课时跟踪检测十六　电磁感应的综合问题公开课.docx

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1、课时跟踪检测（十六）电磁感应的综合问题一、选择题L（2019松阳县第二中学高三模拟）如下图，在水平光滑的平行金L（2019松阳县第二中学高三模拟）如下图，在水平光滑的平行金属导轨左端接一定值电阻R,导体棒ab垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现给导体棒一向右的初速度，不考虑导体棒和aRxbXXXXXX导轨电阻，以下图线中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻R的电荷量q随导体棒位移 的变化描述正确的选项是（）qqOXD解析：选B 导体棒运动过程中受向左的安培力b=F一,安培力阻碍棒的运动，速K度减小，由牛顿第二定律得棒的加速度大小=5=一菰，那么减小，。“图线斜率的绝对A0值减小，故

2、B项正确，A项错误。通过R的电荷量可知 K KK KC、D项错误。2.（2019苍南县钱库高级中学高二期中）如下图有理想边界的两个匀强磁场，磁感应 强度均为B=0.5 T,两边界间距5=0.1 m, 一边长L=0.2 m的正方形线框abed由粗细均匀 的电阻丝围成，总电阻为K=0.4Q,现使线框以己=2 m/s的速度从位置I匀速运动到位置 II,那么以下能正确反映整个过程中线框a、A两点间的电势差心方随时间/变化的图线是（）X X一 -I IX XXX X一 -I IX XX4/10-2 V20151050201510505 10 15 20 102 sA201510505 10 15 20

3、i/io-2sB-1 5 二4二 0 5 0 5 0 2 11UM 10-7UM 10-7山10.2 VI I5_115 20 t/10 2D解析：选A ，在05乂102内，打切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由楞 次定律判断知感应电流方向沿顺时针方向，那么。点的电势高于。点的电势，Uab为正,那么刈 匀强磁场，的为磁场的上水平边界。边长，=LOm,质量加=0.5kg,电阻K=2.0。的正 方形线框Hcd从磁场上方某处自由释放，线框穿过磁场掉在地面上。线框在整个运动过程 中始终处于竖直平面内，且H边保持水平。以线框释放的时刻为计时起点，磁感应强度5 随时间/的变化情况如图乙所示。线框边进入

4、磁场刚好能匀速运动，gm 10 m/s2o 求：0.4 0.8 1.2 1.6 2.0 t/s(1)线框进入磁场时匀速运动的速度(2)线框从释放到落地的时间t；(3)线框从释放到落地的整个过程中产生的焦耳热。解析：(1)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以线框cd受力平衡,咫 =F、而边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E=8历匕 E Blv形成的感应电流I=n= n K K受到的安培力Fx=BIliBv那么 -代入数据解得。=10 m/so(2)线框必cd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动； 进入磁场后到落地，仍做匀加速直线运动。进磁场前线框的运动时间为

5、廿s=ls进磁场过程中匀速运动时间，2=(=点s=O.ls线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为g=10m/s2解得:打=0.5 s因此裙边由静止开始运动到落地用的时间为=介+(2+/3=16 So线框匀速进磁场的过程中产生的焦耳热为Qi=mgl=5 J进入磁场后的感生电动势为:A(BS)_ 1X1 Ar -2.21.2V=1 Vc E2t4 l2X0.4a=-J=0.2 J整个运动过程产生的焦耳热Q=Q + Q=5.2 J。答案:(1)10 m/s (2)0.6 s (3)5.2 J14.(2019五校联考)如下图，间距为L、光滑的足够长的金属导 轨(金属导轨的电

6、阻不计)所在斜面倾角为a,两根同材料、长度均为L、 横截面均为圆形的金属棒CD、PQ放在斜面导轨上，。棒的质 量为机、电阻为R, PQ棒的圆截面的半径是棒圆截面的2倍。磁感应强度为3的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，两根劲度系数均为乂相同的弹簧一端固定在导轨的下端， 另一端连着金属棒CD。开始时金属棒C。静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金 属棒PQ,使金属棒尸。由静止开始运动，当金属棒PQ到达稳定时，弹簧的形变量与开始 时相同。金属棒PQ开始运动到稳定的过程中通过CD棒的电荷量为多此过程可以认 为。棒缓慢地移动，题设物理量符合鬻=ngsin a的关系式，求此过程中(要求结 果均用mgk

