高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第10章 電磁感應(yīng) 第4節(jié) 微專題4 電磁感應(yīng)中的“桿 導(dǎo)軌”模型課時(shí)規(guī)范訓(xùn)練

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1、第4節(jié) 微專題4 電磁感應(yīng)中的“桿 導(dǎo)軌”模型課時(shí)規(guī)范訓(xùn)練基礎(chǔ)鞏固題組1如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動(dòng)，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E1；若磁感應(yīng)強(qiáng)度增為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢變?yōu)镋2.則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比E1E2分別為()Aca,21Bac,21Cac,12 Dca,12解析：選C.桿MN向右勻速滑動(dòng)，由右手定則判知，通過R的電流方向?yàn)閍c；又因?yàn)镋BLv，所以E1E212，故選項(xiàng)C正確2(多選)如圖，水平放置的金屬導(dǎo)體框abcd，ab、cd邊平行、間距為l，導(dǎo)體框內(nèi)均有垂直于框面、磁感應(yīng)

2、強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，一單位長度電阻為r的金屬桿MN，與導(dǎo)軌成角，以速度v沿平行于cd的方向勻速滑動(dòng)，金屬桿滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌框電阻不計(jì)，則()AM點(diǎn)電勢低于N點(diǎn)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(yùn)動(dòng)方向相反D金屬桿所受安培力的大小為解析：選BD.由右手定則可知M點(diǎn)電勢高于N點(diǎn)電勢，故A錯(cuò)誤根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得EBlv，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(cuò)誤由EBlv，I，Rr，F(xiàn)BI，解得F，故D正確3如圖所示，兩根間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為，圖中虛線下方區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向

3、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(dǎo)軌放置開始時(shí)金屬桿ab處在距磁場上邊界一定距離處，金屬桿cd處在導(dǎo)軌的最下端，被與導(dǎo)軌垂直的兩根小柱擋住現(xiàn)將金屬桿ab由靜止釋放，金屬桿ab剛進(jìn)入磁場便開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)已知重力加速度為g，則()A金屬桿ab進(jìn)入磁場時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒩到bB金屬桿ab進(jìn)入磁場時(shí)速度大小為C金屬桿ab進(jìn)入磁場后產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為D金屬桿ab進(jìn)入磁場后，金屬桿cd對(duì)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(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒪到a，故A錯(cuò)誤；因金屬桿ab剛進(jìn)入磁場便開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有mgsin ，解得v，故B正確；金屬

4、桿ab進(jìn)入磁場后產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢EBlv，解得E，故C錯(cuò)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(duì)兩根小柱的壓力不為零，故D錯(cuò)誤4CD、EF是兩條水平放置的電阻可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場區(qū)域的長度為d，如圖所示導(dǎo)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(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場的右邊界處已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且動(dòng)摩擦因數(shù)為，則下列說法中正確的是()A電阻R的最大電流為B流過電阻R的電荷量為C整個(gè)電路中

5、產(chǎn)生的焦耳熱為mghD電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(hd)解析：選D.由題圖可知，導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場的瞬間速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大，由機(jī)械能守恒有mghmv2，所以I，A錯(cuò)誤；流過R的電荷量為q t，B錯(cuò)誤；由能量守恒定律可知整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Qmghmgd，C錯(cuò)誤；由于導(dǎo)體棒的電阻也為R，則電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為Qmg(hd)，D正確5(多選)如圖所示，足夠長的“U”形光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成角(090)，其中MN與PQ平行且間距為L，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)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

6、R，當(dāng)流過ab棒某一橫截面的電荷量為q時(shí)，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中()Aa點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢Bab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D受到的最大安培力大小為sin 解析：選ABC.由右手定則可知a點(diǎn)相當(dāng)于電源的正極，b點(diǎn)相當(dāng)于電源的負(fù)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(dòng)能之和，故B正確；由q可得，下滑的位移大小為x，故C正確；金屬棒ab在這一過程中受到的安培力大小為FBIL，I最大為，故最大安培力大小為，故D錯(cuò)誤6(多選)如圖甲所示，水平面上兩根足夠長的金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距為L，一端通過導(dǎo)線

7、與阻值為R的電阻連接導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m的金屬桿，金屬桿、導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向下用與導(dǎo)軌平行的恒定拉力F作用在金屬桿上，桿最終將做勻速運(yùn)動(dòng)當(dāng)改變拉力的大小時(shí)，金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v也會(huì)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(yùn)動(dòng)之前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B流過電阻R的電流方向?yàn)閍RbC由圖象可以得出B、L、R三者的關(guān)系式為D當(dāng)恒力F3 N時(shí)，電阻R消耗的最大電功率為8 W解析：選BD.金屬桿在勻速運(yùn)動(dòng)之前，隨著運(yùn)動(dòng)速度的增大，由F安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(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由楞次定律可

8、知，流過電阻R的電流方向?yàn)閍Rb，選項(xiàng)B正確；因?yàn)閳D象與橫軸交點(diǎn)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Ff1 N，金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有FFfF安，則可得，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)恒力F3 N時(shí)，金屬桿受到的安培力大小為F安FFf2 N，金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)的速度為4 m/s，所以金屬桿克服安培力做功的功率P8 W，轉(zhuǎn)化為電能的功率為8 W，故電阻R消耗的最大電功率為8 W，選項(xiàng)D正確綜合應(yīng)用題組7. 如圖所示，兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌相距L，與水平面的夾角為，整個(gè)空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，虛線上方軌道光滑且磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上，虛線下方軌道粗糙且磁場方向垂

