物理大一輪復習課時規(guī)范訓練第章第節(jié)微電磁感應中的“桿＋導軌”模型

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精課時規(guī)范訓練［基礎(chǔ)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(chǎn)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(chǎn)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E1∶E2分別為（)A．c→a，2∶1 B．a(chǎn)→c,2∶1C．a(chǎn)→c，1∶2 D．c→a，1∶2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a→c；又因為E＝BLv,所以E1∶E2＝1∶2,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(nèi)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θ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(）A．M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eq\f(B2lv，r）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(jù)法拉第電磁感應定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt）＝Blv，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E＝Blv,I＝eq\f（E，R），R＝eq\f(l,sinθ)r,F＝BIeq\f（l，sinθ),解得F＝eq\f（B2lv，r)，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α，圖中虛線下方區(qū)域內(nèi)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(zhì)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?。F(xiàn)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eq\f（2mgRsinα,B2l2)C．金屬桿ab進入磁場后產(chǎn)生的感應電動勢為eq\f(mgsinα,Bl）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(chǎn)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mgsinα＝eq\f（B2l2v，2R），解得v＝eq\f（2mgRsinα，B2l2），故B正確;金屬桿ab進入磁場后產(chǎn)生的感應電動勢E＝Blv,解得E＝eq\f（2mgRsinα,Bl），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．4．CD、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(cè)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(shù)為μ，則下列說法中正確的是(）A．電阻R的最大電流為eq\f（Bd\r（2gh)，R)B．流過電阻R的電荷量為eq\f(BdL,R)C．整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mghD．電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f（1,2)mg(h－μd）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(chǎn)生的感應電流最大，由機械能守恒有mgh＝eq\f(1,2）mv2，所以I＝eq\f（E,2R)＝eq\f(BLv,2R）＝eq\f（BL\r（2gh),2R),A錯誤；流過R的電荷量為q＝eq\x\to（I）t＝eq\f（ΔΦ,2R)＝eq\f（BLd,2R)，B錯誤；由能量守恒定律可知整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝mgh－μmgd，C錯誤;由于導體棒的電阻也為R，則電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，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θ角(0＜θ＜90°)，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()A．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢B．a(chǎn)b棒中產(chǎn)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eq\f(qR,BL）D．受到的最大安培力大小為eq\f（B2L2v,R）sinθ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(chǎn)生的焦耳熱與ab棒的動能之和，故B正確；由q＝eq\f（ΔΦ，R)＝eq\f（BxL，R）可得，下滑的位移大小為x＝eq\f(qR,BL)，故C正確；金屬棒ab在這一過程中受到的安培力大小為F＝BIL，I最大為eq\f(BLv,R），故最大安培力大小為eq\f(B2L2v，R），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(zhì)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(guān)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a→R→bC．由圖象可以得出B、L、R三者的關(guān)系式為eq\f（B2L2，R）＝eq\f（2,3)D．