7、a来表示)：(1)CO棒移动的距离；(2)PQ棒移动的距离；(3)恒力所做的功。解析：PQ棒的半径是CD棒的2倍，尸。棒的横截面积是CO棒横截面积的4倍，PQ 棒的质量是CD棒的质量的4倍，所以，尸。棒的质量加=4/n,由电阻定律可知PQ棒的电阻是CD棒电阻的不即K =4,两棒串联的总电阻为岛=尺+彳=彳。(1)开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩量减小，安培力等于C0 棒重力平行于斜面的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知， 当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时到达稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相等、 方向相反。两弹簧向上的弹力等于CD棒重力平行于斜

8、面的分量。即2B=/?zgsin a,又Fk=kNx,所以弹簧的形变量为Ax？CZ)棒移动的距离scd=2Ax=，Wn ao在到达稳定过程中两棒之间距离增大As,由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势为：豆=萼=2磬由 4 上、去 a T E _4BLAs 感应电流为：I =4=5RAE 4RAAv所以，回路中通过的电荷量即CD棒中的通过的电荷量为：q=母=2措由此可得两棒距离增大值：盘=濡PQ棒沿导轨上滑距离应为CD棒沿斜面上滑距离和两棒距离增大值之和尸。棒沿导轨上滑距离为:Aspq= As+Nscd=5qR_ mgsin a 27ngsin a4BL+ k = k（3）

9、CD棒受力平衡，安培力为Fb=mgsin a+2Fk=2mgsin a。金属棒PQ到达稳定时，它受到的合外力为零，向上的恒力等于向下的安培力和重力平行于斜面的分量，即恒力方=户5+mgsin a=6mgsin a 恒力做功为.2叫sin a 12Oasin 立W=Fspq= 6mgsm .=-0答案:答案:mgsina27ngsin a(3)12(7ngsin a)2k15.间距为l的平行金属导轨由倾斜和水平导轨平滑连接而成，导轨上端通过开关S 连接一电容为C的电容器，如下图。倾角为0的导轨处于大小为5、方向垂直导轨平面 向上的匀强磁场区间I中，在水平导轨无磁场区静止放置金属杆M,在杆右侧存在

10、大小也 为5、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间II,区间长度足够长。当S断开时，金属杆 H从倾斜导轨上端释放进入磁场区间I到达匀速后进入水平轨道，在无磁场区与杆Cd碰撞, 杆H与cd粘合成并联双杆（未产生形变），并滑进磁场区间n,同时开关S接通（S接通前电 容器不带电）。在运动过程中，杆刈、m以及并联双杆始终与导轨接触良好，且与导轨垂直。 杆而和cd质量均为机，电阻均为R,不计导轨电阻和阻力，忽略磁场边界效应，求:杆ab在倾斜导轨上到达匀速运动时的速度如； 杆碰撞后粘合为并联双杆时的运动速度5;(3)并联双杆进入磁场区间II后最终到达稳定运动的速度s。解析：(1)感应电动势感应电流/=，口,

11、安培力：F=1BI=一杆做匀速运动，根据平衡条件得：=mgsin 0日工之初e 2Rmgsin 0联工解得：vo=一善一o(2)由动量守恒定律，有机内=2根。1,得到：Vi=Rm(3)当并联双杆进入磁场II时，在极小的时间间隔A内对双杆运用动量定理，有：BliXt=-2mv累加求和得：Blq= 2m(V2vi)而 q=CE0=CBlv2窿 * 解存.7, = 2mV=_ 2/g施in 0联解仔.V12m+CB2 (2m+CB2P)B2P 处去 2Rmgsin 0 Rmgsin 0答案：B2p (2)砂2出冰sin 0Vlm+CB2/2)52/216.(2019浙江桐乡选考模拟)如下图，间距为L

12、的倒U型金属导轨竖直H12a放置，导轨光滑且电阻忽略不计。垂直导轨平面分布着100个场强为B的条形 卜二状B 匀强磁场，磁场区域的宽度为，相邻磁场距离为从一根质量为山、电阻为 卜值工 R的金属棒放置在导轨上且与导轨始终良好接触，金属棒从距离第1个磁场区 上口WII域上端2a位置由静止释放。(设重力加速度为g)(1)求刚进入第1个磁场区域时的安培力大小和方向。(2)金属棒穿过各段磁场时，发现通过回路的电流随时间以固定周期做周期性变化，求 金属棒穿出第100个磁场区域时的速度及整个过程金属棒产生的热量。(3)假设满足第问的情况，求金属棒穿过每个磁场区域的时间；并画出通过回路的电流 i随时间t的变化

