克服安培力做功(2020)
2021届高考物理一轮复习方略关键能力·题型突破： 10.3 电磁感应规律的综合应用
关键能力·题型突破考点一电磁感应中的电路问题【典例1】(2020·大同模拟)在水平放置的两条平行光滑直金属导轨上放有一与其垂直的金属棒ab，匀强磁场与导轨平面垂直，磁场方向如图所示，导轨接有R1=5 Ω和R2=6 Ω的两定值电阻及电阻箱R，其余电阻不计。
电路中的电压表量程为0～10 V，电流表的量程为0～3 A。
现将R调至30 Ω，用F=40 N的水平向右的力使ab垂直导轨向右平移，当棒ab达到稳定状态时，两电表中有一表正好达到满偏，而另一表未达到满偏。
下列说法正确的是( )A.当棒ab达到稳定状态时，电流表满偏B.当棒ab达到稳定状态时，电压表满偏C.当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度大小是1 m/sD.当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度大小是2 m/s【通型通法】1.题型特征：明确电源，区分内外电路。
2.思维导引：(1)切割磁场线的导体相当于电源。
(2)清楚串并联电路的特点，灵活运用闭合电路欧姆定律。
【解析】选B、C。
假设电压表满偏，则通过电流表的电流为I==2 A<3 A，所以电压表可以满偏，此时电流表的示数为2 A，故A错误，B正确；棒ab匀速运动时，水平拉力F与安培力大小相等，有F A=BIL=F，感应电动势E=U+IR1=(10+2×5)V=20 V，又E=BLv，解得v==1 m/s，故C正确，D错误。
1.五个等效：2.解题流程：【加固训练】(多选)如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(常量k>0)。
回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1=R0、R2=。
闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则( )A.R2两端的电压为B.电容器的a极板带正电C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D.正方形导线框中的感应电动势为kL2【解析】选A、C。
2020年高考物理核心探秘 专题12 双滑杆问题-2020年高考物理核心探秘
专题十二、双滑杆问题问题分析双滑杆问题是指两滑杆在磁场中的运动问题，两滑杆或其中一滑杆在导轨上滑动时，滑杆切割磁感线，相应的闭合回路中产生感应电动势和感应电流，滑杆受到安培力的作用．因此，双滑杆问题是电磁感应与力学知识、电路知识、图像知识、能量守恒等相结合的综合应用．在高考物理中，双滑杆一般是以大题的形式出现，涉及的知识比较广，一般需要综合力的平衡、动能定理、动量定理、动量守恒定律、能量守恒定律以及电磁感应等知识才能正确解答．双滑杆可以分为三种常见的类型：两滑杆在水平导轨上运动，两滑杆沿竖直导轨运动，两滑杆在倾斜导轨上运动，分析有关双滑杆的试题时，需要从以下4个方面入手：1．双滑杆中的力学问题双滑杆的力学问题是指滑杆在磁场中的电磁感应规律与力学规律（如牛顿运动定律、动量守恒定律、动能定理等）相结合的一类综合问题，分析这类问题的思路为：电磁感应现象中感应电动势→感应电流→通电导线受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，两滑杆达到稳定状态，以共同的速度做匀速直线运动．2．双滑杆中的能量问题在双滑杆的运动过程中，杆会受到安培力的作用，而安培力可以做正功、负功或者不做功，这就涉及了不同形式能量的转化关系．处理双滑杆中的能量问题的思路为：对两滑杆受力分析→弄清楚哪些力做功以及做什么样的功→明确能量的转化的形式，明确哪些增哪些减→由动能定理或能量守恒定律列方程求解．3．双滑杆中的电路问题双滑杆切割磁感线，闭合回路中产生电磁感应现象，其他形式的能向电能转化，这可以通过安培力做功来量度．安培力做了多少功就有多少电能产生，而这些电能又通过电流做功转变成其他形式的能，如电阻上产生的内能、电动机产生的机械能等．因此，双滑杆的电磁感应问题经常跟电路问题联系在一起．解决双滑杆中的电路问题，必须按题意画出等效电路图，将感应电动势等效于电源电动势，产生感应电动势的导体的电阻等效于内电阻，其余的问题为电路分析及闭合电路欧姆定律的应用，求解电能的三种方法：(l)功能关系：双滑杆在运动过程中产生的电能等于该过程克服安培力所做功，即Q =W -安；(2)能量守恒：双滑杆运动过程中产生的电能等于该过程中其他形式能的减少量，即Q = E ∆其他；(3)利用电流做功：双滑杆运动过程中产生的电能等于电路中电流所做的功，即Q =2I Rt .4．双滑杆中的图像问题双滑杆透视中常常涉及图像问题．这类问题所涉及的图像常见的有-B t 图像、Φt -图像、-E t 图像、-I t 图像和-a x 图像，有时还会出现-E x 图像和-I x 图像．当电流或磁场以图像形式给出时，正确地认识图像的物理意义及其所描述物理量的变化规律是解决此类问题的关键，透视1 考查双滑杆在水平导轨上的运动问题双滑杆在水平导轨上的运动情况比较复杂，可以根据有无外力分为两种情况：一种是双滑杆没有受到外力，两滑杆最终以相同的速度做匀速运动；另一种双滑杆受到外力，两滑杆最终以不同的速度做加速度相同的匀加速运动．可以根据导轨的形状分为两种情况：一种是导轨间是等间距的，另一种是导轨间不是等间距的．对于导轨不是等间距的情况，两滑杆最终以不同的速度做匀速运动．【题1】如图所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B =0.50 T 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计．导轨间的距离l =0. 20 m ，两根质量均为m =0. 10 kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R =0.50 Ω．在0t =时刻，两杆都处于静止状态．现有一与导轨平行、大小为0. 20 N 的恒力F 作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动，经过t =5.0 s ，金属杆甲的加速度为a =1.372m/s ，问此时两金属杆的速度各为多少？【解析】金属杆甲受到外力的作用，闭合回路中产生感应电动势和感应电流，从而两杆受到安培力的作用，即两金属杆运动的加速度不是恒定的．设任意时刻t 两金属杆甲、乙之间的距离为x ，该时刻的速度分别为1v 、2v ，经过很短的时间t ∆，甲移动的距离为1v t ∆，乙移动的距离为2v t ∆，则在这段时间内回路面积的改变量为2112[()]()S x v t v t l lx v v l t ∆=-∆+∆-=-∆根据法拉第电磁感应定律可得，回路中的感应电动势和感应电流为S E Bt ∆=∆ 2E I R= 对金属杆甲受力分析可知F BlI ma -=根据动量定理可知，两杆的动量之和等于外力F 的冲量，即12Ft mv mv =+联立以上各式解得12212[+()]2Ft R v F ma m B l=- 22212[()]2Ft R v F ma m B l=-- 代入题给数据得1v =8.15 m/s2v =1.85 m/s点评 除了题中计算感应电动势的方法外，还可以直接利用导体切割磁感线时产生的感应电动势公式和右手定则求解．透视2 考查双滑杆在竖直导轨上的运动问题双滑杆在竖直导轨上运动与在水平导轨上运动情况类似，只不过分析问题时需要考虑滑杆的重力．处理问题时，需要分析两杆的运动情况，是向一个方向运动，还是两杆向相反的方向运动．