下載地址

資源介紹

課時(shí)跟蹤檢測(cè)(三十五)　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量問(wèn)題

1．(2020·重慶巴蜀中學(xué)模擬)如圖甲所示，間距為L(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，軌道左側(cè)連接一定值電阻R，垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)隨t變化的規(guī)律如圖乙所示。在0～t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。乙圖中t0、F1、F2為已知，導(dǎo)體棒接入電路的電阻為R，軌道的電阻不計(jì)。則下列說(shuō)法正確的是(　　)

A．在t0以后，導(dǎo)體棒一直做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)
B．導(dǎo)體棒最后達(dá)到的最大速度大小為F2RB2L2
C．在0～t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒的加速度大小為2（F2－F1）Rt0B2L2
D．在0～t0時(shí)間內(nèi)，通過(guò)導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為（F2－F1）t02BL
解析：選D　因在0～t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故在t0時(shí)刻F2大于導(dǎo)體棒所受的安培力；在t0以后，外力保持F2不變，安培力逐漸變大，導(dǎo)體棒做加速度越來(lái)越小的加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)加速度a＝0，即導(dǎo)體棒所受安培力與外力F2相等后，導(dǎo)體棒做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。根據(jù)平衡條件可得FA＝F2，而FA＝BIL＝B2L2vm2R ，解得vm＝2F2RB2L2 ，故B錯(cuò)誤。設(shè)在0～t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的加速度為a，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，t0時(shí)刻導(dǎo)體棒的速度為v，通過(guò)導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為q，則有a＝vt0 　①，F(xiàn)2－B2L2v2R ＝ma　②，F(xiàn)1＝ma　③，由①②③解得a＝2（F2－F1）RB2L2t0 ，故C錯(cuò)誤。根據(jù)電荷量的公式可得q＝ΔΦ2R 　④，而ΔΦ＝BΔS＝BL·v2 t0　⑤，由②③④⑤解得q＝（F2－F1）t02BL ，故D正確。
2．(多選)用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的均勻?qū)w材料做成一個(gè)半徑為R(r?R)的圓環(huán)。圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場(chǎng)中，圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線(xiàn)上，圓環(huán)所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。圓環(huán)在加速下滑過(guò)程中某一時(shí)刻的速度為v，忽略電感的影響，則(　　)

A．此時(shí)在圓環(huán)中產(chǎn)生了(俯視)順時(shí)針的感應(yīng)電流
B．圓環(huán)因受到了向下的安培力而加速下落
C．此時(shí)圓環(huán)的加速度a＝B2vρd
D．如果徑向磁場(chǎng)足夠長(zhǎng)，則圓環(huán)的最大速度vm＝ρ dgB2
解析：選AD　由右手定則可以判斷感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，可知選項(xiàng)A正確；由左手定則可以判斷，此時(shí)圓環(huán)受到的安培力方向應(yīng)該向上，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)圓環(huán)受力分析可解得加速度a＝g－B2vρd ，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)重力等于安培力時(shí)速度達(dá)到最大，可得vm＝ρgdB2 ，選項(xiàng)D正確。
3．(多選)(2018·江蘇高考)如圖所示，豎直放置的“ ”形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng)，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g。金屬桿(　　)

