高考物理大一輪復(fù)習(xí)第10章電磁感應(yīng)（課件試題教學(xué)案）（打包10套）.zip

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(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mv＝mgh＋2Q，解得h＝. 答案：(1)＋mgsin θ　(2) 8．如圖甲所示，足夠長的光滑導(dǎo)軌傾角為30°，間距L＝1 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R＝1 Ω，導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m＝0.25 kg，其電阻r＝1 Ω，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 B2v＝0.5 T2·m·s－1 對(duì)棒下滑過程中某一狀態(tài)由牛頓第二定律得 mgsin 30°－＝ma 代入數(shù)據(jù)可得導(dǎo)體棒的加速度a＝4 m/s2 可見導(dǎo)體棒在斜面上做a＝4 m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng) 棒在2 s內(nèi)的位移x＝at2＝8 m 2 s末的速度v＝at＝8 m/s (2)由能量守恒得mgxsin 30°＝mv2＋Q 代入數(shù)據(jù)解得Q＝2 J. 答案：(1)8 m/s　8 m　(2)2 J 9．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α，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)B＝0.40 T，L＝0.50 m，α＝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g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝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?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mgh＝mv2＋Q 則Q＝mgh－mv2. (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： E＝BLvm 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)到最大速度時(shí)，滿足： mgsin α－BIL＝0 由以上三式得 vm＝(R2＋R1) 由圖乙可知：斜率 k＝ m·s－1·Ω－1＝15 m·s－1·Ω－1， 縱軸截距v＝30 m/s 所以R1＝v，＝k 解得R1＝2.0 Ω，m＝0.1 kg 答案：(1)b→a　(2)mgh－mv2　(3)2.0 Ω　0.1 kg 10．如圖所示，電阻不計(jì)、間距L＝1 m、足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd與水平面成θ＝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B＝1 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D＝1.4 m．現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻R＝ Ω的導(dǎo)體棒P、Q相隔Δt＝0.2 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)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g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，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E＝BLv1 由閉合電路歐姆定律有I＝，安培力F＝BIL， P勻速運(yùn)動(dòng)有F＝mgsin θ，聯(lián)立解得v1＝2 m/s， P從ac到ef過程，由牛頓第二定律有a＝gsin θ，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有s＝， 解得s＝ m≈0.33 m. (2)P進(jìn)入磁場以速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，Δt＝0.2 s后，Q恰好進(jìn)入磁場，速度也為v1＝2 m/s.之后，P、Q以加速度a勻加速運(yùn)動(dòng)，P出磁場以后繼續(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x1＝v1Δt， 此過程回路產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝mgx1sin θ， P、Q一起勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x2＝D－x1， 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v2－v＝2ax2，解得v＝4 m/s， P出磁場后Q做減速運(yùn)動(dòng)，Q出磁場時(shí)的速度v2＝2.8 m/s，運(yùn)動(dòng)的位移x3＝x1， Q減速運(yùn)動(dòng)過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝mgx3sin θ＋mv2－mv，所以，全過程回路中的焦耳熱為Q總＝Q1＋Q2＝0.888 J. 答案：(1)0.33 m　(2)0.888 J 8