【题2】如图所示，ab 和cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN 和''M N 是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m 和2m .竖直向上的外力F 作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R ，导轨间距为l ．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导孰所在平面垂直，导轨电阻可忽略，重力加速度为g ．在0t =时刻将细线烧断，保持F 不变，金属杆和导轨始终接触良好．求：(l)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度．【解析】(l)由于两金属杆在运动过程中切割磁感线，闭合回路中有感应电动势和感应电流，即两杆受到安培力的作用．在细线烧断后，MN 向上运动，''M N 向下运动.设任意时刻杆MN 向上的速度大小为1v ，''M N 向下的速度大小为2v ，加速度大小分别为1a 、2a ，所受安培力大小为F 安，则22(+)E Bl v v = ①E I R= ② =F BIl 安 ③对两金属杆受力分析可知30F mg -= ④1F mg F ma --=安 ⑤22mg F ma -=安 ⑥联立④⑤⑥式解得122a a = ⑦由于一开始时，两杆的初速度为零，则在任意时刻122v v = ⑧ (2)两杆的加速度为零时，达到最大速度，设MN 达到最大的速度为1max v ，''M N 达到最大的速度为2max v ，联立以上各式解得1max 2243mgR v l B =⑨ 2max 2223mgR v l B = ⑩ 透视3 考查双滑杆在倾斜导轨上的运动问题双滑杆在倾斜的导轨上运动是双滑杆透视中最复杂、综合性最强的一类问题，经常要求考生求外力和安培力的做功情况，需要运用动能定理、能量守恒定律等相关规律解题．滑杆在倾斜的导轨上运动时，不仅要考虑滑杆的重力、安培力，还需要考虑滑杆是否受到摩擦力的作用，处理问题时，需要对滑杆进行正确的受力分析和正确的运动情况分析，这是解决此类问题的关键．【题3】如图所示，丙根足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 间距为l =0.5 m ，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成o 30角．完全相同的两金属棒ab 、cd 分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0. 02 kg ，电阻均为R =0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B =0.2 T ，棒ab 在平行于导轨向上的力F 作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd 恰好能保持静止．取g =102m/s ，问：(l)通过cd 棒的电流I 是多少，方向如何？(2)棒ab 受到的力F 多大？(3)棒cd 每产生Q =0.1 J 的热量，力F 做的功W 是多少？【解析】(l) cd 棒受到的安培力为cd F BIl = ①棒cd 在共点力作用下平衡，则o sin 30cd F mg = ②联立①②式，代入数据解得1I = A ③根据楞次定律可知，棒cd 中的电流方向由d 至c ．(2)棒ab 与棒cd 受到的安培力大小相等，即ab cd F F = ④对棒ab ，由共点力平衡可知o sin 30F mg BIl =+ ⑤代入数据解得F =0.2 N ⑥(3)设在时间t 内棒cd 产生Q =0.1 J 热量，由焦耳定律可知Q =2I Rt ⑦ 设棒ab 匀速运动的速度大小为v ，其产生的感应电动势为E Blv = ⑧ 由闭合电路欧姆定律可知2E I R= ⑨ 由运动学公式可知，在时间t 内，棒ab 沿导轨的位移为x vt = ⑩ 力F 做的功为W Fx = ⑩综合上述各式，代入数据解得W =0.4 J。
关于安培力做功的两个问题
关于安培力做功的两个问题电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用。
安培力克服外力做负功，有其他形式的能转化为电能。
安培力做正功的过程，又是电能转化为其他形式的能的过程。
问题一、求安培力所做的功的常用方法求解安培力做功的主要方法有：①运用功的定义w=fs求解；②用动能定理w合=△ek求解；③用能量转化及守恒定律△e电=△e 其他求解，如若理清能量转化过程，用“能量”的观点研究电磁感应现象较简便。
下面举例说明。
1.恒定的安培力做功问题例1 如图所示，电阻为r的矩形导线框abcd，边长ab=l，ad=h，质量为m，从某一高度自由落下，通过一方向垂直纸面向里宽度为h的匀强磁场。
当线框恰好以恒定速度通过磁场时，线框中产生的焦耳热是多少？（不计阻力）解法一：线框穿过磁场（设速度为v）的时间 t=2h/v线框穿过磁场时线框中产生的感应电流i=blv/r由平衡条件可知，线框在穿过磁场时所受的安培力f=bil=mg由焦耳定律，线框中产生的热量q=i2rt由以上四式解得 q=2mgh解法二：根据能量转化与守恒定律，线框以恒定速率通过磁场的过程，实质是重力势能转化为内能的过程。
所以此过程中线框产生的焦耳热为2mgh。
2.变化的安培力做功问题例2 如图所示，abcd为静止于水平面上宽度为l而长度很长的u形金属滑轨，bc边接有电阻r，其它部分电阻不计。
ef为一可在滑轨平面上滑动、质量为m的均匀金属棒。
金属棒通过水平细绳跨过定滑轮，连接一质量为m的重物。
一匀强磁场b垂直滑轨面。
重物从静止开始下落，不考虑滑轮的质量，且金属棒在运动中均保持与bc边平行。
忽略所有摩擦力。
则：（1）当金属棒作匀速运动时，其速率是多少？（忽略bc的作用力）。
（2）若重物从静止开始至匀速运动时下落的总高度为h，求这一过程中电阻r上产生的热量。
解析：视重物m与金属棒m为一系统，在开始一段时间里处于加速运动状态，由此产生的安培力是变化的，安培力做功属于变力做功。
高中物理克服安培力做功中的速度与位移关系
克服安培力做功中的速度与位移关系袁晓光 杨方华（河北省武安市第一中学，河北 邯郸 056300）在高考总复习资料《绿色通道》第十二章《电磁感应》的“电磁感应中的图像问题”的知识点中出现这样一道题（例7）。
【例】如图所示，边长为L,具有质量的钢性正方形导线框abcd 位于光滑水平面上，线框的总电阻为R ，虚线表示一匀强磁场的边界，宽为S(S>L)，磁感应强度为B ，方向竖直向下，线框以v 0的初速度沿光滑的水平面进入磁场，已知ab 边刚进入磁场时通过导线框的电流为I 0，试在i-x 坐标上定性画出此后流过导线框的电流i 随坐标位置x 变化的图像。
【解析】在这本资料中给出的图像分别为：图a 、图b 、图c 。
(1)线框还没有进入（或恰好进入）磁场时，速度就减小为0，对应的图像为图a ，(2)线框不能完全通过（或恰好完全通过）磁场时，速度就减小为0，对应的图像为图b ，(3)线框能完全通过磁场时，且速度不为0，对应的图像为图c ，在这本资料中所给的答案是错误的，我认为i-x 图像是直线，不应该是曲线（若i-t 图像应该是对的）。
【更正】“我给出的图像分别为：图甲、图乙、图丙” 。
