《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題四 電路與電磁感應(yīng) 第二講 楞次定律 法拉 第電磁感應(yīng)定律課前自測(cè)診斷卷》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題四 電路與電磁感應(yīng) 第二講 楞次定律 法拉 第電磁感應(yīng)定律課前自測(cè)診斷卷（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題四 電路與電磁感應(yīng) 第二講 楞次定律 法拉 第電磁感應(yīng)定律課前自測(cè)診斷卷 考點(diǎn)一 常見磁場(chǎng)中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象 A．線框中的感應(yīng)電流先沿順時(shí)針方向后沿逆時(shí)針方向 B．線框中的感應(yīng)電流一直沿順時(shí)針方向 C．線框受到的安培力方向先向左后向右 D．線框受到的安培力方向一直向左 解析：選BD　根據(jù)安培定則和磁場(chǎng)的疊加原理判斷得知，在AB右側(cè)磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，AB左側(cè)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。當(dāng)導(dǎo)線框位于AB左側(cè)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線框中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向；當(dāng)導(dǎo)線框經(jīng)過AB時(shí)，導(dǎo)線框中的磁場(chǎng)方向先垂

2、直紙面向里，后垂直紙面向外，磁通量先減小，后增大，根據(jù)楞次定律，可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向；當(dāng)導(dǎo)線框在AB右側(cè)并向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線框中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，則可知電流方向一直為順時(shí)針方向，B正確，A錯(cuò)誤。根據(jù)楞次定律可知，線框受到的安培力的方向一定與線框的運(yùn)動(dòng)方向相反，故安培力一直向左，C錯(cuò)誤，D正確。 2．[考查地磁場(chǎng)中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象] 如圖，沿東西方向站立的兩同學(xué)(左西右東)做“搖繩發(fā)電”實(shí)驗(yàn)：把一條長(zhǎng)導(dǎo)線的兩端連在一個(gè)靈敏電流計(jì)(零刻度在表盤中央)的兩個(gè)接線柱上，形成閉合回路，然后迅速搖動(dòng)MN這段“繩”。假設(shè)圖中情景發(fā)生在赤道

3、處，則下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)“繩”搖到最高點(diǎn)時(shí)，“繩”中電流最大 B．當(dāng)“繩”搖到最低點(diǎn)時(shí)，“繩”受到的安培力最大 C．當(dāng)“繩”向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，N點(diǎn)電勢(shì)比M點(diǎn)電勢(shì)高 D．搖“繩”過程中，靈敏電流計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)方向不變 解析：選C　當(dāng)“繩”搖到最高點(diǎn)時(shí)，繩轉(zhuǎn)動(dòng)的速度方向與地磁場(chǎng)方向平行，不切割磁感線，感應(yīng)電流最小，故A錯(cuò)誤。當(dāng)“繩”搖到最低點(diǎn)時(shí)，繩轉(zhuǎn)動(dòng)的速度方向與地磁場(chǎng)方向平行，不切割磁感線，感應(yīng)電流最小，繩受到的安培力也最小，故B錯(cuò)誤。當(dāng)“繩”向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，地磁場(chǎng)向北，根據(jù)右手定則判斷可知，“繩”中N點(diǎn)電勢(shì)比M點(diǎn)電勢(shì)高，故C正確。在搖“繩”過程中，當(dāng)“繩”向下運(yùn)動(dòng)和向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，“繩

4、”切割磁感線的方向不同，則感應(yīng)電流的方向不同，即靈敏電流計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)方向改變，故D錯(cuò)誤。 3．[考查永磁體周圍磁場(chǎng)中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象] [多選]有一個(gè)銅盤，與支架之間的阻力非常小，因此輕輕撥動(dòng)它，就能長(zhǎng)時(shí)間地繞軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)。如果在轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)把蹄形磁鐵的兩極放在銅盤邊緣，但并不與銅盤接觸，如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．銅盤能夠在較短的時(shí)間內(nèi)停止轉(zhuǎn)動(dòng) B．銅盤在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中磁通量將不斷減小 C．銅盤在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)將不斷減小 D．銅盤邊緣的電勢(shì)高于圓心的電勢(shì) 解析：選ACD　當(dāng)銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由于電路閉合，則有感應(yīng)電流，處于磁場(chǎng)中受到安培力作用，此

