资源简介

微专题21　电磁感应中的新情境问题与多磁场区域问题
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　改变导轨形状样式,注意计算切割磁感线的有效长度
1.(2025·金华三模)通电长直导线周围某点的磁感应强度可以用B=k来计算,其中I是电流的大小,r是点到导线的距离,k为比例系数。如图所示,表层绝缘的长直导线水平固定在倾角θ=30°的斜面上,导线中的恒定电流I0方向自左向右,不计电阻的金属导轨AO和BO沿斜面固定放置,它们的长度均为L,与水平长直导线的夹角为30°。长为L、质量为m、单位长度电阻为r0的导体棒MN,在外力作用下从O点由静止开始沿斜面向下运动,运动过程中MN始终与长直导线平行,MN中出现的电流大小始终为I,且下滑过程中除安培力外,仅受到与安培力比值为β的综合阻力。取重力加速度为g,不考虑地磁场的影响,解答下列问题:
(1)判断运动过程(未脱离导轨)中导体棒MN中电流的方向;
(2)研究导体棒运动的距离为x(x<0.25L)的过程:
①求此时导体棒的速度大小v;
②求运动到x位置时候的加速度大小a;
(3)研究从开始运动到导体棒脱离导轨过程:
①求该过程中产生的焦耳热Q;
②求外力所做的功W。
解析:(1)由安培定则可以判断导体棒MN处的磁场方向为垂直于斜面向下,再由右手定则可以判断电流方向应为M指向N。
(2)①根据题意当导体棒运动距离为x时回路中的总电阻为R=r0×2x,再由电路电压关系有k·2x·v=I·r0·2x,解得v=。
②导体棒运动到x位置时加速度大小a==·=v=()2x。
(3)①导体棒运动到L位置时导体棒脱离导轨,此时导体棒的速度v′=·L,
安培力F安=BIL=k·I·2x=2kI0I,
可见安培力为恒力,
所以该过程中产生的焦耳热即为克服安培力所做的功,即Q=F安·L=kI0IL。
②阻力做的功为Wf=-βQ=-βkI0IL,
对导体棒开始运动到脱离导轨全程,根据动能定理有W-Q+Wf+mgsin 30°·L=mv2-0,
解得W=(1+β)kI0IL-mgL+m()2。
答案:(1)从M到N　(2)①　②()2x
(3)①kI0IL
②(1+β)kI0IL-mgL+m（）2
命题视角2　运动模型变式,侧重简谐运动的分析
2.两条间距为d=0.1 m 的足够长平行金属导轨水平放置,在两导轨间存在着垂直导轨平面向下的有界磁场,磁感应强度沿坐标轴Ox分区分布,在x>0区域B=3x(T),在-2 m≤x≤0区域B=
1.5 T,如图所示。金属棒ab与导轨垂直静止在x=1.5 m处,长为d=0.1 m,质量m=50 g,电阻R1=0.3 Ω,左端的定值电阻R2=0.6 Ω。处在-2 m≤x≤0区域的导轨是光滑的,导轨其余部分与ab棒间的动摩擦因数均为μ=0.2。在导轨的右侧接有一个带有控制开关的“恒流源”,可提供I=
1 A的恒定电流,现闭合开关K,发现ab棒沿轨道向左运动,g取10 m/s2。求:
(1)闭合开关瞬间ab棒中的电流方向和ab棒的加速度大小。
(2)若ab棒运动到x=0时立即断开开关K,问ab棒最后静止在何处(用x轴坐标表示)。
(3)求出上述整个过程中R2产生的焦耳热。(备选信息:弹簧振子的周期公式T=2π,其中m为振子质量,k为弹簧的劲度系数)
解析:(1)电流方向b→a,Iab=I=A,
对ab棒有BIabd-μmg=ma,此时B=3x(T)=4.5 T,解得a=4 m/s2。
(2)对ab棒从开始到x=0过程有WF+Wf=m,
其中WF=x,Wf=-μmgx,此时x=1.5 m,解得v0= m/s,设ab棒穿过左侧匀强磁场后的速度为v1,由动量定理得-x1=mv1-mv0,
解得v1=(-1) m/s,
又x2==(1-)m,
ab棒最后停在位置x=-(3-) m。
(3)ab棒以x=0.5 m处为平衡位置做简谐运动,
T=π s,t= s+ s= s,
流过R2的电流I2=I,整个过程中电阻R2上产生的焦耳热为Q=R2t+(m-m),
