2021高考物理二輪復(fù)習(xí) 第十章 微專題74　電磁感應(yīng)中的“單桿模型”

1．有外力牽引時(shí)：(1)動(dòng)力學(xué)過程：有F外－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma.F外為恒力時(shí)，隨著v的增加，a減小，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大vm＝eq\f(F外R＋r,B2L2)；F外為變力時(shí)，可能做勻加速，有F外－eq\f(B2L2at,R＋r)＝ma.(2)能量轉(zhuǎn)化過程：加速階段W外＝ΔEk＋Q焦，其中Q焦＝W克服安培力；勻速階段W外＝Q焦．(3)流過導(dǎo)體橫截面的電荷量：q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)，其中ΔΦ＝BLx.或由動(dòng)量定理得∑BiLΔt＝mΔv，即BqL＝mΔv得：q＝eq\f(mΔv,BL).2．無外力牽引，以一定初速度出發(fā)時(shí)：eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma隨v的減小，a減小，最終速度減小到0.減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，最終轉(zhuǎn)化為焦耳熱，－ΔEk＝Q焦；流過導(dǎo)體橫截面的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)或q＝eq\f(mΔv,BL).1．(多選)(2019·四川綿陽(yáng)市第三次診斷)如圖1所示，兩條足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，左端間接一電阻R，質(zhì)量為m的金屬桿ab靜置于導(dǎo)軌，桿與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)給金屬桿一個(gè)水平向右的沖量I0，金屬桿運(yùn)動(dòng)一段距離x后靜止，運(yùn)動(dòng)過程中與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好．不計(jì)桿和導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g.則金屬桿ab在運(yùn)動(dòng)過程中()圖1A．做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．桿中的電流大小逐漸減小，方向從b流向aC．剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為eq\f(B2L2I0,m2R)－μgD．電阻R上消耗的電功為eq\f(I02,2m)－μmgx2．(多選)(2019·山西運(yùn)城市5月適應(yīng)性測(cè)試)如圖2所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，其左端接有定值電阻R，建立Ox軸平行于金屬導(dǎo)軌，在0≤x≤4m的空間區(qū)域內(nèi)存在著垂直導(dǎo)軌平面向下的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨坐標(biāo)(以m為單位)的分布規(guī)律為B＝0.8－0.2x(T)，金屬棒ab在外力作用下從x＝0處沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，ab始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和金屬棒的電阻．設(shè)在金屬棒從x1＝1m處，經(jīng)x2＝2m到x3＝3m的過程中，電阻器R的電功率始終保持不變，則()圖2A．金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)始終不變C．金屬棒在x1與x2處受到磁場(chǎng)的作用力大小之比為3∶2D．金屬棒從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R的電荷量相等3．(多選)(2019·河南九師聯(lián)盟質(zhì)檢)如圖3所示，一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m、質(zhì)量為m＝1kg的導(dǎo)體棒ab垂直放在光滑且足夠長(zhǎng)的U形導(dǎo)軌底端，導(dǎo)軌寬度和導(dǎo)體棒等長(zhǎng)且接觸良好，導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝30°角，整個(gè)裝置處在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T．現(xiàn)給導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上的初速度v0＝4m/s，經(jīng)時(shí)間t0＝0.5s，導(dǎo)體棒到達(dá)最高點(diǎn)，然后開始返回，到達(dá)底端前已做勻速運(yùn)動(dòng)．已知導(dǎo)體棒的電阻為R＝0.05Ω，其余電阻不計(jì)，重力加速度g取10m/s2，忽略電路中感應(yīng)電流之間的相互作用，則()圖3A．導(dǎo)體棒到達(dá)導(dǎo)軌平面底端時(shí)，流過導(dǎo)體棒的電流為5AB．導(dǎo)體棒到達(dá)導(dǎo)軌平面底端時(shí)的速度大小為1m/sC．導(dǎo)體棒從開始到頂端的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量為3CD．導(dǎo)體棒從開始到返回底端的過程中，回路中產(chǎn)生的電能為15J4．(多選)(2019·遼寧重點(diǎn)協(xié)作體模擬)如圖4所示，水平放置的光滑金屬長(zhǎng)導(dǎo)軌MM′和NN′之間接有電阻R，導(dǎo)軌左、右兩區(qū)域分別處在方向相反與軌道垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，右側(cè)區(qū)域足夠長(zhǎng)，方向如圖．設(shè)左、右區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1和B2，虛線為兩區(qū)域的分界線．一根金屬棒ab放在導(dǎo)軌上并與其正交，棒和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)．已知金屬棒ab在水平向右的恒定拉力作用下，在左側(cè)區(qū)域中恰好以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則()圖4A．