3、磁場(chǎng)的過(guò)程中( C )
A.ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),ab兩端的電勢(shì)差為BL
B.感應(yīng)電流所做功為mgd
C.感應(yīng)電流所做功為2mgd
D.線框最小速度為v=
解析:進(jìn)入磁場(chǎng)前,線框做自由落體運(yùn)動(dòng),則有h=gt2=,得線框的速度v=,ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv=BL,ab兩端的電勢(shì)差為路端電壓U=E=BL,故A錯(cuò)誤;在線框全部穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中,線框只受重力和安培力,ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到達(dá)邊界L2過(guò)程,由動(dòng)能定理得,mgd-W安=0,即Q=W安=mgd,電流做功產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做功等于mgd,ab邊穿出磁場(chǎng)過(guò)程電流與穿入磁場(chǎng)過(guò)程完全相等,故電流做功也為mgd,B錯(cuò)誤,C正確;線
4、框速度最小時(shí)為線框剛剛完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),由動(dòng)能定理可得mv2=mg(h+L)-mgd=mg(h+L-d),解得v=,故D錯(cuò)誤.
3.(2019·山東日照聯(lián)考)如圖所示,一足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬軌道,其軌道平面與水平面成θ角,上端用一電阻R相連,處于方向垂直軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab,從高為h處由靜止釋放,下滑一段時(shí)間后,金屬桿開(kāi)始以速度v勻速運(yùn)動(dòng)直到軌道的底端.金屬桿始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,軌道電阻及空氣阻力均可忽略不計(jì),重力加速度為g.則( C )
A.金屬桿加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的平均速度小于
B.金屬桿加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服安培力做功的功率大于勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中
5、克服安培力的功率
C.當(dāng)金屬桿的速度為時(shí),它的加速度大小為
D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mgh-mv2
解析:金屬桿由靜止做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),最后以速度v勻速,其通過(guò)的位移大于相同時(shí)間內(nèi)由靜止勻加速到v通過(guò)的位移,則金屬桿的平均速度大于勻加速運(yùn)動(dòng)的平均速度v,故A錯(cuò)誤;金屬桿克服安培力做功的功率等于,與速率v的平方成正比,勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大,加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬桿克服安培力做功的功率小于勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服安培力做功的功率,故B錯(cuò)誤;勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),金屬桿的速度大小為v,所受的安培力大小為,此時(shí)有mgsin θ=;當(dāng)金屬桿的速度為v時(shí),它所受的安培力大小為,根據(jù)牛頓第二定律得mgs
6、in θ-=ma,聯(lián)立解得a=,故C正確;整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh-mv2,所以R上產(chǎn)生的熱量小于mgh-mv2,故D錯(cuò)誤.
4.(2019·江西重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)(多選)半徑為r、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬圓環(huán)用一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣輕細(xì)桿懸掛于O1點(diǎn),桿所在直線過(guò)圓環(huán)圓心,在O1點(diǎn)的正下方有一半徑為L(zhǎng)+2r的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,其圓心O2與O1點(diǎn)在同一豎直線上,O1點(diǎn)在圓形磁場(chǎng)區(qū)域邊界上,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,如圖所示.現(xiàn)使絕緣輕細(xì)桿從水平位置由靜止釋放,下擺過(guò)程中金屬圓環(huán)所在平面始終與磁場(chǎng)垂直,已知重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力及摩擦阻力,則( BD )
A.圓環(huán)最終會(huì)靜止在O1點(diǎn)的正
7、下方
B.圓環(huán)第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程通過(guò)圓環(huán)的電荷量大小為
C.圓環(huán)在整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(L+r)
D.圓環(huán)在整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(L+2r)
解析:圓環(huán)在進(jìn)或出磁場(chǎng)時(shí),因磁通量變化,產(chǎn)生感應(yīng)電流,機(jī)械能要減少;當(dāng)圓環(huán)整體完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),磁通量不變,不再產(chǎn)生感應(yīng)電流,其機(jī)械能不變,圓環(huán)不會(huì)離開(kāi)磁場(chǎng),就在磁場(chǎng)中左右擺動(dòng),不會(huì)靜止在O1點(diǎn)的正下方,A錯(cuò)誤;圓環(huán)第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程通過(guò)圓環(huán)的電荷量大小為q=Δt==,B正確;由幾何關(guān)系可知,該過(guò)程中環(huán)的上邊緣恰好位于磁場(chǎng)的邊界時(shí),與開(kāi)始時(shí)相比環(huán)的重心下降的高度為h=(L+2r),由能量守恒定律,則有:在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的
8、焦耳熱Q,即為減小的機(jī)械能,因此有Q=mgh=mg(L+2r),C錯(cuò)誤,D正確.