【证明】只有线框进入或穿出条形磁场区域时才产生感应电动势，才会受到安培阻力， 线框进入磁场的距离为x 时，感应电动势： E=BL v感应电流： E I R= 安培力： 22B L v f BIL R== 在t →t+∆t 时间内，由动量定理-F ∆t=m ∆v 求和得22220B L v B L t x mv mv R R∑∆=∑∆=- S V 0I0I -I -I III -I II 0I -II 0I -I -I解得：220B L x mv mv R=- （1） x 为进入或离开磁场过程中走的位移（受安培力作用时走的距离），v 为移动了x 时刻的速度。
由（1）式可得v 与x 成线性关系，同样E （BL v ）与x 也成线性关系， 同理可得v I BL （）R与x 也成线性关系， 即220I R B L IR x m m R BL BL=- 得3302m B L I I x R =- 斜率为332m B L R- 因此在前面的图像题中I 应与x 成线性关系；同时安培力()f BIL 与x 也成线性关系。
2020届高考物理小题专题狂练18：电磁感应中的动力学与能量问题(附解析)
2020届高考物理小题专题狂练18：电磁感应中的动力学与能量问题（附解析）一、考点内容(1)导体棒切割磁感线运动时的动力学问题；(2)电磁感应中的能量转化问题；(2)电磁感应中的动量与能量问题。
二、考点突破1．如图所示装置，电源的电动势E＝8 V，内阻r1＝0.5 Ω，两光滑金属导轨平行放置，间距d＝0.2 m，导体棒ab用等长绝缘细线悬挂并刚好与导轨接触，ab左侧为水平直轨道，右侧为半径R＝0.2 m的竖直圆弧导轨，圆心恰好为细线悬挂点，整个装置处于竖直向下的、磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中。
闭合开关后，导体棒沿圆弧运动，已知＝0.5 Ω，g取10 m/s2，不考虑运动过程中产生的反电导体棒的质量m＝0.06 kg，电阻r2动势，则()A．导体棒ab所受的安培力方向始终与运动方向一致B．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8 NC．导体棒摆动过程中的最大动能0.8 JD．导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°2．(多选)如图所示，间距为l＝1 m的导轨PQ、MN由电阻不计的光滑水平导轨和与水平面成37°角的粗糙倾斜导轨组成，水平导轨和倾斜导轨都足够长。
导体棒ab、cd的质量均为m＝1 kg、长度均为l＝1 m、电阻均为R＝0.5 Ω，ab棒静止在水平导轨上，cd棒静止在倾斜导轨上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B＝ 2 T。
现ab棒在水平外力F作用下由静止开始沿水平导轨运动，当ab棒的运动速度达到一定值时cd棒开始滑动。
已知cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为μ＝0.8，且cd棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
关于该运动过程，下列说法正确的是()A．cd棒所受的摩擦力方向始终沿倾斜导轨向上B．cd棒所受的摩擦力方向先沿倾斜导轨向上后沿倾斜导轨向下C．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小为19.375 m/sD．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小为9.375 m/s3．(多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L滑过磁的区域内，现有一边长为d(d<L)的正方形闭合线框以垂直于磁场边界的初速度v场，线框刚好能穿过磁场，运动过程中线框靠近磁场左边界的一边始终与磁场边界平行，下列说法正确的是()A．线框在滑进磁场的过程与滑出磁场的过程均做变加速直线运动B．线框在滑进磁场的过程中与滑出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量相同C．线框在滑进磁场的过程中速度的变化量与滑出磁场的过程中速度的变化量不同D．线框在滑进与滑出磁场的过程中产生的热量Q1与Q2之比为3∶14．(多选)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度HP及PN均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框abcd，由静止开始沿斜面下滑，t时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速1度v 1做匀速直线运动；t 2时刻ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置，此时导线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动。
2020届浙江高考复习专题：电磁感应的综合应用(能量问题、动量问题、杆+导轨模型)(解析版)
专题09 电磁感应的综合应用（能量问题、动量问题、杆+导轨模型）考点分类：考点分类见下表考点内容常见题型及要求考点一电磁感应中的能量问题选择题、计算题考点二电磁感应中的动量问题选择题、计算题考点三电磁感应中的“杆+导轨”模型选择题、计算题考点一: 电磁感应中的能量问题1.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法2.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路);(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化;(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解.3.方法技巧求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算.(2)若电流变化,则①利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等于产生的电能.③利用功能关系求解:若除重力、安培力做功外,还有其他力做功,则其他力做功等于增加的机械能和电能.学科#网考点二电磁感应中的动量问题电磁感应问题往往涉及牛顿定律、动量守恒、能量守恒、电路的分析和计算等许多方面的物理知识,试题常见的形式是导体棒切割磁感线,产生感应电流,从而使导体棒受到安培力作用.导体棒运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速3种,对前两种情况,容易想到用牛顿定律求解,对后一种情况一般要用能量守恒和动量守恒定律求解,但当安培力变化,且又涉及位移、速度、电荷量等问题时,用动量定理求解往往能巧妙解决.方法技巧动量在电磁感应中的应用技巧(1)在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.①求电荷量或速度:B I lΔt=mv2-mv1,q=I t.③求位移:-BIlΔt=-22B l v tR总=0-mv0,即-22B lR总x=m(0-v0).(2)电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零,运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题.考点三：电磁感应中的“杆+导轨”模型模型概述“导轨+杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“基本道具”,也是高考的热点,考查的知识点多,题目的综合性强,物理情景变化空间大,是我们复习中的难点.