圖像問題2.結(jié)合電路問題
3.動(dòng)力學(xué)問題4.結(jié)合動(dòng)量、功能關(guān)系問題
【例題1】如圖甲所示，在電阻R＝1Ω，面積S1＝0.3 m2的圓形線框中心區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場，圓形磁場區(qū)面積S2＝0.2 m2。若取磁場方向垂直紙面向外為正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化規(guī)律可用圖乙描述，則線框中的感應(yīng)電流I(取順時(shí)針方向?yàn)檎较?隨時(shí)間t的變化圖線是 ( )
【例題2】如圖甲所示，有一傾斜放置、電阻不計(jì)且足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、EF，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為α＝37°，兩平行導(dǎo)軌相距L＝1 m，上端連接一阻值為R＝3.0 Ω的電阻。一質(zhì)量為m＝0.4 kg、電阻r＝1.0 Ω的勻質(zhì)導(dǎo)體棒ab放在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。整個(gè)裝置放在一磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，重力加速度取g＝10 m/s2。
(1)當(dāng)在導(dǎo)體棒中通以方向由a到b、大小為I＝1 A的電流時(shí)，為使導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上保持靜止，需在導(dǎo)體棒的中點(diǎn)施加一沿導(dǎo)軌平面向上的拉力F，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。試計(jì)算當(dāng)t＝2 s時(shí)，導(dǎo)體棒所處磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；
(2)6 s后撤去拉力F和導(dǎo)體棒中的電流I，導(dǎo)體棒將由靜止開始下滑，當(dāng)電阻R兩端的電壓剛好穩(wěn)定時(shí)，測得此時(shí)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌下滑了x＝2 m，試計(jì)算在該過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q。




考點(diǎn): 圖像問題
【例題3】（多選）有一變化的勻強(qiáng)磁場垂直于如圖甲所示的線圈平面，若規(guī)定磁場垂直線圈平面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，電流從a經(jīng)R流向b為電流的正方向?，F(xiàn)已知R中的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示，那么垂直穿過線圈平面的磁場可能是圖中的( )

【例題4】如圖8所示，一個(gè)邊長為L的正方形線框abcd無初速度地從高處釋放，線框下落過程中，下邊保持水平向下平動(dòng)，在線框的下方，有一個(gè)上、下界面都水平的勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場區(qū)高度為2L，磁場方向與線框平面垂直，閉合線框下落后，剛好勻速進(jìn)入磁場區(qū)，在整個(gè)進(jìn)出磁場過程中，線框中的感應(yīng)電流I隨位移x變化的圖象可能是下圖中的( )


考點(diǎn): 結(jié)合電路
【例題5】如圖所示，間距L＝1 m的兩根足夠長的固定水平平行導(dǎo)軌間存在著勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1 T、方向垂直于紙面向里，導(dǎo)軌上有一金屬棒MN與導(dǎo)軌垂直且在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度水平向左勻速運(yùn)動(dòng)。R1＝8 Ω，R2＝12 Ω，C＝6μF，導(dǎo)軌和棒的電阻及一切摩擦均不計(jì)。開關(guān)S1、S2閉合，電路穩(wěn)定后，求：
(1)通過R2的電流I的大小和方向；
(2)拉力F的大?。?br>(3)開關(guān)S1切斷后通過R2的電荷量Q。





【例題6】如圖所示，平行且足夠長的兩條光滑金屬導(dǎo)軌，相距L＝0.4 m，導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為30°，其電阻不計(jì)。把完全相同的兩金屬棒(長度均為0.4 m)ab、cd分別垂直于導(dǎo)軌放置，并使每棒兩端都與導(dǎo)軌良好接觸。已知兩金屬棒的質(zhì)量均為m＝0.1 kg、電阻均為R＝0.2 Ω，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.5 T，當(dāng)金屬棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒cd恰好能保持靜止。(g＝10 m/s2)，則( )
A．F的大小為0.5 N
B．金屬棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為1.0 V
C．a(chǎn)b棒兩端的電壓為1.0 V
D．a(chǎn)b棒的速度為5.0 m/s
【例題7】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)?，F(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速度等于重力加速度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＝eq \f(B2L2v,R)
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
考點(diǎn): 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題
【例題8】如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上.t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng).t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng).桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求：
(1)金屬桿在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢的大小；
(2)電阻的阻值.