若B2＝B1，棒進(jìn)入右側(cè)區(qū)域后先做加速運(yùn)動(dòng)，最后以速度2v做勻速運(yùn)動(dòng)B．若B2＝B1，棒進(jìn)入右側(cè)區(qū)域中后仍以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)C．若B2＝2B1，棒進(jìn)入右側(cè)區(qū)域后先做減速運(yùn)動(dòng)，最后以速度eq\f(v,4)做勻速運(yùn)動(dòng)D．若B2＝2B1，棒進(jìn)入右側(cè)區(qū)域后先做加速運(yùn)動(dòng)，最后以速度4v做勻速運(yùn)動(dòng)5．(2020·北京市東城區(qū)月考)如圖5所示，兩光滑水平放置的平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.電容器的電容為C，除電阻R外，導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻均不計(jì)．現(xiàn)給導(dǎo)線MN一初速度，使導(dǎo)線MN向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)()圖5A．電容器兩端的電壓為零B．通過電阻R的電流為eq\f(BLv,R)C．電容器所帶電荷量為CBLvD．為保持MN勻速運(yùn)動(dòng)，需對(duì)其施加的拉力大小為eq\f(B2L2v,R)6．(2019·天津市實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖6所示，固定光滑金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，上端a、b間接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上．初始時(shí)刻，彈簧恰處于自然長(zhǎng)度，導(dǎo)體棒具有沿導(dǎo)軌向上的初速度v0.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸．已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行，重力加速度為g.圖6(1)求初始時(shí)刻通過電阻R的電流I的大小和方向；(2)當(dāng)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時(shí)，速度變?yōu)関，求此時(shí)導(dǎo)體棒的加速度大小a.7．(2020·湖北恩施州質(zhì)量檢測(cè))如圖7所示，光滑平行導(dǎo)軌MN、M′N′固定在水平面內(nèi)，左端MM′接有一個(gè)R＝2Ω的定值電阻，右端與均處于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、N′P′平滑連接于N、N′點(diǎn)，且半圓軌道的半徑均為r＝0.5m，導(dǎo)軌間距L＝1m，水平軌道的ANN′A′的矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度d＝1m．一個(gè)質(zhì)量為m＝0.2kg，電阻R0＝0.5Ω，長(zhǎng)也為1m的導(dǎo)體棒ab放置在水平導(dǎo)軌上距磁場(chǎng)左邊界s處，在與棒垂直、大小為2N的水平恒力F的作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)至NN′時(shí)撤去F，結(jié)果導(dǎo)體棒ab恰好能運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道的最高點(diǎn)PP′，重力加速度g＝10m/s2.求：圖7(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小及s的大??；(2)若導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到AA′時(shí)撤去拉力，試判斷導(dǎo)體棒能不能運(yùn)動(dòng)到半圓軌道上，如果不能說明理由，如果能，試判斷導(dǎo)體棒沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)不會(huì)離開軌道；(3)在(2)問中最終電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱．

答案精析1．BD[金屬桿中電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R0)，v不斷減小，則I逐漸減小，對(duì)金屬桿應(yīng)用右手定則分析可得電流方向是b到a，桿受安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，根據(jù)牛頓第二定律，μmg＋eq\f(B2L2v,R)＝ma，解得：a＝μg＋eq\f(B2L2v,mR)，v不斷減小，所以桿做的是加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，μmg＋eq\f(B2L2v,R)＝ma，v＝eq\f(I0,m)，聯(lián)立解得：a＝eq\f(B2L2I0,m2R)＋μg，C錯(cuò)誤；對(duì)金屬桿應(yīng)用動(dòng)能定理：0－eq\f(1,2)mv2＝－W安－μmgx，克服安培力的功等于轉(zhuǎn)化為回路的電能即電阻消耗的電功，解得：W安＝eq\f(I02,2m)－μmgx，D正確．]2．BC[因?yàn)殡娮璧墓β什蛔儯篜＝I2R＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2L2v2,R)，因?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度變小，所以速度變大，A錯(cuò)誤；功率P＝I2R＝eq\f(E2,R)不變，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，B正確；功率P＝I2R不變，所以回路電流始終不變，根據(jù)安培力公式F＝BIL，安培力之比eq\f(F1,F2)＝eq\f(B1,B2)＝eq\f(3,2)，C正確；通過導(dǎo)體電荷量q＝I·t，因?yàn)榻饘侔粼谧黾铀龠\(yùn)動(dòng)，所以通過相同位移的時(shí)間減小，所以金屬棒從x1到x2比從x2到x3的過程中通過R的電荷量小，D錯(cuò)誤．]3．