高考物理總復(fù)習(xí)《動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用》專項(xiàng)測(cè)試卷含答案

第第頁(yè)高考物理總復(fù)習(xí)《動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用》專項(xiàng)測(cè)試卷含答案學(xué)校:___________班級(jí)：___________姓名：___________考號(hào)：___________目標(biāo)要求1.掌握應(yīng)用動(dòng)量定理處理電磁感應(yīng)問(wèn)題的思路。2.掌握應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理電磁感應(yīng)問(wèn)題的方法?？键c(diǎn)一動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在導(dǎo)體單桿切割磁感線做變加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和能量觀點(diǎn)不能解決問(wèn)題，可運(yùn)用動(dòng)量定理巧妙解決問(wèn)題求解的物理量應(yīng)用示例電荷量或速度－Beq\x\to(I)LΔt＝mv2－mv1，q＝eq\x\to(I)Δt，即－BqL＝mv2－mv1位移－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R總)＝0－mv0，即－eq\f(B2L2x,R總)＝0－mv0時(shí)間－Beq\x\to(I)LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1，已知電荷量q、F其他(F其他為恒力)－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R總)＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－eq\f(B2L2x,R總)＋F其他Δt＝mv2－mv1，已知位移x、F其他(F其他為恒力)例1(多選)如圖所示，在光滑的水平面上有一方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁場(chǎng)區(qū)域的左側(cè)，一正方形線框由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁場(chǎng)邊界水平向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)位置Ⅱ，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到位置Ⅲ時(shí)速度恰為零，此時(shí)線框剛好有一半離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域。線框的邊長(zhǎng)小于磁場(chǎng)區(qū)域的寬度。若線框進(jìn)、出磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)線框橫截面的電荷量分別為q1、q2，線框經(jīng)過(guò)位置Ⅱ時(shí)的速度為v。則下列說(shuō)法正確的是()A．q1＝q2 B．q1＝2q2C．v＝1.0m/s D．v＝1.5m/s答案BD解析根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)可知，線框進(jìn)、出磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)線框橫截面的電荷量q1＝2q2，故A錯(cuò)誤，B正確；線框從開(kāi)始進(jìn)入到位置Ⅱ，由動(dòng)量定理有－Beq\x\to(I1)LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理線框從位置Ⅱ到位置Ⅲ，由動(dòng)量定理有－Beq\x\to(I2)LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，聯(lián)立解得v＝eq\f(1,3)v0＝1.5m/s，故C錯(cuò)誤，D正確。例2(湖南卷·14)如圖，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，重力加速度為g。(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v0；(2)在(1)問(wèn)中，當(dāng)棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；(3)在(2)問(wèn)中，從棒b釋放瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t0，兩棒恰好達(dá)到相同的速度v，求速度v的大小，以及時(shí)間t0內(nèi)棒a相對(duì)于棒b運(yùn)動(dòng)的距離Δx。答案(1)eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)2gsinθ(3)gsinθ·t0＋eq\f(mgRsinθ,B2L2)eq\f(2m2R2gsinθ,B4L4)解析(1)棒a在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力沿導(dǎo)軌平面向下的分力和棒a所受安培力相等時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝BLv0由閉合電路歐姆定律及安培力公式可得I＝eq\f(E,2R)，F(xiàn)＝BIL棒a受力平衡可得mgsinθ＝BIL聯(lián)立解得v0＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)由左手定則可以判斷棒b所受安培力沿導(dǎo)軌平面向下，釋放棒b瞬間電路中電流不變，則對(duì)棒b由牛頓第二定律可得mgsinθ＋BIL＝ma0解得a0＝2gsinθ(3)棒a受到沿導(dǎo)軌平面向上的安培力，釋放棒b后，在到達(dá)共速時(shí)對(duì)棒a由動(dòng)量定理有mgsinθt0－Beq\x\to(I)Lt0＝mv－mv0棒b受沿導(dǎo)軌平面向下的安培力，對(duì)b棒由動(dòng)量定理有mgsinθt0＋Beq\x\to(I)Lt0＝mv聯(lián)立解得v＝gsinθ·t0＋eq\f(v0,2)＝gsinθ·t0＋eq\f(mgRsinθ,B2L2)，eq\x\to(I)＝eq\f(mv0,2BLt0)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)＝eq\f(BLΔx,2Rt0)聯(lián)立可得Δx＝eq\f(mv0R,B2L2)＝eq\f(2m2R2gsinθ,B4L4)?？