“导轨+杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型;导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜;杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等;磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等,情景复杂,形式多变常见类型单杆水平式(导轨光滑)设运动过程中某时刻棒的速度为v,加速度为a=Fm-22B L vmR,a,v同向,随v的增加,a减小,当a=0时,v最大,I=BLvR恒定单杆倾斜式(导轨光滑)杆释放后下滑,开始时a=gsin α,速度v↑→E=BLv↑→I=ER↑→F=BIL↑→a↓,当F=mgsin α时,a=0,v最大双杆切割式(导轨光滑)杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,以相等的速度匀速运动.对系统动量守恒,对其中某杆适用动量定理学科&网光滑不等距导轨杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,两杆以不同的速度做匀速运动含“源”水平光滑导轨(v0=0)S闭合,ab杆受安培力F=BLEr,此时a=BLEmr,速度v↑⇒E感=BLv↑⇒I↓⇒F=B IL↓⇒加速度a↓,当E感=E时,v最大,且v m=EBL含“容”水平光滑导轨(v0=0)拉力F恒定,开始时a=Fm,速度v↑⇒E=BLv↑,经过Δt速度为v+Δv,此时E′=BL(v+Δv),电容器增加的电荷量ΔQ=CΔU=C(E′-E)=CBLΔv,电流I=Qt∆∆=CBL vt∆∆=CBLa,安培力F安=BIL=CB2L2a,F-F安=ma,a=22Fm B L C+,所以杆做匀加速运动★考点一：电磁感应中的能量问题◆典例一：( 2019·浙江卷)如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5 s－1.当棒ab运动至x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12 W，运动至x2＝0.8 m处时撤去外力F ，此后棒ab 将继续运动，最终返回至x ＝0处．棒ab 始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F-x 图象下的“面积”代表力F 做的功，sin 37°＝0.6)(1)磁感应强度B 的大小； (2)外力F 随位移x 变化的关系式；(3)在棒ab 整个运动过程中，电阻R 产生的焦耳热Q.【解析】(1)在x 1＝0.2 m 处时，电阻R 消耗的电功率P ＝(Blv )2R此时v ＝kx ＝1 m/s 解得B ＝PR (lv )2＝305 T(2)在无磁场区间0≤x<0.2 m 内，有 a ＝5 s －1×v ＝25 s －2×xF ＝25 s －2×xm ＋μmgcos θ＋mgsin θ＝(0.96＋2.5x) N 在有磁场区间0.2 m≤x≤0.8 m 内，有 F A ＝(Bl )2vR＝0.6x NF ＝(0.96＋2.5x ＋0.6x) N ＝(0.96＋3.1x) N (3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积) W A1＝0.6 N 2(x 1＋x 2)(x 2－x 1)＝0.18 J撤去外力后，设棒ab 上升的最大距离为x ，再次进入磁场时的速度为v′，由动能定理有 (mgsin θ＋μmgcos θ)x ＝12mv 2(mgsin θ－μmgcos θ)x ＝12mv′2解得v′＝2 m/s由于mgsin θ－μmgcos θ－(Bl )2v′R ＝0故棒ab 再次进入磁场后做匀速运动下降过程中克服安培力做的功W A2＝(Bl )2v′R (x 2－x 1)＝0.144 JQ ＝W A1＋W A2＝0.324 J 【答案】 (1)305T (2)(0.96＋3.1x) N (3)0.324 J◆典例二：[用功能关系求焦耳热]两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d ＝1 m ，在左端弧形轨道部分高h ＝1.25 m 处放置一金属杆a ，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b ，杆a 、b 的电阻分别为R a ＝2 Ω、R b ＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝2 T ．现杆b 以初速度大小v 0＝5 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆a ，杆a 由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b 的平均电流为0.3 A ；从a 下滑到水平轨道时开始计时，a 、b 运动的速度—时间图象如图乙所示(以a 运动方向为正方向)，其中m a ＝2 kg ，m b ＝1 kg ，g ＝10 m/s 2，求：(1)杆a 在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个运动过程中杆b 产生的焦耳热． 【答案】(1)5 s (2)73 C (3)1156J【解析】(1)设杆a 由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b 的速度大小为v b0，对杆b 运用动量定理，有Bd I －·Δt ＝m b (v 0－v b0)其中v b0＝2 m/s 代入数据解得Δt ＝5 s.(2)对杆a 由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有m a gh ＝12m a v 2a解得v a ＝2gh ＝5 m/s设最后a 、b 两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得m a v a －m b v b0＝(m a ＋m b )v′ 代入数据解得v′＝83m/s杆a 动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a 的速度从v a 到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝m a (v a －v′)而q ＝I·Δt′代入数据得q ＝73C.(3)由能量守恒定律可知杆a 、b 中产生的焦耳热为 Q ＝m a gh ＋12m b v 20－12(m b ＋m a )v′2＝1616 J b 棒中产生的焦耳热为Q′＝52＋5Q ＝1156 J.★考点二：电磁感应中的动量问题◆典例一：．(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上．t ＝0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动．运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示．下列图象中可能正确的是( )【答案】AC【解析】棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到方向与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到方向与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝v02，选项A、C均正确，B、D均错误．