2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 能力課2 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題練習(xí)（含解析）新人教版

《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 能力課2 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題練習(xí)（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 能力課2 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題練習(xí)（含解析）新人教版（14頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、能力課2 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題一、選擇題1如圖所示，在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場(chǎng)與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動(dòng)桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻都可不計(jì)開始時(shí)，給ef一個(gè)向右的初速度，則()Aef將減速向右運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速，最后停止Bef將勻減速向右運(yùn)動(dòng)，最后停止Cef將勻速向右運(yùn)動(dòng)Def將往返運(yùn)動(dòng)解析：選Aef向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，會(huì)受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，直到停止，但不是勻減速，由FBILma知，ef做的是加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故A正確2(多選)如圖所示平行的金屬雙軌與

2、電路處在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，一金屬桿放在金屬雙軌上，在恒定外力F作用下做勻速運(yùn)動(dòng)，則在開關(guān)S()A閉合瞬間通過金屬桿的電流增大B閉合瞬間通過金屬桿的電流減小C閉合后金屬桿先減速后勻速D閉合后金屬桿先加速后勻速解析：選AC金屬桿做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，相當(dāng)于電源在開關(guān)S閉合瞬間，外電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律，干路電流增加，即通過金屬桿的電流增加，故A正確，B錯(cuò)誤；開關(guān)S閉合前，拉力和安培力平衡，開關(guān)S閉合后，電流增加，根據(jù)安培力公式FBIL，安培力增加，故拉力小于安培力，金屬桿做減速運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，電流減小，安培力減小，加速度減小，當(dāng)加速度減為零時(shí)，速度減小到最小值，最后勻速運(yùn)動(dòng)，故

3、C正確，D錯(cuò)誤3(多選)如圖所示，兩足夠長平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下，金屬棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路且都可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動(dòng)，兩金屬棒ab、cd的質(zhì)量之比為21.用一沿導(dǎo)軌方向的恒力F水平向右拉金屬棒cd，經(jīng)過足夠長時(shí)間以后()A金屬棒ab、cd都做勻速運(yùn)動(dòng)B金屬棒ab上的電流方向是由b向aC金屬棒cd所受安培力的大小等于D兩金屬棒間距離保持不變解析：選BC對(duì)兩金屬棒ab、cd進(jìn)行受力和運(yùn)動(dòng)分析可知，兩金屬棒最終將做加速度相同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且金屬棒ab速度小于金屬棒cd速度，所以兩金屬棒間距離是變大的由楞次定律判斷金屬棒ab上的電流方向是由b到a，A、D錯(cuò)誤

4、，B正確；以兩金屬棒整體為研究對(duì)象有F3ma，隔離金屬棒cd分析，有FF安ma，可求得金屬棒cd所受安培力的大小F安F，C正確4如圖所示，兩根間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為，圖中虛線下方區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向上兩金屬桿質(zhì)量均為m，電阻均為R，垂直于導(dǎo)軌放置開始時(shí)金屬桿ab處在距磁場(chǎng)上邊界一定距離處，金屬桿cd處在導(dǎo)軌的最下端，被與導(dǎo)軌垂直的兩根小柱擋住現(xiàn)將金屬桿ab由靜止釋放，金屬桿ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)便開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)已知重力加速度為g，則()A金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒩到bB金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為C金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)后產(chǎn)生的

5、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為D金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)后，金屬桿cd對(duì)兩根小柱的壓力大小為零解析：選B由右手定則可知，金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒪到a，故A錯(cuò)誤；因金屬桿ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)便開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有mgsin，解得v，故B正確；金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)后產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv，解得E，故C錯(cuò)誤；由左手定則可知，金屬桿cd受到的安培力與斜面平行且向下，則金屬桿cd對(duì)兩根小柱的壓力不為零，故D錯(cuò)誤5(多選)如圖甲所示，間距為L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，導(dǎo)軌左側(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0t0時(shí)

6、間內(nèi)，棒從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)乙圖中t0、F1、F2為已知量，棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)則()A在t0以后，導(dǎo)體棒一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B在t0以后，導(dǎo)體棒先做加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)C在0t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒的加速度大小為D在0t0時(shí)間內(nèi)，通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為解析：選BD因在0t0時(shí)間內(nèi)棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故在t0時(shí)刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不變，安培力逐漸變大，導(dǎo)體棒做加速度越來越小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為0后，即導(dǎo)體棒所受安培力與外力F2相等后，導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)在0t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的加速度為a，通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為q，導(dǎo)體棒的質(zhì)量

