一、選擇題
1.(6分)(2024·常州模擬)如圖所示,兩光滑平行長直導(dǎo)軌間距為d,固定在水平面上,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直。兩質(zhì)量都為m、電阻都為r的導(dǎo)體棒L1、L2平行放置在導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,初始兩導(dǎo)體棒距離足夠遠(yuǎn),L1靜止,L2以初速度v0向右運動,不計導(dǎo)軌電阻,忽略感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場。則( )
A.導(dǎo)體棒L1的最終速度為v0
B.導(dǎo)體棒L2產(chǎn)生的焦耳熱為3mv028
C.通過導(dǎo)體棒橫截面的電量為mv0Bd
D.兩導(dǎo)體棒初始距離最小值為mv0rB2d2
2.(6分)水平面上放置兩個互相平行的足夠長的金屬導(dǎo)軌,間距為d,電阻不計,其左端連接一阻值為R的電阻。導(dǎo)軌處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m、長度為d、阻值為R且與導(dǎo)軌接觸良好的導(dǎo)體棒MN以速度v0垂直導(dǎo)軌水平向右運動直到停下。不計一切摩擦,則下列說法正確的是( )
A.導(dǎo)體棒運動過程中所受安培力先做正功再做負(fù)功
B.導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運動的最大距離為2mv0RB2d2
C.整個過程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為12mv02
D.整個過程中,導(dǎo)體棒的平均速度大于v02
3.(6分)(多選)(2023·宿州模擬)如圖所示,有方向垂直于光滑絕緣水平桌面的兩勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B1=B、B2=3B,PQ為兩磁場的邊界,磁場范圍足夠大,一個水平放置在桌面上的邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的單匝正方形金屬線框,以初速度v垂直磁場方向從圖示位置開始向右運動,當(dāng)線框恰有一半進(jìn)入右側(cè)磁場時速度為v2,則下列判斷正確的是( )
A.v=16B2a3mR
B.此時線框的加速度大小為4B2a2vmR
C.此過程中通過線框截面的電荷量為4Ba2R
D.此時線框的電功率為4B2a2v2R
4.(6分)(2023·成都模擬)如圖,電阻不計的光滑金屬導(dǎo)軌由直窄軌AB、CD,直寬軌EF、GH和連接直軌BE、GD構(gòu)成,整個導(dǎo)軌處于同一水平面內(nèi),AB∥CD∥EF∥GH,BE和GD共線且與AB垂直,窄軌間距為L2,寬軌間距為L。空間有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場,寬軌所在區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,窄軌所在區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0。棒長均為L、質(zhì)量均為m、電阻均為R的均勻金屬直棒a、b始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。初始時刻,b棒靜止在寬軌上,a棒從窄軌上某位置以平行于AB的初速度v0向右運動。a棒距窄軌右端足夠遠(yuǎn),寬軌EF、GH足夠長。則( )
A.a棒剛開始運動時,b棒的加速度大小為B02L2v02mR
B.經(jīng)過足夠長的時間后,a棒的速度大小為23v0
C.整個過程中,a棒克服安培力做的功等于ab兩棒上的發(fā)熱量
D.整個過程中,b棒產(chǎn)生的焦耳熱為16mv02
二、計算題
5.(12分)(2023·合肥模擬)兩足夠長且不計電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置,間距為d=1 m,在左端弧形軌道部分高h(yuǎn)=1.25 m 處放置一金屬桿a,弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無摩擦,在平直軌道右端放置另一金屬桿b,桿a、b的電阻分別為Ra=2 Ω、Rb=5 Ω,在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T。現(xiàn)桿b以初速度大小v0=5 m/s開始向左滑動,同時由靜止釋放桿a,桿a由靜止滑到平直軌道的過程中,通過桿b的平均電流為0.3 A;從a下滑到平直軌道時開始計時,a、b運動的速度—時間圖像如圖乙所示(以a運動方向為正方向),其中ma=2 kg,mb=1 kg,g取10 m/s2,求:
(1)桿a由靜止滑至弧形軌道與平直軌道連接處時的速度大小;
(2)桿a在弧形軌道上運動的時間;
(3)桿a在平直軌道上運動過程中通過其截面的電荷量;
(4)在整個運動過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱。
