2021高考物理教科版一轮习题:第十章 微专题74 电磁感应中的“单杆模型” Word版含解析

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2021高考物理教科版一轮习题:第十章 微专题74 电磁感应中的“单杆模型” Word版含解析

‎1.有外力牵引时:(1)动力学过程: 有F外-=ma.F外为恒力时,随着v的增加,a减小,当a=0时,v最大vm=;F外为变力时,可能做匀加速,有F外-=ma.‎ ‎(2)能量转化过程:加速阶段W外=ΔEk+Q焦,其中Q焦=W克服安培力;匀速阶段W外=Q焦.‎ ‎(3)流过导体横截面的电荷量:q=,其中ΔΦ=BLx.或由动量定理得∑BiLΔt=mΔv,即BqL=mΔv得: q=.‎ ‎2.无外力牵引,以一定初速度出发时:=ma随v的减小,a减小,最终速度减小到0.减少的动能转化为电能,最终转化为焦耳热,-ΔEk=Q焦 ;流过导体横截面的电荷量q=或 q=.‎ ‎1.(多选)(2019·四川绵阳市第三次诊断)如图1所示,两条足够长的平行金属导轨固定在水平面内,处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中,两导轨间距为L,左端间接一电阻R,质量为m的金属杆ab静置于导轨,杆与导轨间动摩擦因数为μ.现给金属杆一个水平向右的冲量I0,金属杆运动一段距离x后静止,运动过程中与导轨始终保持垂直且接触良好.不计杆和导轨的电阻,重力加速度为g.则金属杆ab在运动过程中(  )‎ 图1‎ A.做匀减速直线运动 B.杆中的电流大小逐渐减小,方向从b流向a C.刚开始运动时加速度大小为-μg D.电阻R上消耗的电功为-μmgx ‎2.(多选)(2019·山西运城市5月适应性测试)如图2所示,两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内,其左端接有定值电阻R,建立Ox轴平行于金属导轨,在0≤x≤4 m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场,磁感应强度随坐标(以m为单位)的分布规律为B=0.8-‎ ‎0.2x (T),金属棒ab在外力作用下从x=0处沿导轨向右运动,ab始终与导轨垂直并接触良好,不计导轨和金属棒的电阻.设在金属棒从x1=1 m处,经x2=2 m到x3=3 m的过程中,电阻器R的电功率始终保持不变,则(  )‎ 图2‎ A.金属棒做匀速直线运动 B.金属棒运动过程中产生的电动势始终不变 C.金属棒在x1与x2处受到磁场的作用力大小之比为3∶2‎ D.金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量相等 ‎3.(多选)(2019·河南九师联盟质检)如图3所示,一长为L=1 m、质量为m=1 kg的导体棒ab垂直放在光滑且足够长的U形导轨底端,导轨宽度和导体棒等长且接触良好,导轨平面与水平面成θ=30°角,整个装置处在与导轨平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度B=0.5 T.现给导体棒沿导轨向上的初速度v0=4 m/s,经时间t0=0.5 s,导体棒到达最高点,然后开始返回,到达底端前已做匀速运动.已知导体棒的电阻为R=0.05 Ω,其余电阻不计,重力加速度g取10 m/s2,忽略电路中感应电流之间的相互作用,则(  )‎ 图3‎ A.导体棒到达导轨平面底端时,流过导体棒的电流为5 A B.导体棒到达导轨平面底端时的速度大小为1 m/s C.导体棒从开始到顶端的过程中,通过导体棒的电荷量为3 C D.导体棒从开始到返回底端的过程中,回路中产生的电能为15 J ‎4.(多选)(2019·辽宁重点协作体模拟)如图4所示,水平放置的光滑金属长导轨MM′和NN′之间接有电阻R,导轨左、右两区域分别处在方向相反与轨道垂直的匀强磁场中,右侧区域足够长,方向如图.