2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）微專題5　帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)含答案

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）微專題5帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)微專題5帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.[2022·全國(guó)甲卷]空間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng),磁場(chǎng)的方向垂直于紙面(xOy平面)向里,電場(chǎng)的方向沿y軸正方向.一帶正電的粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的作用下,從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始運(yùn)動(dòng).下列四幅圖中,可能正確描述該粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的是 (B)[解析]在xOy平面內(nèi)電場(chǎng)的方向沿y軸正方向,故在坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止的帶正電粒子在電場(chǎng)力作用下會(huì)向y軸正方向運(yùn)動(dòng).磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里,根據(jù)左手定則,可判斷出向y軸正方向運(yùn)動(dòng)的粒子同時(shí)受到沿x軸負(fù)方向的洛倫茲力,故粒子向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn),A、C錯(cuò)誤;運(yùn)動(dòng)的過程中電場(chǎng)力對(duì)粒子做功,粒子速度大小發(fā)生變化,粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直,由于勻強(qiáng)電場(chǎng)方向是沿y軸正方向,故x軸為勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)線,從粒子開始運(yùn)動(dòng)到再次運(yùn)動(dòng)到x軸過程中,電場(chǎng)力做功為0,洛倫茲力不做功,故帶電粒子再次回到x軸時(shí)的速度為0,隨后受電場(chǎng)力作用再次進(jìn)入第二象限重復(fù)上述過程,故B正確,D錯(cuò)誤.2.如圖所示,空間中存在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,方向水平向右;磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向里.在正交的電磁場(chǎng)空間中有一豎直放置的光滑絕緣大圓環(huán).一質(zhì)量為m,帶電荷量為+q的小圓環(huán),從大圓環(huán)的最高點(diǎn)由靜止釋放.已知大圓環(huán)半徑為R,重力加速度為g.關(guān)于小圓環(huán)接下來的運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是 (D)A.小圓環(huán)從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒B.小圓環(huán)恰好能沿大圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)C.小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置時(shí)的速度為D.小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)最低點(diǎn)位置時(shí)的速度為[解析]小圓環(huán)從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中,除重力外還有電場(chǎng)力做功,機(jī)械能不守恒,故A錯(cuò)誤;設(shè)小圓環(huán)所受重力與電場(chǎng)力的合力與豎直方向夾角為θ,假設(shè)恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng),剛好能到達(dá)等效最高點(diǎn)A,如圖所示,根據(jù)動(dòng)能定理有mgR(1-cosθ)-qERsinθ=m,其中mgtanθ=qE,解得=2gR<0,所以假設(shè)不成立,小圓環(huán)不能沿大圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤;小圓環(huán)從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置過程中,根據(jù)動(dòng)能定理有mgR+qER=m-0,解得小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置時(shí)的速度v1=,故C錯(cuò)誤;小圓環(huán)從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)最低點(diǎn)位置過程中,根據(jù)動(dòng)能定理有mg·2R=m-0,解得小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置時(shí)的速度v2=,故D正確.3.水平地面上方足夠大區(qū)域內(nèi)有沿水平方向、相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng).如圖所示,紙面為該區(qū)域內(nèi)的某一豎直平面,磁場(chǎng)垂直紙面向里,電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,方向水平向左.絕緣細(xì)線一端固定在該豎直平面內(nèi)的O點(diǎn),另一端懸掛一質(zhì)量為m的帶正電小球Q,靜止時(shí)小球Q位于A點(diǎn),細(xì)線與豎直方向的夾角θ=30°.現(xiàn)讓另一質(zhì)量為3m的不帶電小球P從該豎直平面內(nèi)的某點(diǎn)C(圖中未畫出)以初速度v0水平拋出,正好與處于A點(diǎn)的小球Q發(fā)生彈性正碰,碰撞瞬間剪斷細(xì)線,同時(shí)將電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E,碰后小球Q恰好沿直線運(yùn)動(dòng).已知C、A兩點(diǎn)距地面的高度之比為7∶3,兩球碰撞過程中各自電荷量均保持不變,碰撞時(shí)間極短,重力加速度為g,小球大小不計(jì),求:(1)小球Q的電荷量q;(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B;(3)兩小球在水平地面上的落地點(diǎn)間的距離Δx.[答案](1)(2)(3)[解析](1)小球Q靜止時(shí),受力如圖所示,由平衡條件可知,細(xì)線對(duì)小球Q的拉力FT、電場(chǎng)力qE的合力與小球Q所受的重力mg大小相等,方向相反,可得tanθ=代入數(shù)據(jù)得q=(2)要兩球碰后小球Q能沿直線運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力F、重力mg沿兩球運(yùn)動(dòng)方向的分力應(yīng)大小相等、方向相反,合力為零.洛倫茲力與電場(chǎng)力、重力沿垂直速度方向的分力之和平衡.設(shè)兩球碰撞前后瞬間的速度方向與豎直方向的夾角為α,有3qEsinα=mgcosαF洛=3qEcosα+mgsinα設(shè)P、Q兩球碰前P的速度為v,碰后P、Q的速度分別為vP、vQ,兩球碰撞過程,由動(dòng)量守恒、能量守恒有3mv=3mvP+mvQ·3mv2=·3m+m由速度分解可知v0=vsinα由洛倫茲力公式有F洛=qBvQ聯(lián)立解得B=

(3)設(shè)C點(diǎn)與A點(diǎn)的高度差為h0,小球P與Q碰前沿豎直方向的分速度大小為vy,由速度分解及平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有

