2019版高考物理二轮复习 专题二 动量与能量 第2讲 动量观点和能量观点在电磁学中的应用学案.doc

第2讲动量观点和能量观点在电磁学中的应用网络构建备考策略1.若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。2.若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。3.洛伦兹力对运动电荷不做功。4.安培力可做正功，也可做负功。5.力学中的三大观点(动力学、动量、能量观点)仍是解决力电综合问题首选的方法。应用能量观点解决力电综合问题电场中的功能关系【典例1】 (多选)(2018全国卷，21)图1中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是()图1A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍解析电子在等势面b时的电势能为Eq2 eV，电子由a到d的过程电场力做负功，电势能增加6 eV，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f电势能均增加2 eV，则电子在等势面c的电势能为零，等势面c的电势为零，A正确；由以上分析可知，电子在等势面d的电势能应为2 eV，C错误；电子在等势面b的动能为8 eV，电子在等势面d的动能为4 eV，由公式Ekmv2可知，该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的倍，D错误；如果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面f就返回平面a，B正确。答案AB能量观点在电磁场中的应用【典例2】 如图2所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100 J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中()图2A.到达C点后小球不可能沿杆向上运动B.小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等C.小球在D点时的动能为50 JD.小球电势能的增加量等于重力势能的减少量解析如果电场力大于重力，则速度减为零后小球可能沿杆向上运动，选项A错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛qvB，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，选项B正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不一定为50 J，选项C错误；该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，选项D错误。答案B动力学观点和能量观点在电磁感应中的应用【典例3】 (2018江西七校联考)如图3所示，两条光滑的金属导轨相距L1 m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面内，NN0段与QQ0段平行，位于与水平面成倾角37的斜面上，且MNN0与PQQ0均在竖直平面内。在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1和B2，且B1B20.5 T。ab和cd是质量均为m0.1 kg、电阻均为R4 的两根金属棒，ab置于水平导轨上，cd置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好。从t0时刻起，ab棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨)，cd受到F0.60.25t(N)沿斜面向上的力的作用，始终处于静止状态。不计导轨的电阻。(sin 370.6，g取10 m/s2)图3(1)求流过cd棒的电流Icd随时间t变化的函数关系；(2)求ab棒在水平导轨上运动的速度vab随时间t变化的函数关系；(3)求从t0时刻起，1.0 s内通过ab棒的电荷量q；(4)若t0时刻起，1.0 s内作用在ab棒上的外力做功为W16 J，求这段时间内cd棒产生的焦耳热Qcd。解析(1)由题意知cd棒受力平衡，则FFcdmgsin 37FcdB2IcdL，得Icd0.5t(A)。(2)ab棒中电流IabIcd0.5t(A)则回路中电源电动势EIcdR总ab棒切割磁感线，产生的感应电动势为EB1Lvab解得ab棒的速度vab8t(m/s)所以，ab棒做初速度为零的匀加速直线运动。(3)ab棒的加速度为a8 m/s2，1.0 s内的位移为xat281.02 m4 m根据得qt C0.25 C。(4)t1.0 s时，ab棒的速度，vab8t(m/s)8 m/s，根据动能定理有WW安mv0，得1.0 s内克服安培力做功W安(160.182) J12.8 J回路中产生的焦耳热QW安12.8 Jcd棒上产生的焦耳热Qcd6.4 J。答案(1)Icd0.5t(A)(2)vab8t(m/s)(3)0.25 C(4)6.4 J1.动能定理在力学和电场中应用时的“三同一异”2.功能关系在力学和电磁感应中应用时的“三同三异”1.(多选)(2018湖南十二校第二次联考)如图4所示，两个倾角分别为30和 60的光滑斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。两个质量均为m、带电荷量为q的滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两滑块都将飞离斜面。此过程中()图4A.甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大B.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短C.甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同D.两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等解析小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力大小相等，mgcos qvmB，解得vm，故斜面倾角越大，飞离时速度越小，甲飞离斜面的速度大于乙，选项A正确；甲斜面倾角小，加速度小，但是末速度大，故甲在斜面上运动时间比乙的长，选项B错误；根据动能定理mglsin mv，解得l，故甲的位移大于乙的位移，选项C错误；重力的平均功率为重力乘以竖直方向的分速度的平均值Pmgsin ，vm，代入数据得平均值相等，故选项D正确。