A．剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下
B．穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間
C．穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd
D．釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度h可能小于m2gR22B4L4
解析：選BC　金屬桿在磁場(chǎng)之外的區(qū)域做加速運(yùn)動(dòng)，所以進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁場(chǎng)Ⅰ的速度，則金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向豎直向上，故A錯(cuò)誤。金屬桿在磁場(chǎng)Ⅰ中先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，后在兩磁場(chǎng)之間做加速度為g的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)過(guò)程位移相等，v-t圖象大體如圖所示，故B正確。由于進(jìn)入兩磁場(chǎng)時(shí)速度相等，由動(dòng)能定理得，W安1＋mg·2d＝0，可知金屬桿穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ克服安培力做功為2mgd，
即產(chǎn)生的熱量為2mgd，因此穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd，故C正確。設(shè)剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)速度為v，則由機(jī)械能守恒定律知mgh＝12 mv2，由牛頓第二定律得B2L2vR －mg＝ma，聯(lián)立解得h＝m2（a＋g）2R22B4L4g ＞m2gR22B4L4 ，故D錯(cuò)誤。
4.(多選)如圖所示，平行且足夠長(zhǎng)的兩條光滑金屬導(dǎo)軌，相距L＝0.4m，導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為30°，其電阻不計(jì)。把完全相同的兩金屬棒(長(zhǎng)度均為0.4 m)ab、cd分別垂直于導(dǎo)軌放置，并使棒的兩端都與導(dǎo)軌良好接觸。已知兩金屬棒的質(zhì)量均為m＝0.1 kg、電阻均為R＝0.2 Ω，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.5 T。當(dāng)金屬棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒cd恰好能保持靜止(g＝10 m/s2)，則(　　)
A．F的大小為0.5 N
B．金屬棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1.0 V
C．金屬棒ab兩端的電壓為1.0 V
D．金屬棒ab的速度為5.0 m/s
解析：選BD　對(duì)于cd棒有mg sin θ＝BIL，解得回路中的電流I＝2.5 A，所以回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝2IR＝1.0 V，選項(xiàng)B正確；Uab＝IR＝0.5 V，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于金屬棒ab有F＝BIL＋mg sin θ，解得F＝1.0 N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv，解得v＝5.0 m/s，選項(xiàng)D正確。
5．(多選)如圖甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3 kg的金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，金屬細(xì)框的水平細(xì)桿CD長(zhǎng)l＝0.20 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。有一匝數(shù)n＝300匝、面積S＝0.01 m2的線(xiàn)圈通過(guò)開(kāi)關(guān)K與兩水銀槽相連。線(xiàn)圈處于與線(xiàn)圈平面垂直、沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。t＝0.22 s時(shí)閉合開(kāi)關(guān)K瞬間細(xì)框跳起(細(xì)框跳起瞬間安培力遠(yuǎn)大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2。下列說(shuō)法正確的是(　　)


A．0～0.10 s內(nèi)線(xiàn)圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為3 V
B．開(kāi)關(guān)K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到D
C．磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向豎直向下
D．開(kāi)關(guān)K閉合瞬間，通過(guò)細(xì)桿CD的電荷量為0.03 C
解析：選BD　0～0.1 s內(nèi)線(xiàn)圈中的磁場(chǎng)均勻變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝nΔΦΔt ＝nSΔBΔt ，代入數(shù)據(jù)得E＝30 V，A錯(cuò)誤；開(kāi)關(guān)閉合瞬間，細(xì)框會(huì)跳起，可知細(xì)框受向上的安培力，由左手定則可判斷電流方向由C到D，B正確；由于t＝0.22 s時(shí)通過(guò)線(xiàn)圈的磁通量正在減少，再對(duì)線(xiàn)圈由楞次定律可知感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向與B2的方向相同，故再由安培定則可知磁感應(yīng)強(qiáng)度B2方向豎直向上C錯(cuò)誤；K閉合瞬間，因安培力遠(yuǎn)大于重力，則由動(dòng)量定理有B1IlΔt＝mv，通過(guò)細(xì)桿的電荷量q＝IΔt，線(xiàn)框向上跳起的過(guò)程中v2＝2gh，解得q＝0.03 C，D正確。
6.如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求：
(1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大小；
(2)電阻的阻值。
解析：(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得
ma＝F－μmg①
設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
v＝at0②
當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，金屬桿中的電動(dòng)勢(shì)為
E＝Blv③
聯(lián)立①②③式可得
E＝Blt0Fm－μg 。④
(2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝ER ⑤
式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為
F安＝BlI⑥
因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得
F－μmg－F安＝0⑦
聯(lián)立④⑤⑥⑦式得
R＝B2l2t0m 。⑧
答案：(1)Blt0Fm－μg 　(2)B2l2t0m