◆典例二：[动量定理和能量守恒结合](2018·江西九江模拟)如图所示,光滑水平面停放一小车,车上固定一边长为L=0.5 m的正方形金属线框abcd,金属框的总电阻R=0.25 Ω,小车与金属框的总质量m=0.5 kg.在小车的右侧,有一宽度大于金属线框边长,具有理想边界的匀强磁场,磁感应强度B=1.0 T,方向水平且与线框平面垂直.现给小车一水平速度使其向右运动并能穿过磁场,当车上线框的ab边刚进入磁场时,测得小车加速度a=10 m/s2.求:(1)金属框刚进入磁场时,小车的速度为多大?(2)从金属框刚要进入磁场开始,到其完全离开磁场,线框中产生的焦耳热为多少? 【答案】(1) v 0=5 m/s. (2) 4.0 J. 【解析】(1)设小车初速度为v 0,则线框刚进入磁场时,ab 边由于切割磁感线产生的电动势为E=BLv 0 回路中的电流I=ER,根据牛顿定律BIL=ma 由以上三式可解得v 0=5 m/s.学&科网(2)设线框全部进入磁场时小车速度为v 1,进入过程平均电流为1I ,所用时间为Δt,则1I =R t ∆Φ∆=2BL R t∆根据动量定理得-B 1I LΔt=mv 1-mv 0,解得v 1=4 m/s设线框离开磁场时小车速度为v 2,离开过程平均电流为2I ,所用时间为Δt 1,则2I =1R t ∆Φ∆=21BL R t ∆ 根据动量定理得-B 2I LΔt 1=mv 2-mv 1,解得v 2=3 m/s线框从进入到离开产生的焦耳热Q=12m 20v -12m 22v =4.0 J.★考点三：电磁感应中的“杆+导轨”模型◆典例一：(2018·高考江苏卷)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B.质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g.金属杆( )A ．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B ．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C ．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD ．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L 4【答案】BC【解析】根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和进入磁场Ⅱ时速度相等可知，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项A 错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，所以穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B 正确；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能变化量为0，重力做功为2mgd ，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q 1＝2mgd ，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为2×2mgd ＝4mgd ，选项C 正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度v ＝2gh ，进入磁场Ⅰ时产生的感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝ER ，所受安培力F ＝BIL ，由于金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即F>mg ，联立解得h>m 2gR 22B 4L 4，选项D 错误．◆典例二(2019·高考天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN 和PQ 长度也为l 、电阻均为R ，两棒与导轨始终接触良好．MN 两端通过开关S 与电阻为R 的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ 的质量为m ，金属导轨足够长、电阻忽略不计．(1)闭合S ，若使PQ 保持静止，需在其上加多大的水平恒力F ，并指出其方向；(2)断开S ，PQ 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v 的加速过程中流过PQ 的电荷量为q ，求该过程安培力做的功W.【解析】(1)设线圈中的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，则E ＝k ①设PQ 与MN 并联的电阻为R 并，有 R 并＝R 2②闭合S 时，设线圈中的电流为I ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER 并＋R③ 设PQ 中的电流为I PQ ，有 I PQ ＝12I ④设PQ 受到的安培力为F 安，有 F 安＝BI PQ l ⑤保持PQ 静止，由受力平衡，有 F ＝F 安⑥联立①②③④⑤⑥式得 F ＝Bkl 3R⑦ 方向水平向右．(2)设PQ 由静止开始到速度大小为v 的加速过程中，PQ 运动的位移为x ，所用时间为Δt ，回路中的磁通量变化量为ΔΦ ，平均感应电动势为E －，有E －＝ΔΦΔt ⑧其中ΔΦ＝Blx ⑨设PQ 中的平均电流为I －，有 I －＝E －2R ⑩根据电流的定义得 I －＝qΔt (11)由动能定理，有 Fx ＋W ＝12mv 2－0(12)联立⑦⑧⑨⑩(11) (12)式得W ＝12mv 2－23kq. (13)1.(2019·高考全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0【答案】BC【解析】根据楞次定律可知在0～t 0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 22t 0，根据电阻定律可得R＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ，所以选项C 正确，D 错误．2.（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。
人教版高中物理选择性必修第二册课后习题 第2章 电磁感应 习题课三 电磁感应中的综合问题
习题课三电磁感应中的综合问题课后·训练提升基础巩固一、选择题(第1~2题为单选题,第3~6题为多选题)1.如图所示,垂直于导体框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为B,导体ef的长为l,ef的电阻为r,外电阻阻值为R,其余电阻不计。
ef与导体框接触良好,当ef在外力作用下向右以速度v匀速运动时,ef两端的电压为( )A.BlvB.BlvRR+r C.BlvrR+rD.BlvrR,导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv,ef两端的电压相当于电源的路端电压,根据闭合电路欧姆定律得U ef=ER总·R=BlvR+rR,选项B正确。
