加速運(yùn)動(dòng)直至達(dá)到最大速度，則下列說法正確的是()A．金屬桿的最大速度大小為eq\f(E,BL)B．此過程中通過金屬桿的電荷量為eq\f(mE,2B2L2)C．此過程中電源供應(yīng)的電能為eq\f(mE2,B2L2)D．此過程中金屬桿產(chǎn)生的熱量為eq\f(mE2,2B2L2)[解析]閉合開關(guān)后電路中有電流，金屬桿在安培力的作用下向右運(yùn)動(dòng)，金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，方向與電源電動(dòng)勢(shì)方向相反，當(dāng)兩者相等時(shí)，電流為0，金屬桿達(dá)到最大速度，此時(shí)E＝BLvm，得vm＝eq\f(E,BL)，A項(xiàng)正確。對(duì)桿應(yīng)用動(dòng)量定理有BLt＝mvm，又q＝t，得q＝eq\f(mE,B2L2)，B項(xiàng)錯(cuò)誤。電源供應(yīng)的電能E電＝qE＝eq\f(mE2,B2L2)，C項(xiàng)正確。據(jù)能量守恒定律，E電＝Ek＋Q熱，Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，可得Q熱＝E電－Ek＝eq\f(mE2,2B2L2)，Q熱為電源內(nèi)阻和金屬桿上產(chǎn)生的總熱量，D項(xiàng)錯(cuò)誤。[答案]AC8．(2024·河北石家莊二模)(多選)如圖甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3kg的“eq\a\vs4\al()”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“eq\a\vs4\al()”形框的水平細(xì)桿CD長(zhǎng)l＝0.20m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1.0T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。有一匝數(shù)n＝300、面積S＝0.01m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2隨時(shí)間t改變的關(guān)系如圖乙所示。t＝0.22s時(shí)閉合開關(guān)K瞬間細(xì)框跳起(細(xì)框跳起瞬間安培力遠(yuǎn)大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20m。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．0～0.10s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為3VB．開關(guān)K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到DC．磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向豎直向下D．開關(guān)K閉合瞬間，通過細(xì)桿CD的電荷量為0.03C[解析]0～0.1s內(nèi)線圈中的磁場(chǎng)勻稱改變，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，代入數(shù)據(jù)得E＝30V，A錯(cuò)。開關(guān)閉合瞬間，細(xì)框會(huì)跳起，可知細(xì)框受向上的安培力，由左手定則可推斷電流方向由C到D，B對(duì)。由于t＝0.22s時(shí)通過線圈的磁通量正在削減，對(duì)線圈由楞次定律可知感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向與B2的方向相同，故再由安培定則可知C錯(cuò)誤。K閉合瞬間，因安培力遠(yuǎn)大于重力，則由動(dòng)量定理有B1lΔt＝mv，通過細(xì)桿的電荷量Q＝Δt，細(xì)框向上跳起的過程中v2＝2gh，解得Q＝0.03C，D對(duì)。[答案]BD[解題指導(dǎo)]先由細(xì)框運(yùn)動(dòng)狀況推斷安培力方向，再由安培力方向推斷電流方向，然后由電流方向推斷線圈中的磁場(chǎng)方向。分析D項(xiàng)時(shí)應(yīng)抓住題中的關(guān)鍵語句，“細(xì)框跳起瞬間安培力遠(yuǎn)大于重力”，可想到用動(dòng)量定理進(jìn)行求解。9．(2024·河北邯鄲一模)如圖所示，一足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬軌道，軌道平面與水平面成θ角，上端與一電阻R相連，處于方向垂直軌道平面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab，從高為h處由靜止釋放，下滑一段時(shí)間后，金屬桿起先以速度v勻速運(yùn)動(dòng)直到軌道的底端。金屬桿始終保持與軌道垂直且接觸良好，軌道的電阻及空氣阻力均可忽視不計(jì)，重力加速度為g。則()A．金屬桿加速運(yùn)動(dòng)過程中的平均速度為v/2B．金屬桿加速運(yùn)動(dòng)過程中克服安培力做功的功率大于勻速運(yùn)動(dòng)過程中克服安培力做功的功率C．當(dāng)金屬桿的速度為v/2時(shí)，它的加速度大小為eq\f(gsinθ,2)D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mgh－eq\f(1,2)mv2[解析]對(duì)金屬桿分析知，金屬桿ab在運(yùn)動(dòng)過程中受到重力、軌道支持力和安培力作用，先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，因金屬桿加速運(yùn)動(dòng)過程不是勻加速，故其平均速度不等于eq\f(v,2)，A錯(cuò)誤。當(dāng)安培力等于重力沿斜面的分力，即mgsinθ＝eq\f(B2l2v,R)時(shí)，桿ab起先勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)v最大，安培力最大，故勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)克服安培力做功的功率大，B錯(cuò)誤；當(dāng)金屬桿速度為eq\f(v,2)時(shí)，F(xiàn)安＝eq\f(B2l2·\f(v,2),R)＝eq\f(1,2)mgsinθ，所以F合＝mgsinθ－F安＝eq\f(1,2)mgsinθ＝ma，得a＝eq\f(gsinθ,2)，C正確；由能量守恒可得mgh－eq\f(1,2)mv2＝Qab＋QR，即mgh－eq\f(1,2)mv2應(yīng)等于電阻R和金屬桿上產(chǎn)生的總焦耳熱，D錯(cuò)誤。