2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題四 電路與電磁感應(yīng) 第二講 楞次定律 法拉 第電磁感應(yīng)定律課前自測(cè)診斷卷
《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題四 電路與電磁感應(yīng) 第二講 楞次定律 法拉 第電磁感應(yīng)定律課前自測(cè)診斷卷》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題四 電路與電磁感應(yīng) 第二講 楞次定律 法拉 第電磁感應(yīng)定律課前自測(cè)診斷卷(8頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題四 電路與電磁感應(yīng) 第二講 楞次定律 法拉 第電磁感應(yīng)定律課前自測(cè)診斷卷 考點(diǎn)一 常見(jiàn)磁場(chǎng)中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象 A.線框中的感應(yīng)電流先沿順時(shí)針?lè)较蚝笱啬鏁r(shí)針?lè)较? B.線框中的感應(yīng)電流一直沿順時(shí)針?lè)较? C.線框受到的安培力方向先向左后向右 D.線框受到的安培力方向一直向左 解析:選BD 根據(jù)安培定則和磁場(chǎng)的疊加原理判斷得知,在AB右側(cè)磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,AB左側(cè)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。當(dāng)導(dǎo)線框位于AB左側(cè)向右運(yùn)動(dòng)時(shí),導(dǎo)線框中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,磁通量減小,根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?;?dāng)導(dǎo)線框經(jīng)過(guò)AB時(shí),導(dǎo)線框中的磁場(chǎng)方向先垂
2、直紙面向里,后垂直紙面向外,磁通量先減小,后增大,根據(jù)楞次定律,可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍划?dāng)導(dǎo)線框在AB右側(cè)并向右運(yùn)動(dòng)時(shí),導(dǎo)線框中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,磁通量增加,根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍瑒t可知電流方向一直為順時(shí)針?lè)较?,B正確,A錯(cuò)誤。根據(jù)楞次定律可知,線框受到的安培力的方向一定與線框的運(yùn)動(dòng)方向相反,故安培力一直向左,C錯(cuò)誤,D正確。 2.[考查地磁場(chǎng)中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象] 如圖,沿東西方向站立的兩同學(xué)(左西右東)做“搖繩發(fā)電”實(shí)驗(yàn):把一條長(zhǎng)導(dǎo)線的兩端連在一個(gè)靈敏電流計(jì)(零刻度在表盤(pán)中央)的兩個(gè)接線柱上,形成閉合回路,然后迅速搖動(dòng)MN這段“繩”。假設(shè)圖中情景發(fā)生在赤道
3、處,則下列說(shuō)法正確的是( ) A.當(dāng)“繩”搖到最高點(diǎn)時(shí),“繩”中電流最大 B.當(dāng)“繩”搖到最低點(diǎn)時(shí),“繩”受到的安培力最大 C.當(dāng)“繩”向下運(yùn)動(dòng)時(shí),N點(diǎn)電勢(shì)比M點(diǎn)電勢(shì)高 D.搖“繩”過(guò)程中,靈敏電流計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)方向不變 解析:選C 當(dāng)“繩”搖到最高點(diǎn)時(shí),繩轉(zhuǎn)動(dòng)的速度方向與地磁場(chǎng)方向平行,不切割磁感線,感應(yīng)電流最小,故A錯(cuò)誤。當(dāng)“繩”搖到最低點(diǎn)時(shí),繩轉(zhuǎn)動(dòng)的速度方向與地磁場(chǎng)方向平行,不切割磁感線,感應(yīng)電流最小,繩受到的安培力也最小,故B錯(cuò)誤。當(dāng)“繩”向下運(yùn)動(dòng)時(shí),地磁場(chǎng)向北,根據(jù)右手定則判斷可知,“繩”中N點(diǎn)電勢(shì)比M點(diǎn)電勢(shì)高,故C正確。在搖“繩”過(guò)程中,當(dāng)“繩”向下運(yùn)動(dòng)和向上運(yùn)動(dòng)時(shí),“繩
4、”切割磁感線的方向不同,則感應(yīng)電流的方向不同,即靈敏電流計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)方向改變,故D錯(cuò)誤。 3.[考查永磁體周?chē)艌?chǎng)中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象] [多選]有一個(gè)銅盤(pán),與支架之間的阻力非常小,因此輕輕撥動(dòng)它,就能長(zhǎng)時(shí)間地繞軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)。如果在轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)把蹄形磁鐵的兩極放在銅盤(pán)邊緣,但并不與銅盤(pán)接觸,如圖所示。下列說(shuō)法正確的是( ) A.銅盤(pán)能夠在較短的時(shí)間內(nèi)停止轉(zhuǎn)動(dòng) B.銅盤(pán)在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中磁通量將不斷減小 C.銅盤(pán)在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)將不斷減小 D.銅盤(pán)邊緣的電勢(shì)高于圓心的電勢(shì) 解析:選ACD 當(dāng)銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),切割磁感線,產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),由于電路閉合,則有感應(yīng)電流,處于磁場(chǎng)中受到安培力作用,此
