考向3 与力学三大规律的综合
(多选)(2020·全国Ⅰ卷)如图,U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上,ab和dc边平行,和bc边垂直。ab、dc足够长,整个金属框电阻可忽略,一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上,用水平恒力F向右拉动金属框,运动过程中,装置始终处于竖直向下的匀强磁场中,MN与金属框保持良好接触,且与bc边保持平行。经过一段时间后
( )
A.金属框的速度大小趋于恒定值
B.金属框的加速度大小趋于恒定值
C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
(1)审题破题眼:
(2)命题陷阱点:
陷阱1:认为bc受到的安培力大小不断增大,最终受力平衡。
在分析受力的时候MN也要受到安培力的作用,同时安培力不断增大,系统中存在两个研究对象,所以都要受力分析,同时分析两者之间的关系。
陷阱2:认为导体棒和bc边最终的运动状态相同。
在分析运动的时候没有很好地把握整体法与隔离法的应用,本道题两者受安培力时刻大小相等方向相反,但是并不是相对静止,不能看成整体分析,必须采用隔离法。
熟记电磁感应、电学和运动学的规律
电磁感应下力学和电学综合问题分析技巧
1.平衡态下,研究对象加速度为零,根据平衡条件列式分析计算。
2.非平衡态下,研究对象加速度不为零,根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析。
3.对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况,如果两棒所受的外力之和为零,则考虑应用动量守恒定律处理问题。
4.当题目中涉及电荷量或平均电流时,可应用动量定理BL·Δt=m·Δv、q=·Δt来解决问题。
杆受力运动下分析的思维模板
1.(力电综合应用)CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨,导轨间距为L,在水平导轨的左侧存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场区域的长度为d,如图所示。导轨的右端接有一电阻R,左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放,导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好,且动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则下列说法中正确的是
( )
A.通过电阻R的最大电流为
B.流过电阻R的电荷量为
C.整个电路中产生的焦耳热为mgh
D.电阻R中产生的焦耳热为mgh
2.(双导轨问题)(多选)如图所示,相距为L的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一定值电阻R,整个装置被固定在水平地面上,整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两根质量均为m,电阻都为R,与导轨间的动摩擦因数都为μ的相同金属棒MN、EF垂直放在导轨上。现在给金属棒MN施加一水平向左的作用力F,使金属棒MN从静止开始以加速度a做匀加速直线运动,若重力加速度为g,导轨电阻不计,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。则下列说法正确的是
( )
A.从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为t=
B.若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T,则金属棒EF开始运动时,水平拉力F的瞬时功率为P=(ma+μmg)aT
C.若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T,则此过程中流过电阻R的电荷量为q=L
D.从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动的过程中,两金属棒的发热量相等
