还剩14页未读，
继续阅读
考向21 电磁感应的力学和能量-备战2022年高考物理一轮复习考点微专题
展开
这是一份考向21 电磁感应的力学和能量-备战2022年高考物理一轮复习考点微专题，共17页。试卷主要包含了结合电路问题，动力学问题4，0 V，0 m/s，2×10－6 C，8 m等内容，欢迎下载使用。
考向20 电磁感应的力学和能量-备战2022年高考一轮复习考点微专题
解决目标及考点:
1. 图像问题 2.结合电路问题
3.动力学问题 4.结合动量、功能关系问题
【例题1】如图甲所示，在电阻R＝1Ω，面积S1＝0.3 m2的圆形线框中心区域存在匀强磁场，圆形磁场区面积S2＝0.2 m2。若取磁场方向垂直纸面向外为正方向，磁感应强度B随时间的变化规律可用图乙描述，则线框中的感应电流I(取顺时针方向为正方向)随时间t的变化图线是 ( )
【例题2】如图甲所示，有一倾斜放置、电阻不计且足够长的光滑平行金属导轨MN、EF，导轨平面与水平面的夹角为α＝37°，两平行导轨相距L＝1 m，上端连接一阻值为R＝3.0 Ω的电阻。一质量为m＝0.4 kg、电阻r＝1.0 Ω的匀质导体棒ab放在导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触。整个装置放在一磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，重力加速度取g＝10 m/s2。
(1)当在导体棒中通以方向由a到b、大小为I＝1 A的电流时，为使导体棒在导轨上保持静止，需在导体棒的中点施加一沿导轨平面向上的拉力F，F随时间t的变化关系如图乙所示。试计算当t＝2 s时，导体棒所处磁场的磁感应强度B的大小；
(2)6 s后撤去拉力F和导体棒中的电流I，导体棒将由静止开始下滑，当电阻R两端的电压刚好稳定时，测得此时导体棒沿导轨下滑了x＝2 m，试计算在该过程中电阻R上产生的热量Q。
考点: 图像问题
【例题3】（多选）有一变化的匀强磁场垂直于如图甲所示的线圈平面，若规定磁场垂直线圈平面向里为磁感应强度B的正方向，电流从a经R流向b为电流的正方向。现已知R中的感应电流I随时间t变化的图象如图乙所示，那么垂直穿过线圈平面的磁场可能是图中的( )
线圈产生的电动势、电流取决于Φ的变化率，变化率恒定，则E、I恒定，反之，E、I恒定的话，则变化率也恒定。变化率也化简成或者，面对图像问题，B-t图的斜率恒定即代表变化率恒定。线圈的电流方向则通过楞次定律来，线圈的磁场要“阻碍”外部磁场的变化（变化包括阻碍减小、阻碍增大）
【例题4】如图8所示，一个边长为L的正方形线框abcd无初速度地从高处释放，线框下落过程中，下边保持水平向下平动，在线框的下方，有一个上、下界面都水平的匀强磁场区，磁场区高度为2L，磁场方向与线框平面垂直，闭合线框下落后，刚好匀速进入磁场区，在整个进出磁场过程中，线框中的感应电流I随位移x变化的图象可能是下图中的( )
考点: 结合电路
【例题5】如图所示，间距L＝1 m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B＝1 T、方向垂直于纸面向里，导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度水平向左匀速运动。R1＝8 Ω，R2＝12 Ω，C＝6μF，导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计。开关S1、S2闭合，电路稳定后，求：
(1)通过R2的电流I的大小和方向；
(2)拉力F的大小；
(3)开关S1切断后通过R2的电荷量Q。
【例题6】如图所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距L＝0.4 m，导轨所在平面与水平面的夹角为30°，其电阻不计。把完全相同的两金属棒(长度均为0.4 m)ab、cd分别垂直于导轨放置，并使每棒两端都与导轨良好接触。已知两金属棒的质量均为m＝0.1 kg、电阻均为R＝0.2 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5 T，当金属棒ab在平行于导轨向上的力F作用下沿导轨向上匀速运动时，金属棒cd恰好能保持静止。(g＝10 m/s2)，则( )
A．F的大小为0.5 N
B．金属棒ab产生的感应电动势为1.0 V
C．ab棒两端的电压为1.0 V
D．ab棒的速度为5.0 m/s
【例题7】两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放。则( )
A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝
D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
考点: 电磁感应中的动力学问题
【例题8】如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上.t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值.