代入数据得Q=(+) J。
答案:(1)b→a　4 m/s2　(2)x=-(3-) m
(3)(+) J
命题视角3　磁场分布变化、多磁场区域问题,侧重多过程分析
3.(2025·桐乡模拟)如图所示,光滑水平绝缘桌面上放置一正方形线框ABCD,线框边长l=0.2 m,总电阻R=0.1 Ω,质量m=0.01 kg。y轴右侧存在方向交替变化的磁场,磁场宽度均为l=0.2 m,磁感应强度大小均为B=0.5 T,线框ABCD以初速度v0=4 m/s垂直磁场方向进入磁场区域。求:
(1)线框刚进入磁场区域时,A、B两端电势差UAB;
(2)若在外力F作用下,线框以恒定速度v0平行x轴方向在磁场中运动,通过计算作出线框在磁场中运动过程中,外力F随位移x变化的图像,并标明图线关键位置的坐标值(以x轴正方向为安培力的正方向);
(3)若没有外力作用,线框以速度v0平行x轴方向进入磁场,线框在磁场中前进的距离x;
(4)若线框的初速度v0方向与x正方向夹角为θ(0<θ<90°),线框运动过程中产生的焦耳热Q。
解析:(1)刚进入磁场时,切割磁感线产生的感应电流方向从A指向B,感应电动势大小为E=Blv0=0.4 V,
路端电压UAB=-E=-0.3 V。
(2)刚进入磁场时,感应电流大小为I==4 A,
安培力F1=BIl=0.4 N,
边缘AB进入第二个磁场时,产生的电动势为2E,此时安培力为F2=2×B×(2I)l=1.6 N,
线框做匀速直线运动,故外力与安培力等大反向,外力方向指向x轴正方向,大小如图所示。
(3)没有外力作用时,只受到安培力,刚运动0.2 m时,由动量定理有-×t=m(v1-v0),其中t=x,解得v1=2 m/s,
设再向前运动x1速度减为0,由动量定理有-x1=0-mv1,解得x1=0.05 m,
所以线框在磁场中共前进了0.25 m。
(4)由动能转化为热量,即Q=mcos 2θ=0.08cos2θ J。
答案:(1)-0.3 V　(2)见解析图　(3)0.25 m (4)0.08cos 2θ J
B级·高考过关练
4.(2025·台州二模)如图所示,接有恒流源的光滑水平导轨放在地面上,处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中,取cd中点为坐标原点O,以水平向右为正方向建立x轴,导轨关于x轴对称且关于cd也对称。a、b的间距为2L,横坐标为x=-xa,c、d处是光滑绝缘件,间距为L。导轨上的金属棒与x轴垂直且关于x轴对称,在安培力作用下从x=-xa位置由静止开始向右运动。已知金属棒的质量为m,长度为3L,电阻为R,恒流源甲、乙能自动调节其输出电压确保回路电流恒定,分别为I、3I。金属棒与导轨接触良好,不计导轨电阻和空气阻力。
(1)金属棒运动至x=-0.6xa过程中,求安培力做的功;
(2)金属棒运动至x=-0.6xa时,求恒流源甲的输出电压;
(3)金属棒运动至x=-0.6xa、x=0的时间分别为t1、t2,求;
(4)求金属棒速度为0时的坐标x。
解析:(1)金属棒运动至x=-0.6xa过程中,安培力做的功为W=·0.4xa=BILxa。
(2)金属棒运动至x=-0.6xa过程中,有W=mv2,根据闭合电路欧姆定律可得U-1.6BLv=I·R,
解得恒流源甲的输出电压为U=IR+BL。
(3)金属棒在左侧导轨做简谐运动的等效平衡位置为x=xa
根据题意可得t1=·,t2=·,
所以=。
(4)金属棒在右侧导轨做简谐运动的等效平衡位置为x=-xa
根据能量守恒定律可得k′+mv′2=k′A′2,·xa=mv′2,k′=,
解得A′=xa
所以金属棒速度为0时的坐标为x=A′-xa=(-1)xa。
答案:(1)BILxa　(2)IR+BL (3)　(4)(-1)xa(共26张PPT)
微专题21
电磁感应中的新情境问题与
多磁场区域问题
考点一
电磁感应中的新情境问题
命题视角1　改变导轨形状样式,注意计算切割磁感线的有效长度