1.如图所示,在同一水平面内有两根光滑平行金属导轨MN和PQ,在两导轨之间竖直放置通电螺线管,ab和cd是放在导轨上的两根金属棒,它们分别放在螺线管的左、右两侧,保持开关闭合,最初两金属棒处于静止状态。当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时,两根金属棒与导轨构成的回路中感应电流方向(俯视图)及ab、cd两棒的运动情况是
( )
A.感应电流为顺时针方向,两棒相互靠近
B.感应电流为顺时针方向,两棒相互远离
C.感应电流为逆时针方向,两棒相互靠近
D.感应电流为逆时针方向,两棒相互远离
2.矩形线圈abcd位于足够长的通电直导线附近,且线圈平面与导线在同一平面内,如图所示,
线圈的两条边ad和bc导线平行,则下列判断正确的是( )
A.导线向右平动时,线圈中电流方向为abcda
B.导线向左平动时,线圈中电流方向为adcba
C.线圈向右平动时,电流方向为abcda
D.减小导线中的电流,
线圈中电流方向为adcba
3.(多选)某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置,如图所示。自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中,后轮圆形金属盘在磁场中逆时针转动时,可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动。已知该磁场的磁感应强度大小为B,圆盘半径为l,圆盘电阻不计。导线通过电刷分别与后轮外侧边缘和圆心O相连,导线两端a、b间接一阻值为R的小灯泡。后轮匀速转动时,用电压表测得a、b间电压为U,则下列说法正确的是
( )
A.a连接的是电压表的正接线柱
B.若圆盘匀速转动的时间为t,则该过程中克服安培力做功Q=t
C.自行车后轮边缘的线速度大小是
D.自行车后轮转动的角速度是
4.如图所示,平行金属导轨与水平面间的倾角为θ,导轨电阻不计,与阻值为R的定值电阻相连,匀强磁场垂直穿过导轨平面,磁感应强度为B。有一质量为m长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动,最远到达a′b′的位置,滑行的距离为s,导体棒的电阻也为R,与导轨之间的动摩擦因数为μ。则
( )
A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B.上滑过程中电流做功发出的热量为mv2-mgs(sinθ+μcosθ)
C.上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2
D.上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2
5.如图甲所示,边长为L=2.5
m、质量为m=0.5
kg
的正方形绝缘金属线框平放在光滑的水平桌面上,磁感应强度B=0.8
T的匀强磁场方向竖直向上(俯视),金属线框的一边ab与磁场的边界MN重合。在力F作用下金属线框由静止开始向左运动,在5
s时从磁场中拉出,力F做功1.92
J,并测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示。已知金属线框的总电阻为R=4
Ω,则下列说法中正确的是
( )
A.金属线框从磁场中拉出的过程中,线框中的感应电流方向为badcb
B.t=2
s时,金属线框的速度为2
m/s
C.金属框从磁场拉出过程线框中产生的焦耳热是2
J
D.金属框从磁场拉出过程线框中产生的焦耳热是1.67
J
6.(多选)一有界区域内,存在着方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,磁场宽度均为L,如图所示。边长为L的正方形导线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上,建立水平向右的x轴,且坐标原点在磁场的左边界上,t=0时刻开始线框沿x轴正方向匀速通过磁场区域,规定逆时针方向为电流的正方向,导线框受向左的安培力为正方向,四个边电阻均相等。下列关于感应电流i或导线框受的安培力F或b、a两点电势差Uba随时间t的变化规律正确的是
( )
7.(多选)如图所示,绝缘水平面内固定有一间距d=1
m、电阻不计的足够长光滑矩形导轨AKDC,导轨两端接有阻值分别为R1=3
Ω和R2=6