13、的图像(定性即可，不需要标出具体坐标值)。解析：(1)金属棒刚进入第1个磁场区域时产生的感应电动势为：E=BLv根据速度位移公式：0=2gX 2a解得：v=2gaE感应电流为：I=W安培力大小为：F=BIL联立解得：.=2唯如方向竖直向上。回路的电流随时间以固定周期做周期性变化，可知金属棒进入每个磁场时的速度必定相同，出每个磁场的速度也相同，即。进=2痂根据速度位移公式：v进2。J=2gb联立解得：v出=yl2g(2a-b)金属棒在每个磁场中产生热量相同，设为。,由动能定理得Q=mg(a+b)又。总= 100。所以金属棒产生的总热量为：。总=100/咫(0+5)。(3)由动量定理：mgt I安

14、=mv出一/no进/安/安.BLvjl=R2联立可得：/安B2L2a4a2b4a解得：t=示 + -/mgR V g V g通过回路的电流i随时间1的变化的图像如下图。答案：(1)四写施方向竖直向上(2)y 2g(2ab) 100mg(a+b)(3)繇言一、僧由图像见解析333两端电势差 Uab=E=XBLv=X0.5X0.2X2 V=15X10-2 V; r 4. 5X 10-210X 10-2 s 内，cd边进入磁场II后，cd边和曲都切割磁感线，都产生感应电动势，线框中感应电流为 零，由右手定那么判断可知，a点的电势高于b点的电势，为正,所以Uab=E=BLv= 0.5 X 0.2X2

15、V=0.20 V=20X10-2 V, 10X 10-2X5X 10-2 s l*|,而边穿出磁场后，只 有cd边切割磁感线，由右手定那么知，点的电势高于6点的电势，UabJJLo Uab=E=BLv=1x0.5X0.2X2 V=5X 10-2 V,故整个过程中线框0、两点的电势差U而随时间t变化的图线如图A所示，故A项正确。ax x x x BX X X XX X X XX X X XV3 .如下图，竖直放置的螺线管与导体框组成一闭合回路，导体框 中虚线ab的右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，螺线管下方的水平面 上放置一导体圆环。从/=0时刻开始,磁场的磁感应强度大小发生变化, 使得导体圆环对

16、水平面的压力减小，那么磁感应强度大小随时间的变化情 况可能是（）解析：选A 当磁感应强度均匀增大或均匀减小时，由法拉第电磁感应定律可知，在 螺线管中会产生恒定的感应电流，恒定的感应电流会产生恒定不变的磁场，那么通过导体圆 环的磁通量不发生变化，由楞次定律可知，此时导体圆环中不产生感应电流，故此时导体 圆环对水平面的压力不变，选项C、D错误；当磁感应强度的变化率逐渐减小时，螺线管 中产生的感应电流也会逐渐减小，该感应电流产生的磁场也会逐渐减小，穿过导体圆环的 磁通量也逐渐减小，那么导体圆环中会产生与螺线管中方向相同的感应电流，由于同向电流 相互吸引，故此时导体圆环对水平面的压力将小于导体圆环的重

17、力，选项A正确；同理可 知，选项B错误。4 .（2019温州期末）电磁感应发射装置的简易模型如下图，质量为 机，电阻为R,边长为L的正方形金属线框Hcd竖直静止放置在水平面 上，垂直于线框平面存在有界匀强磁场，线框cd边在磁场外侧且紧靠磁 场边界。在某次成功发射过程中，磁感应强度3随时间1的变化规律为 B=Bkt（k是大于零的常数），线框能穿过磁场继续上升，上升的最大 高度为从 重力加速度为g,空气阻力不计，线框平面在运动过程中不旋转始终保持竖直。 以下说法错误的选项是（）A.=0时刻，线框中的电流大小/=萼IV8.1 =0时刻，线框口边受到安培力尸=弊上 1C.线框从静止到最高点的过程中安培

18、力所做的功等于机g五D.线框从最高点下落，再次经过磁场的过程中磁感应强度大小为次且保持恒定，使2/3线框最终以速度。安全着陆。那么线框下落过程运动总时间=-而X(b XBF kT1解析：选D 感应电动势：E=j=S=kU,感应电流大小：/=万=一；，故A正 ZXl ZaiK K确；=0时刻，磁感应强度：B=B(h线框口边受到的安培力：F=BL=地步,故B正 确；线框从静止开始到到达最高点过程，由能量守恒定律得：W安培力=mgh,即线框从静止 到最高点过程安培力做功为机g/z,故C正确；线框下落进入磁场前做自由落体运动，h-L =1gh2,自由下落的时间：线框进入磁场时的速度：Vi=2g(hE)