【典例1】 (困难)(2025·Z20名校联盟联考)如图所示,水平面上固定一光滑金属导轨ABCDE,AB、DE电阻不计,BC、CD单位长度电阻λ=1 Ω/m,BC与CD长度相等,以O为原点水平向右建立x坐标轴,恰好过C,导轨关于x轴对称,已知x1=3.6 m,x2=
4.4 m,θ=37°,导轨处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中,磁感应强度B=1 T。现有一略长于导轨间距的直导体棒FG以初速度v0=2 m/s从原点O出发水平向右运动,已知直导体棒FG质量m=0.72 kg,单位长度电阻λ=1 Ω/m。
(1)求初始时刻直导体棒上产生的电动势;
答案:(1)2.4 V
解析:(1)由几何知识得,直导体棒长度为L=2(x2-x1)tan θ=1.2 m
初始时刻直导体棒产生的电动势为E=BLv0=2.4 V。
(2)求直导体棒FG停止运动瞬间的位置x3;
(3)若给直导体棒施加外力使其能始终以v0从原点运动至x2,求在此运动过程中直导体棒上产生的焦耳热。
答案:(3)1.35 J
命题视角2　设置磁场随空间或时间发生变化情境,关注感应电流变化特点
【典例2】 (中等)(2025·温州二模)如图1所示,在光滑绝缘的水平面内建立xOy坐标系,空间中0(1)0～t0内线框中电流I的大小及方向;
答案:(1)4 A,顺时针
(2)线框在磁场中匀速运动的速度大小v;
答案:(2)0.5 m/s
(3)线框在匀速运动过程中,ab两端的电势差Uab随ab边的x坐标变化的关系式;
答案:(3)Uab=-x+0.25(V)(3L≤x<5L)
(4)线框在穿出磁场的过程中产生的焦耳热Q。
答案:(4)72 J
命题视角3　运动模型变式,侧重简谐运动的分析
【典例3】 (中等)如图所示,两条平行的光滑金属导轨倾斜地放在水平面上,倾角为θ=30°,两导轨间的距离为d=0.5 m,斜面所在区域有垂直于斜面向上的磁场,以M点等高处O为起点,平行斜面向下建立一维直线坐标系,坐标原点为O,磁感应强度沿x轴方向均匀变化,满足B=k0x(k0=0.8 T/m)。金属棒质量m=0.1 kg、电阻R=0.2 Ω,开始静止于MN处。金属导轨上端外接恒流源,恒流源可为电路提供恒定电流I=1 A,电流方向如图所示。t=0时刻静止释放金属棒,不计导轨电阻,重力加速度g取10 m/s2。
(1)判断安培力的方向,写出安培力与x的关系式;
答案:(1)沿导轨向上　FA=0.4x (N)
解析:(1)由左手定则可知,安培力的方向沿导轨向上,安培力与x的关系式为
FA=BIl=k0xId=0.4x (N)。
(2)求金属棒下滑的最大距离s;
答案:(2)2.5 m
(3)通过计算证明金属棒做简谐运动,并指出简谐运动的平衡位置;
答案:(4)1.57 C
考点二
电磁感应中的多磁场区域问题
命题视角　掌握多磁场区域电磁感应规律,分阶段解决相关问题
电磁感应中多磁场区域问题的解题思维链
【典例4】 (中等)(2025·稽阳联谊学校模拟)倾角为θ=37°、间距为L=0.5 m的固定金属导轨下端接R=0.4 Ω的电阻,导轨平面有三个区域,如图所示,图中虚线为区域边界。区域Ⅰ宽度为x1=1 m,无磁场。区域Ⅱ宽度为x2=2 m,有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度为B1=1 T。区域Ⅲ宽度为x3=1 m,有垂直斜面向下的匀强磁场,磁感应强度为B2=0.4 T。质量为m=0.5 kg、电阻为r=0.1 Ω且长度也为L=0.5 m的导体棒ab垂直导轨放置,从区域Ⅰ下边界开始在电动机牵引作用下由静止开始加速,进入区域Ⅱ时,速度为v=4 m/s,且恰好能匀速通过区域Ⅱ。