Ω的定值电阻。矩形区域AKFE、NMCD范围内均有方向竖直向下(俯视)、磁感应强度大小B=1
T的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ。一质量m=0.2
kg,电阻r=1
Ω的导体棒ab垂直放在导轨上AK与EF之间某处,在方向水平向右、大小F0=2
N的恒力作用下由静止开始运动,刚到达EF时导体棒ab的速度大小v1=3
m/s,导体棒ab进入磁场Ⅱ后,导体棒ab中通过的电流始终保持不变。导体棒ab在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好,空气阻力不计。则
( )
A.导体棒ab刚到达EF时的加速度大小为5
m/s2
B.两磁场边界EF和MN之间的距离L为1
m
C.若在导体棒ab刚到达MN时将恒力撤去,导体棒ab继续滑行的距离为3
m
D.若在导体棒ab刚到达MN时将恒力撤去,导体棒ab继续滑行的过程中整个回路产生的焦耳热为3.6
J
考向3
///研透真题·破题有方///
B、C 由bc边切割磁感线产生电动势,形成电流,使得导体棒MN受到向右的安培力,向右做加速运动,bc边受到向左的安培力,向右做加速运动。当MN运动时,金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线,设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2,则电路中的电动势E=BL(v2-v1),导体棒中的电流I==,金属框受到的安培力F安框=,与运动方向相反,导体棒MN受到的安培力F安MN=,与运动方向相同。设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2,则对导体棒MN根据牛顿第二定律有=m1a1,对金属框abcd根据牛顿第二定律有F-=m2a2。因初始速度均为零,则a1从零开始逐渐增加,a2从开始逐渐减小,当a1=a2时,解得金属框相对金属棒的速度为v2-v1=,则v2-v1大小恒定,结合=m1a1、F安MN=可知,金属框的加速度大小趋于恒定值,导体棒所受安培力大小也趋于恒定值,故选项B、C正确;整个运动过程可用速度-时间图象描述,如图,则金属框的速度会一直增大,导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大,故选项A、D错误。
///多维猜押·制霸考场///
1.B 金属棒下滑过程中,由机械能守恒,得mgh=mv2,金属棒到达水平面时的速度v=,金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动,则刚到达水平面时的速度最大,所以最大感应电动势为E=BLv,最大的感应电流为I=,选项A错误;通过金属棒的电荷量为q==,选项B正确;金属棒在整个运动过程中,由动能定理得mgh-W安-μmgd=0,则克服安培力做功W安=mgh-μmgd,克服安培力做功转化为焦耳热,选项C错误;金属棒产生焦耳热QR=Q=W安=(mgh-μmgd),选项D错误。
2.A、C 以EF为研究对象,设EF刚开始运动时其电流大小为I,则通过MN的电流为2I,由题有BIL=μmg,根据闭合电路欧姆定律得E=2I(R+0.5R)=3IR,又E=BLv、v=at联立解得t=,A正确;金属棒EF开始运动时,由BIL=μmg得I=,金属棒MN所受的安培力大小为F安=2BIL=2μmg,以MN为研究对象,根据牛顿第二定律得F-μmg-F安=ma,拉力的功率为P=Fv又v=aT解得P=(ma+3μmg)aT,故B错误;MN棒在T时间内通过的位移为x=aT2,根据法拉第电磁感应定律=及闭合电路欧姆定律,有=,则电量表达式为q总=Δt,因为ΔΦ=BLx,则整理得通过MN棒的电量为q总=,由于两棒的电阻都为R,则此过程中流过电阻R的电荷量为q=q总=,故C正确;由于MN棒切割磁感线,产生感应电动势,相当于电源,通过MN的电流是EF电流的2倍,根据焦耳定律Q=I2Rt可知,MN的发热量是EF的4倍,D错误。故选A、C。
///高考猜押竞技场///
1.D 当变阻器滑片向左滑动时,电路中的电流变大,线圈的磁场增加;根据安培定则与电流方向可确定线圈的磁场方向垂直于导轨向下。由于线圈处于两棒中间,所以穿过两棒所围成的区域磁通量变大,由楞次定律推论增反减同可得,线框abdc产生逆时针方向感应电流(俯视图)。最后根据左手定则可确定安培力的方向:ab棒处于向上的磁场中,且电流方向a→b,则安培力方向向左。cd棒处于向上的磁场中,且电流方向d→c,则安培力方向向右,两棒相互远离,故选项D正确,A、B、C错误。
