高考物理大一轮复习第10章电磁感应第4节微专题4电磁感应中的“杆+导轨”模型课时规范训练

《高考物理大一轮复习第10章电磁感应第4节微专题4电磁感应中的“杆+导轨”模型课时规范训练》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理大一轮复习第10章电磁感应第4节微专题4电磁感应中的“杆+导轨”模型课时规范训练（8页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、微专题4 电磁感应中的“杆+导轨”模型课时规范训练基础巩固题组1如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1E2分别为()Aca,21Bac,21Cac,12 Dca,12解析：选C.杆MN向右匀速滑动，由右手定则判知，通过R的电流方向为ac；又因为EBLv，所以E1E212，故选项C正确2(多选)如图，水平放置的金属导体框abcd，ab、cd边平行、间距为l，导体框内均有垂直于框面、磁感应强度大小

2、为B的匀强磁场，一单位长度电阻为r的金属杆MN，与导轨成角，以速度v沿平行于cd的方向匀速滑动，金属杆滑动过程中与导轨接触良好，导轨框电阻不计，则()AM点电势低于N点电势B闭合回路中磁通量的变化率为BlvC金属杆所受安培力的方向与运动方向相反D金属杆所受安培力的大小为解析：选BD.由右手定则可知M点电势高于N点电势，故A错误根据法拉第电磁感应定律可得EBlv，故B正确由左手定则知，金属杆所受安培力方向垂直于MN斜向上，故C错误由EBlv，I，Rr，FBI，解得F，故D正确3如图所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于斜

3、面向上两金属杆质量均为m，电阻均为R，垂直于导轨放置开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住现将金属杆ab由静止释放，金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动已知重力加速度为g，则()A金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由a到bB金属杆ab进入磁场时速度大小为C金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为D金属杆ab进入磁场后，金属杆cd对两根小柱的压力大小为零解析：选B.由右手定则可知，金属杆ab进入磁场时产生的感应电流的方向为由b到a，故A错误；因金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动，则有mgsin ，解得v，故B正确；金属杆ab进

4、入磁场后产生的感应电动势EBlv，解得E，故C错误；由左手定则可知，金属杆cd受到的安培力与斜面平行且向下，则金属杆cd对两根小柱的压力不为零，故D错误4CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为，则下列说法中正确的是()A电阻R的最大电流为B流过电阻R的电荷量为C整个电路中产生的焦

5、耳热为mghD电阻R中产生的焦耳热为mg(hd)解析：选D.由题图可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒有mghmv2，所以I，A错误；流过R的电荷量为q t，B错误；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Qmghmgd，C错误；由于导体棒的电阻也为R，则电阻R中产生的焦耳热为Qmg(hd)，D正确5(多选)如图所示，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成角(090)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的部分的电阻为R，当流

6、过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()Aa点的电势高于b点的电势Bab棒中产生的焦耳热小于ab棒重力势能的减少量C下滑的位移大小为D受到的最大安培力大小为sin 解析：选ABC.由右手定则可知a点相当于电源的正极，b点相当于电源的负极，故A正确；由能量守恒可知ab棒重力势能的减少量等于ab棒中产生的焦耳热与ab棒的动能之和，故B正确；由q可得，下滑的位移大小为x，故C正确；金属棒ab在这一过程中受到的安培力大小为FBIL，I最大为，故最大安培力大小为，故D错误6(多选)如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为

7、R的电阻连接导轨上放一质量为m的金属杆，金属杆、导轨的电阻均忽略不计，匀强磁场垂直导轨平面向下用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动当改变拉力的大小时，金属杆做匀速运动时的速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示下列说法正确的是()A金属杆在匀速运动之前做匀加速直线运动B流过电阻R的电流方向为aRbC由图象可以得出B、L、R三者的关系式为D当恒力F3 N时，电阻R消耗的最大电功率为8 W解析：选BD.金属杆在匀速运动之前，随着运动速度的增大，由F安可知金属杆所受的安培力增大，由牛顿第二定律可知金属杆的加速度减小，故金属杆做加速度减小的加速运动，选项A错误；由楞次定律可知，流过

8、电阻R的电流方向为aRb，选项B正确；因为图象与横轴交点等于金属杆所受摩擦力的大小，故由图象可知金属杆所受的摩擦力为Ff1 N，金属杆匀速运动时有FFfF安，则可得，选项C错误；当恒力F3 N时，金属杆受到的安培力大小为F安FFf2 N，金属杆匀速运动的速度为4 m/s，所以金属杆克服安培力做功的功率P8 W，转化为电能的功率为8 W，故电阻R消耗的最大电功率为8 W，选项D正确综合应用题组7. 如图所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平

