3、磁場的過程中( C )
A.ab邊剛進(jìn)入磁場時,ab兩端的電勢差為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)入磁場前,線框做自由落體運(yùn)動,則有h=gt2=,得線框的速度v=,ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv=BL,ab兩端的電勢差為路端電壓U=E=BL,故A錯誤;在線框全部穿過磁場的過程中,線框只受重力和安培力,ab邊進(jìn)入磁場到達(dá)邊界L2過程,由動能定理得,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邊穿出磁場過程電流與穿入磁場過程完全相等,故電流做功也為mgd,B錯誤,C正確;線
4、框速度最小時為線框剛剛完全進(jìn)入磁場時,由動能定理可得mv2=mg(h+L)-mgd=mg(h+L-d),解得v=,故D錯誤.
3.(2019·山東日照聯(lián)考)如圖所示,一足夠長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,下滑一段時間后,金屬桿開始以速度v勻速運(yùn)動直到軌道的底端.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,重力加速度為g.則( C )
A.金屬桿加速運(yùn)動過程中的平均速度小于
B.金屬桿加速運(yùn)動過程中克服安培力做功的功率大于勻速運(yùn)動過程中
5、克服安培力的功率
C.當(dāng)金屬桿的速度為時,它的加速度大小為
D.整個運(yùn)動過程中電阻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,最后以速度v勻速,其通過的位移大于相同時間內(nèi)由靜止勻加速到v通過的位移,則金屬桿的平均速度大于勻加速運(yùn)動的平均速度v,故A錯誤;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)動時速度最大,加速運(yùn)動過程中金屬桿克服安培力做功的功率小于勻速運(yùn)動過程中克服安培力做功的功率,故B錯誤;勻速運(yùn)動時,金屬桿的速度大小為v,所受的安培力大小為,此時有mgsin θ=;當(dāng)金屬桿的速度為v時,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;整個運(yùn)動過程中回路中產(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)用一根長為L的絕緣輕細(xì)桿懸掛于O1點(diǎn),桿所在直線過圓環(huán)圓心,在O1點(diǎn)的正下方有一半徑為L+2r的圓形勻強(qiáng)磁場區(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,下擺過程中金屬圓環(huán)所在平面始終與磁場垂直,已知重力加速度為g,不計空氣阻力及摩擦阻力,則( BD )
A.圓環(huán)最終會靜止在O1點(diǎn)的正
7、下方
B.圓環(huán)第一次進(jìn)入磁場的過程通過圓環(huán)的電荷量大小為
C.圓環(huán)在整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(L+r)
D.圓環(huán)在整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(L+2r)
解析:圓環(huán)在進(jìn)或出磁場時,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)整體完全在磁場中運(yùn)動時,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)不會離開磁場,就在磁場中左右擺動,不會靜止在O1點(diǎn)的正下方,A錯誤;圓環(huán)第一次進(jìn)入磁場的過程通過圓環(huán)的電荷量大小為q=Δt==,B正確;由幾何關(guān)系可知,該過程中環(huán)的上邊緣恰好位于磁場的邊界時,與開始時相比環(huán)的重心下降的高度為h=(L+2r),由能量守恒定律,則有:在整個運(yùn)動過程中產(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錯誤,D正確.
5.(2019·江西上饒模擬)如圖,兩根足夠長的光滑金屬導(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,導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直導(dǎo)軌所在平面向里.靜止時金屬棒位于A處,此時彈簧的伸長量為Δl,彈性勢能為Ep,重力加速度大小為g.將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放,金屬棒在運(yùn)動過程中始終保持水平,則( C )
A.金屬棒第一次到達(dá)A處時,其加速度方向向下
B.當(dāng)金屬棒的速度最大時,彈簧的伸長量為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程通過電阻R的電荷量與第一次上升過程的相等
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錯誤;若沒有磁場,金屬棒回到A處時速度最大,有磁場時,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,彈簧伸長量小于Δl,故B錯誤;金屬棒最后靜止在A處,從釋放到金屬棒最后靜止的過程中,其重力勢能減小,轉(zhuǎn)化成內(nèi)能和彈簧的彈性勢能,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程通過電阻R的電荷量大于第一次上升過程通過電阻R的電荷量,故D錯誤.