2.C 根据安培定则可知线圈所在平面磁场方向垂直纸面向里,当导线向右平动时,线圈处磁场增强,穿过线圈的磁通量增加,根据右手定则可判断线圈中电流方向为adcba,选项A错误;当导线向左平动时,线圈处磁场垂直纸面向里减弱,穿过线圈的磁通量减少,根据右手定则可判断线圈中电流方向为abcda,选项B错误;线圈向右平动时,穿过线圈的磁场垂直纸面向里减弱,根据右手定则可判断线圈中电流方向为abcda,选项C正确;减小导线中的电流,穿过线圈的磁场垂直纸面向里减弱,根据右手定则可判断线圈中电流方向为abcda,选项D错误,故选C。
3.B、C 根据右手定则,轮子边缘点是等效电源的负极,则a点接电压表的负接线柱,故A项错误;若圆盘匀速转动的时间为t,根据焦耳定律可知该过程中克服安培力做功Q=t,故B项正确;由法拉第电磁感应定律可得,产生的感应电动势E=U=Bl=Blv,解得边缘线速度v=,故C项正确;根据线速度和角速度的关系可得角速度为ω==,故D项错误。
4.B 导体棒开始运动时速度最大,产生的感应电动势和感应电流最大,所受的安培力最大,最大安培力FA=BIl=,故A错误;上滑过程,由能量守恒定律得mv2=mgssinθ+μmgscosθ+Q,电流做功发出的热量Q=mv2-mgs(sinθ+μcosθ),故B正确;导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热,由B可知,克服安培力做功:W克A=mv2-mgs(sinθ+μcosθ)5.D 由楞次定律(或右手定则),线框中感应电流的方向为abcda,A错误;设t=2.0
s时的速度为v,据题意有BLv=IR,解得v==
m/s=0.4
m/s,B错误;由BLv′=I′R,Q=WF-mv′2得Q=WF-m()2=1.92
J-×0.5×
()2
J=1.67
J,C错误,D正确。
6.A、C、D 正方形导线框进入第一个磁场过程中,只有bc边切割磁感线,由右手定则可知,电流方向为逆时针方向,大小为I1=,b、a两点的电势差为U1=BLv,正方形导线框所受安培力为F1=BIL=,由左手定则可知,安培力方向水平向左,正方形导线框进入第二个磁场过程中,ad边在第一个磁场中切割磁感线,bc边在第二个磁场中切割磁感线,由右手定则可知,电流方向为顺时针,大小为I2==,由于电流方向为顺时针,则b点电势低于a点电势,b、a两点的电势差为U2=-I2R=-BLv,正方形导线框所受安培力为F2=BI2L+2BI2L=+=,由左手定则可知,两边所受安培力方向都水平向左,正方形导线框出第二个磁场过程中,只有ad边在第二个磁场中切割磁感线,由右手定则可知,电流方向为逆时针方向,大小为I3=,b、a两点的电势差为U3=I3R=BLv,正方形导线框所受安培力为F3=2BI3L=2B×L=,由左手定则可知,安培力方向水平向左,故A、C、D正确,B错误。
7.A、D 导体棒ab刚要到达EF时,在磁场中切割磁感线产生的感应电动势E1=Bdv1,经分析可知,此时导体棒ab所受安培力的方向水平向左,由牛顿第二定律,则有F0-BI1d=ma1,根据闭合电路的欧姆定律,则有I1=,上式中R==
2
Ω,解得a1=5
m/s2,选项A正确;导体棒ab进入磁场Ⅱ后,受到的安培力与F0平衡,做匀速直线运动,导体棒ab中通过的电流I2保持不变,则有F0=BI2d,其中I2=,解得v2=6
m/s,设导体棒ab从EF运动到MN的过程中的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律,则有F0=ma2,导体棒ab在EF、MN之间做匀加速直线运动,则有-=2a2L,解得L=1.35
m,选项B错误;对撤去F0后,导体棒ab继续滑行的过程中,根据牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律,则有BId=ma,而I=,若Δt→0,则有a=,由以上三式可得vΔt=mΔv,则有∑vΔt=m∑Δv,即s=m(v2-0),解得s=3.6
m,选项C错误;根据能量守恒定律,则有Q=m,因v2=6
m/s,代入数据解得Q=3.6
J,选项D正确。(共37张PPT)
考向3 与力学三大规律的综合
