2021届高考物理三轮复习强化训练—电磁感应综合应用

　2021 届高考物理 三轮 强化 — 电磁感应的综合应用 1.如图,两条相距 l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内,其左端接一阻值为 R 的电阻;一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上;在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为 S 的区域,区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场,磁感应强度打下1B 随时间 t 的变化关系为1B kt  ,式中 k 为常量;在金属棒右侧还有一匀强磁场区域,区域左边界 MN (虚线)与导轨垂直,磁场的磁感应强度大小为0B ,方向也垂直于纸面向里。某时刻,金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动,在0t 时刻恰好以速度0v 越过 MN ,此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好,它们的电阻均忽略不计。求:

　1.在 0 t  到0t t  时间间隔内,流过电阻的电荷量的绝对值; 2.在时刻  0t t t  穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。

　2.1831 年 10月 28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机。如图所示为一圆盘发电机对小灯泡供电的示意图，铜圆盘可绕竖直铜轴转动，两块铜片 C 、 D 分别与圆盘的竖直轴和边缘接触。已知铜圆盘半径为L，接入电路中的电阻为 r，匀强磁场竖直向上，磁感应强度为 B，小灯泡电阻为 R。不计摩擦阻力，当铜圆盘以角速度 ω 沿顺时针方向(俯视)匀速转动时，求：

　 (1)铜圆盘的铜轴与边缘之间的感应电动势大小 E； (2)流过小灯泡的电流方向，以及小灯泡两端的电压 U； (3)维持圆盘匀速转动的外力的功率 P。

　3.如图所示,在间距 L=0.2m 的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)的磁场,磁感应强度的分布沿 y 方向不变,沿 x 方向如下: 1 0.25 0.2 0.21 0.2T x mB xT m x mT x m     

　导轨间通过单刀双掷开关 S 连接恒流源和电容 C=1F 的未充电的电容器,恒流源可为电路提供恒定电流 I=2A,电流方向如图所示。有一质量 m=0.1kg的金属棒 ab 垂直导轨静止放置于 x 0 =0.7m处。开关 S 掷向 1,棒 ab 从静止开始运动,到达 x 3 =-0.2 处时,开关 S 掷向 2。已知棒 ab 在运动过程中始终与导轨垂直。求:(提示:可以用 F-x 图象下的“面积”代表力 F 所做的功) （1）棒 ab 运动到 x 1 =0.2m 时的速度 v 1 ; （2）棒 ab 运动到 x 2 =-0.1m 时的速度 v 2 ; （3）电容器最终所带的电荷量 Q。

　4.如图所示,金属导轨 MNC 和 , PQD MN 与 PQ 平行且间距为 L,所在平面与水平面夹角为 N Q  、 、 连线与 MN 垂直, M P 、 间接有阻值为 R 的电阻;光滑直导轨NC 和 QD 在同一水平面内,与的夹角都为锐角 θ,均匀金属棒 ab 和 ef 质量均为m,长均为 , L ab 棒初始位置在水平导轨上与 NQ 重合; ef 棒垂直放在倾斜导轨上,与导轨间的动摩擦因数为 μ(μ 较小),由导轨上的小立柱 1 和 2 阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和 ab 棒的电阻, ef 棒的阻值为 R,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,忽略感应电流产生的磁场,重力加速度为 g。

　(1)若磁感应强度大小为 B,给 ab 棒一个垂直于 NQ 、水平向右的速度1v ,在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止, ef 棒始终静止,求此过程 ef 棒上产生的热量; (2)在(1)问过程中, ab 棒滑行距离为 d,求通过 ab 棒某横截面的电荷量; (3)若 ab 棒以垂直于 NQ 的速度2v &在水平导轨上向右匀速运动,并在 NQ 位置时取走小立柱 1 和 2,且运动过程中 ef 棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下 ab 棒运动的最大距离。

　5.如图甲所示,绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨 PQ、MN, 相距为 L=0.5m,ef 右侧导轨处于匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下,磁感应强度 B 的大小如图乙变化。开始时 ab 棒和 cd 棒锁定在导轨如图甲位置,ab 棒与 cd 棒平行,ab 棒离水平面高度为 h=0.2m,cd 棒与 ef 之间的距离也为 L,ab 棒的质量为 m 1 =0.2kg,有效电阻 R 1 =0.05Ω,cd 棒的质量为

　m 2 =0.1kg,有效电阻为 R 2 =0.15Ω。(设 a、b 棒在运动过程始终与导轨垂直,两棒与导轨接触良好,导轨电阻不计)。问:

　（1）.0~1s 时间段通过 cd 棒的电流大小与方向; （2）.假如在 1s 末,同时解除对 ab 棒和 cd 棒的锁定,稳定后 ab 棒和 cd棒将以相同的速度作匀速直线运动, 试求这一速度; （3）.对 ab 棒和 cd 棒从解除锁定到开始以相同的速度作匀速运动,ab 棒产生的热量为多少? （4）.ab 棒和 cd 棒速度相同时,它们之间的距离为多大? 6.如图,足够长的平行金属导轨弯折成图示的形状,分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域。Ⅰ区域导轨与水平面的夹角 α=37°,存在与导轨平面垂直的匀强磁场,Ⅱ区域导轨水平,长度 x=0.8m,无磁场;Ⅲ区域导轨与水平面夹角 β=53°,存在与导轨平面平行的匀强磁场。金属细杆 a 在区域 I 内沿导轨以速度 v 0匀速向下滑动,当 a 杆滑至距水平导轨高度为 h 1 =0.6m 时,金属细杆 b 在区域 I 从距水平导轨高度为 h 2 =1.6m 处由静止释放,进入水乎导轨与金属杆 a发生碰撞,碰撞后两根金属细杆粘合在一起继续运动。已知 a、b 杆的质量均为 m=0.1kg,电阻均为 R=0.1Ω,与导轨各部分的滑动摩擦因数均为 μ=0.5,

　导轨间距 l=0.2m,Ⅰ、Ⅲ区域磁场的磁感应强度均为 B=1T。不考虑导轨的电阻,倾斜导轨与水平导轨平滑连接,整个过程中杆与导轨接触良好且垂直于金属导轨,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g 取 10m/s 2 。求

　（1）金属细杆 a 的初始速度 v 0 的大小; （2）金属细杆 a、b 碰撞后两杆共同速度的大小; （3）a、b 杆最终的位置。

　7.如图所示，水平轨道与半径为 r 的半圆弧形轨道平滑连接于 S 点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上．在平板的上下各有一块相互正对的水平金属板 P、Q ，两板间的距离为 d ．半圆轨道的最高点 T 、最低点 S 、及 P 、 Q 板右侧边缘点在同一竖直线上．装置左侧有一半径为 L的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，一根长度略大于 L 的金属棒一端置于圆环上，另一端与过圆心1O的竖直转轴连接，转轴带动金属杆转动，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与 P、Q 连接，图中电阻阻值为 R ，不计其它电阻．右侧水平轨道上有一带电量为+ q 、质量为12m 的小球 1 以速度0522grv  向左运动，与前面静止的、质量也为12m 的不带电小球 2 发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设 P、Q 板正对区域间才存在电场．重力加速度为 g ．

　 （1）.计算小球 1 与小球 2 碰后粘合体的速度大小 v ； （2）.若金属杆转动的角速度为 ω ，计算图中电阻 R 消耗的电功率 P ； （3）.要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点 S 做圆周运动到最高点 T ，计算金属杆转动的角速度的范围． 8.如图所示,固定在水平面上间距为 l 的两条平行光滑金属导轨,垂直于导轨放置的两根金属棒 MN 和 PQ 长度也为 l 电阻均为 R,两棒与导轨始终接触良好. MN 两端通过开关 S 与电阻为 R 的单匝金属线圈相连,线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场,磁通量变化率为常量 k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为. B PQ 的质量为 m,金属导轨足够长、电阻忽略不计.

　(1)闭合 S,若使 PQ 保持静止,需在其上加多大的水平恒力 F,并指出其方向; (2)断开 S, PQ 在上述恒力作用下,由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中流过 PQ 的电荷量为 q,求该过程安培力做的功 W. 9.在图中直角坐标系 xOy 的第一、三象限内有匀强磁场,第一象限内的磁场的磁感应强度大小为 2B ,第三象限内的磁场的磁感应强度大小为 B,磁感应

　强度的方向均垂直于纸面向里.现将半径为 l 、圆心角为 90°的扇形导线框OPQ 以角速度02  绕 O 点在纸面内沿逆时针方向匀速转动,导线框回路电阻为 r.