5.(2019·江西上饒模擬)如圖,兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置,底端接電阻R,輕彈簧上端固定,下端懸掛質(zhì)量為m的金屬棒,金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好,除電阻R外,其余電阻不計(jì),導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌所在平面向里.靜止時(shí)金屬棒位于A處,此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為Δl,彈性勢(shì)能為Ep,重力加速度大小為g.將金屬棒從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放,金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持水平,則( C )
A.金屬棒第一次到達(dá)A處時(shí),其加速度方向向下
B.當(dāng)金屬棒的速度最大時(shí),彈簧的伸長(zhǎng)量為Δl
C.電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于
9、mgΔl-Ep
D.金屬棒第一次下降過(guò)程通過(guò)電阻R的電荷量與第一次上升過(guò)程的相等
解析:在A點(diǎn)受重力、彈力,且兩力大小相等,運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)還受到安培力,根據(jù)左手定則可知,安培力方向向上,所以其加速度方向向上,故A錯(cuò)誤;若沒(méi)有磁場(chǎng),金屬棒回到A處時(shí)速度最大,有磁場(chǎng)時(shí),由于電磁感應(yīng)產(chǎn)生感應(yīng)電流,金屬棒將受到安培阻力作用,則在A處上方速度達(dá)到最大,感應(yīng)電流最大,彈簧伸長(zhǎng)量小于Δl,故B錯(cuò)誤;金屬棒最后靜止在A處,從釋放到金屬棒最后靜止的過(guò)程中,其重力勢(shì)能減小,轉(zhuǎn)化成內(nèi)能和彈簧的彈性勢(shì)能,根據(jù)能量守恒可知,Q=mgΔl-Ep,故C正確;根據(jù)能量守恒可知,第一次下降的位移大小大于第一次上升的位移,根據(jù)q
10、==可知,金屬棒第一次下降過(guò)程通過(guò)電阻R的電荷量大于第一次上升過(guò)程通過(guò)電阻R的電荷量,故D錯(cuò)誤.
6.(2019·福建漳州模擬)(多選)如圖,質(zhì)量為m、電阻為R的單匝矩形線框靜止于粗糙斜面上,線框邊長(zhǎng)ab=L,ad=2L,虛線MN過(guò)ad,bc邊中點(diǎn).斜面傾角為θ,線框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(μ>tan θ),設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.從某時(shí)刻起,在MN右側(cè)加一方向垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按B=kt(k>0)的規(guī)律均勻變化.一段時(shí)間后,線框沿斜面向下運(yùn)動(dòng),ab邊剛好穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度為v,重力加速度為g,則( AD )
A.線框剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí),感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bcda
11、
B.線框剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí),線框中的電功率為P=
C.線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中安培力所做的功W=mv2
D.線框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到穿出磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)線截面的電荷量q=
解析:磁場(chǎng)均勻增加,根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda,A正確;線框剛要運(yùn)動(dòng)時(shí),感應(yīng)電流為I===,則線框中的電功率為P=I2R=,B錯(cuò)誤;線框下滑過(guò)程中有重力、摩擦力、安培力三力做功,且重力小于摩擦力,根據(jù)動(dòng)能定理,安培力做功小于動(dòng)能變化量,C錯(cuò)誤;ab邊穿出磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)的電荷量為q=,又線框開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)有,mgsin θ+BIL=μmgcos θ,聯(lián)立解得q=,D正確.
