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D．電阻R上放出的熱量【答案】C【解析】棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用．由動能定理WF＋WG＋W安＝ΔEk，得WF＋W安＝ΔEk＋mgh，即力F做的功與安培力做功的代數(shù)和等于機械能的增加量，A、B錯誤，C正確；電阻R上放出的熱量等于克服安培力所做的功，D錯誤．2．(多選)如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，兩個邊長不等(左側(cè)線圈邊長長)的正方形單匝閉合線圈，分別用同種材料、不同粗細(右側(cè)線圈粗)的均勻?qū)Ь€繞制而成．兩線圈下邊在距離磁場上邊界h高處由靜止開始自由下落，再進入磁場，磁場上下邊界間距為d(d略大于線圈邊長)，最后落到地面上．運動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊平行于磁場上邊界，則下列判斷正確的是()A．兩線圈進入磁場的過程中受到的安培力一定不相等B．整個過程中通過兩線圈導(dǎo)線截面的電荷量可能相等C．兩線圈落至地面時速度大小一定相等D．兩線圈進入磁場過程的加速度一定時刻相等【答案】BD【解析】由電阻定律有R＝eq\f(4L,S)ρ，(ρ為材料的電阻率，L為線圈的邊長，S為導(dǎo)線的橫截面積)，線圈的質(zhì)量為m＝ρ0S·4L(ρ0為材料的密度)；線圈從同一高度下落，到達磁場邊界時具有相同的速度v，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到磁場的安培力大小為F＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(B2LvS,4ρ)，由于LS的大小不知道，故無法判斷安培力的大小，A錯誤；根據(jù)電荷量的推導(dǎo)公式可得q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLS,4ρ)，如果LS相等，則整個過程中通過兩線圈導(dǎo)線截面的電荷量相等，B正確；當(dāng)線圈的下邊剛進入磁場時其加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律可得mg－BIL＝ma，解得a＝g－eq\f(Bv,16ρ0).大線圈和小線圈進入磁場的過程先同步運動，由于小線圈剛好全部進入磁場中時，大線圈由于邊長較長還沒有全部進入磁場，小線圈完全進入磁場后做加速度為g的勻加速運動，而大線圈仍先做加速度小于g的變加速運動，完全進入磁場后再做加速度為g的勻加速運動，設(shè)大線圈落地速度為v1，小線圈落地速度為v2，兩線圈勻加速運動的位移相同，所以落地速度關(guān)系為v1＜v2，C錯誤、D正確．3．(2022屆廈門名校質(zhì)檢)如圖所示，PQ、MN是放置在水平面內(nèi)的光滑導(dǎo)軌，GH是長度為L、電阻為r的導(dǎo)體棒，其中點與一端固定的輕質(zhì)彈簧連接，輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)為k.導(dǎo)體棒處在方向向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．圖中電源是電動勢為E、內(nèi)阻不計的直流電源，電容器的電容為C.閉合開關(guān)，待電路穩(wěn)定后，下列選項正確的是()A．導(dǎo)體棒中電流為eq\f(E,R2＋r＋R1)B．輕質(zhì)彈簧的長度增加eq\f(BLE,kr＋R1)C．輕質(zhì)彈簧的長度減少eq\f(BLE,kr＋R2)D．電容器帶電量為eq\f(E,r＋R1)Cr【答案】C【解析】根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，導(dǎo)體棒中電流I＝eq\f(E,R2＋r)，A錯誤；由左手定則知導(dǎo)體棒受的安培力向左，則彈簧長度減少，由平衡條件BIL＝kΔx，代入I的數(shù)值，可得Δx＝eq\f(BLE,kR2＋r)，B錯誤，C正確；電容器上的電壓等于導(dǎo)體棒兩端的電壓，根據(jù)公式Q＝CU可得電容器帶電量為Q＝CU＝eq\f(ECr,R2＋r)，D錯誤．4．如圖甲，一矩形金屬線圈abcd垂直勻強磁場并固定于磁場中，磁場是變化的，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系圖像如圖乙所示，則線圈的ab邊所受安培力F隨時間t變化的圖像是圖中的(規(guī)定向右為安培力F的正方向)() A B C D【答案】A【解析】0～1s內(nèi)，由楞次定律知，感應(yīng)電流的方向為adcba，根據(jù)I＝eq\f(SΔB,RΔt)，電流為定值，根據(jù)左手定則，ab邊所受安培力的方向向左，為負值，由F＝BIL知，安培力均勻減??；1～2s內(nèi)，由楞次定律知，感應(yīng)電流的方向為abcda，根據(jù)I＝eq\f(SΔB,RΔt)，電流為定值，根據(jù)左手定則，ab邊所受安培力的方向向右，為正值，由F＝BIL知，安培力均勻增大．故B、C、D錯誤，A正確．5．(多選)如圖，光滑水平面上兩虛線之間區(qū)域內(nèi)存在豎直方向的足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.邊長為a的正方形導(dǎo)線框PQMN沿圖示速度方向進入磁場，當(dāng)對角線PM剛進入磁場時線框的速度大小為v，方向與磁場邊界成45°角，若線框的總電阻為R，則()A．PM剛進入磁場時線框中的感應(yīng)電流為eq\f(Bav,R)B．PM剛進入磁場時線框所受安培力大小為eq\f(B2a2v,R)C．PM剛進入磁場時兩端的電壓為eq\f(Bav,R)D．PM進入磁場后線框中的感應(yīng)電流將變小【答案】AD【解析】PM剛進入磁場時有效的切割長度等于a，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Bav，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bav,R)，故A正確；NM邊所受的安培力大小為F1＝BIa＝eq\f(B2a2v,R)，方向垂直NM向下．PN邊所受的安培力大小為F2＝BIa＝eq\f(B2a2v,R)，方向垂直PN向下，線框所受安培力大小F＝eq\r(F\o\al(2,1)＋F\o\al(2,2))＝eq\f(\r(2)B2a2v,R)，故B錯誤；PM兩端電壓為U＝I·eq\f(R,2)＝eq\f(Bav,2)，故C錯誤；PM進入磁場后，有效的切割長度逐漸減小，感應(yīng)電動勢逐漸減小，感應(yīng)電流將減小，故D正確．6．如圖所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計，阻值為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌接觸良好．導(dǎo)軌所在空間存在勻強磁場，勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直，t＝0時，將開關(guān)S由1擲向2，若分別用q、i、v和a表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度大小和加速度大小，則下圖所示的圖像中正確的是() A B C D【答案】D綜合提升練7．