7、為m，t0時(shí)刻導(dǎo)體棒的速度為v，則有a，F(xiàn)2ma，F(xiàn)1ma，q，BSBLt0，解得a，q，故C錯(cuò)誤，D正確6(多選)(2018屆湛江一中等“四?！甭?lián)考)豎直放置的平行光滑導(dǎo)軌，其電阻不計(jì)，磁場(chǎng)方向如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T，導(dǎo)體ab及cd長均為0.2 m，電阻均為0.1 ，重均為0.1 N，現(xiàn)用豎直向上的力拉導(dǎo)體ab，使之勻速上升(與導(dǎo)軌接觸良好)，此時(shí)釋放cd，cd恰好靜止不動(dòng)，那么ab上升時(shí)，下列說法正確的是()Aab受到的拉力大小為0.2 NBab向上的速度為2 m/sC在2 s內(nèi)，拉力做功轉(zhuǎn)化的電能是0.8 JD在2 s內(nèi)，拉力做功為0.6 J解析：選AB導(dǎo)體棒ab勻速上升，受力

8、平衡，cd棒靜止，受力也平衡，對(duì)于兩棒組成的整體，合外力為零，根據(jù)平衡條件可得：ab棒受到的拉力F2mg0.2 N，故A正確；cd棒受到的安培力：F安BIL，cd棒靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得G，代入數(shù)據(jù)解得v2 m/s，故B正確；在2 s內(nèi)，電路產(chǎn)生的電能Qtt2 J0.4 J，則在2 s內(nèi)，拉力做的功有0.4 J的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，故C錯(cuò)誤；在2 s內(nèi)拉力做的功為WF拉vt0.222 J0.8 J，故D錯(cuò)誤7(多選)(2019屆銀川一中模擬)如圖所示，空間存在著與圓臺(tái)母線垂直向外的磁場(chǎng)，各處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，圓臺(tái)母線與豎直方向的夾角為，一個(gè)質(zhì)量為m、半徑為r的勻質(zhì)金屬環(huán)位于圓臺(tái)底

9、部當(dāng)給環(huán)通以恒定的電流I，圓環(huán)由靜止向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t后撤去該恒定電流并保持圓環(huán)閉合，圓環(huán)全程上升的最大高度為H.已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，磁場(chǎng)的范圍足夠大在圓環(huán)向上運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是()A圓環(huán)先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)B在時(shí)間t內(nèi)安培力對(duì)圓環(huán)做功為mgHC圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的最大速度為gtD圓環(huán)先有擴(kuò)張后有收縮的趨勢(shì)解析：選AC在時(shí)間t內(nèi)，圓環(huán)中通有電流I，圓環(huán)在磁場(chǎng)中受向上的安培力作用，安培力大于重力，所以合力向上，圓環(huán)由靜止開始向上加速運(yùn)動(dòng)，t時(shí)刻撤去電流，圓環(huán)繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，并切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，則同時(shí)又受向下的安培力和重力，合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，所以圓環(huán)開始減速運(yùn)動(dòng)直至

10、到達(dá)最高位置，故A正確；因安培力在t時(shí)間內(nèi)對(duì)其做正功，t時(shí)刻以后對(duì)其做負(fù)功，有W安t前W安t后mgH，則知在t時(shí)間內(nèi)安培力做功大于mgH，故B錯(cuò)誤；在t時(shí)間內(nèi)安培力FBILBI2r，合外力F合Fcosmg2BIrcosmgma，vatgt，故C正確；圓環(huán)加速上升過程中有收縮趨勢(shì)，減速上升過程中有擴(kuò)張趨勢(shì)，故D錯(cuò)誤8(多選)如圖所示，相距L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到v時(shí)開始勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)對(duì)導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速

11、運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項(xiàng)正確的是()AP2mgvsinBP3mgvsinC當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時(shí)加速度大小為sinD在速度達(dá)到2v以后的勻速運(yùn)動(dòng)過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功解析：選AC由平衡條件可知，當(dāng)導(dǎo)體棒第一次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿導(dǎo)軌方向有mgsin；當(dāng)導(dǎo)體棒第二次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿導(dǎo)軌方向有Fmgsin，兩式聯(lián)立解得Fmgsin，此時(shí)拉力F的功率PF2v2mgvsin，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到時(shí)，沿導(dǎo)軌方向由牛頓第二定律有mgsinma，解得agsin，選項(xiàng)C正確；導(dǎo)體棒的速度達(dá)到2v以后，拉力與重力的合力所做的功全

