3、磁場的過程中( C )
A.ab邊剛進入磁場時,ab兩端的電勢差為BL
B.感應電流所做功為mgd
C.感應電流所做功為2mgd
D.線框最小速度為v=
解析:進入磁場前,線框做自由落體運動,則有h=gt2=,得線框的速度v=,ab邊產(chǎn)生的感應電動勢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邊進入磁場到達邊界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勻速運動直到軌道的底端.金屬桿始終保持與導軌垂直且接觸良好,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.金屬桿加速運動過程中的平均速度小于
B.金屬桿加速運動過程中克服安培力做功的功率大于勻速運動過程中
5、克服安培力的功率
C.當金屬桿的速度為時,它的加速度大小為
D.整個運動過程中電阻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,勻速運動時速度最大,加速運動過程中金屬桿克服安培力做功的功率小于勻速運動過程中克服安培力做功的功率,故B錯誤;勻速運動時,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·江西重點中學聯(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的絕緣輕細桿懸掛于O1點,桿所在直線過圓環(huán)圓心,在O1點的正下方有一半徑為L+2r的圓形勻強磁場區(qū)域,其圓心O2與O1點在同一豎直線上,O1點在圓形磁場區(qū)域邊界上,磁感應強度為B,如圖所示.現(xiàn)使絕緣輕細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點的正
7、下方
B.圓環(huán)第一次進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)在進或出磁場時,因磁通量變化,產(chǎn)生感應電流,機械能要減少;當圓環(huán)整體完全在磁場中運動時,磁通量不變,不再產(chǎn)生感應電流,其機械能不變,圓環(huán)不會離開磁場,就在磁場中左右擺動,不會靜止在O1點的正下方,A錯誤;圓環(huán)第一次進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:在整個運動過程中產(chǎn)生的
8、焦耳熱Q,即為減小的機械能,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,金屬棒和導軌接觸良好,除電阻R外,其余電阻不計,導軌處于勻強磁場中,磁場方向垂直導軌所在平面向里.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,金屬棒在運動過程中始終保持水平,則( C )
A.金屬棒第一次到達A處時,其加速度方向向下
B.當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點受重力、彈力,且兩力大小相等,運動到A點還受到安培力,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,由于電磁感應產(chǎn)生感應電流,金屬棒將受到安培阻力作用,則在A處上方速度達到最大,感應電流最大,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.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磁場,磁感應強度大小按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.線框剛開始運動時,感應電流的方向為abcda
11、
B.線框剛開始運動時,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.線框從開始運動到穿出磁場過程中通過導線截面的電荷量q=
解析:磁場均勻增加,根據(jù)楞次定律,感應電流方向為abcda,A正確;線框剛要運動時,感應電流為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的水平粗糙導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中,磁感應強度B=2 T,導軌間距為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處沿導軌向右加速運動,金屬棒與導軌垂直且接觸良好,金屬棒與導軌間的動摩擦因數(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,若導體棒做勻加速運動1 m,末速度為v=2 m/s,則需要的時間為t==1 s,現(xiàn)在導體棒做加速度增加的加速運動,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磁場,在虛線l2的右側(cè)存在豎直向下的勻強磁場,兩部分磁場的磁感應強度均為B.a,b兩根電阻均為R的金屬棒與導軌垂直,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)生感應電動勢,在回路中產(chǎn)生順時針的感應電流,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的平行直導軌,導軌處于方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中.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軌上.左金屬桿獲得一水平初速度v0后開始向右運動,運動過程中兩根金屬桿始終沒有相碰.設導軌光滑且足夠長,不計導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,做加速運動,左邊的金屬桿受安培力作用,做減速運動,當兩金屬桿速度
17、相等時,做勻速直線運動,在整個過程中動量守恒,設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磁場,MN,
PQ是處于同一水平面內(nèi)相互平行的粗糙長直導軌,間距l(xiāng)=0.2 m,在導軌一端連接著阻值為R=0.4 Ω的定值
18、電阻,ab是跨接在導軌上質(zhì)量為m=0.1 kg 的導體棒.從零時刻開始,通過一小型電動機對ab棒施加一個牽引力,方向水平向左,使其從靜止開始沿導軌做加速運動,此過程中棒始終保持與導軌垂直且接觸良好.圖(乙)是拉力F與導體棒ab速率倒數(shù)關系圖像.已知導體棒ab與導軌的動摩擦因數(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)求電動機的額定功率;
(2)若導體棒ab在16 s內(nèi)運動了90 m并恰好達到最大速度,求在0～16 s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱.
解析:(1)由圖像知導體棒ab的最大速度為v1=10 m/s,此時導體棒中感應電動勢為E=Bl
19、v1,感應電流I=,導體棒受到的安培力FA=BIl,
此時電動機牽引力為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·福建莆田第一中學月考)如圖所示,MN,PQ兩平行光滑水平導軌分別與半徑r=0.5 m的相同豎直半圓導軌在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,進入磁場并最終未滑出,cd絕緣桿則恰好通過半圓導軌最高點,不計其他電阻和摩擦,ab金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好(不考慮cd桿通過半圓導軌最高點以后的運動,g取10 m/s2),求:
(1)cd絕緣桿通過半圓導軌最高點時的速度大小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絕緣桿通過半圓導軌最高點時,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版高考物理總復習 第十章 專題探究九 電磁感應的綜合應用（二）練習（含解析）
