（山東專用）2020版高考物理一輪復習 第十章 電磁感應綜合檢測（含解析）新人教版

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1、電磁感應綜合檢測 (時間:90分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共14小題,每小題3分,共42分.在每小題給出的四個選項中,第1～8小題只有一個選項正確,第9～14小題有多個選項正確,全部選對的得3分,選對但不全的得2分,有選錯或不選的 得0分) 1.如圖所示,ab是水平面上一個圓的直徑,在ab的正上方有一根通電導線ef,且ef平行于ab,當ef豎直向上平移時,穿過這個圓面的磁通量將(　C　) A.逐漸變大 B.逐漸變小 C.始終為零 D.不為零,但始終保持不變 解析:由題意,通電直導線產(chǎn)生穩(wěn)定的磁場,且處在ab正上方,電流I產(chǎn)生的磁感線為垂直于ef的同心圓

2、,因此,穿過圓面的磁通量為零,當ef豎直向上平移時,穿過這個圓面的磁通量總為零,故C正確,A,B,D錯誤. 2.等離子體氣流由左方以速度v0連續(xù)射入P1和P2兩板間的勻強磁場中,ab直導線與P1,P2相連接,線圈A與直導線cd連接.線圈A內(nèi)有如圖(乙)所示的變化磁場,且磁場B的正方向規(guī)定為向左,如圖(甲)所示,則下列敘述正確的是(　B　) A.0～1 s內(nèi)ab,cd導線互相排斥 B.1～2 s內(nèi)ab,cd導線互相吸引 C.2～3 s內(nèi)ab,cd導線互相吸引 D.3～4 s內(nèi)ab,cd導線互相吸引 解析:由左側電路可以判斷ab中電流方向由a到b;由右側電路及圖(乙)可以判斷,0～

3、2 s內(nèi)cd中電流由c到d,跟ab中電流同向,因此ab,cd相互吸引,故A錯誤,B正確;2～4 s內(nèi)cd中電流由d到c,跟ab中電流反向,因此ab,cd相互排斥,故C,D錯誤. 3.將一段導線繞成圖(甲)所示的閉合電路,并固定在水平面(紙面)內(nèi),回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強磁場Ⅰ中.回路的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場Ⅱ,以向里為磁場Ⅱ的正方向,其磁感應強度B隨時間t變化的圖像如圖(乙)所示.用F表示ab邊受到的安培力,以水平向右為F的正方向,能正確反映F隨時間t變化的圖像是(　B　) 解析:在0到時間內(nèi),磁感應強度均勻減小,回路中產(chǎn)生的感應電流恒定,由楞次定律可判斷出為順時針方

4、向.由左手定則可判斷出ab邊受到的安培力方向為水平向左.同理可判斷出其他時間段的安培力方向,能正確反映F隨時間t變化的圖像是B. 4.如圖所示,一直升機停在南半球的地磁極上空,該處地磁場的方向豎直向上,磁感應強度為B,直升機螺旋槳葉片的長度為l,近軸端為a,遠軸端為b,轉動的頻率為f,順著地磁場的方向看,螺旋槳按順時針方向轉動.如果忽略a到轉軸中心線的距離,用E表示每個葉片中的感應電動勢,則(　A　) A.E=πfl2B,且a點電勢低于b點電勢 B.E=2πfl2B,且a點電勢低于b點電勢 C.E=πfl2B,且a點電勢高于b點電勢 D.E=2πfl2B,且a點電勢高于b點電勢

5、 解析:每個葉片都切割磁感線,根據(jù)右手定則,a點電勢低于b點電勢.葉片端點的線速度v=ωl=2πfl,葉片的感應電動勢E=Blv=Bl×2πl(wèi)f=πfl2B.故選A. 5.在如圖所示的電路中,a,b為兩個完全相同的燈泡,L為自感線圈,E為電源,S為開關.關于兩燈泡點亮和熄滅的先后次序,下列說法正確的是(　C　) A.合上開關,a先亮,b逐漸變亮;斷開開關,a,b同時熄滅 B.合上開關,b先亮,a逐漸變亮;斷開開關,a先熄滅,b后熄滅 C.合上開關,b先亮,a逐漸變亮;斷開開關,a,b同時熄滅 D.合上開關,a,b同時亮;斷開開關,b先熄滅,a后熄滅 解析:由于a,b為兩個完全相