　(1)求导线框中感应电流的最大值. (2)求导线框从图示位置开始转过 90°的过程中通过导线框横截面的电荷量. (3)求导线框匀速转动一周产生的热量. 10.如图甲所示, MNPQ 、是间距0.5 m l 且足够长的平行导轨, NQMN ,导轨的电阻均不计.导轨平面与水平面间的夹角 θ 为 37°, NQ 间连接有一个4 R  的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上,磁感应强度的大小01T B .将一根质量0.05 kg m 、阻值为 r 的金属棒 ab 紧靠 NQ 放置在导轨上,且与导轨接触良好.现由静止释放金属棒,当金属棒滑行至 cd 处时达到稳定速度,已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量0.2 C q ,且金属棒的加速度 a 与速度v的关系如图乙所示,设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与 NQ 平行.求:

　 (1)金属棒与导轨间的动摩擦因数 μ； (2) cd 离 NQ 的距离 x； (3)金属棒滑行至 cd 处的过程中,电阻 R 上产生的热量.( sin370.6,cos37 0.8,g   ° °取210 m/s ) 11.如图所示,光滑平行轨道 abcd 的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中, bc段轨道宽度是 cd 段轨道宽度的 2 倍, bc 段轨道和 cd 段轨道都足够长,将质量相等的金属棒 P 和 Q 分别置于轨道上的 ab 段和 cd 段,且与轨道垂直.Q 棒静止,让 P 棒从距水平轨道高为 h 的地方由静止释放,求:

　(1)P 棒滑至水平轨道瞬间的速度大小; (2)P 棒和 Q 棒最终的速度. 12.某科研机构在研究磁悬浮列车的原理时,把它的驱动系统简化为如图甲所示的模型,固定在列车下端的线圈可视为一个单匝矩形纯电阻金属框, MN边长为 L,平行于 y 轴, MP 边长为 b,平行于 x轴,金属框位于 xOy 平面内,其电阻为 1R ;列车轨道沿 Ox 方向,轨道区域内固定有匝数为 n、电阻为2R 的

　“ ”形线圈(如图乙所示)通电后使其产生如图甲所示的磁场,磁感应强度大小均为 B,相邻区域磁场方向相反使金属框的 MN 和 PQ 两边总处于方向相反的磁场中).已知列车在以速度 v运动时所受的空气阻力fF 满足2fF kv  (k为已知常数).驱动列车时,使固定的“ ”形线圈依次通电,等效于金属框所在区域的磁场匀速沿 x 轴正方向移动,这样就能驱动列车前进.

　(1)当磁场以速度 0v 沿 x轴正方向匀速移动,列车同方向运动的速度为0 )( v v v 时,金属框 MNQP 产生的感应电流多大?(提示:当金属框与磁场存在相对速度v 相 时,动生电动势 E BLv 相 ) (2)求金属框能达到的最大速度 mv ; (3)列车以最大速度运行一段时间后,断开接在“ ”形线圈上的电源,使线圈与连有整流器(其作用是确保电流总能从整流器同一端流出,从而不断地给电容器充电)的电容器相接,并接通列车上的电磁铁电源,使电磁铁产生面积为 Lb 、磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场,使列车制动,求列车通过任意一个“ ”形线圈时,电容器中贮存的电荷量 Q. 13.间距为 l 的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成,如图所示,倾角为 θ的导轨处于磁感应强度大小为1B ,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间 I 中,水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为 3m 的“联动双杆”(由两根长为 l 的金属杆 cd 和 ef ,用长度为 L 的刚性绝缘杆连接而成),在“联动双杆”右侧存在磁感应强度大小为2B ,方向垂直导轨平面向上的匀强磁

　场区间Ⅱ,其长度大于 L.质量为 m,长为 l 的金属杆 ab ,从倾斜导轨上端释放,达到匀速后进入水平导轨(无能量损失),杆 ab 与“联动双杆”发生碰撞后,杆ab 和 cd 合在一起形成“联动三杆”,“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出,运动过程中，杆 abcd 、和 ef 与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直.已知杆 abcd 、和 ef 电阻均为0.02 0.1kg 0.5 m 0.3m R m l L      ， ， ，，1 230 , 0.1T, 0.2 T B B g     ， °取210 m/s .不计摩擦阻力和导轨电阻,忽略磁场边界效应.求:

　(1)杆 ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小0v ； (2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小 v； (3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热 Q. 14.如图所示,水平面上固定着不等间距的两段平行直导轨,处于磁感应强度大小为 B 的竖直向下的匀强磁场中,粗糙导轨 PQP Q   、的间距为 L,光滑导轨MN M N   、无限长,其间距为 2L ,导轨电阻均不计,金属棒 abcd 、垂直放置于两段导轨上与导轨接触良好,且均可自由滑动,其质量分别为 m 和 2m ,二者接入电路的阻值分别为 R 和 2R ,一根轻质细线绕过定滑轮(定滑轮用绝缘材料固定在轨道平面内,滑轮质量和摩擦不计),一端系在金属棒 ab 的中点上,另一端悬挂一物块, W W 的质量为 M,此时金属棒 ab 恰好不滑动.现用水平向右的恒定拉力 F 使金属棒 cd 由静止开始向右运动,当 cd 达到最大速度时金属棒 ab 刚要滑动.已知重力加速度为 g,求:

　 (1)金属棒 cd 的最大速度 mv ; (2)恒定拉力 F 的大小; (3)若在金属棒 cd 达到最大速度时立即撤去拉力 F,试计算出金属棒 cd 继续运动的位移 s; (4)若金属棒 cd 从静止开始运动到最大速度所用的时间为 t,则金属棒 ab 从 cd棒开始运动到 cd 棒静止共产生了多少焦耳热? 15.如图所示,倾角37   ° 、间距 0.1m l 的足够长金属导轨底端接有阻值0.1 R   的电阻,质量 0.1kg m 的金属棒 ab 垂直导轨放置,与导轨间的动摩擦因数=0.45 .建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴 x.在 0.2 m0.8 m x 剟区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场.从0 t 时刻起,棒 ab 在沿 x 轴正方向的外力 F 作用下,从0 x 处由静止开始沿斜面向上运动,其速度 v 与位移 x 满足v kx  (可导出 a kv  ),15s k .当棒 ab 运动至10.2 m x 处时,电阻 R 消耗的电功率0.12 W P ,运动至 20.8 m x 处时撤去外力 F,此后棒 ab 将继续运动,最终返回至0 x 处.棒 ab 始终保持与导轨垂直,不计其他电阻,求:(提示:可以用 Fx 图像下的“面积”代表力 F 做的功, sin370.6  ° )

　(1)磁感应强度 B 的大小; (2)外力 F 随位移 x 变化的关系式; (3)在棒 ab 整个运动过程中,电阻 R 产生的焦耳热 Q.

　参考答案

　1.答案：（1）.0kt SqR

　（2）. 00 0B lf B lv kSR 

　解析：（1）.在金属棒未超过 MN 之前,t 时刻穿过回路的磁通量为 kts   ① 设在从 t 时刻到 t t  的时间间隔内,回路磁通量的变化量为  ,流过电阻 R的电荷量为 q  ,根据法拉第电磁感应有t ② 根据欧姆定律可得EIR ③ 根据电流的定义可得qIt④ 联立①②③④可得kSq tR   ⑤ 根据⑤可得在 0 t  到0t t  的时间间隔内,该过电阻 R 的电荷量q  的绝对值为 0kt SqR  。

　（2）.当0t t  时,金属棒已越过 MN ,由于金属棒在 MN 右侧做匀速运动,有 f F  ⑦ 式中,f 是外加水平恒力,F 是匀强磁场施加的安培力,设此时回路中的电流为 I,F 的大小为 0F B IL  ⑧ 此时金属棒与 MN 之间的距离为  0 0s v t t   ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为0" B ls   ⑩

　回路的总磁通量为1"      ⑪ 式中,  仍如①所示,由①⑨⑩⑪可得在时刻  0t t t  穿过回路的总磁通量为  1 0 0 0B lv t t kSt     ⑫ 在 t 到 t t  的时间间隔内,总磁通量的改变t 为  0 0 tB lv kS t     ⑬ 由法拉第电磁感应定律可得,回路感应电动势的大小为ttt⑭ 由欧姆定律有tIR ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮可得 00 0B lf B lv kSR  ⑯。