键c(diǎn)二動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用雙桿模型物理模型“一動(dòng)一靜”：甲桿靜止不動(dòng)，乙桿運(yùn)動(dòng)，其實(shí)質(zhì)是單桿問(wèn)題，不過(guò)要注意問(wèn)題包含著一個(gè)條件——甲桿靜止，受力平衡兩桿都在運(yùn)動(dòng)，對(duì)于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是相加還是相減；系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒分析方法動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)通常情況下一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，而另一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運(yùn)動(dòng)能量觀點(diǎn)兩桿系統(tǒng)機(jī)械能減少量等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和動(dòng)量觀點(diǎn)對(duì)于兩金屬桿在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的情況，如果兩金屬桿所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理問(wèn)題例3(多選)(湖南邵陽(yáng)市二模)如圖所示，平行傾斜光滑導(dǎo)軌與足夠長(zhǎng)的平行水平光滑導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)。質(zhì)量均為m、接入導(dǎo)軌之間電阻均為R的金屬棒b和c，靜止放在水平導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌垂直。圖中虛線de右側(cè)有范圍足夠大、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量也為m的絕緣棒a垂直于傾斜導(dǎo)軌，從離水平導(dǎo)軌高為h處由靜止釋放。已知絕緣棒a滑到水平導(dǎo)軌上與金屬棒b發(fā)生彈性正碰，金屬棒b進(jìn)入磁場(chǎng)后始終未與金屬棒c發(fā)生碰撞。重力加速度為g。以下說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)與b碰后分離時(shí)b的速度大小為eq\r(2gh)B．當(dāng)b進(jìn)入磁場(chǎng)后速度大小為eq\f(3\r(2gh),4)時(shí)，c的速度大小為eq\f(\r(2gh),4)C．b產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mghD．b進(jìn)入磁場(chǎng)后，b、c間距離增大了eq\f(mR\r(2gh),B2L2)解題指導(dǎo)關(guān)鍵表述解讀傾斜光滑導(dǎo)軌，水平光滑導(dǎo)軌無(wú)摩擦力范圍足夠大b、c棒可以達(dá)到終態(tài)，即最終以相同速度勻速運(yùn)動(dòng)a、b質(zhì)量為均為m，發(fā)生彈性碰撞碰后瞬間交換速度推理論證依據(jù)(1)動(dòng)能定理(2)動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律(3)切割電動(dòng)勢(shì)E＝BLv(4)能量守恒定律答案AB解析絕緣棒a滑到水平導(dǎo)軌上的速度設(shè)為v0，由動(dòng)能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv02得v0＝eq\r(2gh)絕緣棒a與金屬棒b發(fā)生彈性正碰，質(zhì)量相等，故碰后速度交換，a速度變?yōu)榱?，b獲得v0的速度，故a與b碰后分離時(shí)b的速度大小為eq\r(2gh)，A正確；b剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，加速度為a1＝eq\f(BI0L,m)＝eq\f(BL,m)·eq\f(E,2R)＝eq\f(B2L2v0,2mR)＝eq\f(B2L2\r(2gh),2mR)b進(jìn)入磁場(chǎng)后，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到向左的安培力而減速，c受到向右的安培力而加速，系統(tǒng)合外力為零，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律知mv0＝mvb＋mvc將vb＝eq\f(3\r(2gh),4)代入得vc＝eq\f(\r(2gh),4)，B正確；當(dāng)b與c速度相等時(shí)，回路中無(wú)電流產(chǎn)生，b棒上停止生熱，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝2mv，得v＝eq\f(1,2)v0＝eq\f(1,2)eq\r(2gh)由能量守恒，設(shè)b棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，有eq\f(1,2)mv02＝2Q＋eq\f(1,2)×2mv2，知Q<eq\f(1,2)mgh，C錯(cuò)誤；b進(jìn)入磁場(chǎng)后減速，c加速直至速度相同，二者間距縮小，設(shè)為Δx，對(duì)c由動(dòng)量定理得Beq\x\to(I)LΔt＝mv，又eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),2R)Δt＝eq\f(ΔΦ,2RΔt)Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLΔx,2R)，聯(lián)立可得Δx＝eq\f(mR\r(2gh),B2L2)，即b、c間距離減小了eq\f(mR\r(2gh),B2L2)，D錯(cuò)誤。1．(多選)如圖所示，在水平桌面上固定兩條足夠長(zhǎng)的相距L＝1.0m的平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)場(chǎng)。初始時(shí)刻金屬桿在水平向右的恒力F的作用下，向右做速度v＝4m/s的勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)1.5s后撤去恒力F。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬桿P始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則從初始時(shí)刻到金屬桿停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中()A．電阻R上產(chǎn)生的熱量為1.0JB．電阻R上產(chǎn)生的熱量為1.2JC．金屬桿向右運(yùn)動(dòng)的位移為14mD．