2gh0=

vy=

設(shè)A點(diǎn)距地面的高度為h1,兩球碰后P球運(yùn)動(dòng)到地面的時(shí)間為t,P、Q兩球運(yùn)動(dòng)到地面的過程中沿水平方向發(fā)生的位移分別為xP、xQ

h1=(vPcosα)t+gt2

xP=(vPsinα)t

tanα=

由題意有=,Δx=xQ-xP

聯(lián)立解得Δx=

4.如圖甲所示,空間中有一直角坐標(biāo)系O-xyz,在緊貼坐標(biāo)為(-0.4m,0,0)點(diǎn)的下側(cè)有一粒子源P,能沿x軸正方向以v0=1×106m/s的速度持續(xù)發(fā)射比荷為=5×107C/kg的不計(jì)重力的帶正電的粒子.圖乙為xOy平面圖,在x<0、y<0的空間中有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=5×104V/m,在x>0的空間有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B1=0.1T.若在xOz平面內(nèi)x<0區(qū)域放置一足夠大的吸收屏(如圖甲所示),屏上方施加有沿y軸負(fù)方向、大小為B2=T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(忽略粒子間的相互作用).求:(結(jié)果保留一位有效數(shù)字)(1)粒子第一次穿過y軸的縱坐標(biāo);(2)粒子第二次穿過y軸的縱坐標(biāo);(3)粒子打到吸收屏上的坐標(biāo).[答案](1)-0.2m(2)0.2m(3)(-0.2m,0,0.05m)[解析](1)粒子從P點(diǎn)射出后在xOy平面內(nèi)做平拋運(yùn)動(dòng),沿y軸負(fù)方向的加速度為a==2.5×1012m/s2做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1==s=0.4×10-6s

粒子在豎直方向上的位移y1=a=0.2m

所以粒子第一次穿過y軸時(shí)的縱坐標(biāo)為-0.2m

(2)粒子第一次穿過y軸時(shí)的速度為v1==×106m/s

由于v0=at1=1×106m/s

所以粒子沿著與y軸負(fù)方向成45°角的方向進(jìn)入磁場(chǎng)B1,然后做勻速圓周運(yùn)動(dòng).由qv1B1=m可得圓周半徑r1=×=m

由幾何關(guān)系可知,圓心在x軸正半軸的(0.2m,0,0)處.所以粒子將從y軸的正半軸某點(diǎn)處離開磁場(chǎng)B1,其坐標(biāo)與粒子第一次穿過y軸時(shí)的坐標(biāo)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,所以粒子第二次穿過y軸時(shí)的縱坐標(biāo)為0.2m

(3)粒子第二次穿過y軸后,沿著與y軸負(fù)方向成45°角的方向進(jìn)入磁場(chǎng)B2.在磁場(chǎng)B2中,粒子沿著y軸負(fù)方向的分速度為vy=v1cos45°=1×106m/s,在這個(gè)方向上,洛倫茲力為零,粒子沿著x軸負(fù)方向的分速度為vx=v1sin45°=1×106m/s,在這個(gè)方向上,粒子在洛倫茲力的作用下做圓周運(yùn)動(dòng).所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)B2后,將沿著螺旋線向吸收屏運(yùn)動(dòng).根據(jù)qvxB2=mωvx、ω=可得,粒子在磁場(chǎng)B2中運(yùn)動(dòng)半周的時(shí)間為t2=T==×=1.2×10-6s

粒子從y軸上0.2m處運(yùn)動(dòng)到xOz平面上的時(shí)間為t3==0.2×10-6s

由于t3<t2,所以在粒子離開磁場(chǎng)B2之前,就已經(jīng)打到了吸收屏上.粒子的圓周運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的角度為θ=×π=

粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r2==m

所以粒子打到吸收屏上的坐標(biāo)為x=-m×sin=-m≈-0.2m、y=0、z=m-m×cos=m≈0.05m

5.[2023·江蘇卷]霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型.xOy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點(diǎn)沿x軸正方向水平入射.入射速度為v0時(shí),電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng);入射速度小于的v0時(shí),電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示,且在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等.不計(jì)重力及電子間相互作用.(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E;(2)若電子入射速度為,求運(yùn)動(dòng)到速度為時(shí)位置的縱坐標(biāo)y1;(3)若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布,求能到達(dá)縱坐標(biāo)y2=位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比.[答案](1)v0B(2)(3)90%[解析](1)由題知,入射速度為v0時(shí),電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng),則有Ee=ev0B,解得E=v0B(2)電子在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中,由于洛倫茲力不做功,且電子入射速度為,則電子受到的電場(chǎng)力大于洛倫茲力,則電子向上偏轉(zhuǎn),根據(jù)動(dòng)能定理有eEy1=m-m,解得y1=(3)若電子以速度v入射時(shí),設(shè)電子能到達(dá)的最高點(diǎn)位置的縱坐標(biāo)為y,則根據(jù)動(dòng)能定理有eEy=m-mv2,由于電子在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等,則在最高點(diǎn)有F合=evmB-eE,在最低點(diǎn)有F合=eE-evB,聯(lián)立有vm=-v,y=,要讓電子到達(dá)縱坐標(biāo)y2=位置,即y≥y2,解得v≤v0,則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布,能到達(dá)縱坐標(biāo)y2=位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%.6.如圖甲所示,在xOy平面的第Ⅰ象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1,第Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2和垂直紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的磁場(chǎng),已知E2=0.25N/C,B1隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示,其中B0=0.25T,t0=s,設(shè)垂直紙面向外為磁場(chǎng)正方向.一個(gè)質(zhì)量為m=2.5×10-6kg、電荷量為q=1×10-4C的帶正電液滴從P點(diǎn)以速度v0=4m/s沿x軸負(fù)方向射入,經(jīng)t1=0.5s恰好以沿y軸負(fù)方向的速度v經(jīng)過原點(diǎn)O后進(jìn)入x≤0的區(qū)域.已知t=0時(shí)液滴恰好通過O點(diǎn),重力加速度g取10m/s2.(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小及液滴第一次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度v的大小;(2)求液滴在0~s內(nèi)的路程;(3)若在t=s時(shí)撤去電場(chǎng)E1、E2和磁場(chǎng)B1,同時(shí)在整個(gè)空間區(qū)域加豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出),求從此時(shí)刻起,再經(jīng)過t'=s,液滴距O點(diǎn)的距離.(π2≈10)[答案](1)0.2N/C5m/s(2)m(3)m[解析](1)對(duì)帶電液滴由動(dòng)量定理可知,水平方向有-qE1·t1=0-mv0解得E1=0.2N/C豎直方向有mg·t1=mv-0解得v=5m/s(2)液滴通過O點(diǎn)后,由qE2=mg可知,液滴將僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由qvB=m,T=解得磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0時(shí)T1=s,r1=0.5m磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B0時(shí)T2=s,r2=0.25m0~s內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,則s=3××2πr1+2××2πr2(或x=vt)解得s=m(3)只有磁場(chǎng)B2存在時(shí),液滴在水平方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則周期T3==s半徑r3==0.25m液滴在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng),經(jīng)過t'=s沿y軸下落高度為y=gt'2經(jīng)過t'=s后距O點(diǎn)的距離為s'=解得s'≈m7.如圖甲所示,離子源持續(xù)逸出帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的離子,其初速度視為0,離子經(jīng)過加速電場(chǎng)后,以速度v0沿兩平行極板PQ的中線飛入交變電場(chǎng).已知極板P、Q水平放置,間距為d,長(zhǎng)度為L(zhǎng),極板上所加的交變電壓如圖乙所示,變化周期為T=,所有離子均能從P、Q極板右側(cè)射出,不計(jì)離子重力及離子間相互作用.(1)求加速電場(chǎng)的電壓大小U0;(2)求P、Q極板間所加電壓U的最大值Um;(3)當(dāng)P、Q極板間交變電壓為(2)問中所求的Um時(shí),在P、Q極板右側(cè)建立O-xyz直角坐標(biāo)系,其中Ox軸與極板Q的中軸線在同一直線上,圖甲中的兩個(gè)正方體邊長(zhǎng)均為d,正方體OCDE-O1C1D1E1區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向、大小為B1=的勻強(qiáng)磁場(chǎng),正方體CDGH-C1D1G1H1區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向、大小為B2=的勻強(qiáng)磁場(chǎng),求離子在正方體CDGH-C1D1G1H1區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間.[答案](1)(2)(3)[解析](1)離子經(jīng)過加速電場(chǎng)后有U0q=m-0解得U0=(2)離子在平行極板P、Q間運(yùn)動(dòng)時(shí),水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),有L=v0t解得t=即離子在平行極板P、Q間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間恰為電場(chǎng)變化的一個(gè)周期,當(dāng)t=n,n=0,1,2,3,…時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的離子恰從極板邊緣離開時(shí),電壓最大,則=ma=2×a解得Um=(3)離子飛過平行極板P、Q過程中,沿豎直方向的速度增量為Δvy=a×-a×即Δvy=0,所有離子均以速度v0水平飛出P、Q極板進(jìn)入第一個(gè)正方體區(qū)域后有qv0B1=解得r1=d離子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示則有cosθ==0.6CM=r1-r1sinθ=即進(jìn)入第二個(gè)正方體的離子均從正方形CDD1C1的MN連線進(jìn)入,離子進(jìn)入第二個(gè)正方體區(qū)域后,沿x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),若能到GG1H1H,則d=v0sinθ·t1解得t1=垂直于磁場(chǎng)的速度分量使離子做圓周運(yùn)動(dòng),即離子做螺旋運(yùn)動(dòng),則有qv0cosθB2=m解得r2=離子運(yùn)動(dòng)的側(cè)視圖如圖乙所示離子在第二個(gè)正方體內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T2==從M點(diǎn)進(jìn)入的離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng),則有cosα=即α=60°能在該場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的離子最長(zhǎng)時(shí)間為t2=T2=由于t2>t1,即離子在第二個(gè)正方體中尚未完成一個(gè)螺旋運(yùn)動(dòng)便已離開,其運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為tmax=t1=微專題6電磁感應(yīng)中的單桿模型1.