電磁感應與電路測試【測】【解析版】-2023年高考物理二輪復習（新教材新高考）

電磁感應與電路測試【測】

（時間：90分鐘滿分：120分）

一、單項選擇題（本題共10小題，每小題3分，共30分.在每小題給出的四個選項

中，只有一項是符合題目要求的）

1.（2022?上海市浦東新區(qū)一模）如圖所示，電源電動勢為E,內阻為r,R、&為定值電阻，心為滑動變阻器.當

火3的滑片向右移動時（）

E,r

----------∣l∣l----------

%口3

A.RI消耗的功率減小

B.%消耗的功率可能減小

C.&消耗的功率增大

D.電源內阻消耗的功率增大

【答案】B

【解析】當Ri的滑片向右移動時，Ri的阻值變大，則電路的總阻值變大，總電流減小，路端電壓變大，則

R兩端電壓變大，則消耗的功率變大，選項A錯誤；將以和&等效為電源的內阻，則與等效內阻的關系不

能確定，可知心消耗的功率可能減小，也可能增大，選項B正確；R兩端的電壓變大，則通過尺的電流變大，

總電流減小，則通過治的電流減小，&消耗的功率減小，選項C錯誤：因通過電源的電流減小，則電源內阻

消耗的功率減小，選項D錯誤.

2.（2022?山東選考模擬）如圖所示是某品牌吊扇的相關參數(shù)，取g=10m∕s2,以下說法正確的是（）

功率55W

電壓/穩(wěn)率220WSQHz

吊扇IX脛I--Im

噬行分貝<67dB（A）

轉速320r∕min

流量整機5.0kg

A

A.吊扇正常工作時通過吊扇電機的電流為0.25A

B.天花板對吊桿的拉力大于等于50N

C.吊扇正常工作時消耗的電能用于對空氣做功

D.吊扇邊沿N點的最大線速度大小為896πm/s

【答案】A

p55

【解析】由P="可知，吊扇正常工作時通過吊扇電機的電流為/=方=蘢A=0.25A,故A正確；吊扇的

質量為5.0kg,則重力為50N,吊扇正常工作時，對空氣有向下的作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知，空氣對吊

扇有向上的作用力，所以天花板對吊桿的拉力小于50N,故B錯誤；吊扇正常工作時，根據(jù)能量守恒U∕=P/

+尸機可知，消耗的電能一部分變成熱能，一部分輸出為機械能，則吊扇正常工作時消耗的電能部分用于對空氣

做功，故C錯誤；吊扇的直徑為1.4m,則半徑為0.7m,轉速為"=320r∕min=與r∕s,則4點的線速度為V=

2πnr=7.47πm/s,故D錯誤。

3.（2022?安徽阜陽市教學質量統(tǒng)測）在圖甲電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為2口1,電壓表為理想電

表，定值電阻凡=0.8。、&=2C、R3=3C,變壓器原線圈兩端〃、，接正弦交流電源后，通過&的電流力隨

時間f的變化規(guī)律如圖乙。下列說法正確的是（）

A.通過電阻RI的電流方向每秒鐘改變50次

B.變壓器的輸入電流為2.5A

C.電壓表的示數(shù)為6V

D.變壓器的輸入功率為25W

【答案】B

【解析】電流的頻率/三次Hz=50Hz,故電流方向每秒鐘改變100次，選項A錯誤；通過此的電流有效

A=3A,&兩端的電壓Si&=6V,通過凡的電流S籍2A,通過副線圈的電流/j+"

