課時(shí)分層作業(yè)  三十電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用(45分鐘　100分)【基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)題組】一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分。1～4題為單選題,5～8題為多選題)1.(渭南模擬)如圖所示有理想邊界的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B=0.5 T,兩邊界間距s=0.1 m,一邊長L=0.2 m的正方形線框abcd由粗細(xì)均勻的電阻絲圍成,總電阻為R=0.4 Ω,現(xiàn)使線框以v=2 m/s的速度從位置Ⅰ勻速運(yùn)動(dòng)到位置Ⅱ,則下列能正確反映整個(gè)過程中線框a、b兩點(diǎn)間的電勢差Uab隨時(shí)間t變化的圖線是?????????????  (　　)【解析】選A。t在0～5×10-2 s內(nèi),ab切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢,相當(dāng)于電源,由楞次定律判斷知感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針方向,則a點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢,Uab為正,則ab兩端電勢差Uab=E=×BLv=×0.5×0.2×2 V=15×10-2 V;t在5×10-2 s～10×10-2 s內(nèi),cd邊進(jìn)入磁場Ⅱ后,cd邊和ab都切割磁感線,都產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢,線框中感應(yīng)電流為零,由右手定則判斷可知,a點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢,Uab為正,所以Uab=E=BLv=0.5×0.2×2 V=0.20 V=20×10-2 V,t在10×10-2 s～15×10-2 s內(nèi),ab邊穿出磁場后,只有cd邊切割磁感線,由右手定則知,a點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢,Uab為正。Uab=E=BLv=×0.5×0.2×2 V=5×10-2 V,故整個(gè)過程中線框a、b兩點(diǎn)的電勢差Uab隨時(shí)間t變化的圖線如圖A所示,故A項(xiàng)正確。2.如圖甲,水平放置的平行金屬導(dǎo)軌可分別與定值電阻R和平行板電容器C相連,導(dǎo)體棒MN置于導(dǎo)軌上且接觸良好,取向右為運(yùn)動(dòng)的正方向,導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間圖象如圖乙所示;導(dǎo)體棒始終處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中,不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒電阻,則0～t2時(shí)間內(nèi)????????????? (　　)A.若S接A,電容器a極板始終帶負(fù)電B.若S接A,t1時(shí)刻電容器兩極板電壓最大C.若S接B,MN所受安培力方向先向左后向右D.若S接B,t1時(shí)刻MN所受的安培力最大【解析】選C。在x-t圖象中,圖象的斜率表示導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度,由圖乙可知,0～t1時(shí)間內(nèi)斜率是正、t1～t2時(shí)間內(nèi)斜率為負(fù)值,則說明0～t2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒先向右移動(dòng)后向左移動(dòng)。若S接A,導(dǎo)體棒通過金屬導(dǎo)軌與平行板電容器C連接,0～t2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒先向右運(yùn)動(dòng)后向左運(yùn)動(dòng),根據(jù)右手定則可知,感應(yīng)電流的方向先順時(shí)針后逆時(shí)針,可知電容器a極板先帶負(fù)電后帶正電,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;若S接A,t1時(shí)刻導(dǎo)體瞬間靜止,即導(dǎo)體棒不切割磁感線,故MN中無感應(yīng)電動(dòng)勢產(chǎn)生,電容器兩極板電壓為零,即最小,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;若S接B,導(dǎo)體棒通過金屬導(dǎo)軌與定值電阻R連接,0～t2時(shí)間內(nèi),導(dǎo)體棒先向右運(yùn)動(dòng)后向左運(yùn)動(dòng),根據(jù)右手定則可知,電流的方向先順時(shí)針后逆時(shí)針,由左手定則可知,MN所受安培力方向先向左后向右,故C項(xiàng)正確;若S接B,t1時(shí)刻MN瞬間靜止,導(dǎo)體棒不切割磁感線,電路中無電流,MN受安培力為零(即最小),故D項(xiàng)錯(cuò)誤。3.