19、,线框 在磁场中运动过程，由动量定理得：mgt2Bf iLti=mv-mvy在占 .A0 Bf L2 其中：qitz r = r碗旗 v 72g(hL) B 2L3解得：ti=- +S-,g g mgR 9712乙3线框下落过程的总时间：Z=h+f2=-+故D错误。g mgK5 .如图甲所示，正三角形硬导线框儿固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直。图 乙表示该磁场的磁感应强度B随时间看变化的关系,，=0时刻磁场方向垂直纸面向里。在04%时间内，线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间，变化的关系图像为(规定垂直ab边向左为安培力的正方向)()CCD解析：选A 0力，磁场方向垂直纸面向里，均匀减

20、小，磬|=华，根据楞次定律、 法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线打的电流/不变，方向从力到0,根据左 手定那么和安培力公式可得：其受到的安培力方向向左，大小为F=BIL,均匀减小到零； 2/（）,磁场方向垂直纸面向外，均匀增大，当=牛，流经导线面的电流/不变，方向从方ZXt 10至4其受到的安培力方向向右，大小为jF=B/L,从零开始均匀增大；2%3旬，磁场方向A D垂直纸面向外，-r-=0,无感应电流产生，导线不受安培力；3勿350 磁场方向垂直 纸面向外，均匀减小，|等流经导线。力的电流为21不变，方向从a到九 其受到 的安培力方向向左，大小为厂=25辽，均匀减小到零；3.5o4%

21、，磁场方向垂直纸面向里, 均匀增加，铲=半，流经导线的电流为21不变，方向从到心 其受到的安培力方向 IQ向右，大小为尸=231L,从零开始均匀增大。综上可得A正确，B、C、D错误。6 .如下图，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光xxx滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为8的匀强磁场中，XXX铜棒、的长度均等于两导轨的间距、电阻均为K、质量均为根，铜x x 棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好。现给铜棒。一个平行导轨向右的瞬时冲量/,关 于此后的过程，以下说法正确的选项是（）A.A.回路中的最大电流为BLImR铜棒b的最大加速度为B2Ul2m2RC.铜棒力获得的最大速度为

22、！D.回路中产生的总焦耳热为3解析：选B 给铜棒一个平行导轨的瞬时冲量/,此时铜棒a的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，I=mVQ9如J莉 Df I=-,铜棒电动势E=3Lo,回路电流/=丸=不方，选项A错误；此时铜棒。受到安培 mzk zmKp JB2T2力F=BIL,其加速度=藐=石而，选项B正确；此后铜棒做变减速运动，铜棒做变 加速运动，当二者到达共同速度时，铜棒力速度最大，据动量守恒，mv（）=2mv9铜棒b最I11y2大速度京，选项C错误；回路中产生的焦耳热Q=2mv22mv2=m9选项D错误。XXXXXXXXXXXXXxxx7 .

23、如下图，纸面内有一矩形导体闭合线框Hcd,边长大于命边 长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完口。全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次H边平行MN进入磁场，线 框上产生的热量为Q,通过线框导体横截面的电荷量为gi;第二次加边平行MN进入磁 场，线框上产生的热量为Q,通过线框导体横截面的电荷量为伙，贝!1（）A. QQi, q = qiA. QQi, q = qiB. QiQi, qiqzC. Q= Qif qi = qzC. Q= Qif qi = qzD. Q = Qi, qiq?A0 Bhl2R R 9故qi = qz, A选项正确。_ Eq= I

24、 -AZ=-AZ8.多项选择（2019绍兴模拟）如下图，两根平行的倾斜光滑导轨， 与水平面间的夹角为仇间距为d,其右端接有阻值为K的电阻，整 个装置处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为 瓦 现有一质量为根的导体棒H垂直于导轨放置，且与导轨接触良好，导体棒在平行于斜面、垂直棒的斜向上的恒力F作用下，从静止开始沿导轨运动距离/时，速度恰好到达最大，运动过程中导体棒始终垂直导轨，导体棒电阻为，导轨电阻不计，重力加速度大小为g,在这一过程中（）A.导体棒运动的最大速度为（f一mgsin，）（7?+r）B.导体棒H两端的最大电压为（尸一/ngsin 0）（7?+，）BdC.通过电阻K的电