6、同的燈泡,當開關接通瞬間,b燈泡立刻發(fā)光,而a燈泡由于線圈的自感作用漸漸變亮;當開關斷開瞬間,兩燈泡串聯(lián),由線圈產(chǎn)生瞬間電壓提供電流,導致兩燈泡同時逐漸熄滅.故選C. 6.如圖所示,空間存在一有邊界的水平方向勻強磁場,磁場上下邊界的間距為L.一個邊長也為L的正方形導線框在位置Ⅰ獲得向上初速度后進入磁場沿豎直方向運動,線框所在平面始終與磁場方向垂直,且線框上、下邊始終保持水平.若導線框返回一直加速下落,經(jīng)過一段時間回到初始位置Ⅰ.則導線框(　B　) A.上升過程加速度減小,下落過程加速度增大 B.上升過程加速度減小,下落過程加速度減小 C.上升過程加速度增大,下落過程加速度增大 D

7、.上升過程加速度增大,下落過程加速度減小 解析:線框在磁場運動時,受到重力和安培力,安培力的大小與運動速度成正比.上升過程中,安培力方向與重力方向相同,由于速度減小,故加速度減小;下降過程中,安培力與重力方向相反,由于速度增大,故加速度減小,B正確. 7.如圖所示,有水平方向的勻強磁場,磁感應強度B=0.5 T,在與磁場垂直的豎直平面內(nèi)有一如圖所示的金屬導軌框架ABCD,AB,CD邊與BC邊的夾角均為53°,BC邊水平,且長度L=0.8 m,電阻R=4 Ω,其余兩邊電阻不計.現(xiàn)有一長也為L=0.8 m,電阻不計的金屬棒,在外力作用下從緊貼導軌BC處以某一初速度v0沿框架豎直向上運動,運動過

8、程中都不脫離導軌,且BC邊消耗的電功率保持P=0.16 W不變,則下列說法中正確的是(　D　) A.該過程中金屬棒做勻速直線運動 B.金屬棒的初速度v0=1 m/s C.金屬棒從BC開始向上運動到0.2 m時,金屬棒的速度v=4 m/s D.金屬棒從BC開始向上運動0.2 m的過程中,BC中產(chǎn)生的焦耳熱Q=0.013 J 解析:由于BC邊消耗的電功率保持不變,回路中電流保持不變,但有效切割長度在變小,所以棒的速度變大,棒應加速運動,A錯;根據(jù)P=I2R得I=0.2 A,開始時I=,求得v0=2 m/s,B錯,金屬棒向上運動0.2 m時,由幾何關系知有效切割長度L′=0.5 m,根

9、據(jù)I=,求得v=3.2 m/s,C錯;金屬棒向上運動0.2 m的過程中回路中的感應電荷量q=It=,可求出運動時間t,又回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt,可求得Q=0.013 J,D對. 8.如圖所示,兩根間距為L的光滑平行金屬導軌與水平面夾角為α,圖中虛線下方區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度為B的勻強磁場,磁場方向垂直于導軌平面向上,兩金屬桿質(zhì)量均為m,電阻均為R,垂直于導軌放置,開始時金屬桿ab處在距磁場上邊界一定距離處,金屬桿cd處在導軌的最下端,被與導軌垂直的兩根小柱擋住,現(xiàn)將金屬桿ab由靜止釋放,當金屬桿ab剛進入磁場便開始做勻速直線運動,已知重力加速度為g,則(　C　) A.金屬桿ab進

10、入磁場時感應電流的方向由a到b B.金屬桿ab進入磁場時速度大小為 C.金屬桿ab進入磁場后產(chǎn)生的感應電動勢為 D.金屬桿ab進入磁場后金屬桿cd對兩根小柱的壓力大小為mgsin α 解析:由右手定則可知,ab進入磁場時產(chǎn)生的感應電流由b流向a,故A錯誤;ab進入磁場時受到的安培力F=BIL=BL=,由平衡條件得=mgsin α,解得v=,故B錯誤;ab產(chǎn)生的感應電動勢 E=BLv=,故C正確;由左手定則可知,cd受到的安培力平行于斜面向下,則cd對兩根小柱的壓力等于FN=mgsin α+F>mgsin α,故D錯誤. 9.如圖,一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi),通過恒定