金屬桿向右運(yùn)動(dòng)的位移為16m答案BC解析金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受安培力大小為F安＝BIL＝Beq\f(BLv,R＋r)L，根據(jù)金屬桿受力平衡得F＝F安，代入數(shù)據(jù)解得F＝0.2N，前1.5s內(nèi)金屬桿運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝vt＝6m，水平恒力F做的功W＝Fx1＝1.2J，從初始時(shí)刻到金屬桿停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律得W＋eq\f(1,2)mv2＝Qr＋QR，其中Qr∶QR＝r∶R＝2∶3，代入數(shù)據(jù)解得QR＝1.2J，故A錯(cuò)誤，B正確；撤去恒力F后，金屬桿的加速度滿足－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma，等式兩邊同時(shí)乘非常短的時(shí)間Δt，即－eq\f(B2L2v,R＋r)Δt＝maΔt，整理得－eq\f(B2L2,R＋r)Δx＝mΔv，則有eq\f(B2L2,R＋r)x2＝mv，所以撤去恒力F后，金屬桿繼續(xù)運(yùn)動(dòng)的位移為x2＝eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋r)),B2L2)v＝8m，從初始時(shí)刻到金屬桿停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，金屬桿向右運(yùn)動(dòng)的位移x＝x1＋x2＝14m，故C正確，D錯(cuò)誤。2．(遼寧省模擬)電磁阻尼技術(shù)經(jīng)常用于列車剎車過(guò)程。某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖裝置來(lái)研究電磁阻尼，光滑金屬導(dǎo)軌由水平平行軌道和豎直四分之一圓軌道組成，水平平行軌道MN、ST相距L＝0.5m，軌道左端用阻值R＝10Ω的電阻相連。水平軌道的某區(qū)域內(nèi)有方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝6T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)有一根質(zhì)量m＝0.2kg、電阻r＝5Ω的金屬桿ab以v＝5m/s的初速度沿水平軌道從左端沖入磁場(chǎng)，離開(kāi)磁場(chǎng)后沿豎直圓軌道上升的最大高度H＝0.2m，設(shè)金屬桿ab與軌道接觸良好，并始終與軌道垂直，軌道電阻忽略不計(jì)，且不考慮ab返回情況，重力加速度g取10m/s2。求：(1)金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，通過(guò)金屬桿的電流大小和方向；(2)整個(gè)過(guò)程電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；(3)磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)度。答案(1)1A方向從a沿桿流向b(2)1.4J(3)1m解析(1)金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝15V感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)＝1A由右手定則知感應(yīng)電流方向從a沿桿流向b；(2)金屬桿從進(jìn)入磁場(chǎng)到最高點(diǎn)的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝Q＋mgH解得Q＝2.1J電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝1.4J(3)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離為x，剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1，離開(kāi)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－mgH＝0－eq\f(1,2)mv12解得v1＝2m/s金屬桿在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量定理有－Beq\x\to(I)Lt＝mv1－mv又因?yàn)閝＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx,R＋r)解得x＝1m。專項(xiàng)訓(xùn)練1.(江蘇蘇州市期中)如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t＝0時(shí)，棒ab以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)且不會(huì)與cd相碰。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別為vab、vcd，通過(guò)ab橫截面的電荷量為q，回路中的電流為I，cd棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q。下列圖像中正確的是()2.(多選)(貴州校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè))如圖所示，絕緣水平面上有兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，兩導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng)，金屬導(dǎo)軌左側(cè)接有兩個(gè)定值電阻R1＝2R和R2＝3R，金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為m，接入電路的電阻為r，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)?，F(xiàn)給金屬桿ab水平向右的初速度v0，使金屬桿向右運(yùn)動(dòng)，金屬桿向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好。則下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)b桿速度由v0減到eq\f(v0,3)的過(guò)程，通過(guò)電阻R2的電荷量為eq\f(4mv0,15BL)B．a(chǎn)b桿速度減為eq\f(v0,2)時(shí)，ab桿加速度大小為eq\f(5B2L2v0,2m6R＋r)C．a(chǎn)b桿從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到靜止，通過(guò)的路程為eq\f(mv06R＋5r,5B2L2)D．