如圖所示,光滑足夠長導(dǎo)軌傾斜放置,下端連一燈泡,勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面,當(dāng)金屬棒ab沿導(dǎo)軌下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí),燈泡的電功率為P,導(dǎo)軌及金屬棒電阻不計(jì),要使燈泡在棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)下的電功率為2P,則應(yīng)????????????? (　　)A.將導(dǎo)軌間距變?yōu)樵瓉淼?/span>倍B.換一電阻減半的燈泡C.換一質(zhì)量為原來倍的金屬棒D.將磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B加倍【解析】選C。當(dāng)ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)平衡條件有: mgsinθ=FA,又安培力FA=得,mgsinθ=,由能量守恒定律得,燈泡的功率P==。當(dāng)把導(dǎo)軌間的距離增大為原來的倍時(shí),即L變?yōu)?/span>倍,由mgsinθ=得知,v變?yōu)樵瓉?/span>倍,由P==得知,P變?yōu)樵瓉淼?/span>倍,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;換一電阻減半的燈泡,由mgsinθ=得知,v變?yōu)樵瓉淼?/span>倍,由P== 得知,P變?yōu)樵瓉淼?/span>倍,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)換一根質(zhì)量為原來倍的金屬棒時(shí),由mgsinθ=得知,v變?yōu)樵瓉淼?/span>倍,由P==得知,P變?yōu)樵瓉淼?/span>2倍,故C項(xiàng)正確;當(dāng)把磁感應(yīng)強(qiáng)度B增為原來的2倍,由mgsinθ=得知,v變?yōu)樵瓉淼?/span>倍,由P==得知,P變?yōu)樵瓉淼?/span>倍,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。4.用相同的導(dǎo)線繞制的邊長分別為L和2L的正方形閉合線框,以相同的速度勻速進(jìn)入右側(cè)的勻強(qiáng)磁場,如圖所示,在線框進(jìn)入磁場的過程中a、b和c、d兩點(diǎn)間的電壓分別為U甲和U乙,ab邊和cd邊所受的安培力分別為F甲和F乙,則下列判斷正確的是?????????????  (　　)A.U甲=U乙    B.U甲=2U乙C.F甲=F乙    D.F甲=【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下兩點(diǎn):(1)兩個(gè)線框用相同的導(dǎo)線繞制,但邊長不同,則線框的質(zhì)量不同,總電阻也不同,與邊長成正比。(2)a、b和c、d兩點(diǎn)間的電壓為路端電壓。【解析】選D。線框進(jìn)入磁場后切割磁感線,a、b中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢是c、d中電動(dòng)勢的一半,而不同的線框的電阻不同,設(shè)甲線框電阻為4r,乙線框的電阻為8r,則有:U甲=BLv·=BLv,U乙=B·2Lv·=BLv,故2U甲=U乙,故A、B項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)安培力表達(dá)式F=BIL,E=BLv及F=,從而得出安培力綜合式為:F=,安培力與線框邊長成正比,所以有:F甲=F乙;故C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確。【加固訓(xùn)練】如圖所示,a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成,匝數(shù)均為10匝,邊長la=3lb,圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大,不考慮線圈之間的相互影響,則????????????? (　　)A.兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B.a、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢之比為9∶1C.a、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4D.a、b線圈中電功率之比為3∶1【解析】選B。a、b兩個(gè)正方形線圈內(nèi)的磁場垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加,由楞次定律可以判斷感應(yīng)電流的磁場垂直于紙面向外,再根據(jù)安培定則可知:兩線圈內(nèi)產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流,A錯(cuò)誤;由E=可知==,B正確;a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成,匝數(shù)相同,Ra∶Rb=3∶1,由閉合電路的歐姆定律得Ia=,Ib=,則==,C項(xiàng)錯(cuò)誤;Pa=Ra,Pb=Rb,則Pa∶Pb=27∶1,D錯(cuò)誤;故選B。5.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,平直部分粗糙,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的金屬棒從高為h處靜止釋放,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)軌間接觸良好,則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(重力加速度為g)?????????????  (　　)A.流過金屬棒的最大電流為B.通過金屬棒的電荷量為C.克服安培力所做的功為mghD.金屬棒產(chǎn)生的電熱為mg(h-μd)【解析】選B、D。金屬棒下滑過程中機(jī)械能守恒,有mgh=mv2,金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度v=,金屬棒到達(dá)水平面后做減速運(yùn)動(dòng),剛到達(dá)水平面時(shí)的速度最大,故最大感應(yīng)電流I==,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;通過金屬棒的電荷量為q== ,選項(xiàng)B正確;對全過程應(yīng)用動(dòng)能定理mgh-W安-μmgd=0,解得W安=mgh-μmgd,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;金屬棒產(chǎn)生的電熱QR=Q=W安=mg(h-μd),選項(xiàng)D正確。6.(珠海模擬)如圖所示,水平傳送帶帶動(dòng)兩金屬桿a、b勻速向右運(yùn)動(dòng),傳送帶右側(cè)與兩光滑平行金屬導(dǎo)軌平滑連接,導(dǎo)軌與水平面間夾角為30°,兩虛線EF、GH之間有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,磁場寬度為L,兩金屬桿的長度和兩導(dǎo)軌的間距均為d,兩金屬桿a、b質(zhì)量均為m,兩桿與導(dǎo)軌接觸良好,當(dāng)a進(jìn)入磁場后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)a離開磁場時(shí),b恰好進(jìn)入磁場,則????????????? (　　)A.金屬桿b進(jìn)入磁場后做加速運(yùn)動(dòng)B.金屬桿b進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動(dòng)C.兩桿在穿過磁場的過程中,回路中產(chǎn)生的總熱量為D.兩桿在穿過磁場的過程中,回路中產(chǎn)生的總熱量為mgL【解析】選B、D。由題意可知,金屬桿a進(jìn)入磁場后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng),所受的安培力與重力沿斜面向下的分力大小相等,由于金屬桿b進(jìn)入磁場時(shí)速度與a進(jìn)入磁場時(shí)的速度相同,所受的安培力相同,所以兩金屬桿進(jìn)入磁場時(shí)的受力情況相同,則b進(jìn)入磁場后所受的安培力與重力沿斜面向下的分力也平衡,所以也做勻速運(yùn)動(dòng),故A項(xiàng)錯(cuò)誤、B項(xiàng)正確;兩桿穿過磁場的過程中都做勻速運(yùn)動(dòng),根據(jù)能量守恒定律得知:回路中產(chǎn)生的總熱量為Q=2×mgsin 30°·L=mgL,故C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確。7.(臨沂模擬)如圖所示,兩根相距為d的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面上,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直,長度略大于d的兩導(dǎo)體棒M、N平行地放在導(dǎo)軌上,導(dǎo)體棒的電阻均為R、質(zhì)量均為m,開始兩導(dǎo)體棒靜止,現(xiàn)給導(dǎo)體棒M一個(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I,整個(gè)過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好,下列說法正確的是????????????? (　　)A.回路中始終存在逆時(shí)針方向的電流B.棒N的最大加速度為C.回路中的最大電流為D.棒N獲得的最大速度為【解析】選B、C。根據(jù)右手定則可知開始回路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針,當(dāng)兩個(gè)導(dǎo)體棒以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),回路中的電流強(qiáng)度為零,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)M開始運(yùn)動(dòng)的瞬間,N的加速度最大;根據(jù)動(dòng)量定理可得I=mv,解得v=;根據(jù)牛頓第二定律可得:=ma,解得a=,故B項(xiàng)正確;回路中的最大電流為I流===,故C項(xiàng)正確;N速度最大時(shí)二者的速度相等,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得:mv=2mv′,解得v′==,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。8.(桂林模擬)如圖所示,甲、乙兩個(gè)完全相同的線圈,在距地面同一高度處由靜止開始釋放,A、B是邊界范圍、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向均完全相同的勻強(qiáng)磁場,只是A的區(qū)域比B的區(qū)域離地面高一些,兩線圈下落時(shí)始終保持線圈平面與磁場垂直,則????????????? (　　)A.甲先落地B.乙先落地C.甲線圈受安培力的沖量較大D.