值/2=也

=5A,故通過原線圈的電流/°=常=2.5A,選項B正確：電壓表的示數(shù)t∕=S+/Rl=IOV,選項C錯誤；變

壓器的輸入功率Pl=P2="=50W,選項D錯誤。

4.（2022?浙江名校協(xié)作體開學聯(lián)考）管道高頻焊機可以對由鋼板卷成的圓管的接縫實施焊接。焊機的原理如圖所

示，圓管通過一個接有高頻交流電源的線圈，線圈所產生的交變磁場使圓管中產生交變電流，電流產生的熱量

使接縫處的材料熔化將其焊接。則下列說法正確的是（）

A.該焊機也能焊接塑料圓管的接縫

B.線圈的電阻越大，焊接效果越好

C.線圈的電源換成直流電源也能進行焊接

D.圓管的接縫處電阻較大，產生的電熱較無接縫處大

【答案】D

【解析】塑料圓管是絕緣體，在焊接時，無法產生的交變磁場，塑料圓管中無電流，不能焊接，A錯誤；線

圈所接電源的電動勢一定，線圈的電阻越大，則產生的電流越小，焊接時產生的熱量較小，焊接效果不好，B

錯誤；線圈的電源換成直流電源，線圈不能產生交變的磁場，圓管中不產生電流，不能進行焊接，C錯誤；圓

管中電流一定，圓管的接縫處電阻較大，產生的熱量較多，D正確。

5.如圖所示，C為兩極板水平放置的平行板電容器，閉合開關S,當滑動變阻器&的滑片處于各自的中點

位置時，懸在電容器C兩極板間的帶電塵埃P恰好處于靜止狀態(tài).要使塵埃尸向下加速運動，下列方法中可行

的是（）

A.將Rl的滑片向左移動B.將&的滑片向左移動

C.將叢的滑片向右移動D.將閉合的開關S斷開

【答案】B

【解析】塵埃尸受到重力和電場力而平衡，要使塵埃尸向下加速，就要減小電場力，故要減小電容器兩端的電

壓；電路穩(wěn)定時，滑動變阻器以無電流通過，兩端電壓為零，故改變凡的電阻值無效果，故A錯誤；滑動變

阻器&處于分壓狀態(tài)，電容器兩端電壓等于滑動變阻器及2左半段的電壓，故要減小滑動變阻器色左半段的電

阻值，滑動變阻器2的滑片應該向左移動，故B正確，C錯誤；將閉合的開關S斷開，電容器兩端電壓增大到

等于電源電動勢，故尸向上加速，D錯誤.

6.（2020?云南昆明市一?！溉斯し蝒como”呼吸機是治療新冠肺炎重癥的重要設備.呼吸機接在電壓隨時間變化

的規(guī)律為"=220√^sinIOOm（V）的交流電源上，正常工作時電流為5A,則（）

A.該交流電的頻率為IOOHZ

B.該呼吸機正常工作時，Ih消耗的電能為Ll度

C.該呼吸機正常工作時電流的峰值為5A

D.該交流電每秒內電流方向變化50次

【答案】B

【解析】因為3=100兀⑶01/5,則該交流電的頻率為尸治=50Hz,選項A錯誤；該呼吸機正常工作時，1h

消耗的電能為^=R∕∕=5×220×10^3×lkW?h=l.lkW-h=l.l度,選項B正確；該呼吸機正常工作時電流的峰值

為5啦A,選項C錯誤；正弦交流電每個周期內電流方向變化2次，則該交流電每秒內電流方向變化100次,

選項D錯誤.

7.（2022?福建廈門市質檢）如圖為學校配電房向各個教室的供電示意圖.T為理想變壓器，％、Al為監(jiān)控室供電

端的電壓表和電流表，V2、A2為監(jiān)控校內變壓器輸出端的電壓表和電流表，Ri、&為教室的負載電阻，V3、

A3為教室內的監(jiān)控電壓表和電流表，配電房和教室間有相當長的一段距離.當開關S閉合時，以下說法正確的

是（）

A.電流表A∣、A2和A3的示數(shù)都變大

B.只有電流表Al的示數(shù)變大

C.電壓表V3的示數(shù)變小

D.電壓表V2和V3的示數(shù)都變小

【答案】C

【解析】當開關閉合后，副線圈的總電阻變小，由于變壓器的輸入電壓不變，則輸出電壓不變，即V2的示數(shù)

不變，可知輸電線中的電流增大，即A2的示數(shù)變大，則輸電線上損失的電壓增大，可知教室中的負載得到的電

壓減小，即Vj的示數(shù)變小，所以通過/?）的電流減小，即A3的示數(shù)變小，副線圈中的電流決定原線圈中的電流，

根據(jù)g=強知，原線圈中的電流∕∣增大，所以Al的示數(shù)變大，故C正確，A、B、D錯誤.