　2.答案：(1)由法拉第电磁感应定律可得感应电动势：

　= E BLv

　圆盘半径两端的平均速度为：

　 102v L   

　 由以上方程可得铜圆盘的铜轴与边缘之间的感应电动势大小：212E B L  

　 (2)由右手定则可得电流方向：由 a到 b

　 由闭合电路欧姆定律可得电流为：EIR r

　 所以灯泡两端的电压为：

　U IR 

　由以上方程解得：22( )RB LUr R

　 (3)由能量的转化与守恒可知，维持圆盘匀速转动的外力的功率等于电路消耗的总功率，即：

　P P 电

　 而电路中消耗的总功率为：2=+EPR r电

　由以上方程解得：2 2 44B LPr R （ ）。

　3.答案：（1）安培力 F=BIL 加速度BILam

　速度  1 0 12 2 / v a x x m s   

　（2）在区间-0.2m≤x≤0.2m 安培力 F=5xIL 如图所示

　安培力做功 2 21 252ILW x x  

　动能定理2 22 11 12 2W mv mv  

　24.6 / v m s 

　（3）动量定理-BLQ=mv-mv 3

　电荷量 Q=CBLv x=-0.2m 处的速度 v 3 =v 1 =2m/s 32 227CBLmvQ CCB L m 

　4.答案：(1)2114mv

　 (2)12tanBd L dR   

　 (3)见解析 解析：(1)设 ab 棒的初动能为k ,E ef 棒和电阻 R 在此过程产生的热量分别为W 和1W ,有1 kW W E   ,① 且1W W  ,② 由题有2k 112E mv  ,③ 得2114W mv  。④ (2)设在题设过程中, ab 棒滑行时间为 t  ,扫过的导轨间的面积为 S  ,通过 S  的磁通量为 ,ab  棒产生的电动势 , E ab 棒中的电流为 I,通过 ab 棒某横截面的电荷量为 q, 则 Et,⑤

　且 B S    ,⑥ qIt,⑦ 又有2EIR ,⑧

　由图可知1tanS d L d     ,⑨ 联立⑤~⑨,解得12tanBd L dqR    。⑩ (3) ab 棒滑行距离为 x 时, ab 棒在导轨间的棒长为12tanxL L x  ,⑪ 此时, ab 棒产生的电动势为2 x xE Bv L  ,⑫ 流过 ef 棒的电流为xxEIR ,⑬ ef 棒所受安培力为x xF BI L  ,⑭ 联立⑪~⑭,解得2212tanxB v LF L xR     ,⑮ 由⑮式可得,xF 在 0 x  和 B 为最大值mB 时有最大值1F 。由题知, ab 棒所受安培力方向必水平向左, ef 棒所受安培力方向必水平向右,使1F 为最大值时受力分析如图甲所示,图中mf 为最大静摩擦力,有 1 1cos sin ( cos sin ) F mg mg F         ,⑯ 联立⑮⑯,得m21 (sin cos )(cos sin )mg RBL v    。⑰ ⑰式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小,该磁场方向可竖直向上,也可竖直向下。

　由⑮式可知,B 和mB 时,xF 随 x 增大而减小, x 为mx 时,xF 为2F 为

　 2 2cos ( cos sin ) sin F mg F mg         ,⑱ 联立⑮⑰⑱得m2tan(1 )sin cosLx     。⑲ 5.答案：（1）.1.25A,d→c; （2）. 4/3m s

　（3）. 130J

　 （4）. 59150m 6.答案：（1）1m/s; （2）1.5m/s; （3）0.025m 解析：（1）

　金属杆 a 沿Ⅰ区域内倾斜导轨匀速下滑,对金属杆 a 受力分析如图甲所示.根据法拉第电磁感应定律得此时金属杆 a 产生的感应电动势0E Blv  , 根据闭合电路欧姆定律得此时通过金属杆 a 的电流2EIR

　安培力 F 安0Blv 

　根据平衡条件得Nacos37 F mg   , +flF F安sin37 mg  

　且fl NaF F  

　联立解得01 / v m s 

　 （2）

　金属杆 a 沿Ⅰ区域倾斜导轨匀速下滑的位移为1a1msin37hs   金属杆 a 匀速下滑到Ⅰ区域倾斜导轨底端所用的时间为aa01sstv  , 金属杆 b 沿Ⅱ区域内倾斜导轨做初速度为零的匀加速运动时,对金属杆 b 受力分析如图乙所示,

　根据平衡条件得 cos53Nb bF mg F   安, 根据牛顿第二定律得f2 bsin57 mg F ma    , 且安培力bF BIl 安,f2 NbF F   , 联立解得金属杆 b 沿Ⅲ区域导轨下滑时的加速度 a b =4m/s 2

