任務(wù)群檢測(cè)練(十三)力學(xué)三大觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

1．(2023·新課標(biāo)卷)一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的正方形金屬細(xì)框，每

邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區(qū)域

內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩虛線(xiàn)為

磁場(chǎng)邊界，如圖(a)所示。

(1)使金屬框以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中

金屬框的左、右邊框始終與磁場(chǎng)邊界平行，金屬框完全穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域

后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。

(2)在桌面上固定兩條光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場(chǎng)邊界垂直，

左端連接電阻R1＝2R0，導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖(b)

所示。讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)

過(guò)程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整

個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量。

解析：(1)設(shè)金屬框的初速度大小為v0，則金屬框完全穿過(guò)磁場(chǎng)

的過(guò)程，由動(dòng)量定理有

v

－2BILt＝m0－mv

20

E

通過(guò)線(xiàn)框的電流I＝

4R0

BL2

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝

t

B2L3

聯(lián)立解得v0＝。

mR0

(2)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，有

I

－B′Lt′＝mv1－mv0

閉合電路的總電阻

15

R＝R＋＝R

總0110

＋3

R1R0

E′

通過(guò)線(xiàn)框的電流I′＝

R總

BL2

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E′＝

t′

2B2L3

解得v1＝

5mR0

金屬框完全在磁場(chǎng)中時(shí)繼續(xù)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，金屬

框的右邊框和左邊框?yàn)殡娫矗瑑呻娫床⒙?lián)給外電路供電，假設(shè)金屬框

I

的右邊框沒(méi)有出磁場(chǎng)右邊界，則有－B″Lt″＝－mv1

E″

I

通過(guò)金屬框的電流″＝R

R＋0

12

BLx

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E″＝

t″

解得x＝L

故假設(shè)成立，金屬框的右邊框恰好停在磁場(chǎng)右邊界處

2

1

對(duì)金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程分析，由能量守恒定律有Q總＝mv－

20

2

1

mv

21

電阻R1產(chǎn)生的熱量為

2

R0

3R0

Q1＝·Q總

R1＋R0

R總

金屬框完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程，有

2

1

Q總′＝mv

21

R1

電阻R產(chǎn)生的熱量為Q′＝Q′

11R總

R＋0

12

電阻R1產(chǎn)生的總熱量為Q1總＝Q1＋Q1′

3B4L6

解得Q1總＝2。

25mR0

B2L33B4L6

答案：(1)(2)2

mR025mR0

2.

如圖所示，間距L＝1m的平行且足夠長(zhǎng)的導(dǎo)軌由傾斜、水平兩

部分組成，傾斜部分傾角θ＝37°，在傾斜導(dǎo)軌頂端連接一阻值R＝

1Ω的定值電阻，質(zhì)量m＝1kg的金屬桿MN垂直于導(dǎo)軌放置且始終

接觸良好，并在整個(gè)區(qū)域加一垂直于傾斜導(dǎo)軌所在斜面向下、磁感應(yīng)

強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)讓金屬桿MN從距水平導(dǎo)軌高度h＝1.2m

處由靜止釋放，金屬桿在傾斜導(dǎo)軌上先加速再勻速運(yùn)動(dòng)，然后進(jìn)入水

平導(dǎo)軌部分，再經(jīng)過(guò)位移x＝1m速度減為零。已知金屬桿與導(dǎo)軌間

的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，導(dǎo)軌與金屬桿的電阻不計(jì)，金屬桿在導(dǎo)軌兩

部分銜接點(diǎn)機(jī)械能損失忽略不計(jì)，重力加速度g取10m/s2，sin37°

＝0.6，cos37°＝0.8。求：

(1)金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大??；

(2)金屬桿在傾斜導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)階段，通過(guò)電阻R的電荷量和電阻R

產(chǎn)生的焦耳熱；

(3)金屬桿在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受摩擦力的沖量大小。

解析：(1)金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)所受合力為零

mgsinθ－μmgcosθ－BImL＝0

BLv

I＝m

mR

解得vm＝2m/s。

(2)通過(guò)電阻R的電荷量

ΔΦΔΦhLB

q＝It＝Δt＝＝

R·ΔtRRsinθ

解得q＝2C

根據(jù)能量守恒，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱

2

1h

Q＝mgh－mv－μmgcosθ·

2msinθ

解得Q＝2J。

(3)根據(jù)動(dòng)量定理

I

0－mvm＝－If－B′Lcosθ·Δt′＝－If－BLq′cosθ，

BLxcosθ

且q′＝，解得I＝1.36N·s。

Rf

答案：(1)2m/s(2)2C2J(3)1.36N·s

3．如圖所示，空間存在垂直于紙面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)

度B＝0.5T。在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，一對(duì)平行光滑金屬導(dǎo)軌處于同一

水平面內(nèi)，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，導(dǎo)軌間距L＝1m，電阻可忽略不計(jì)。質(zhì)量