8.（2022?重慶西南名校聯(lián)盟聯(lián)考）如圖所示，有一邊長為心的正方形線框而〃，從距勻強磁場上邊界，處由靜止

釋放，其油邊剛進入勻強磁場區(qū)域時恰好能做勻速直線運動.勻強磁場區(qū)域寬度也為3仍邊開始進入磁場時

記為力，川邊出磁場時記為"忽略空氣阻力，從線框開始下落到〃邊剛出磁場的過程中，線框的速度大小V、

加速度大小如ab兩端的電壓大小Uuh,線框中產生的焦耳熱。隨時間/的變化圖象可能正確的是（）

cic

a口b\

H

____________I

XBXXXXx'

L

【答案】C

【解析】線框從磁場上方〃處開始下落到而邊進入磁場過程中，線框做勻加速運動，因線框帥邊剛進入勻

強磁場區(qū)域時恰好能做勻速直線運動，可知線框直到邊出磁場時一直做勻速直線運動，選項A、B錯誤；線

框時邊進入磁場的過程：E=BLv,則以=加3兒"邊出磁場的過程：E=BLv,則人線1框進磁場

和出磁場過程中感應電動勢相同，均為E=8Z,v,時間相同，則由功率公式可知，產生的熱量相同，故C正確，

A、B、D錯誤.

9.（2022?浙江嘉興市期末）如圖所示，物V和尸0為豎直方向的兩平行長直光滑金屬導軌，間距/為0.4m,電阻

不計.導軌所在平面與磁感應強度8=0.5T的勻強磁場垂直.質量機=6.0x10-3kg,電阻廠=1。的金屬桿湖

始終垂直于導軌，并與其保持良好接觸.導軌兩端分別接有滑動變阻器心和阻值為3.0Ω的定值電阻當桿

時達到穩(wěn)定狀態(tài)時，以速率V勻速下滑，整個電路消耗的電功率P=O.27W.已知重力加速度g取IOm/S?,則

（）

A.ah達到穩(wěn)定狀態(tài)時的速率v=0.4m/s

B.ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時的速率v=0.6m/s

C.滑動變阻器接入電路部分的阻值&=4.0C

D.滑動變阻器接入電路部分的阻值&=6.0C

【答案】D

【解析】當桿以穩(wěn)定的速度下滑時，由能量守恒定律可得尸=mgv,所以V=蠢=4.5m/s,故A、B錯誤；

P027

當時桿達到穩(wěn)定狀態(tài)時切割磁感線產生的感應電動勢為E=Ry=O.5x0.4χ4.5V=0.9V,由尸=∕E得,/=萬=萬5

A=0.3A.由―?->RH-r>?n>聯(lián)立解得7?2=6.0C,故C錯誤，D正確.

火外十rR?-↑-Rz

10.（2022?廣東梅州市第一次質檢）如圖所示，一平行金屬軌道平面與水平面成。角，兩軌道寬為上端用一電

阻R相連，該裝置處于磁感應強度為8的勻強磁場中，磁場方向垂直于軌道平面向上。質量為的金屬桿仍

以初速度VO從軌道底端向上滑行，達到最大高度/?后保持靜止。若運動過程中金屬桿始終保持與導軌垂直且接

觸良好，軌道與金屬桿的電阻均忽略不計。關于上滑過程，下列說法正確的是（）

A.通過電阻及的電量為懸%

B.金屬桿中的電流方向由b指向α

C.金屬桿克服安培力做功等于呼泣一

D.金屬桿損失的機械能等于電阻R產生的焦耳熱

【答案】A

【解析】根據(jù)q=〃，/=*,E=詈，AΦ=ASB=BL1博可得通過電阻/?的電量為g=懸2，故A正確;

由右手定則判斷金屬桿中的電流方向由α指向6,故B錯誤；由于達到最大高度h后保持靜止，所以軌道粗糙，

由動能定理一，“g〃+WZ&—叼=0—1許可得金屬桿克服安培力做功等于∣%T=%?而一/ng/?一叼，故C錯誤；

由能量守恒可知金屬桿損失的機械能等于電阻R產生的焦耳熱和金屬桿與軌道摩擦產生的熱量，故D錯誤。

二、多項選擇題（本題共5小題，每小題4分，共20分.在每小題給出的四個選項

中，有多項符合題目要求.全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得

0分）

ll（2022?遼寧葫蘆島市期末）如圖所示，矩形線圈面積為S、匝數(shù)為N,線圈電阻為廠，在磁感應強度為5的勻強

磁場中繞。（7軸以角速度。勻速轉動，外電路電阻為R,在線圈由圖示位置轉過90。的過程中，下列說法正確

的是（

l×-v-k∣-×JcX

O'

?