当导体棒刚进入区域Ⅲ时关闭电动机,导体棒恰好能到达区域Ⅲ的上端。已知导体棒与区域Ⅰ导轨间的动摩擦因数为μ=0.5,其他区域导轨光滑。导体棒在区域Ⅰ、Ⅱ时,电动机功率保持不变,导体棒与导轨始终垂直且接触良好,不计导轨电阻,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)导体棒在区域Ⅱ运动时两端的电压Uab;
答案:(1)-1.6 V
(2)电动机的功率P;
答案:(2)20 W
(3)全过程所用时间t;
答案:(3)1.59 s
(4)全过程中电阻R产生的焦耳热QR。
答案:(4)4 J
感谢观看微专题21　电磁感应中的新情境问题与多磁场区域问题
考点一　电磁感应中的新情境问题
命题视角1　改变导轨形状样式,注意计算切割磁感线的有效长度
【典例1】 (困难)(2025·Z20名校联盟联考)如图所示,水平面上固定一光滑金属导轨ABCDE,AB、DE电阻不计,BC、CD单位长度电阻λ=1 Ω/m,BC与CD长度相等,以O为原点水平向右建立x坐标轴,恰好过C,导轨关于x轴对称,已知x1=3.6 m,x2=4.4 m,θ=37°,导轨处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中,磁感应强度B=1 T。现有一略长于导轨间距的直导体棒FG以初速度v0=2 m/s从原点O出发水平向右运动,已知直导体棒FG质量m=0.72 kg,单位长度电阻λ=1 Ω/m。
(1)求初始时刻直导体棒上产生的电动势;
(2)求直导体棒FG停止运动瞬间的位置x3;
(3)若给直导体棒施加外力使其能始终以v0从原点运动至x2,求在此运动过程中直导体棒上产生的焦耳热。
解析:(1)由几何知识得,直导体棒长度为L=2(x2-x1)tan θ=1.2 m
初始时刻直导体棒产生的电动势为E=BLv0=2.4 V。
(2)假设直导体棒最终停在0～x1区域,由动量定理有-BLΔt=0-mv0
且q=Δt=
回路中总电阻为R=Lλ+λ=3.2 Ω
联立解得 x3=Δx=3.2 m
由于x3(3)直导体棒从0到x1过程中,有F1=BIL==0.9 N,则W1=F1x1=3.24 J
直导体棒从x1到x2过程,设坐标为x时,直导体棒切割磁感线的有效长度为Lx,由三角形相似得=
可得 Lx=(6.6-1.5x)m
回路中总电阻为R′=(+Lx)λ=Lx(Ω)
直导体棒受到的安培力为F2=BILx==(6.6-1.5x)N
可知安培力F2与x呈线性关系,
则直导体棒从x1到x2过程中,安培力做功为W2=×(4.4-3.6)J=0.36 J
全过程中有 Q=W1+W2=3.6 J
直导体棒上产生的焦耳热为Q1=Q=Q=1.35 J。
答案:(1)2.4 V　(2)见解析　(3)1.35 J
命题视角2　设置磁场随空间或时间发生变化情境,关注感应电流变化特点
【典例2】 (中等)(2025·温州二模)如图1所示,在光滑绝缘的水平面内建立xOy坐标系,空间中0(1)0～t0内线框中电流I的大小及方向;
(2)线框在磁场中匀速运动的速度大小v;
(3)线框在匀速运动过程中,ab两端的电势差Uab随ab边的x坐标变化的关系式;
(4)线框在穿出磁场的过程中产生的焦耳热Q。
解析:(1)0～t0内线框的感应电动势E1=
磁通变化量大小ΔΦ=2k0·L2-k0·L2=k0
根据闭合电路欧姆定律有 I1=
解得I1=4 A,电流方向为顺时针。
(2)线框匀速运动时,感应电动势为E2=ΔB·Lv=k0L2v,
根据闭合电路欧姆定律有I2=
根据平衡条件有 F安=ΔB·I2L=F0
解得v=0.5 m/s。
(3)根据(2)解得I2=2 A
线框ab边产生的电动势E0=k0x·Lv
根据闭合电路欧姆定律有Uab=I2-E0
解得Uab=-x+0.25(V)(3L≤x<5L)。
(4)线框ab边越过磁场右边界后瞬间,电流发生突变,有 I3==8 A
线框穿出过程中,cd边的x坐标为4L≤x<5L,
安培力随位置均匀变化,则安培力做功W克安=·L ,Q=W克安
又由于=I3L=k0L·I3L
根据能量关系解得 Q=72 J。
答案:(1)4 A,顺时针　(2)0.5 m/s