當恒力F＝3N時，電阻R消耗的最大電功率為8W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＝eq\f(B2L2v，R）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a→R→b,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Ff＝1N,金屬桿勻速運動時有F－Ff＝F安＝eq\f(B2L2v，R)，則可得eq\f（B2L2,R）＝eq\f(F－Ff,v)＝eq\f(1，2），選項C錯誤；當恒力F＝3N時,金屬桿受到的安培力大小為F安＝F－Ff＝2N,金屬桿勻速運動的速度為4m/s,所以金屬桿克服安培力做功的功率P＝8W,轉(zhuǎn)化為電能的功率為8W，故電阻R消耗的最大電功率為8W，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θ，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(zhì)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(chǎn)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(chǎn)生感應電動勢E＝BLv0，電路中電流為I，由閉合電路的歐姆定律有I＝eq\f(E，2R)，此時對導體棒MN受力分析，由平衡條件有FA＋mgsinα＝Ff，F(xiàn)A＝BIL，解得Ff＝eq\f(B2L2v0，2R）＋mgsinθ.（2)導體棒EF上升過程MN一直靜止，對系統(tǒng)由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律有eq\f(1，2）mveq\o\al（2，0)＝mgh＋2Q，解得h＝eq\f(mv\o\al（2,0）－4Q，2mg)。答案:(1）eq\f（B2L2v0，2R）＋mgsinθ（2)eq\f（mv\o\al（2,0)－4Q，2mg）8．如圖甲所示,足夠長的光滑導軌傾角為30°，間距L＝1m，電阻不計，恒定的非勻強磁場方向垂直于斜面向下，電阻R＝1Ω，導體棒ab質(zhì)量m＝0.25kg,其電阻r＝1Ω，垂直于導軌放置．現(xiàn)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(guān)系如圖乙所示，（g取10m/s2)（1)求導體棒下滑2s時的速度和位移；(2）求導體棒下滑2s內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱．解析:(1)由題圖乙可知，棒下滑的任意狀態(tài)有B2v＝0.5T2·m·s－1對棒下滑過程中某一狀態(tài)由牛頓第二定律得mgsin30°－eq\f(B2L2v,R＋r）＝ma代入數(shù)據(jù)可得導體棒的加速度a＝4m/s2可見導體棒在斜面上做a＝4m/s2的勻加速直線運動棒在2s內(nèi)的位移x＝eq\f(1,2）at2＝8m2s末的速度v＝at＝8m/s(2)由能量守恒得mgxsin30°＝eq\f(1，2)mv2＋Q代入數(shù)據(jù)解得Q＝2J。答案：(1）8m/s8m（2）2J9．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α，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(zhì)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(guān)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(xiàn)在閉合開關(guān)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(chǎn)生的焦耳熱Q；（3）當B＝0。40T，L＝0.50m，α＝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(guān)系，如圖乙所示．取g＝10m/s2,sin37°＝0.60，cos37°＝0。80。求R1的阻值和金屬棒的質(zhì)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(chǎn)生的焦耳熱，即mgh＝eq\f(1，2）mv2＋Q則Q＝mgh－eq\f(1，2)mv2。（3)金屬棒達到最大速度vm時,切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢：E＝BLvm由閉合電路的歐姆定律得：I＝eq\f（E,R1＋R2)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：mgsinα－BIL＝0由以上三式得vm＝eq\f(mgsinα，B2L2)(R2＋R1）由圖乙可知：斜率k＝eq\f(60－30，2）m·s－1·Ω－1＝15m·s－1·Ω－1，縱軸截距v＝30m/s所以eq\f(mgsinα,B2L2)R1＝v，eq\f（mgsinα,B2L2)＝k解得R1＝2。0Ω，m＝0.1kg答案：（1)b→a(2)mgh－eq\f(1,2)mv2(3)2。0Ω0.1kg10．如圖所示,電阻不計、間距L＝1m、足夠長的光滑金屬導軌ab、cd與水平面成θ＝37°角，導軌平面矩形區(qū)域efhg內(nèi)分布著磁感應強度大小B＝1T、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場,邊界ef、gh之間的距離D＝1。4m．現(xiàn)將質(zhì)量m＝0。1kg、電阻R＝eq\f（5,3)Ω的導體棒P、Q相隔Δt＝0。2s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。8m/s.已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，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(chǎn)生的焦耳熱Q總．解析：（1）設(shè)P進入磁場時的速度為v1，由法拉第電磁感應定律有E＝BLv1由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f（E,2R)，安培力F＝BIL，P勻速運動有F＝mgsinθ，聯(lián)立解得v1＝2m/s，P從ac到ef過程，由牛頓第二定律有a＝gsinθ，由運動學公式有s＝eq\f（v\o\al(2,1）,2a)，解得s＝eq\f(1,3）m≈0。33m.(2)P進入磁場以速度v1勻速運動,Δt＝0.2s后，Q恰好進入磁場，速度也為v1＝2m/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