高考物理大一輪復習 第10章 電磁感應 第4節(jié) 微專題4 電磁感應中的“桿 導軌”模型課時規(guī)范訓練

第4節(jié) 微專題4 電磁感應中的“桿 導軌”模型課時規(guī)范訓練基礎鞏固題組1如圖，在磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，金屬桿MN在平行金屬導軌上以速度v向右勻速滑動，MN中產生的感應電動勢為E1；若磁感應強度增為2B，其他條件不變，MN中產生的感應電動勢變?yōu)镋2.則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比E1E2分別為()Aca,21Bac,21Cac,12 Dca,12解析：選C.桿MN向右勻速滑動，由右手定則判知，通過R的電流方向為ac；又因為EBLv，所以E1E212，故選項C正確2(多選)如圖，水平放置的金屬導體框abcd，ab、cd邊平行、間距為l，導體框內均有垂直于框面、磁感應強度大小為B的勻強磁場，一單位長度電阻為r的金屬桿MN，與導軌成角，以速度v沿平行于cd的方向勻速滑動，金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好，導軌框電阻不計，則()AM點電勢低于N點電勢B閉合回路中磁通量的變化率為BlvC金屬桿所受安培力的方向與運動方向相反D金屬桿所受安培力的大小為解析：選BD.由右手定則可知M點電勢高于N點電勢，故A錯誤根據法拉第電磁感應定律可得EBlv，故B正確由左手定則知，金屬桿所受安培力方向垂直于MN斜向上，故C錯誤由EBlv，I，Rr，FBI，解得F，故D正確3如圖所示，兩根間距為l的光滑平行金屬導軌與水平面夾角為，圖中虛線下方區(qū)域內存在磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于斜面向上兩金屬桿質量均為m，電阻均為R，垂直于導軌放置開始時金屬桿ab處在距磁場上邊界一定距離處，金屬桿cd處在導軌的最下端，被與導軌垂直的兩根小柱擋住現將金屬桿ab由靜止釋放，金屬桿ab剛進入磁場便開始做勻速直線運動已知重力加速度為g，則()A金屬桿ab進入磁場時感應電流的方向為由a到bB金屬桿ab進入磁場時速度大小為C金屬桿ab進入磁場后產生的感應電動勢為D金屬桿ab進入磁場后，金屬桿cd對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進入磁場時產生的感應電流的方向為由b到a，故A錯誤；因金屬桿ab剛進入磁場便開始做勻速直線運動，則有mgsin ，解得v，故B正確；金屬桿ab進入磁場后產生的感應電動勢EBlv，解得E，故C錯誤；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對兩根小柱的壓力不為零，故D錯誤4CD、EF是兩條水平放置的電阻可忽略的平行金屬導軌，導軌間距為L，在水平導軌的左側存在磁感應強度方向垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，磁場區(qū)域的長度為d，如圖所示導軌的右端接有一電阻R，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接將一阻值也為R的導體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導體棒最終恰好停在磁場的右邊界處已知導體棒與水平導軌接觸良好，且動摩擦因數為，則下列說法中正確的是()A電阻R的最大電流為B流過電阻R的電荷量為C整個電路中產生的焦耳熱為mghD電阻R中產生的焦耳熱為mg(hd)解析：選D.