(多選)如圖甲所示,左側(cè)接有定值電阻R=1.5Ω的水平平行且足夠長(zhǎng)的粗糙導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T,導(dǎo)軌間距L=1m.一質(zhì)量m=1kg、接入電路的阻值r=0.5Ω的金屬棒在拉力F的作用下由靜止開始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng),金屬棒的v-x圖像如圖乙所示.若金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25,導(dǎo)軌電阻不計(jì),g取10m/s2,則金屬棒從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)位移為x1=1m的過程中,下列說法正確的是(ABD)A.通過電阻R的電荷量為0.5CB.拉力F做的功為5JC.導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為0.5JD.所用的時(shí)間t一定大于1s[解析]由右手定則知金屬棒中感應(yīng)電流的方向?yàn)镃→D,流過電阻的電荷量為q=Δt=Δt=Δt===0.5C,故A正確;金屬棒在運(yùn)動(dòng)到x1=1m的過程中,克服摩擦力做功為Wf=μmgx1=2.5J,安培力的大小為F安=BIL=BL=BL=,結(jié)合圖像可知,安培力的大小與位移成正比,則金屬棒克服安培力做功為W安=x=x=x=0.5J,由動(dòng)能定理得W-W安-Wf=mv2-0,解得W=5J,故B正確;安培力做功轉(zhuǎn)化為電路中的焦耳熱,則電路中的焦耳熱Q=W安=0.5J,金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q1=Q=0.125J,故C錯(cuò)誤;v-t圖像的斜率k==×==2,得a=kv=2v,則速度增大,金屬棒的加速度也隨之增大,v-t圖像的斜率增大,金屬棒做加速度增大的非勻變速運(yùn)動(dòng),在相同時(shí)間內(nèi),達(dá)到相同速度時(shí)通過的位移小于勻加速運(yùn)動(dòng)的位移,平均速度小于勻加速運(yùn)動(dòng)的平均速度,即<=1m/s,則t=>1s,故D正確.2.(多選)如圖甲所示,光滑絕緣水平面上有一間距L=1m的U形金屬導(dǎo)軌,左端接一電阻R=1Ω,在虛線(與導(dǎo)軌垂直)范圍內(nèi)存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T.質(zhì)量m=0.1kg的導(dǎo)體棒ab(與導(dǎo)軌垂直)以一定初速度水平向左運(yùn)動(dòng),規(guī)定向左為正方向,導(dǎo)體棒通過磁場(chǎng)區(qū)域的加速度a隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示,導(dǎo)體棒通過磁場(chǎng)區(qū)域的平均速度為=1.6m/s,導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻不計(jì),則導(dǎo)體棒 (CD)A.剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為6m/sB.剛要離開磁場(chǎng)時(shí)克服安培力的功率為2WC.在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為sD.在穿過磁場(chǎng)的過程中的平均加速度為-16m/s2[解析]導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),由乙圖可得加速度大小為a1=30m/s2,有F1=BI1L,I1=,E1=BLv1,由牛頓第二定律F1=ma1,可得=ma1,解得v1=3m/s,故A錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒剛要離開磁場(chǎng)時(shí)的加速度大小為a2=10m/s2,由=ma2,可得v2=1m/s,克服安培力的功率為P2=v2=1W,故B錯(cuò)誤;設(shè)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為Δt,由動(dòng)量定理可得-BLΔt=mv2-mv1,由=BL,=,整理可得-Δt=mv2-mv1,解得Δt=s,故C正確;導(dǎo)體棒在穿過磁場(chǎng)的過程中的平均加速度為==-16m/s2,故D正確.3.(多選)如圖甲所示,MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ=30°角固定,間距為L(zhǎng)=1m,質(zhì)量為m的金屬桿ab垂直放置在軌道上且與軌道接觸良好,其阻值忽略不計(jì).空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向上,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5T.P、M間接有阻值為R1的定值電阻,Q、N間接電阻箱R.現(xiàn)從靜止釋放ab,改變電阻箱的阻值R,測(cè)得最大速度為vm,得到與的關(guān)系如圖乙所示.若軌道足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì),重力加速度g取10m/s2,則 (BD)A.金屬桿中感應(yīng)電流方向?yàn)閍指向bB.金屬桿所受的安培力的方向沿軌道向上C.金屬桿的質(zhì)量為1kgD.定值電阻的阻值為1Ω[解析]由右手定則可判斷,金屬桿中感應(yīng)電流方向由b指向a,故A錯(cuò)誤;由左手定則可知,金屬桿所受的安培力沿軌道向上,故B正確;總電阻為R總=,通過ab的電流為I=,當(dāng)達(dá)到最大速度時(shí),金屬桿受力平衡,則有mgsinθ=BIL=·(R1+R),變形得=·+,根據(jù)圖像可得=k=s·m-1·Ω,=b=0.5s·m-1,解得m=0.1kg,R1=1Ω,故C錯(cuò)誤,D正確.4.(多選)如圖所示,MN和PQ是電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌,其間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌由彎曲部分和平直部分組成,二者平滑連接,導(dǎo)軌右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻.虛線AC、DE與平直部分的導(dǎo)軌垂直,C、E間距離為d,DE左側(cè)(含DE)的導(dǎo)軌處在豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.質(zhì)量為m、電阻為2R的金屬棒從導(dǎo)軌上離平直部分高為h處由靜止釋放,釋放的位置離導(dǎo)軌平直部分左側(cè)AC的水平距離也為d,金屬棒沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)到DE處時(shí)速度恰好為零.已知金屬棒長(zhǎng)度與導(dǎo)軌間距相等,金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直.重力加速度為g,則金屬棒在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的過程中 (BC)A.在平直導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過程中,重力的沖量為0B.通過電阻R的電荷量為C.電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mghD.