(3)Uab=-x+0.25(V)(3L≤x<5L)
(4)72 J
命题视角3　运动模型变式,侧重简谐运动的分析
【典例3】 (中等)如图所示,两条平行的光滑金属导轨倾斜地放在水平面上,倾角为θ=30°,两导轨间的距离为d=0.5 m,斜面所在区域有垂直于斜面向上的磁场,以M点等高处O为起点,平行斜面向下建立一维直线坐标系,坐标原点为O,磁感应强度沿x轴方向均匀变化,满足B=k0x(k0=0.8 T/m)。金属棒质量m=0.1 kg、电阻R=0.2 Ω,开始静止于MN处。金属导轨上端外接恒流源,恒流源可为电路提供恒定电流I=1 A,电流方向如图所示。t=0时刻静止释放金属棒,不计导轨电阻,重力加速度g取10 m/s2。
(1)判断安培力的方向,写出安培力与x的关系式;
(2)求金属棒下滑的最大距离s;
(3)通过计算证明金属棒做简谐运动,并指出简谐运动的平衡位置;
(4)求金属棒从静止滑到底端的过程中,通过金属棒的电荷量q。(提示:简谐运动的周期公式T=2π,k为回复力比例系数)
解析:(1)由左手定则可知,安培力的方向沿导轨向上,安培力与x的关系式为
FA=BIl=k0xId=0.4x (N)。
(2)安培力随x均匀变化,安培力做功WA=-s,
根据动能定理得mgssin θ+WA=0,
解得s==2.5 m。
(3)当x=时,F合=mgsin θ-k0Id=0,
合力随位置变化的关系为F合=mgsin θ-k0xId=mgsin θ-k0(x+-)Id=-k0Id(x-)=-kx′,
即金属棒以x==1.25 m为平衡位置做简谐运动。
(4)金属棒滑到底端的时间t0==π=π= s,
通过金属棒的电荷量q=It0=1.57 C。
答案:(1)沿导轨向上　FA=0.4x (N)
(2)2.5 m　(3)见解析　(4)1.57 C
考点二　电磁感应中的多磁场区域问题
命题视角　掌握多磁场区域电磁感应规律,分阶段解决相关问题
电磁感应中多磁场区域问题的解题思维链
【典例4】 (中等)(2025·稽阳联谊学校模拟)倾角为θ=37°、间距为L=0.5 m的固定金属导轨下端接R=0.4 Ω的电阻,导轨平面有三个区域,如图所示,图中虚线为区域边界。区域Ⅰ宽度为x1=1 m,无磁场。区域Ⅱ宽度为x2=2 m,有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度为B1=1 T。区域Ⅲ宽度为x3=1 m,有垂直斜面向下的匀强磁场,磁感应强度为B2=0.4 T。质量为m=0.5 kg、电阻为r=0.1 Ω且长度也为L=0.5 m的导体棒ab垂直导轨放置,从区域Ⅰ下边界开始在电动机牵引作用下由静止开始加速,进入区域Ⅱ时,速度为v=4 m/s,且恰好能匀速通过区域Ⅱ。当导体棒刚进入区域Ⅲ时关闭电动机,导体棒恰好能到达区域Ⅲ的上端。已知导体棒与区域Ⅰ导轨间的动摩擦因数为μ=0.5,其他区域导轨光滑。导体棒在区域Ⅰ、Ⅱ时,电动机功率保持不变,导体棒与导轨始终垂直且接触良好,不计导轨电阻,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)导体棒在区域Ⅱ运动时两端的电压Uab;
(2)电动机的功率P;
(3)全过程所用时间t;
(4)全过程中电阻R产生的焦耳热QR。
解析:(1)感应电动势E=B1Lv=2 V
则Uab=-E=-1.6 V。
(2)导体棒在区域 Ⅱ 以速度v做匀速运动,则
P=(mgsin θ+)v=20 W。
(3)区域Ⅰ,电动机功率不变,由动能定理得
Pt1-mgsin θ·x1-μmgcos θ·x1=mv2
解得t1=0.45 s
区域Ⅱ,导体棒做匀速运动,则t2==0.5 s
区域Ⅲ,导体棒做减速运动,由动量定理得
-mgsin θ·t3-∑Δt=0-mv
其中∑vΔt=x3
解得t3=0.64 s
所以,全程所用时间为t=t1+t2+t3=1.59 s。
(4)对全程用能量守恒可得