均為m＝1kg、電阻均為R＝2.5Ω的導(dǎo)體棒MN和PQ垂直于導(dǎo)軌放

置，且與導(dǎo)軌接觸良好。先將導(dǎo)體棒PQ暫時(shí)鎖定，導(dǎo)體棒MN在垂直

于棒的拉力F作用下，由靜止開(kāi)始以加速度a＝0.4m/s2向右做勻加

速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，5s后保持拉力F的功率不變，直到導(dǎo)體棒MN以最大

速度vmax做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。

(1)求導(dǎo)體棒MN的最大速度vmax。

(2)若導(dǎo)體棒PQ始終不解除鎖定，當(dāng)導(dǎo)體棒MN達(dá)到最大速度vmax

時(shí)，撤去拉力F，導(dǎo)體棒MN繼續(xù)運(yùn)動(dòng)多遠(yuǎn)后停下來(lái)？此過(guò)程中電路

產(chǎn)生的焦耳熱是多少？(運(yùn)算結(jié)果可用根式表示)

(3)當(dāng)導(dǎo)體棒MN達(dá)到最大速度vmax時(shí)，解除導(dǎo)體棒PQ的鎖定，同

時(shí)撤去拉力F，兩導(dǎo)體棒最終均勻速運(yùn)動(dòng)。求解除導(dǎo)體棒PQ鎖定后

到兩導(dǎo)體棒最終均勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電路產(chǎn)生的總焦耳熱。

解：(1)導(dǎo)體棒MN做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得F－BIL

＝ma

經(jīng)過(guò)5s其速度v＝at1＝2m/s

產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv。在由兩導(dǎo)體棒組成的回路中，電流I

E

＝

2R

聯(lián)立以上各式解得F＝0.5N

第5s時(shí)刻拉力F的功率P＝Fv＝1W

當(dāng)導(dǎo)體棒MN的速度達(dá)到最大值時(shí)，導(dǎo)體棒MN受力平衡，根據(jù)平

衡條件得

PBLvmax

－BImaxL＝0，其中Imax＝

vmax2R

解得vmax＝25m/s。

(2)以導(dǎo)體棒MN為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理得－BIL·Δt＝0－

EBLx

mv，即BLq＝mv，解得q＝45C。根據(jù)q＝It＝t＝

max2R2R

解得x＝405m。在導(dǎo)體棒MN做減速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能

定理得

2

1

W安＝0－mv

2max

電路產(chǎn)生的焦耳熱Q＝－W安＝10J。

(3)設(shè)兩導(dǎo)體棒最終的共同速度為v′，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mvmax

＝2mv′

解得v′＝5m/s

設(shè)該過(guò)程中兩導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′，根據(jù)能量守恒定律

得

2

11

Q′＝mv－×2mv′2＝5J。

2max2

答案：(1)25m/s(2)405m10J

(3)5J

4.

如圖所示，MN、PQ為足夠長(zhǎng)的水平光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距L

＝0.5m，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，空間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度

B＝1T；兩直導(dǎo)體棒ab、cd均垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終

接觸良好。導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m1＝0.5kg，電阻R1＝0.2Ω；導(dǎo)體棒

cd的質(zhì)量m2＝1.0kg，電阻R2＝0.1Ω。將cd棒用平行于導(dǎo)軌的水

平細(xì)線(xiàn)與固定的力傳感器連接，給ab一個(gè)水平向右、大小為v0＝3m/s

的初速度，求：

(1)導(dǎo)體棒ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)瞬間兩端的電壓Uab；

(2)力傳感器示數(shù)F隨ab運(yùn)動(dòng)距離x的變化關(guān)系；

(3)若導(dǎo)體棒ab向右運(yùn)動(dòng)的速度為1.5m/s時(shí)剪斷細(xì)線(xiàn)，求此后

回路中產(chǎn)生的焦耳熱。

解析：(1)導(dǎo)體棒ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)瞬間產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

E＝BLv0＝1×0.5×3V＝1.5V

回路的電流

E1.5

I＝＝A＝5A

R1＋R20.2＋0.1

導(dǎo)體棒ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)瞬間兩端的電壓

Uab＝IR2＝0.5V。

(2)設(shè)導(dǎo)體棒ab向右運(yùn)動(dòng)x時(shí)的速度為v，

I

則根據(jù)動(dòng)量定理得－BLΔt＝m1v－m1v0

－EΔΦBLx

而I＝，E＝＝

R1＋R2ΔtΔt

B2L2v

ab棒所受安培力F安＝BI′L＝

R1＋R2

cd棒與ab棒所受安培力大小相等，故力傳感器的示數(shù)F＝F安

22

22BLx

BLv0－25

聯(lián)立解得F＝m1（R1＋R2）＝2.5－x(0≤x≤1.8

R1＋R218

m)。

(3)由動(dòng)量守恒定律可知

m1v1＝(m1＋m2)v′

回路中產(chǎn)生的焦耳熱等于損失的機(jī)械能

2

112

則Q＝m1v－(m1＋m2)v′

212

代入數(shù)據(jù)解得Q＝0.375J。

答案：(1)0.5V

25

(2)F＝2.5－x(0≤x≤1.8m)

