5、斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域Ⅰ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，磁場(chǎng)寬度HP及PN均為L(zhǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框abcd，由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，t1時(shí)刻ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域，此時(shí)導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；t2時(shí)刻ab邊下滑到JP與MN的中間位置，此時(shí)導(dǎo)線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，下列說(shuō)法中正確的是( )
A．當(dāng)ab邊剛越過(guò)JP時(shí)，導(dǎo)線框的加速度大小為a＝gsin θ
B．導(dǎo)線框兩次勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度之比v1∶v2＝4∶1
C．從t1到t2的過(guò)程中，導(dǎo)線框克服安培力做功
6、的大小等于重力勢(shì)能的減少量
D．從t1到t2的過(guò)程中，有＋機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能
5．(多選)如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于光滑金屬導(dǎo)軌平面向外，導(dǎo)軌左右兩端電路所在區(qū)域均無(wú)磁場(chǎng)分布。垂直于導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒接入電路的長(zhǎng)度為L(zhǎng)、電阻為R，在外力作用下以速度v0從左向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。小燈泡電阻為2R，滑動(dòng)變阻器總阻值為4R。圖示狀態(tài)滑動(dòng)觸頭位于ab的正中間位置，此時(shí)位于平行板電容器中的P處的帶電油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。電路中其余部分電阻均不計(jì)，各接觸處都接觸良好。且導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，則下列判斷正確的是( )
A．若將滑動(dòng)變阻器的滑片向b端移動(dòng)，則小燈泡將變暗
B．若將滑動(dòng)變阻器的滑片向
7、a端移動(dòng)，則液滴將向上運(yùn)動(dòng)
C．圖示狀態(tài)下，Δt時(shí)間內(nèi)流過(guò)小燈泡的電荷量為
D．圖示狀態(tài)下，Δt時(shí)間內(nèi)滑動(dòng)變阻器消耗的電能為
6．如圖所示，MN與PQ是兩條水平放置彼此平行的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.5 m。質(zhì)量m＝1.0 kg、電阻r＝0.5 Ω的金屬桿ab垂直跨接在導(dǎo)軌上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感線垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B＝2.0T，導(dǎo)軌左端接阻值R＝2.0 Ω的電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。t＝0時(shí)刻ab桿受水平拉力F的作用后由靜止開(kāi)始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，第4 s末，ab桿的速度為v＝2.0 m/s，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)4 s末ab桿受到的安培力F安的大小；
(2
8、)若0～4 s時(shí)間內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為1.7 J，求這段時(shí)間內(nèi)水平拉力F做的功；
(3)若第4 s末以后拉力不再變化，且從4 s末到金屬桿ab達(dá)到最大速度過(guò)程中通過(guò)桿的電量q＝1.6 C，則此過(guò)程金屬桿ab克服安培力做功為多少？
7．如圖所示，兩平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌(不計(jì)電阻)水平放置，間距為L(zhǎng)，有兩根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、電阻均為R、質(zhì)量均為m的導(dǎo)體棒AB、CD平放在金屬導(dǎo)軌上。其中棒CD通過(guò)絕緣細(xì)繩、定滑輪與質(zhì)量也為m的重物相連，重物放在水平地面上，開(kāi)始時(shí)細(xì)繩伸直但無(wú)彈力，棒CD與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，忽略其他摩擦和其他阻力，導(dǎo)軌間有一
9、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，磁場(chǎng)區(qū)域的邊界滿足曲線方程：(0≤x≤L，單位為m)。CD棒處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2中。現(xiàn)從t＝0時(shí)刻開(kāi)始，使棒AB在外力F的作用下以速度v從與y軸重合處開(kāi)始沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中CD棒始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。
(1)求棒AB在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，外力F的最大功率；
(2)求棒AB通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域B1的過(guò)程中，棒CD上產(chǎn)生的焦耳熱；
(3)若棒AB在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1中運(yùn)動(dòng)時(shí)，重物始終未離開(kāi)地面，且滿足：，求重物所受支持力大小隨時(shí)間變化的表達(dá)式。
8．如圖所示，傾角為θ的固定斜面上裝配“П”形的光滑軌道，兩平行導(dǎo)軌的間距為L(zhǎng)，軌道