12、部轉(zhuǎn)化為R上產(chǎn)生的焦耳熱，選項(xiàng)D錯(cuò)誤二、非選擇題9(2017年江蘇卷)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長，桿在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸求：(1)MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2)MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P.解析：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBdv0感應(yīng)電流I解得I.(2)

13、安培力FBId由牛頓第二定律Fma解得a.(3)金屬桿切割磁感線的速度vv0v，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBd(v0v)電功率P解得P.答案：(1)(2)(3)10如圖所示，兩根正對(duì)的平行金屬直軌道MN、MN位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l0.50 m軌道的MM端接一阻值為R0.50 的定值電阻，直軌道的右端處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.60 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)區(qū)域右邊界為NN，寬度d0.80 m；水平軌道的最右端與兩條位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、NP平滑連接，兩半圓形軌道的半徑均為R00.50 m現(xiàn)有一導(dǎo)體桿ab靜止在距磁場(chǎng)的左邊界s2.0 m處，其質(zhì)量m0.20 kg、電阻r0.

14、10 .ab桿在與桿垂直的、大小為2.0 N的水平恒力F的作用下開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至磁場(chǎng)的左邊界時(shí)撤去F，桿穿過磁場(chǎng)區(qū)域后，沿半圓形軌道運(yùn)動(dòng)，結(jié)果恰好能通過半圓形軌道的最高位置PP.已知桿始終與軌道垂直，桿與直軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.10，軌道電阻忽略不計(jì)，取g10 m/s2.求：(1)導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，通過導(dǎo)體桿的電流的大小和方向；(2)在導(dǎo)體桿穿過磁場(chǎng)的過程中，通過電阻R的電荷量；(3)在導(dǎo)體桿穿過磁場(chǎng)的過程中，整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱解析：(1)設(shè)導(dǎo)體桿在F的作用下運(yùn)動(dòng)至磁場(chǎng)的左邊界時(shí)的速度為v1，由動(dòng)能定理得(Fmg)smv120，導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBlv1，此時(shí)通過導(dǎo)

15、體桿的電流大小為I，代入數(shù)據(jù)解得I3 A，由右手定則可知，電流的方向?yàn)橛蒪指向a.(2)Bld，qt聯(lián)立解得q0.4 C.(3)由(1)可知，導(dǎo)體桿在F的作用下運(yùn)動(dòng)至磁場(chǎng)的左邊界時(shí)的速度v16.0 m/s，設(shè)導(dǎo)體桿通過半圓形軌道的最高位置時(shí)的速度為v，則有mg，在導(dǎo)體桿從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到滑至最高位置的過程中，由能量守恒定律有，mv12Qmg2R0mv2mgd，解得Q0.94 J.答案：(1)3 A方向?yàn)橛蒪指向a(2)0.4 C(3)0.94 J11(2019屆河北石家莊質(zhì)量檢測(cè))傾角為37的絕緣斜面固定在水平地面上，在斜面內(nèi)存在一寬度d0.28 m的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，邊界與斜面底邊平行，磁場(chǎng)方向垂直

16、斜面向上，如圖甲所示在斜面上由靜止釋放一質(zhì)量m0.1 kg、電阻R0.06 的正方形金屬線框abcd，線框沿斜面下滑穿過磁場(chǎng)區(qū)域，線框從開始運(yùn)動(dòng)到完全進(jìn)入磁場(chǎng)過程中的速度時(shí)間圖象如圖乙所示已知整個(gè)過程中線框底邊bc始終與磁場(chǎng)邊界保持平行，重力加速度g10 m/s2，sin370.6，cos370.8.(1)求金屬線框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)求金屬線框穿越該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過程中，線框中產(chǎn)生焦耳熱的最大功率Pmax；(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(3)若線框bc邊出磁場(chǎng)時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度開始隨時(shí)間變化，且此時(shí)記為t0.為使線框出磁場(chǎng)的過程中始終無感應(yīng)電流，求從t0時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系式解

17、析：(1)由vt圖象可知線框在進(jìn)入磁場(chǎng)之前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，aa2 m/s2由牛頓第二定律有mgsinmgcosma解得0.5.(2)由vt圖象可知線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，進(jìn)入磁場(chǎng)所用的時(shí)間為0.125 s，勻速進(jìn)入磁場(chǎng)的速度v11.2 m/s，則線框邊長lv1t0.15 m由平衡條件則有mgsinmgcos解得磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 T線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為2 m/s2，線框出磁場(chǎng)時(shí)速度最大，電功率最大，設(shè)此時(shí)速度大小為v2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得v22v122a(dl)解得v21.4 m/s由法拉第電磁感應(yīng)定律可得EB0lv2由閉合電路歐姆定律可得I由安培力公式可得FB0Il解得P