设左、右区域磁场的磁感应强度分别为B1和B2,虚线为两区域的分界线.一根金属棒ab放在导轨上并与其正交,棒和导轨的电阻均不计.已知金属棒ab在水平向右的恒定拉力作用下,在左侧区域中恰好以速度v做匀速直线运动,则(  )‎ 图4‎ A.若B2=B1,棒进入右侧区域后先做加速运动,最后以速度2v做匀速运动 B.若B2=B1,棒进入右侧区域中后仍以速度v做匀速运动 C.若B2=2B1,棒进入右侧区域后先做减速运动,最后以速度做匀速运动 D.若B2=2B1,棒进入右侧区域后先做加速运动,最后以速度4v做匀速运动 ‎5.(2020·北京市东城区月考)如图5所示,两光滑水平放置的平行金属导轨间距为L,直导线MN垂直跨在导轨上,且与导轨接触良好,整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B.电容器的电容为C,除电阻R外,导轨和导线的电阻均不计.现给导线MN一初速度,使导线MN向右运动,当电路稳定后,MN以速度v向右匀速运动时(  )‎ 图5‎ A.电容器两端的电压为零 B.通过电阻R的电流为 C.电容器所带电荷量为CBLv D.为保持MN匀速运动,需对其施加的拉力大小为 ‎6.(2019·天津市实验中学模拟)如图6所示,固定光滑金属导轨间距为L,导轨电阻不计,上端a、b间接有阻值为R的电阻,导轨平面与水平面的夹角为θ,且处在磁感应强度大小为B、 方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上.初始时刻,弹簧恰处于自然长度,导体棒具有沿导轨向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.已知弹簧的劲度系数为k,弹簧的中心轴线与导轨平行,重力加速度为g.‎ 图6‎ ‎(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向;‎ ‎(2)当导体棒第一次回到初始位置时,速度变为v,求此时导体棒的加速度大小a.‎ ‎7.(2020·湖北恩施州质量检测)如图7所示,光滑平行导轨MN、M′N′固定在水平面内,左端MM′接有一个R=2 Ω的定值电阻,右端与均处于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接于N、N′点,且半圆轨道的半径均为r=0.5 m,导轨间距L=1 m,水平轨道的ANN′A′的矩形区域内有竖直向下的匀强磁场,磁场区域的宽度d=1 m.一个质量为m=0.2 kg,电阻R0=0.5 Ω,长也为1 m的导体棒ab放置在水平导轨上距磁场左边界s处,在与棒垂直、大小为2 N的水平恒力F的作用下从静止开始运动,导体棒运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好,导体棒进入磁场后做匀速运动,当导体棒运动至NN′时撤去F,结果导体棒ab恰好能运动到半圆形轨道的最高点PP′,重力加速度g=10 m/s2.求:‎ 图7‎ ‎(1)匀强磁场磁感应强度B的大小及s的大小;‎ ‎(2)若导体棒运动到AA′时撤去拉力,试判断导体棒能不能运动到半圆轨道上,如果不能说明理由,如果能,试判断导体棒沿半圆轨道运动时会不会离开轨道;‎ ‎(3)在(2)问中最终电阻R中产生的焦耳热.‎ 答案精析 ‎1.BD [金属杆中电流I==,v不断减小,则I逐渐减小,对金属杆应用右手定则分析可得电流方向是b到a,杆受安培力F安=BIL=,根据牛顿第二定律,μmg+=ma,解得:a=μg+,v不断减小,所以杆做的是加速度减小的减速直线运动,A错误,B正确;刚开始运动时,μmg+=ma,v=,联立解得:a=+μg,C错误;对金属杆应用动能定理:0-mv2=-W安-μmgx,克服安培力的功等于转化为回路的电能即电阻消耗的电功,解得:W安=-μmgx,D正确.]