第3講電磁感應定律的綜合應用-免費閱讀
【正文】 )，其中 MN與 PQ平行且間距 為 L，導軌平面與磁感應強度為 B 的勻強磁場垂直，導軌電阻不計． 金屬棒 ab 由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂 直且良 好接觸， ab 棒接入電路的電阻為 R，當流過 ab棒某一橫截面的電 ) 量為 q 時，棒的速度大小為 v，則金屬棒 ab 在這一過程中 ( 1 2 qR BL C．產(chǎn)生的焦耳熱為 qBLv D．受到的最大安培力大小為 B2L2v R sinθ 圖 10－ 3－ 10 智浪教育 普惠英才文庫 解析： 分析棒的受力有 mg sin θ －B2L2vR＝ ma ，可見棒做加速度減小的加速運動，只有在勻變速運動中平均速度才等于初、末速度的平均值， A 錯誤．設沿斜面下滑的位移為 s ，則電荷量q ＝ I 角．完全相同的兩金屬棒 ab、 cd 分別垂直導軌放置，每棒兩端都與導軌始終有良好接觸， 已知兩棒質(zhì)量均為 m＝ kg，電阻均為 R＝ Ω，整個裝置 處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度 B＝ T， 棒 ab 在平行于導軌向上的力 F 作用下，沿導軌向上勻速運動， 而棒 cd 恰好能夠保持靜止．取 g＝ 10 m/s2，問： 智浪教育 普惠英才文庫 (1)通過棒 cd 的電流 I 是多少，方向如何？ (2)棒 ab 受到的力 F 多大？ (3)棒 cd 每產(chǎn)生 Q＝ J 的熱量，力 F 做的功 W 是多少？ 圖 10－ 3－ 6 智浪教育 普惠英才文庫 解： (1)棒 cd 受到的安培力 Fcd＝ BIl 棒 cd 在共點力作用下平衡，則 Fcd＝ mgsin30176。 2a ，故 cd棒沿導軌向下加速滑動，即 abcd回 ΔΦ Δt 增大，電流也增大，故最小電流為 Imin＝ I＝ A 當 cd 棒的速度達到最大時，回路的電流最大，此時 cd 棒 的加速度為零． 智浪教育 普惠英才文庫 由 mgsin30176。Δ t ＝Δ ΦR＝BsLR，解得位移 s ＝qRBL， B 正確．根據(jù)能量守恒，產(chǎn)生的焦耳熱等于棒機械能的減少量， Q ＝ mg s sin θ－12m v2. 棒受到的最 大安培力為B2L2vR. 答案： B 智浪教育 普惠英才文庫 3． (2020 年浙江卷 )如圖 10－ 3－ 11 甲所示，在水平面上固 定有長為 L＝ 2 m、寬為 d＝ 1 m 的金屬 U 形導軌，在 U 形導軌 右側(cè) l＝ m 范圍內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應 強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示．在 t＝ 0 時刻，質(zhì)量為 m＝ kg 的導體棒以 v0＝ 1 m/s的初速度從導軌的左端開始向右運動， 導體棒與導軌之間的動 摩擦因數(shù)為 μ＝ ，導軌與導體棒單位 長度的電阻均為 λ＝ Ω/m，不計導體棒與導軌之間的接觸電 阻及地 球磁場的影響 (取 g＝ 10 m/s2)． 智浪教育 普惠英才文庫 (2)計算 4 s 內(nèi)回路中電流 的大小，并判斷電流方向； (3)計算 4 s 內(nèi)回路產(chǎn)生的焦耳熱． 圖 10－ 3－ 11 (1)通過計算分析 4 s 內(nèi)導體棒的運動情況； 智浪教育 普惠英才文庫 解： (1)導體棒先在無磁場區(qū)域做勻減速運動，有 代入數(shù)據(jù)解得 t＝ 1 s， x＝ m，導體棒沒有進入磁場區(qū)域． 導體棒在 1 s 末已經(jīng)停止運動，以后一直保持靜止，離左端 位置仍為 x＝ m. (2)前 2 s 磁通量不變，回路的電動勢和電流分別為 E＝ 0， I＝ 0 － μm g ＝ ma ， v t＝ v 0 ＋ at ， x ＝ v 0 t ＋ 12 at 2 后 2 s 回路產(chǎn)生的電動勢為 E ＝ Δ ΦΔ t ＝ ld Δ BΔ t ＝ V 智浪教育 普惠英才文庫 回路的電流為 I＝ — ＝ 回路的總長度為 5 m，因此回路的總電 阻為 R＝ 5λ＝ Ω E R 根據(jù)楞次定律，在回路中的電流方向是順時針方向． (3)前 2 s 電流為零，后 2 s 有恒定電流，焦耳熱為 Q＝ I2Rt＝ J. 智浪教育 普惠英才文庫 。 ，不計電阻，廣闊的勻強 磁場垂直穿過導軌平面，磁感應強度 B＝ T，垂直導軌放置 兩金屬棒 ab 和 cd，長度均為 L＝ m，電阻均為 R＝ Ω，
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