专题十三 课时作业（二）

专题十三课时作业（二）｜主题三电磁感应中的单杆模型主题四电磁感应中的双杆及线框模型1.如图所示为一电磁驱动模型，在水平面上固定有两根足够长的平行金属轨道，轨道电阻不计，间距为L。轨道左端接有阻值为R的电阻，虚线区域内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于轨道平面向下，磁场以速度v水平向右匀速移动。长度为L、质量为m、电阻为r的金属棒ab静置于轨道上，金属棒ab与轨道间的最大静摩擦力大小为Ff，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法中正确的是()A．无论v有多大，金属棒ab中都有从b到a的电流B．当v>eq\f(FfR＋r,B2L2)时，金属棒ab才能被驱动C．金属棒ab被驱动后，经过足够长时间将相对磁场静止D．金属棒ab被驱动后，经过足够长时间，电阻R的电功率为eq\f(Ff2R＋r,B2L2)解析：选B当磁场开始运动后，棒相对于磁场向左运动，由右手定则可知，金属棒ab中的电流方向从a到b，故A错误；由F安＝BIL，E＝BLv，E＝I(R＋r)，联立可得F安＝eq\f(B2L2v,R＋r)，由左手定则可知，金属棒ab受到向右的安培力，当F安>Ff时，金属棒ab开始运动，即eq\f(B2L2v,R＋r)>Ff，解得v>eq\f(FfR＋r,B2L2)，故B正确；当金属棒ab被驱动后，设金属棒ab相对于磁场向左运动的速度为Δv，则安培力F安＝eq\f(B2L2Δv,R＋r)，当Δv减小到满足eq\f(B2L2Δv,R＋r)＝Ff，即Δv＝eq\f(FfR＋r,B2L2)时，金属棒ab相对于磁场向左匀速运动，故C错误；经过足够长时间后，回路中的电动势E＝BLΔv，电流I＝eq\f(E,R＋r)，电阻R的电功率为P＝I2R，联立解得P＝eq\f(Ff2R,B2L2)，故D错误。2.(多选)如图，一“<”形导轨NOM静止放置在足够大的光滑水平桌面上，∠NOM＝60°，OO′为∠NOM的角平分线。匀强磁场垂直水平桌面向下，磁感应强度大小为B。长直导体棒PQ与OO′垂直，导体棒PQ沿OO′方向以某一速度，滑上导轨，最终导体棒和导轨以共同的速度v沿桌面运动。已知导体棒的质量为m，“<”形导轨的质量为2m，导体棒和导轨单位长度的电阻均为r0，导轨和导体棒足够长，导体棒与导轨间无摩擦。则()A．整个过程导体棒产生的电热大小为3mv2B．最终共速时，导体棒和导轨围成的面积为eq\f(6mvr0,B2)C．若磁感应强度大小变为2B，最终共速时的速度变为eq\f(v,2)D．若磁感应强度大小变为2B，最终共速时的速度仍为v解析：选BD整个过程导体棒和导轨所受的安培力等大反向，动量守恒，设导体棒的初速度为v0，根据动量守恒有mv0＝mv＋2mv，解得v0＝3v，根据能量守恒得整个回路产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)·3mv2＝3mv2，由于导体棒只是整个回路的一部分，可知整个过程导体棒产生的电热大小也是总热量的一部分，所以导体棒产生的电热小于3mv2，故A错误；对导体棒运用动量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝mv－mv0，其中eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(BS,RΔt)，R＝3Lr0，则面积S＝eq\f(6mvr0,B2)，故B正确；无论磁场强度多大，整个过程导体棒和导轨所受的安培力始终等大反向，两导体棒依然动量守恒，最终共同速度仍然是v，故C错误，D正确。3．(多选)如图甲所示，两电阻不计的平行光滑导轨与水平面的夹角α＝37°，导轨下端接一阻值R＝0.1Ω的定值电阻。空间中存在垂直导轨所在平面向上、磁感应强度大小为B＝0.5T的匀强磁场。导体棒ab的长度和导轨间距均为L＝0.2m，导体棒电阻r＝0.1Ω、质量m＝0.2kg。在导体棒ab上施加一沿导轨平面向上的作用力F，使导体棒ab沿导轨下滑，作用力F的大小随时间变化的关系图像如图乙所示，力F作用过程中导体棒ab的速度大小与时间的关系图像如图丙所示，已知重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，导轨足够长，导体棒沿导轨下滑过程中始终与导轨垂直且接触良好。下列说法正确的是()A．图乙中的Fm＝0.6NB．图丙中的v1＝12m/sC．在t＝0到t＝4s的时间内通过导体棒横截面的电荷量为12CD．在t＝0到t＝4s的时间内导体棒重力的冲量大小为4.8N·s解析：选ABC设导体棒的加速度为a，则t时刻导体棒的速度v＝at，导体棒产生的感应电动势为E＝BLat，根据闭合电路欧姆定律有I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLat,R＋r)，对导体棒根据牛顿第二定律有mgsinα－F－eq\f(B2L2a,R＋r)t＝ma，由图丙可得a＝eq\f(v1,Δt)，Δt＝4s，而由图乙可知t＝4s时，F＝0，代入数据解得v1＝12m/s，a＝3m/s2，另由图乙可知当t＝0时，F＝Fm，代入数据解得Fm＝0.6N，故A、B正确；在t＝0到t＝4s时间内导体棒运动的位移为x＝eq\f(v1,2)t＝24m，通过导体棒横截面的电荷量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx,R＋r)＝12C，故C正确；在t＝0到t＝4s的时间内导体棒重力的冲量大小为mgt＝8N·s，故D错误。