高考物理一輪總復(fù)習(xí)專題10電磁感應(yīng)熱點(diǎn)強(qiáng)化15電磁感應(yīng)中的幾種?？寄Ｐ驼n后提能演練

熱點(diǎn)強(qiáng)化15電磁感應(yīng)中的幾種?？寄Ｐ?．(2021年深圳一模)(多選)如圖所示，水平面上足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，左側(cè)接定值電阻，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中．金屬桿MN以某一初速度沿導(dǎo)軌向右滑行，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．則金屬桿在運(yùn)動(dòng)過程中，速度大小v、流過的電量q與時(shí)間t或位移x的關(guān)系圖像正確的有() A B C D【答案】ABD【解析】設(shè)導(dǎo)軌寬度為L、金屬桿的質(zhì)量為m、電阻為r.對(duì)金屬桿根據(jù)牛頓第二定律可得BIL＝ma，其中，I＝eq\f(BLv,R＋r)，則有a＝eq\f(B2L2v,mR＋r)，所以加速度隨著速度的減小而減小，根據(jù)v＝v0－at可知v－t圖像的斜率減小，A正確．取初速度方向?yàn)檎较?，在很短的一段時(shí)間Δt內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理可得FΔt＝mΔv，即－eq\f(B2L2Δx,R＋r)＝mΔv，解得eq\f(Δv,Δx)＝－eq\f(B2L2,mR＋r)，所以v－x圖像為一條傾斜的直線，B正確．取初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理可得BLIt＝mv0－mv，解得q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(mΔv,BL)＝eq\f(ma,BL)·t，由于加速度逐漸減小，則q－t圖像的斜率減小，C錯(cuò)誤．根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可得q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E)t,R＋r)＝eq\f(BL\x\to(v)t,R＋r)＝eq\f(BL,R＋r)·x，所以q－x圖像是一條傾斜的直線，D正確．2．(多選)如圖所示，水平面中有兩根固定的足夠長的金屬平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌上面平行放著質(zhì)量相等的導(dǎo)體棒ab和cd.設(shè)導(dǎo)體棒始終處于豎直向上的大小為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，且導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑行，初始時(shí)刻ab棒靜止，給cd棒一個(gè)向右的初速度v0，則()A．a(chǎn)b棒將向左運(yùn)動(dòng)B．cd棒的速度一直大于ab棒的速度C．a(chǎn)b棒的最大速度為0.5v0D．當(dāng)cd棒速度為0.8v0時(shí)，回路中的電動(dòng)勢(shì)為0.6BLv0【答案】CD【解析】當(dāng)cd棒向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則可知產(chǎn)生abcd方向的電流，再對(duì)ab棒分析，根據(jù)左手定則可知ab棒受到向右的安培力，ab棒向右運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)ab棒和cd棒受力分析可知cd棒做減速運(yùn)動(dòng)，ab棒做加速運(yùn)動(dòng)，最終兩棒共速一直運(yùn)動(dòng)下去，B錯(cuò)誤；兩棒在運(yùn)動(dòng)過程中因?yàn)樗椒较蛏喜皇苣Σ亮?，?dòng)量守恒，當(dāng)兩棒共速時(shí)ab棒具有最大速度，故有mv0＝2mv1，解得v1＝0.5v0，C正確；當(dāng)cd棒速度為0.8v0時(shí)，設(shè)ab棒的速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知mv0＝mv2＋m×0.8v0，解得v2＝0.2v0；兩棒均向右運(yùn)動(dòng)，所以可知回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv相對(duì)＝BL(0.8v0－0.2v0)＝0.6BLv0，D正確．3．(多選)如圖所示，兩根間距為L、電阻不計(jì)、足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平放置．導(dǎo)軌所在空間存在方向與導(dǎo)軌所在平面垂直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．