7.(2018·山東淄博三模)(多選)如圖(甲)所
12、示,左側(cè)接有定值電阻R=3 Ω的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)=1 m.一質(zhì)量m=2 kg、接入電路的阻值r=1 Ω的金屬棒在拉力F作用下由靜止開(kāi)始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng),金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,g=
10 m/s2,金屬棒的vx圖像如圖(乙)所示,則從起點(diǎn)發(fā)生x=1 m位移的過(guò)程中( CD )
A.拉力做的功為16 J
B.通過(guò)電阻R的電荷量為0.25 C
C.定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為0.75 J
D.所用的時(shí)間t一定大于1 s
解析:根據(jù)圖像可知v=2x,金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的安培力
13、FA=,即安培力與x是線性函數(shù),所以在此過(guò)程中平均安培力=1 N,根據(jù)功能關(guān)系WF=Wf+mv2+WFA=μmgx+mv2+FA·x=0.5×20×1 J+×2×22 J+
1×1 J=15 J,故A錯(cuò)誤;q=== C=0.5 C,故B錯(cuò)誤;克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為回路中的焦耳熱,Q=WF=1 J,而R上的焦耳熱為QR=
Q=Q=0.75 J,故C正確;vx圖像中的斜率k==·=,所以a=kv,即隨著速度的增加,加速度也在增加,若導(dǎo)體棒做勻加速運(yùn)動(dòng)1 m,末速度為v=2 m/s,則需要的時(shí)間為t==1 s,現(xiàn)在導(dǎo)體棒做加速度增加的加速運(yùn)動(dòng),移動(dòng)1 m后速度仍為v=2 m/s,則所需時(shí)間大于1
14、 s,故D
正確.
8.(2019·遼寧鞍山模擬)(多選)如圖,在水平面內(nèi)固定有兩根相互平行的無(wú)限長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌,其間距為L(zhǎng),電阻不計(jì).在虛線l1的左側(cè)存在著豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),在虛線l2的右側(cè)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩部分磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B.a,b兩根電阻均為R的金屬棒與導(dǎo)軌垂直,分別位于兩塊磁場(chǎng)中,現(xiàn)突然給a棒一個(gè)水平向左的初速度v0,在兩棒達(dá)到穩(wěn)定的過(guò)程中下列說(shuō)法正確的是( BD )
A.兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒
B.兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒
C.安培力對(duì)a棒做功的功率等于a棒的發(fā)熱功率
D.安培力對(duì)a棒做功的功率等于安培力對(duì)b棒做功功率與兩棒總發(fā)熱功率
15、之和
解析:a棒在左側(cè)磁場(chǎng)中切割磁感線,產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),在回路中產(chǎn)生順時(shí)針的感應(yīng)電流,a棒受到向右的安培力,在b棒中的電流方向向下,所以b棒受到向右的安培力向右運(yùn)動(dòng),所以a棒減速,b棒加速.由于a,b棒所受安培力都向右,所以兩金屬棒組成的系統(tǒng)所受合外力不為零,所以兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒,故A錯(cuò)誤,B正確;根據(jù)能量守恒可知,a棒動(dòng)能的減少量等于回路中產(chǎn)生的熱量和b棒動(dòng)能的增加量,由動(dòng)能定理可知,a棒動(dòng)能的減少量等于安培力對(duì)a棒做的功,b棒動(dòng)能的增加量等于安培力對(duì)b棒做的功,所以安培力對(duì)a棒做功的功率等于安培力對(duì)b棒做功功率與兩棒總發(fā)熱功率之和,故C錯(cuò)誤,D正確.
9.(2019·福建
16、龍巖模擬)(多選)如圖,在水平面上固定有兩條間距為L(zhǎng)的平行直導(dǎo)軌,導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.兩根質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬桿,間隔一定距離垂直放在直導(dǎo)軌上.左金屬桿獲得一水平初速度v0后開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩根金屬桿始終沒(méi)有相碰.設(shè)導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng),不計(jì)導(dǎo)軌的電阻和空氣阻力.則( ACD )
A.每根金屬桿最終通過(guò)的電荷量為
B.每根金屬桿最終產(chǎn)生的焦耳熱為m
C.兩根金屬桿之間初始間距至少為
D.最終穿過(guò)由兩根金屬桿和軌道組成的回路的磁通量變化量為
解析:右邊的金屬桿受安培力作用,做加速運(yùn)動(dòng),左邊的金屬桿受安培力作用,做減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)兩金屬桿速度
17、相等時(shí),做勻速直線運(yùn)動(dòng),在整個(gè)過(guò)程中動(dòng)量守恒,設(shè)兩金屬桿的共同速度為v,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0=2mv,解得v=;設(shè)兩金屬桿間距為x,對(duì)左邊的金屬桿,由動(dòng)量定理得BLt=mv,又q=t,解得q=,根據(jù)q=,解得ΔΦ=2qR=,又ΔΦ=BS=BLx,解得x==,故A,C,D正確;設(shè)回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q,根據(jù)能量守恒定律得m=Q+×2mv2,解得Q=m,故每根金屬桿產(chǎn)生的焦耳熱為Q′=Q=m,故B錯(cuò)誤.