5、力阻礙銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng),銅盤(pán)能夠在較短的時(shí)間內(nèi)停止轉(zhuǎn)動(dòng),選項(xiàng)A正確;銅盤(pán)在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中磁通量不變,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;銅盤(pán)在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,由于轉(zhuǎn)動(dòng)速度減小,則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)將不斷減小,選項(xiàng)C正確;由右手定則可知,銅盤(pán)邊緣的電勢(shì)高于圓心的電勢(shì),選項(xiàng)D正確。 4.[考查電磁鐵周?chē)艌?chǎng)中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象(二次感應(yīng)問(wèn)題)] [多選]如圖所示,水平放置的兩光滑軌道上有可自由移動(dòng)的金屬棒PQ、MN,PQ所處的水平光滑軌道內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),當(dāng)PQ在外力的作用下運(yùn)動(dòng)時(shí),閉合開(kāi)關(guān)S,MN在安培力的作用下向右運(yùn)動(dòng),則PQ所做的運(yùn)動(dòng)可能是( ) A.向右加速運(yùn)動(dòng) B.向左加速運(yùn)動(dòng) C.向右減速運(yùn)動(dòng)
6、 D.向左減速運(yùn)動(dòng) 解析:選BC 逆推法:根據(jù)右手螺旋定則可知,導(dǎo)線ab在MN所在處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,MN在安培力作用下向右運(yùn)動(dòng),說(shuō)明MN受到的安培力向右,由左手定則可知,MN中的電流方向由M指向N,由右手螺旋定則可知,線圈L1中感應(yīng)磁場(chǎng)方向豎直向上,由楞次定律可知,線圈L2中磁通量的變化情況為向上減小或向下增加,由右手螺旋定則可知,PQ中的電流從Q到P且逐漸減小或從P到Q且逐漸增大,再由右手定則可知,PQ可能是向左加速運(yùn)動(dòng)或向右減速運(yùn)動(dòng)。故B、C正確,A、D錯(cuò)誤。 順序推理法:對(duì)選項(xiàng)A,PQ向右加速運(yùn)動(dòng),L2上端為N極且磁通量增加,由楞次定律可推出L1的下端為N極,電流由N到
7、M,S閉合時(shí)MN向左運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤。同理,可分析得出B、C正確,D錯(cuò)誤。 考點(diǎn)二 電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題 5.[考查根據(jù)電磁感應(yīng)過(guò)程選擇圖像] 如圖所示,在邊長(zhǎng)為a的正方形區(qū)域內(nèi),有以對(duì)角線為邊界、垂直于紙面的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同、方向相反,紙面內(nèi)一邊長(zhǎng)為a的正方形導(dǎo)線框沿x軸勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域,t=0時(shí)刻恰好開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域,以順時(shí)針?lè)较驗(yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向,下列選項(xiàng)中能夠正確表示電流與位移關(guān)系的是( ) 解析:選B 在x∈(0,a)時(shí),右邊框切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,電流大小i==(a-2x),其中x∈時(shí),方向?yàn)轫槙r(shí)針;x=時(shí),導(dǎo)線框中感應(yīng)電流為零;x∈
8、時(shí),方向?yàn)槟鏁r(shí)針。在x∈(a,2a)時(shí),左邊框切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,感應(yīng)電流大小i==(3a-2x),其中x∈時(shí),方向?yàn)槟鏁r(shí)針;x=a時(shí),導(dǎo)線框中感應(yīng)電流為零;x∈時(shí),方向?yàn)轫槙r(shí)針,所以B正確,A、C、D錯(cuò)誤。 6.[考查根據(jù)圖像分析電磁感應(yīng)過(guò)程] [多選]如圖甲所示,一正方形線框放在光滑絕緣的水平面上,在水平向右的拉力作用下從圖示位置始終向右做勻加速運(yùn)動(dòng),線框右側(cè)有一垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),線框的右邊始終與磁場(chǎng)的邊界平行,線框的質(zhì)量為1 kg,電阻為1 Ω,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,拉力的大小隨時(shí)間變化如圖乙所示,則( ) A.線框運(yùn)動(dòng)的加速度大小為5 m/s2 B.線框剛好完全進(jìn)