答案AD2.(2018江南十校二模)如图5，EFPMN为光滑金属导轨，电阻不计，处于竖直平面内，其中FP倾斜，倾角为，EFFP，PMN是半径为R的圆弧，圆弧与倾斜部分平滑连接于P点，N、M分别为圆弧的竖直直径的两端点，还有一根与EFPMN完全相同的导轨EFPMN，两导轨平行放置，间距为L，沿垂直于导轨所在平面的方向看去，两导轨完全重合。过P点的竖直线右侧有垂直于FP向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两根相同的金属棒ab、cd(图中只画出了a端和c端)，质量为m、电阻为r，分别从导轨FP和EF上某位置由静止释放，在以后的过程中，ab、cd始终与导轨保持垂直且接触良好。(轨道FP和EF足够长，题中所给的各个物理量均为已知，重力加速度为g)图5(1)若ab棒到达P点之前已经匀速运动，求ab棒匀速下滑时的速度v，以及此时cd棒的电功率P；(2)在第(1)问的基础上，若60，m0.1 kg，r ，B1 T，L1 m，R m，g10 m/s2，则ab棒能否运动到圆弧最高点？解析(1)匀速下滑时有mgsin BIL0，I，得v根据能量守恒，此时回路总的电功率等于ab棒重力的功率，所以cd棒的电功率P即P()2r。(2)到达P点时，由v，得vP4 m/s，假定能够运动到圆弧最高点，且到达最高点时速度为vN，由机械能守恒得mgRmvmv代入数据得vN0，故ab棒不能运动到圆弧最高点。答案(1)()2r(2)不能运动到圆弧最高点应用动量观点和能量观点解决力电综合问题动量观点和能量观点在电磁场中的应用【典例1】 (多选)(2018全国卷，21)如图6，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是()图6A.a的质量比b的大B.在t时刻，a的动能比b的大C.在t时刻，a和b的电势能相等D.在t时刻，a和b的动量大小相等解析两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由xa0t2，知微粒a的加速度大，由qEma0，知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qExEk得，位移x大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEtmv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。答案BD动量观点和能量观点在电磁感应中的应用【典例2】 (2018河北五名校联盟二模)如图7所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r0.5 m 的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M2 kg的cd绝缘杆垂直且静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场。现有质量m1 kg的ab金属杆以初速度v012 m/s水平向右运动，与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计除R以外的其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2(不考虑cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动)，求：图7(1)cd绝缘杆恰好通过半圆导轨最高点时的速度大小v；(2)电阻R产生的焦耳热Q。解析(1)cd绝缘杆恰好通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有MgM解得v m/s。(2)发生正碰后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有Mg2rMv2Mv，解得碰撞后cd绝缘杆的速度v25 m/s，两杆碰撞过程中动量守恒，有mv0mv1Mv2，解得碰撞后ab金属杆的速度v12 m/s，ab金属杆进入磁场后由能量守恒定律有Qmv，解得Q2 J。答案(1) m/s(2)2 J1.克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能。2.若回路中电流恒定，可以利用WUIt或QI2Rt直接进行电能计算。3.若电流变化，则根据能量守恒求解。(2018陕西西安市四模)如图8所示，将带电荷量Q0.3 C、质量m0.3 kg的滑块放在小车的水平绝缘板的右端，小车的质量M0.5 kg，滑块与绝缘板间的动摩擦因数0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在磁感应强度B20 T的水平方向的匀强磁场(垂直于纸面向里)。开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L1.25 m、质量m0.15 kg的摆球从水平位置由静止释放，摆球到最低点时与小车相撞，碰撞后摆球恰好静止，g取10 m/s2。求：图8(1)与小车碰撞前摆球到达最低点时对摆线的拉力；(2)摆球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能E；(3)碰撞后小车的最终速度。解析(1)摆球下落过程，由动能定理有mgLmv2，解得v5 m/s，摆球在最低点时，由牛顿第二定律得Tmgm，解得T4.5 N，由牛顿第三定律可知摆球对摆线的拉力T4.5 N，方向竖直向下。(2)摆球与小车碰撞瞬间，摆球与小车组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，有mvMv10，解得v11.5 m/s，由能量守恒定律，有Emv2Mv1.31 J。(3)假设滑块与车最终相对静止，则有Mv1(Mm)v2，解得v20.937 5 m/s，由此得F洛Qv2Bmg，故假设不成立，因此滑块最终悬浮。滑块悬浮瞬间，满足F洛Qv2Bmg，解得v20.5 m/s。将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有Mv1Mvmv2，解得v1.2 m/s，方向水平向右。答案(1)4.5 N方向竖直向下(2)1.31 J(3)1.2 m/s方向水平向右课时跟踪训练一、选择题(13题为单项选择题，47题为多项选择题)1.(2018福建宁德一模)如图1所示，固定在倾角为30的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d1 m，其底端接有阻值为R2 的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B2 T的匀强磁场中。