动态分析的基本思路
解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件.具体思路如下：
【例题9】如图所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L＝1.0 m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m＝0.1 kg，空间存在磁感应强度B＝0.5 T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R＝3.0 Ω，金属杆的电阻r＝1.0 Ω，其余部分电阻不计。某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v－t图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数μ＝0.5。在金属杆P运动的过程中，第一个2 s内通过金属杆P的电荷量与第二个2 s内通过P的电荷量之比为3∶5。g取10 m/s2。求：
(1)水平恒力F的大小；
(2)前4 s内电阻R上产生的热量。
【例题10】如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面.质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置.在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力.
(1)求ab开始运动时的加速度a的大小；
(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况.
考点: 电磁感应中的动量和能量的应用
【例题11】如图1所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，其宽度均为d，Ⅰ和Ⅱ之间相距为h且无磁场.一长度为L、质量为m、电阻为r的导体棒，两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好的接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，重力加速度为g.求：
(1)导体棒进入区域Ⅰ的瞬间，通过电阻R的电流大小与方向.
(2)导体棒通过区域Ⅰ的过程，电阻R上产生的热量Q.
(3)求导体棒穿过区域Ⅰ所用的时间.
电磁感应中一般会有Qq问题。
Q指的是热量。导体产生电热可以通过两个方式：1、焦耳定律Q=I2Rt；2、能量守恒定律
q指的是电量。q=t，是平均电流，=。
【例题12】足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1 kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1 Ω，轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示，若使b棒以初速度v0＝10 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：
(1)c棒的最大速度；
(2)c棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；
(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小.
【例题13】如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计.质量分别为m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直.图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场.质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞.重力加速度为g.求：
(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；
(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热.
【例题14】如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切.质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为是零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点.已知A、B两球始终没有接触.重力加速度为g.求：
(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；
(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；
(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小.
1.如图1所示，两根彼此平行放置的光滑金属导轨，其水平部分足够长且处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B.现将质量为m1的导体棒ab放置于导轨的水平段，将质量为m2的导体棒cd从导轨的圆弧部分距水平段高为h的位置由静止释放.已知导体棒ab和cd接入电路的有效电阻分别为R1和R2，其他部分电阻不计，整个过程中两导体棒与导轨接触良好且未发生碰撞，重力加速度为g.求：
图1
(1)导体棒ab、cd最终速度的大小；
(2)导体棒ab所产生的热量.
2.如图所示，“┙”型绝缘滑板(平面部分足够长)，质量为4m，距滑板的A壁为L1的B处放有一质量为m、电荷量为＋q的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为E、水平向右的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求：
(1)释放小物体，第一次与滑板A壁碰前小物体的速度v1为多大？
(2)若小物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的，碰撞时间极短，则碰撞后滑板速度为多大？(均指对地速度)
(3)若滑板足够长，小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？