BC[導(dǎo)體棒到達(dá)底端前已做勻速運(yùn)動(dòng)，則由平衡知識(shí)：mgsin30°＝eq\f(B2L2vm,R)，代入數(shù)據(jù)解得：vm＝1m/s，選項(xiàng)B正確；導(dǎo)體棒到達(dá)導(dǎo)軌平面底端時(shí)，流過導(dǎo)體棒的電流為I＝eq\f(BLvm,R)＝eq\f(0.5×1×1,0.05)A＝10A，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒從開始到頂端的過程中，根據(jù)動(dòng)量定理：－(mgsin30°＋Beq\x\to(I)L)t0＝0－mv0，其中eq\x\to(I)t0＝q，解得q＝3C，選項(xiàng)C正確；導(dǎo)體棒從開始到返回底端的過程中，由能量守恒定律可得，回路中產(chǎn)生的電能為eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mvm2＝eq\f(1,2)×1×(42－12)J＝7.5J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．]4．BC[金屬棒在水平向右的恒力作用下，在虛線左邊區(qū)域中以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，恒力T與安培力平衡．當(dāng)B2＝B1時(shí)，棒進(jìn)入右邊區(qū)域后，棒切割磁感線的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與感應(yīng)電流大小均沒有變化，棒所受安培力大小和方向也沒有變化，與恒力T仍然平衡，則棒進(jìn)入右邊區(qū)域后，以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)B2＝2B1時(shí)，棒進(jìn)入右邊區(qū)域后，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流均變大，所受的安培力也變大，恒力沒有變化，則棒先減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流減小，棒受到的安培力減小，當(dāng)安培力與恒力再次平衡時(shí)棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)．設(shè)棒勻速運(yùn)動(dòng)速度大小為v′，在左側(cè)磁場(chǎng)中F＝eq\f(B12L2v,R)，在右側(cè)磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F＝eq\f(B22L2v′,R)＝eq\f(2B12L2v′,R)，則v′＝eq\f(v,4)，即棒最后以速度eq\f(v,4)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤．]5．C[當(dāng)導(dǎo)線MN勻速向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線所受的合力為零，說明導(dǎo)線不受安培力，電路中電流為零，故電阻兩端沒有電壓．此時(shí)導(dǎo)線MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電容器兩板間的電壓為U＝E＝BLv，故A、B錯(cuò)誤；電容器所帶電荷量Q＝CU＝CBLv，故C選項(xiàng)正確；因勻速運(yùn)動(dòng)后MN所受合力為0，而此時(shí)無電流，不受安培力，則無需拉力便可做勻速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．]6．(1)eq\f(BLv0,R＋r)電流方向?yàn)閎→a(2)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR＋r)解析(1)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E1＝BLv0根據(jù)閉合電路歐姆定律得通過R的電流大小為：I1＝eq\f(E1,R＋r)＝eq\f(BLv0,R＋r)根據(jù)右手定則判斷得知：電流方向?yàn)閎→a(2)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E2＝BLv根據(jù)閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流為：I2＝eq\f(E2,R＋r)＝eq\f(BLv,R＋r)導(dǎo)體棒受到的安培力大小為：F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，方向沿斜面向上．導(dǎo)體棒受力如圖所示：根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ－F＝ma解得：a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR＋r).7．(1)1T1.25m(2)見解析(3)1.92J解析(1)設(shè)金屬棒在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1，則導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv1回路的電流I＝eq\f(E,R＋R0)根據(jù)力的平衡：F＝BIL設(shè)金屬棒恰好能運(yùn)動(dòng)到半圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)速度大小為v2，根據(jù)牛頓第二定律可知：mg＝meq\f(v22,r)根據(jù)機(jī)械能守恒定律：mg×2r＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22解得B＝1T，v1＝5m/s根據(jù)動(dòng)能定理：Fs＝eq\f(1,2)mv12解得s＝1.25m；(2)若導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到AA′時(shí)撤去拉力，導(dǎo)體棒以v1＝5m/s的速度進(jìn)入磁場(chǎng)，假設(shè)導(dǎo)體棒能穿過磁場(chǎng)區(qū)域，穿過磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小為v3，根據(jù)動(dòng)量定理有：－F安Δt＝mΔv－eq\f(B2L2v,R＋R0)Δt＝mΔv－eq\f(B2L2,R＋R0)vΔt＝mΔv即－eq\f(B2L2,R＋R0)d＝m(v3－v1)解得v3＝3m/s假設(shè)成立，導(dǎo)體棒能運(yùn)動(dòng)到半圓軌道上；設(shè)導(dǎo)體棒在半圓軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)離開軌道，設(shè)導(dǎo)體棒在半圓軌道上上升的最大高度為h，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：mgh＝eq\f(