2.在竖直向上的匀强磁场中,水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈,规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示,当磁场的磁感应强度B随时间t 按图乙所示变化时,下列选项能正确表示线圈中感应电动势E变化的是( )内,磁感应强度均匀增大,根据楞次定律,线圈中感应电流为负方向,且保持不变;1~3s内,磁感应强度不变,线圈中感应电流为零;3~5s 内,磁感应强度均匀减小,线圈中感应电流为正方向,且保持不变;0~1s内和3~5s内磁场的变化率之比为2∶1,即感应电动势之比为2∶1,可得出感应电动势图像为B,选项B正确。
3.由螺线管、电阻和水平放置的平行板电容器组成的电路如图所示,其中,螺线管匝数为n,横截面积为S,电容器两极板间距为d。
螺线管处于竖直向上的匀强磁场中,一质量为m、电荷量为q的带正电颗粒悬停在电容器中,重力加速度大小为g,则( )A.磁感应强度均匀增大B.磁感应强度均匀减小C.磁感应强度变化率为nmgdqSD.磁感应强度变化率为mgdnqS,带正电颗粒悬停在电容器中,粒子受重力与静电力作用,故静电力竖直向上,电容器下极板带正电,即通电螺线管的下端为电源正极,根据电源内部的电流由负极流向正极,由安培定则可知磁感应强度均匀减小,选项A错误,B正确。
带正电颗粒悬停在电容器中,粒子受重力与静电力作用,有qE=mg,根据法拉第电磁感应定律有E电=nΔΦΔt =nΔBΔtS,且E=E电d,联立解得ΔBΔt =mgdnqS,选项C错误,D正确。
福建省厦门市双十中学高三下第一次月考物理试题
双十中学2020届高三下第一次月考理综物理试题第Ⅰ卷（选择题共126分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．下列说法正确的是A．阴极射线和β射线的本质都是电子流，在原子内的来源是相同的B．太阳辐射的能量主要来源于太阳中的裂变反应C．用频率大于某金属极限频率的单色光照射该金属，若增大入射光的频率，则单位时间内逸出的光电子一定增多D．放射性元素的半衰期与该元素所处的物理、化学状态无关15．如图，1/4光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，O为圆心，A为轨道上的一点，OA与水平面夹角为30°。
小球在拉力F作用下始终静止在A点。
当拉力方向水平向左时，拉力F的大小为10 3 N，当将拉力F在竖直平面内转至沿圆轨道切线方向时，拉力F的大小为A．5 3 N B．15 NC．10 N D．10 3 N16．图甲所示的变压器原，副线圈匝数比为3∶1，图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图象，L1，L2，L3，L4为四只规格均为“9 V,6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，以下说法正确的是A．ab输入端电压的瞬时值表达式为U ab＝272s i n 100πt(V)B．电流表的示数为2 A，且四只灯泡均能正常发光C．流过灯L2的电流每秒钟方向改变50次D．ab输入端输入功率P ab＝18 W17．如图，在两等量正点电荷连线的中垂线上，有a、b两个点电荷绕O点做匀速圆周运动，且a、b与O始终在一条直线上。
忽略a、b间的库仑力，已知sinα＝，sinβ＝，则a、b两个点电荷的比荷之比为A．2764B．916C．69D．3418．用如图a所示的圆弧一斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m的小球从半径为R的四分之一圆弧形轨道不同位置静止释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F．已知斜面与水平地面之间的夹角θ=45°，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x，最后作出了如图b所示的F﹣x图象，g 取10m/s 2，则由图可求得圆弧轨道的半径R 为A ．B ．C ．D ．19．在《流浪地球》的“新太阳时代”，流浪2500年的地球终于定居，开始围绕比邻星做匀速圆周运动，己知比邻星的质量约为太阳质量的18，目前地球做匀速圆周运动的公转周期为1y ，日地距离为1AU(AU 为天文单位)。
【物理】四川省教考联盟2020届高三上学期第一次联考试题(解析版)
四川省教考联盟2020届高三上学期第一次联考一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）1.以下说法正确的是A. 天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内释放出的射线B. 衰变的实质是原子核内的一个质子转化成一个中子和一个粒子C. 原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这种现象叫做质量亏损D. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道上时，电子的动能减小，原子的能量也减小【答案】A【解析】天然放射现象是原子核发生衰变发出三种射线，故这三种射线是从原子核内释放出的射线，所以A 正确；衰变的实质是原子核内的一个中子转化成一个质子和一个粒子，所以B 错误；原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这种现象叫做质量亏损，故C 错误；按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道上时，需吸收能量，电子的动能减小，原子的能量增大，故D 错误。
2.如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a 、b 、c 、d 四点，已知经过ab 、bc 和cd 三段所用时间之比为2：1：2，通过ab 和cd 段的位移分别为x 1和x 2，则bc 段的位移为（ ）A.12()2x x + B. 12()4x x + C. 12(3)2x x + D. 12(3)4x x + 【答案】B【解析】设bc 段所用时间为t ，根据匀变直线运规律可知，bc 段平均速度等ad 段平均速度，即··bc bc ad x v t v t ==，125bc ad x x x v t ++=，由以上两式可解得：124bc x x x +=，故B 正确。
3.某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方由静止开始匀加速飞行，如图所示．经时间t 后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小．使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是( )A. 加速时发动机提供的动力的大小等于mgB. 加速与减速时的加速度大小之比为2∶1C. 减速飞行时间t 后速度减为零D. 加速过程发生的位移与减速到零的过程发生的位移大小之比为2∶1 【答案】B【解析】起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F ，合力为F b ，如图所示：在△OFF b 中，由几何关系得：3mg ，F b =mg ，故A 错误；由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a 1=g ，推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F'跟合力F'h 垂直，如图所示，此时合力大小为：F'h =mgsin30°；动力大小：3；飞行器的加速度大小为：a 2=30 mgsin m︒=0.5g ；加速与减速时的加速度大小之比为a 1：a 2=2：1，故B 正确；到最高点的时间为：220.5v gt t t a g '==＝，故C 错误；t 时刻的速率：v=a 1t=gt ；加速与减速过程发生的位移大小之比为221222v v a a ：=1：2，故D 错误。