a(chǎn)b桿做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到靜止3.(多選)(重慶市二模)如圖，光滑平行軌道abcd的曲面部分是半徑為R的四分之一圓弧，水平部分位于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，軌道Ⅰ部分兩軌道間距為L(zhǎng)，軌道Ⅱ部分兩軌道間距為eq\f(L,2)，將質(zhì)量均為m的金屬棒P和Q分別置于軌道上的ab段和cd段，且與軌道垂直。P、Q棒接入電路電阻均為r，軌道電阻不計(jì)。Q棒靜止，讓P棒從圓弧最高點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)P棒仍在軌道Ⅰ部分運(yùn)動(dòng)時(shí)，Q棒已達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。已知重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()A．P棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)瞬間對(duì)軌道壓力的大小為2mgB．Q棒第一次穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小為eq\f(\r(2gR),2)C．Q棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次速度達(dá)到穩(wěn)定，該過(guò)程通過(guò)P棒的電荷量為eq\f(4m\r(2gR),5BL)D．從P棒進(jìn)入軌道Ⅱ運(yùn)動(dòng)到再次穩(wěn)定過(guò)程中，P、Q棒中產(chǎn)生的總熱量為eq\f(1,50)mgR4．(多選)(遼寧卷·10)如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長(zhǎng)度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長(zhǎng)度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時(shí)刻兩棒靜止，兩棒中點(diǎn)之間連接一壓縮量為L(zhǎng)的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個(gè)過(guò)程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是()A．彈簧伸展過(guò)程中，回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏鰾．PQ速率為v時(shí)，MN所受安培力大小為eq\f(4B2d2v,3R)C．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)MN的電荷量為eq\f(BLd,3R)5.(全國(guó)甲卷·25)如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為l，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對(duì)齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度也為l的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為v0的速度向P運(yùn)動(dòng)并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間很短。碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點(diǎn)。P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行。不計(jì)空氣阻力。求(1)金屬棒P滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度大??；(2)金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量；(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。6.如圖所示，有兩光滑平行金屬導(dǎo)軌，傾斜部分和水平部分平滑連接，BE、CH段用特殊材料制成，光滑不導(dǎo)電，導(dǎo)軌的間距L＝1m，左側(cè)接R＝1Ω的定值電阻，右側(cè)接電容C＝1F的電容器，ABCD區(qū)域、EFGH區(qū)域均存在垂直于導(dǎo)軌所在平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ABCD區(qū)域長(zhǎng)s＝0.3m。金屬桿a、b的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝1m，質(zhì)量均為m＝0.1kg，a的電阻為r＝2Ω，b的電阻不計(jì)。金屬桿a從距導(dǎo)軌水平部分h＝0.45m的高度處由靜止滑下，金屬桿b靜止在BEHC區(qū)域，金屬桿b與金屬桿a發(fā)生彈性碰撞后進(jìn)入EFGH區(qū)域，最終穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)。求：(重力加速度g取10m/s2)(1)金屬桿a剛進(jìn)入ABCD區(qū)域時(shí)通過(guò)電阻R的電流I；(2)金屬桿a剛離開(kāi)ABCD區(qū)域時(shí)的速度v2的大??；(3)金屬桿b穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v4的大??；(4)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬桿a上產(chǎn)生的焦耳熱。參考答案1.(江蘇蘇州市期中)如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t＝0時(shí)，棒ab以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)且不會(huì)與cd相碰。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別為vab、vcd，通過(guò)ab橫截面的電荷量為q，回路中的電流為I，cd棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q。