3.如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r＝0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离d＝0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计.有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，电阻分别为R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω.现让ab棒以v0＝10 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；
(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；
(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W.
1．
【例题1】【答案】 C
【例题2】【解析】(1)根据左手定则判断出导体棒ab所受的安培力沿导轨平面向上，设此时磁场的磁感应强度大小为B1，则由力的平衡条件可得F＋B1IL＝mgsin α
由图乙可以得出，当t＝2 s时，F＝1.4 N 代入数据可得：B1＝1.0 T
(2)由题图乙可知，t＝4 s后，拉力不再发生变化，设此后的磁感应强度大小为B2，有F′＋B2IL＝mgsin α
由题图乙可得F′＝0.4 N，代入上式可得B2＝2.0 T
当电阻R两端的电压刚好稳定时，设导体棒中的感应电流为I′，
由力的平衡条件可得： mgsin α＝B2I′L
代入数据可解得I′＝1.2 A
由电磁感应规律可得I′＝ 可解得vm＝2.4 m/s
设电路中产生的总热量为Q总，则由能量守恒定律可得
mgxsin α＝mv＋Q总
代入数据可得Q总＝3.648 J
所以在该过程中电阻R上产生的热量Q＝Q总＝2.736 J。
【例题3】【解析】当磁感应强度垂直线圈平面向里均匀减小时，由楞次定律可判断感应电流产生的磁场也垂直线圈平面向里，再由安培定则和法拉第电磁感应定律可判断感应电流的大小恒定且从a经R流向b；当磁感应强度垂直线圈平面向里均匀增大时，由楞次定律可判断感应电流产生的磁场垂直线圈平面向外，再由安培定则和法拉第电磁感应定律可判断感应电流的大小恒定且从b经R流向a，选项A、B正确。
【答案】AB
【例题4】【解析】框刚进入磁场时，，下边始终匀速切割磁感线，通过线框的感应电流的大小恒定为I0，方向不变，线框完全进入磁场后，安培力立即消失，线框仅在重力的作用下做匀加速运动，当线框下边刚出磁场时，线框的速度大于进入磁场时的速度，故电流大于I0，选项A、C错误；线框所受安培力大于重力，线框做减速运动，感应电流及安培力都减小，所以线框的加速度也减小，当加速度减小到0时，电流为I0，选项B、D中在x＝2L和x＝3L之间的曲线，分别对应着上边刚要出磁场时，线框的速度已减小到进入磁场时的速度和未减小到该速度两种情况，因此B、D正确。
【答案】 BD
【例题5】【解析】(1)开关S1、S2闭合后，根据右手定则知棒中的感应电流方向是由M→N，所以通过R2的电流方向是由b→a MN中产生的感应电动势的大小E＝BLv
流过R2的电流I＝，代入数据解得I＝0.1 A
(2)棒受力平衡有F＝F安，F安＝BIL
代入数据解得F＝0.1 N
(3)开关S1、S2闭合，电路稳定后，电容器所带电荷量Q1＝CIR2
S1切断后，流过R2的电荷量Q等于电容器所带电荷量的减少量，即Q＝Q1－0
代入数据解得Q＝7.2×10－6 C
【例题6】【解析】对于cd棒有mgsin θ＝BIL，解得回路中的电流I＝2.5 A，所以回路中的感应电动势E＝2IR＝1.0 V，B正确；Uab＝IR＝0.5 V，C错误；对于ab棒有F＝BIL＋mgsin θ，解得F＝1.0 N，A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，解得v＝5.0 m/s，D正确。
【答案】BD
【例题7】【解析】金属棒刚释放时，弹簧处于原长，弹力为零，又因此时速度为零，没有感应电流，金属棒不受安培力作用，只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，选项A正确；金属棒向下运动时，由右手定则可知，流过电阻R的电流方向为b→a，选项B错误；金属棒速度为v时，安培力大小为F＝BIL，又I＝，解得F＝，选项C正确；金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能(速度不为零时)以及电阻R上产生的热量，选项D错误。
【答案】 AC
【例题8】【解析】
(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0 ②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝Blv③
联立①②③式可得E＝Blt0(－μg) ④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I＝ ⑤
式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为F安＝BlI ⑥
因金属杆做匀速运动，有F－μmg－F安＝0 ⑦联立④⑤⑥⑦式得R＝.
【例题9】【解析】(1)由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2 s后做匀速直线运动
当t＝2 s时，v＝4 m/s，此时感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
安培力F′＝BIL＝
根据牛顿运动定律有F－F′－μmg＝0
解得F＝0.75 N。
(2)通过金属杆P的电荷量q＝t ＝·t
其中＝＝
所以q＝∝x(x为P的位移)
设第一个2 s内金属杆P的位移为x1，第二个2 s内P的位移为x2
则ΔΦ1＝BLx1，ΔΦ2＝BLx2＝BLvt
又由于q1∶q2＝3∶5
联立解得x2＝8 m，x1＝4.8 m
前4 s内由能量守恒定律得
F(x1＋x2)＝mv2＋μmg(x1＋x2)＋Qr＋QR
其中Qr∶QR＝r∶R＝1∶3
解得QR＝1.8 J。
【例题10】【解析】(1)利用楞次定律，对初始状态的ab受力分析得：
mgsin θ＋BIL＝ma ①
对回路分析I＝＝ ②
联立①②得a＝gsin θ＋
(2)上滑过程：
由第(1)问中的分析可知，上滑过程加速度大小表达式为：
a上＝gsin θ＋ ③
上滑过程，a、v反向，做减速运动.利用③式，v减小则a减小，可知，杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动.
下滑过程：
由牛顿第二定律，对ab受力分析得：
mgsin θ－＝ma下 ④
a下＝gsin θ－ ⑤
因a下与v同向，ab做加速运动.
由⑤得v增加，a下减小，杆下滑时做加速度逐渐减小的加速运动.
【例题11】【答案】 (1)，方向向左 (2)mg(h＋d) (3)＋ －
【解析】 (1)设导体棒进入区域Ⅰ瞬间的速度大小为v1，
根据动能定理：mgH＝mv12 ①
由法拉第电磁感应定律：E＝BLv1 ②
由闭合电路的欧姆定律：I＝ ③
由①②③得：I＝
由右手定则知导体棒中电流方向向右，则通过电阻R的电流方向向左.