9、面向下当导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上，若两导体棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g，在此过程中导体棒EF上产生的电热为Q，求： (1)导体棒MN受到的最大摩擦力；(2)导体棒EF上升的最大高度解析：(1)EF获得向上初速度v0时，产生感应电动势EBLv0，电路中电流为I，由闭合电路的欧姆定律有I，此时对导体棒MN受力分析，由平衡条件有FAmgsin Ff，FABIL，解得Ffmgsin .(2)导体棒EF上升过程MN一直静止，对系统由能的转化和守恒定律有mvmgh2Q，解得h.答案：(1)mgsin (2)8如图甲所示，足够长

10、的光滑导轨倾角为30，间距L1 m，电阻不计，恒定的非匀强磁场方向垂直于斜面向下，电阻R1 ，导体棒ab质量m0.25 kg，其电阻r1 ，垂直于导轨放置现导体棒ab从磁场上边界由静止下滑，测得导体棒所到达位置的磁感应强度B与导体棒在该位置速度之间的关系如图乙所示，(g取10 m/s2)(1)求导体棒下滑2 s时的速度和位移；(2)求导体棒下滑2 s内回路中产生的焦耳热解析：(1)由题图乙可知，棒下滑的任意状态有B2v0.5 T2ms1对棒下滑过程中某一状态由牛顿第二定律得mgsin 30ma代入数据可得导体棒的加速度a4 m/s2可见导体棒在斜面上做a4 m/s2的匀加速直线运动棒在2 s内

11、的位移xat28 m2 s末的速度vat8 m/s(2)由能量守恒得mgxsin 30mv2Q代入数据解得Q2 J.答案：(1)8 m/s8 m(2)2 J9如图甲所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m.导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B.金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g.现在闭合开关S，将金属棒由静止释放(1)判断金属棒ab中电流的方向；(2)若电阻箱R2接入电路的阻值为0，

12、当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；(3)当B0.40 T，L0.50 m，37时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系，如图乙所示取g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80.求R1的阻值和金属棒的质量m.解析：(1)由右手定则可知，金属棒ab中的电流方向为由b到a.(2)由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热 ，即mghmv2Q则Qmghmv2.(3)金属棒达到最大速度vm时，切割磁感线产生的感应电动势：EBLvm由闭合电路的欧姆定律得：I从b端向a端看，金属棒受力如图所示金属棒达到最大速

13、度时，满足：mgsin BIL0由以上三式得vm(R2R1)由图乙可知：斜率k ms1115 ms11，纵轴截距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如图所示，电阻不计、间距L1 m、足够长的光滑金属导轨ab、cd与水平面成37角，导轨平面矩形区域efhg内分布着磁感应强度大小B1 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，边界ef、gh之间的距离D1.4 m现将质量m0.1 kg、电阻R 的导体棒P、Q相隔t0.2 s先后从导轨顶端由静止自由释放，P、Q在导轨上运动时始终与导轨垂直且接触良好，P进入磁场时恰好匀速

14、运动，Q穿出磁场时速度为2.8 m/s.已知重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，求：(1)导轨顶端与磁场上边界ef之间的距离s；(2)从导体棒P释放到Q穿出磁场的过程，回路中产生的焦耳热Q总解析：(1)设P进入磁场时的速度为v1，由法拉第电磁感应定律有EBLv1由闭合电路欧姆定律有I，安培力FBIL，P匀速运动有Fmgsin ，联立解得v12 m/s，P从ac到ef过程，由牛顿第二定律有agsin ，由运动学公式有s，解得s m0.33 m.(2)P进入磁场以速度v1匀速运动，t0.2 s后，Q恰好进入磁场，速度也为v12 m/s.之后，P、Q以加速度a匀加速运动，P出磁场以后继续以加速度a匀加速运动，而Q在安培力作用下减速运动，直到穿出磁场区域P在磁场中匀速运动的位移x1v1t，此过程回路产生的焦耳热Q1mgx1sin ，P、Q一起匀加速运动的位移x2Dx1，设P刚好出磁场时，P、Q的速度为v，由运动学公式有v2v2ax2，解得v4 m/s，P出磁场后Q做减速运动，Q出磁场时的速度v22.8 m/s，运动的位移x3x1，Q减速运动过程中回路产生的焦耳热Q2mgx3sin mv2mv，所以，全过程回路中的焦耳热为Q总Q1Q20.888 J. 答案：(1)0.33 m(2)0.888 J