研透真题·破题有方
(多选)(2020·全国Ⅰ卷)如图,U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上,ab和dc边平行,和bc边垂直。ab、dc足够长,整个金属框电阻可忽略,一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上,用水平恒力F向右拉动金属框,运动过程中,装置始终处于竖直向下的匀强磁场中,MN与金属框保持良好接触,且与bc边保持平行。经过一段时间后
( )
A.金属框的速度大小趋于恒定值
B.金属框的加速度大小趋于恒定值
C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
B、C 由bc边切割磁感线产生电动势,形成电流,使得导体棒MN受到向右的安培
力,向右做加速运动,bc边受到向左的安培力,向右做加速运动。当MN运动时,金
属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线,设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、
v2,则电路中的电动势E=BL(v2-v1),导体棒中的电流I=
,金属框
受到的安培力F安框=
,与运动方向相反,导体棒MN受到的安培力
F安MN=
,与运动方向相同。设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2,
则对导体棒MN根据牛顿第二定律有
=m1a1,对金属框abcd根据牛顿第
二定律有F-
=m2a2。因初始速度均为零,则a1从零开始逐渐增加,
a2从
开始逐渐减小,当a1=a2时,解得金属框相对金属棒的速度为
v2-v1=
,则v2-v1大小恒定,结合
=m1a1、
F安MN=
可知,金属框的加速度大小趋于恒定值,导体棒所受安培力大
小也趋于恒定值,故选项B、C正确;整个运动过程可用速度-时间图象描述,如图,
则金属框的速度会一直增大,导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大,故选项
A、D错误。
【真题解码】
(1)审题破题眼:
(2)命题陷阱点:
陷阱1:认为bc受到的安培力大小不断增大,最终受力平衡。
在分析受力的时候MN也要受到安培力的作用,同时安培力不断增大,系统中存在两个研究对象,所以都要受力分析,同时分析两者之间的关系。
陷阱2:认为导体棒和bc边最终的运动状态相同。
在分析运动的时候没有很好地把握整体法与隔离法的应用,本道题两者受安培力时刻大小相等方向相反,但是并不是相对静止,不能看成整体分析,必须采用隔离法。
必备知能·融会贯通
【核心必备】
熟记电磁感应、电学和运动学的规律
【考场秘技】
电磁感应下力学和电学综合问题分析技巧
1.平衡态下,研究对象加速度为零,根据平衡条件列式分析计算。
2.非平衡态下,研究对象加速度不为零,根据牛顿第二定律进行动态分析或结合
功能关系进行分析。
3.对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况,如果两棒所受的外力之和为
零,则考虑应用动量守恒定律处理问题。
4.当题目中涉及电荷量或平均电流时,可应用动量定理B
L·Δt=m·Δv、
q=
·Δt来解决问题。
【答题模板】
杆受力运动下分析的思维模板
1.(力电综合应用)CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨,导轨间距为L,在水平导轨的左侧存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场区域的长度为d,如图所示。导轨的右端接有一电阻R,左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放,导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好,且动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则下列说法中正确的是
( )
多维猜押·制霸考场
A.通过电阻R的最大电流为
B.流过电阻R的电荷量为
C.整个电路中产生的焦耳热为mgh
D.电阻R中产生的焦耳热为
mgh
B 金属棒下滑过程中,由机械能守恒,得mgh=