18、maxFv2 W0.33 W.(3)穿過線框的磁通量保持不變則線框中無感應(yīng)電流，從線框bc邊出磁場(chǎng)時(shí)開始計(jì)時(shí)，則B0l2lB解得BT(t0.1 s)答案：(1)0.5(2)0.33 W(3)B T(t0.1 s)|學(xué)霸作業(yè)|自選1(2018年江蘇卷)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為，間距為d.導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g.求下滑到底端的過程中，金屬棒(1)末速度的大小v；

19、(2)通過的電流大小I；(3)通過的電荷量Q.解析：(1)勻加速直線運(yùn)動(dòng)v22as解得v.(2)安培力F安IdB金屬棒所受合力FmgsinF安由牛頓第二定律Fma解得I.(3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t電荷量QIt解得Q.答案：(1)(2)(3)2兩平行軌道MN、PQ間距L1 m，在MP間接入電阻R3 ，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直斜面向上質(zhì)量m1 kg的金屬棒ab置于導(dǎo)軌上，ab在導(dǎo)軌之間的電阻r1 ，電路中其余電阻不計(jì)金屬棒ab由靜止釋放后沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)時(shí)始終垂直于導(dǎo)軌，且與導(dǎo)軌接觸良好不計(jì)空氣阻力影響已知金屬棒ab與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，sin370.6，cos370.8，取g

20、10 m/s2.(1)求金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)的最大速度vm；(2)求金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過程中，電阻R上的最大電功率PR；(3)若從金屬棒ab開始運(yùn)動(dòng)至達(dá)到最大速度過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱總共為1.5 J，求流過電阻R的總電荷量q.解析：(1)金屬棒由靜止釋放后，沿斜面做變加速運(yùn)動(dòng)，加速度不斷減小，當(dāng)加速度為零時(shí)有最大速度vm由牛頓第二定律有mgsinmgcosF安0F安BILIEBLvm由以上各式代入數(shù)據(jù)解得vm2.0 m/s.(2)金屬棒以最大速度vm勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電阻R上的電功率最大，此時(shí)PRI2R，解得PR3 W.(3)設(shè)金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)至達(dá)到最大速度過程中，沿導(dǎo)軌下滑距離為

21、x由能量守恒定律得mgxsinmgxcosQRQrmvm2根據(jù)焦耳定律有聯(lián)立解得x2.0 m根據(jù)qt，BLx，解得q1.0 C.答案：(1)2.0 m/s(2)3 W(3)1.0 C3. (2018屆甘肅蘭州高三診斷考試)如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角30，兩導(dǎo)軌間距L1.0 m，底端N、Q兩點(diǎn)連接R1.0 的電阻，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌所在平面斜向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.6 T質(zhì)量m0.2 kg，阻值r0.50 的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，在平行于導(dǎo)軌平面向上的拉力F作用下沿導(dǎo)軌向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度v10 m/s.撤去拉力F后，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌繼續(xù)

22、運(yùn)動(dòng)l2.0 m后速度減為零運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，g10 m/s2，導(dǎo)軌電阻不計(jì)求：(1)拉力F的大??；(2)撤去拉力F后導(dǎo)體棒上升的過程中電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q和通過的電荷量q.解析：(1)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBLv6 V感應(yīng)電流為I4 A由導(dǎo)體棒受力平衡可得FF安mgsinBILmgsin3.4 N.(2)撤去拉力后，由動(dòng)能定理可得mglsinW克0mv2得克服安培力所做的功W克8 J則電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q8 J J通過的電荷量q0.8 C.答案：(1)3.4 N(2) J0.8 C4間距分別為2L和L的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌按照如圖所示的方式連接后固定在水

23、平面上，且右端足夠長兩粗細(xì)均勻的導(dǎo)體棒MN、PQ分別垂直導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置置于方向垂直導(dǎo)軌平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出)中首先將導(dǎo)體棒PQ鎖定，給MN一個(gè)瞬時(shí)沖量I，當(dāng)MN的沖量減為時(shí)，將PQ解除鎖定，當(dāng)導(dǎo)體棒MN運(yùn)動(dòng)到間距為2L的兩金屬導(dǎo)軌的最右端a、b處時(shí)，回路中的電流趨近于零(可按電流恰好為零的情況進(jìn)行分析)已知導(dǎo)體棒MN的質(zhì)量為2m、電阻為2R，導(dǎo)體棒PQ的質(zhì)量為m、電阻為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)求：(1)導(dǎo)體棒MN剛開始運(yùn)動(dòng)的瞬間，導(dǎo)體棒PQ所受安培力的大?。?2)當(dāng)導(dǎo)體棒MN的沖量減為時(shí)，MN棒向右運(yùn)動(dòng)的距離；(3)當(dāng)導(dǎo)體棒MN運(yùn)動(dòng)到間距為2L的兩金屬導(dǎo)軌的最右端

