高考热点16　用力学规律解决电磁感应问题

这是一份高考热点16　用力学规律解决电磁感应问题，共7页。试卷主要包含了9 m/s2，5 C等内容，欢迎下载使用。


图1
A．安培力方向始终向上，安培力大小随时间均匀增大
B．安培力方向始终向下，安培力大小保持不变
C．摩擦力方向始终向上，摩擦力大小先减小后增大
D．摩擦力方向始终向下，摩擦力大小保持不变
答案 A
解析 当加磁场时，感应电动势大小为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB·S,Δt)，由于磁感应强度从零开始随时间均匀增大，所以eq \f(ΔB,Δt)为定值，感应电动势E不变，则安培力大小为F安＝BIL＝B·eq \f(E,R)L，由于E、R、L为定值，B均匀增大，所以安培力大小随时间均匀增大，根据左手定则可判断，安培力方向始终沿斜面向上，故A正确，B错误；未加磁场时，金属棒ab恰好能静止在导轨上，可得Ff＝mgsin θ，方向沿斜面向上，加磁场后，安培力方向始终向上，安培力大小随时间均匀增大，初始时有mgsin θ＝Ff＋F安，故摩擦力方向先沿斜面向上，大小逐渐减小；当F安＝mgsin θ时，摩擦力为零；当安培力继续增大时，有mgsin θ＋Ff＝F安，故摩擦力方向沿斜面向下，大小逐渐增大，直到金属棒开始滑动，综上所述，故C、D错误．
2．(2021·湖南岳阳市高三检测)如图2甲、乙、丙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙、丙三种情形下关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是( )
图2
A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动
B．图乙中，ab棒先做加速度越来越大的减速运动，最终静止
C．图丙中，ab棒先做初速度为v0的变减速运动，然后反向做变加速运动，最终做匀速运动
D．三种情形下导体棒ab最终都匀速运动
答案 C
解析 题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，选项A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，选项B错误；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做变减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做变加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，选项C正确；由以上分析可知，选项D错误．
3．(多选)(2021·广东卷·10)如图3所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有( )
图3
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
答案 AD
解析 杆OP匀速转动切割磁感线产生的感应电动势为E＝eq \f(1,2)Br2ω，因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；杆OP转动过程中产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生电动势，感应电流方向与原来电流方向相反，使回路电流减小，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，B、C错误．
4．(多选)如图4所示，光滑平行的两金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的定值电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上．质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置．在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻以及空气阻力．则( )
图4
A．初始时刻金属杆的加速度为eq \f(B2L2v0,mR)
B．金属杆上滑时间小于下滑时间
C．在金属杆上滑和下滑过程中电阻R上产生的热量相同
D．在金属杆上滑和下滑过程中通过电阻R上的电荷量相同
答案 BD
解析 金属杆开始运动时，金属杆所受的安培力FA＝BIL＝eq \f(B2L2v0,R)
根据牛顿第二定律得，mgsin θ＋FA＝ma，
则金属杆的加速度a＝eq \f(mgsin θ＋FA,m)＝gsin θ＋eq \f(B2L2v0,mR)，选项A错误；由于金属杆要克服安培力做功，其机械能不断减少，所以金属杆上滑和下滑经过同一位置时，上滑速度大于下滑的速度，则上滑的平均速度大于下滑的平均速度，所以金属杆上滑时间小于下滑时间，选项B正确；金属杆克服安培力所做的功等于回路中产生的热量，即电阻R上产生的热量，上滑过程中平均速度较大，则平均安培力较大，所以克服安培力做的功较大，产生的热量较多，选项C错误；根据q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLs,R)可知，在金属杆上滑和下滑过程中，通过电阻R上的电荷量相同，选项D正确．