(2)由题意知，导体棒进入区域Ⅱ的速度大小也为v1，
由能量守恒，得：Q总＝mg(h＋d)
电阻R上产生的热量Q＝mg(h＋d)
(3)设导体棒穿出区域Ⅰ瞬间的速度大小为v2，从穿出区域Ⅰ到进入区域Ⅱ，v12－v22＝2gh，得：v2＝
设导体棒进入区域Ⅰ所用的时间为t，根据动量定理：
设向下为正方向：mgt－BLt＝mv2－mv1
此过程通过整个回路的电荷量为：q＝t＝
得：t＝＋－
【例题12】【解析】 (1)在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度.选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v
解得c棒的最大速度为：v＝v0＝v0＝5 m/s
(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为：Q＝mbv02－(mb＋mc)v2＝2.5 J
因为Rb＝Rc，所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc＝＝1.25 J
(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：
mcv2－mcv′2＝mcg·2R
解得v′＝3 m/s
在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcg＋F＝mc
解得F＝1.25 N
由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N，方向竖直向上.
【例题13】【解析】(1)设a棒滑到水平导轨时，速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒mv02＝mgh
a棒与b棒发生弹性碰撞
由动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2
由机械能守恒定律：mv02＝mv12＋mv22
解出v1＝0，v2＝v0＝
(2)b棒刚进磁场时的加速度最大.
b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒.
由动量守恒定律：mv2＝mv2′＋v3′
设b棒进入磁场后任一时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势E＝BL(vb－vc)，由闭合电路欧姆定律得I＝，由安培力公式得F＝BIL＝ma，联立得a＝.
故当b棒加速度为最大值的一半时有v2＝2(v2′－v3′)
联立得v2′＝v2＝
(3)最终b、c以相同的速度匀速运动.
由动量守恒定律：mv2＝(m＋)v
由能量守恒定律：mv22＝(m＋)v2＋Q
解出Q＝mgh
【例题14】【解析】 (1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得：2mgh＝×2mv02
解得：v0＝
(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，以A球刚进入水平轨道的速度方向为正方向，当两球相距最近时共速：2mv0＝(2m＋m)v，解得：v＝v0＝
据能量守恒定律：2mgh＝(2m＋m)v2＋Ep，
解得：Ep＝mgh
(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定.以A球刚进入水平轨道的速度方向为正方向，
2mv0＝2mvA＋mvB，
×2mv02＝×2mvA2＋mvB2
得：vA＝v0＝，vB＝v0＝.
1.【解析】 (1)设导体棒cd沿光滑圆弧轨道下滑至水平面时的速度为v0，由机械能守恒定律m2gh＝m2v02，解得v0＝，随后，导体棒cd切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，导体棒cd、ab受到安培力的作用，其中导体棒cd所受的安培力为阻力，而导体棒ab所受的安培力为动力，但系统所受的安培力为零；当导体棒cd与导体棒ab速度相等时，回路的感应电动势为零，回路中无感应电流，此后导体棒cd与导体棒ab以相同的速度匀速运动，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：m2v0＝(m1＋m2)v，解得两棒最终速度为v＝
(2)由能量守恒定律可得系统产生的热量为Q＝ΔE＝m2v02－(m1＋m2)v2＝gh
由焦耳定律可得，导体棒ab、cd所产生的热量之比是：＝
解得Q1＝··gh
2.【解析】 (1)对物体，根据动能定理，有qEL1＝mv12，得v1＝
(2)物体与滑板碰撞前后动量守恒，设物体第一次与滑板碰后的速度为v1′，滑板的速度为v，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得
mv1＝mv1′＋4mv
若v1′＝v1，则v＝v1，因为v1′＞v，不符合实际，
故应取v1′＝－v1，则v＝v1＝ .
(3)在物体第一次与A壁碰后到第二次与A壁碰前，物体做匀变速运动，滑板做匀速运动，在这段时间内，两者相对于水平面的位移相同.
所以(v2＋v1′)t＝vt，即v2＝v1＝ .
对整个过程运用动能定理得：
电场力做功W＝mv12＋(mv22－mv1′2)＝qEL1.
3.【解析】 (1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有
E＝Bdv0； I＝； BId＝m2a0
解得：a0＝30 m/s2
(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，系统动量定恒，有
m1v0＝m1v1＋m2v2
m2v22＝m2g·2r＋m2vP2
m2g＝m2
解得：v1＝7.5 m/s
(3)由动能定理得m1v12－m1v02＝－W
解得：W＝4.375 J.