24、a、b處時(shí)，MN，PQ兩棒的速度大小解析：(1)設(shè)導(dǎo)體棒MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為v0，則有I2mv0由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E2BLv0設(shè)回路中的電流為I，則有I故導(dǎo)體棒PQ此時(shí)受到的安培力大小為FBIL以上各式聯(lián)立求解可得F.(2)設(shè)導(dǎo)體棒MN的沖量由I減為所用的時(shí)間為t，則由動(dòng)量定理有B2Lt設(shè)此過程中導(dǎo)體棒MN向右運(yùn)動(dòng)的距離為x，則有t以上兩式聯(lián)立可解得x.(3)設(shè)回路中電流為零時(shí)，導(dǎo)體棒MN的速度大小為v1，PQ的速度大小為v2，回路中磁通量不再變化，則有B2Lv1BLv2設(shè)導(dǎo)體棒MN受到的安培力平均大小為F1，PQ受到的安培力平均大小為F2，此過程中PQ運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量定

25、理，對(duì)導(dǎo)體棒MN，有F1t2mv1對(duì)導(dǎo)體棒PQ，有F2tmv2由于流過導(dǎo)體棒MN和PQ中的電流大小始終相等，故有F12F2以上各式聯(lián)立解得v1，v2.答案：(1)(2)(3)5如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上下邊界均水平，磁場(chǎng)方向垂直于線框所在平面，開始時(shí)，cd邊到磁場(chǎng)上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)直到ef、pq邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)在ef、pq邊離開磁場(chǎng)后，ab邊離開磁場(chǎng)之前，線框又做勻速運(yùn)動(dòng)線框完全穿過磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過

26、程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求：(1)線框ab邊將離開磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的幾倍；(2)磁場(chǎng)上下邊界間的距離H.解析：(1)設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有E12Blv1 設(shè)線框總電阻為R，此時(shí)線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1，有F12I1lB 由于線框做勻速運(yùn)動(dòng)，其受力平衡，有mgF1 由式得v1設(shè)ab邊離開磁場(chǎng)之前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2，同理可得v2由式得4.(2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入

27、磁場(chǎng)前，由機(jī)械能守恒定律，有2mglmv12線框完全穿過磁場(chǎng)的過程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mv22mv12Q由式得H28l.答案：(1)4(2)28l6如圖甲，電阻不計(jì)的軌道MON與PRQ平行放置，ON及RQ與水平面的傾角53，MO及PR部分的勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向下，ON及RQ部分的磁場(chǎng)平行軌道向下，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，兩根相同的導(dǎo)體棒ab和cd分別放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并始終接觸良好棒的質(zhì)量m1.0 kg，R1.0 ，長度L1.0 m與導(dǎo)軌間距相同，棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，現(xiàn)對(duì)ab棒施加一個(gè)方向水平向右，按圖乙規(guī)律變化的力F，同時(shí)由靜止釋放cd棒，則ab棒做初速度為零的勻加

28、速直線運(yùn)動(dòng)，g取10 m/s2.(1)求ab棒的加速度大??；(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)若已知在前2 s內(nèi)F做功W30 J，求前2 s內(nèi)電路產(chǎn)生的焦耳熱；(4)求cd棒達(dá)到最大速度所需的時(shí)間解析：(1)對(duì)ab棒：Ffmgvat由牛頓第二定律有FBILFfmaFm(ga)由圖象信息，t0時(shí)，F(xiàn)6 N，代入數(shù)據(jù)解得a1 m/s2.(2)當(dāng)t12 s時(shí)，F(xiàn)10 N，由(1)知Fm(ga)，得B2 T.(3)02 s過程中，對(duì)ab棒，xat122 mv2at12 m/s由動(dòng)能定理知WmgxQmv22代入數(shù)據(jù)解得Q18 J.(4)設(shè)當(dāng)時(shí)間為t時(shí)，cd棒達(dá)到最大速度，F(xiàn)NBILmgcos53FfFNmgsin53Ffmgsin53解得t5 s.答案：(1)1 m/s2(2)2 T(3)18 J(4)5 s14