10.如圖(甲)所示,空間存在B=0.5 T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),MN,
PQ是處于同一水平面內(nèi)相互平行的粗糙長(zhǎng)直導(dǎo)軌,間距l(xiāng)=0.2 m,在導(dǎo)軌一端連接著阻值為R=0.4 Ω的定值
18、電阻,ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量為m=0.1 kg 的導(dǎo)體棒.從零時(shí)刻開(kāi)始,通過(guò)一小型電動(dòng)機(jī)對(duì)ab棒施加一個(gè)牽引力,方向水平向左,使其從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌做加速運(yùn)動(dòng),此過(guò)程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好.圖(乙)是拉力F與導(dǎo)體棒ab速率倒數(shù)關(guān)系圖像.已知導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,除R外,其余部分電阻均不計(jì),不計(jì)定滑輪的質(zhì)量和摩擦,g=10 m/s2.
(1)求電動(dòng)機(jī)的額定功率;
(2)若導(dǎo)體棒ab在16 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)了90 m并恰好達(dá)到最大速度,求在0～16 s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱.
解析:(1)由圖像知導(dǎo)體棒ab的最大速度為v1=10 m/s,此時(shí)導(dǎo)體棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=Bl
19、v1,感應(yīng)電流I=,導(dǎo)體棒受到的安培力FA=BIl,
此時(shí)電動(dòng)機(jī)牽引力為F=,
由牛頓第二定律得-μmg-FA=0,
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得P=4.5 W.
(2)由能量守恒得Pt=Q+μmgs+m,
代入數(shù)據(jù)解得R產(chǎn)生的熱量Q=49 J.
答案:(1)4.5 W (2)49 J
11.(2018·福建莆田第一中學(xué)月考)如圖所示,MN,PQ兩平行光滑水平導(dǎo)軌分別與半徑r=0.5 m的相同豎直半圓導(dǎo)軌在N,Q端平滑連接,M,P端連接定值電阻R,質(zhì)量M=2 kg的cd絕緣桿垂直靜止在水平導(dǎo)軌上,在其右側(cè)至N,Q端的區(qū)域內(nèi)充滿豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),現(xiàn)有質(zhì)量m=1 kg的ab金屬桿以初速度 v0
20、=12 m/s水平向右與cd絕緣桿發(fā)生正碰后,進(jìn)入磁場(chǎng)并最終未滑出,cd絕緣桿則恰好通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn),不計(jì)其他電阻和摩擦,ab金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好(不考慮cd桿通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)以后的運(yùn)動(dòng),g取10 m/s2),求:
(1)cd絕緣桿通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí)的速度大小v;
(2)正碰后ab桿的速度大小;
(3)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q.
解析:(1)cd絕緣桿通過(guò)半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律有Mg=M,
解得v== m/s.
(2)碰撞后cd絕緣桿滑至最高點(diǎn)的過(guò)程中,由動(dòng)能定理有-2Mgr=Mv2-M,
解得碰撞后cd絕緣桿的速度v2=5 m/s,
兩桿碰撞過(guò)程,動(dòng)量守恒,取向右為正方向,
則有mv0=mv1+Mv2,
解得碰撞后ab金屬桿的速度v1=2 m/s.
(3)ab金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后,由能量守恒定律有
m=Q,
解得Q=2 J.
答案:(1) m/s (2)2 m/s (3)2 J
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2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第十章 專題探究九 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用（二）練習(xí)（含解析）