由題圖可知，導體棒剛進入磁場的瞬間速度最大，產生的感應電流最大，由機械能守恒有mghmv2，所以I，A錯誤；流過R的電荷量為q t，B錯誤；由能量守恒定律可知整個電路中產生的焦耳熱為Qmghmgd，C錯誤；由于導體棒的電阻也為R，則電阻R中產生的焦耳熱為Qmg(hd)，D正確5(多選)如圖所示，足夠長的“U”形光滑金屬導軌平面與水平面成角(090)，其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度大小為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且接觸良好，ab棒接入電路的部分的電阻為R，當流過ab棒某一橫截面的電荷量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中()Aa點的電勢高于b點的電勢Bab棒中產生的焦耳熱小于ab棒重力勢能的減少量C下滑的位移大小為D受到的最大安培力大小為sin 解析：選ABC.由右手定則可知a點相當于電源的正極，b點相當于電源的負極，故A正確；由能量守恒可知ab棒重力勢能的減少量等于ab棒中產生的焦耳熱與ab棒的動能之和，故B正確；由q可得，下滑的位移大小為x，故C正確；金屬棒ab在這一過程中受到的安培力大小為FBIL，I最大為，故最大安培力大小為，故D錯誤6(多選)如圖甲所示，水平面上兩根足夠長的金屬導軌平行固定放置，間距為L，一端通過導線與阻值為R的電阻連接導軌上放一質量為m的金屬桿，金屬桿、導軌的電阻均忽略不計，勻強磁場垂直導軌平面向下用與導軌平行的恒定拉力F作用在金屬桿上，桿最終將做勻速運動當改變拉力的大小時，金屬桿做勻速運動時的速度v也會變化，v和F的關系如圖乙所示下列說法正確的是()A金屬桿在勻速運動之前做勻加速直線運動B流過電阻R的電流方向為aRbC由圖象可以得出B、L、R三者的關系式為D當恒力F3 N時，電阻R消耗的最大電功率為8 W解析：選BD.金屬桿在勻速運動之前，隨著運動速度的增大，由F安可知金屬桿所受的安培力增大，由牛頓第二定律可知金屬桿的加速度減小，故金屬桿做加速度減小的加速運動，選項A錯誤；由楞次定律可知，流過電阻R的電流方向為aRb，選項B正確；因為圖象與橫軸交點等于金屬桿所受摩擦力的大小，故由圖象可知金屬桿所受的摩擦力為Ff1 N，金屬桿勻速運動時有FFfF安，則可得，選項C錯誤；當恒力F3 N時，金屬桿受到的安培力大小為F安FFf2 N，金屬桿勻速運動的速度為4 m/s，所以金屬桿克服安培力做功的功率P8 W，轉化為電能的功率為8 W，故電阻R消耗的最大電功率為8 W，選項D正確綜合應用題組7. 如圖所示，兩條足夠長的平行金屬導軌相距L，與水平面的夾角為，整個空間存在垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，虛線上方軌道光滑且磁場方向垂直導軌平面向上，虛線下方軌道粗糙且磁場方向垂直導軌平面向下當導體棒EF以初速度v0沿導軌上滑至最大高度的過程中，導體棒MN一直靜止在導軌上，若兩導體棒質量均為m、電阻均為R，導軌電阻不計，重力加速度為g，在此過程中導體棒EF上產生的電熱為Q，求： (1)導體棒MN受到的最大摩擦力；(2)導體棒EF上升的最大高度解析：(1)EF獲得向上初速度v0時，產生感應電動勢EBLv0，電路中電流為I，由閉合電路的歐姆定律有I，此時對導體棒MN受力分析，由平衡條件有FAmgsin Ff，FABIL，解得Ffmgsin .(2)導體棒EF上升過程MN一直靜止，對系統(tǒng)由能的轉化和守恒定律有mvmgh2Q，解得h.答案：(1)mgsin (2)8如圖甲所示，足夠長的光滑導軌傾角為30，間距L1 m，電阻不計，恒定的非勻強磁場方向垂直于斜面向下，電阻R1 ，導體棒ab質量m0.25 kg，其電阻r1 ，垂直于導軌放置現導體棒ab從磁場上邊界由靜止下滑，測得導體棒所到達位置的磁感應強度B與導體棒在該位置速度之間的關系如圖乙所示，(g取10 m/s2)(1)求導體棒下滑2 s時的速度和位移；(2)求導體棒下滑2 s內回路中產生的焦耳熱解析：(1)由題圖乙可知，棒下滑的任意狀態(tài)有B2v0.5 T2ms1對棒下滑過程中某一狀態(tài)由牛頓第二定律得mgsin 30ma代入數據可得導體棒的加速度a4 m/s2可見導體棒在斜面上做a4 m/s2的勻加速直線運動棒在2 s內的位移xat28 m2 s末的速度vat8 m/s(2)由能量守恒得mgxsin 30mv2Q代入數據解得Q2 J.