乙線圈落地速度較小【解析】選B、D。線圈穿過磁場區(qū)域過程受到的安培力是變力,設(shè)受到的平均安培力為F,穿過磁場的時(shí)間為Δt,下落全過程的時(shí)間為t,落地速度為v,安培力的沖量I安=BLΔt=BLq,而q==,所以線圈受安培力的沖量相等,故C項(xiàng)錯(cuò)誤。線圈進(jìn)入磁場克服安培力做的功W=BL2,乙線圈進(jìn)入磁場時(shí)速度較大,平均電流較大,線圈克服安培力做功較多,即產(chǎn)生的熱量較多;根據(jù)能量守恒定律得知乙線圈落地時(shí)的速度較小,D正確。對全過程,由動(dòng)量定理得:mgt-BILΔt=mv,所以t=,因?yàn)?/span>v乙<v甲,所以t乙<t甲,即乙線圈先落地,故B項(xiàng)正確,A項(xiàng)錯(cuò)誤。二、計(jì)算題(18分。需寫出規(guī)范的解題步驟)9.如圖所示,兩足夠長的平行金屬導(dǎo)軌ab、cd,間距L=1 m,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ=37°,在a、c之間用導(dǎo)線連接一阻值R=3 Ω的電阻,放在金屬導(dǎo)軌ab、cd上的金屬桿質(zhì)量m=0.5 kg,電阻r=1 Ω,與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,金屬桿的中點(diǎn)系一絕緣輕繩,輕繩的另一端通過光滑的定滑輪懸掛一質(zhì)量M=1 kg的重物,空間中加有磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T且與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場,金屬桿運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。M正下方的地面上安裝有加速度傳感器,可用來測量M運(yùn)動(dòng)的加速度,現(xiàn)將M由靜止釋放,重物即將落地時(shí),加速度傳感器的示數(shù)為2 m/s2,全過程通過電阻R的電荷量為0.5 C,(重力加速度g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:????????????? (1)重物即將落地時(shí)金屬桿兩端的電壓。(2)此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。(3)若將R更換為一個(gè)電容為C=1 F的電容器,釋放重物后加速度傳感器的讀數(shù)。【解析】(1)設(shè)此時(shí)金屬桿的速度為v,由法拉第電磁感應(yīng)定律得金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為:E=BLv由閉合電路歐姆定律得回路中電流為:I=所以金屬桿受到的安培力為:F=BIL=,方向沿斜面向下。對M、m整體分析,由牛頓第二定律得:Mg-mgsin37°-μmgcos37°-F=(M+m)a1聯(lián)立解得桿的速度為:v=2 m/s電源電動(dòng)勢為:E=4 V根據(jù)歐姆定律得金屬桿兩端的電壓為:U=IR==3 V(2)電量為:q=t根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有:=由閉合電路歐姆定律有:=設(shè)重物下落的高度為h,則ΔΦ=BLh聯(lián)立解得重物下落的高度為h=1 m設(shè)該過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,對系統(tǒng)由能量守恒定律得:Mgh=(M+m)v2+μmgcos37°h+mgsin37°h+Q解得:Q=2 J所以電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為:Q′=Q=1.5 J(3)電容器的充電電流為:IC===CBLa對金屬桿和重物為整體,由牛頓第二定律得:Mg-mgsinθ-μmgcosθ-F安=(M+m)a整理得:a=代入數(shù)據(jù)解得:a= m/s2≈0.91 m/s2。答案:(1)3 V　(2)1.5 J　(3)0.91 m/s2【能力拔高題組】1.(8分)如圖所示,AB、CD為兩個(gè)平行的、不計(jì)電阻的水平光滑金屬導(dǎo)軌,處在方向垂直平面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。AB、CD的間距為L,左右兩端均接有阻值為R的電阻。質(zhì)量為m長為L且不計(jì)電阻的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌接觸良好,并與輕質(zhì)彈簧組成彈簧振動(dòng)系統(tǒng)。開始時(shí),彈簧處于自然長度,導(dǎo)體棒MN具有水平向左的初速度v0,經(jīng)過一段時(shí)間,導(dǎo)體棒MN第一次運(yùn)動(dòng)到最右端,這一過程中AC間的電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q,則????????????? (　　)A.初始時(shí)刻導(dǎo)體棒所受的安培力大小為B.從初始時(shí)刻至導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最左端的過程中,整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱為C.當(dāng)導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最右端時(shí),彈簧具有的彈性勢能為m-2QD.