25、荷量为BdlR+r解析:选A 设线框边长分别为小伍线框中产生的热量。=产放=蹩）2永=妇咨吗5。由于lablbc9所以QiQi。通过线框导体横截面的电荷量 KD.导体棒ab运动至/处时的加速度大小为一；fsE 解析：选AC 对棒受力和平衡条件可知，F = mgsin 9+ p , m,解得：vm = 生二叫泮土故A正确；根据闭合电路欧姆定律，/=*尺=给尺= （一臂” 故b错误；通过电阻尺的电荷量“=器=瞿，故C正确；由于棒向上 4zv f r I做加速减小的加速运动，所以导体棒运动至4处的加速度不可能为1F,故D错误。9.多项选择如下图，两根足够长、电阻不计且相距L=0.2m的平行金属导轨固

26、定在倾角夕=37。的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U=4 V的小灯泡，两 导轨间有一磁感应强度大小8=5 T、方向垂直斜面向上的匀强磁场。今将一根长为L、质 量为m=0,2kg、电阻的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒 与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.25,金属棒下滑到速度稳定时， 小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10 m/s2, sin 37=0.6, cos 37=0.8,贝！J（ ）A.金属棒刚开始运动时的加速度大小为3 m/s2B.金属棒刚开始运动时的加速度大小为4 m/s?C.金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6 m/sD.金属棒稳定下滑时的速度大小

27、为4.8 m/s解析：选BD 金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得 机gsin。即ng3s 8= ma,代入数据得a=4 m/s2,应选项A错误，B正确；设金属棒稳定 下滑时速度为。，感应电动势为回路中的电流为/,由平衡条件得帆gsin 3=BIL+jumgcosEU 由闭合电路欧姆定律得/=：,EU 由闭合电路欧姆定律得/=：,由法拉第电磁感应定律得联立解得u=4.8m/s,应选项C错误，D正确。10.多项选择（2019余杭模拟）如图甲所示,abed是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框, 在金属线框的下方有一磁感应强度为3的匀强磁场区域,MN和M N是匀强磁场区域的

28、 水平边界，边界的宽度为s,并与线框的be边平行，磁场方向与线框平面垂直。现让金属 线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁 场区域的。立图像（其中。4、BC. 0E相互平行）。金属线框的边长为L（LVs）、质量为 加、电阻为K,当地的重力加速度为g,图像中坐标轴上所标出的字母力、。2、力、打、打、 均为量。（下落过程中从边始终水平）根据题中所给条件，以下说法正确的选项是（）A.打时刻是线框全部进入磁场瞬间，久时刻是线框全部离开磁场瞬间B.从股边进入磁场起一直到d边离开磁场为止，感应电流所做的功为机gsC. 5的大小可能为瞟D.线框穿出磁场过程中流经线框横

29、截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经线框横截 面的电荷量多解析：选AC 分析题给条件可知：线框进入磁场之前，做自由落体运动，即匀加速直 线运动；线框的左边进入磁场后，ad边进入磁场前，反边受向上的安培力，加速度mg二安,做加速度越来越小的变减速运动；当线框全部进入磁场中后，线框受安培力为零， 又做匀加速直线运动，加速度为g;当 儿边出磁场，只有ad边在磁场中时，边受向上 的安培力，a=m8F9做加速度越来越小的变减速运动；当线框全部出磁场之后，其只 IIW受重力，又做匀加速直线运动，加速度为g。对照图乙可知，打时刻是线框全部进入磁场瞬 间，时刻是线框全部离开磁场瞬间，A正确。由能量关系可得，从

30、胆边进入磁场到Qd边 出磁场的过程中感应电流做的功为W=/wg(s+L)&w/一同上2) B错。由q=华可知， 线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量与线框进入磁场过程中流经线框横截面的电 荷量相等，D错。当线框速度为5时，其所受安培力假设正好与重力相平衡，那么有尸安=小?, B2L2,vi e mgR.即=mg,得01=82七2, C正确。二、计算题11. (2019“超级全能生”浙江省9月联考)如下图，匝数N = 200匝、横截面积S=100 cm?、电阻广=0.3 O的线圈处于竖直向 上的变化磁场中，磁感应强度Bi随时间变化规律Bi = (0.5+0.4r)To 倾角。=30。、间距d

