2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路與電磁感應(yīng) 專題跟蹤訓(xùn)練12 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用

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1、2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路與電磁感應(yīng) 專題跟蹤訓(xùn)練12 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用 一、選擇題 1.(2018·全國卷Ⅲ)(多選)如圖(a),在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R,R在PQ的右側(cè).導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i,i的變化如圖(b)所示,規(guī)定從Q到P為電流正方向.導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(  ) A.在t=時(shí)為零 B.在t=時(shí)改變方向 C.在t=時(shí)最大,且沿順時(shí)針方向 D.在t=T時(shí)最大,且沿順時(shí)針方向 [解析] 因通電導(dǎo)線的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小正比于電流的大小,故導(dǎo)線框R中磁感應(yīng)強(qiáng)度與時(shí)間的變化關(guān)系類似于題圖(b),感應(yīng)電動(dòng)勢正比于磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率,即題

2、圖(b)中的切線斜率,斜率的正負(fù)反映電動(dòng)勢的方向,斜率的絕對值反映電動(dòng)勢的大?。深}圖(b)可知,電流為零時(shí),電動(dòng)勢最大,電流最大時(shí)電動(dòng)勢為零,A正確,B錯(cuò)誤.再由楞次定律可判斷在一個(gè)周期內(nèi),~內(nèi)電動(dòng)勢的方向沿順時(shí)針,時(shí)刻最大,C正確,其余時(shí)間段電動(dòng)勢沿逆時(shí)針方向,D錯(cuò)誤. [答案] AC 2.(2018·昆明市高三摸底)(多選)如圖甲所示,導(dǎo)體框架abcd放置于水平面內(nèi),ab平行于cd,導(dǎo)體棒MN與兩導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好,整個(gè)裝置置于垂直于框架平面的磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示,MN始終保持靜止.規(guī)定豎直向上為磁場正方向,沿導(dǎo)體棒由M到N為感應(yīng)電流的正方向,水平向右

3、為導(dǎo)體棒所受安培力F的正方向,水平向左為導(dǎo)體棒所受摩擦力f的正方向,下列圖象中正確的是(  ) [解析] 在0~t1時(shí)間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度B豎直向上且大小不變,則閉合回路中的磁通量Φ不變,沒有發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象,閉合回路中無感應(yīng)電流,導(dǎo)體棒MN不受安培力的作用,考慮到導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài),知此時(shí)間段內(nèi)導(dǎo)體棒MN不受摩擦力,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;在t1~t2時(shí)間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度B豎直向上且均勻減小,則閉合回路中的磁通量Φ均勻減少,發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象,閉合回路中有感應(yīng)電流,由楞次定律判斷知,感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向,即由M流向N,電流為正方向感應(yīng)電流,導(dǎo)體棒MN受安培力的作用,由左手定則判斷知,安培力方向水平

4、向右,為正方向,考慮到導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài),知此時(shí)間段內(nèi)導(dǎo)體棒MN受摩擦力,大小與安培力大小相等,方向與安培力方向相反,即水平向左,也為正方向,由法拉第電磁感應(yīng)定律E=n=nS=nkS(定值),其中k為B-t圖象的斜率的絕對值,為定值,根據(jù)歐姆定律I==(定值),安培力大小F=BIL=[B0-k(t-t1)]L(隨時(shí)間均勻減小),摩擦力大小f=F=[B0-k(t-t1)]L(隨時(shí)間均勻減小);在t2~t3時(shí)間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度B豎直向下且均勻增大,則閉合回路中的磁通量Φ均勻增加,發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象,閉合回路中有感應(yīng)電流,由楞次定律判斷知,感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向,即由M流向N,為正方向感應(yīng)電流,選

5、項(xiàng)A錯(cuò)誤;t2~t3時(shí)間內(nèi),導(dǎo)體棒MN受安培力的作用,由左手定則判斷知,安培力方向水平向左,為負(fù)方向,考慮到導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài)知,此時(shí)間段內(nèi)導(dǎo)體棒MN受摩擦力,大小與安培力大小相等,方向與安培力方向相反,即水平向右,也為負(fù)方向,由法拉第電磁感應(yīng)定律E=n=nS=nkS(定值),其中k為B-t圖象的斜率的絕對值,為定值,根據(jù)歐姆定律I==(定值),選項(xiàng)B正確;t2~t3時(shí)間內(nèi)安培力大小F=BIL=k(t-t2)L(隨時(shí)間均勻增大),摩擦力大小f=F=k(t-t2)L(隨時(shí)間均勻增大),選項(xiàng)D正確. [答案] BD 3.(2018·武漢市武昌區(qū)高三調(diào)研) (多選)如圖1和圖2所示,勻強(qiáng)