5、力阻礙銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)，銅盤能夠在較短的時(shí)間內(nèi)停止轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確；銅盤在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中磁通量不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；銅盤在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，由于轉(zhuǎn)動(dòng)速度減小，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)將不斷減小，選項(xiàng)C正確；由右手定則可知，銅盤邊緣的電勢(shì)高于圓心的電勢(shì)，選項(xiàng)D正確。 4．[考查電磁鐵周圍磁場(chǎng)中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象(二次感應(yīng)問題)] [多選]如圖所示，水平放置的兩光滑軌道上有可自由移動(dòng)的金屬棒PQ、MN，PQ所處的水平光滑軌道內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，當(dāng)PQ在外力的作用下運(yùn)動(dòng)時(shí)，閉合開關(guān)S，MN在安培力的作用下向右運(yùn)動(dòng)，則PQ所做的運(yùn)動(dòng)可能是(　　) A．向右加速運(yùn)動(dòng)　　　　　　 B．向左加速運(yùn)動(dòng) C．向右減速運(yùn)動(dòng)

6、 D．向左減速運(yùn)動(dòng) 解析：選BC　逆推法：根據(jù)右手螺旋定則可知，導(dǎo)線ab在MN所在處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，MN在安培力作用下向右運(yùn)動(dòng)，說明MN受到的安培力向右，由左手定則可知，MN中的電流方向由M指向N，由右手螺旋定則可知，線圈L1中感應(yīng)磁場(chǎng)方向豎直向上，由楞次定律可知，線圈L2中磁通量的變化情況為向上減小或向下增加，由右手螺旋定則可知，PQ中的電流從Q到P且逐漸減小或從P到Q且逐漸增大，再由右手定則可知，PQ可能是向左加速運(yùn)動(dòng)或向右減速運(yùn)動(dòng)。故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。 順序推理法：對(duì)選項(xiàng)A，PQ向右加速運(yùn)動(dòng)，L2上端為N極且磁通量增加，由楞次定律可推出L1的下端為N極，電流由N到

7、M，S閉合時(shí)MN向左運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。同理，可分析得出B、C正確，D錯(cuò)誤。 考點(diǎn)二 電磁感應(yīng)中的圖像問題 5.[考查根據(jù)電磁感應(yīng)過程選擇圖像] 如圖所示，在邊長(zhǎng)為a的正方形區(qū)域內(nèi)，有以對(duì)角線為邊界、垂直于紙面的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同、方向相反，紙面內(nèi)一邊長(zhǎng)為a的正方形導(dǎo)線框沿x軸勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域，t＝0時(shí)刻恰好開始進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，以順時(shí)針方向?yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向，下列選項(xiàng)中能夠正確表示電流與位移關(guān)系的是(　　) 解析：選B　在x∈(0，a)時(shí)，右邊框切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流大小i＝＝(a－2x)，其中x∈時(shí)，方向?yàn)轫槙r(shí)針；x＝時(shí)，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流為零；x∈

8、時(shí)，方向?yàn)槟鏁r(shí)針。在x∈(a,2a)時(shí)，左邊框切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流大小i＝＝(3a－2x)，其中x∈時(shí)，方向?yàn)槟鏁r(shí)針；x＝a時(shí)，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流為零；x∈時(shí)，方向?yàn)轫槙r(shí)針，所以B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 6．[考查根據(jù)圖像分析電磁感應(yīng)過程] [多選]如圖甲所示，一正方形線框放在光滑絕緣的水平面上，在水平向右的拉力作用下從圖示位置始終向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，線框右側(cè)有一垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，線框的右邊始終與磁場(chǎng)的邊界平行，線框的質(zhì)量為1 kg，電阻為1 Ω，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，拉力的大小隨時(shí)間變化如圖乙所示，則(　　) A．線框運(yùn)動(dòng)的加速度大小為5 m/s2 B．線框剛好完全進(jìn)

9、入磁場(chǎng)時(shí)的時(shí)間為t＝1.2 s C．線框的邊長(zhǎng)為0.55 m D．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1.1 T 解析：選AB　由題圖乙可知，線框在磁場(chǎng)外受到的合力為5 N，則運(yùn)動(dòng)的加速度大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，A項(xiàng)正確；線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，F(xiàn)－＝ma，即F＝＋ma，線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，10＝×5×1＋5，剛好完全進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)11＝×5×t＋5，求得t＝1.2 s，B項(xiàng)正確；線框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)＝×5×(1.22－12)m＝1.1 m，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由＝1得磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ T，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 考點(diǎn)三 線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 7.[考查線框在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)問題]如圖所示，單匝直角三角形導(dǎo)線框OM