下列圖像中正確的是()答案C解析導(dǎo)體棒ab切割磁感線產(chǎn)生由a到b的感應(yīng)電流，則導(dǎo)體棒ab受到向左的安培力，做減速運(yùn)動(dòng)；導(dǎo)體棒cd受到向右的安培力，向右加速運(yùn)動(dòng)，則感應(yīng)電流I＝eq\f(BLvab－vcd,R)，兩導(dǎo)體棒的相對(duì)速度減小，感應(yīng)電流減小，每個(gè)導(dǎo)體棒所受的安培力大小F＝BIL，F(xiàn)隨著電流減小而減小，設(shè)導(dǎo)體棒質(zhì)量為m，當(dāng)兩者速度相等時(shí)，電流為零，導(dǎo)體棒的速度由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv，兩導(dǎo)體棒的速度最終為v＝eq\f(v0,2)，且加速度隨著電流的減小而減小，電流變化也越來(lái)越慢，最終為零，C正確，A錯(cuò)誤；對(duì)ab棒，由動(dòng)量定理有Beq\x\to(I)Lt＝mv0－mvab，則q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(mv0－vab,BL)，因?yàn)関ab隨時(shí)間增加而減小，電荷量應(yīng)該是隨時(shí)間的增加而增加，最后達(dá)到最大值，因?yàn)殡娏麟S時(shí)間減小，所以q－t的圖像斜率也應(yīng)該是減小，故B錯(cuò)誤；系統(tǒng)狀態(tài)穩(wěn)定后，兩個(gè)導(dǎo)體棒的相對(duì)速度為0，不再有感應(yīng)電流產(chǎn)生，焦耳熱不會(huì)隨著時(shí)間一直增大，故D錯(cuò)誤。2.(多選)(貴州校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè))如圖所示，絕緣水平面上有兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，兩導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng)，金屬導(dǎo)軌左側(cè)接有兩個(gè)定值電阻R1＝2R和R2＝3R，金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為m，接入電路的電阻為r，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)?，F(xiàn)給金屬桿ab水平向右的初速度v0，使金屬桿向右運(yùn)動(dòng)，金屬桿向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好。則下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)b桿速度由v0減到eq\f(v0,3)的過(guò)程，通過(guò)電阻R2的電荷量為eq\f(4mv0,15BL)B．a(chǎn)b桿速度減為eq\f(v0,2)時(shí)，ab桿加速度大小為eq\f(5B2L2v0,2m6R＋r)C．a(chǎn)b桿從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到靜止，通過(guò)的路程為eq\f(mv06R＋5r,5B2L2)D．a(chǎn)b桿做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到靜止答案AC解析根據(jù)題意可知，ab桿速度由v0減到eq\f(v0,3)的過(guò)程，由動(dòng)量定理有－Beq\x\to(I)Lt＝m·eq\f(v0,3)－mv0，則有BLeq\x\to(I)t＝eq\f(2,3)mv0，即BLq＝eq\f(2,3)mv0，解得q＝eq\f(2mv0,3BL)，由并聯(lián)分流原理可知，通過(guò)電阻R2的電荷量為q2＝eq\f(R1,R1＋R2)q＝eq\f(4mv0,15BL)，故A正確；根據(jù)題意，ab桿速度減為eq\f(v0,2)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(1,2)BLv0，R1和R2并聯(lián)后的電阻為R外＝eq\f(6,5)R，由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R外＋r)＝eq\f(5BLv0,26R＋5r)，ab桿受到的安培力為F＝BIL＝eq\f(5B2L2v0,26R＋5r)，則ab桿加速度大小為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(5B2L2v0,2m6R＋5r)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)A分析可知，ab桿從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到靜止，由動(dòng)量定理有BLq′＝mv0，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)、I＝eq\f(E,R外＋r)和q＝IΔt，可得q′＝eq\f(ΔΦ,R外＋r)＝eq\f(BLx,R外＋r)，解得x＝eq\f(mv06R＋5r,5B2L2)，故C正確；根據(jù)題意，由左手定則可知，ab桿受的安培力與運(yùn)動(dòng)方向相反，ab桿做減速運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，安培力減小，加速度減小，則ab桿做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。3.(多選)(重慶市二模)如圖，光滑平行軌道abcd的曲面部分是半徑為R的四分之一圓弧，水平部分位于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，軌道Ⅰ部分兩軌道間距為L(zhǎng)，軌道Ⅱ部分兩軌道間距為eq\f(L,2)，將質(zhì)量均為m的金屬棒P和Q分別置于軌道上的ab段和cd段，且與軌道垂直。P、Q棒接入電路電阻均為r，軌道電阻不計(jì)。Q棒靜止，讓P棒從圓弧最高點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)P棒仍在軌道Ⅰ部分運(yùn)動(dòng)時(shí)，Q棒已達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。已知重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()A．P棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)瞬間對(duì)軌道壓力的大小為2mgB．Q棒第一次穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小為eq\f(\r(2gR),2)C．Q棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次速度達(dá)到穩(wěn)定，該過(guò)程通過(guò)P棒的電荷量為eq\f(4m\r(2gR),5BL)D．