10、電阻不計(jì)，面積為S的ABCD矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直于斜面均勻分布的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的變化率為k，EFGH矩形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于斜面均勻分布的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度恰好為L(zhǎng)的金屬棒MN初始時(shí)位于CD邊界處，棒中間拴一根絕緣輕繩，繩子繞過(guò)光滑的小滑輪，另一端與滑輪正下方的靜置于地面的質(zhì)量也為m的小物塊相連，開(kāi)始時(shí)，繩子處于松弛狀態(tài)，棒由靜止釋放，沿斜面下滑，當(dāng)其運(yùn)動(dòng)到EF邊界的瞬間，繩子恰好繃緊，此時(shí)ABCD區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)撤去。繩子繃緊后棒以大小為v的速度進(jìn)入EFGH區(qū)域，在磁場(chǎng)中繼續(xù)滑行一小段距離d后金屬棒速度減為0。棒在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直，棒與滑輪間的繩子在繃
11、緊時(shí)與斜面平行。求：
(1)金屬棒MN由CD邊界運(yùn)動(dòng)到EF邊界的時(shí)間；
(2)金屬棒MN進(jìn)入EFGH區(qū)域時(shí)棒上電流方向、兩端電壓UMN、及其加速度的大小。
(3)金屬棒MN從釋放到速度減為0的過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱。
9．如圖所示，一不計(jì)電阻的導(dǎo)體圓環(huán)，半徑為r、圓心在O點(diǎn)，過(guò)圓心放置一長(zhǎng)度為2r、電阻為2R的均勻輻條，輻條與圓環(huán)接觸良好?，F(xiàn)將此裝置的一部分置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)邊界恰好與圓環(huán)的直徑在同一直線上。現(xiàn)使輻條以角速度ω繞O點(diǎn)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，右側(cè)電路通過(guò)電刷與輻條中心
12、和圓環(huán)的邊緣良好接觸，R1＝R，右側(cè)為水平放置的足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌，間距為2r，導(dǎo)軌之間有垂直導(dǎo)軌平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上且接觸良好，不計(jì)其他電阻。
(1)若S閉合，S1斷開(kāi)時(shí)，求理想電表的示數(shù)；
(2)若S、S1都閉合，求導(dǎo)體棒ab能夠獲得的最大速度vm及在加速過(guò)程中通過(guò)它的電荷量q。
答案
二、考點(diǎn)突破
1．【答案】D
【解析】當(dāng)閉合開(kāi)關(guān)S后，導(dǎo)體棒中電流方向始終從a到b，所受安培力方向向右，而導(dǎo)體棒沿圓弧擺動(dòng)，故A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒沿圓弧擺動(dòng)
13、過(guò)程中的電流I＝＝8.0 A，導(dǎo)體棒受到的安培力F＝BId＝0.5×8.0×0.2 N＝0.8 N，故B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒受到的重力與安培力的合力大小F合＝N＝1.0 N，合力與豎直方向的夾角tanθ＝，θ＝53°，故導(dǎo)體棒ab速度最大時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角θ＝53°，由動(dòng)能定理，導(dǎo)體棒在擺動(dòng)過(guò)程中的最大動(dòng)能Ekm＝FRsin 53°－mgR(1－cos 53°)＝0.08 J，故C錯(cuò)誤，D正確。
2．【答案】BC
【解析】cd棒剛開(kāi)始靜止在傾斜導(dǎo)軌上，μ＝0.8>tan 37°＝0.75，cd棒受到的摩擦力沿傾斜導(dǎo)軌向上，ab棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線使得ab棒、cd棒中產(chǎn)生感應(yīng)電流，cd棒受到水
14、平向右的安培力作用，cd棒受到的摩擦力先沿傾斜導(dǎo)軌向上減小到零，后反向沿傾斜導(dǎo)軌向下增大，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)cd棒即將滑動(dòng)時(shí)，由平衡條件得cos 37°＝mgsin 37°＋μ，代入數(shù)據(jù)可得v＝19.375 m/s，C正確，D錯(cuò)誤。
3．【答案】ABD
【解析】線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，受到的安培力方向向左，做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度的減小，安培力也減小，故做變加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)到右邊的框邊出磁場(chǎng)的過(guò)程中，穿過(guò)線框的磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框滑出磁場(chǎng)的過(guò)程中，受到的安培力方向向左，仍做減速運(yùn)動(dòng)，隨速度的減小，安培力減小，故也做變加速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；根據(jù)q＝可
15、知滑進(jìn)磁場(chǎng)和滑出磁場(chǎng)的過(guò)程中穿過(guò)線框的磁通量的變化量相同，線框的電阻不變，所以兩個(gè)過(guò)程中通過(guò)線框橫截面的電荷量相同，B正確；進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程有：－B1dΔt1＝mΔv1，又1Δt1＝q，，則得－Bqd＝mΔv1，離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程有：－B2dΔt2＝mΔv2，又2Δt2＝q，則得－Bqd＝mΔv2，則得Δv1＝Δv2，即線框速度的變化量相同，C錯(cuò)誤；進(jìn)磁場(chǎng)的速度為v0，則完全進(jìn)磁場(chǎng)的速度為，完全出磁場(chǎng)的速度為0.根據(jù)能量守恒定律得，Q1＝mv02－m()2＝mv02，Q2＝m()2＝mv02，所以＝，故D正確。
4．【答案】BD
【解析】ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域時(shí)，電動(dòng)勢(shì)E1＝BLv1，電流I