7.(2020·甘肅蘭州模擬)如圖所示，間距為L(zhǎng)的無(wú)限長(zhǎng)光滑導(dǎo)軌平面傾斜放置，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向下，導(dǎo)軌面與水平面夾角為θ。一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為r的光滑導(dǎo)體棒垂直橫跨在兩根導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌上端的定值電阻阻值為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，當(dāng)導(dǎo)體棒從靜止釋放后，沿導(dǎo)軌下滑距離l時(shí)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，下滑過(guò)程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。以下說(shuō)法正確的是(　　)
A．導(dǎo)體棒做變加速運(yùn)動(dòng)，最大加速度為a＝g sin θ
B．導(dǎo)體做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝g sin θ
C．導(dǎo)體棒穩(wěn)定時(shí)的速度為v＝mg（R＋r）B2L2
D．從開(kāi)始到穩(wěn)定導(dǎo)體棒上消耗的電熱為
mgl sin θ－m3g2（R＋r）2sin2θ2B4L4
解析：選A　導(dǎo)體棒在下滑過(guò)程中，受到重力、導(dǎo)軌的支持力和安培力，安培力方向與速度方向相反，安培力隨著速度的增大而增大，則導(dǎo)體棒所受的合力減小，加速度減小，因此開(kāi)始時(shí)加速度最大，此時(shí)導(dǎo)體棒不受安培力，所以最大加速度為a＝mg sin θm ＝g sin θ，故A正確，B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒穩(wěn)定時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，則有mg sin θ＝B2L2vR＋r ，得v＝mg（R＋r）B2L2 sin θ，故C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律得mgl sin θ＝12 mv2＋Q，導(dǎo)體棒上消耗的電熱為Qr＝rR＋r Q，聯(lián)立解得Qr＝rR＋r mgl sin θ－m3g2r（R＋r）2B4L4 sin2θ，故D錯(cuò)誤。
8.(多選)如圖所示，在絕緣水平面上固定足夠長(zhǎng)的兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌，金屬棒ab、cd垂直放置在導(dǎo)軌上，用一根細(xì)繩將cd棒的中點(diǎn)連接在固定橫桿的O點(diǎn)，細(xì)繩處于水平且與cd棒垂直，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。在ab棒上施加一個(gè)大小為F的水平恒力，使其由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，cd棒始終保持靜止。已知兩金屬棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，長(zhǎng)度均等于導(dǎo)軌間距，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，則在ab棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(　　)
A．a(chǎn)b棒一直做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)
B．細(xì)繩的拉力先變大，然后不變
C．F做的功始終等于回路中產(chǎn)生的內(nèi)能
D．a(chǎn)b棒消耗的最大電功率為F2RB2L2
解析：選BD　對(duì)ab棒，根據(jù)牛頓第二定律可知F－B2L2v2R ＝ma，隨著速度變大，加速度減小，當(dāng)加速度減小到零，速度達(dá)到最大，之后ab棒做勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)cd棒，根據(jù)平衡可知，繩的拉力FT＝B2L2v2R ，所以拉力先增大，再不變，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)能量守恒可知，F(xiàn)做的功始終等于回路中產(chǎn)生的內(nèi)能與增加的動(dòng)能之和，故C錯(cuò)誤；當(dāng)ab棒做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)F＝B2L2v2R ，解得v＝2RFB2L2 ，回路消耗電功率最大為P＝B2L2v2R ·v＝2RF2B2L2 ，所以ab棒消耗的最大電功率為P′＝12 P＝F2RB2L2 ，故D正確。
9．如圖所示，一對(duì)平行的粗糙金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面上，導(dǎo)軌間距L＝0.2 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻，右側(cè)平滑連接一對(duì)彎曲的光滑軌道。僅在水平導(dǎo)軌的整個(gè)區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1.0 T。一根質(zhì)量m＝0.2 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒ab垂直放置于導(dǎo)軌上，在水平向右的恒力F作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒通過(guò)位移x＝9 m時(shí)離開(kāi)磁場(chǎng)，在離開(kāi)磁場(chǎng)前已達(dá)到最大速度。當(dāng)金屬棒離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)撤去外力F，接著金屬棒沿彎曲軌道上升到最大高度h＝0.8 m處。已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g ＝10 m/s2。求：