平行金屬桿ab、cd的質(zhì)量分別為m1、m2，電阻分別為R1、R2，長度均為L，且始終與導(dǎo)軌保持垂直．初始時(shí)兩金屬桿均處于靜止?fàn)顟B(tài)，相距為x0.現(xiàn)給金屬桿ab一水平向右的初速度v0，一段時(shí)間后，兩金屬桿間距穩(wěn)定為x1，下列說法正確的是()A．金屬桿cd先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．當(dāng)金屬桿ab的加速度大小為a時(shí)，金屬桿cd的加速度大小為eq\f(m2a,m1)C．在整個(gè)過程中通過金屬桿cd的電荷量為eq\f(BLx1－x0,R1＋R2)D．金屬桿ab、cd運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(m1m2v\o\al(2,0),2m1＋m2)【答案】CD【解析】因?yàn)樽罱K兩金屬桿保持穩(wěn)定狀態(tài)，所以最終兩金屬桿所受的安培力均為零，即回路中無感應(yīng)電流，穿過回路的磁通量不再改變，則兩金屬桿最終的速度相同，所以金屬桿ab先做加速度逐漸減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，金屬桿cd先做加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；兩金屬桿中的電流大小始終相等，根據(jù)安培力公式F安＝BIL可知兩金屬桿所受的安培力大小時(shí)刻相等，再根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可知當(dāng)金屬桿ab的加速度大小為a時(shí)，金屬桿cd的加速度大小為eq\f(m1,m2)a，B錯(cuò)誤；設(shè)從金屬桿ab獲得一水平向右的初速度v0到最終達(dá)到共同速度所用的時(shí)間為t，則在這段時(shí)間內(nèi)，回路中的磁通量的變化量ΔΦ＝BL(x1－x0)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，由閉合電路歐姆定律有eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R1＋R2)，設(shè)在這段時(shí)間內(nèi)通過金屬桿cd的電荷量為q，所以有eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(q,Δt)，聯(lián)立以上各式解得q＝eq\f(BLx1－x0,R1＋R2)，C正確；設(shè)兩金屬桿最終的共同速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v，設(shè)金屬桿ab、cd產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則由能量守恒定律有Q＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，解得Q＝eq\f(m1m2v\o\al(2,0),2m1＋m2)，D正確．4．如圖所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌與水平面成θ＝30°角傾斜放置，軌道寬度L＝0.2m，軌道頂端電阻R＝0.5Ω.在軌道底端放置一彈性絕緣擋板(物體與擋板碰撞無能量損失)，軌道所在處存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝5T，方向垂直軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場，如圖磁場僅分布在長x2＝1.6m的區(qū)域，磁場的下邊界到擋板的距離為x3＝1.1m，在距離磁場上邊界的x1＝1.6m處將一長為L的金屬棒ab緊貼軌道由靜止釋放，金屬棒第一次穿出磁場時(shí)恰好勻速離開．已知金屬棒的質(zhì)量m＝1kg，電阻r＝0.5Ω，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，重力加速度g取10m/s2.試求：(1)金屬棒第一次進(jìn)入磁場時(shí)ab兩端的電勢(shì)差；(2)金屬棒從靜止釋放到第一次到達(dá)斜面底端所用的時(shí)間；(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中該系統(tǒng)產(chǎn)生的電能．解：(1)金屬棒下滑x1＝1.6m的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgx1sinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv1，則回路的電流為I1＝eq\f(BLv1,R＋r)，ab兩端電勢(shì)差為Uab＝I1R，解得Uab＝2V.(2)規(guī)定沿斜面向下為正方向．金屬棒下滑x1＝1.6m過程用時(shí)為t1，滿足mgt1sinθ＝mv1，解得t1＝0.8s.