10、N在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以O(shè)N所在的直線為軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為ω，已知OM邊長(zhǎng)為l，∠MON＝θ，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于ON向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)線框OMN內(nèi)產(chǎn)生大小恒定的電流 B．截掉導(dǎo)線MN，則電動(dòng)勢(shì)最大值變小 C．導(dǎo)線框OMN產(chǎn)生的電流方向?yàn)镺MNO D．導(dǎo)線框OMN內(nèi)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值為Bl2ωsin θcos θ 解析：選D　當(dāng)導(dǎo)線框OMN以O(shè)N所在的直線為軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線框內(nèi)產(chǎn)生正弦交變電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；導(dǎo)線MN不切割磁感線，則截掉導(dǎo)線MN，則電動(dòng)勢(shì)最大值不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；導(dǎo)線框OMN產(chǎn)生的電流方向不斷變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；導(dǎo)線框OMN內(nèi)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值為

11、Em＝BωS＝Bl2ωsin θcos θ，選項(xiàng)D正確。 8．[考查線框在磁場(chǎng)中平動(dòng)問題][多選]如圖所示，PQ、MN為兩根光滑絕緣且固定的平行軌道，兩軌道間的寬度為L(zhǎng)，軌道斜面與水平面成θ角。在矩形abdc內(nèi)存在方向垂直軌道斜面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知ab、cd間的距離為3d。有一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為d的矩形金屬線圈ABCD放置在軌道上，開始時(shí)線圈AB邊與磁場(chǎng)邊界ab重合?，F(xiàn)讓線圈由靜止出發(fā)沿軌道下滑，從AB邊進(jìn)入磁場(chǎng)到CD邊進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，流過線圈的電荷量為q。線圈通過磁場(chǎng)的總時(shí)間為t，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　) A．線圈在磁場(chǎng)中不可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

12、B．線圈的電阻為R＝ C．線圈CD邊剛好通過磁場(chǎng)下邊界時(shí)，線圈的速度大小為v＝ D．線圈在時(shí)間t內(nèi)電阻的發(fā)熱量為Q＝4mgdsin θ－ 解析：選BD　線圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，磁通量不變，感應(yīng)電流為0，不受安培力作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；從AB邊進(jìn)入磁場(chǎng)到CD邊進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，通過回路的電荷量q＝IΔt＝Δt＝＝，線圈的電阻為R＝，故B正確；設(shè)線圈CD邊剛好通過磁場(chǎng)下邊界時(shí)，線圈的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)量定理可得mgtsin θ－BLt′＝mv－0，t′＝2q，解得線圈的速度大小為v＝，故C錯(cuò)誤；由能量守恒定律有mg·4dsin θ＝mv2＋Q，解得Q＝4mgdsin θ－，故D正確

13、。 考點(diǎn)四 導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 9.[考查導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線] [多選]如圖所示，半徑為r的半圓弧光滑金屬導(dǎo)軌ab垂直放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，現(xiàn)有一導(dǎo)體棒Oc可繞半圓形導(dǎo)軌的圓心O點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒接入的電阻為R0，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。在導(dǎo)軌的右端點(diǎn)b和圓心O有兩根引線分別接在電容器C和總阻值為R的滑動(dòng)變阻器兩端?，F(xiàn)讓導(dǎo)體棒從b端向a端轉(zhuǎn)動(dòng)，下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中c端電勢(shì)高 B．滑片P置于最右端不動(dòng)，且導(dǎo)體棒以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)外力的功率為 C．導(dǎo)體棒以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，將P從最右端滑到最左

14、端的過程中C的放電量為 D．滑片P置于中間不動(dòng)，均勻增大轉(zhuǎn)速時(shí)導(dǎo)體棒所受的外力和C上的電荷量都均勻增大 解析：選CD　導(dǎo)體棒Oc轉(zhuǎn)動(dòng)過程中由右手定則知電流由c向O流動(dòng)，因?qū)w棒相當(dāng)于電源，故c端是電源的負(fù)極，電勢(shì)低，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Br·ω，因此回路中的電流為I＝，于是對(duì)應(yīng)外力的功率為P＝I2(R＋R0)＝，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒穩(wěn)定轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電動(dòng)勢(shì)恒定，將滑片P從最右端滑向最左端的過程中C的電壓從U＝R＝逐漸減小到零，對(duì)應(yīng)放出的電荷量為Q＝C(U－0)＝，故C項(xiàng)正確；滑片P置于中間不動(dòng)，增大轉(zhuǎn)速時(shí)，回路中的電流為I＝n線性增大，因此安培力F＝IrB＝n也線性增大，