答案：(1)8 m/s8 m(2)2 J9如圖甲所示，兩根足夠長平行金屬導軌MN、PQ相距為L，導軌平面與水平面夾角為，金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質量為m.導軌處于勻強磁場中，磁場的方向垂直于導軌平面斜向上，磁感應強度大小為B.金屬導軌的上端與開關S、定值電阻R1和電阻箱R2相連不計一切摩擦，不計導軌、金屬棒的電阻，重力加速度為g.現在閉合開關S，將金屬棒由靜止釋放(1)判斷金屬棒ab中電流的方向；(2)若電阻箱R2接入電路的阻值為0，當金屬棒下降高度為h時，速度為v，求此過程中定值電阻上產生的焦耳熱Q；(3)當B0.40 T，L0.50 m，37時，金屬棒能達到的最大速度vm隨電阻箱R2阻值的變化關系，如圖乙所示取g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80.求R1的阻值和金屬棒的質量m.解析：(1)由右手定則可知，金屬棒ab中的電流方向為由b到a.(2)由能量守恒定律知，金屬棒減少的重力勢能等于增加的動能和電路中產生的焦耳熱 ，即mghmv2Q則Qmghmv2.(3)金屬棒達到最大速度vm時，切割磁感線產生的感應電動勢：EBLvm由閉合電路的歐姆定律得：I從b端向a端看，金屬棒受力如圖所示金屬棒達到最大速度時，滿足：mgsin BIL0由以上三式得vm(R2R1)由圖乙可知：斜率k ms1115 ms11，縱軸截距v30 m/s所以R1v，k解得R12.0 ，m0.1 kg答案：(1)ba(2)mghmv2(3)2.0 0.1 kg10如圖所示，電阻不計、間距L1 m、足夠長的光滑金屬導軌ab、cd與水平面成37角，導軌平面矩形區(qū)域efhg內分布著磁感應強度大小B1 T、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場，邊界ef、gh之間的距離D1.4 m現將質量m0.1 kg、電阻R 的導體棒P、Q相隔t0.2 s先后從導軌頂端由靜止自由釋放，P、Q在導軌上運動時始終與導軌垂直且接觸良好，P進入磁場時恰好勻速運動，Q穿出磁場時速度為2.8 m/s.已知重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，求：(1)導軌頂端與磁場上邊界ef之間的距離s；(2)從導體棒P釋放到Q穿出磁場的過程，回路中產生的焦耳熱Q總解析：(1)設P進入磁場時的速度為v1，由法拉第電磁感應定律有EBLv1由閉合電路歐姆定律有I，安培力FBIL，P勻速運動有Fmgsin ，聯(lián)立解得v12 m/s，P從ac到ef過程，由牛頓第二定律有agsin ，由運動學公式有s，解得s m0.33 m.(2)P進入磁場以速度v1勻速運動，t0.2 s后，Q恰好進入磁場，速度也為v12 m/s.之后，P、Q以加速度a勻加速運動，P出磁場以后繼續(xù)以加速度a勻加速運動，而Q在安培力作用下減速運動，直到穿出磁場區(qū)域P在磁場中勻速運動的位移x1v1t，此過程回路產生的焦耳熱Q1mgx1sin ，P、Q一起勻加速運動的位移x2Dx1，設P剛好出磁場時，P、Q的速度為v，由運動學公式有v2v2ax2，解得v4 m/s，P出磁場后Q做減速運動，Q出磁場時的速度v22.8 m/s，運動的位移x3x1，Q減速運動過程中回路產生的焦耳熱Q2mgx3sin mv2mv，所以，全過程回路中的焦耳熱為Q總Q1Q20.888 J. 答案：(1)0.33 m(2)0.888 J6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375