P(t1+t2)=mg(x1+x2+x3)sin θ+μmgcos θ·x1+Q
解得Q=5 J
电阻R上产生的焦耳热为QR=Q=4 J。
答案:(1)-1.6 V
(2)20 W
(3)1.59 s
(4)4 J
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　改变导轨形状样式,注意计算切割磁感线的有效长度
1.(2025·金华三模)通电长直导线周围某点的磁感应强度可以用B=k来计算,其中I是电流的大小,r是点到导线的距离,k为比例系数。如图所示,表层绝缘的长直导线水平固定在倾角θ=30°的斜面上,导线中的恒定电流I0方向自左向右,不计电阻的金属导轨AO和BO沿斜面固定放置,它们的长度均为L,与水平长直导线的夹角为30°。长为L、质量为m、单位长度电阻为r0的导体棒MN,在外力作用下从O点由静止开始沿斜面向下运动,运动过程中MN始终与长直导线平行,MN中出现的电流大小始终为I,且下滑过程中除安培力外,仅受到与安培力比值为β的综合阻力。取重力加速度为g,不考虑地磁场的影响,解答下列问题:
(1)判断运动过程(未脱离导轨)中导体棒MN中电流的方向;
(2)研究导体棒运动的距离为x(x<0.25L)的过程:
①求此时导体棒的速度大小v;
②求运动到x位置时候的加速度大小a;
(3)研究从开始运动到导体棒脱离导轨过程:
①求该过程中产生的焦耳热Q;
②求外力所做的功W。
解析:(1)由安培定则可以判断导体棒MN处的磁场方向为垂直于斜面向下,再由右手定则可以判断电流方向应为M指向N。
(2)①根据题意当导体棒运动距离为x时回路中的总电阻为R=r0×2x,再由电路电压关系有k·2x·v=I·r0·2x,解得v=。
②导体棒运动到x位置时加速度大小a==·=v=()2x。
(3)①导体棒运动到L位置时导体棒脱离导轨,此时导体棒的速度v′=·L,
安培力F安=BIL=k·I·2x=2kI0I,
可见安培力为恒力,
所以该过程中产生的焦耳热即为克服安培力所做的功,即Q=F安·L=kI0IL。
②阻力做的功为Wf=-βQ=-βkI0IL,
对导体棒开始运动到脱离导轨全程,根据动能定理有W-Q+Wf+mgsin 30°·L=mv2-0,
解得W=(1+β)kI0IL-mgL+m()2。
答案:(1)从M到N　(2)①　②()2x
(3)①kI0IL
②(1+β)kI0IL-mgL+m（）2
命题视角2　运动模型变式,侧重简谐运动的分析
2.两条间距为d=0.1 m 的足够长平行金属导轨水平放置,在两导轨间存在着垂直导轨平面向下的有界磁场,磁感应强度沿坐标轴Ox分区分布,在x>0区域B=3x(T),在-2 m≤x≤0区域B=
1.5 T,如图所示。金属棒ab与导轨垂直静止在x=1.5 m处,长为d=0.1 m,质量m=50 g,电阻R1=0.3 Ω,左端的定值电阻R2=0.6 Ω。处在-2 m≤x≤0区域的导轨是光滑的,导轨其余部分与ab棒间的动摩擦因数均为μ=0.2。在导轨的右侧接有一个带有控制开关的“恒流源”,可提供I=
1 A的恒定电流,现闭合开关K,发现ab棒沿轨道向左运动,g取10 m/s2。求:
(1)闭合开关瞬间ab棒中的电流方向和ab棒的加速度大小。
(2)若ab棒运动到x=0时立即断开开关K,问ab棒最后静止在何处(用x轴坐标表示)。
(3)求出上述整个过程中R2产生的焦耳热。(备选信息:弹簧振子的周期公式T=2π,其中m为振子质量,k为弹簧的劲度系数)
解析:(1)电流方向b→a,Iab=I=A,
对ab棒有BIabd-μmg=ma,此时B=3x(T)=4.5 T,解得a=4 m/s2。
(2)对ab棒从开始到x=0过程有WF+Wf=m,
其中WF=x,Wf=-μmgx,此时x=1.5 m,解得v0= m/s,设ab棒穿过左侧匀强磁场后的速度为v1,由动量定理得-x1=mv1-mv0,
解得v1=(-1) m/s,
又x2==(1-)m,
ab棒最后停在位置x=-(3-) m。