1→=R=-1----0~~

A.圖示位置為中性面

B.電壓表的示數(shù)NAS?

C.電流表的示數(shù)為券也

D.通過電阻R的電荷量為9=不再

【答案】AD

【解析】圖示位置線圈平面與磁感線垂直，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，感應電動勢為零,

線圈中電流為零,所以圖示位置為中性面,故A正確;線圈在磁場中轉動,產生的電動勢的最大值為Em=M5S。,

電動勢的有效值為“甯，電壓表測量的是電路的外電壓的有效值，所以電壓表的讀數(shù)為U=^R=

NBScoR故B錯誤；電流表的示數(shù)/=點=常冷,故C錯誤；由E=等，/=舟，q=?得

√2(Λ+r)

通過電阻尺的電荷量g=慧，故D正確。

12.（2022?甘肅天水市高三期末）如圖所示，電源的電動勢為E,內阻為r,R為定值電阻，心為光敏電阻（阻值隨

光照強度的增大而減?。?，C為電容器，L為小燈泡，電表均為理想電表，閉合開關S后，若減弱照射光強度,

則（）

A.電壓表的示數(shù)增大B.電容器上的電荷量減少

C.小燈泡的功率減小D.兩表示數(shù)變化量的比值I瞽1不變

【答案】CD

【解析】由題圖可知，L與&串聯(lián)后和電容器C并聯(lián)，再與以串聯(lián)，電容器C在電路穩(wěn)定時相當于斷路.當

減弱照射光強度時，光敏電阻治阻值增大，則電路的總電阻增大，總電流/減小，當兩端電壓減小，電壓表的

示數(shù)減小，故A項錯誤：電容器兩端電壓UC=E—/（R+r）,/減小，則UC增大，電容器上的電荷量增多，故B

項錯誤；流過小燈泡的電流減小，小燈泡的功率減小，故C項正確；電壓表測定值電阻R兩端的電壓，電流表

讀數(shù)等于流過定值電阻品的電流，則兩表示數(shù)變化量的比值I箸I=故D項正確.

13.（2022?浙江十校聯(lián)盟聯(lián)考）如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為12,原線圈與光滑水平導軌相連，

軌道間距￡=0.5m,勻強磁場磁感應強度大小2=0.2T,方向垂直于軌道平面向下，若電阻不計的金屬棒湖

以速度v=12.5√2sin（200π∕）m/s在導軌上運動，副線圈上連接規(guī)格“2.5V5W”的小燈泡L、電容器C則下列說

法正確的是（）

A.小燈泡恰好能正常發(fā)光

B.電容器所在的支路沒有電流

C.若金屬棒以速度V=12.5啦Sin(100m)m∕s在導軌上運動，則小燈泡亮度不變

D.若金屬棒向右勻加速運動，電容器上極板帶正電

【答案】ACD

【解析】金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢e=jβ∑v=1.25√2sin(200πr)V,則產生的感應電動勢的有效值為

E=L簪V=L25V,所以原線圈的輸入電壓為S=E=I.25V；根據(jù)變壓器原理可得舁=久，解得副線圈兩

端電壓S=笊S=FXl.25V=2.5V,所以小燈泡恰好能正常發(fā)光，故A正確；電容器“隔直流，通交流”，由于

原線圈產生的電流為正弦交流電，故有電流通過電容器，故B錯誤；若金屬棒以速度V=12.5娘Sin(IO0兀。m/s

在導軌上運動，小燈泡兩端的電壓有效值不變，則小燈泡亮度不變，故C正確：若金屬棒向右勻加速運動，根

據(jù)右手定則可知金屬棒中的感應電流方向由b向α增加，原線圈中的磁場方向向下，副線圈中的磁場方向向上

增加，根據(jù)楞次定律可知副線圈中感應電流的磁場方向向下，則副線圈所在回路感應電流方向為順時針，電容

器上極板帶正電，故D正確.