2023届上海市高考物理模拟试题知识点分类训练【高考二轮复习】：电磁学解答题(较难题)
2023届上海市高考物理模拟试题知识点分类训练【高考二轮复习】：电磁学解答题（较难题）一、解答题2．（2023·上海长宁·统考二模）如图所示，两根距离为d=1m的足够长的光滑平行金属导轨位于xoy竖直面内，一端接有阻值为R=2Ω的电阻。
在y>0的一侧存在垂直纸面的磁场，磁场大小沿x轴均匀分布，沿y轴大小按规律1(T)2B y分布。
阻值为r=1Ω的金属杆与金属导轨垂直，在导轨上滑动时接触良好。
金属杆始终受一大小可调节、方向竖直向上的外力F作用，使它能保持大小为a=2m/s向的恒定加速度运动。
t=0时刻，金属杆位于y=0处，速度大小为3．（2023·上海静安·统考二模）如图，MN与PQ是两条水平放置彼此平行间距L=1m的金属导轨，导轨电阻不计，导轨左端接R=1Ω的定值电阻，电压表接在电阻两端。
质量m=0.2kg，电阻r=1Ω的金属杆ab置于导轨上，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场。
t=0时刻ab杆受水平向右的拉力F作用，由静止开始做匀加速直线运动，ab杆与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，整个过程ab杆始终与导轨接触且垂直于导轨。
已知第4s末，ab 杆的速度v=2m/s，电压表示数U=1V。
（取重力加速度g=10m/s2.）（1）在第4s末，ab杆产生的感应电动势E和受到的安培力F安各为多大？、（2）若第4s末以后，ab杆做匀速运动，则在匀速运动阶段的拉力F为多大？整个过程拉力的最大值F m为多大？（3）若第4s末以后，拉力的功率保持不变，ab杆能达到的最大速度v m为多大？（4）在虚线框内画出上述第（2）、（3）题中，0~6s内拉力F随时间t变化的大致图线，并标出相应的纵坐标数值。
4．（2023·上海宝山·统考二模）如图所示，处于匀强磁场中水平放置的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨MN和PQ相距L＝0.5m。
导体棒ab、cd与轨道垂直并保持良好接触，它们分别在大小相等、方向垂直导体棒的外力F作用下，沿着导轨各自朝相5．（2023·上海青浦·统考二模）如图，两根质量、电阻均相同的金属棒于光滑的金属导轨上，导轨的水平部分和倾斜部分均处在垂直于导轨、磁场中，倾斜导轨与水平方向的夹角α=37°，不计导轨的电阻，上的力传感器连接。
走出“克服安培力做多少功就产生多少电能”的误区
走出“克服安培力做多少功就产生多少电能”的误区作者：范青林来源：《物理教学探讨》2020年第05期摘 ; 要：克服安培力做的功与产生电能的关系是高中物理电磁感应部分的重难点内容。
但由于对克服安培力做的功与产生的电能两者的关系理解不准确而导致出现了许多误区和错误。
文章通过对克服安培力做功与产生电能的计算分析，从原理上厘清了二者的关系，得到了“克服安培力做多少功，就有多少电能产生”这一结论只能在一定条件下或特定情境中才成立的结论。
关键词：克服安培力做的功;产生的电能;关系;误区中图分类号：G633.7 文献标识码：A ; ;文章编号：1003-6148（2020）5-0063-21 ; ;问题的引出例1 （2017·山东青岛一模）如图1所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左边部分水平，右边部分为半径r=0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离d=0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计。
有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直导轨静止于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1=0.2 kg、m2=0.1 kg，电阻分别为R1=0.1 Ω、R2=0.2 Ω。
现让ab棒以v0=10 m/s的初速度水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g=10 m/s2，求：（1）ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0;（2）cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1;（3）cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W。
分析（1）ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有E=Bdv0，I= ，BId=m2a0解得：a0=30 m/s2（2）设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，在PP'处速度为vp，在这个过程中系统动量守恒，有：m1v0=m1v1+m2v2m2v ;=2m2gr+ m2vm2g=m2解得：v1=7.5 m/s（3）由动能定理得：-W= m1v ;- m1v解得：W=4.375 J若根据能量守恒来解，有：m1v ;= m1v ;+ m2v ;+Q解得：Q =3.125 J显然W≠Q ，即ab棒克服安培力做的功并不等于系统产生的电能所发的热。
2020年高考物理双基突破(二)专题20安培力精讲
专题20 安培力一、安培力的大小1．安培力计算公式：当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝BIL sinθ。
这是一般情况下的安培力的表达式，以下是两种特殊情况：（1）磁场和电流垂直时：F＝BIL。
（2）磁场和电流平行时：F＝0。
磁场对磁铁一定有力的作用，而对电流不一定有力的作用。
当电流方向和磁感线方向平行时，通电导体不受安培力作用。
2．公式的适用范围：一般只适用于匀强磁场．对于非匀强磁场，仅适用于电流元。
3．弯曲通电导线的有效长度L：等于两端点所连直线的长度，相应的电流方向由始端指向末端，因为任意形状的闭合线圈，其有效长度L＝0，所以通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和一定为零。
4．公式F＝BIL的适用条件：（1）B与L垂直；（2）匀强磁场或通电导线所在区域的磁感应强度的大小和方向相同；（3）安培力表达式中，若载流导体是弯曲导线，且与磁感应强度方向垂直，则L是指导线由始端指向末端的直线长度。
【题1】如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直。
线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°。
流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。
