2021高考物理一轮复习第十章微专题74电磁感应中的单杆模型练习含解析教科版

1微专题74电磁感应中的“单杆模型”1．有外力牵引时：(1)动力学过程：有F外－B2L2vR＋r＝ma.F外为恒力时，随着v的增加，a减小，当a＝0时，v最大vm＝F外R＋rB2L2；F外为变力时，可能做匀加速，有F外－B2L2atR＋r＝ma.(2)能量转化过程：加速阶段W外＝ΔEk＋Q焦，其中Q焦＝W克服安培力；匀速阶段W外＝Q焦．(3)流过导体横截面的电荷量：q＝ΔΦR＋r，其中ΔΦ＝BLx.或由动量定理得∑BiLΔt＝mΔv，即BqL＝mΔv得：q＝mΔvBL.2．无外力牵引，以一定初速度出发时：B2L2vR＋r＝ma随v的减小，a减小，最终速度减小到0.减少的动能转化为电能，最终转化为焦耳热，－ΔEk＝Q焦；流过导体横截面的电荷量q＝ΔΦR＋r或q＝mΔvBL.1．(多选)(2019·四川绵阳市第三次诊断)如图1所示，两条足够长的平行金属导轨固定在水平面内，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨间距为L，左端间接一电阻R，质量为m的金属杆ab静置于导轨，杆与导轨间动摩擦因数为μ.现给金属杆一个水平向右的冲量I0，金属杆运动一段距离x后静止，运动过程中与导轨始终保持垂直且接触良好．不计杆和导轨的电阻，重力加速度为g.则金属杆ab在运动过程中()图1A．做匀减速直线运动B．杆中的电流大小逐渐减小，方向从b流向aC．刚开始运动时加速度大小为B2L2I0m2R－μgD．电阻R上消耗的电功为I022m－μmgx2．(多选)(2019·山西运城市5月适应性测试)如图2所示，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R，建立Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度随坐标(以m为单位)的分布规律为B＝0.8－0.2x(T)，金属棒ab在外力作用下从x＝0处沿导轨向右运动，ab始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．设在金属棒从x1＝1m处，经x2＝2m到x3＝3m的过程中，电2阻器R的电功率始终保持不变，则()图2A．金属棒做匀速直线运动B．金属棒运动过程中产生的电动势始终不变C．金属棒在x1与x2处受到磁场的作用力大小之比为3∶2D．金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量相等3．(多选)(2019·河南九师联盟质检)如图3所示，一长为L＝1m、质量为m＝1kg的导体棒ab垂直放在光滑且足够长的U形导轨底端，导轨宽度和导体棒等长且接触良好，导轨平面与水平面成θ＝30°角，整个装置处在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5T．现给导体棒沿导轨向上的初速度v0＝4m/s，经时间t0＝0.5s，导体棒到达最高点，然后开始返回，到达底端前已做匀速运动．已知导体棒的电阻为R＝0.05Ω，其余电阻不计，重力加速度g取10m/s2，忽略电路中感应电流之间的相互作用，则()图3A．导体棒到达导轨平面底端时，流过导体棒的电流为5AB．导体棒到达导轨平面底端时的速度大小为1m/sC．导体棒从开始到顶端的过程中，通过导体棒的电荷量为3CD．导体棒从开始到返回底端的过程中，回路中产生的电能为15J4．(多选)(2019·辽宁重点协作体模拟)如图4所示，水平放置的光滑金属长导轨MM′和NN′之间接有电阻R，导轨左、右两区域分别处在方向相反与轨道垂直的匀强磁场中，右侧区域足够长，方向如图．设左、右区域磁场的磁感应强度分别为B1和B2，虚线为两区域的分界线．一根金属棒ab放在导轨上并与其正交，棒和导轨的电阻均不计．