(3)ab棒以x=0.5 m处为平衡位置做简谐运动,
T=π s,t= s+ s= s,
流过R2的电流I2=I,整个过程中电阻R2上产生的焦耳热为Q=R2t+(m-m),
代入数据得Q=(+) J。
答案:(1)b→a　4 m/s2　(2)x=-(3-) m
(3)(+) J
命题视角3　磁场分布变化、多磁场区域问题,侧重多过程分析
3.(2025·桐乡模拟)如图所示,光滑水平绝缘桌面上放置一正方形线框ABCD,线框边长l=0.2 m,总电阻R=0.1 Ω,质量m=0.01 kg。y轴右侧存在方向交替变化的磁场,磁场宽度均为l=0.2 m,磁感应强度大小均为B=0.5 T,线框ABCD以初速度v0=4 m/s垂直磁场方向进入磁场区域。求:
(1)线框刚进入磁场区域时,A、B两端电势差UAB;
(2)若在外力F作用下,线框以恒定速度v0平行x轴方向在磁场中运动,通过计算作出线框在磁场中运动过程中,外力F随位移x变化的图像,并标明图线关键位置的坐标值(以x轴正方向为安培力的正方向);
(3)若没有外力作用,线框以速度v0平行x轴方向进入磁场,线框在磁场中前进的距离x;
(4)若线框的初速度v0方向与x正方向夹角为θ(0<θ<90°),线框运动过程中产生的焦耳热Q。
解析:(1)刚进入磁场时,切割磁感线产生的感应电流方向从A指向B,感应电动势大小为E=Blv0=0.4 V,
路端电压UAB=-E=-0.3 V。
(2)刚进入磁场时,感应电流大小为I==4 A,
安培力F1=BIl=0.4 N,
边缘AB进入第二个磁场时,产生的电动势为2E,此时安培力为F2=2×B×(2I)l=1.6 N,
线框做匀速直线运动,故外力与安培力等大反向,外力方向指向x轴正方向,大小如图所示。
(3)没有外力作用时,只受到安培力,刚运动0.2 m时,由动量定理有-×t=m(v1-v0),其中t=x,解得v1=2 m/s,
设再向前运动x1速度减为0,由动量定理有-x1=0-mv1,解得x1=0.05 m,
所以线框在磁场中共前进了0.25 m。
(4)由动能转化为热量,即Q=mcos 2θ=0.08cos2θ J。
答案:(1)-0.3 V　(2)见解析图　(3)0.25 m (4)0.08cos 2θ J
B级·高考过关练
4.(2025·台州二模)如图所示,接有恒流源的光滑水平导轨放在地面上,处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中,取cd中点为坐标原点O,以水平向右为正方向建立x轴,导轨关于x轴对称且关于cd也对称。a、b的间距为2L,横坐标为x=-xa,c、d处是光滑绝缘件,间距为L。导轨上的金属棒与x轴垂直且关于x轴对称,在安培力作用下从x=-xa位置由静止开始向右运动。已知金属棒的质量为m,长度为3L,电阻为R,恒流源甲、乙能自动调节其输出电压确保回路电流恒定,分别为I、3I。金属棒与导轨接触良好,不计导轨电阻和空气阻力。
(1)金属棒运动至x=-0.6xa过程中,求安培力做的功;
(2)金属棒运动至x=-0.6xa时,求恒流源甲的输出电压;
(3)金属棒运动至x=-0.6xa、x=0的时间分别为t1、t2,求;
(4)求金属棒速度为0时的坐标x。
解析:(1)金属棒运动至x=-0.6xa过程中,安培力做的功为W=·0.4xa=BILxa。
(2)金属棒运动至x=-0.6xa过程中,有W=mv2,根据闭合电路欧姆定律可得U-1.6BLv=I·R,
解得恒流源甲的输出电压为U=IR+BL。
(3)金属棒在左侧导轨做简谐运动的等效平衡位置为x=xa
根据题意可得t1=·,t2=·,
所以=。
(4)金属棒在右侧导轨做简谐运动的等效平衡位置为x=-xa
根据能量守恒定律可得k′+mv′2=k′A′2,·xa=mv′2,k′=,
解得A′=xa
所以金属棒速度为0时的坐标为x=A′-xa=(-1)xa。
答案:(1)BILxa　(2)IR+BL (3)　(4)(-1)xa

展开更多......

收起↑