【例題9】如圖所示，足夠長的金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，金屬導(dǎo)軌寬度L＝1.0 m，導(dǎo)軌上放有垂直導(dǎo)軌的金屬桿P，金屬桿質(zhì)量為m＝0.1 kg，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T、豎直向下的勻強(qiáng)磁場。連接在導(dǎo)軌左端的電阻R＝3.0 Ω，金屬桿的電阻r＝1.0 Ω，其余部分電阻不計(jì)。某時(shí)刻給金屬桿一個(gè)水平向右的恒力F，金屬桿P由靜止開始運(yùn)動(dòng)，圖乙是金屬桿P運(yùn)動(dòng)過程的v－t圖象，導(dǎo)軌與金屬桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。在金屬桿P運(yùn)動(dòng)的過程中，第一個(gè)2 s內(nèi)通過金屬桿P的電荷量與第二個(gè)2 s內(nèi)通過P的電荷量之比為3∶5。g取10 m/s2。求：
(1)水平恒力F的大??；
(2)前4 s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量。


【例題10】如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L，與水平面夾角為θ，兩導(dǎo)軌上端用阻值為R的電阻相連，該裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面.質(zhì)量為m的金屬桿ab以沿導(dǎo)軌平面向上的初速度v0從導(dǎo)軌底端開始運(yùn)動(dòng)，然后又返回到出發(fā)位置.在運(yùn)動(dòng)過程中，ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)ab和導(dǎo)軌的電阻及空氣阻力.
(1)求ab開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a的大?。?br>(2)分析并說明ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中速度、加速度的變化情況.









考點(diǎn): 電磁感應(yīng)中的動(dòng)量和能量的應(yīng)用
【例題11】如圖1所示，兩根電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，相距為L，導(dǎo)軌上端接電阻R，寬度相同的水平條形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場，其寬度均為d，Ⅰ和Ⅱ之間相距為h且無磁場.一長度為L、質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒，兩端套在導(dǎo)軌上，并與兩導(dǎo)軌始終保持良好的接觸，導(dǎo)體棒從距區(qū)域Ⅰ上邊界H處由靜止釋放，在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流及其變化情況相同，重力加速度為g.求：
(1)導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ的瞬間，通過電阻R的電流大小與方向.
(2)導(dǎo)體棒通過區(qū)域Ⅰ的過程，電阻R上產(chǎn)生的熱量Q.
(3)求導(dǎo)體棒穿過區(qū)域Ⅰ所用的時(shí)間.









【例題12】足夠長的平行金屬軌道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4 m的光滑豎直半圓軌道相連，與軌道始終垂直且接觸良好的金屬棒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＝0.1 kg，接入電路的有效電阻Rb＝Rc＝1 Ω，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＝1 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與軌道平面垂直向上，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖所示，若使b棒以初速度v0＝10 m/s開始向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：
(1)c棒的最大速度；
(2)c棒達(dá)最大速度時(shí)，此棒產(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.







【例題13】如圖所示，平行傾斜光滑導(dǎo)軌與足夠長的平行水平光滑導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌電阻不計(jì).質(zhì)量分別為m和eq \f(1,2)m的金屬棒b和c靜止放在水平導(dǎo)軌上，b、c兩棒均與導(dǎo)軌垂直.圖中de虛線往右有范圍足夠大、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場.質(zhì)量為m的絕緣棒a垂直于傾斜導(dǎo)軌靜止釋放，釋放位置與水平導(dǎo)軌的高度差為h.已知絕緣棒a滑到水平導(dǎo)軌上與金屬棒b發(fā)生彈性正碰，金屬棒b進(jìn)入磁場后始終未與金屬棒c發(fā)生碰撞.重力加速度為g.求：
(1)絕緣棒a與金屬棒b發(fā)生彈性正碰后分離時(shí)兩棒的速度大??；
(2)金屬棒b進(jìn)入磁場后，其加速度為其最大加速度的一半時(shí)的速度大?。?br>(3)兩金屬棒b、c上最終產(chǎn)生的總焦耳熱.