5．(多选)(2021·湖南省1月适应性考试·8)如图5，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为1 m，左端通过导线连接一个R＝1.5 Ω的定值电阻．整个导轨处在磁感应强度大小B＝0.4 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．质量m＝0.2 kg、长度L＝1 m、电阻r＝0.5 Ω的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好．在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力F，使其从静止开始运动．拉力F的功率P＝2 W保持不变，当金属杆的速度v＝5 m/s时撤去拉力F.下列说法正确的是( )
图5
A．若不撤去拉力F，金属杆的速度会大于5 m/s
B．金属杆的速度为4 m/s时，其加速度大小可能为0.9 m/s2
C．从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为2.5 C
D．从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为2.5 J
答案 BC
解析 金属杆水平方向受到的拉力F＝eq \f(P,v)，受到的安培力F安＝eq \f(B2L2v,R＋r)，由牛顿第二定律：F－F安＝ma，即eq \f(P,v)－eq \f(B2L2v,R＋r)＝ma，随着速度v的增大，a减小，当a减小到0时，v最大，此时P＝eq \f(B2L2v\\al(,m2),R＋r)，代入数据得最大速度vm＝5 m/s，故A错误；当v＝4 m/s时，得a＝0.9 m/s2，B正确；撤去拉力F，杆只受安培力作用，由动量定理－Beq \x\t(I)L·Δt＝0－mv，q＝eq \x\t(I)·Δt得q＝eq \f(mv,BL)＝eq \f(0.2×5,0.4×1) C＝2.5 C，C正确；从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，由能量守恒定律得回路中产生的总焦耳热Q＝eq \f(1,2)mv2＝2.5 J，金属杆上产生的热量Qr＝eq \f(r,R＋r)Q＝0.625 J，D错误．
6．如图6甲所示，固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面的夹角为θ＝30°，导轨足够长且间距L＝0.5 m，底端接有阻值为R＝4 Ω的电阻，整个装置处于垂直于导轨斜向上的匀强磁场中，一质量m＝1 kg、电阻r＝1 Ω、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的拉力F作用下由静止开始运动，导轨足够长，拉力F与导体棒速率倒数的关系如图乙所示．已知g取10 m/s2，则( )
图6
A．v＝5 m/s时拉力大小为7 N
B．v＝5 m/s时拉力的功率为140 W
C．匀强磁场的磁感应强度的大小为2 T
D．当导体棒的加速度a＝8 m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为2 N
答案 C
解析 由题图乙可知，v＝5 m/s时，拉力F＝14 N，拉力的功率PF＝Fv＝14×5 W＝70 W，选项A、B错误；由题图乙可知，导体棒的最大速度vmax＝10 m/s，此时拉力最小，Fmin＝7 N，由Fmin－mgsin θ－F安＝0，F安＝eq \f(B2L2vmax,R＋r)，解得B＝2 T，选项C正确；由题图乙得，F＝70eq \f(1,v)，F－mgsin θ－F安＝ma，F安＝eq \f(B2L2v,R＋r)＝eq \f(1,5)v，当a＝8 m/s2时，可得v2＋65v－350＝0，解得v＝5 m/s，故此时安培力的大小F安＝1 N，选项D错误．
7. (多选)(2021·山东卷·12)如图7所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上．区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场．阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行．运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好．在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是( )
图7
A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度
B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度
C．金属棒不能回到无磁场区
D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处
答案 ABD
解析 在Ⅰ区域中，磁感应强度为B1＝kt，感应电动势为E1＝eq \f(ΔB1,Δt)S＝kS
感应电动势恒定，所以金属棒上的感应电流恒为
I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(kS,R)
金属棒进入Ⅱ区域后，金属棒切割磁感线，感应电动势为E2＝BLv
金属棒上的电流为
I2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(BLv,R)
Ⅰ区域产生的电流使金属棒受到的安培力始终沿斜面向上，大小恒定不变，因为金属棒到达c点后又能上行，说明加速度始终沿斜面向上，下行和上行经过b点的受力分析如图
下行过程中，根据牛顿第二定律可知
B2I1L＋B2I2L－mgsin θ＝ma1