6、磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,垂直于磁場方向均有一足夠長的、間距均為l的光滑豎直金屬導(dǎo)軌,圖1和圖2的導(dǎo)軌上端分別接有阻值為R的電阻和電容為C的電容器(不會(huì)被擊穿),水平放置的、質(zhì)量分布均勻的金屬棒的質(zhì)量均為m,現(xiàn)使金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑,金屬棒和導(dǎo)軌始終接觸良好且它們的電阻均可忽略.以下關(guān)于金屬棒運(yùn)動(dòng)情況的說法正確的是(已知重力加速度為g)(  ) A.圖1中的金屬棒先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),達(dá)到最大速度vm=后,保持這個(gè)速度做勻速直線運(yùn)動(dòng) B.圖1中的金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),達(dá)到最大速度vm=后,保持這個(gè)速度做勻速直線運(yùn)動(dòng) C.圖2中電容器相當(dāng)于斷路,金屬棒做加速度大小為

7、g的勻加速直線運(yùn)動(dòng) D.圖2中金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng),且加速度大小為a= [解析] 題圖1中金屬棒下落的過程中,受重力和向上的安培力,由牛頓第二定律可知mg-=ma,當(dāng)金屬棒下落的速度逐漸增大時(shí),金屬棒的加速度逐漸減小,當(dāng)a=0時(shí)mg=,則vm=,此后金屬棒保持該速度做勻速直線運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤,B正確;題圖2中當(dāng)金屬棒下落的過程中,速度逐漸增大,金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢逐漸增大,導(dǎo)體棒對電容器充電,由右手定則知回路中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流,根據(jù)左手定則知金屬棒所受的安培力豎直向上,金屬棒的加速度小于g,C錯(cuò)誤;題圖2中金屬棒做加速運(yùn)動(dòng),開始金屬棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢為E=Blv,經(jīng)時(shí)間Δt金屬棒的速

8、度增加Δv,則金屬棒的加速度大小為a=,此時(shí)金屬棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為E′=Bl(v+Δv),則電容器兩極板所帶電荷量的改變量為Δq=C(E′-E)=CBl·Δv,金屬棒中的電流大小為I==CBla,由牛頓第二定律可知mg-BIl=ma,由以上解得a=,D正確. [答案] BD 4.(2018·綿陽市高中二診)兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置,間距為L,底端接阻值為R的電阻,將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個(gè)固定的輕彈簧下端,金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直,如圖所示.除電阻R外其余電阻不計(jì),現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放,則(  ) A.釋放瞬間金屬棒的加

9、速度不等于重力加速度g B.金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí),流過電阻R的電流方向?yàn)閍→b C.金屬棒的速度為v時(shí),所受的安培力大小為F= D.電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量 [解析] 釋放瞬間金屬棒的速度為零,沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生,不受安培力,彈簧彈力也為零,金屬棒只受重力,所以金屬棒的加速度為g,故A錯(cuò)誤;金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)切割磁感線,根據(jù)右手定則判斷可知,流過電阻R的電流方向?yàn)閎→a,故B錯(cuò)誤;金屬棒的速度為v時(shí),回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I=,金屬棒所受的安培力大小為F=BIL=BL=,故C正確;由于金屬棒產(chǎn)生感應(yīng)電流,受到安培力的阻礙作用,系統(tǒng)的機(jī)械能不斷減少,最終金屬棒停止運(yùn)動(dòng),此時(shí)

10、彈簧具有一定的彈性勢能,所以金屬棒的重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢能,根據(jù)能量守恒定律可知,在金屬棒運(yùn)動(dòng)的過程中,電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于棒的重力勢能減少量與彈簧彈性勢能之差,故D錯(cuò)誤. [答案] C 5.(2018·惠州市高三三調(diào))(多選)如圖甲所示,光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角,M、P兩端接一電阻R,整個(gè)裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上、大小為B的勻強(qiáng)磁場中,兩導(dǎo)軌間的距離為l.t=0時(shí)對金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F,使金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng),金屬棒電阻為r,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì).已知通過電阻R的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示.下列關(guān)于棒運(yùn)動(dòng)的速度v、外