金屬棒的最大速度為[解析]在平直軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí),重力的沖量為I=mgt≠0,故A錯(cuò)誤;由公式q=t、=和=可得,通過電阻R的電荷量為q===,故B正確;根據(jù)題意,由能量守恒定律可得,整個(gè)過程產(chǎn)生的焦耳熱為Q=mgh,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q1=Q=mgh,故C正確;設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)到AC位置時(shí)的速度為v,在平面部分運(yùn)動(dòng)時(shí)根據(jù)動(dòng)量定理得BqL=mv,解得v=,分析可知,當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)到AC位置之前有最大速度,金屬棒的最大速度大于,故D錯(cuò)誤.5.(多選)如圖所示,MN和PQ是兩根電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌,間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌水平部分處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向與水平導(dǎo)軌平面夾角為37°,導(dǎo)軌右端接一阻值為R的定值電阻,質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置,從導(dǎo)軌左端高為h處由靜止釋放,進(jìn)入磁場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)一段距離停止.已知金屬棒接入的有效電阻為R,與導(dǎo)軌間接觸良好,且始終與磁場(chǎng)方向垂直,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度為g,則金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后 (BD)A.定值電阻兩端的最大電壓為B.金屬棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)導(dǎo)軌的壓力越來越大C.金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離為D.定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgh[解析]金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間,金屬棒的速度最大,棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大,定值電阻R兩端的電壓最大,設(shè)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間的速度為v,則由機(jī)械能守恒定律得mgh=mv2,金屬棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLvsin37°,定值電阻兩端的電壓為U=E=BLvsin37°=,A錯(cuò)誤;金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后,所受的安培力垂直于磁場(chǎng)斜向左上方,則金屬棒做減速運(yùn)動(dòng),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸減小,感應(yīng)電流逐漸減小,安培力逐漸減小,安培力豎直向上的分力逐漸減小,則在豎直方向上金屬棒對(duì)水平導(dǎo)軌的壓力逐漸增大,B正確;對(duì)金屬棒,在水平方向上,由動(dòng)量定理得-Bsin37°·Lt=0-mv,由閉合電路歐姆定律得=,由法拉第電磁感應(yīng)定律得==,聯(lián)立解得x=,C錯(cuò)誤;對(duì)金屬棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程,由能量守恒定律得mgh=QR+Q棒,由于金屬棒和定值電阻的阻值相等,則QR=Q棒,解得QR=mgh,D正確.6.如圖所示,間距為L(zhǎng)=1m的水平金屬導(dǎo)軌右端接有R=1Ω的定值電阻.虛線OO'與導(dǎo)軌垂直,其左側(cè)有方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一質(zhì)量為m=0.9kg的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置在OO'右側(cè)且與OO'距離為d=2m處,一重物通過繞過輕質(zhì)定滑輪的絕緣輕繩與金屬棒連接.t=0時(shí),將金屬棒由靜止釋放,在t1=2s時(shí),金屬棒恰好經(jīng)過OO'邊界進(jìn)入磁場(chǎng).已知導(dǎo)軌足夠長(zhǎng),不計(jì)導(dǎo)軌與金屬棒電阻,金屬棒始終垂直導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好,重物始終未落地,重力加速度g取10m/s2,不計(jì)一切摩擦.(1)求金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小a及重物的質(zhì)量M;(2)求金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),電阻的熱功率P;(3)t2=3s時(shí)金屬棒速度為v=1.37m/s,求此時(shí)金屬棒與OO'的距離x.[答案](1)1m/s20.1kg(2)4W(3)1.63m[解析](1)0~t1時(shí)間內(nèi),根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d=a解得a=1m/s2對(duì)重物及金屬棒整體分析,根據(jù)牛頓第二定律得Mg=(M+m)a解得M=0.1kg(2)t1時(shí)刻,金屬棒速度為v1=at1=2m/s金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E1=BLv1=2V感應(yīng)電流為I1==2A電阻的熱功率為P=R=4W(3)t2=3s時(shí)金屬棒速度為v=1.37m/s,對(duì)重物及金屬棒整體分析,根據(jù)動(dòng)量定理可得Mg(t2-t1)-BLΔt=(M+m)v-(M+m)v1又q=Δt=Δt=Δt==聯(lián)立解得此時(shí)金屬棒與OO'的距離x=1.63m7.如圖甲所示,光滑的平行傾斜金屬導(dǎo)軌與水平面間的夾角為θ=37°,下端連接阻值恒為R=1Ω的小燈泡.兩導(dǎo)軌之間的一段長(zhǎng)為d=3m的矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示.質(zhì)量為m=0.1kg、電阻為r=0.8Ω的金屬棒MN長(zhǎng)度等于兩平行導(dǎo)軌間距,t=0時(shí)刻金屬棒從兩導(dǎo)軌上部由靜止釋放,在t=0.5s時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域,運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好,已知從金屬棒釋放到它離開磁場(chǎng),通過小燈泡的電流不變(小燈泡始終安全),導(dǎo)軌電阻不計(jì),重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6.(1)求平行導(dǎo)軌的間距;(2)若從開始釋放至運(yùn)動(dòng)到某一時(shí)刻的過程中金屬棒MN產(chǎn)生的熱量Q'=0.8J,求該過程金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離及通過金屬棒的電荷量.[答案](1)0.6m(2)1.5m1C[解析](1)金屬棒MN在0~0.5s內(nèi)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ=ma解得a=6m/s2金屬棒MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v=at1=6×0.5m/s=3m/s金屬棒MN進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速直線運(yùn)動(dòng),磁感應(yīng)強(qiáng)度保持B=1T不變,根據(jù)受力平衡可得mgsinθ=F安又E=BLvI=F安=BIL聯(lián)立解得金屬棒MN的長(zhǎng)度為L(zhǎng)==0.6m(2)在0~0.5s內(nèi),回路產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)為E1=·Ld=×3×0.6V=1.8V回路中的電流為I1==1A金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)前,金屬棒內(nèi)產(chǎn)生的熱量Q1=rt1=12×0.8×0.5J=0.4J則金屬棒產(chǎn)生的熱量為Q'=0.8J時(shí)在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng),設(shè)時(shí)間為t,則Q'-Q1=I2rt解得t=0.5s金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離x=vt=1.5m此過程金屬棒通過的電荷量為q=I1t1+It=1C8.