mv2,金属棒到达水平面时的速度
v=
,金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动,则刚到
达水平面时的速度最大,所以最大感应电动势为E=BLv,最大的感应电流为
I=
,选项A错误;通过金属棒的电荷量为q=
,选项B正确;金属
棒在整个运动过程中,由动能定理得mgh-W安-μmgd=0,则克服安培力做功
W安=mgh-μmgd,克服安培力做功转化为焦耳热,选项C错误;金属棒产生焦耳热
QR=
Q=
W安=
(mgh-μmgd),选项D错误。
2.(双导轨问题)(多选)如图所示,相距为L的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一定值电阻R,整个装置被固定在水平地面上,整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两根质量均为m,电阻都为R,与导轨间的动摩擦因数都为μ的相同金属棒MN、EF垂直放在导轨上。现在给金属棒MN施加一水平向左的作用力F,使金属棒MN从静止开始以加速度a做匀加速直线运动,若重力加速度为g,导轨电阻不计,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。则下列说法正确的是
( )
A.从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为t=
B.若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T,则金属棒EF开始
运动时,水平拉力F的瞬时功率为P=(ma+μmg)aT
C.若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T,则此过程中流过
电阻R的电荷量为q=
L
D.从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动的过程中,两金属棒的发热量相等
A、C 以EF为研究对象,设EF刚开始运动时其电流大小为I,则通过MN的电流为
2I,由题有BIL=μmg,根据闭合电路欧姆定律得E=2I(R+0.5R)=3IR,又E=BLv、
v=at联立解得t=
,A正确;金属棒EF开始运动时,由BIL=μmg得I=
,
金属棒MN所受的安培力大小为F安=2BIL=2μmg,以MN为研究对象,根据牛顿第二
定律得F-μmg-F安=ma,拉力的功率为P=Fv又v=aT解得P=(ma+3μmg)aT,故B错
误;MN棒在T时间内通过的位移为x=
aT2,根据法拉第电磁感应定律
及
闭合电路欧姆定律,有
,则电量表达式为q总=
Δt,因为ΔΦ=BLx,则整理
得通过MN棒的电量为q总=
,由于两棒的电阻都为R,则此过程中流过电阻R
的电荷量为q=
q总=
,故C正确;由于MN棒切割磁感线,产生感应电动势,相
当于电源,通过MN的电流是EF电流的2倍,根据焦耳定律Q=I2Rt可知,MN的发热量
是EF的4倍,D错误。故选A、C。
【提分组越过重本线】
1.如图所示,在同一水平面内有两根光滑平行金属导轨MN和PQ,在两导轨之间竖直放置通电螺线管,ab和cd是放在导轨上的两根金属棒,它们分别放在螺线管的左、右两侧,保持开关闭合,最初两金属棒处于静止状态。当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时,两根金属棒与导轨构成的回路中感应电流方向(俯视图)及ab、cd两棒的运动情况是
( )
A.感应电流为顺时针方向,两棒相互靠近
B.感应电流为顺时针方向,两棒相互远离
C.感应电流为逆时针方向,两棒相互靠近
D.感应电流为逆时针方向,两棒相互远离
高考猜押竞技场
D 当变阻器滑片向左滑动时,电路中的电流变大,线圈的磁场增加;根据安培定则与电流方向可确定线圈的磁场方向垂直于导轨向下。由于线圈处于两棒中间,所以穿过两棒所围成的区域磁通量变大,由楞次定律推论增反减同可得,线框abdc产生逆时针方向感应电流(俯视图)。最后根据左手定则可确定安培力的方向:ab棒处于向上的磁场中,且电流方向a→b,则安培力方向向左。cd棒处于向上的磁场中,且电流方向d→c,则安培力方向向右,两棒相互远离,故选项D正确,
A、B、C错误。
2.矩形线圈abcd位于足够长的通电直导线附近,且线圈平面与导线在同一平面内,如图所示,