1.【解析】
考向20 电磁感应的力学和能量-备战2022年高考一轮复习考点微专题
解决目标及考点:
1. 图像问题 2.结合电路问题
3.动力学问题 4.结合动量、功能关系问题
【例题1】如图甲所示，在电阻R＝1Ω，面积S1＝0.3 m2的圆形线框中心区域存在匀强磁场，圆形磁场区面积S2＝0.2 m2。若取磁场方向垂直纸面向外为正方向，磁感应强度B随时间的变化规律可用图乙描述，则线框中的感应电流I(取顺时针方向为正方向)随时间t的变化图线是 ( )
【例题2】如图甲所示，有一倾斜放置、电阻不计且足够长的光滑平行金属导轨MN、EF，导轨平面与水平面的夹角为α＝37°，两平行导轨相距L＝1 m，上端连接一阻值为R＝3.0 Ω的电阻。一质量为m＝0.4 kg、电阻r＝1.0 Ω的匀质导体棒ab放在导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触。整个装置放在一磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，重力加速度取g＝10 m/s2。
(1)当在导体棒中通以方向由a到b、大小为I＝1 A的电流时，为使导体棒在导轨上保持静止，需在导体棒的中点施加一沿导轨平面向上的拉力F，F随时间t的变化关系如图乙所示。试计算当t＝2 s时，导体棒所处磁场的磁感应强度B的大小；
(2)6 s后撤去拉力F和导体棒中的电流I，导体棒将由静止开始下滑，当电阻R两端的电压刚好稳定时，测得此时导体棒沿导轨下滑了x＝2 m，试计算在该过程中电阻R上产生的热量Q。
考点: 图像问题
【例题3】（多选）有一变化的匀强磁场垂直于如图甲所示的线圈平面，若规定磁场垂直线圈平面向里为磁感应强度B的正方向，电流从a经R流向b为电流的正方向。现已知R中的感应电流I随时间t变化的图象如图乙所示，那么垂直穿过线圈平面的磁场可能是图中的( )
线圈产生的电动势、电流取决于Φ的变化率，变化率恒定，则E、I恒定，反之，E、I恒定的话，则变化率也恒定。变化率也化简成或者，面对图像问题，B-t图的斜率恒定即代表变化率恒定。线圈的电流方向则通过楞次定律来，线圈的磁场要“阻碍”外部磁场的变化（变化包括阻碍减小、阻碍增大）
【例题4】如图8所示，一个边长为L的正方形线框abcd无初速度地从高处释放，线框下落过程中，下边保持水平向下平动，在线框的下方，有一个上、下界面都水平的匀强磁场区，磁场区高度为2L，磁场方向与线框平面垂直，闭合线框下落后，刚好匀速进入磁场区，在整个进出磁场过程中，线框中的感应电流I随位移x变化的图象可能是下图中的( )
考点: 结合电路
【例题5】如图所示，间距L＝1 m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B＝1 T、方向垂直于纸面向里，导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度水平向左匀速运动。R1＝8 Ω，R2＝12 Ω，C＝6μF，导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计。开关S1、S2闭合，电路稳定后，求：
(1)通过R2的电流I的大小和方向；
(2)拉力F的大小；
(3)开关S1切断后通过R2的电荷量Q。
【例题6】如图所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距L＝0.4 m，导轨所在平面与水平面的夹角为30°，其电阻不计。把完全相同的两金属棒(长度均为0.4 m)ab、cd分别垂直于导轨放置，并使每棒两端都与导轨良好接触。已知两金属棒的质量均为m＝0.1 kg、电阻均为R＝0.2 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5 T，当金属棒ab在平行于导轨向上的力F作用下沿导轨向上匀速运动时，金属棒cd恰好能保持静止。(g＝10 m/s2)，则( )
A．F的大小为0.5 N
B．金属棒ab产生的感应电动势为1.0 V
C．ab棒两端的电压为1.0 V
D．ab棒的速度为5.0 m/s
【例题7】两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放。则( )
A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝
D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
考点: 电磁感应中的动力学问题
【例题8】如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上.t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值.
动态分析的基本思路
解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件.具体思路如下：
【例题9】如图所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L＝1.0 m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m＝0.1 kg，空间存在磁感应强度B＝0.5 T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R＝3.0 Ω，金属杆的电阻r＝1.0 Ω，其余部分电阻不计。某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v－t图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数μ＝0.5。在金属杆P运动的过程中，第一个2 s内通过金属杆P的电荷量与第二个2 s内通过P的电荷量之比为3∶5。g取10 m/s2。求：
(1)水平恒力F的大小；
(2)前4 s内电阻R上产生的热量。
【例题10】如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面.质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置.在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力.
(1)求ab开始运动时的加速度a的大小；
(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况.