【例題14】如圖所示，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切.質(zhì)量為m的帶正電小球B靜止在水平面上，質(zhì)量為2m的帶正電小球A從LM上距水平面高為h處由靜止釋放，在A球進(jìn)入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠(yuǎn)，相互作用力可認(rèn)為是零，A球進(jìn)入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電作用，帶電小球均可視為質(zhì)點(diǎn).已知A、B兩球始終沒有接觸.重力加速度為g.求：
(1)A球剛進(jìn)入水平軌道的速度大?。?br>(2)A、B兩球相距最近時(shí)，A、B兩球系統(tǒng)的電勢能Ep；
(3)A、B兩球最終的速度vA、vB的大小.






1.如圖1所示，兩根彼此平行放置的光滑金屬導(dǎo)軌，其水平部分足夠長且處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)將質(zhì)量為m1的導(dǎo)體棒ab放置于導(dǎo)軌的水平段，將質(zhì)量為m2的導(dǎo)體棒cd從導(dǎo)軌的圓弧部分距水平段高為h的位置由靜止釋放.已知導(dǎo)體棒ab和cd接入電路的有效電阻分別為R1和R2，其他部分電阻不計(jì)，整個(gè)過程中兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且未發(fā)生碰撞，重力加速度為g.求：
圖1
(1)導(dǎo)體棒ab、cd最終速度的大??；
(2)導(dǎo)體棒ab所產(chǎn)生的熱量.









2.如圖所示，“┙”型絕緣滑板(平面部分足夠長)，質(zhì)量為4m，距滑板的A壁為L1的B處放有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的大小不計(jì)的小物體，小物體與板面的摩擦不計(jì)，整個(gè)裝置處于場強(qiáng)為E、水平向右的勻強(qiáng)電場中，初始時(shí)刻，滑板與小物體都靜止，試求：
(1)釋放小物體，第一次與滑板A壁碰前小物體的速度v1為多大？
(2)若小物體與A壁碰后相對(duì)水平面的速度大小為碰前的eq \f(3,5)，碰撞時(shí)間極短，則碰撞后滑板速度為多大？(均指對(duì)地速度)
(3)若滑板足夠長，小物體從開始運(yùn)動(dòng)到第二次碰撞前，電場力做功為多大？








3.如圖所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌由兩部分組成，左面部分水平，右面部分為半徑r＝0.5 m的豎直半圓，兩導(dǎo)軌間距離d＝0.3 m，導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1 T的勻強(qiáng)磁場中，兩導(dǎo)軌電阻不計(jì).有兩根長度均為d的金屬棒ab、cd，均垂直導(dǎo)軌置于水平導(dǎo)軌上，金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別為m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，電阻分別為R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω.現(xiàn)讓ab棒以v0＝10 m/s的初速度開始水平向右運(yùn)動(dòng)，cd棒進(jìn)入圓軌道后，恰好能通過軌道最高點(diǎn)PP′，cd棒進(jìn)入圓軌道前兩棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)ab棒開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)cd棒的加速度a0；
(2)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)ab棒的速度大小v1；
(3)cd棒進(jìn)入半圓軌道前ab棒克服安培力做的功W.