11、電流的長直絕緣導線垂直并緊靠軌道固定,導體棒與軌道垂直且接觸良好.在向右勻速通過M,N兩區(qū)的過程中,導體棒所受安培力分別用FM,FN表示.不計軌道電阻.以下敘述正確的是(　BCD　) A.FM向右 B.FN向左 C.FM逐漸增大 D.FN逐漸減小 解析:根據(jù)安培定則,在軌道內(nèi)的M區(qū)、N區(qū)通電長直導線產(chǎn)生的磁場分別垂直軌道平面向外和向里,當導體棒運動到M區(qū)時,根據(jù)右手定則,在導體棒內(nèi)產(chǎn)生的感應電流與長直絕緣導線中的電流方向相反,再根據(jù)左手定則可知,金屬棒在M區(qū)時受到的安培力方向向左,因此選項A錯誤;同理可以判定選項B正確;導體棒在M區(qū)勻速靠近長直絕緣導線時

12、對應的磁場強度越來越大,因此產(chǎn)生的感應電動勢越來越大,根據(jù)閉合電路的歐姆定律和安培力的公式可知,導體棒所受的安培力FM也逐漸增大,故選項C正確,同理選項D正確. 10.如圖所示,在豎直面內(nèi)有一方向垂直紙面向外、寬度為d的有界勻強磁場,磁場上、下邊界水平.有一個連接小燈泡的總質(zhì)量為m,邊長為L的正方形金屬線框從磁場上方某一高度由靜止釋放,穿越磁場的過程中,小燈泡始終正常發(fā)光.已知小燈泡的額定功率為P、額定電壓為U,線框電阻不計,且下落過程中,底邊始終保持水平,重力加速度為g,則(　ABC　) A.磁場的磁感應強度應為 B.線框剛進入磁場時速度大小為 C.線框進磁場的過程中通過小燈泡的

13、電荷量為 D.線框穿越磁場的過程中,燈泡產(chǎn)生的焦耳熱為mgd 解析:小燈泡始終正常發(fā)光,說明燈泡兩端電壓不變,故說明線圈在磁場只能做勻速運動,而且進入磁場和穿出磁場的過程都做勻速運動,則知有界磁場寬度d=L.燈泡正常發(fā)光時電流為I=;根據(jù)線框勻速運動受力平衡得BIL=mg,可得B=,故A正確;設線框勻速運動的速度為v,由功能關系得mgv=P,v=,故B正確;線框進磁場的過程中通過小燈泡的電荷量為q=It=·==,選項C正確;線框穿越磁場的過程中,動能不變,減小的重力勢能全部轉化為系統(tǒng)的內(nèi)能,由能量守恒定律得燈泡產(chǎn)生的焦耳熱為2mgd,故D錯誤. 11.如圖所示,xOy平面位于光滑水平桌面

14、上,在O≤x≤2L的區(qū)域內(nèi)存在著勻強磁場,磁場方向垂直于xOy平面向下.由同種材料制成的粗細均勻的正六邊形導線框,放在該水平桌面上,AB與DE邊距離恰為2L,現(xiàn)施加一水平向右的拉力F拉著線框水平向右勻速運動,DE邊與y軸始終平行,從線框DE邊剛進入磁場開始計時,則線框中的感應電流i(取逆時針方向的電流為正)隨時間t的函數(shù)圖像和拉力F隨時間t的函數(shù)圖像大致是(　AC　) 解析:當DE邊在0～L區(qū)域內(nèi)時,導線框運動過程中有效切割長度越來越大,與時間成線性關系,初始就是DE邊長度,所以電流與時間的關系A正確,B錯誤;因為是勻速運動,拉力F與安培力等值反向,由F=知,力與L成二次函數(shù)關系,因

15、為當DE邊在0～2L區(qū)域內(nèi)時,導線框運動過程中有效切割長度隨時間先均勻增加后均勻減小,所以F隨時間先增加得越來越快后減小得越來越慢,C正確,D錯誤. 12.下列各圖所描述的物理情境中,能產(chǎn)生感應電流的是(　BCD　) 解析:開關S閉合穩(wěn)定后,穿過線圈N的磁通量保持不變,線圈N中不產(chǎn)生感應電流,故A錯誤;磁鐵向鋁環(huán)A靠近,穿過鋁環(huán)A的磁通量在增大,鋁環(huán)A中產(chǎn)生感應電流,故B正確;金屬框從A向B運動,穿過金屬框的磁通量時刻在變化,金屬框產(chǎn)生感應電流,故C正確;銅盤在磁場中按圖示方向轉動,銅盤的一部分切割磁感線,產(chǎn)生感應電流,故D正確. 13.用導線繞一圓環(huán),環(huán)內(nèi)有一用同樣導線折成的內(nèi)