一质量为m1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动距离L6 m时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r2 ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g10 m/s2。则此过程()图1A.杆的速度最大值为4 m/sB.流过电阻R的电荷量为6 CC.在这一过程中，整个回路产生的热量为17.5 JD.流过电阻R的电流方向为由c到d解析当杆达到最大速度时满足Fmgsin ，解得vm5 m/s，选项A错误；流过电阻R的电荷量q C3 C，选项B错误；回路产生的热量QFLmgLsin mv17.5 J，选项C正确；由右手定则可知流过R的电流方向从d到c，选项D错误。答案C2.如图2所示，MN、PQ是两条水平放置的平行金属导轨，匀强磁场的磁感线垂直导轨平面。导轨左端接阻值R1.5 的电阻，电阻两端并联一电压表，垂直导轨跨接一金属杆ab，ab的质量m0.1 kg，电阻r0.5 。ab与导轨间动摩擦因数0.5，导轨电阻不计，现用F0.7 N的恒力水平向右拉ab，使之从静止开始运动，经时间2 s后，ab开始做匀速运动，此时电压表示数U0.3 V。重力加速度g10 m/s2。则ab加速过程中，通过R的电荷量为()图2A.0.12 C B.0.36 CC.0.72 C D.1.6 C解析金属杆做匀速直线运动时，由平衡条件得FmgBIL，由欧姆定律得I，解得BL1 Tm，v0.4 m/s，设ab加速时间为t，加速过程的平均感应电流为，由动量定理得FtmgtBLtmv，电荷量qt，代入数据解得q0.36 C，故选项B正确。答案B3.(2018山东省实验中学模拟)如图3所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止。撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是()图3A.与弹簧分离时小球的动能为mghqEhB.从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mghqEhC.从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为D.撤去外力时弹簧的弹性势能为mv2(qEmg)h解析根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为EkqEhmghEp，选项A错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为Emghmv2qEhEp，选项B错误；小球减少的电势能为Eqh，故选项C错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，mv2EpqEhmgh，所以Epmv2(qEmg)h，选项D正确。答案D4.(2018湖北省六校联合体4月联考)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用。若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球()A.重力做功为5 J B.电势能减少2 JC.空气阻力做功0.5 J D.动能减少3.5 J解析小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故选项A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减少2 J，故选项B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知，空气阻力做功为0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故选项C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为3.5 J，根据动能定理，小球的动能减少3.5 J，故选项D正确。答案BD5.(2018河北石家庄三模)如图4所示，两个足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，上端接有一定值电阻，匀强磁场垂直导轨平面向上。一导体棒以平行导轨向上的初速度从ab处上滑，到最高点后又下滑回到ab处。下列说法中正确的是()图4A.上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功B.上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于下滑过程中克服安培力做的功C.上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小大于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小D.上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小解析由能量守恒定律可知上滑过程对应位置的速率大于下滑过程的速率，所以上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功，故选项A正确，B错误；安培力的冲量大小I冲BILtBLq，由E，可知q，由于上滑过程与下滑过程电荷量q相等，所以安培力的冲量大小相等，故选项D正确，C错误。答案AD6.(2018河南六市第5次联考)如图5所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直平面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里。一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q0)的小球由轨道左端A处无初速度滑下。当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点。若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断中正确的是()图5A.小球在C点受到的洛伦兹力大小为qBB.小球在C点对轨道的压力大小为3mgqBC.小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变D.