從P棒進(jìn)入軌道Ⅱ運(yùn)動(dòng)到再次穩(wěn)定過(guò)程中，P、Q棒中產(chǎn)生的總熱量為eq\f(1,50)mgR答案CD解析P棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)速度大小設(shè)為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mv02根據(jù)牛頓第二定律得FN－mg＝eq\f(mv02,R)，解得FN＝3mg，由牛頓第三定律可得，P棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)瞬間對(duì)軌道壓力的大小為3mg，故A錯(cuò)誤；設(shè)Q棒第一次穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為vQ，P棒的速度為vP，則有BLvP＝B·eq\f(L,2)·vQQ棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次速度達(dá)到穩(wěn)定過(guò)程中，對(duì)P、Q棒分別分析，由動(dòng)量定理可得Beq\x\to(I)Lt＝mv0－mvP,Beq\x\to(I)·eq\f(L,2)·t＝mvQ，又因q＝eq\x\to(I)t，解得vP＝eq\f(1,5)eq\r(2gR)，vQ＝eq\f(2,5)eq\r(2gR)，q＝eq\f(4m\r(2gR),5BL)，故B錯(cuò)誤，C正確；從P棒進(jìn)入軌道Ⅱ運(yùn)動(dòng)后，兩棒速度再次穩(wěn)定時(shí)，速度相同，設(shè)穩(wěn)定速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mvP＋mvQ＝2mv，由能量守恒定律得P、Q棒中產(chǎn)生的總熱量為Q＝eq\f(1,2)mvP2＋eq\f(1,2)mvQ2－eq\f(1,2)×2mv2，解得Q＝eq\f(1,50)mgR，故D正確。4．(多選)(遼寧卷·10)如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長(zhǎng)度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長(zhǎng)度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時(shí)刻兩棒靜止，兩棒中點(diǎn)之間連接一壓縮量為L(zhǎng)的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個(gè)過(guò)程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是()A．彈簧伸展過(guò)程中，回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏鰾．PQ速率為v時(shí)，MN所受安培力大小為eq\f(4B2d2v,3R)C．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)MN的電荷量為eq\f(BLd,3R)答案AC解析彈簧伸展過(guò)程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏鳎x項(xiàng)A正確；任意時(shí)刻，設(shè)電流為I，則PQ所受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知兩棒系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，設(shè)PQ質(zhì)量為2m，則MN質(zhì)量為m,PQ速率為v時(shí)，則有2mv＝mv′，解得v′＝2v，回路中的感應(yīng)電流I＝eq\f(2Bdv′＋B·2dv,3R)＝eq\f(2Bdv,R)，MN所受安培力大小為FMN＝2BId＝eq\f(4B2d2v,R)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，某時(shí)刻MN與PQ的速率分別為v1、v2，同理有mv1＝2mv2，可知MN與PQ的速率之比始終為2∶1，則MN與PQ的路程之比為2∶1，故C正確；兩棒最終停止時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，由動(dòng)量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最終MN向左移動(dòng)x1＝eq\f(2L,3)，PQ向右移動(dòng)x2＝eq\f(L,3)，則q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,R總)＝eq\f(2B\f(2L,3)d＋B\f(L,3)2d,3R)＝eq\f(2BLd,3R)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。5.(全國(guó)甲卷·25)如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為l，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對(duì)齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度也為l的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為v0的速度向P運(yùn)動(dòng)并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間很短。碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點(diǎn)。P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行。不計(jì)空氣阻力。求(1)金屬棒P滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度大小；(2)金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量；(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。答案(1)eq\f(1,2)v0(2)mv02(3)eq\f(2mR,B2l2)解析(1)由于絕緣棒Q與金屬棒P發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得3mv0＝3mvQ＋mvPeq\f(1,2)×3mv02＝eq\f(1,2)×3mvQ2＋eq\f(1,2)mvP2聯(lián)立解得vP＝eq\f(3,2)v0，vQ＝eq\f(1,2)v0由題知，碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點(diǎn)，則金屬棒P滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度大小為vP′＝vQ＝eq\f(1,2)v0(2)根據(jù)能量守恒有eq