线圈的两条边ad和bc导线平行,则下列判断正确的是
( )
A.导线向右平动时,线圈中电流方向为abcda
B.导线向左平动时,线圈中电流方向为adcba
C.线圈向右平动时,电流方向为abcda
D.减小导线中的电流,线圈中电流方向为adcba
C 根据安培定则可知线圈所在平面磁场方向垂直纸面向里,当导线向右平动时,线圈处磁场增强,穿过线圈的磁通量增加,根据右手定则可判断线圈中电流方向为adcba,选项A错误;当导线向左平动时,线圈处磁场垂直纸面向里减弱,穿过线圈的磁通量减少,根据右手定则可判断线圈中电流方向为abcda,选项B错误;线圈向右平动时,穿过线圈的磁场垂直纸面向里减弱,根据右手定则可判断线圈中电流方向为abcda,选项C正确;减小导线中的电流,穿过线圈的磁场垂直纸面向里减弱,根据右手定则可判断线圈中电流方向为abcda,选项D错误,故选C。
3.(多选)某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置,如图所示。自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中,后轮圆形金属盘在磁场中逆时针转动时,可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动。已知该磁场的磁感应强度大小为B,圆盘半径为l,圆盘电阻不计。导线通过电刷分别与后轮外侧边缘和圆心O相连,导线两端a、b间接一阻值为R的小灯泡。后轮匀速转动时,用电压表测得a、b间电压为U,则下列说法正确的是
( )
A.a连接的是电压表的正接线柱
B.若圆盘匀速转动的时间为t,则该过程中克服安培力做功Q=
t
C.自行车后轮边缘的线速度大小是
D.自行车后轮转动的角速度是
B、C 根据右手定则,轮子边缘点是等效电源的负极,则a点接电压表的负接线
柱,故A项错误;若圆盘匀速转动的时间为t,根据焦耳定律可知该过程中克服安
培力做功Q=
t,故B项正确;由法拉第电磁感应定律可得,产生的感应电动势
E=U=Bl
=
Blv,解得边缘线速度v=
,故C项正确;根据线速度和角速度的关系
可得角速度为ω=
,故D项错误。
4.如图所示,平行金属导轨与水平面间的倾角为θ,导轨电阻不计,与阻值为R的定值电阻相连,匀强磁场垂直穿过导轨平面,磁感应强度为B。有一质量为m长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动,最远到达a′b′的位置,滑行的距离为s,导体棒的电阻也为R,与导轨之间的动摩擦因数为μ。则
( )
A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B.上滑过程中电流做功发出的热量为
mv2-mgs(sinθ+μcosθ)
C.上滑过程中导体棒克服安培力做的功为
mv2
D.上滑过程中导体棒损失的机械能为
mv2
B 导体棒开始运动时速度最大,产生的感应电动势和感应电流最大,所受的安
培力最大,最大安培力FA=BIl=
,故A错误;上滑过程,由能量守恒定律得
mv2=mgssinθ+μmgscosθ+Q,电流做功发出的热量
Q=
mv2-mgs(sinθ+μcosθ),故B正确;导体棒克服安培力做的功等于电路中
产生的焦耳热,由B可知,克服安培力做功:W克A=
mv2-mgs(sinθ+μcosθ)<
mv2,故C错误;上滑的过程中导体棒的动能减小
mv2,重力势能增加mgssinθ,
所以导体棒损失的机械能为
mv2-mgssinθ,D错误,故选B。
5.如图甲所示,边长为L=2.5
m、质量为m=0.5
kg
的正方形绝缘金属线框平放在光滑的水平桌面上,磁感应强度B=0.8
T的匀强磁场方向竖直向上(俯视),金属线框的一边ab与磁场的边界MN重合。在力F作用下金属线框由静止开始向左运动,在5
s时从磁场中拉出,力F做功1.92
J,并测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示。已知金属线框的总电阻为R=4
Ω,则下列说法中正确的是
( )
A.金属线框从磁场中拉出的过程中,线框中的感应电流方向为badcb
B.t=2
s时,金属线框的速度为2
m/s
C.金属框从磁场拉出过程线框中产生的焦耳热是2
J
D.金属框从磁场拉出过程线框中产生的焦耳热是1.67
J
D 由楞次定律(或右手定则),线框中感应电流的方向为abcda,A错误;设