已知金属棒ab在水平向右的恒定拉力作用下，在左侧区域中恰好以速度v做匀速直线运动，则()图4A．若B2＝B1，棒进入右侧区域后先做加速运动，最后以速度2v做匀速运动3B．若B2＝B1，棒进入右侧区域中后仍以速度v做匀速运动C．若B2＝2B1，棒进入右侧区域后先做减速运动，最后以速度v4做匀速运动D．若B2＝2B1，棒进入右侧区域后先做加速运动，最后以速度4v做匀速运动5．(2020·北京市东城区月考)如图5所示，两光滑水平放置的平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右匀速运动时()图5A．电容器两端的电压为零B．通过电阻R的电流为BLvRC．电容器所带电荷量为CBLvD．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2vR6．(2019·天津市实验中学模拟)如图6所示，固定光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿导轨向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行，重力加速度为g.图6(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a.7．(2020·湖北恩施州质量检测)如图7所示，光滑平行导轨MN、M′N′固定在水平面内，4左端MM′接有一个R＝2Ω的定值电阻，右端与均处于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接于N、N′点，且半圆轨道的半径均为r＝0.5m，导轨间距L＝1m，水平轨道的ANN′A′的矩形区域内有竖直向下的匀强磁场，磁场区域的宽度d＝1m．一个质量为m＝0.2kg，电阻R0＝0.5Ω，长也为1m的导体棒ab放置在水平导轨上距磁场左边界s处，在与棒垂直、大小为2N的水平恒力F的作用下从静止开始运动，导体棒运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，导体棒进入磁场后做匀速运动，当导体棒运动至NN′时撤去F，结果导体棒ab恰好能运动到半圆形轨道的最高点PP′，重力加速度g＝10m/s2.求：图7(1)匀强磁场磁感应强度B的大小及s的大小；(2)若导体棒运动到AA′时撤去拉力，试判断导体棒能不能运动到半圆轨道上，如果不能说明理由，如果能，试判断导体棒沿半圆轨道运动时会不会离开轨道；(3)在(2)问中最终电阻R中产生的焦耳热．5答案精析1．BD[金属杆中电流I＝ER＝BLvR0，v不断减小，则I逐渐减小，对金属杆应用右手定则分析可得电流方向是b到a，杆受安培力F安＝BIL＝B2L2vR，根据牛顿第二定律，μmg＋B2L2vR＝ma，解得：a＝μg＋B2L2vmR，v不断减小，所以杆做的是加速度减小的减速直线运动，A错误，B正确；刚开始运动时，μmg＋B2L2vR＝ma，v＝I0m，联立解得：a＝B2L2I0m2R＋μg，C错误；对金属杆应用动能定理：0－12mv2＝－W安－μmgx，克服安培力的功等于转化为回路的电能即电阻消耗的电功，解得：W安＝I022m－μmgx，D正确．]2．BC[因为电阻的功率不变：P＝I2R＝E2R＝B2L2v2R，因为磁感应强度变小，所以速度变大，A错误；功率P＝I2R＝E2R不变，所以感应电动势不变，B正确；功率P＝I2R不变，所以回路电流始终不变，根据安培力公式F＝BIL，安培力之比F1F2＝B1B2＝32，C正确；通过导体电荷量q＝I·t，因为金属棒在做加速运动，所以通过相同位移的时间减小，所以金属棒从x1到x2比从x2到x3的过程中通过R的电荷量小，D错误．]3．