14.(2022?浙江嘉興市測試)如圖(a)所示，在勻強磁場中，一閉合矩形金屬線圈可繞與磁感線垂直的中心軸O。，

勻速轉動，線圈兩次以不同的轉速轉動產生的正弦式交變電動勢如圖(b)中圖線甲、乙所示，貝∣J()

A.兩次在r=0時刻，線圈平面均與磁場方向平行

B.圖線甲、乙對應的線圈轉速之比為2n1

C.將轉軸移至與線圈岫邊共線，則相同轉速下交變電動勢的峰值不變

D.若線圈電阻為0.1Ω,則線圈電動勢按圖線乙規(guī)律變化時的發(fā)熱功率為5W

【答案】BCD

【解析】在/=0時刻，電動勢都是0,線圈一定處在中性面上，此時刻線圈平面與磁場方向垂直，故A錯誤;

由題圖可知，甲的周期為4x10-2s,乙的周期為8x102s,轉速與周期成反比，故轉速之比為21,故B正確;

由Em="8S。知，將轉軸移至與線圈α%邊共線，。不變，面積S不變，電動勢的峰值不變，故C正確；甲、

乙的轉速比為2口1,電動勢的峰值比也為2□1,根據(jù)題圖知，甲的電動勢的峰值為2V,所以乙的電動勢的峰

值Em=IV,由E=j?E-

,I=—r,P=Fr,得：P=5W,故D正確.

15.(2022?河南頂級名校開學考試)如圖所示，在水平邊界OO,的下方空間內存在著垂直紙面向里的有界勻強磁

場，/、8是用粗細相同的同種電阻絲制成的單匝正方形閉合線框和圓形閉合線框，/線框的邊長與8線框的直

徑相等，M點和N點是A線框底邊的兩個端點，P點和。點是8線框水平直徑的兩個端點.現(xiàn)將4、8兩線框

從磁場上方由靜止自由釋放，A,8兩線框進入磁場的過程中MN、尸0連線始終保持水平.下列說法正確的是

()

A.兩線框進入磁場的過程中，感應電流的方向均為順時針

B.若兩線框恰有一半進入磁場的瞬間，速度相等，則M、N間和P、。間的電壓之比為3□2

C.若兩線框恰有一半進入磁場的瞬間，速度相等，則48所受安培力大小之比為兀口4

D.兩線框由靜止到完全進入磁場的過程中，流過4、8某一截面的電荷量之比為4口π

【答案】BC

【解析】兩線框進入磁場的過程中，穿過兩線框的磁通量均增加，根據(jù)楞次定律可知兩線框的感應電流的方

向均為逆時針，A錯誤.若兩線框恰有一半進入磁場的瞬間，速度相等，又兩線框的有效切割長度相同，則回

31

路中感應電動勢相同且為E=BZ?,可得M、N兩端電壓為/人，P、0兩端電壓為］8Lv,故它們之間的電壓

4￡TtL

之比為32；兩線框總電阻不同，R廣發(fā),RB=靛,則兩線框中電流之比〃IB=RBRA=It4,兩線框所受

?e

安培力大小之比入口鼠=M/8=兀匚4,故B、C正確.從靜止到完全進入磁場的過程中，流過線框“、8某一

BnLz

?(J)DT2DfC4Rl9

截面的電荷量q=置，對線框Z有卯=*=篇，對圓形線框8有小=兀-=篇，可得"=48,D錯誤.

三、計算題(本題共6小題，共70分)

16.(8分)(2022?江蘇無錫市高二期末)如圖甲所示,足夠長的光滑平行金屬導軌MN、P0豎直放置(導軌電阻不計),

其寬度Z=Im,一勻強磁場垂直穿過導軌平面，導軌的上端M與P之間連接一阻值為R=0.3C的電阻，質量

為切=0.01kg、電阻為r=0.4C的金屬棒油緊貼在導軌上，現(xiàn)使金屬棒M由靜止開始下滑，下滑過程中H

始終保持水平，且與導軌接觸良好，其下滑距離X與時間/的關系如圖乙所示，圖像中的04段為曲線，/8段

為直線，g取IOm∕s2(忽略M棒運動過程中對原磁場的影響)，求：

(1)磁感應強度8的大小;

⑵f=2s時，金屬棒兩端的電壓；

(3)金屬棒ab開始運動的2s內，電阻R上產生的熱量。

【答案】(1)0.1T(2)0.3V(3)0.345J

【解析】(1)金屬棒產生的感應電動勢為E=JSZ,v

E

設電路中的電流為/,由閉合電路歐姆定律可得/=而

當金屬棒勻速下滑時，設其速度為口由x-f圖像可得

v=7m/s

由共點力平衡條件得〃取=8〃

代入數(shù)據(jù)，解得8=0.1。

(2)金屬棒產生的感應電動勢為E=BLV=O.7V

E

電路中的電流為/=布=IA

金屬棒兩端的電壓為U=IR=G3V?