(1)金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速率v；
(2)金屬棒在磁場(chǎng)中速度為v2 時(shí)的加速度大小；
(3)金屬棒在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。
解析：(1)金屬棒從出磁場(chǎng)到上升到彎曲軌道最高點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得
12 mv2＝mgh①
由①得v＝2gh ＝4 m/s。②
(2)金屬棒在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)回路中的電流為I，根據(jù)平衡條件得F＝BIL＋μmg③
I＝BLvR＋r ④
聯(lián)立②③④式得：F＝0.6 N⑤
金屬棒速度為v2 時(shí)，設(shè)回路中的電流為I′，根據(jù)牛頓第二定律得F－BI′L－μmg＝ma⑥
I′＝BLv2（R＋r） ⑦
聯(lián)立②⑤⑥⑦得a＝1 m/s2。⑧
(3)設(shè)金屬棒在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)功能關(guān)系有
Fx＝μmgx＋12 mv2＋Q⑨
則電阻R上的焦耳熱QR＝RR＋r Q⑩
聯(lián)立⑤⑨⑩解得QR＝1.5 J。
答案：見(jiàn)解析
10.(2019·山東濟(jì)寧市第一次模擬)如圖所示，有一傾斜的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，在導(dǎo)軌的中間矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)度為2L。一質(zhì)量為m、有效電阻為0.5R的導(dǎo)體棒從距磁場(chǎng)上邊緣2L處由靜止釋放，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，且始終保持與導(dǎo)軌垂直。不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g。
(1)求導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v0的大小；
(2)若導(dǎo)體棒離開(kāi)磁場(chǎng)前已達(dá)到勻速，求導(dǎo)體棒通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱OR。
解析：(1)導(dǎo)體棒由靜止到下滑距離2L的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得
mg·2L sin θ＝12 mv02－0
解得v0＝2gL 。
(2)設(shè)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，此時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv
產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I＝ER＋0.5R
產(chǎn)生的安培力為F安＝BIL
由平衡條件得mg sin θ＝F安
聯(lián)立解得v＝3mgR4B2L2
導(dǎo)體棒從開(kāi)始釋放到剛離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，由能量守恒定律得
mg·4L sin θ＝12 mv2＋Q總
則在電阻R上產(chǎn)生的熱量為OR＝R1.5R Q總
解得QR＝43 mgL－3m3g2R216B4L4 。
答案：(1)2gL 　(2)43 mgL－3m3g2R216B4L4
11．如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻不計(jì)、足夠長(zhǎng)的光滑U形金屬框架MNQP，位于光滑絕緣水平桌面上，平行導(dǎo)軌MN和PQ相距為L(zhǎng)。空間存在著足夠大的方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。另有質(zhì)量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在導(dǎo)軌上，并用一根與CD棒垂直的絕緣細(xì)線(xiàn)系在定點(diǎn)A。已知細(xì)線(xiàn)能承受的最大拉力為FT0，金屬棒CD接入導(dǎo)軌間的有效電阻為R。現(xiàn)從t＝0時(shí)刻開(kāi)始對(duì)U形框架施加水平向右的拉力，使其從靜止開(kāi)始做加速度為a的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。

(1)求從框架開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到細(xì)線(xiàn)斷裂所需的時(shí)間t0及細(xì)線(xiàn)斷裂時(shí)框架的瞬時(shí)速度v0大小；
(2)若在細(xì)線(xiàn)斷裂時(shí)，立即撤去拉力，求此后過(guò)程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱Q。
解析：(1)細(xì)線(xiàn)斷裂時(shí)，
對(duì)金屬棒有FT0＝F安，F(xiàn)安＝BIL，I＝ER
E＝BLv0，v0＝at0
聯(lián)立解得t0＝FT0RB2L2a
細(xì)線(xiàn)斷裂時(shí)框架的速度v0＝FT0RB2L2 。
(2)在細(xì)線(xiàn)斷裂時(shí)立即撤去拉力，框架向右減速運(yùn)動(dòng)，金屬棒向右加速運(yùn)動(dòng)。設(shè)二者最終速度大小均為v，向右為正方向，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得mv0＝2mv
得v＝v02 ＝FT0R2B2L2
撤去拉力后，系統(tǒng)總動(dòng)能的減少量等于回路消耗的電能，最終在回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝12 mv02－12 ×2mv2
解得Q＝mFT02R24B4L4 。
答案：(1)FT0RB2L2a 　FT0RB2L2 　(2)mFT02R24B4L4

發(fā)表評(píng)論