31、=0.5 m、长度L=1.2 m的光滑倾斜导轨处在磁感应强度为电的匀强磁场中，用方向垂直斜面。开关S闭合时，一质量根=200 g、电阻 R=0.2O的导体棒协恰好能静止在倾斜导轨的上端处。定值电阻R2=0.2Q,导轨电阻忽 略不计，空气阻力忽略不计。(1)求磁感应强度B2的大小和方向；(2)断开S后导体棒开始沿导轨下滑，到达底端前速度已到达最大值。求导体棒滑到导 轨底端所需的时间，及下滑过程中导体棒上产生的焦耳热。解析：(1)对于线圈，由法拉第电磁感应定律得感应电动势=喈=可第=0.8丫P 回路中的感应电流/=下3=2AR1+及那么通过H棒的电流=%=1A,方向q到方对M棒，由受力分析及平衡条

32、件得mgsin 300=B2Iabd9 解得 %=2T由左手定那么可知，电方向垂直于斜面向下。断开S后，导体棒先加速下滑、后匀速运动，速度最大时有mgsin 30=B2/ d=mgsin 30=B2/ d=B22dlymRi+&解得最大速度vm=OA m/s设导体棒下滑到底端的时间为力由动量定理得/ngsin 30*/Bidq=mvm 0电荷量q=电荷量q=A0 _ BidLR1+R2 R1+R2解得，=3.08s此过程由能量守恒定律得mgLsin 30=T/zrm2+ Q导体棒上的焦耳热Q产;。=0.592 J。答案：(1)2 T垂直于斜面向下(2)3.08 s 0.592 J12.(201

33、9嘉兴学选考一模模拟汝口图所示，有两光滑平行金属导轨，MA. ND段用特 殊材料包裹，绝缘不导电，导轨的间距/=1 m,左侧接电容器，右侧接A=6。的电阻， A3CD区域、EbGH区域、MN左侧均存在垂直于平面向里，磁感应强度5=1 T的匀强磁 场，43co区域、EFGH区域宽度均为d=2.4m, FG的右侧固定一轻质绝缘弹簧。金属杆 、力的质量均为根=01kg,电阻分别为口=3。、,2=6。，金属杆静止在MN左侧，金 属杆b静止在5EHC区域，电容器的电容C=0.1 F,电容器充电完毕以后闭合电键S,经 过一段时间金属杆Q获得恒定的速度滑入MA. ND,通过ABCD区域后与金属杆b发生弹 性

34、碰撞，最后金属杆力压缩弹簧，弹簧形变量最大时弹簧被锁定(金属杆5静止)，弹簧储存的弹性势能为0.2J,那么求:电容器上极板的电性(“正电”或“负电”)并说明理由;金属杆b刚要离开EFGH区域磁场瞬间，受到的安培力大小；从金属杆a进入ABCD区域到弹簧被锁定过程，金属杆。上产生的焦耳热;(4)电容器充电完毕后所带的电荷量。解析：(1)闭合电键S,金属杆。向右运动，由左手定那么判断电流方向。所以电容器上极板带正电。金属杆。压缩弹簧，动能转化为弹性势能:5机办2=p Vb=2 m/s电源电动势E=Blv=2电阻K与口并联，总电阻K总=8 0而=而=ER,息FNoB2P v_金属杆通过区域，由动量定理

35、：-Ft=mv9且石A/=d 我总即 Ao=3 m/s碰撞以后金属杆b的速度Vb =5 m/s金属杆、b发生弹性碰撞，满足：动量守恒：mv=mvarmvb能量守恒：mv2=mva2+invb1 2求得金属杆a的碰撞前的速度为d=5 m/sB211 v_金属杆。通过A8C区域：一一-,且与A(=diK患Mp Ar7 =4 m/s金属杆a进入ABCD区域的。0=9 m/s金属杆。切割产生的总焦耳热Qi= mvQ2mv2=2.8 J金属杆。分配到L4 J金属杆切割产生的总焦耳热Qi=mvb 2%谓=1.05 J金属杆a分配到需J总共产生了 L575J的焦耳热。(4)金属杆。获得恒定的速度5)=9 m/s,通过金属杆的电荷量为qB 矶=nw且到达稳定速度时电容器两端的电压与金属杆两端的电压相等Q-q匕尸=刎mvo+CvoB212所以 0=1.8 Co答案：见解析13.(2019绍兴新昌中学月考)如图甲所示，水平地面上方高为=7.25m的区域内存在