t=2.0
s时的速度为v,据题意有BLv=IR,解得v=
m/s=0.4
m/s,B错误;
由BLv′=I′R,Q=WF-
mv′2得Q=WF-
m(
)2=1.92
J-
×0.5×(
)2
J
=1.67
J,C错误,D正确。
【搏分组冲击双一流】
6.(多选)一有界区域内,存在着方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,磁场宽度均为L,如图所示。边长为L的正方形导线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上,建立水平向右的x轴,且坐标原点在磁场的左边界上,t=0时刻开始线框沿x轴正方向匀速通过磁场区域,规定逆时针方向为电流的正方向,导线框受向左的安培力为正方向,四个边电阻均相等。下列关于感应电流i或导线框受的安培力F或b、a两点电势差Uba随时间t的变化规律正确的是
( )
A、C、D 正方形导线框进入第一个磁场过程中,只有bc边切割磁感线,由右手
定则可知,电流方向为逆时针方向,大小为I1=
,b、a两点的电势差为
U1=
BLv,正方形导线框所受安培力为F1=BIL=
,由左手定则可知,安培力
方向水平向左,正方形导线框进入第二个磁场过程中,ad边在第一个磁场中切割
磁感线,bc边在第二个磁场中切割磁感线,由右手定则可知,电流方向为顺时针,
大小为I2=
,由于电流方向为顺时针,则b点电势低于a点电
势,b、a两点的电势差为U2=-I2R=-
BLv,正方形导线框所受安培力为
F2=BI2L+2BI2L=
,由左手定则可知,两边所受安培力方向
平向左,正方形导线框出第二个磁场过程中,只有ad边在第二个磁场中切割磁感
线,由右手定则可知,电流方向为逆时针方向,大小为I3=
,b、a两点的电势
差为U3=I3R=
BLv,正方形导线框所受安培力为F3=2BI3L=2B×
,由
左手定则可知,安培力方向水平向左,故A、C、D正确,B错误。
7.(多选)如图所示,绝缘水平面内固定有一间距d=1
m、电阻不计的足够长光滑矩形导轨AKDC,导轨两端接有阻值分别为R1=3
Ω和R2=6
Ω的定值电阻。矩形区域AKFE、NMCD范围内均有方向竖直向下(俯视)、磁感应强度大小B=1
T的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ。一质量m=0.2
kg,电阻r=1
Ω的导体棒ab垂直放在导轨上AK与EF之间某处,在方向水平向右、大小F0=2
N的恒力作用下由静止开始运动,刚到达EF时导体棒ab的速度大小v1=3
m/s,导体棒ab进入磁场Ⅱ后,导体棒ab中通过的电流始终保持不变。导体棒ab在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好,空气阻力不计。则
( )
A.导体棒ab刚到达EF时的加速度大小为5
m/s2
B.两磁场边界EF和MN之间的距离L为1
m
C.若在导体棒ab刚到达MN时将恒力撤去,导体棒ab继续滑行的距离为3
m
D.若在导体棒ab刚到达MN时将恒力撤去,导体棒ab继续滑行的过程中整个回路产生的焦耳热为3.6
J
A、D 导体棒ab刚要到达EF时,在磁场中切割磁感线产生的感应电动势E1=Bdv1,
经分析可知,此时导体棒ab所受安培力的方向水平向左,由牛顿第二定律,则有
F0-BI1d=ma1,根据闭合电路的欧姆定律,则有I1=
,上式中R=
=2
Ω,
解得a1=5
m/s2,选项A正确;导体棒ab进入磁场Ⅱ后,受到的安培力与F0平衡,做
匀速直线运动,导体棒ab中通过的电流I2保持不变,则有F0=BI2d,其中I2=
,
解得v2=6
m/s,设导体棒ab从EF运动到MN的过程中的加速度大小为a2,根据牛顿
第二定律,则有F0=ma2,导体棒ab在EF、MN之间做匀加速直线运动,则有
=2a2L,解得L=1.35
m,选项B错误;对撤去F0后,导体棒ab继续滑行的过程中,根据
牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律,则有BId=ma,而I=
,若Δt→0,则有
a=
,由以上三式可得
vΔt=mΔv,则有
∑vΔt=m∑Δv,即
s=m(v2-0),解得s=3.6
m,选项C错误;根据能量守恒定律,则有Q=
m
,
因v2=6
m/s,代入数据解得Q=3.6
J,选项D正确。