15、由于電流線性增大，滑動(dòng)變阻器分配的電壓線性增大，加在C上的電壓線性增大，因此它的帶電量也線性增大，故D項(xiàng)正確。 10．[考查導(dǎo)體棒平動(dòng)切割磁感線，導(dǎo)體棒所受摩擦力恒定] [多選]CD、EF是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d，如圖所示。導(dǎo)軌的右端接有一阻值為R的電阻，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接。將一阻值為R、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場(chǎng)的右邊界處。已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，下列說法正確的是(　

16、　) A．通過電阻R的最大電流為 B．流過電阻R的電荷量為 C．整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh D．電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd) 解析：選ABD　質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度最大，由mgh＝mv2，得最大速度v＝，產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Em＝BLv＝BL。由閉合電路歐姆定律可得電阻R的最大電流Im＝＝，A正確；在導(dǎo)體棒滑過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值＝＝，平均感應(yīng)電流＝，流過電阻R的電荷量為q＝t，聯(lián)立解得q＝＝，B正確；由能量守恒定律可知整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mgh－μmgd，C錯(cuò)誤；電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝Q＝mg

17、(h－μd)，D正確。 11．[考查導(dǎo)體棒平動(dòng)切割磁感線，導(dǎo)體棒所受外力變化] 如圖所示，一對(duì)光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻，一質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2 T，棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)棒運(yùn)動(dòng)的位移x＝9 m 時(shí)撤去外力，棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下來，已知撤去外力前回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝2.025 J，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，

18、求： (1)棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，通過電阻R的電荷量q； (2)金屬棒MN做勻加速運(yùn)動(dòng)所需外力F隨時(shí)間t變化的表達(dá)式； (3)外力做的功WF。 解析：(1)棒在勻加速運(yùn)動(dòng)中，由法拉第電磁感應(yīng)定律得＝，其中ΔΦ＝BLx 由閉合電路的歐姆定律得＝ 則通過電阻R的電荷量為q＝·Δt 聯(lián)立各式，代入數(shù)據(jù)得q＝2.25 C。 (2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv 對(duì)棒的勻加速運(yùn)動(dòng)過程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v＝at 由閉合電路歐姆定律得I＝ 由安培力公式和牛頓第二定律得F－BIL＝ma 聯(lián)立各式得F＝0.2＋0.05t(N)。 (3)對(duì)棒的勻加速運(yùn)動(dòng)過程， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2＝2a

19、x 撤去外力后，由動(dòng)能定理得安培力做功 W＝0－mv2 撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝－W 聯(lián)立解得Q2＝1.8 J 在棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，由功能關(guān)系可知WF＝Q1＋Q2 解得WF＝3.825 J。 答案：(1)2.25 C　(2)F＝0.2＋0.05t(N)　(3)3.825 J 12．[考查雙導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)] 兩足夠長(zhǎng)且不計(jì)電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，間距為d＝1 m，在左端弧形軌道部分高h(yuǎn)＝1.25 m處放置一金屬桿a，弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無摩擦，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的電阻分別為Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直軌道區(qū)域有豎

20、直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T?，F(xiàn)桿b以初速度大小v0＝5 m/s開始向左滑動(dòng)，同時(shí)由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道的過程中，通過桿b的平均電流為0.3 A；從a下滑到水平軌道時(shí)開始計(jì)時(shí)，a、b運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示(以a運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 m/s2，求： (1)桿a在弧形軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (2)桿a在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過程中通過其截面的電荷量； (3)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱。 解析：(1)設(shè)桿a由靜止釋放到滑至弧形軌道與平直軌道連接處時(shí)桿b的速度大小為vb0，以桿b運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，?duì)桿b運(yùn)用動(dòng)量定理，

21、有 －Bd·Δt＝mbvb0－mbv0 其中vb0＝2 m/s 代入數(shù)據(jù)解得Δt＝5 s。 (2)對(duì)桿a由靜止下滑到平直導(dǎo)軌上的過程中，由機(jī)械能守恒定律有magh＝mava2 解得va＝＝5 m/s 設(shè)最后a、b兩桿共同的速度為v′，以桿a運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′ 代入數(shù)據(jù)解得v′＝ m/s 桿a動(dòng)量的變化量等于它所受安培力的沖量，設(shè)桿a的速度從va到v′的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為Δt′，則由動(dòng)量定理可得 －BdI·Δt′＝mav′－mava 而q＝I·Δt′ 代入數(shù)據(jù)得q＝ C。 (3)由能量守恒定律可知桿a、b中產(chǎn)生的焦耳熱為 Q＝magh＋mbv02－(mb＋ma)v′2＝ J b棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝Q＝ J。 答案：(1)5 s　(2) C　(3) J