　金属杆 b 沿导轨下滑的位移为2b2msin53hs  

　设金属杆 b 沿导轨匀加速下滑到Ⅲ区域倾斜导轨底端所用的时间为 t b ,到达底端时速度为 v b

　则有2b b b b b b1,2s a t v a t  

　代入数据解得 t b =1s,v b =4m/s,

　因 t a =t b =1s,故金属杆 a、b 同时进入Ⅱ区域,并在Ⅱ区域的水平导轨上做匀减速直线运动,碰前两杆的加速度大小均为 a=μg=5m/s 2 ,

　金属杆 a、b 同时进入Ⅱ区域之后,设经过时间 t 金属杆 a 速度刚好为a0 v   ,此时金属杆 a 的位移为ax ,金属杆 b 的速度大小为 "bv ,位移为bx ,

　根据运动学公式得a 0v v at  ,解得 t=0.2s,

　2 b ba 0 b b b10.1m, 3m/s, 0.7m2 2v vx v t at v v at x t       

　 则 x a +x b =0.8m

　通过以上分析可知,金属杆 a 速度为零时,金属杆 a、b 发生碰撞, 碰撞过程中 a、b 杆系统动量守恒,设碰撞结束瞬间 a、b 杆的共同速度大小为1v ,则有b 12 mv mv ,解得11.5 / v m s  .

　（3）

　碰撞后 a、b 杆合为一体后,沿水平导轨向左做匀减速直线运动,然后冲上Ⅰ区域,设 a、b 杆到最高点的高度为△h,由动能定理得2a 112 2 cos37 2 0 2sin37 2hmgx mg mg h mv           ,随后 a、b 杆沿Ⅰ区域的导轨匀加速下滑,到达底端再沿Ⅱ区域向右匀减速滑动直至停止,设停止时 a、b杆距Ⅰ区域倾斜导轨底端的距离为△x,由动能定理得2 2 cos37 2 0sin37hmg h mg mg x          

　联立解得△x=0.025m, 因△x=0.025m<x,则 a、b 杆最终停在Ⅱ区域内距Ⅰ区域倾斜导轨底端0.025m 处. 7.答案：（1）.两球碰撞过程动量守恒01 1 1( )2 2 2mv m m v  

　 解得52grv 

　（2）.杆转动的电动势221122B L tBLt t      电阻 R 的功率2 2 4 24B LPR R  

　（3）.通过金属杆的转动方向可知：

　P、Q 板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上．在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点 T ，临界状态是粘合体刚好达到 T 点，此时金属杆的角速度1 为最小，设此时对应的电场强度为1E ，粘合体达到 T 点时的速度为1v ． 在 T 点，由牛顿第二定律得211vmg qE mr 

　从 S 到 T ，由动能定理得2 21 11 1( ) 22 2qE mg r mv mv    

　 解得12mgEq

　 杆转动的电动势21 112BL   

　两板间电场强度11Ed

　 联立解得12mgdqBL 

　 如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在 S 点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在 S 点不脱落轨道，此时金属杆的角速度2 为最大，设此时对应的电场强度为2E ．

　在 S 点，由牛顿第二定律得

　22vqE mg mr 

　杆转动的电动势22 212BL   

　 两板间电场强度22Ed

　 联立解得227mgdqBL 

　 综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点 S 做圆周运动到最高点 T ，金属杆转动的角速度的范围为：2mgdqBL≤ ω ≤27mgdqBL. 8.答案：(1)3BklR;方向水平向右 (2)21 22 3mv kq  解析：(1)设线圈中的感应电动势为 E,由法拉第电磁感应定律有 Et ,则E k  ,设 PQ 与 MN 并联的总电阻为 R 并 ,有 =2RR 并,闭合 S 时,设线圈中的电流为 I,根据闭合电路欧姆定律得EIR R并,设 PQ 中的电流为PQI,有12PQI I ,设 PQ 受