11、力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時(shí)間變化的圖象正確的是(  ) [解析] 根據(jù)題圖乙所示的I-t圖象可知I=kt,其中k為比例系數(shù),由閉合電路歐姆定律可得I==kt,又E=Blv,整理得v=t,v-t圖象是一條過原點(diǎn)的斜率大于零的直線,說明金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),即v=at,A正確;由法拉第電磁感應(yīng)定律E=,則得=k(R+r)t,-t的圖象是一條過原點(diǎn)的斜率大于零的直線,B正確.對金屬棒在沿導(dǎo)軌方向列出動(dòng)力學(xué)方程,F(xiàn)-BIl-mgsinθ=ma,而I=,v=at,整理得F=+ma+mgsinθ,可見F-t圖象是一條斜率大于零且縱截距大于零的直線,C錯(cuò)誤

12、;q=I·Δt===t2,則q-t圖象應(yīng)是一條開口向上的拋物線,D錯(cuò)誤. [答案] AB 6.(2018·石家莊質(zhì)檢二)如圖甲所示,導(dǎo)體棒MN置于水平導(dǎo)軌上,P、Q之間有阻值為R的電阻,PQNM所圍的面積為S,不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻.導(dǎo)軌所在區(qū)域內(nèi)存在沿豎直方向的磁場,規(guī)定磁場方向豎直向上為正,在0~2t0時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化情況如圖乙所示,導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài).下列說法正確的是(  ) A.在0~t0和t0~2t0內(nèi),導(dǎo)體棒受到導(dǎo)軌的摩擦力方向相同 B.在t0~2t0內(nèi),通過電阻R的電流方向?yàn)镻到Q C.在0~t0內(nèi),通過電阻R的電流大小為 D.在0~2t0內(nèi),通過電

13、阻R的電荷量為 [解析] 由楞次定律和右手定則,結(jié)合題圖可知,0~t0時(shí)間內(nèi),通過電阻R的電流方向?yàn)镻→Q,t0~2t0時(shí)間內(nèi),電流方向?yàn)镼→P,B項(xiàng)錯(cuò)誤;由左手定則可知,兩段時(shí)間內(nèi)安培力方向相反,故導(dǎo)體棒所受靜摩擦力方向相反,A項(xiàng)錯(cuò)誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,0~t0時(shí)間內(nèi),E1=,所以通過R的電流I1=,C項(xiàng)錯(cuò)誤;在0~2t0時(shí)間內(nèi),PQNM范圍內(nèi)磁通量變化量為ΔΦ=B0S,則通過電阻R的電荷量q=·2t0=·2t0=·2t0=,D項(xiàng)正確. [答案] D 7.(2018·鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測)(多選)如圖,MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌,其間距為L,導(dǎo)軌彎曲部分光滑,平直部分粗

14、糙,兩部分平滑連接,固定在水平面上,右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻.平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場.質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從彎曲導(dǎo)軌上高為h處由靜止釋放,到達(dá)磁場右邊界處恰好停止.已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好,則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(重力加速度為g)(  ) A.金屬棒中的最大電流為 B.金屬棒克服安培力做的功為mgh C.通過金屬棒的電荷量為 D.金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h-μd) [解析] 由機(jī)械能守恒定律知,金屬棒沿光滑導(dǎo)軌下滑,mgh=mv2,解得金屬棒到達(dá)磁場時(shí)速度v=

15、,金屬棒以初速度v進(jìn)入磁場區(qū)域切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流最大,產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢為Em=BL,最大感應(yīng)電流Im==,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由于金屬棒與平直部分導(dǎo)軌有摩擦,根據(jù)功能關(guān)系,金屬棒克服摩擦力做的功與克服安培力做的功的代數(shù)和等于mgh,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由E=,I=,q=I·Δt,ΔΦ=BLd,聯(lián)立解得通過金屬棒的電荷量q=,選項(xiàng)C正確;設(shè)金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q,則電阻產(chǎn)生的焦耳熱也為Q,由能量守恒定律有,μmgd+2Q=mgh,解得Q=mg(h-μd),選項(xiàng)D正確. [答案] CD 8.(2018·武漢市高三調(diào)研)(多選)如圖(a)所示,水平面內(nèi)有一光滑金屬導(dǎo)軌,ac邊的電阻為R,其