1．
【例題1】【答案】 C
【例題2】【解析】(1)根據(jù)左手定則判斷出導(dǎo)體棒ab所受的安培力沿導(dǎo)軌平面向上，設(shè)此時(shí)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，則由力的平衡條件可得F＋B1IL＝mgsin α
由圖乙可以得出，當(dāng)t＝2 s時(shí)，F(xiàn)＝1.4 N代入數(shù)據(jù)可得：B1＝1.0 T
(2)由題圖乙可知，t＝4 s后，拉力不再發(fā)生變化，設(shè)此后的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，有F′＋B2IL＝mgsin α
由題圖乙可得F′＝0.4 N，代入上式可得B2＝2.0 T
當(dāng)電阻R兩端的電壓剛好穩(wěn)定時(shí)，設(shè)導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電流為I′，
由力的平衡條件可得：mgsin α＝B2I′L
代入數(shù)據(jù)可解得I′＝1.2 A
由電磁感應(yīng)規(guī)律可得I′＝eq \f(B2Lvm,R＋r)可解得vm＝2.4 m/s
設(shè)電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，則由能量守恒定律可得
mgxsin α＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＋Q總
代入數(shù)據(jù)可得Q總＝3.648 J
所以在該過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝eq \f(3,4)Q總＝2.736 J。
【例題3】【解析】當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直線圈平面向里均勻減小時(shí)，由楞次定律可判斷感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場也垂直線圈平面向里，再由安培定則和法拉第電磁感應(yīng)定律可判斷感應(yīng)電流的大小恒定且從a經(jīng)R流向b；當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直線圈平面向里均勻增大時(shí)，由楞次定律可判斷感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場垂直線圈平面向外，再由安培定則和法拉第電磁感應(yīng)定律可判斷感應(yīng)電流的大小恒定且從b經(jīng)R流向a，選項(xiàng)A、B正確。
【答案】AB
【例題4】【解析】框剛進(jìn)入磁場時(shí)， SKIPIF 1 < 0 ，下邊始終勻速切割磁感線，通過線框的感應(yīng)電流的大小恒定為I0，方向不變，線框完全進(jìn)入磁場后，安培力立即消失，線框僅在重力的作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框下邊剛出磁場時(shí)，線框的速度大于進(jìn)入磁場時(shí)的速度，故電流大于I0，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；線框所受安培力大于重力，線框做減速運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電流及安培力都減小，所以線框的加速度 SKIPIF 1 < 0 也減小，當(dāng)加速度減小到0時(shí)，電流為I0，選項(xiàng)B、D中在x＝2L和x＝3L之間的曲線，分別對(duì)應(yīng)著上邊剛要出磁場時(shí)，線框的速度已減小到進(jìn)入磁場時(shí)的速度和未減小到該速度兩種情況，因此B、D正確。
【答案】 BD
【例題5】【解析】(1)開關(guān)S1、S2閉合后，根據(jù)右手定則知棒中的感應(yīng)電流方向是由M→N，所以通過R2的電流方向是由b→aMN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的大小E＝BLv
流過R2的電流I＝eq \f(E,R1＋R2)，代入數(shù)據(jù)解得I＝0.1 A
(2)棒受力平衡有F＝F安，F(xiàn)安＝BIL
代入數(shù)據(jù)解得F＝0.1 N
(3)開關(guān)S1、S2閉合，電路穩(wěn)定后，電容器所帶電荷量Q1＝CIR2
S1切斷后，流過R2的電荷量Q等于電容器所帶電荷量的減少量，即Q＝Q1－0
代入數(shù)據(jù)解得Q＝7.2×10－6 C
【例題6】【解析】對(duì)于cd棒有mgsin θ＝BIL，解得回路中的電流I＝2.5 A，所以回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝2IR＝1.0 V，B正確；Uab＝IR＝0.5 V，C錯(cuò)誤；對(duì)于ab棒有F＝BIL＋mgsin θ，解得F＝1.0 N，A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv，解得v＝5.0 m/s，D正確。
【答案】BD