考点: 电磁感应中的动量和能量的应用
【例题11】如图1所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，其宽度均为d，Ⅰ和Ⅱ之间相距为h且无磁场.一长度为L、质量为m、电阻为r的导体棒，两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好的接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，重力加速度为g.求：
(1)导体棒进入区域Ⅰ的瞬间，通过电阻R的电流大小与方向.
(2)导体棒通过区域Ⅰ的过程，电阻R上产生的热量Q.
(3)求导体棒穿过区域Ⅰ所用的时间.
电磁感应中一般会有Qq问题。
Q指的是热量。导体产生电热可以通过两个方式：1、焦耳定律Q=I2Rt；2、能量守恒定律
q指的是电量。q=t，是平均电流，=。
【例题12】足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1 kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1 Ω，轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示，若使b棒以初速度v0＝10 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：
(1)c棒的最大速度；
(2)c棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；
(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小.
【例题13】如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计.质量分别为m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直.图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场.质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞.重力加速度为g.求：
(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；
(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热.
【例题14】如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切.质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为是零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点.已知A、B两球始终没有接触.重力加速度为g.求：
(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；
(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；
(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小.
1.如图1所示，两根彼此平行放置的光滑金属导轨，其水平部分足够长且处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B.现将质量为m1的导体棒ab放置于导轨的水平段，将质量为m2的导体棒cd从导轨的圆弧部分距水平段高为h的位置由静止释放.已知导体棒ab和cd接入电路的有效电阻分别为R1和R2，其他部分电阻不计，整个过程中两导体棒与导轨接触良好且未发生碰撞，重力加速度为g.求：
图1
(1)导体棒ab、cd最终速度的大小；
(2)导体棒ab所产生的热量.
2.如图所示，“┙”型绝缘滑板(平面部分足够长)，质量为4m，距滑板的A壁为L1的B处放有一质量为m、电荷量为＋q的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为E、水平向右的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求：
(1)释放小物体，第一次与滑板A壁碰前小物体的速度v1为多大？
(2)若小物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的，碰撞时间极短，则碰撞后滑板速度为多大？(均指对地速度)
(3)若滑板足够长，小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？
3.如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r＝0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离d＝0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计.有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，电阻分别为R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω.现让ab棒以v0＝10 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；
(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；
(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W.
1．
【例题1】【答案】 C
【例题2】【解析】(1)根据左手定则判断出导体棒ab所受的安培力沿导轨平面向上，设此时磁场的磁感应强度大小为B1，则由力的平衡条件可得F＋B1IL＝mgsin α
由图乙可以得出，当t＝2 s时，F＝1.4 N 代入数据可得：B1＝1.0 T
(2)由题图乙可知，t＝4 s后，拉力不再发生变化，设此后的磁感应强度大小为B2，有F′＋B2IL＝mgsin α
由题图乙可得F′＝0.4 N，代入上式可得B2＝2.0 T
当电阻R两端的电压刚好稳定时，设导体棒中的感应电流为I′，
由力的平衡条件可得： mgsin α＝B2I′L
代入数据可解得I′＝1.2 A
由电磁感应规律可得I′＝ 可解得vm＝2.4 m/s
设电路中产生的总热量为Q总，则由能量守恒定律可得
mgxsin α＝mv＋Q总
代入数据可得Q总＝3.648 J
所以在该过程中电阻R上产生的热量Q＝Q总＝2.736 J。