當(dāng)導(dǎo)體棒再次回到初始位置時(shí),AC間電阻R的熱功率為【解析】選C。由F=BIL及I=,得安培力大小為FA=,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;MN棒第一次運(yùn)動(dòng)至最右端的過程中AC間電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q,回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為2Q。由于安培力始終對MN做負(fù)功,產(chǎn)生焦耳熱,棒第一次達(dá)到最左端的過程中,棒平均速度最大,平均安培力最大,位移也最大,棒克服安培力做功最大,整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)大于·2Q=,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;MN棒第一次運(yùn)動(dòng)至最右端的過程中AC間電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q,回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為2Q。由能量守恒定律得:m=2Q+Ep,此時(shí)彈簧的彈性勢能Ep=m-2Q,故C項(xiàng)正確;由于回路中產(chǎn)生焦耳熱,棒和彈簧的機(jī)械能有損失,所以當(dāng)棒再次回到初始位置時(shí),速度小于v0,棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E<BLv0,由電功率公式P=知,則AC間電阻R的功率小于,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。2.(18分)(永州模擬)如圖所示,間距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面夾角α=30°,下端N、Q間連接一阻值為R的電阻。導(dǎo)軌上有一個(gè)正方形區(qū)間abcd,cd以下存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場。長度為L、電阻為r的金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好且垂直導(dǎo)軌放置,當(dāng)金屬棒從ab位置由靜止釋放的同時(shí),對金屬棒施加一個(gè)平行導(dǎo)軌向下的恒力F,F的大小是金屬棒重力的,金屬棒通過cd時(shí)恰好做勻速運(yùn)動(dòng),若此時(shí)突然只將力F的方向反向,力F的大小不變,經(jīng)過一段時(shí)間后金屬棒靜止,已知重力加速度為g,不計(jì)金屬導(dǎo)軌的電阻,求:(1)金屬棒的質(zhì)量。(2)整個(gè)過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。(3)金屬棒通過cd后向下運(yùn)動(dòng)的最大距離。【解析】(1)在磁場外運(yùn)動(dòng)過程:F+mgsin30°=ma1v2=2a1L剛進(jìn)入磁場時(shí):F安=F+mgsin30°=mgF安=BIL=聯(lián)立可得:m=。(2)從金屬棒進(jìn)入磁場到最終靜止過程中:WG-WF-W安=0-mv2WG=WFQ總=W安QR=Q總聯(lián)立可得:QR=。(3)拉力反向后金屬棒所受合力等于安培力,則:FA=BIL==ma取極短時(shí)間Δt內(nèi),Δx=v·Δt,a=代入并化簡得到:=m·Δv設(shè)金屬棒離開cd后向下運(yùn)動(dòng)的最大距離為x,則由累積法可以知道:=mv整理可以得到:x=2L。答案:(1)　(2)(3)2L【加固訓(xùn)練】(新余模擬)如圖所示,兩條相距l的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一豎直面(紙面)內(nèi),其上端接一阻值為R的電阻;在兩導(dǎo)軌間OO′下方區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B?，F(xiàn)使電阻為r、質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始自OO′位置釋放,向下運(yùn)動(dòng)距離d后速度不再變化。(棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸且下落過程中始終保持水平,導(dǎo)軌電阻不計(jì))(1)求棒ab在向下運(yùn)動(dòng)距離d過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱。(2)棒ab從靜止釋放經(jīng)過時(shí)間t0下降了,求此時(shí)刻的速度大小。【解析】(1)根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得回路電流為:I=,勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡,則有:mg=BIl,聯(lián)立解得最大速度為:vm=,根據(jù)能量守恒定律可得:mgd=m+Q,解得:Q=mgd-;(2)以金屬棒為研究對象,根據(jù)動(dòng)量定理可得:(mg-Bl)t0=mv,而q=t0=,所以解得:v=gt0-。答案:(1)mgd-(2)gt0-   

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