如圖甲所示,MN與PQ是間距為L(zhǎng)=1m的平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌的上部分水平長(zhǎng)度l=1.2m,下部分足夠長(zhǎng)且處于傾角為θ=37°的絕緣斜面上,水平導(dǎo)軌的左端接一阻值為R=0.8Ω的電阻,水平部分處于豎直向上的、磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時(shí)間t按圖乙所示規(guī)律變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,傾斜部分處于垂直導(dǎo)軌平面向上的、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.在t1=0.1s時(shí)將一質(zhì)量為m=0.4kg、電阻為r=0.2Ω的金屬棒靜止放在傾斜導(dǎo)軌部分的上端,金屬棒恰好靜止,已知金屬棒與兩導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.在t2=0.25s時(shí)給金屬棒一個(gè)沿斜面向下的拉力F使金屬棒從靜止開始運(yùn)動(dòng),拉力F的大小與金屬棒運(yùn)動(dòng)的速度大小的關(guān)系式為F=kv+0.8(N),其中k為定值.已知金屬棒運(yùn)動(dòng)后測(cè)得電阻R兩端的電壓隨時(shí)間均勻增大,金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中與兩導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直,不計(jì)導(dǎo)軌的電阻,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)t1=0.1s時(shí)電阻R中電流大小及方向;(2)金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(3)t3=1.25s時(shí)拉力的大小F;(4)t2=0.25s到t3=1.25s時(shí)間內(nèi)拉力的平均沖量大小IF.[答案](1)4.8A由P指向N(2)0.75(3)2.8N(4)1.8N·s[解析](1)t1=0.1s時(shí),設(shè)電阻R中的電流大小為I0,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=·Ll又I0=解得I0=4.8A由楞次定律可得,電阻R中電流方向由P指向N(2)t1=0.1s時(shí)將金屬棒放在傾斜導(dǎo)軌上端,金屬棒恰能靜止,此時(shí)棒中電流大小為I0計(jì)算可得BI0L>mgsinθ根據(jù)平衡條件有BI0L=mgsinθ+μmgcosθ解得μ=0.75(3)金屬棒在傾斜導(dǎo)軌上向下運(yùn)動(dòng)時(shí),由μ=0.75=tanθ可知mgsinθ=μmgcosθ金屬棒速度為v時(shí),電阻R兩端的電壓U=·R已知金屬棒運(yùn)動(dòng)后測(cè)得電阻R兩端的電壓隨時(shí)間均勻增大,可知v與時(shí)間t成正比,金屬棒在傾斜導(dǎo)軌上做勻加速運(yùn)動(dòng),金屬棒在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的安培力、電路電動(dòng)勢(shì)和電流分別為FA=BIL,E=BLv,I=由牛頓第二定律得F-FA=ma代入題給數(shù)據(jù)有v+0.8=ma由于a不隨v變化,故有k-=0可得k=1N·s/m金屬棒運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=2m/s2t3=1.25s時(shí),金屬棒的速度大小v=a(t3-t2)此時(shí)F=kv+0.8(N)=2.8N(4)t2=0.25s到t3=1.25s時(shí)間內(nèi)金屬棒在傾斜導(dǎo)軌上下滑的距離x=a=1m此段時(shí)間內(nèi)通過金屬棒的電荷量q2=Δt=Δt==1C在t2=0.25s到t3=1.25s時(shí)間內(nèi)對(duì)金屬棒由動(dòng)量定理有IF-BLΔt=mv解得IF=1.8N·s9.如圖甲所示,傾角為θ=30°的足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距L=1m,底端接有R=3Ω的定值電阻,導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1T、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.質(zhì)量為m=0.5kg、阻值為r=1Ω的金屬棒,在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下,由靜止開始從CD處沿導(dǎo)軌向上加速運(yùn)動(dòng),金屬棒的速度—位移圖像如圖乙所示,金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好,金屬棒長(zhǎng)與導(dǎo)軌間距相等,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì),重力加速度g取10m/s2,求:(1)通過金屬棒的電荷量為1C時(shí),金屬棒的位移大小;(2)速度v=2m/s時(shí),電阻R的發(fā)熱功率;(3)金屬棒從CD處沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)x=2m的過程中,外力F做的功.[答案](1)4m(2)0.75W(3)10J[解析](1)由q=t=t=t=可得x=4m(2)速度v=2m/s時(shí)I==0.5A所以電阻R的發(fā)熱功率PR=I2R=0.75W(3)極短位移內(nèi)安培力做功Wi=-xi金屬棒從CD處沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)x=2m的過程中對(duì)vixi求和即為圖乙圖線與x軸所圍面積S.所以安培力做功為W安=-=-1J由動(dòng)能定理可得WF+W安-mgxsin30°=m,v1=4m/s解得WF=10J10.如圖所示,間距為L(zhǎng)=1m且電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌分為傾斜與水平兩段,傾斜導(dǎo)軌頂端接有阻值為R=3Ω的定值電阻,與水平面的夾角為θ=37°,并與水平導(dǎo)軌平滑連接.傾斜導(dǎo)軌與金屬棒間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,水平導(dǎo)軌是光滑的,兩段導(dǎo)軌都處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.現(xiàn)在傾斜導(dǎo)軌上由靜止釋放質(zhì)量為m=0.1kg、有效電阻為r=1Ω的金屬棒,金屬棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且垂直于導(dǎo)軌.已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2.(1)求金屬棒剛放在傾斜導(dǎo)軌上的加速度大小.(2)求棒沿導(dǎo)軌下滑的速度為0.5m/s時(shí)金屬棒的加速度大小.(3)若金屬棒到達(dá)水平導(dǎo)軌之前就已經(jīng)達(dá)到最大速度,則金屬棒在水平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí),有多少電荷量流過電阻R?電阻R產(chǎn)生的熱量是多少?