18

(3)0.375J

5．如圖所示，P、Q、M、N為四個(gè)互相平行的豎直分界面，間距

均為d，P、Q之間充滿(mǎn)豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，M、N之間充滿(mǎn)豎直向

下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B。在分界面P的左側(cè)有一邊

長(zhǎng)為L(zhǎng)(d<L<2d)的正方形線(xiàn)框abcd，線(xiàn)框水平放置，ab邊平行于分

界面P，與界面P的距離也為d。線(xiàn)框以水平初速度v0飛出，當(dāng)ab

邊剛好到達(dá)分界面Q時(shí)，線(xiàn)框的速度大小仍為v0。已知線(xiàn)框由同種規(guī)

格導(dǎo)線(xiàn)制成，總質(zhì)量為m，總電阻為R，重力加速度為g。求：

(1)ab邊剛好進(jìn)入分界面P時(shí)，a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小以及線(xiàn)

框加速度的大小；

(2)ab邊剛好到達(dá)分界面Q時(shí)，線(xiàn)框產(chǎn)生的焦耳熱以及下落的距

離；

(3)要想線(xiàn)框最終能豎直下落，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值。

解析：(1)導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)E＝BLv0

a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，則

33

U＝E＝BLv

ab440

E

根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝

R

所受安培力F安＝BIL

22

根據(jù)牛頓第二定律F安＋（mg）＝ma

B4L4v2

解得a＝0＋g2。

m2R2

(2)ab邊從分界面P運(yùn)動(dòng)到分界面Q，由法拉第電磁感應(yīng)定律，

ΔΦBLd

電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝1＝

1ΔtΔt

E

根據(jù)歐姆定律－I＝1

R

對(duì)線(xiàn)框abcd由動(dòng)量定理得

－

－BILΔt＝mv1－mv0

2222

又v＋v＝v，v＝2gh

1y0y

B2L2dvB4L4d2

h＝0－

mRg2m2R2g

Q＝mgh

B2L2dvB4L4d2

解得Q＝0－。

R2mR2

(3)線(xiàn)框最終能豎直下落的臨界條件為cd邊運(yùn)動(dòng)到分界面N時(shí)水

平速度為零，此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小。從開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到最終出磁場(chǎng)過(guò)

程中，線(xiàn)圈中有感應(yīng)電流的階段為：

①ab邊切割，運(yùn)動(dòng)的水平距離為d

②cd邊切割，運(yùn)動(dòng)的水平距離為2d－L

③ab邊、cd邊都切割，運(yùn)動(dòng)的水平距離為L(zhǎng)－d

④ab邊切割，運(yùn)動(dòng)的水平距離為2d－L

⑤cd邊切割，運(yùn)動(dòng)的水平距離為d

一個(gè)邊切割的總水平距離為6d－2L，此過(guò)程中安培力的沖量為

B2L2（6d－2L）

R

兩個(gè)邊同時(shí)切割的總水平距離為L(zhǎng)－d，此過(guò)程中安培力的沖量

4B2L2（L－d）

為

R

對(duì)線(xiàn)框abcd水平方向全程應(yīng)用動(dòng)量動(dòng)量定理得

－B2L2（6d－2L）4B2L2（L－d）

－＝－mv

RR0

得所求磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值

1mRv

B＝0。

L2d＋2L

答案：見(jiàn)解析

6．如圖所示，有兩光滑平行金屬導(dǎo)軌，傾斜部分和水平部分平

滑連接，BE、CH段用特殊材料制成，光滑不導(dǎo)電，導(dǎo)軌的間距L＝1m，

左側(cè)接R＝1Ω的定值電阻，右側(cè)接電容C＝1F的電容器，ABCD區(qū)

域、EFGH區(qū)域均存在垂直于導(dǎo)軌所在平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ABCD區(qū)域長(zhǎng)s＝0.3m。金屬桿a、b的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝1m，

質(zhì)量均為m＝0.1kg，a的電阻為r＝2Ω，b的電阻不計(jì)。金屬桿a

從距導(dǎo)軌水平部分h＝0.45m的高度處由靜止滑下，金屬桿b靜止在

BEHC區(qū)域，金屬桿b與金屬桿a發(fā)生彈性碰撞后進(jìn)入EFGH區(qū)域，最

終穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)。求：(重力加速度g取10m/s2)

(1)金屬桿a剛進(jìn)入ABCD區(qū)域時(shí)通過(guò)電阻R的電流I；

(2)金屬桿a剛離開(kāi)ABCD區(qū)域時(shí)的速度v2的大小；

(3)金屬桿b穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v4的大??；

(4)整個(gè)