16、他電阻均不計(jì),ab與ac夾角為135°,cd與ac垂直.將質(zhì)量為m的長直導(dǎo)體棒擱在導(dǎo)軌上,并與ac平行.棒與ab、cd交點(diǎn)G、H間的距離為L0,空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.在外力作用下,棒由GH處以初速度v0向右做直線運(yùn)動(dòng).其速度的倒數(shù)隨位移x變化的關(guān)系如圖(b)所示.在棒運(yùn)動(dòng)L0到MN處的過程中(  ) A.導(dǎo)體棒做勻變速直線運(yùn)動(dòng) B.導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 C.流過導(dǎo)體棒的電流大小不變 D.外力做的功為+ [解析] 根據(jù)題圖(b)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度的倒數(shù)隨位移x變化的關(guān)系可知,導(dǎo)體棒做非勻變速直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度的倒數(shù)隨位移x變化的圖線與

17、橫軸所圍的面積表示時(shí)間可知,導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=×L0=,選項(xiàng)B正確;根據(jù)題圖(b)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度的倒數(shù)隨位移x變化的關(guān)系圖象可得,=+x,解得v=,導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度L=L0+x,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLv=B××(L0+x)=BL0v0,為一恒量,由閉合電路歐姆定律可知,流過導(dǎo)體棒的電流大小I==不變,選項(xiàng)C正確;根據(jù)能量守恒知,在棒從HG處運(yùn)動(dòng)到MN處的過程中,外力做的功等于電阻產(chǎn)生的熱量Q和金屬棒動(dòng)能變化量的代數(shù)和,電阻產(chǎn)生的熱量Q=I2Rt=2R×=,金屬棒動(dòng)能變化量ΔEk=m2-mv=-mv,即外力做的功為W=-mv,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

18、 [答案] BC 9.(2018·江蘇卷)(多選)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 [解析] 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

19、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,所以金屬桿穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為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

20、>mg,聯(lián)立解得h>,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. [答案] BC 二、非選擇題 10.(2018·廣州市畢業(yè)班綜合測試)如圖甲,兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi),導(dǎo)軌間距為1.0 m,左端連接阻值R=4.0 Ω的電阻;勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向下;質(zhì)量m=0.2 kg、長度l=1.0 m、電阻r=1.0 Ω的金屬桿置于導(dǎo)軌上,向右運(yùn)動(dòng)并與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好.t=0時(shí)對桿施加一平行于導(dǎo)軌方向的外力F,桿運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示.其余電阻不計(jì).求: (1)從t=0開始,金屬桿運(yùn)動(dòng)距離為5 m時(shí)電阻R兩端的電壓; (2)0~3.0 s內(nèi),外力F大小

21、隨時(shí)間t變化的關(guān)系式. [解析] (1)根據(jù)v-t圖象可知金屬桿做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間Δt=3 s,t=0時(shí)桿的速度為v0=6 m/s 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得其加速度大小a= 設(shè)桿運(yùn)動(dòng)了5 m時(shí)速度為v1,則v-v=-2as1 此時(shí),金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E1=Blv1 回路中產(chǎn)生的電流I1= 電阻R兩端的電壓U=I1R 聯(lián)立解得U=1.6 V (2)由t=0時(shí)BIl

22、式解得F大小與時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系式為F=0.1+0.1t. [答案] (1)1.6 V (2)F=0.1+0.1t 11.(2018·蘭州市高三診斷)如圖所示,足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ=30°,兩導(dǎo)軌間距L=1.0 m,底端N、Q兩點(diǎn)連接R=1.0 Ω的電阻,勻強(qiáng)磁場方向垂直于導(dǎo)軌所在平面斜向上,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.6 T.質(zhì)量m=0.2 kg,阻值r=0.50 Ω的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置,在平行于導(dǎo)軌平面向上的拉力F作用下沿導(dǎo)軌向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),速度v=10 m/s.撤去拉力F后,導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌繼續(xù)運(yùn)動(dòng)l=2.0 m后速度減為零.運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體

23、棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好,g=10 m/s2,導(dǎo)軌電阻不計(jì).求: (1)拉力F的大??; (2)撤去拉力F后導(dǎo)體棒上升的過程中電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q和通過的電荷量q. [解析] (1)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E=BLv=6 V 感應(yīng)電流為I==4 A 由導(dǎo)體棒受力平衡可得F=F安+mgsinθ=BIL+mgsinθ=3.4 N (2)撤去拉力后,由動(dòng)能定理可得-mglsinθ-W克=0-mv2 得克服安培力所做的功W克=8 J 則電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q=×8 J= J 通過的電荷量q=It=t===0.8 C [答案] (1)3.4 N (2) J 0.8 C

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