(多選)如圖所示，傾角為θ＝37°的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，兩導(dǎo)體棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌放置，空間存在的垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.現(xiàn)給導(dǎo)體棒ab一沿導(dǎo)軌平面向下的初速度v0使其沿導(dǎo)軌向下運動，已知兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m，電阻相等，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.75，導(dǎo)軌電阻忽略不計．從ab開始運動到兩棒相對靜止的整個運動過程中兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌保持良好的接觸，下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)B．導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)C．當(dāng)導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時，導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(1,2)v0D．當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時，導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0【答案】BD【解析】由題意可知mgsin37°＝μmgcos37°，則對兩棒的系統(tǒng)沿軌道方向的動量守恒，當(dāng)最終穩(wěn)定時mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，則回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，則導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為Qcd＝Qab＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，A錯誤，B正確；當(dāng)導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時，則由動量守恒有mv0＝m·eq\f(1,4)v0＋mvab，解得vab＝eq\f(3,4)v0，C錯誤；當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時，則由動量守恒有mv0＝m·eq\f(3,4)v0＋mvcd，解得vcd＝eq\f(1,4)v0，D正確．8．(多選)如圖甲所示，一個剛性圓形線圈與電阻R構(gòu)成閉合回路，線圈平面與其所處的勻強磁場方向垂直，磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E、電阻R消耗的功率P隨時間t變化的圖像，可能正確的是()甲乙ABCD【答案】BD【解析】根據(jù)圖像知，0～0.5T時間內(nèi)磁場增強，根據(jù)楞次定律，線圈中的感應(yīng)電流沿逆時針方向；0.5T～T時間內(nèi)磁場減弱，由楞次定律，線圈中的感應(yīng)電流沿順時針方向，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，因為0～0.5T和0.5T～T時間內(nèi)磁感應(yīng)強度的變化率為定值且絕對值相等，所以感應(yīng)電動勢大小不變，故B正確；根據(jù)I＝eq\f(E,R總)，整個過程中電流大小不變，由P＝I2R知電阻R消耗的功率不變，故C錯誤，D正確．9．兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，勻強磁場垂直軌道平面向下，兩導(dǎo)軌之間連接阻值為R的電阻．在導(dǎo)軌上放一金屬棒ab，ab始終與導(dǎo)軌垂直，如圖所示．若在ab棒上施加水平恒力F使其從靜止開始向右運動，下列說法正確的是()A．金屬棒ab中感應(yīng)電流的方向a→bB．金屬棒ab所受安培力大小始終保持不變C．金屬棒ab最終將做勻速直線運動D．運動過程中水平恒力F對金屬棒ab所做的功全部轉(zhuǎn)化為金屬棒的動能【答案】C【解析】根據(jù)右手定則可得通過ab的電流方向由b到a，A錯誤；設(shè)金屬棒ab運動的速度大小為v，金屬棒ab的感應(yīng)電動勢E＝BLv，設(shè)金屬棒ab的電阻為r，則電路電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv,R＋r)，金屬棒ab受到的安培力FB＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，由于金屬棒ab的速度增大，所以金屬棒ab受到的安培力增大．金屬棒ab的加速度大小為a＝eq\f(F－FB,m)＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR＋r)，由于速度增大，金屬棒ab的加速度減小，所以金屬棒ab做加速度減小的加速直線運動，當(dāng)a＝0時，金屬棒ab的速度最大，金屬棒ab做勻速直線運動，所以金屬棒ab所受安培力大小先增大后保持不變，B錯誤，C正確；對金屬棒ab，根據(jù)動能定理可得WF－W安＝eq\f(1,2)mv2－0，可得WF＝eq\f(1,2)mv2＋W安，所以運動過程中水平恒力F對金屬棒ab所做的功等于金屬棒ab的動能和電路產(chǎn)生的全部焦耳熱之和，D錯誤．10．如圖所示，兩金屬桿ab和cd長均為l，電阻均為R，質(zhì)量分別為M和m(M>m)，用兩根質(zhì)量和電阻均可忽略且不可伸長的柔軟導(dǎo)線將它們連成閉合回路，并懸掛在水平、光滑、不導(dǎo)電的圓棒兩側(cè)．兩金屬桿都處在水平位置，整個裝置處在一與回路平面相垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B.若金屬桿ab正好勻速向下運動，求其運動的速度．解：方法一假設(shè)磁感應(yīng)強度B的方向垂直紙面向里，ab桿向下勻速運動的速度為v，則ab桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小Ei＝Blv，方向a→b；cd桿以速度v向上切割磁感線運動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小Ei′＝Blv，方向d→c.在閉合回路中產(chǎn)生a→b→d→c→a方向的感應(yīng)電流I，據(jù)閉合電路歐姆定律，知I＝eq\f(Ei＋Ei′,2R)＝eq\f(2Blv,2R)＝eq\f(Blv,R)，ab桿受磁場作用的安培力F1方向向上，cd桿受的安培力F2方向向下，F(xiàn)1、/