9、入磁場(chǎng)時(shí)的時(shí)間為t=1.2 s C.線框的邊長(zhǎng)為0.55 m D.磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1.1 T 解析:選AB 由題圖乙可知,線框在磁場(chǎng)外受到的合力為5 N,則運(yùn)動(dòng)的加速度大小a== m/s2=5 m/s2,A項(xiàng)正確;線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中,F(xiàn)-=ma,即F=+ma,線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),10=×5×1+5,剛好完全進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)11=×5×t+5,求得t=1.2 s,B項(xiàng)正確;線框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)=×5×(1.22-12)m=1.1 m,C項(xiàng)錯(cuò)誤;由=1得磁感應(yīng)強(qiáng)度B= T,D項(xiàng)錯(cuò)誤。 考點(diǎn)三 線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 7.[考查線框在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)問(wèn)題]如圖所示,單匝直角三角形導(dǎo)線框OM
10、N在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以O(shè)N所在的直線為軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng),角速度為ω,已知OM邊長(zhǎng)為l,∠MON=θ,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于ON向右,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,下列說(shuō)法正確的是( ) A.導(dǎo)線框OMN內(nèi)產(chǎn)生大小恒定的電流 B.截掉導(dǎo)線MN,則電動(dòng)勢(shì)最大值變小 C.導(dǎo)線框OMN產(chǎn)生的電流方向?yàn)镺MNO D.導(dǎo)線框OMN內(nèi)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值為Bl2ωsin θcos θ 解析:選D 當(dāng)導(dǎo)線框OMN以O(shè)N所在的直線為軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),線框內(nèi)產(chǎn)生正弦交變電流,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;導(dǎo)線MN不切割磁感線,則截掉導(dǎo)線MN,則電動(dòng)勢(shì)最大值不變,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;導(dǎo)線框OMN產(chǎn)生的電流方向不斷變化,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;導(dǎo)線框OMN內(nèi)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值為
11、Em=BωS=Bl2ωsin θcos θ,選項(xiàng)D正確。 8.[考查線框在磁場(chǎng)中平動(dòng)問(wèn)題][多選]如圖所示,PQ、MN為兩根光滑絕緣且固定的平行軌道,兩軌道間的寬度為L(zhǎng),軌道斜面與水平面成θ角。在矩形abdc內(nèi)存在方向垂直軌道斜面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),已知ab、cd間的距離為3d。有一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為d的矩形金屬線圈ABCD放置在軌道上,開(kāi)始時(shí)線圈AB邊與磁場(chǎng)邊界ab重合。現(xiàn)讓線圈由靜止出發(fā)沿軌道下滑,從AB邊進(jìn)入磁場(chǎng)到CD邊進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中,流過(guò)線圈的電荷量為q。線圈通過(guò)磁場(chǎng)的總時(shí)間為t,重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是( ) A.線圈在磁場(chǎng)中不可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
12、B.線圈的電阻為R= C.線圈CD邊剛好通過(guò)磁場(chǎng)下邊界時(shí),線圈的速度大小為v= D.線圈在時(shí)間t內(nèi)電阻的發(fā)熱量為Q=4mgdsin θ- 解析:選BD 線圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)后,磁通量不變,感應(yīng)電流為0,不受安培力作用,做勻加速直線運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;從AB邊進(jìn)入磁場(chǎng)到CD邊進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中,通過(guò)回路的電荷量q=IΔt=Δt==,線圈的電阻為R=,故B正確;設(shè)線圈CD邊剛好通過(guò)磁場(chǎng)下邊界時(shí),線圈的速度大小為v,根據(jù)動(dòng)量定理可得mgtsin θ-BLt′=mv-0,t′=2q,解得線圈的速度大小為v=,故C錯(cuò)誤;由能量守恒定律有mg·4dsin θ=mv2+Q,解得Q=4mgdsin θ-,故D正確