9、直導(dǎo)軌平面向下當(dāng)導(dǎo)體棒EF以初速度v0沿導(dǎo)軌上滑至最大高度的過程中，導(dǎo)體棒MN一直靜止在導(dǎo)軌上，若兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m、電阻均為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，在此過程中導(dǎo)體棒EF上產(chǎn)生的電熱為Q，求： (1)導(dǎo)體棒MN受到的最大摩擦力；(2)導(dǎo)體棒EF上升的最大高度解析：(1)EF獲得向上初速度v0時(shí)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢EBLv0，電路中電流為I，由閉合電路的歐姆定律有I，此時(shí)對(duì)導(dǎo)體棒MN受力分析，由平衡條件有FAmgsin Ff，F(xiàn)ABIL，解得Ffmgsin .(2)導(dǎo)體棒EF上升過程MN一直靜止，對(duì)系統(tǒng)由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律有mvmgh2Q，解得h.答案：(1)mgsin (2)8如圖甲所示

10、，足夠長的光滑導(dǎo)軌傾角為30，間距L1 m，電阻不計(jì)，恒定的非勻強(qiáng)磁場方向垂直于斜面向下，電阻R1 ，導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m0.25 kg，其電阻r1 ，垂直于導(dǎo)軌放置現(xiàn)導(dǎo)體棒ab從磁場上邊界由靜止下滑，測得導(dǎo)體棒所到達(dá)位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與導(dǎo)體棒在該位置速度之間的關(guān)系如圖乙所示，(g取10 m/s2)(1)求導(dǎo)體棒下滑2 s時(shí)的速度和位移；(2)求導(dǎo)體棒下滑2 s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B2v0.5 T2ms1對(duì)棒下滑過程中某一狀態(tài)由牛頓第二定律得mgsin 30ma代入數(shù)據(jù)可得導(dǎo)體棒的加速度a4 m/s2可見導(dǎo)體棒在斜面上做a4 m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)棒在

11、2 s內(nèi)的位移xat28 m2 s末的速度vat8 m/s(2)由能量守恒得mgxsin 30mv2Q代入數(shù)據(jù)解得Q2 J.答案：(1)8 m/s8 m(2)2 J9如圖甲所示，兩根足夠長平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為，金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m.導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.金屬導(dǎo)軌的上端與開關(guān)S、定值電阻R1和電阻箱R2相連不計(jì)一切摩擦，不計(jì)導(dǎo)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

12、值為0，當(dāng)金屬棒下降高度為h時(shí)，速度為v，求此過程中定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)當(dāng)B0.40 T，L0.50 m，37時(shí)，金屬棒能達(dá)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g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80.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?yàn)橛蒪到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(dòng)能和電路中產(chǎn)生的焦耳熱 ，即mghmv2Q則Qmghmv2.(3)金屬棒達(dá)到最大速度vm時(shí)，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢：EBLvm由閉合電路的歐姆定律得：I從b端向a端看，金屬棒受力如圖所示金屬棒達(dá)

13、到最大速度時(shí)，滿足：mgsin BIL0由以上三式得vm(R2R1)由圖乙可知：斜率k ms1115 ms11，縱軸截距v30 m/s所以R1v，k解得R12.0 ，m0.1 kg答案：(1)ba(2)mghmv2(3)2.0 0.1 kg10如圖所示，電阻不計(jì)、間距L1 m、足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd與水平面成37角，導(dǎo)軌平面矩形區(qū)域efhg內(nèi)分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1 T、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，邊界ef、gh之間的距離D1.4 m現(xiàn)將質(zhì)量m0.1 kg、電阻R 的導(dǎo)體棒P、Q相隔t0.2 s先后從導(dǎo)軌頂端由靜止自由釋放，P、Q在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，P進(jìn)入磁場時(shí)

14、恰好勻速運(yùn)動(dòng)，Q穿出磁場時(shí)速度為2.8 m/s.已知重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，求：(1)導(dǎo)軌頂端與磁場上邊界ef之間的距離s；(2)從導(dǎo)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(jìn)入磁場時(shí)的速度為v1，由法拉第電磁感應(yīng)定律有EBLv1由閉合電路歐姆定律有I，安培力FBIL，P勻速運(yùn)動(dòng)有Fmgsin ，聯(lián)立解得v12 m/s，P從ac到ef過程，由牛頓第二定律有agsin ，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有s，解得s m0.33 m.(2)P進(jìn)入磁場以速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，t0.2 s后，Q恰好進(jìn)入磁場，速度也為v12 m/s.之后，P、Q以加速度a勻加速運(yùn)動(dòng)，P出磁場

15、以后繼續(xù)以加速度a勻加速運(yùn)動(dòng)，而Q在安培力作用下減速運(yùn)動(dòng)，直到穿出磁場區(qū)域P在磁場中勻速運(yùn)動(dòng)的位移x1v1t，此過程回路產(chǎn)生的焦耳熱Q1mgx1sin ，P、Q一起勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x2Dx1，設(shè)P剛好出磁場時(shí)，P、Q的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2v2ax2，解得v4 m/s，P出磁場后Q做減速運(yùn)動(dòng)，Q出磁場時(shí)的速度v22.8 m/s，運(yùn)動(dòng)的位移x3x1，Q減速運(yùn)動(dòng)過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q2mgx3sin mv2mv，所以，全過程回路中的焦耳熱為Q總Q1Q20.888 J. 答案：(1)0.33 m(2)0.888 J6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375