4.如图所示，电阻不计的光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距为L，两侧接有电阻R1、R2，阻值均为R，O1O2右侧有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m、长度为L、电阻为R的两金属杆L1、L2置于O1O2左侧且相距一定距离。现给两导体棒向右的速度v，使它们先后进入磁场。已知：当L2在磁场中速度达到eq\f(1,3)v时，L1恰好进入磁场且此时L2加速度为零，同时，给L1施加一力F，使L1以v匀速向右运动，发现L2以eq\f(1,3)v匀速运动，全程两导体棒没有相撞且没有到达NQ。导体棒与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是()A．从开始到L1进入磁场前瞬间，L1上产生的焦耳热为eq\f(1,36)mv2B．从开始到L1进入磁场前瞬间，通过R1的电荷量为eq\f(2mv,9BL)C．L1进入磁场时施加在它上面的力F大小应为eq\f(B2L2v,3R)D．在两导体棒匀速运动时，L2两端电势差为eq\f(2,3)BLv解析：选B从开始到L1进入磁场前瞬间，安培力所做的功使机械能全部转化为焦耳热，根据能量守恒有Q＝W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)v))2＝eq\f(4mv2,9)，L2切割磁感线相当于电源，R1、R2、L1并联再和L2串联，设总电流为I，通过L1的电流为eq\f(1,3)I，则L1产生的热量和电路总热量的关系为eq\f(Q1,Q)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)I))2Rt,3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)I))2Rt＋I2Rt)＝eq\f(1,12)，从开始到L1进入磁场前瞬间，L1上产生的焦耳热为Q1＝eq\f(1,12)Q＝eq\f(1,12)×eq\f(4,9)mv2＝eq\f(1,27)mv2，故A错误；从开始到L1进入磁场前瞬间，通过R1的电荷量为q＝eq\f(1,3)eq\o(I,\s\up6(－))t，对L2根据动量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝eq\f(1,3)mv－mv，联立解得q＝eq\f(2mv,9BL)，故B正确；两金属杆匀速运动时有E＝BLv－eq\f(1,3)BLv＝eq\f(2,3)BLv，对L1有F＝F安＝BIL＝eq\f(2B2L2v,3R)，故C错误；在两导体棒匀速运动时，L1、L2切割磁感线，相当于电源，则电路的内阻和外阻均为eq\f(R,2)，根据串联电路分压特点有eq\f(U,E)＝eq\f(\f(1,2)R,\f(1,2)R＋\f(1,2)R)，解得U＝eq\f(1,3)BLv，L2两端电势差为eq\f(1,3)BLv，故D错误。5.(多选)如图所示，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内有方向如图所示的匀强磁场。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()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中的电流逐渐减小解析：选AD根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP＝eq\f(1,2)Bl2ω，故A正确。OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN向左运动，切割磁感线，产生的感应电流与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，OP所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确。6．(多选)如图所示，相距均为h的三条水平虚线L1与L2、L2与L3之间分别有垂直纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。一个边长也为h的正方形导线框，从L1上方一定高度处由静止开始自由下落，当ab边刚越过L1进入磁场时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过L2运动到L3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，在线框从进入磁场到速度变为v2的过程中，设线框的动能变化量大小为ΔEk，重力对线框做功的大小为W1，安培力对线框做功的大小为W2，下列说法中正确的是()A．在导线框下落过程中，由于重力做正功，所以有v2＞v1B．从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，线框动能的变化量大小为ΔEk＝W2－W1C．从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，线框动能的变化量大小为ΔEk＝W2＋W1D．