(3)在0?2s,由x-t圖像可得金屬棒的位移為

x=(7.0+7.0×0.5)m=10.5m

以金屬棒用為研究對象，根據(jù)能量守恒定律，得

1,,八

mgx=^n?r-vQ

代入數(shù)據(jù)，解得0=0.805J

n

電阻R上產生的熱量為QR=而。=0.345Jo

17.(8分)(2022?山東威海市模擬考試)如圖甲所示，兩根足夠長的光滑平行直導軌固定在水平面上，導軌左側連

接一電容器，一金屬棒垂直放在導軌上，且與導軌接觸良好。在整個裝置中加上垂直于導軌平面的磁場，磁感

應強度按圖乙所示規(guī)律變化。0?力內在導體棒上施加外力使導體棒靜止不動，S時刻撤去外力。已知電容器的

電容為C,兩導軌間距為L導體棒到導軌左側的距離為d,導體棒的質量為〃?。求：

(1)電容器帶電荷量的最大值;

(2)導體棒能夠達到的最大速度vmo

2

CB0LdCBjLd

【答案】(2)2

⑴to/0Cm+CBiL)

【解析】⑴電容器兩極板的電壓。=表4

電容器的帶電荷量0=CU=半C

(2)電容器放電后剩余的電荷量Q,=CU,

U=BQLvm

由動量定理得BoIL^t=mvm

Q-Q,=IM

c

解得Vm=7to7Qm+?CB?oLE

18.(8分)(2022?河南平頂山一中高三月考)如圖所示，水平放置的足夠長平行金屬導軌左端與定值電阻火相接,

質量為“7、電阻若的金屬桿垂直置于導軌上，其尸。段的長度為L整個裝置處在勻強磁場中，磁感應強度大

小為8,方向垂直導軌平面向下。/=O時刻，金屬桿以初速度W向右運動，忽略導軌的電阻及導軌與金屬桿間

的摩擦。

IP

XX××X

%

χ-*×XXX

×XXXX

(1)判斷通過電阻R的電流方向;

(2)求金屬桿的速度為竽時，金屬桿的加速度大小;

(3)求金屬桿開始運動到停止運動的過程中，定值電阻R所產生的焦耳熱。

【答案】⑴通過電阻火的電流方向為從α到b(2)^篙1(3)熱歸

【解析】(1)根據(jù)右手定則，通過電阻R的電流方向為從〃到江

(2)金屬桿的速度為當時，產生的感應電動勢為E=空

E3￡vo

感應電流/=

.R3R

R+~

安培力FA=BlL=W^

加速度的大小α=?=籌。

(3)根據(jù)能量守恒定律，整個過程中回路所產生的焦耳熱為0=%∕M

定值電阻A所產生的焦耳熱為

R21

QR=---亨〃記。

滅+5

19.(12分)(2022?山東青島市5月統(tǒng)一質量檢測)如圖所示，平行金屬導軌由水平部分和傾斜部分組成，傾斜部分

是兩個豎直放置的四分之一圓弧導軌，圓弧半徑r=0?2m.水平部分是兩段均足夠長但不等寬的光滑導軌，CC

=3/4=0.6m,水平導軌與圓弧導軌在平滑連接。整個裝置處于方向豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度