【例題7】【解析】金屬棒剛釋放時(shí)，彈簧處于原長，彈力為零，又因此時(shí)速度為零，沒有感應(yīng)電流，金屬棒不受安培力作用，只受到重力作用，其加速度應(yīng)等于重力加速度，選項(xiàng)A正確；金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則可知，流過電阻R的電流方向?yàn)閎→a，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；金屬棒速度為v時(shí)，安培力大小為F＝BIL，又I＝eq \f(BLv,R)，解得F＝eq \f(B2L2v,R)，選項(xiàng)C正確；金屬棒下落過程中，由能量守恒定律知，金屬棒減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動(dòng)能(速度不為零時(shí))以及電阻R上產(chǎn)生的熱量，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
【答案】 AC
【例題8】【解析】
(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma①
設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at0 ②
當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E＝Blv③
聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0(eq \f(F,m)－μg) ④
(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝eq \f(E,R) ⑤
式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為F安＝BlI ⑥
因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，有F－μmg－F安＝0 ⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝eq \f(B2l2t0,m).
【例題9】【解析】(1)由圖乙可知金屬桿P先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，2 s后做勻速直線運(yùn)動(dòng)
當(dāng)t＝2 s時(shí)，v＝4 m/s，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv
感應(yīng)電流I＝eq \f(E,R＋r)
安培力F′＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)
根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有F－F′－μmg＝0
解得F＝0.75 N。
(2)通過金屬桿P的電荷量q＝eq \(I,\s\up6(－))t ＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)·t
其中eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,t)＝eq \f(BLx,t)
所以q＝eq \f(BLx,R＋r)∝x(x為P的位移)
設(shè)第一個(gè)2 s內(nèi)金屬桿P的位移為x1，第二個(gè)2 s內(nèi)P的位移為x2
則ΔΦ1＝BLx1，ΔΦ2＝BLx2＝BLvt
又由于q1∶q2＝3∶5
聯(lián)立解得x2＝8 m，x1＝4.8 m
前4 s內(nèi)由能量守恒定律得
F(x1＋x2)＝eq \f(1,2)mv2＋μmg(x1＋x2)＋Qr＋QR
其中Qr∶QR＝r∶R＝1∶3
解得QR＝1.8 J。
【例題10】【解析】(1)利用楞次定律，對(duì)初始狀態(tài)的ab受力分析得：
mgsin θ＋BIL＝ma①
對(duì)回路分析I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv0,R)②
聯(lián)立①②得a＝gsin θ＋eq \f(B2L2v0,mR)
(2)上滑過程：
由第(1)問中的分析可知，上滑過程加速度大小表達(dá)式為：
a上＝gsin θ＋eq \f(B2L2v,mR)③
上滑過程，a、v反向，做減速運(yùn)動(dòng).利用③式，v減小則a減小，可知，桿上滑時(shí)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng).
下滑過程：
由牛頓第二定律，對(duì)ab受力分析得：
mgsin θ－eq \f(B2L2v,R)＝ma下④
a下＝gsin θ－eq \f(B2L2v,mR)⑤
因a下與v同向，ab做加速運(yùn)動(dòng).
由⑤得v增加，a下減小，桿下滑時(shí)做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng).
【例題11】【答案】 (1)eq \f(BL,R＋r)eq \r(2gH)，方向向左 (2)eq \f(R,R＋r)mg(h＋d) (3)eq \f(B2L2d,mg?R＋r?)＋ eq \r(\f(2?H－h(huán)?,g))－ eq \r(\f(2H,g))
【解析】 (1)設(shè)導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ瞬間的速度大小為v1，
根據(jù)動(dòng)能定理：mgH＝eq \f(1,2)mv12①
由法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝BLv1②
由閉合電路的歐姆定律：I＝eq \f(E,R＋r)③
由①②③得：I＝eq \f(BL,R＋r)eq \r(2gH)
由右手定則知導(dǎo)體棒中電流方向向右，則通過電阻R的電流方向向左.
(2)由題意知，導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的速度大小也為v1，
由能量守恒，得：Q總＝mg(h＋d)