从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，线框的机械能减少了W1＋ΔEk解析：选BD在导线框下落过程中，重力做正功，安培力做负功，不能根据重力做功确定两速度大小关系，设导线框的电阻为R，质量为m，ab边刚越过L1进入磁场时，由于导线框匀速运动，则有mg＝eq\f(B2h2v1,R)，导线框以速度v2做匀速直线运动时，导线框中总的感应电动势为E＝2Bhv2，导线框所受的安培力大小F＝2BIh＝2Bh·eq\f(2Bhv2,R)＝eq\f(4B2h2v2,R)，又F＝mg，比较可得v1＞v2，A错误；从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，由动能定理可得，导线框动能的变化量为－ΔEk＝W1－W2，得ΔEk＝W2－W1，B正确，C错误；从ab边进入磁场到速度变为v2的运动中，线框机械能的减少量等于重力势能的减少量与动能的减少量之和，即有ΔE＝W1＋ΔEk，D正确。7．(2023·山东高考)(多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1m，电阻不计。质量为1kg、长为1m、电阻为1Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好。Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2m/s，CD的速度为v2，且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10m/s2，下列说法正确的是()A．B2的方向向上 B．B2的方向向下C．v2＝5m/s D．v2＝3m/s解析：选BD导轨的速度v2>v1，因此导体棒受到向右的摩擦力，又因导体棒做匀速直线运动，可知导体棒受到向左的安培力，摩擦力大小为f＝μmg＝2N，导体棒所受安培力大小为F1＝f＝2N，由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M，导轨受到向左的摩擦力f′＝f＝2N、向右的拉力FT＝m0g＝1N，因导轨做匀速直线运动，故受到的向右的安培力大小为F2＝f′－FT＝1N，由左手定则可知B2的方向向下，A错误，B正确；对导体棒分析F1＝B1IL，对导轨分析F2＝B2IL，电路中的电流为I＝eq\f(B1Lv1－B2Lv2,R)，联立解得v2＝3m/s，C错误，D正确。8.(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)。求：(1)t＝2.0s时金属框所受安培力的大小；(2)在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热。解析：(1)金属框的总电阻为R＝4lλ＝4×0.40×5.0×10－3Ω＝0.008Ω金属框中产生的感应电动势为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB×\f(l2,2),Δt)＝0.1×eq\f(1,2)×0.42V＝0.008V金属框中的电流为I＝eq\f(E,R)＝1At＝2.0s时磁感应强度B2＝(0.3－0.1×2)T＝0.1T金属框处于磁场中的有效长度为L＝eq\r(2)l此时金属框所受安培力大小为F＝B2IL＝0.1×1×eq\r(2)×0.4N＝0.04eq\r(2)N。(2)0～2.0s内金属框产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝12×0.008×2J＝0.016J。答案：(1)0.04eq\r(2)N(2)0.016J9．(2023·全国甲卷)如图，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv0＝3mvQ＋mvPeq\f(1,2)×3mv02＝eq\f(1,2)×3mvQ2＋eq\f(1,2)mvP2联立解得vP＝eq\f(3,2)v0，vQ＝eq\f(1,2)v0由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，由于Q为绝缘棒，无电流通过，碰撞后在导轨上做匀速直线运动，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP′＝vQ＝eq\f(1,2)v0。(2)根据能量守恒有eq\f(1,2)mvP2＝eq\f(1,2)mvP′2＋Q解得Q＝mv02。(3)设碰撞时金属棒P距导轨最右端距离为x，P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝mvP′－mvP又eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(Blx,RΔt)联立可得x＝eq\f(mv0R,B2l2)故Q在导轨上运动的时间为t＝eq\f(x,vQ)＝eq\f(2mR,B2l2)。答案：(1)eq\f(1,2)v0(2)mv02(3)eq\f(2mR,B2l2)10．(2023·包头高三联考)某科技馆中有一装置如图甲所示，乘客乘坐滑板车从某一高度俯冲下来，但是速度太快存在一定的风险，为解决这一问题，设计者利用磁场来减速，其工作原理如图乙所示。在滑板车下面安装电阻不计的ab、cd导轨，导轨中间安装5根等距离分布的导体棒，导体棒长度为L，电阻均为R，相邻两根导体棒间距为h。距离斜面底端5h的A处下方，存在宽度为h、方向垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。让滑板车从距离磁场上边缘h处由静止滑下，导体棒bc进入磁场后滑板车恰好做匀速直线运动，斜面与水平面夹角为37°，假设所有轨道均光滑，重力加速度为g，sin