6.(14分)(2024·濱州模擬)如圖,間距為L的足夠長的光滑平行導(dǎo)軌HGEF放置在水平面上,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于HGEF平面,導(dǎo)體棒cd垂直導(dǎo)軌靜止放置。間距也為L的光滑平行導(dǎo)軌NMPQ與水平面夾角為θ,MP間有一電容器,傾斜導(dǎo)軌NMPQ在水平面上的投影與水平導(dǎo)軌重合,磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的勻強(qiáng)磁場垂直于NMPQ平面,導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌在距離NQ為L處由靜止釋放,由傾斜導(dǎo)軌滑落與水平導(dǎo)軌碰撞,立刻沿水平導(dǎo)軌向右運動。兩導(dǎo)體棒始終未相碰,最后達(dá)到共同速度v。已知兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m,導(dǎo)體棒cd的電阻為R,不計導(dǎo)軌及導(dǎo)體棒ab的電阻,重力加速度為g。求:
(1)兩導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上運動過程中,導(dǎo)體棒cd產(chǎn)生的焦耳熱Q;
(2)兩導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上運動過程中其距離減少量Δx;
(3)電容器的電容C。
解析版
一、選擇題
1.(6分)(2024·常州模擬)如圖所示,兩光滑平行長直導(dǎo)軌間距為d,固定在水平面上,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直。兩質(zhì)量都為m、電阻都為r的導(dǎo)體棒L1、L2平行放置在導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,初始兩導(dǎo)體棒距離足夠遠(yuǎn),L1靜止,L2以初速度v0向右運動,不計導(dǎo)軌電阻,忽略感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場。則( )
A.導(dǎo)體棒L1的最終速度為v0
B.導(dǎo)體棒L2產(chǎn)生的焦耳熱為3mv028
C.通過導(dǎo)體棒橫截面的電量為mv0Bd
D.兩導(dǎo)體棒初始距離最小值為mv0rB2d2
【解析】選D。L2以初速度v0向右運動,根據(jù)楞次定律可知,電路中電流方向為順時針,導(dǎo)體棒L1受到的安培力方向向右,而L2受到的安培力方向向左,L1向右加速、L2向右減速,最終導(dǎo)體棒L1和L2以相同的速度向右做勻速直線運動。此過程中兩根導(dǎo)體棒水平方向合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,設(shè)共同速度為v,取水平向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律可得:mv0=2mv,解得:v=0.5v0,故A錯誤;整個回路中產(chǎn)生的熱量為:Q=12mv02-12×2mv2=14mv02根據(jù)焦耳定律可得導(dǎo)體棒L2產(chǎn)生的焦耳熱為:Q'=rr+rQ,聯(lián)立解得:Q'=mv028,故B錯誤;對導(dǎo)體棒L1,取向右為正方向,由動量定理得:BdIt=mv-0,因為q=It,解得通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為:q=mv02Bd,故C錯誤;當(dāng)導(dǎo)體棒L1、L2的速度相等且距離為零時,則兩棒初始距離最小,設(shè)最小初始距離為L,根據(jù)電荷量的計算公式可得:q=It=E2rt=ΔΦ2r=BdL2r,根據(jù)C選項可知:q=mv02Bd,解得:L=mv0rB2d2,故D正確。
2.(6分)水平面上放置兩個互相平行的足夠長的金屬導(dǎo)軌,間距為d,電阻不計,其左端連接一阻值為R的電阻。導(dǎo)軌處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m、長度為d、阻值為R且與導(dǎo)軌接觸良好的導(dǎo)體棒MN以速度v0垂直導(dǎo)軌水平向右運動直到停下。不計一切摩擦,則下列說法正確的是( )
A.導(dǎo)體棒運動過程中所受安培力先做正功再做負(fù)功
B.導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運動的最大距離為2mv0RB2d2
C.整個過程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為12mv02
D.整個過程中,導(dǎo)體棒的平均速度大于v02
【解析】選B。導(dǎo)體棒向右運動過程中一直受到向左的安培力作用,則安培力一直做負(fù)功,選項A錯誤;由動量定理可知-IdB·Δt=0-mv0,其中I·Δt=ΔΦΔt2R·Δt=ΔΦ2R,ΔΦ=Bdx,解得x=2mv0RB2d2,故B正確;導(dǎo)體棒的阻值與左端所接電阻的阻值相等,導(dǎo)體棒與左端所接電阻所產(chǎn)生的焦耳熱總值為12mv02,故電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為14mv02,故C錯誤;根據(jù)a=BIdm=B2d2v2Rm可知,導(dǎo)體棒做的是加速度逐漸減小的減速運動,故其平均速度小于做勻減速運動的平均速度,即小于v02,故D錯誤。