電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝eq \f(R,R＋r)mg(h＋d)
(3)設(shè)導(dǎo)體棒穿出區(qū)域Ⅰ瞬間的速度大小為v2，從穿出區(qū)域Ⅰ到進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，v12－v22＝2gh，得：v2＝eq \r(2g?H－h(huán)?)
設(shè)導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ所用的時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量定理：
設(shè)向下為正方向：mgt－Beq \x\t(I)Lt＝mv2－mv1
此過程通過整個(gè)回路的電荷量為：q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(BLd,R＋r)
得：t＝eq \f(B2L2d,mg?r＋R?)＋eq \r(\f(2?H－h(huán)?,g))－eq \r(\f(2H,g))
【例題12】【解析】 (1)在磁場力作用下，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.選兩棒為研究對(duì)象，根據(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＝5 m/s
(2)從b棒開始運(yùn)動(dòng)到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總熱量為：Q＝eq \f(1,2)mbv02－eq \f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5 J
因?yàn)镽b＝Rc，所以c棒達(dá)最大速度時(shí)此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝eq \f(Q,2)＝1.25 J
(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′＝3 m/s
在最高點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)c棒的彈力為F，由牛頓第二定律得mcg＋F＝mceq \f(v′2,R)
解得F＝1.25 N
由牛頓第三定律得，在最高點(diǎn)c棒對(duì)軌道的壓力為1.25 N，方向豎直向上.
【例題13】【解析】(1)設(shè)a棒滑到水平導(dǎo)軌時(shí)，速度為v0，下滑過程中a棒機(jī)械能守恒eq \f(1,2)mv02＝mgh
a棒與b棒發(fā)生彈性碰撞
由動(dòng)量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2
由機(jī)械能守恒定律：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
解出v1＝0，v2＝v0＝eq \r(2gh)
(2)b棒剛進(jìn)磁場時(shí)的加速度最大.
b、c兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒.
由動(dòng)量守恒定律：mv2＝mv2′＋eq \f(m,2)v3′
設(shè)b棒進(jìn)入磁場后任一時(shí)刻，b棒的速度為vb，c棒的速度為vc，則b、c組成的回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BL(vb－vc)，由閉合電路歐姆定律得I＝eq \f(E,R總)，由安培力公式得F＝BIL＝ma，聯(lián)立得a＝eq \f(B2L2?vb－vc?,mR總).
故當(dāng)b棒加速度為最大值的一半時(shí)有v2＝2(v2′－v3′)
聯(lián)立得v2′＝eq \f(5,6)v2＝eq \f(5,6)eq \r(2gh)
(3)最終b、c以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng).
由動(dòng)量守恒定律：mv2＝(m＋eq \f(m,2))v
由能量守恒定律：eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)(m＋eq \f(m,2))v2＋Q
解出Q＝eq \f(1,3)mgh
【例題14】【解析】 (1)對(duì)A球下滑的過程，據(jù)機(jī)械能守恒得：2mgh＝eq \f(1,2)×2mv02
解得：v0＝eq \r(2gh)
(2)A球進(jìn)入水平軌道后，兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A球剛進(jìn)入水平軌道的速度方向?yàn)檎较?，?dāng)兩球相距最近時(shí)共速：2mv0＝(2m＋m)v，解得：v＝eq \f(2,3)v0＝eq \f(2,3)eq \r(2gh)
據(jù)能量守恒定律：2mgh＝eq \f(1,2)(2m＋m)v2＋Ep，
解得：Ep＝eq \f(2,3)mgh
(3)當(dāng)兩球相距最近之后，在靜電斥力作用下相互遠(yuǎn)離，兩球距離足夠遠(yuǎn)時(shí)，相互作用力為零，系統(tǒng)勢能也為零，速度達(dá)到穩(wěn)定.以A球剛進(jìn)入水平軌道的速度方向?yàn)檎较颍?br>2mv0＝2mvA＋mvB，
eq \f(1,2)×2mv02＝eq \f(1,2)×2mvA2＋eq \f(1,2)mvB2
得：vA＝eq \f(1,3)v0＝eq \f(1,3)eq \r(2gh)，vB＝eq \f(4,3)v0＝eq \f(4,3)eq \r(2gh).