上行过程中，根据牛顿第二定律可知
B2I1L－B2I2′L－mgsin θ＝ma2
比较加速度大小可知a1>a2
由于bc段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，所以金属棒下行经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度，A、B正确；
Ⅰ区域产生的安培力总是大于沿斜面向下的作用力，所以金属棒一定能回到无磁场区，由于整个过程中电流通过金属棒产生焦耳热，金属棒的机械能减少，所以金属棒不能回到a处，C错误，D正确．
8．(2021·山西怀仁市高三期末)如图8甲所示，水平面内有一“∠”形光滑金属导轨，除了两轨连结点O的电阻为R，其他电阻均不计，Oa与Ob夹角为45°，将质量为m的长直导体棒MN搁在导轨上并与Oa垂直．棒与O点距离为L、空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B.在外力作用下，棒以初速度v0向右做直线运动．其速度的倒数eq \f(1,v)随位移x变化的关系如图乙所示，在导体棒运动L距离到PQ的过程中( )
图8
A．导体棒做匀减速直线运动B．导体棒运动的时间为eq \f(4L,3v0)
C．流过导体棒的电流恒为eq \f(BLv0,R)D．外力做功为eq \f(3B2L3v0,2R)＋eq \f(3mv\\al(,02),8)
答案 C
解析 由题图乙知，图线的斜率为k＝eq \f(\f(2,v0)－\f(1,v0),L)＝eq \f(1,Lv0)，则有eq \f(1,v)＝eq \f(1,Lv0)x＋eq \f(1,v0)，得v＝eq \f(L,x＋L)v0，可知导体棒做的不是匀减速直线运动，A错误；由题图甲知，导体棒向右运动x时产生感应电动势为E＝Blv＝B(x＋L)eq \f(L,x＋L)v0＝BLv0
感应电动势大小不变，流过导体棒的电流恒为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv0,R)，根据法拉第电磁感应定律有E＝B·eq \f(ΔS,Δt)，ΔS＝eq \f(1,2)(L＋2L)L，又E＝BLv0，解得Δt＝eq \f(3L,2v0)，B错误，C正确；克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，为Q＝I2Rt＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BLv0,R)))2R·eq \f(3L,2v0)＝eq \f(3B2L3v0,2R)，对导体棒由动能定理有W外＋W安＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))2－eq \f(1,2)mveq \\al(,02)，W安＝－Q，解得W外＝eq \f(3B2L3v0,2R)－eq \f(3mv\\al(,02),8)，D错误．
9．(多选)如图9所示，CDE和MNP为两根足够长且弯折的平行金属导轨，CD、MN部分与水平面平行，DE和NP与水平面成30°角，间距L＝1 m，CDNM面上有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1＝1 T，DEPN面上有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B2＝2 T．两根完全相同的导体棒a、b，质量均为m＝0.1 kg，导体棒b与导轨CD、MN间的动摩擦因数均为μ＝0.2，导体棒a与导轨DE、NP之间无摩擦．导体棒a、b的电阻均为R＝1 Ω.开始时，b棒静止在导轨上，现在由静止释放a棒，运动过程中a、b棒始终不脱离导轨，除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，g取10 m/s2，则( )
图9
A．b棒开始向右滑动时a棒的速度v＝0.2 m/s
B．若经过1 s，b棒开始滑动，则此过程中，a棒发生的位移大小为0.24 m
C．若将CDNM面上的磁场方向变为竖直向上，大小不变，b棒始终在水平导轨上，经过足够长的时间，a棒做匀速运动
D．若将CDNM面上的磁场方向变为竖直向上，大小不变，b棒始终在水平导轨上，经过足够长的时间，b棒做匀加速运动
答案 BD
解析 开始时，a棒向下运动，根据右手定则可知电流方向俯视为顺时针，对b棒根据左手定则可知b棒受到向左的安培力，所以b棒开始运动时速度方向向左，故A错误；当b棒开始滑动时，b棒受到的安培力应满足Fb＝μmg＝0.2 N，又有Fb＝B1IL，I＝eq \f(E,2R)，E＝B2Lv，联立解得v＝0.2 m/s，对a棒由动量定理得mgtsin θ－B2eq \x\t(I)Lt＝mv，其中eq \x\t(I)t＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(B2Lx,2R)，联立解得x＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mgtsin θ－mv))·2R,B\\al(22)L2)＝0.24 m，故B正确；设a棒的加速度为a1，b棒的加速度为a2，对a棒根据牛顿第二定律有mgsin θ－B2IL＝ma1，对b棒根据牛顿第二定律可得B1IL－μmg＝ma2，且I＝eq \f(B2Lv1－B1Lv2,2R)，当稳定后，电流I保持不变，则eq \f(ΔI,Δt)＝eq \f(B2LΔv1－B1LΔv2,2R·Δt)＝0，联立可得a1＝0.2 m/s2，a2＝0.4 m/s2，即a、b棒都做匀加速运动，故C错误，D正确．