小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大解析小球从A到C过程机械能守恒有mgRmv2，解得v，所以小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛qB，故选项A错误；在C点由牛顿第二定律有FNmgF洛m，解得FN3mgqB，故选项B正确；小球从C到D的过程中，合外力始终指向圆心，所以外力F的大小发生变化，故选项C错误；小球从C到D的过程中，由能量守恒定律可知外力F的功率等于重力功率大小，所以外力F的功率逐渐增大，故选项D正确。答案BD7.(2018四川第二次大联考)如图6所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是()图6A.初始时刻导体棒受到的安培力大小FB.初始时刻导体棒加速度的大小a2gC.导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态D.导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Qmv解析由法拉第电磁感应定律得EBLv0，由闭合电路欧姆定律得I，由安培力公式得F，故选项A错误；初始时刻，Fmgkx1ma，得a2g，故选项B正确；因为导体棒静止时没有安培力，只有重力和弹簧的弹力，故弹簧处于压缩状态，故选项C正确；根据能量守恒，减少的动能和重力势能全部转化为焦耳热，即Q总mvmg(x1)mv，但R上的只是一部分，故选项D错误。答案BC二、非选择题8.(2018江苏如东四校联考)如图7所示，质量m2 kg、带电荷量q2103 C的小物块A与质量不计的绝缘木板B叠放在水平面上，A位于B的最左端且与竖直固定于水平面上的挡板P相距s03 m，已知A与B间的动摩擦因数10.8，B与水平面间的动摩擦因数20.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，与挡板相撞没有机械能损失，且A带电荷量始终保持不变。整个装置处在大小E6103 N/C、方向水平向右的匀强电场中，现将A、B同时由静止释放，重力加速度g取10 m/s2。求：图7(1)A、B释放时，物块A的加速度大小；(2)若A与挡板不相碰，木板的最小长度L0；(3)若木板长度为L0.8 m，整个过程中木板运动的总路程s。解析(1)A和B一起做匀加速运动，由牛顿第二定律得a1 m/s2。(2)设当木板B与挡板P相撞时速度为v，开始时木板B右端与挡板相距为d，有v22ad，木板B与挡板P撞后停止，物块A继续滑动，加速度大小a12 m/s2，当A恰好滑到挡板P处停止时有v22a1L0，而dL0s0，代入数据解得L01 m，即木板的最小长度为1 m。(3)因为L小于L0，故物块与挡板碰撞，然后原速返回，与木板B共同反向做匀减速运动，直到速度为零，再共同加速向右滑动，不断往复，最终A、B都停在挡板P处。物块A和木板B间产生热量Q11mgL，木板与水平面间产生的热量Q22mgs，整个过程由能量守恒定律得Eqs0Q1Q2，代入数据解得s2.32 m。答案(1)1 m/s2(2)1 m(3)2.32 m9.(2018四川绵阳市二诊)如图8所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段AB、圆弧段CD和倾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段与水平面的夹角37，D、C两点的高度差h0.1 m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中。一个质量m10.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块在A点由静止释放，经过时间t1 s，与静止在B点的不带电、质量m20.6 kg 小物块碰撞并粘在一起在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置。物块和与轨道BC段的动摩擦因数都为0.2。g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：图8(1)物块和在BC段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块和第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块和支持力的大小。解析(1)物块和粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度为E，物块带电荷量为q，物块与物块碰撞前速度为v1，碰撞后共同速度为v2，则qE(m1m2)gqEtm1v1m1v1(m1m2)v2解得v22 m/s(2)设圆弧段CD的半径为R，物块和经过C点时圆弧段轨道对物块和支持力的大小为FN，则R(1cos )hFN(m1m2)g解得FN18 N。答案(1)2 m/s(2)18 N10.如图9所示，两根等高光滑的四分之一圆弧形轨道与一足够长水平轨道相连，圆弧的半径为R0、轨道间距为L11 m，轨道电阻不计。水平轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B11 T，圆弧轨道处于从圆心轴线上均匀向外辐射状的磁场中。在轨道上有两长度稍大于L1、质量均为m2 kg、阻值均为R0.5 的金属棒a、b，金属棒b通过跨过定滑轮的绝缘细线与一质量为M1 kg、边长为L20.2 m、电阻r0.05 的正方形金属线框相连。金属棒a从轨道最高处开始，在外力作用下以速度v05 m/s沿轨道做匀速圆周运动到最低点MN处，在这一过程中金属棒b恰好保持静止。当金属棒a到达最低点MN处被卡住，此后金属线框开始下落，刚好能匀速进入下方h1 m 处的水平匀强磁场B3中，B3 T。已知磁场高度HL2。忽略一切摩擦阻力，重力加速度为g10 m/s2。求：图9(1)辐射磁场在圆弧处磁感应强度B2的大小；(2)从金属线框开始下落到进入磁场前，金属棒a上产生的焦耳热Q；(3)若在线框完全进入磁场时剪断细线，线框在刚要离开磁场B3时刚好又达到匀速，已知线框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q110.875 J，则磁场的高度H为多少。解析(1)对金属棒b，由受力平衡MgB1IL1由a、b金属棒和导轨组成的闭合回路，有I联立方程，代入数值求得B22 T(2)根据能量守恒定律有MghMv2mv22Q线框进入磁场的瞬间，由受力平衡，得MgB1I1L1B3I2L2其中I1I2联立方程，代入数值求得Q2 J(3)从线框完全进入磁场到完全离开磁场，有MgHMvMv2Q1在刚要离开磁场的瞬间，由受力平衡，得MgB3I3L2其中I3联立方程，代入数值求得H1.2 m答案(1)2 T(2)2 J(3)1.2 m