3.(6分)(多選)(2023·宿州模擬)如圖所示,有方向垂直于光滑絕緣水平桌面的兩勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B1=B、B2=3B,PQ為兩磁場的邊界,磁場范圍足夠大,一個水平放置在桌面上的邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的單匝正方形金屬線框,以初速度v垂直磁場方向從圖示位置開始向右運動,當(dāng)線框恰有一半進(jìn)入右側(cè)磁場時速度為v2,則下列判斷正確的是( )
A.v=16B2a3mR
B.此時線框的加速度大小為4B2a2vmR
C.此過程中通過線框截面的電荷量為4Ba2R
D.此時線框的電功率為4B2a2v2R
【解析】選A、D。磁通量的變化量ΔΦ=Φ2-Φ1=2Ba2,感應(yīng)電動勢E=ΔΦΔt=2Ba2Δt,感應(yīng)電流I=ER=2Ba2R·Δt,由動量定理可得mv2-mv=-BIa·Δt-3BIa·Δt,計算可得v=16B2a3mR,故A正確;此時切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=3Bav2+Bav2=2Bav,線框中電流為I=ER=2BavR,由牛頓第二定律得3BIa+BIa=ma加,聯(lián)立兩式可得a加=8B2a2vmR,故B錯誤;由電荷量公式得q=I·Δt=2Ba2R,故C錯誤;此時線框的電功率為P=I2R=4B2a2v2R,故D正確。
4.(6分)(2023·成都模擬)如圖,電阻不計的光滑金屬導(dǎo)軌由直窄軌AB、CD,直寬軌EF、GH和連接直軌BE、GD構(gòu)成,整個導(dǎo)軌處于同一水平面內(nèi),AB∥CD∥EF∥GH,BE和GD共線且與AB垂直,窄軌間距為L2,寬軌間距為L?？臻g有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場,寬軌所在區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,窄軌所在區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0。棒長均為L、質(zhì)量均為m、電阻均為R的均勻金屬直棒a、b始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。初始時刻,b棒靜止在寬軌上,a棒從窄軌上某位置以平行于AB的初速度v0向右運動。a棒距窄軌右端足夠遠(yuǎn),寬軌EF、GH足夠長。則( )
A.a棒剛開始運動時,b棒的加速度大小為B02L2v02mR
B.經(jīng)過足夠長的時間后,a棒的速度大小為23v0
C.整個過程中,a棒克服安培力做的功等于ab兩棒上的發(fā)熱量
D.整個過程中,b棒產(chǎn)生的焦耳熱為16mv02
【解析】選D。a棒剛開始運動時,產(chǎn)生的動生電動勢為E=2B0·L2v0=B0Lv0
回路中的總電阻R總=R+R2=32R
則回路中的感應(yīng)電流為I=2E3R=2B0Lv03R
在此瞬間,對b棒由牛頓第二定律可得:
B0IL=ma
解得:a=2B02L2v03mR,故A錯誤;由分析可知,a棒、b棒分別向右做加速度減小的減速運動和加速度減小的加速運動,回路中的感應(yīng)電動勢為E總=Ea-Eb=2B0·L2va-B0Lvb=B0L(va-vb)
當(dāng)va=vb=v時,感應(yīng)電動勢為零,兩棒將均做勻速直線運動。兩棒組成的系統(tǒng)所受合外力為F合=B0IL-2B0I·L2=0
所以兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒,取向右為正方向,由動量守恒定律有mv0=2mv,解得:v=v02
可知,經(jīng)過足夠長的時間后,a棒的速度大小為12v0,故B錯誤;根據(jù)功能關(guān)系可知,整個過程中,a棒克服安培力做的功等于ab兩棒上的發(fā)熱量與b棒所獲得的動能之和,故C錯誤;根據(jù)能量守恒,可得在整個過程中產(chǎn)生的總熱量為Q=12mv02-12·2m(v02)2=14mv02,則b棒產(chǎn)生的熱量為Qb=23Q=16mv02,故D正確。
二、計算題
5.(12分)(2023·合肥模擬)兩足夠長且不計電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置,間距為d=1 m,在左端弧形軌道部分高h(yuǎn)=1.25 m 處放置一金屬桿a,弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無摩擦,在平直軌道右端放置另一金屬桿b,桿a、b的電阻分別為Ra=2 Ω、Rb=5 Ω,在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T?，F(xiàn)桿b以初速度大小v0=5 m/s開始向左滑動,同時由靜止釋放桿a,桿a由靜止滑到平直軌道的過程中,通過桿b的平均電流為0.3 A;從a下滑到平直軌道時開始計時,a、b運動的速度—時間圖像如圖乙所示(以a運動方向為正方向),其中ma=2 kg,mb=1 kg,g取10 m/s2,求:
(1)桿a由靜止滑至弧形軌道與平直軌道連接處時的速度大小;
答案:(1)5 m/s
【解析】(1)桿a由靜止滑至弧形軌道與平直軌道連接處時,由機(jī)械能守恒定律