　到的安培力为 F 安 ,有 PQF BI l 安 ，保持 PQ 静止，由受力平衡有 FF 安 ,联立得3FBklR,方向水平向右. (2)设 PQ 由静止开始到速度大小为 v的加速过程中,PQ 运动的位移为 x,所用时间为t  ,回路中的磁通量变化为   ,平均感应电动势为 E ,有 Et ，其中Blx    ,设 PQ 中的平均电流为 I ,有2EIR ,根据电流的定义得qIt,由动能定理有2102Fx W mv   ,联立得21 22 3W mv kq  . 9.答案：(1)202Blr (2)2π2l Br (3)2 405π2B lr 解析：(1)线框从题图所示位置开始转过 90°的过程中,产生的感应电动势为21 012 22E B l    ,由闭合电路欧姆定律得回路中的电流为11EIr,联立解得2012BlIr . 同理可求得线框进出第三象限的过程中,回路中的电流为202BlIr ,故感应电流最大值为20m2BlIr . (2)导线框从图示位置开始转过 90° 的过程中,由, ,EE I q I tt r    联立可得qr ,由224πl B    ,解得2π2l Bqr . (3)导线框匀速转动一周产生的热量2 21 2( ) 24 4T TQ I r I r       ,又02π2T,解得

　2045π2B lQr . 10.答案:(1)0.5 (2)2 m (3)0.08 J 解析:(1)由题图乙知,当0 v 时,22 m/s a  ,由牛顿第二定律得sin cos mg mg ma     ,解得0.5  . (2)由题图乙可知 max2 m/s v 时,金属棒速度稳定,滑到 cd 处. 当金属棒达到稳定速度时,安培力0 0 max, ,EF B Il E B lv IR r  ， 有sin cos mg F mg     ,解得1 r   ， 又因为00.2 C( )B lxq I t tt R r R r R r            ， 解得2 m x . (3)根据动能定理有2max1sin cos 02Fmgx mgx W mv       , 解得

　0.1JFW Q  总 ,则电阻 R 上产生的热量

　40.08 J5RQ Q  总 . 11.答案：(1)2gh

　(2)25gh;2 25gh 解析：(1)设 P 棒滑至水平轨道瞬间的速度大小为 v, 对于 P 棒,由动能定理得212Mgh Mv ,

　解得 P 棒滑至水平轨道瞬间的速度大小为2 v gh  . (2)当 P 棒进入水平轨道后,切割磁感线产生感应电流.P 棒受到安培力作用而减速,Q 棒受到安培力而加速,Q 棒运动后也将产生感应电动势,与 P 棒感应电动势反向,因此回路中的电流将减小,最终两棒匀速运动时,回路的电流为零. 所以 P QE E ,即 2P QBLv BLv ,解得 2 PQv v , 因为当 PQ 、在水平轨道上运动时,它们所受到的合力并不为零, 2 ,Q PF BIL F BIL  (设 I 为回路中的电流),因此 PQ 、组成的系统动量不守恒,设 P棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为t  ,由动量定理得2 ,P P QF t BIL t Mv Mv F t          0QBIL t Mv   ,联立解得2 2 2,5 5Q Pgh ghv v   . 12.答案：(1)012 ( ) BL v vR (2)2 2 2 21 012 2 BL B L kRv B LkR  (3)24nB LbR 解析：(1)金属框相对于磁场的速度为 0v v , MNPQ 、边产生的感应电动势均为 0( ) E BL v v  ,由欧姆定律得12EIR,解得012 ( ) BL v vIR. (2)当金属框的加速度为零时,速度最大,此时 MNPQ 、边受到的安培力均为F BIL 安 ,由平衡条件得 f2 0 F F  安 ,已知2fF kv  ,解得2 2 2 21 0m12 2=BL B L kRv B LvkR . (3)电磁铁通过“ ”形线圈左边界时,电路情况如图甲所示,

　 感应电动势nEt ,而=B Lb    ,电流12EIR,电荷量 1 1Q I t   ,解得12nB LbQR; 电磁铁通过“ ”形线圈中间时,电路情况如图乙所示,2 2 2 2,2 2 , B Lb E n I R Q I tt      ,解得222nB LbQR; 电磁铁通过“ ”形线圈右边界时，电路情况如图丙所示,3 3 32, , ,n EE B Lb I Q I tt R      ,解得 32nB LbQR, 总的电荷量1 2 3Q Q Q Q   ,解得24nBRQLb . 13.答案：(1)6 m/s (2)1.5 m/s (3)0.25 J 解析：(1)杆 ab 在倾斜导轨上匀速运动时,受力平衡, 有sin mg F  安 ,又1 1 0, ,2EF B Il I E B vRRl   安, 联立解得 0 2 213 sin6 m/s2mgRvB l . (2)杆 ab 与“联动双杆”发生碰撞的过程中动量守恒,有04 mv mv , 解得1.5 m/s v .