【例题3】【解析】当磁感应强度垂直线圈平面向里均匀减小时，由楞次定律可判断感应电流产生的磁场也垂直线圈平面向里，再由安培定则和法拉第电磁感应定律可判断感应电流的大小恒定且从a经R流向b；当磁感应强度垂直线圈平面向里均匀增大时，由楞次定律可判断感应电流产生的磁场垂直线圈平面向外，再由安培定则和法拉第电磁感应定律可判断感应电流的大小恒定且从b经R流向a，选项A、B正确。
【答案】AB
【例题4】【解析】框刚进入磁场时，，下边始终匀速切割磁感线，通过线框的感应电流的大小恒定为I0，方向不变，线框完全进入磁场后，安培力立即消失，线框仅在重力的作用下做匀加速运动，当线框下边刚出磁场时，线框的速度大于进入磁场时的速度，故电流大于I0，选项A、C错误；线框所受安培力大于重力，线框做减速运动，感应电流及安培力都减小，所以线框的加速度也减小，当加速度减小到0时，电流为I0，选项B、D中在x＝2L和x＝3L之间的曲线，分别对应着上边刚要出磁场时，线框的速度已减小到进入磁场时的速度和未减小到该速度两种情况，因此B、D正确。
【答案】 BD
【例题5】【解析】(1)开关S1、S2闭合后，根据右手定则知棒中的感应电流方向是由M→N，所以通过R2的电流方向是由b→a MN中产生的感应电动势的大小E＝BLv
流过R2的电流I＝，代入数据解得I＝0.1 A
(2)棒受力平衡有F＝F安，F安＝BIL
代入数据解得F＝0.1 N
(3)开关S1、S2闭合，电路稳定后，电容器所带电荷量Q1＝CIR2
S1切断后，流过R2的电荷量Q等于电容器所带电荷量的减少量，即Q＝Q1－0
代入数据解得Q＝7.2×10－6 C
【例题6】【解析】对于cd棒有mgsin θ＝BIL，解得回路中的电流I＝2.5 A，所以回路中的感应电动势E＝2IR＝1.0 V，B正确；Uab＝IR＝0.5 V，C错误；对于ab棒有F＝BIL＋mgsin θ，解得F＝1.0 N，A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，解得v＝5.0 m/s，D正确。
【答案】BD
【例题7】【解析】金属棒刚释放时，弹簧处于原长，弹力为零，又因此时速度为零，没有感应电流，金属棒不受安培力作用，只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，选项A正确；金属棒向下运动时，由右手定则可知，流过电阻R的电流方向为b→a，选项B错误；金属棒速度为v时，安培力大小为F＝BIL，又I＝，解得F＝，选项C正确；金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能(速度不为零时)以及电阻R上产生的热量，选项D错误。
【答案】 AC
【例题8】【解析】
(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0 ②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝Blv③
联立①②③式可得E＝Blt0(－μg) ④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I＝ ⑤
式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为F安＝BlI ⑥
因金属杆做匀速运动，有F－μmg－F安＝0 ⑦联立④⑤⑥⑦式得R＝.
【例题9】【解析】(1)由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2 s后做匀速直线运动
当t＝2 s时，v＝4 m/s，此时感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
安培力F′＝BIL＝
根据牛顿运动定律有F－F′－μmg＝0
解得F＝0.75 N。
(2)通过金属杆P的电荷量q＝t ＝·t
其中＝＝
所以q＝∝x(x为P的位移)
设第一个2 s内金属杆P的位移为x1，第二个2 s内P的位移为x2
则ΔΦ1＝BLx1，ΔΦ2＝BLx2＝BLvt
又由于q1∶q2＝3∶5
联立解得x2＝8 m，x1＝4.8 m
前4 s内由能量守恒定律得
F(x1＋x2)＝mv2＋μmg(x1＋x2)＋Qr＋QR
其中Qr∶QR＝r∶R＝1∶3
解得QR＝1.8 J。
【例题10】【解析】(1)利用楞次定律，对初始状态的ab受力分析得：
mgsin θ＋BIL＝ma ①
对回路分析I＝＝ ②
联立①②得a＝gsin θ＋
(2)上滑过程：
由第(1)问中的分析可知，上滑过程加速度大小表达式为：
a上＝gsin θ＋ ③
上滑过程，a、v反向，做减速运动.利用③式，v减小则a减小，可知，杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动.
下滑过程：
由牛顿第二定律，对ab受力分析得：
mgsin θ－＝ma下 ④
a下＝gsin θ－ ⑤
因a下与v同向，ab做加速运动.
由⑤得v增加，a下减小，杆下滑时做加速度逐渐减小的加速运动.
【例题11】【答案】 (1)，方向向左 (2)mg(h＋d) (3)＋ －
【解析】 (1)设导体棒进入区域Ⅰ瞬间的速度大小为v1，
根据动能定理：mgH＝mv12 ①
由法拉第电磁感应定律：E＝BLv1 ②
由闭合电路的欧姆定律：I＝ ③
由①②③得：I＝
由右手定则知导体棒中电流方向向右，则通过电阻R的电流方向向左.
(2)由题意知，导体棒进入区域Ⅱ的速度大小也为v1，
由能量守恒，得：Q总＝mg(h＋d)
电阻R上产生的热量Q＝mg(h＋d)
(3)设导体棒穿出区域Ⅰ瞬间的速度大小为v2，从穿出区域Ⅰ到进入区域Ⅱ，v12－v22＝2gh，得：v2＝
设导体棒进入区域Ⅰ所用的时间为t，根据动量定理：
设向下为正方向：mgt－BLt＝mv2－mv1
此过程通过整个回路的电荷量为：q＝t＝
得：t＝＋－
【例题12】【解析】 (1)在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度.选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v
解得c棒的最大速度为：v＝v0＝v0＝5 m/s
(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为：Q＝mbv02－(mb＋mc)v2＝2.5 J
因为Rb＝Rc，所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc＝＝1.25 J
(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：
mcv2－mcv′2＝mcg·2R
解得v′＝3 m/s
在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcg＋F＝mc
解得F＝1.25 N
由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N，方向竖直向上.