magh=12mava2
解得:va=5 m/s
(2)桿a在弧形軌道上運動的時間;
答案: (2)5 s
【解析】(2)設(shè)桿a由靜止滑至弧形軌道與平直軌道連接處時桿b的速度大小為vb0,對桿b運用動量定理,有BdI·Δt=mb(v0-vb0)
其中:vb0=2 m/s,v0=5 m/s,代入數(shù)據(jù)解得:Δt=5 s
(3)桿a在平直軌道上運動過程中通過其截面的電荷量;
答案: (3)73 C
【解析】(3)設(shè)最后a、b兩桿共同的速度為v',由動量守恒定律得mava-mbvb0=(ma+mb)v'
代入數(shù)據(jù)解得v'=83 m/s
桿a動量的變化量等于它所受安培力的沖量,設(shè)桿a的速度從va到v'的運動時間為Δt',則由動量定理可得
BdI·Δt'=ma(va-v')
而q=I·Δt'
代入數(shù)據(jù)得:q=73C
(4)在整個運動過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱。
答案: (4)1156 J
【解析】(4)由能量守恒定律可知桿a、b中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=magh+12mbv02-12(ma+mb)v'2
解得Q=1616 J
桿b中產(chǎn)生的焦耳熱為
Q'=52+5Q=57×1616 J=1156 J
【解題指南】解答本題應(yīng)注意以下三點:
(1)對桿b分析,在桿a沿弧形軌道下滑過程中,結(jié)合桿b的初末速度,結(jié)合動量定理求出桿
b運動的時間,從而得出桿a在弧形軌道上運動的時間Δt。
(2)根據(jù)機(jī)械能守恒定律計算出a進(jìn)入平直軌道時的速度。a進(jìn)入平直軌道后,兩桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,根據(jù)動量守恒定律求出a、b桿共同的速度,再結(jié)合動量定理求出桿a在平直軌道上運動過程中通過其截面的電荷量;
(3)根據(jù)能量守恒得出整個回路產(chǎn)生的總焦耳熱,結(jié)合兩電阻的關(guān)系得出桿b產(chǎn)生的焦耳熱。
6.(14分)(2024·濱州模擬)如圖,間距為L的足夠長的光滑平行導(dǎo)軌HGEF放置在水平面上,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于HGEF平面,導(dǎo)體棒cd垂直導(dǎo)軌靜止放置。間距也為L的光滑平行導(dǎo)軌NMPQ與水平面夾角為θ,MP間有一電容器,傾斜導(dǎo)軌NMPQ在水平面上的投影與水平導(dǎo)軌重合,磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的勻強(qiáng)磁場垂直于NMPQ平面,導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌在距離NQ為L處由靜止釋放,由傾斜導(dǎo)軌滑落與水平導(dǎo)軌碰撞,立刻沿水平導(dǎo)軌向右運動。兩導(dǎo)體棒始終未相碰,最后達(dá)到共同速度v。已知兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m,導(dǎo)體棒cd的電阻為R,不計導(dǎo)軌及導(dǎo)體棒ab的電阻,重力加速度為g。求:
(1)兩導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上運動過程中,導(dǎo)體棒cd產(chǎn)生的焦耳熱Q;
答案:(1)mv2
【解析】(1)設(shè)導(dǎo)體棒ab在水平導(dǎo)軌向右運動的初速度為v1,規(guī)定向右為正方向,由動量守恒定律得:mv1=2mv
由能量守恒定律得導(dǎo)體棒cd產(chǎn)生的焦耳熱為:Q=12mv12-12×2 mv2
解得:Q=mv2
(2)兩導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上運動過程中其距離減少量Δx;
答案: (2)mvRB2L2
【解析】(2)對導(dǎo)體棒cd,以向右為正方向,由動量定理得:BILΔt=mv
由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=ΔΦΔt
且磁通量變化ΔΦ=BLΔx
由閉合電路歐姆定律得I=ER
聯(lián)立解得:Δx=mvRB2L2
(3)電容器的電容C。
答案: (3)mgLsinθcs2θ-2mv22v2B2L2
【解析】(3)對導(dǎo)體棒ab在傾斜導(dǎo)軌上的運動過程,以沿傾斜導(dǎo)軌向下為正方向,由動量定理得:
mgsinθΔt1-BI1LΔt1=mΔv
導(dǎo)體棒ab中的電流I1=ΔQΔt
電容器電容C=ΔQΔU
電容器兩極電壓變化量ΔU=BLΔv
又有:a=ΔvΔt
以上各式聯(lián)立得:a=mgsinθm+B2L2C
可知導(dǎo)體棒ab在傾斜導(dǎo)軌上做勻加速直線運動,則有:
v02=2aL,由幾何關(guān)系得導(dǎo)體棒ab在傾斜導(dǎo)軌末端時的速度
v0=v1csθ=2vcsθ
解得電容器的電容為:
C=mgLsinθcs2θ-2mv22v2B2L2

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