　(3)设“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ时速度变化量为1v ， 由动量定理得22 14 ,2B lLIB l t m v I t qRR      ， 解得2 2210.25 m/s6B l LvmR    . 设“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时速度变化量为2v ,同理可得 20.25 m/s v   ,“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时的速度为1 21m/s v v v v     ,则2 214 ( ) 0.25 J2Q m vv   . 14.答案：(1)2 23MgRB L (2) 4Mg

　(3)24 492MmgRB L (4)2 22 2 2 22 3(2 )M g R mRtB L B L

　解析：(1)当 cd 棒达到最大速度 mv时,根据右手定则可知回路中的电流方向为逆时针方向,根据左手定则可知 ab 棒受到水平向右的安培力, ab 棒刚要滑动,对 ab 棒受力分析,可得 mBIL Mg f  , cd 受拉力 F 作用前, ab 棒恰好不滑动,由平衡条件得mMg f , 解得2MgIBL. 对 cd 棒,有mm m2 ,3EE BLv IR ,解得 m2 23MgRvB L.

　(2)当 cd 棒达到最大速度 mv时,此时 cd 受力平衡,则外力 2 F BIL  ,又2 BIL Mg ,故4 F Mg . (3)金属棒 cd 达到最大速度时立即撤去拉力 F,直至停止,对 cd 棒,由动量定理得1 1 m2 0 2 BI Lt mv    , 又1 11 1 11 12, ,3q E BLsI I Et R t  ,得 1 123BLsI tR， 联立解得 cd 棒继续运动的位移24 492MmgRsB L . (4)金属棒 cd 加速过程中,对 cd 棒由动量定理得 2 m2 2 Ft BI Lt mv   , 12 223BLsq I tR ， 联立可得 cd 棒加速过程的位移 12 2 2 23 3(2 )2MgR mRs tB L B L , 设 cd 棒克服安培力做功为 W 克 ,对 cd 棒运动全过程,由动能定理得 1 0 Fs W  克 , 设系统产生的焦耳热为 Q 总 ,由能量守恒定律可知= Q W总 克 , 解得2 22 2 2 26 3(2 = )M g R mRQ tB L B L总, 则 ab 棒产生的焦耳热2 2 2 2 2 21 2 3(2 )3M g R mRQ Q tB L B L  总. 15.答案：(1)30T5 (2) 00.2 m x  „时，2.5 0.96(N) F x  ; 0.2 m0.8 m x 剟时，3.1 0.96(N) F x   (3)0.324 J 解析：(1)

　时,金属棒的速度 1 11m/s v kx  ,电阻 R 上消耗的功率为

　2, ,EP I R I E BlvR  ，解得30T5B  . (2)①在无磁场区间 00.2 m x  „时,由牛顿第二定律得sin cos F mg mg ma      ,且, a kv v kx  ,联立可得2.5 0.96(N) F x  ; ②在有磁场区间 0.2 m0.8 m x 剟时,由牛顿第二定律得, Asin cos F mg mg F ma       ,2 2A,( , )B l vF a kv v kxR   , 联立可得3.1 0.96(N) F x  . (3)20.8 m x 时,金属棒的速度 224 m/s v kx  , 从 10.2 m x 处到 20.8 m x 处由动能定理得 sin cosFW mg x mg x        2 21 2 11 12 2Q mv mv  ， 根据 Fx 图像,1.506 JFW ,代入得 10.18 J Q ; 由牛顿第二定律可知金属棒到达 20.8 m x 后减速上滑的加速度大小为 21sin cos 9.6 m/s a g g       ,金属棒到达最高点后加速下滑的加速度大小为22sin cos 2.4 m/s a g g       , 设再次回到0.8 m x 处时金属棒速度为 3v 由运动学规律得 2 22 1 3 22 , 2 v a x v a x     , 解得 32 m/s v , 设金属棒在磁场中匀速运动时速度为 4v ,由受力平衡得 2 24sin cosB l vmg mgR     ,

　解得 42 m/s v ,可知金属棒进入磁场后做匀速直线运动, 从0.8 m x 处回到0.2 m x 处由动能定理得 2sin cos mg x mg x Q        2 24 31 12 2mv mv , 解得20.144 J Q ,故 1 20.324 J Q Q Q   .