16、接正方形線框,圓環(huán)與線框絕緣,如圖所示.把它們放在磁感應強度為B的均強磁場中,磁場方向垂直于圓環(huán)平面(紙面)向里.當磁場均勻減弱時(　AC　) A.圓環(huán)和線框中的電流方向都為順時針 B.圓環(huán)和線框中的電流方向都為逆時針 C.圓環(huán)和線框中的電流大小之比為∶1 D.圓環(huán)和線框中的電流大小之比為2∶1 解析:根據(jù)楞次定律可得當磁場均勻減小時,圓環(huán)和線框內(nèi)產(chǎn)生的感應磁場方向與原磁場方向相同,即感應電流方向都為順時針,A正確,B錯誤;設圓半徑為a,則圓面積為S=πa2,圓周長為L=2πa,線框面積為S′=2a2,線框周長為L′= 4a,因為磁場是均勻減小的,故E=,所以圓環(huán)和線框內(nèi)的電動勢

17、之比為==,兩者的電阻之比為 =,故電流之比為==×=×=,故C正確,D錯誤. 14.如圖,一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉動.現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場,圓盤開始減速.在圓盤減速過程中,以下說法正確的是(　ABD　) A.處于磁場中的圓盤部分,靠近圓心處電勢高 B.所加磁場越強越易使圓盤停止轉動 C.若所加磁場反向,圓盤將加速轉動 D.若所加磁場穿過整個圓盤,圓盤將勻速轉動 解析:把圓盤看成沿半徑方向緊密排列的金屬條,根據(jù)右手定則,處于磁場中的圓盤部分,感應電流從靠近圓盤邊緣處流向靠近圓心處,故靠近圓心處電勢高,A正確;安培力F=,磁場越強,安培

18、力越大,B正確;磁場反向時,安培力仍是阻力,C錯誤;若所加磁場穿過整個圓盤,則磁通量不再變化,沒有感應電流,安培力為零,將勻速轉動,D正確. 二、非選擇題(共58分) 15.(6分)如圖為“探究電磁感應現(xiàn)象”的實驗裝置. (1)將圖中所缺的導線補接完整. (2)如果在閉合開關時發(fā)現(xiàn)靈敏電流表的指針向右偏了一下,那么合上開關后可能出現(xiàn)的情況有: ①將小線圈迅速插入大線圈時,靈敏電流計指針將　　　　　　;? ②小線圈插入大線圈后,將滑動變阻器觸頭迅速向左拉時,靈敏電流計指針　　　　　　　.? (3)在做“探究電磁感應現(xiàn)象”實驗時,如果大線圈兩端不接任何元件,則大線圈電路中將　　　

19、　　.? A.因電路不閉合,無電磁感應現(xiàn)象 B.有電磁感應現(xiàn)象,但無感應電流,只有感應電動勢 C.不能用楞次定律判斷大線圈兩端電勢的高低 D.可以用楞次定律判斷大線圈兩端電勢的高低 解析:(1)將電源、開關、變阻器、小線圈串聯(lián)成一個回路,再將電流表與大線圈串聯(lián)成另一個回路,連線圖如圖所示. (2)①閉合開關,磁通量增加,指針向右偏轉,將小線圈迅速插入大線圈,磁通量增加,則靈敏電流表的指針向右偏轉一下.②小線圈插入大線圈后,將滑動變阻器觸頭迅速向左拉時,電阻增大,則電流減小,穿過大線圈的磁通量減小,則靈敏電流表指針向左偏轉一下. (3)如果大線圈兩端不接任何元件,大線圈中仍有磁

20、通量的變化,仍會產(chǎn)生感應電動勢,不會有感應電流存在,可根據(jù)楞次定律來確定電荷移動的方向,從而可以判斷出大線圈兩端電勢高低情況.故B,D正確,A,C錯誤. 答案:(1)見解析　(2)①向右偏轉一下　②向左偏轉一下　(3)BD 評分標準:每問2分. 16.(6分)在用如圖(甲)所示裝置“研究回路中感應電動勢大小與磁通量變化快慢的關系”實驗中: (1)本實驗中需要用到的傳感器是光電門傳感器和? 傳感器. (2)讓小車以不同速度靠近螺線管,記錄下光電門擋光時間Δt內(nèi)感應電動勢的平均值E,改變速度多次實驗,得到多組Δt與E,若以E為縱坐標、　　　　　為橫坐