BC[导体棒到达底端前已做匀速运动，则由平衡知识：mgsin30°＝B2L2vmR，代入数据解得：vm＝1m/s，选项B正确；导体棒到达导轨平面底端时，流过导体棒的电流为I＝BLvmR＝0.5×1×10.05A＝10A，选项A错误；导体棒从开始到顶端的过程中，根据动量定理：－(mgsin30°＋BIL)t0＝0－mv0，其中It0＝q，解得q＝3C，选项C正确；导体棒从开始到返回底端的过程中，由能量守恒定律可得，回路中产生的电能为12mv02－12mvm2＝12×1×(42－12)J＝7.5J，选项D错误．]4．BC[金属棒在水平向右的恒力作用下，在虚线左边区域中以速度v做匀速直线运动，恒力T与安培力平衡．当B2＝B1时，棒进入右边区域后，棒切割磁感线的感应电动势与感应电流大小均没有变化，棒所受安培力大小和方向也没有变化，与恒力T仍然平衡，则棒进入右边区域后，以速度v做匀速直线运动，故A错误，B正确；当B2＝2B1时，棒进入右边区域后，棒产生的感应电动势和感应电流均变大，所受的安培力也变大，恒力没有变化，则棒先减速6运动，随着速度减小，感应电动势和感应电流减小，棒受到的安培力减小，当安培力与恒力再次平衡时棒做匀速直线运动．设棒匀速运动速度大小为v′，在左侧磁场中F＝B12L2vR，在右侧磁场中匀速运动时，有F＝B22L2v′R＝B12L2v′R，则v′＝v4，即棒最后以速度v4做匀速直线运动，故C正确，D错误．]5．C[当导线MN匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压．此时导线MN产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律得知，电容器两板间的电压为U＝E＝BLv，故A、B错误；电容器所带电荷量Q＝CU＝CBLv，故C选项正确；因匀速运动后MN所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D错误．]6．(1)BLv0R＋r电流方向为b→a(2)gsinθ－B2L2vmR＋r解析(1)导体棒产生的感应电动势为：E1＝BLv0根据闭合电路欧姆定律得通过R的电流大小为：I1＝E1R＋r＝BLv0R＋r根据右手定则判断得知：电流方向为b→a(2)导体棒第一次回到初始位置时产生的感应电动势为：E2＝BLv根据闭合电路欧姆定律得感应电流为：I2＝E2R＋r＝BLvR＋r导体棒受到的安培力大小为：F＝BIL＝B2L2vR＋r，方向沿斜面向上．导体棒受力如图所示：根据牛顿第二定律有：mgsinθ－F＝ma解得：a＝gsinθ－B2L2vmR＋r.7．(1)1T1.25m(2)见解析(3)1.92J解析(1)设金属棒在磁场中匀速运动的速度为v1，则导体棒产生的电动势：E＝BLv1回路的电流I＝ER＋R0根据力的平衡：F＝BIL设金属棒恰好能运动到半圆轨道的最高点时速度大小为v2，根据牛顿第二定律可知：mg＝mv22r7根据机械能守恒定律：mg×2r＝12mv12－12mv22解得B＝1T，v1＝5m/s根据动能定理：Fs＝12mv12解得s＝1.25m；(2)若导体棒运动到AA′时撤去拉力，导体棒以v1＝5m/s的速度进入磁场，假设导体棒能穿过磁场区域，穿过磁场区域时的速度大小为v3，根据动量定理有：－F安Δt＝mΔv－B2L2vR＋R0Δt＝mΔv－B2L2R＋R0vΔt＝mΔv即－B2L2R＋R0d＝m(v3－v1)解得v3＝3m/s假设成立，导体棒能运动到半圆轨道上；设导体棒在半圆轨道上运动时不会离开轨道，设导体棒在半圆轨道上上升的最大高度为h，根据机械能守恒定律：mgh＝12mv32解得h＝0.45m由于hr，假设成立，即导体棒在半圆轨道上运动时不会离开半圆轨道；(3)在(2)问中，根据机械能守恒定律可知，导体棒从圆弧轨道上下滑后，以大小为v4＝3m/s的速度再次进入磁场，设导体棒向左穿过磁场后的速度v5，根据动量定理：－B2L2R＋R0d＝m(v5－v4)解得v5＝1m/s整个过程中由能量守恒关系可知，回路中产生的焦耳热：Q＝12mv12－12mv52＝2.4J则定值电阻R中产生的焦耳热为：QR＝RR＋R0Q＝1.92J.