【例题13】【解析】(1)设a棒滑到水平导轨时，速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒mv02＝mgh
a棒与b棒发生弹性碰撞
由动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2
由机械能守恒定律：mv02＝mv12＋mv22
解出v1＝0，v2＝v0＝
(2)b棒刚进磁场时的加速度最大.
b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒.
由动量守恒定律：mv2＝mv2′＋v3′
设b棒进入磁场后任一时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势E＝BL(vb－vc)，由闭合电路欧姆定律得I＝，由安培力公式得F＝BIL＝ma，联立得a＝.
故当b棒加速度为最大值的一半时有v2＝2(v2′－v3′)
联立得v2′＝v2＝
(3)最终b、c以相同的速度匀速运动.
由动量守恒定律：mv2＝(m＋)v
由能量守恒定律：mv22＝(m＋)v2＋Q
解出Q＝mgh
【例题14】【解析】 (1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得：2mgh＝×2mv02
解得：v0＝
(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，以A球刚进入水平轨道的速度方向为正方向，当两球相距最近时共速：2mv0＝(2m＋m)v，解得：v＝v0＝
据能量守恒定律：2mgh＝(2m＋m)v2＋Ep，
解得：Ep＝mgh
(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定.以A球刚进入水平轨道的速度方向为正方向，
2mv0＝2mvA＋mvB，
×2mv02＝×2mvA2＋mvB2
得：vA＝v0＝，vB＝v0＝.
1.【解析】 (1)设导体棒cd沿光滑圆弧轨道下滑至水平面时的速度为v0，由机械能守恒定律m2gh＝m2v02，解得v0＝，随后，导体棒cd切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，导体棒cd、ab受到安培力的作用，其中导体棒cd所受的安培力为阻力，而导体棒ab所受的安培力为动力，但系统所受的安培力为零；当导体棒cd与导体棒ab速度相等时，回路的感应电动势为零，回路中无感应电流，此后导体棒cd与导体棒ab以相同的速度匀速运动，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：m2v0＝(m1＋m2)v，解得两棒最终速度为v＝
(2)由能量守恒定律可得系统产生的热量为Q＝ΔE＝m2v02－(m1＋m2)v2＝gh
由焦耳定律可得，导体棒ab、cd所产生的热量之比是：＝
解得Q1＝··gh
2.【解析】 (1)对物体，根据动能定理，有qEL1＝mv12，得v1＝
(2)物体与滑板碰撞前后动量守恒，设物体第一次与滑板碰后的速度为v1′，滑板的速度为v，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得
mv1＝mv1′＋4mv
若v1′＝v1，则v＝v1，因为v1′＞v，不符合实际，
故应取v1′＝－v1，则v＝v1＝ .
(3)在物体第一次与A壁碰后到第二次与A壁碰前，物体做匀变速运动，滑板做匀速运动，在这段时间内，两者相对于水平面的位移相同.
所以(v2＋v1′)t＝vt，即v2＝v1＝ .
对整个过程运用动能定理得：
电场力做功W＝mv12＋(mv22－mv1′2)＝qEL1.
3.【解析】 (1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有
E＝Bdv0； I＝； BId＝m2a0
解得：a0＝30 m/s2
(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，系统动量定恒，有
m1v0＝m1v1＋m2v2
m2v22＝m2g·2r＋m2vP2
m2g＝m2
解得：v1＝7.5 m/s
(3)由动能定理得m1v12－m1v02＝－W
解得：W＝4.375 J.
1.【解析】
相关试卷
高考物理一轮复习过关训练考点21 电磁感应的力学和能量（含解析）： 这是一份高考物理一轮复习过关训练考点21 电磁感应的力学和能量（含解析），共17页。试卷主要包含了结合电路问题，动力学问题4，0 V，0 m/s，2×10－6 C，8 m等内容，欢迎下载使用。
考向24 原子物理-备战2022年高考物理一轮复习考点微专题： 这是一份考向24 原子物理-备战2022年高考物理一轮复习考点微专题，共17页。
考向14 机械能与能量守恒-备战2022年高考物理一轮复习考点微专题： 这是一份考向14 机械能与能量守恒-备战2022年高考物理一轮复习考点微专题，共21页。