16、1＝＝，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，所以mgsin θ＝BI1L＝，當(dāng)ab邊剛越過(guò)JP時(shí)，電動(dòng)勢(shì)E2＝2BLv1，I2＝＝，根據(jù)牛頓第二定律2BI2L－mgsin θ＝ma，聯(lián)立解得a＝3gsin θ，所以A錯(cuò)誤；當(dāng)a＝0時(shí)，以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即2BI2′L－mgsin θ＝0，得：mgsin θ＝，所以v1∶v2＝4∶1，所以B正確；從t1到t2的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒，導(dǎo)線框克服安培力做功的大小等于重力勢(shì)能的減少量加上動(dòng)能的減少量，即克服安培力做功W＝＋，所以C錯(cuò)誤；又克服安培力做功等于產(chǎn)生的電能，所以D正確。
5．【答案】ABD
【解析】滑動(dòng)變阻器的滑片向b端移動(dòng)，并聯(lián)電路電阻變小，總電阻
17、變小，導(dǎo)致電路電流變大，則導(dǎo)體棒內(nèi)電壓變大，外電路兩端電壓變小，即燈泡兩端電壓變小，所以燈泡變暗，故A正確；滑動(dòng)變阻器的滑片向a端移動(dòng)，并聯(lián)電路電阻變大，總電阻變大，導(dǎo)致電路電流變小，則導(dǎo)體棒內(nèi)電壓變小，外電路兩端電壓變大，電容器兩端電壓變大，電場(chǎng)力變大，所以液滴將向上運(yùn)動(dòng)，故B正確；導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，燈泡的電阻和滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻相同，所以電路總電阻，電路的總電流，則通過(guò)燈泡的電流，則Δt時(shí)間內(nèi)的電荷量，故C錯(cuò)誤；由C選項(xiàng)可知滑動(dòng)變阻器的電流，故Δt時(shí)間內(nèi)滑動(dòng)變阻器消耗的電能，故D正確。
6．【解析】(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝Blv
由閉合電路
18、歐姆定律可得電路中的電流為：
安培力大小為：F安＝BIl
由以上方程可得：F安＝＝0.8 N。
(2)電路中產(chǎn)生的總熱量為：
由能量守恒可得：
解得：WF＝4.125 J。
(3)4 s末ab桿運(yùn)動(dòng)的加速度為：m/s2
由牛頓第二定律可得：F－F安＝ma
解得：F＝1.3 N
4 s后當(dāng)加速度a＝0時(shí)，ab桿的速度達(dá)到最大，所以速度最大時(shí)：
解得：vm＝3.25 m/s
設(shè)ab桿在4 s末至最大速度過(guò)程中通過(guò)的位移為x，根據(jù)
解得：x＝4 m
由動(dòng)能定理可得：
解得：W＝1.92 J。
7．【解析】(1)當(dāng)棒AB運(yùn)動(dòng)到處時(shí)，棒AB的有效切割長(zhǎng)度最長(zhǎng)，安
19、培力最大，則外力F最大，功率也最大，此時(shí)：
E1＝B1Lv，，F(xiàn)1＝B1I1L，Pm＝Fv
解得：Pm＝。
(2)棒AB在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域B1的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：
E＝B1Lvsin
則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為：E有效＝，I有效＝，t＝
可以得到：?。
(3)當(dāng)CD棒所受安培力F安＝μmg?時(shí)，設(shè)棒AB所在位置橫坐標(biāo)為x0，對(duì)棒CD受力分析可得：
，
解得：x0＝，x1＝
則：，
①當(dāng)0
20、，導(dǎo)體棒處于磁場(chǎng)以外，不受安培力，根據(jù)牛頓第二定律可得MN下滑的加速度為：
下滑到EF時(shí)的速度為v0，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv0＝2mv
解得：v0＝2v
則金屬棒MN由CD邊界運(yùn)動(dòng)到EF邊界的時(shí)間：。
(2)根據(jù)右手定則可得金屬棒MN剛進(jìn)入EFGH區(qū)域時(shí)棒上電流方向?yàn)镸→N，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，由于導(dǎo)軌電阻為零，MN兩端電壓是指路端電壓，故UMN＝0。
此時(shí)的安培力大小為：，方向沿斜面向上
根據(jù)牛頓第二定律可得：FA+mg－mgsinθ＝2ma′
解得：。
(3)金屬棒從CD下滑到EF處過(guò)程中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：
此過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱：
金屬棒在EFHG中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)
21、生的焦耳熱：
金屬棒MN從釋放到速度減為0的過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱：
。
9．【解析】(1)由題意知，在磁場(chǎng)內(nèi)部的半根輻條相當(dāng)于是電源，由右手定則可知輻條中心為負(fù)極，與圓環(huán)邊緣接觸的一端為正極，且始終有長(zhǎng)為r的輻條在轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線，內(nèi)電阻為R
產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為：
若S閉合，S1斷開(kāi)時(shí)，總電阻為：
理想電流表的示數(shù)為：
理想電壓表的示數(shù)為：。
(2)若S、S1都閉合，導(dǎo)體棒ab獲得最大速度vm時(shí)，安培力為零，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：
又知導(dǎo)體棒ab上分得電壓為：
故有：
解得：。
在導(dǎo)體棒ab加速過(guò)程中，設(shè)瞬間流過(guò)的電流為i，取很短時(shí)間為Δt，安培力為：
對(duì)導(dǎo)體棒ab由動(dòng)量定理得：
又：；聯(lián)立解得：。
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2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 瘋狂專練18 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問(wèn)題（含解析）