[答案]C[解題關(guān)鍵]①將題目納入模型eq\a\vs4\al()，可知ab做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最終勻速，其vt圖像如圖eq\a\vs4\al()。②安培力做功功率P＝eq\f(B2l2v2,R)，在B、l、R不變時(shí)，P∝v2。③結(jié)合牛頓其次定律探討加速度的改變狀況。④由能量守恒可知整個(gè)過程損失的機(jī)械能為金屬桿和電阻R上生熱總和。10．如圖甲所示，水平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系的第一象限有磁場(chǎng)分布，方向垂直于水平面對(duì)下，磁感應(yīng)強(qiáng)度沿y軸方向沒有改變，沿x軸方向B與x成反比，如圖乙所示。頂角θ＝45°的光滑金屬長(zhǎng)導(dǎo)軌MON固定在水平面內(nèi)，ON與x軸重合，一根與ON垂直的長(zhǎng)導(dǎo)體棒在水平向右的外力作用下沿導(dǎo)軌向右滑動(dòng)，導(dǎo)體棒在滑動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌接觸。已知t＝0時(shí)，導(dǎo)體棒位于頂點(diǎn)O處，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m＝1kg，回路接觸點(diǎn)總電阻恒為R＝0.5Ω，其余電阻不計(jì)?；芈冯娏鱅與時(shí)間t的關(guān)系如圖丙所示，圖線是過原點(diǎn)的直線。求：(1)t＝2s時(shí)回路的電動(dòng)勢(shì)E；(2)0～2s時(shí)間內(nèi)流過回路的電荷量q和導(dǎo)體棒的位移s；(3)導(dǎo)體棒滑動(dòng)過程中水平外力F的瞬時(shí)功率P(單位：W)與橫坐標(biāo)x(單位：m)的關(guān)系式。[解析](1)依據(jù)I-t圖像可知：I＝k1t(k1＝2A/s)當(dāng)t＝2s時(shí)，回路中電流I1＝4A依據(jù)歐姆定律：E＝I1R＝2V(2)流過回路的電荷量q＝It＝eq\f(I,2)解得：q＝eq\f(k1t2,2)當(dāng)t＝2s時(shí)，q＝4C由歐姆定律得：I＝eq\f(Blv,R)l＝xtan45°依據(jù)B-x圖像可知：B＝eq\f(k2,x)(k2＝1T·m)解得：v＝eq\f(k1R,k2)t由于eq\f(k1R,k2)＝1m/s2再依據(jù)v＝v0＋at，可得a＝1m/s2可知導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)則0～2s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的位移s＝eq\f(1,2)at2＝2m(3)棒受到的安培力F安＝BIl依據(jù)牛頓其次定律：F－F安＝ma依據(jù)2ax＝v2P＝Fv解得：P＝(eq\f(keq\o\al(2,2)\r(2ax),R)＋ma)eq\r(2ax)＝4x＋eq\r(2x)(W)[答案](1)2V(2)4C2m(3)P＝4x＋eq\r(2x)(W)11．足夠長(zhǎng)的平行金屬軌道M、N，相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4m的光滑豎直半圓軌道相連，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＝0.1kg，電阻Rb＝Rc＝1Ω，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＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與軌道平面垂直，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＝10m/s起先向左運(yùn)動(dòng)，求：(1)c棒的最大速度。(2)c棒中產(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。[解析](1)在磁場(chǎng)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)最大速度。選兩棒為探討對(duì)象，依據(jù)動(dòng)量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v解得c棒的最大速度為：v＝eq\f(mb,mb＋mc)v0＝eq\f(1,2)v0＝5m/s(2)從b棒起先運(yùn)動(dòng)到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)削減的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總熱量為：Q＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5J因?yàn)镽b＝Rc，所以c棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝eq\f(Q,2)＝1.25J(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：eq\f(1,2)mcv2－eq\f(1,2)mcv′2＝mcg·2R解得v′＝3m/s在最高點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)c棒的彈力為F，由牛頓其次定律得mcg＋F＝mceq\f(v′2,R)解得F＝1.25N由牛頓第三定律得，在最高點(diǎn)c棒對(duì)軌道的壓力為1.25N[答案](1)5m/s(2)1.25J(3)1.25N12．(2024·天津理綜)真空管道超高速列車的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能干脆轉(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，電阻忽視不計(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)軌平面對(duì)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)線電阻忽視不計(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