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ab=L,ad=2L,虛線MN過ad,bc邊中點(diǎn).斜面傾角為θ,線框與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ(μ>tan θ),設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.從某時刻起,在MN右側(cè)加一方向垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按B=kt(k>0)的規(guī)律均勻變化.一段時間后,線框沿斜面向下運(yùn)動,ab邊剛好穿出磁場時的速度為v,重力加速度為g,則( AD )
A.線框剛開始運(yùn)動時,感應(yīng)電流的方向為abcda
11、
B.線框剛開始運(yùn)動時,線框中的電功率為P=
C.線框離開磁場的過程中安培力所做的功W=mv2
D.線框從開始運(yùn)動到穿出磁場過程中通過導(dǎo)線截面的電荷量q=
解析:磁場均勻增加,根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流方向為abcda,A正確;線框剛要運(yùn)動時,感應(yīng)電流為I===,則線框中的電功率為P=I2R=,B錯誤;線框下滑過程中有重力、摩擦力、安培力三力做功,且重力小于摩擦力,根據(jù)動能定理,安培力做功小于動能變化量,C錯誤;ab邊穿出磁場過程中通過的電荷量為q=,又線框開始滑動時有,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)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T,導(dǎo)軌間距為L=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作用下由靜止開始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動,金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(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位移的過程中( CD )
A.拉力做的功為16 J
B.通過電阻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)動過程中受到的安培力
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錯誤;q=== C=0.5 C,故B錯誤;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1 m,末速度為v=2 m/s,則需要的時間為t==1 s,現(xiàn)在導(dǎo)體棒做加速度增加的加速運(yùn)動,移動1 m后速度仍為v=2 m/s,則所需時間大于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限長光滑金屬導(dǎo)軌,其間距為L,電阻不計.在虛線l1的左側(cè)存在著豎直向上的勻強(qiáng)磁場,在虛線l2的右側(cè)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場,兩部分磁場的磁感應(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,分別位于兩塊磁場中,現(xiàn)突然給a棒一個水平向左的初速度v0,在兩棒達(dá)到穩(wěn)定的過程中下列說法正確的是( BD )
A.兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動量守恒
B.兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動量不守恒
C.安培力對a棒做功的功率等于a棒的發(fā)熱功率
D.安培力對a棒做功的功率等于安培力對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)磁場中切割磁感線,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,在回路中產(chǎn)生順時針的感應(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,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)的動量不守恒,故A錯誤,B正確;根據(jù)能量守恒可知,a棒動能的減少量等于回路中產(chǎn)生的熱量和b棒動能的增加量,由動能定理可知,a棒動能的減少量等于安培力對a棒做的功,b棒動能的增加量等于安培力對b棒做的功,所以安培力對a棒做功的功率等于安培力對b棒做功功率與兩棒總發(fā)熱功率之和,故C錯誤,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后開始向右運(yùn)動,運(yùn)動過程中兩根金屬桿始終沒有相碰.設(shè)導(dǎo)軌光滑且足夠長,不計導(dǎo)軌的電阻和空氣阻力.則( ACD )
A.每根金屬桿最終通過的電荷量為
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,左邊的金屬桿受安培力作用,做減速運(yùn)動,當(dāng)兩金屬桿速度
17、相等時,做勻速直線運(yùn)動,在整個過程中動量守恒,設(shè)兩金屬桿的共同速度為v,根據(jù)動量守恒定律得mv0=2mv,解得v=;設(shè)兩金屬桿間距為x,對左邊的金屬桿,由動量定理得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,MN,
PQ是處于同一水平面內(nèi)相互平行的粗糙長直導(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.從零時刻開始,通過一小型電動機(jī)對ab棒施加一個牽引力,方向水平向左,使其從靜止開始沿導(dǎo)軌做加速運(yùn)動,此過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)軌的動摩擦因數(shù)μ=0.2,除R外,其余部分電阻均不計,不計定滑輪的質(zhì)量和摩擦,g=10 m/s2.
(1)求電動機(jī)的額定功率;
(2)若導(dǎo)體棒ab在16 s內(nèi)運(yùn)動了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,此時導(dǎo)體棒中感應(yīng)電動勢為E=Bl
19、v1,感應(yīng)電流I=,導(dǎo)體棒受到的安培力FA=BIl,
此時電動機(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,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)入磁場并最終未滑出,cd絕緣桿則恰好通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn),不計其他電阻和摩擦,ab金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好(不考慮cd桿通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)以后的運(yùn)動,g取10 m/s2),求:
(1)cd絕緣桿通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時的速度大小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絕緣桿通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時,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)的過程中,由動能定理有-2Mgr=Mv2-M,
解得碰撞后cd絕緣桿的速度v2=5 m/s,
兩桿碰撞過程,動量守恒,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
- 9 -
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）