(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)[答案](1)2m/s2(2)0.9m/s2(3)0.091C0.031J[解析](1)金屬棒剛放在傾斜導(dǎo)軌上時(shí),有下滑趨勢(shì),受到重力和摩擦力,由牛頓第二定律得ma1=mgsinθ-μmgcosθ代入數(shù)據(jù),解得其加速度大小a1=2m/s2(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律,可得金屬棒在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為E=BLvcosθ所以金屬棒在運(yùn)動(dòng)中受到的安培力為FA=BL=代入數(shù)據(jù),解得FA=0.1N方向水平向左,如圖所示對(duì)金屬棒受力分析,得ma2=mgsinθ-FAcosθ-μ(mgcosθ+FAsinθ)代入數(shù)據(jù),解得a2=0.9m/s2(3)當(dāng)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),其加速度為0,則此時(shí)有mgsinθ-cosθ-μmgcosθ+sinθ=0解得v'=m/s由動(dòng)量定理,可得0-mv'=-BLt=-BqL代入數(shù)據(jù),解得金屬棒在水平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí),流過的電荷量為q=C≈0.091C由動(dòng)能定理,可得0-mv'2=-WFA由功能關(guān)系可得電阻R產(chǎn)生的熱量QR=WFA代入數(shù)據(jù),解得QR≈0.031J微專題7電磁感應(yīng)中的雙桿模型和線框模型1.(多選)如圖所示,足夠長(zhǎng)的水平導(dǎo)軌上,有兩導(dǎo)體棒AB和CD,導(dǎo)軌處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好,導(dǎo)軌寬度為l,兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m,有效電阻均為R,其他電阻不計(jì),不計(jì)一切摩擦.現(xiàn)給導(dǎo)體棒CD一個(gè)初速度v0,若AB棒固定,待系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí),通過CD棒的電荷量為q,CD棒與AB棒始終未發(fā)生碰撞,則 (BD)A.通過CD棒的電流方向?yàn)橛蒁到CB.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為C.當(dāng)通過CD棒的電荷量為時(shí),CD棒上的發(fā)熱量為mD.若AB棒不固定,當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí),通過CD棒的電荷量為[解析]根據(jù)右手定則,可知通過CD棒的電流方向?yàn)橛蒀到D,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng)AB棒固定且系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí),CD棒的速度為0,根據(jù)動(dòng)量定理可得-Blt=0-mv0,q=t,解得B=,選項(xiàng)B正確;當(dāng)通過CD棒的電荷量為時(shí),設(shè)CD棒的速度為v1,根據(jù)-Blt1=mv1-mv0,=t1,解得v1=,CD棒上的發(fā)熱量Q=×m-m=m,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;若AB棒不固定,則系統(tǒng)穩(wěn)定后,二者速度相同,兩根導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)所受合力為0,滿足動(dòng)量守恒的條件,可得mv0=2mv2,對(duì)CD棒,根據(jù)動(dòng)量定理可得-Blt2=mv2-mv0,q'=t2,解得q'=,選項(xiàng)D正確.2.如圖所示,光滑的平行金屬導(dǎo)軌水平放置,質(zhì)量相等的導(dǎo)體棒L1和L2靜止在導(dǎo)軌上,兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好,在兩導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng).已知導(dǎo)體棒L1的有效電阻大于L2的有效電阻,兩棒間的距離為d,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng),不計(jì)導(dǎo)軌電阻,忽略電流產(chǎn)生的磁場(chǎng).先將開關(guān)S撥到1,經(jīng)過一段較長(zhǎng)時(shí)間后,再將開關(guān)S從1撥到2,兩棒運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),則 (D)A.開關(guān)S撥到2的瞬間,導(dǎo)體棒L1中的電流大于L2中的電流B.開關(guān)S撥到2的瞬間,導(dǎo)體棒L1的加速度大于L2的加速度C.兩棒運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后,電容器C帶的電荷量為零D.兩棒運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后,兩棒之間的距離大于d[解析]先將開關(guān)S撥到1,電源給電容器充電,穩(wěn)定后,在將開關(guān)S撥到2的瞬間,電容器相當(dāng)于電源并和導(dǎo)體棒L1、L2組成閉合電路,由于導(dǎo)體棒L1的電阻大于L2的電阻,所以導(dǎo)體棒L1中的電流小于L2中的電流,根據(jù)F=BIL可知,導(dǎo)體棒L1受到的安培力小于L2受到的安培力,因?yàn)閮砂糍|(zhì)量相等,根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知,導(dǎo)體棒L1的加速度小于L2的加速度,A、B錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒L1和L2受到安培力作用而運(yùn)動(dòng),產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),當(dāng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于電容器兩端的電壓時(shí),兩棒運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定,此時(shí)電容器C帶的電荷量不為零,C錯(cuò)誤;因?yàn)閷?dǎo)體棒L1的加速度小于L2的加速度,因此先是導(dǎo)體棒L2產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電容器兩端的電壓相同,此時(shí)電容器兩端的電壓和導(dǎo)體棒L2產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均大于導(dǎo)體棒L1產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),電流都流向?qū)w棒L1,即導(dǎo)體棒L1加速而導(dǎo)體棒L2減速,最后兩棒達(dá)到共速,共速前導(dǎo)體棒L2的速度一直大于L1的速度,則導(dǎo)體棒L1的位移小于L2的位移,所以兩棒運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后,兩棒之間的距離大于d,D正確.3.(多選)如圖所示,水平面上有兩條相距為L(zhǎng)的足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌,在導(dǎo)軌上相隔某一距離垂直導(dǎo)軌靜置長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的金屬棒a和b,垂直導(dǎo)軌的虛線MN右側(cè)存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)軌左端接有電壓傳感器.現(xiàn)讓金屬棒a、b分別以速度v0、3v0向右運(yùn)動(dòng),t=0時(shí)刻金屬棒b經(jīng)過MN進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域,當(dāng)金屬棒a剛要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),電壓傳感器的示數(shù)U=.已知金屬棒a、b材質(zhì)相同,a、b棒的質(zhì)量分別為2m、m,a棒電阻為R.導(dǎo)軌電阻不計(jì),不考慮電壓傳感器對(duì)電路的影響,磁場(chǎng)區(qū)域足夠大,下列說法正確的是 (CD)A.從t=0時(shí)刻開始,電壓傳感器的示數(shù)逐漸減小B.改變a、b兩棒間初始距離,不會(huì)改變兩棒的最終速度C.當(dāng)金屬棒a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),a、b兩棒間的距離為D.