1.【解析】 (1)設(shè)導(dǎo)體棒cd沿光滑圓弧軌道下滑至水平面時(shí)的速度為v0，由機(jī)械能守恒定律m2gh＝eq \f(1,2)m2v02，解得v0＝eq \r(2gh)，隨后，導(dǎo)體棒cd切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，在回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒cd、ab受到安培力的作用，其中導(dǎo)體棒cd所受的安培力為阻力，而導(dǎo)體棒ab所受的安培力為動(dòng)力，但系統(tǒng)所受的安培力為零；當(dāng)導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)體棒ab速度相等時(shí)，回路的感應(yīng)電動(dòng)勢為零，回路中無感應(yīng)電流，此后導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)體棒ab以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)，以v0的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律可得：m2v0＝(m1＋m2)v，解得兩棒最終速度為v＝eq \f(m2,m1＋m2)eq \r(2gh)
(2)由能量守恒定律可得系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q＝ΔE＝eq \f(1,2)m2v02－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq \f(m1m2,m1＋m2)gh
由焦耳定律可得，導(dǎo)體棒ab、cd所產(chǎn)生的熱量之比是：eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(R1,R2)
解得Q1＝eq \f(R1,R1＋R2)·eq \f(m1m2,m1＋m2)·gh
2.【解析】 (1)對(duì)物體，根據(jù)動(dòng)能定理，有qEL1＝eq \f(1,2)mv12，得v1＝eq \r(\f(2qEL1,m))
(2)物體與滑板碰撞前后動(dòng)量守恒，設(shè)物體第一次與滑板碰后的速度為v1′，滑板的速度為v，以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得
mv1＝mv1′＋4mv
若v1′＝eq \f(3,5)v1，則v＝eq \f(1,10)v1，因?yàn)関1′＞v，不符合實(shí)際，
故應(yīng)取v1′＝－eq \f(3,5)v1，則v＝eq \f(2,5)v1＝eq \f(2,5) eq \r(\f(2qEL1,m)).
(3)在物體第一次與A壁碰后到第二次與A壁碰前，物體做勻變速運(yùn)動(dòng)，滑板做勻速運(yùn)動(dòng)，在這段時(shí)間內(nèi)，兩者相對(duì)于水平面的位移相同.
所以eq \f(1,2)(v2＋v1′)t＝vt，即v2＝eq \f(7,5)v1＝eq \f(7,5) eq \r(\f(2qEL1,m)).
對(duì)整個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)能定理得：
電場力做功W＝eq \f(1,2)mv12＋(eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv1′2)＝eq \f(13,5)qEL1.
3.【解析】 (1)ab棒開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)回路中電流為I，有
E＝Bdv0；I＝eq \f(E,R1＋R2)；BId＝m2a0
解得：a0＝30 m/s2
(2)設(shè)cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)的速度為v2，系統(tǒng)動(dòng)量定恒，有
m1v0＝m1v1＋m2v2
eq \f(1,2)m2v22＝m2g·2r＋eq \f(1,2)m2vP2
m2g＝m2 SKIPIF 1 < 0
解得：v1＝7.5 m/s
(3)由動(dòng)能定理得eq \f(1,2)m1v12－eq \f(1,2)m1v02＝－W
解得：W＝4.375 J.

1.【解析】線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢、電流取決于Φ的變化率，變化率 SKIPIF 1 < 0 恒定，則E、I恒定，反之，E、I恒定的話，則變化率也恒定。變化率也化簡成 SKIPIF 1 < 0 或者 SKIPIF 1 < 0 ，面對(duì)圖像問題，B-t圖的斜率恒定即代表變化率恒定。線圈的電流方向則通過楞次定律來，線圈的磁場要“阻礙”外部磁場的變化（變化包括阻礙減小、阻礙增大）
動(dòng)態(tài)分析的基本思路
解決這類問題的關(guān)鍵是通過運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度最大值或最小值的條件.具體思路如下：
電磁感應(yīng)中一般會(huì)有Qq問題。
Q指的是熱量。導(dǎo)體產(chǎn)生電熱可以通過兩個(gè)方式：1、焦耳定律Q=I2Rt；2、能量守恒定律
q指的是電量。q=eq \x\t(I)t，eq \x\t(I)是平均電流，eq \x\t(I)= SKIPIF 1 < 0 。

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