21、標作圖可以得到直線圖像.? (3)記錄下小車某次勻速向左運動至最后撞上螺線管停止的全過程中感應電動勢與時間的變化關系,如圖(乙)所示,擋光時間Δt內(nèi)圖像所圍陰影部分面積為S,增加小車的速度再次實驗得到的面積S′　　 　(選填“>”“<”或“=”)S.? 解析:(1)需要電壓傳感器測量感應電動勢的平均值. (2)由于以不同速度小車靠近螺線管,在擋光片通過光電門過程中磁通量變化量ΔΦ相同,由法拉第電磁感應定律公式E=n可知,E∝,故應該以為橫軸作圖. (3)根據(jù)法拉第電磁感應定律公式E=n,面積S=E·Δt=n·ΔΦ,由于小車的初末位置不變,故面積為一個定值. 答案:(1)電壓　(2

22、)　(3)= 評分標準:每問2分. 17.(11分)如圖所示,電阻不計且足夠長的U形金屬框架放置在傾角θ=37°的絕緣斜面上,該裝置處于垂直斜面向下的勻強磁場中,磁感應強度大小B=0.4 T.質(zhì)量m=0.2 kg、電阻R=0.3 Ω的導體棒ab垂直放在框架上,與框架接觸良好,從靜止開始沿框架無摩擦地下滑.框架的質(zhì)量M=0.4 kg、寬度l=0.5 m,框架與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.7,與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)若框架固定,求導體棒的最大速度大小vm; (2)若框架固定,導體棒從靜止開始下滑6

23、 m時速度 v1=4 m/s,求此過程回路中產(chǎn)生的熱量Q及流過導體棒的電荷量q; (3)若框架不固定,求當框架剛開始運動時導體棒的速度大小v2. 解析:(1)棒ab產(chǎn)生的電動勢E=Blv,(1分) 回路中感應電流I=,(1分) 棒ab所受的安培力F=BIl 對棒ab:mgsin 37°-BIl=ma(1分) 當加速度a=0時,最大速度 vm==9 m/s.(1分) (2)根據(jù)能量轉化和守恒有 mgxsin 37°=m+Q,(1分) 解得Q=5.6 J,(1分) q=Δt=Δt===4 C.(1分) (3)回路中感應電流I1=,(1分) 框架上邊所受安培力F1=BI1l

24、,(1分) 對框架有Mgsin 37°+BI1l=μ(m+M)gcos 37°,(1分) 聯(lián)立解得v2=7.2 m/s.(1分) 答案:(1)9 m/s　(2)5.6 J　4 C　(3)7.2 m/s 18.(11分)如圖所示,水平面上兩平行光滑金屬導軌間距為L,左端用導線連接阻值為R的電阻.在間距為d的虛線MN,PQ之間,存在方向垂直導軌平面向下的磁場,磁感應強度大小只隨著與MN的距離變化而變化.質(zhì)量為m、電阻為r的導體棒ab垂直導軌放置,在大小為F的水平恒力作用下由靜止開始向右運動,到達虛線MN時的速度為v0.此后恰能以加速度a在磁場中做勻加速運動.導軌電阻不計,始終與導體棒接觸良

25、好.求: (1)導體棒開始運動的位置到MN的距離x; (2)磁場左邊緣MN處的磁感應強度大小B; (3)導體棒通過磁場區(qū)域過程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR. 解析:(1)導體棒在磁場外,由動能定理有 Fx=m,(2分) 解得x=.(1分) (2)導體棒剛進磁場時產(chǎn)生的電動勢為E=BLv0 由閉合電路歐姆定律有I= 又F安=ILB可得F安=(2分) 由牛頓第二定律有F-F安=ma 解得B=.(2分) (3)導體棒穿過磁場過程,由牛頓第二定律有 F-F安=ma可得F安=F-ma, F,a,m恒定,則安培力F安恒定, 則導體棒克服安培力做功為W=F安d(2分) 電

26、路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=W 電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR=Q(1分) 解得QR=(F-ma).(1分) 答案:(1) (2) (3)(F-ma) 19.(12分)如圖所示,足夠長的水平軌道左側b2c2,b1c1部分軌道間距為3L,右側c2d2,c1d1部分的軌道間距為L,曲線軌道與水平軌道相切于b1b2,所有軌道均光滑且電阻不計.在水平軌道內(nèi)有斜向下與豎直方向成θ=37°的勻強磁場,磁感應強度大小為B=0.1 T.質(zhì)量為mB=0.2 kg 的金屬棒B垂直于導軌靜止放置在右側窄軌道上,質(zhì)量為mA=0.1 kg的導體棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放,兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與