金屬棒第一次穿出磁場時(shí)的速度為v2，滿足BI2L＝mgsinθ，I2＝eq\f(BLv2,R＋r)，聯(lián)立解得v2＝5m/s.第一次穿過磁場用時(shí)t2滿足mgt2sinθ－BLeq\x\to(I)t2＝mv2－mv1，該過程流過回路的總電量為q＝eq\x\to(I)t2＝eq\f(BLx2,R＋r)，聯(lián)立得t2＝0.52s.金屬棒第一次穿出磁場到軌道底端用時(shí)t3，則mgx3sinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，mgt3sinθ＝mv3－mv2，聯(lián)立得t3＝0.2s.金屬棒第一次下滑到最底端所用總時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3，解得t總＝1.52s.(3)經(jīng)過足夠長的時(shí)間后，金屬棒在磁場下邊界與擋板之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)依據(jù)能量守恒，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程產(chǎn)生的電能為ΔE＝mg(x1＋x2)sinθ，解得ΔE＝16J.5．如圖所示，有兩根足夠長的平行光滑導(dǎo)軌水平放置，右側(cè)用一小段光滑圓弧和另一對(duì)豎直光滑導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌間距L＝1m．細(xì)金屬棒ab和cd垂直于導(dǎo)軌靜止放置，它們的質(zhì)量m均為1kg，電阻R均為0.5Ω.cd棒右側(cè)1m處有一垂直于導(dǎo)軌平面向下的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T，磁場區(qū)域長為s.以cd棒的初始位置為原點(diǎn)，向右為正方向建立坐標(biāo)系．現(xiàn)用向右的水平恒力F＝1.5N作用于ab棒上，作用4s后撤去F.撤去F之后ab棒與cd棒發(fā)生彈性碰撞，cd棒向右運(yùn)動(dòng)．金屬棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，空氣阻力不計(jì)．(g取10m/s2)求：(1)ab棒與cd棒碰撞后瞬間的速度分別為多少？(2)若s＝1m，求cd棒滑上右側(cè)豎直導(dǎo)軌，距離水平導(dǎo)軌的最大高度h；(3)若可以通過調(diào)節(jié)磁場右邊界的位置來改變s的大小，寫出cd棒最后靜止時(shí)與磁場左邊界的距離x的關(guān)系．(不用寫計(jì)算過程)解：(1)對(duì)ab棒，由動(dòng)量定理得Ft＝mva－0，ab棒與cd棒碰撞過程，取向右方向?yàn)檎较?，?duì)系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律得mva＝mvc＋mva′，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)＋eq\f(1,2)mva′2，解得va′＝0，vc＝6m/s.(2)由安培力公式可得F′＝Beq\x\to(I)L，對(duì)cd棒進(jìn)入磁場過程，由動(dòng)量定理得－F′Δt＝mvc′－mvc，導(dǎo)體棒cd進(jìn)出磁場時(shí)回路磁通量變化量為ΔΦ＝BsL＝1×1×1Wb＝1Wb，q0＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,2RΔt)Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)，得vc′＝5m/s.對(duì)cd棒出磁場后由機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)mvc′2＝mgh，聯(lián)立以上各式得h＝1.25m.(3)第一種情況：如果磁場s足夠大，cd棒在磁場中運(yùn)動(dòng)距離x1時(shí)速度減為零，由動(dòng)量定理可得－Beq\x\to(I)1LΔt1＝0－mvc，設(shè)磁通量變化量為ΔΦ1，則ΔΦ1＝BLx1，流過回路的電量q1＝eq\x\to(I)1Δt1＝eq\f(ΔΦ1,2RΔt1)Δt1＝eq\f(ΔΦ1,2R)，聯(lián)立可得x1＝6m，即s≥6m，x＝6m，停在磁場左邊界右側(cè)6m處．第二種情況：cd棒回到磁場左邊界仍有速度，這時(shí)會(huì)與ab再次發(fā)生彈性碰撞，由前面計(jì)算可得二者速度交換，cd會(huì)停在距磁場左邊界左側(cè)1m處，設(shè)此種情況下磁場區(qū)域?qū)挾萻2，向右運(yùn)動(dòng)時(shí)有－Beq\x\to(I)2LΔt2＝mv1－mvc，返回向左運(yùn)動(dòng)時(shí)Beq\x\to(I)3LΔt3＝0－(－mv1)，通過回路的電量q2＝eq\x\to(I)2Δt2＝eq\x\to(I)3Δt3＝eq\f(BLs2,2R)，聯(lián)立可得