《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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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(chǎng)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(shì)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(shì)變?yōu)镋2.則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比E1∶E2分別為(　　) A．c→a,2∶1　 B．a(chǎn)→c,2∶1 C．a(chǎn)→c,1∶2 D．c→a,1∶2 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E1∶E2＝1∶2，故選項(xiàng)C正確． 2．(多選)如

2、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)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一單位長度電阻為r的金屬桿MN，與導(dǎo)軌成θ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(　　) A．M點(diǎn)電勢(shì)低于N點(diǎn)電勢(shì) B．閉合回路中磁通量的變化率為Blv C．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(shì)高于N點(diǎn)電勢(shì)，故A錯(cuò)誤．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝＝Blv，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E＝Blv，I＝，

3、R＝r，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α，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(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于斜面向上．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(chǎng)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?。F(xiàn)將金屬桿ab由靜止釋放，金屬桿ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)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(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒩到b B．金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為 C．金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)后產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 D．金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)后，金屬桿c

4、d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(chǎng)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(chǎng)便開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有mgsin α＝，解得v＝，故B正確；金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)后產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，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． 4．CD、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(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)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

5、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(chǎng)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μ，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)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh D．電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd) 解析：選D.由題圖可知，導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)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mgh＝mv2，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Q＝mgh－μmgd，C錯(cuò)誤；由于導(dǎo)體棒的電阻也為R，則電阻R中產(chǎn)

6、生的焦耳熱為Q＝mg(h－μd)，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θ角(0＜θ＜90)，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(chǎng)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(　　) A．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì) B．a(chǎn)b棒中產(chǎn)生的焦耳熱小于ab棒重力勢(shì)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 θ 解析：選ABC.由右手定則可知a點(diǎn)相

7、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(shì)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F＝BIL，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(chǎng)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)

8、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→R→b C．由圖象可以得出B、L、R三者的關(guān)系式為＝ D．當(dāng)恒力F＝3 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；由楞次定律可知，流過電阻R的電流方向?yàn)閍→R→b，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Ff＝1 N，金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有F－Ff＝F安＝，

9、則可得＝＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)恒力F＝3 N時(shí)，金屬桿受到的安培力大小為F安＝F－Ff＝2 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P＝8 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θ，整個(gè)空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，虛線上方軌道光滑且磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上，虛線下方軌道粗糙且磁場(chǎng)方向垂直導(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

10、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(shì)E＝BLv0，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 FA＋mgsin α＝Ff，F(xiàn)A＝BIL， 解得Ff＝＋mgsin θ. (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)，

11、恒定的非勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)上邊界由靜止下滑，測(cè)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 T2ms－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

12、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(chǎng)中，磁場(chǎng)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．

13、 (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(shì)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

14、vm時(shí)，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)： 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＝ ms－1Ω－1＝15 ms－1Ω－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)

15、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(chǎng)，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(chǎng)時(shí)恰好勻速運(yùn)動(dòng)，Q穿出磁場(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)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＝B

16、IL， 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(chǎng)以速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，Δt＝0.2 s后，Q恰好進(jìn)入磁場(chǎng)，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(chǎng)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(chǎng)區(qū)域． P在磁場(chǎng)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(chǎng)時(shí)，P、Q的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2－

17、v＝2ax2，解得v＝4 m/s， P出磁場(chǎng)后Q做減速運(yùn)動(dòng)，Q出磁場(chǎng)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 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375