27、導軌保持良好接觸,A棒總在寬軌上運動,B棒總在窄軌上運動.已知:兩金屬棒接入電路的有效電阻均為 R= 0.2 Ω,h=0.45 m,L=0.2 m,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g= 10 m/s2求: (1)金屬棒A滑到b1b2處時的速度大小; (2)金屬棒B勻速運動的速度大小; (3)在兩棒整個的運動過程中金屬棒A,B在水平導軌間掃過的面積之差.(最后結果保留3位有效數(shù)字) 解析:(1)A棒在曲軌道上下滑, 由機械能守恒定律得mAgh=mA,(1分) 解得v0== m/s=3 m/s .(1分) (2)選取水平向右為正方向,對

28、A,B利用動量定理可得 對B:FB安cos θ·t =mBvB, 對A:-FA安cos θ·t = mAvA –mAv0, 其中FA安=3FB安,(1分) 聯(lián)立得mAv0-mAvA =3 mBvB,(1分) 兩棒最后勻速時,電路中無電流,有BLvB=3BLvA,(1分) 得vB=3vA.(1分) 聯(lián)立后兩式得vA = m/s,vB= m/s.(1分) (3)在B加速過程中,由動量定理 (Bcos θ)LΔt=mBvB-0,(1分) 電路中的電流=,(1分) 據(jù)法拉第電磁感應定律有E=,(1分) 其中磁通量變化量ΔΦ=Bcos θΔS,(1分) 聯(lián)立以上各式,得ΔS

29、=29.6 m2.(1分) 答案:(1)3 m/s　(2) m/s　(3)29.6 m2 20.(12分)如圖所示,絕緣水平面內(nèi)固定有一間距d=1 m、電阻不計的足夠長光滑矩形導軌AKDC,導軌兩端接有阻值分別為R1=3 Ω和R2=6 Ω的定值電阻,矩形區(qū)域AKFE,NMCD范圍內(nèi)均有方向豎直向下、磁感應強度大小B=1 T的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ,一質(zhì)量m=0.2 kg、電阻r=1 Ω的導體棒ab垂直放在導軌上,AK與EF之間某處,在方向水平向右、大小F0=2 N的恒力作用下由靜止開始運動,剛要到達EF時導體棒ab的速度大小 v1=3 m/s,導體棒ab進入磁場Ⅱ后,導體棒ab中通過的電流始終保持

30、不變,導體棒ab在運動過程中始終保持與導軌垂直且接觸良好,空氣阻力不計. (1)求導體棒ab剛要到達EF時的加速度大小a1; (2)求兩磁場邊界EF和MN之間的距離L; (3)若在導體棒ab剛要到達MN時將恒力F0撤去,求導體棒ab能繼續(xù)滑行的距離x以及滑行該距離x的過程中整個回路產(chǎn)生的焦耳熱Q. 解析:(1)導體棒ab剛到達EF時,在磁場中切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E1=Bdv1 此時導體棒ab所受安培力的方向水平向左,由牛頓第二定律得F0-BI1d=ma1(1分) 根據(jù)閉合電路的歐姆定律, 則有I1=,(1分) 其中R==2 Ω. 解得a1=5 m/s2.(1分)

31、(2)導體棒ab進入磁場Ⅱ后,受到的安培力與F0平衡,做勻速直線運動,導體棒ab中通過的電流I2保持不變,則有F0=BI2d,其中,I2=, 解得v2=6 m/s.(1分) 設導體棒ab從EF運動到MN的過程中的加速度大小為a2,根據(jù)牛頓第二定律,則有F0=ma2; 導體棒ab在EF,MN之間做勻加速直線運動,則有 -=2a2L(1分) 解得L=1.35 m.(1分) (3)對撤去F0后,導體棒ab繼續(xù)滑行的過程中, 在某一時刻,所受安培力F=.(1分) 取一小段時間Δt,由動量定理得 -Δt=-mΔv 即=mΔv,(1分) 則整個過程有=mv2(1分) x==3.6 m,(1分) 根據(jù)能量守恒定律,則有Q=m,(1分) 代入數(shù)據(jù),解得Q=3.6 J.(1分) 答案:(1)5 m/s2　(2)1.35 m　(3)3.6 m　3.6 J　 14