‎ ‎2.BC [因为电阻的功率不变:P=I2R==,因为磁感应强度变小,所以速度变大,A错误;功率P=I2R=不变,所以感应电动势不变,B正确;功率P=I2R不变,所以回路电流始终不变,根据安培力公式F=BIL,安培力之比==,C正确;通过导体电荷量q=I·t,因为金属棒在做加速运动,所以通过相同位移的时间减小,所以金属棒从x1到x2比从x2到x3的过程中通过R的电荷量小,D错误.]‎ ‎3.BC [导体棒到达底端前已做匀速运动,则由平衡知识:mgsin 30°=,代入数据解得:vm=1 m/s,选项B正确;导体棒到达导轨平面底端时,流过导体棒的电流为I== A=10 A,选项A错误;导体棒从开始到顶端的过程中,根据动量定理:-(mg sin 30°+B L)t0=0-mv0,其中t0=q,解得q=3 C,选项C正确;导体棒从开始到返回底端的过程中,由能量守恒定律可得,回路中产生的电能为mv02-mvm2=×1×(42-12)J=7.5 J ,选项D错误.]‎ ‎4.BC [金属棒在水平向右的恒力作用下,在虚线左边区域中以速度v做匀速直线运动,恒力T与安培力平衡.当B2=B1时,棒进入右边区域后,棒切割磁感线的感应电动势与感应电流大小均没有变化,棒所受安培力大小和方向也没有变化,与恒力T仍然平衡,则棒进入右边区域后,以速度v做匀速直线运动,故A错误,B正确;当B2=2B1‎ 时,棒进入右边区域后,棒产生的感应电动势和感应电流均变大,所受的安培力也变大,恒力没有变化,则棒先减速运动,随着速度减小,感应电动势和感应电流减小,棒受到的安培力减小,当安培力与恒力再次平衡时棒做匀速直线运动.设棒匀速运动速度大小为v′,在左侧磁场中F=,在右侧磁场中匀速运动时,有F==,则v′=,即棒最后以速度做匀速直线运动,故C正确,D错误.]‎ ‎5.C [当导线MN匀速向右运动时,导线所受的合力为零,说明导线不受安培力,电路中电流为零,故电阻两端没有电压.此时导线MN产生的感应电动势恒定,根据闭合电路欧姆定律得知,电容器两板间的电压为U=E=BLv,故A、B错误;电容器所带电荷量Q=CU=CBLv,故C选项正确;因匀速运动后MN所受合力为0,而此时无电流,不受安培力,则无需拉力便可做匀速运动,故D错误.]‎ ‎6.(1) 电流方向为b→a (2)gsin θ- 解析 (1)导体棒产生的感应电动势为:E1=BLv0‎ 根据闭合电路欧姆定律得通过R的电流大小为:‎ I1== 根据右手定则判断得知:电流方向为b→a ‎(2)导体棒第一次回到初始位置时产生的感应电动势为:E2=BLv 根据闭合电路欧姆定律得感应电流为: I2== 导体棒受到的安培力大小为:F=BIL=,方向沿斜面向上.导体棒受力如图所示:‎ 根据牛顿第二定律有:mgsin θ-F=ma 解得:a=gsin θ-.‎ ‎7.(1)1 T 1.25 m (2)见解析 (3)1.92 J 解析 (1)设金属棒在磁场中匀速运动的速度为v1,则导体棒产生的电动势:E=BLv1‎ 回路的电流I= 根据力的平衡:F=BIL 设金属棒恰好能运动到半圆轨道的最高点时速度大小为v2,根据牛顿第二定律可知:mg=m 根据机械能守恒定律:mg×2r=mv12-mv22‎ 解得B=1 T,v1=5 m/s 根据动能定理:Fs=mv12‎ 解得s=1.25 m;‎ ‎(2)若导体棒运动到AA′时撤去拉力,导体棒以v1=5 m/s的速度进入磁场,假设导体棒能穿过磁场区域,穿过磁场区域时的速度大小为v3,根据动量定理有:‎ ‎-F安Δt=mΔv ‎-Δt=mΔv ‎-vΔt=mΔv 即-d=m(v3-v1)‎ 解得v3=3 m/s 假设成立,导体棒能运动到半圆轨道上;‎ 设导体棒在半圆轨道上运动时不会离开轨道,设导体棒在半圆轨道上上升的最大高度为h,根据机械能守恒定律:mgh=mv32‎ 解得h=0.45 m 由于h
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