13、。 考點(diǎn)四 導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 9.[考查導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線] [多選]如圖所示,半徑為r的半圓弧光滑金屬導(dǎo)軌ab垂直放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,現(xiàn)有一導(dǎo)體棒Oc可繞半圓形導(dǎo)軌的圓心O點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn),轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒接入的電阻為R0,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。在導(dǎo)軌的右端點(diǎn)b和圓心O有兩根引線分別接在電容器C和總阻值為R的滑動(dòng)變阻器兩端。現(xiàn)讓導(dǎo)體棒從b端向a端轉(zhuǎn)動(dòng),下列說(shuō)法正確的是( ) A.導(dǎo)體棒在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中c端電勢(shì)高 B.滑片P置于最右端不動(dòng),且導(dǎo)體棒以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)外力的功率為 C.導(dǎo)體棒以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),將P從最右端滑到最左
14、端的過(guò)程中C的放電量為 D.滑片P置于中間不動(dòng),均勻增大轉(zhuǎn)速時(shí)導(dǎo)體棒所受的外力和C上的電荷量都均勻增大 解析:選CD 導(dǎo)體棒Oc轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中由右手定則知電流由c向O流動(dòng),因?qū)w棒相當(dāng)于電源,故c端是電源的負(fù)極,電勢(shì)低,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=Br·ω,因此回路中的電流為I=,于是對(duì)應(yīng)外力的功率為P=I2(R+R0)=,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒穩(wěn)定轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),電動(dòng)勢(shì)恒定,將滑片P從最右端滑向最左端的過(guò)程中C的電壓從U=R=逐漸減小到零,對(duì)應(yīng)放出的電荷量為Q=C(U-0)=,故C項(xiàng)正確;滑片P置于中間不動(dòng),增大轉(zhuǎn)速時(shí),回路中的電流為I=n線性增大,因此安培力F=IrB=n也線性增大,
15、由于電流線性增大,滑動(dòng)變阻器分配的電壓線性增大,加在C上的電壓線性增大,因此它的帶電量也線性增大,故D項(xiàng)正確。 10.[考查導(dǎo)體棒平動(dòng)切割磁感線,導(dǎo)體棒所受摩擦力恒定] [多選]CD、EF是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d,如圖所示。導(dǎo)軌的右端接有一阻值為R的電阻,左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接。將一阻值為R、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放,導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場(chǎng)的右邊界處。已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好,且與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,下列說(shuō)法正確的是(
16、 ) A.通過(guò)電阻R的最大電流為 B.流過(guò)電阻R的電荷量為 C.整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh D.電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h-μd) 解析:選ABD 質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放,剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度最大,由mgh=mv2,得最大速度v=,產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Em=BLv=BL。由閉合電路歐姆定律可得電阻R的最大電流Im==,A正確;在導(dǎo)體棒滑過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值==,平均感應(yīng)電流=,流過(guò)電阻R的電荷量為q=t,聯(lián)立解得q==,B正確;由能量守恒定律可知整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q=mgh-μmgd,C錯(cuò)誤;電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q1=Q=mg