B=IT,導體棒MV、尸。的質量分別為如=0.2kg、∕∏2=0.6kg,長度分別為∕ι=0.2m、∕2=0.6m,電阻分別

為火I=1.0Ω?&=3.0C,P0固定在寬水平導軌上?，F(xiàn)給導體棒AW一個初速度，使其恰好沿圓弧導軌從最高

點勻速下滑，到達圓弧最低處位置時，MN克服安培力做功的瞬時功率為0.04W,重力加速度g=10m∕s2,

不計導軌電阻，導體棒PQ與導軌一直接觸良好。求：

(1)導體棒MN到達圓弧導軌最低處NH位置時對軌道的壓力大?。?/p>

(2)導體棒MN沿圓弧導軌下滑過程中，MN克服摩擦力做的功(保留3位有效數(shù)字)；

(3)若導體棒MN到達44位置時釋放PQ,之后的運動過程中通過回路某截面的電荷量q。

【答案】(1)6N(2)0.397J(3)0.5C

【解析】(1)導體棒MN到達圓弧最低處時，克服安培力做功的功率為P=8∕∣∕∣v,由E∣=8∕∣v,/ι=∕?,解

AlIA2

得v=2m∕s,由牛頓第二定律有尸N一如g="n]解得尸N=6N,據(jù)牛頓第三定律，導體棒AlN在/⑷位置時對

軌道的壓力大小為6N。

(2)導體棒MN沿圓弧軌道下滑過程中，感應電動勢

e=Bl?vs?n9,有效值E=

經歷時間為

￡2

產生的焦耳熱為Q=αj-f=0.00314J

Λ∣-∣-∕<2

克服安培力做功必=。=0.00314J

根據(jù)動能定理Wigr-W\—Wz2=0

解得M=O.397J。

(3)釋放P。后，當8∕M=B∕2V2時,回路中的電流為0,

對Λ∕M-BIl?t=mw?~m?v

即Bl?q-m?v~m?v?

對P。：BIht—mivz—Q,即Bhq=mw?

解得q=0.5Co

20.(12分)Q022?浙江名校協(xié)作體第二次聯(lián)考)某中學科技小組的學生在進行電磁發(fā)射裝置的課題研究，模型簡化

如圖20.在水平地面上固定著相距為L且足夠長的粗糙導軌PQ及MN,PavM范圍內存在磁感應強度大小可以

調節(jié)的勻強磁場，方向豎直向上，導軌左側末端接有電動勢為從內阻為r的電源，開關K控制電路通斷.質

量為加、電阻也為/"的導體棒外垂直導軌方向靜止置于導軌上，與導軌接觸良好.電路中其余位置電阻均忽略

不計.導軌右側末端有一弧度非常小的速度轉向裝置，能將導體棒水平方向的速度轉為與地面成θ角且不改變

速度大小.導體棒在導軌上運動時受到恒定的阻力后，導體棒發(fā)射后，在空中會受到與速度方向相反、大小與

速度大小成正比的阻力，F(xiàn)m^kv,左為常數(shù).導體棒在運動過程中只平動，不轉動.重力加速度為g.調節(jié)磁場

的磁感應強度，閉合開關K,使導體棒獲得最大的速度.

(D求導體棒獲得的最大速度Vm的大小;

(2)導體棒從靜止開始達到某一速度H,滑過的距離為xo,導體棒M發(fā)熱量為°,求電源提供的電能及通過電

源的電荷量4；

(3)調節(jié)導體棒初始放置的位置，使其在到達NQ時恰好達到最大的速度，最后發(fā)現(xiàn)導體棒以V的速度豎直向下

落到地面上.求導體棒自N。運動到剛落地時這段過程的平均速度大小.

mv2切解θ

r5sι?1∕1??Z0?2_|_kC'+<+IC?COS

【口案】(I)877ιr(2)2WV∣+F∣xo+2ρ2EEE⑶左決g0+8FfrV

【解析】(1)當棒達到最大速度時，棒受力平衡，則Ff=FA

FA=BiL

E-BLv

J=-2T^^

聯(lián)立解得產聿?>+制

E2

由數(shù)學知識得Vm=怠

(2)導體棒電阻為廠，電源內阻為廠，通過兩者的電流始終相等，導體棒發(fā)熱量為。，則回路總電熱為2。；據(jù)

2

能量守恒定律知，電源提供的電能fK=∣w∕v∣+Ffr0+2ρ

由E"=R=%可知，電源提供電能與通過電源的電荷量的關系為W=Eq,通過電源的電荷量q=￡=若+攀

嚏

(3)導體棒自N0運動到剛落地過程中，水平方向應用動量定理可得一hχAf=mAvχ,即一kΔx=∕nA%

ffl

解得：水平方向位移盤=N痂cosJ

豎直方向應用動量定理可得一k??Λt-mgbl=