整個(gè)過程中金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱為m[解析]從t=0時(shí)刻開始,在a棒進(jìn)入磁場(chǎng)之前,b棒做減速運(yùn)動(dòng),則電壓傳感器的示數(shù)逐漸減小,當(dāng)a棒進(jìn)入磁場(chǎng)之后,穩(wěn)定時(shí),電壓傳感器的示數(shù)不變,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;因b進(jìn)入磁場(chǎng)后做減速運(yùn)動(dòng),a、b棒均進(jìn)入磁場(chǎng)后動(dòng)量守恒,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mva+mvb=(2m+m)v,若a、b兩棒間初始距離較大,則當(dāng)a進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)b減速時(shí)間較長(zhǎng),則速度vb較小,則兩棒的最終速度較小,則改變a、b兩棒間初始距離,會(huì)改變兩棒的最終速度,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;a、b棒的質(zhì)量分別為2m、m,根據(jù)m=ρ密LS可知橫截面積之比為2∶1,根據(jù)R=ρ可知電阻之比為1∶2,b棒電阻為2R,當(dāng)金屬棒a剛要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),電壓傳感器的示數(shù)U=,此時(shí)U=·R,解得vb=2v0,對(duì)b棒由動(dòng)量定理有-BLΔt=m·2v0-m·3v0,其中q=Δt==,解得x=,選項(xiàng)C正確;b棒在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過程中,a棒進(jìn)入磁場(chǎng)之前,在a棒中產(chǎn)生的焦耳熱Q1=m-m=m,a棒進(jìn)入磁場(chǎng)之后,到最終達(dá)到共同速度時(shí)有2mv0+m·2v0=(2m+m)v,解得v=v0,在a棒中產(chǎn)生的焦耳熱Q2=·2m+m-·3mv2=m,整個(gè)過程中金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱為Q=Q1+Q2=m,選項(xiàng)D正確.4.(多選)如圖所示,在水平面內(nèi)固定有兩根相互平行的無限長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌,其間距為L(zhǎng),電阻不計(jì).在虛線l1的左側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),在虛線l2的右側(cè)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩部分磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.與導(dǎo)軌垂直的金屬棒ad、bc的有效電阻均為R,質(zhì)量分別為m、2m,各自靜止于兩磁場(chǎng)中.現(xiàn)突然給ad棒一個(gè)水平向左的初速度v0,下列說法正確的是 (CD)A.兩金屬棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.兩金屬棒始終受到水平向右的安培力C.兩棒達(dá)到穩(wěn)定時(shí)速度大小均為v0D.ad棒向左運(yùn)動(dòng)的過程中,ad棒產(chǎn)生的總焦耳熱為m[解析]ad棒向左運(yùn)動(dòng)時(shí),回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流,ad棒受到向右的安培力,bc棒也受到向右的安培力,所以兩金屬棒組成的系統(tǒng)所受的合外力不為零,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,故A錯(cuò)誤;ad棒向左做減速運(yùn)動(dòng),bc棒向右做加速運(yùn)動(dòng),兩棒速度大小相等時(shí),回路的磁通量不變,不再產(chǎn)生感應(yīng)電流,兩棒不再受安培力,均做勻速運(yùn)動(dòng),設(shè)速度大小為v,根據(jù)動(dòng)量定理,對(duì)ad棒有-t=mv-mv0,對(duì)bc棒有t=2mv-0,聯(lián)立解得v=v0,即最終兩金屬棒的速度大小都是v0,故B錯(cuò)誤,C正確;由能量關(guān)系可知Q=m-mv2-×2mv2=m,ad棒產(chǎn)生的總焦耳熱為Qad=Q=m,故D正確.5.(多選)如圖所示,兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為θ=30°,兩導(dǎo)軌間距為0.4m,導(dǎo)軌電阻不計(jì).導(dǎo)軌所在空間被分成足夠長(zhǎng)的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN,區(qū)域Ⅰ中分布有垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),區(qū)域Ⅱ中分布有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.5T.在區(qū)域Ⅰ中,將質(zhì)量為m1=0.1kg、有效電阻為R1=0.1Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上,ab剛好不下滑.然后,在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量為m2=0.4kg、有效電阻R2=0.1Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上,由靜止開始下滑.cd在滑動(dòng)過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)中,ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸,g取10m/s2,則 (BC)A.經(jīng)過足夠長(zhǎng)的時(shí)間后,ab和cd最終以相同的速度運(yùn)動(dòng)B.經(jīng)過足夠長(zhǎng)的時(shí)間后,ab和cd最終以相同大小的加速度運(yùn)動(dòng)C.當(dāng)cd的速度大小為5m/s時(shí),ab剛要開始滑動(dòng)D.當(dāng)cd的速度大小為2.5m/s時(shí),ab剛要開始滑動(dòng)[解析]由題意可知,金屬條ab與金屬導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力Ff=m1gsinθ,開始時(shí)導(dǎo)體棒cd加速下滑,根據(jù)右手定則可知,產(chǎn)生的感應(yīng)電流從d到c,根據(jù)左手定則可知金屬條ab所受安培力沿著金屬導(dǎo)軌向上,隨著導(dǎo)體棒cd速度增大,感應(yīng)電流變大,金屬條ab所受安培力變大,當(dāng)FA=m1gsinθ+Ff時(shí),金屬條ab剛要開始滑動(dòng),此時(shí)BI1L=m1gsinθ+Ff,解得I1=5A,導(dǎo)體棒cd產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=I1(R1+R2)=1V,則導(dǎo)體棒cd的速度v1==5m/s,故C正確,D錯(cuò)誤;金屬條ab開始運(yùn)動(dòng)后,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與導(dǎo)體棒cd產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相反,由于導(dǎo)體棒cd有較大的速度,所以導(dǎo)體棒cd產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大于金屬條ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),設(shè)當(dāng)電流為I2時(shí),滿足=,解得I2=6A,此時(shí)金屬條ab和導(dǎo)體棒cd的加速度大小相等,此后金屬條ab和導(dǎo)體棒cd的速度差恒定,產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小不變,金屬條ab和導(dǎo)體棒cd以相同大小的加速度運(yùn)動(dòng),故B正確,A錯(cuò)誤.6.如圖所示,光滑平行傾斜金屬導(dǎo)軌與光滑平行水平金屬導(dǎo)軌平滑連接,導(dǎo)軌間距均為l=1m,導(dǎo)軌電阻不計(jì),水平導(dǎo)軌處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T.質(zhì)量為m1=1kg、有效電阻為R1=1.5Ω的金屬棒a放置在傾斜導(dǎo)軌上,離水平導(dǎo)軌高h(yuǎn)=1.25m,另一質(zhì)量為m2=0.5kg、有效電阻R2=3Ω的金屬棒b放置在離水平導(dǎo)軌左端x=5m處的水平導(dǎo)軌上.金屬棒a由靜止釋放,下滑至水平導(dǎo)軌時(shí)