17、(h-μd),D正確。 11.[考查導(dǎo)體棒平動(dòng)切割磁感線,導(dǎo)體棒所受外力變化] 如圖所示,一對(duì)光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),導(dǎo)軌間距L=0.5 m,左端接有阻值R=0.3 Ω的電阻,一質(zhì)量m=0.1 kg、電阻r=0.1 Ω的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上,整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2 T,棒在水平向右的外力作用下,由靜止開(kāi)始以a=2 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)棒運(yùn)動(dòng)的位移x=9 m 時(shí)撤去外力,棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下來(lái),已知撤去外力前回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q1=2.025 J,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì),棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸,
18、求: (1)棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,通過(guò)電阻R的電荷量q; (2)金屬棒MN做勻加速運(yùn)動(dòng)所需外力F隨時(shí)間t變化的表達(dá)式; (3)外力做的功WF。 解析:(1)棒在勻加速運(yùn)動(dòng)中,由法拉第電磁感應(yīng)定律得=,其中ΔΦ=BLx 由閉合電路的歐姆定律得= 則通過(guò)電阻R的電荷量為q=·Δt 聯(lián)立各式,代入數(shù)據(jù)得q=2.25 C。 (2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=BLv 對(duì)棒的勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v=at 由閉合電路歐姆定律得I= 由安培力公式和牛頓第二定律得F-BIL=ma 聯(lián)立各式得F=0.2+0.05t(N)。 (3)對(duì)棒的勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程, 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2=2a
19、x 撤去外力后,由動(dòng)能定理得安培力做功 W=0-mv2 撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2=-W 聯(lián)立解得Q2=1.8 J 在棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中,由功能關(guān)系可知WF=Q1+Q2 解得WF=3.825 J。 答案:(1)2.25 C (2)F=0.2+0.05t(N) (3)3.825 J 12.[考查雙導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)] 兩足夠長(zhǎng)且不計(jì)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(wú)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
20、直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),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(kāi)始向左滑動(dòng),同時(shí)由靜止釋放桿a,桿a由靜止滑到水平軌道的過(guò)程中,通過(guò)桿b的平均電流為0.3 A;從a下滑到水平軌道時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí),a、b運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示(以a運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?,其中ma=2 kg,mb=1 kg,g=10 m/s2,求: (1)桿a在弧形軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間; (2)桿a在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)其截面的電荷量; (3)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱。 解析:(1)設(shè)桿a由靜止釋放到滑至弧形軌道與平直軌道連接處時(shí)桿b的速度大小為vb0,以桿b運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较颍瑢?duì)桿b運(yùn)用動(dòng)量定理,
21、有 -Bd·Δt=mbvb0-mbv0 其中vb0=2 m/s 代入數(shù)據(jù)解得Δt=5 s。 (2)對(duì)桿a由靜止下滑到平直導(dǎo)軌上的過(guò)程中,由機(jī)械能守恒定律有magh=mava2 解得va==5 m/s 設(shè)最后a、b兩桿共同的速度為v′,以桿a運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?,由?dòng)量守恒定律得mava-mbvb0=(ma+mb)v′ 代入數(shù)據(jù)解得v′= m/s 桿a動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)間為Δt′,則由動(dòng)量定理可得 -BdI·Δt′=mav′-mava 而q=I·Δt′ 代入數(shù)據(jù)得q= C。 (3)由能量守恒定律可知桿a、b中產(chǎn)生的焦耳熱為 Q=magh+mbv02-(mb+ma)v′2= J b棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′=Q= J。 答案:(1)5 s (2) C (3) J
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