导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力A．方向沿纸面向上，大小为（2＋1）ILBB．方向沿纸面向上，大小为（2－1）ILBC．方向沿纸面向下，大小为（2＋1）ILBD．方向沿纸面向下，大小为（2－1）ILB【答案】A【解析】ad 间通电导线的有效长度为图中的虚线L ′＝（2＋1）L ，电流的方向等效为由a 沿直线流向d ，所以安培力的大小F ＝BIL ′＝（2＋1）ILB .根据左手定则可以判断，安培力方向沿纸面向上，选项A 正确。
【题2】如图，两根平行放置的长直导线a 和b 载有大小相同、方向相反的电流，a 受到的磁场力大小为F 1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a 受到的磁场力大小变为F 2，则此时b 受到的磁场力大小变为A ．F 2B ．F 1－F 2C ．F 1＋F 2D ．2F 1－F 2【答案】A【题3】如图所示，AC 是一个用长为L 的导线弯成的、以O 为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC 垂直的磁感应强度为B 的匀强磁场中。
2020届高考物理计算题复习《安培力综合题》(解析版)
《安培力综合题》一、计算题1.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m，一端连接R=1Ω的电阻。
导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T。
导体棒MN 放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。
在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v= 5m/s。
求：(1)感应电动势E和感应电流I；(2)拉力F的大小；(3)若将MN换为电阻r=1Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U。
2.如图所示，足够长的U形导体框架的宽度l=0.5m，电阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ=37°角，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场方向垂直于导体框平面，一根质量m=0.2kg，有效电阻R=2Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，导体棒与框架间的动摩擦因数μ=0.5，导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动，通过导体棒截面的电量共为Q=2C.求：(1)导体棒匀速运动的速度；(2)导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中，导体棒的电阻产生的焦耳热．(sin37°=0.6,cos 37°=0.8，g=10m/s2)3.如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.5m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势E=10V，内阻r=2Ω，一质量m= 100g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B=1T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计).金属导轨是光滑的，取g= 10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：(1)金属棒所受到的安培力大小；(2)滑动变阻器R接入电路中的阻值．4.在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，B=0.2T，有一水平放置的光滑框架，宽度为L=0.4m，如图所示，框架上放置一质量m=0.05kg、电阻R=1Ω的金属杆ab，框架电阻不计，在水平外力F的作用下，杆ab以恒定加速度a=2m/s2，由静止开始做匀变速运动．求：(1)在5s内平均感应电动势是多少？(2)第5s末作用在杆ab上的水平外力F多大？(3)定性画出水平外力F随时间t变化的图象．5.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T，方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的总电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2.已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：(1)导体棒受到的安培力；(2)导体棒受到的摩擦力；(3)若将磁场方向改为竖直向上，要使金属杆继续保持静止，且不受摩擦力作用，求此时磁场磁感应强度B1的大小？6.如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L=1m，导轨间连接的定值电阻R=3Ω，导轨上放一质量为m=0.1kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨连接良好，杆的电阻r=1Ω，其余电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B=1.0T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里．重力加速度g=10m/s2，现让金属杆从AB水平位置由静止释放，求：(1)金属杆的最大速度；(2)当金属杆的加速度是5m/s2，安培力的功率是多大？7.如图所示，一个半径为r=0.4m的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长为r的金属棒ab的a端位于圆心，b端与导轨接触良好．从a端和圆形金属导轨分别引出两条导线与倾角为θ=37°、间距l=0.5m的平行金属导轨相连．质量m=0.1kg、电阻R=1Ω的金属棒cd垂直导轨放置在平行导轨上，并与导轨接触良好，且棒cd与两导轨间的动摩擦因数为μ=0.5.导轨间另一支路上有一规格为“2.5V0.3A”的小灯泡L和一阻值范围为0～10Ω的滑动变阻器R0.整个装置置于垂直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=1T.金属棒ab、圆形金属导轨、平行导轨及导线的电阻不计，从上往下看金属棒ab做逆时针转动，角速度大小为w.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．(1)当w=40rad/s时，求金属棒ab中产生的感应电动势E−1，并指出哪端电势较高；(2)在小灯泡正常发光的情况下，求w与滑动变阻器接入电路的阻值R0间的关系；(已知通过小灯泡的电流与金属棒cd是否滑动无关)(3)在金属棒cd不发生滑动的情况下，要使小灯泡能正常发光，求w的取值范围．8.如图所示，PQ和MN为水平、平行放置的金属导轨，相距1m，导体棒ab跨放在导轨上，导体棒的质量m=0.2kg，导体棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M=0.3kg，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5.匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在导体棒中通入多大的电流？方向如何？9.如图所示，光滑平行导轨宽为L，导轨平面与水平方向有夹角θ，导轨的一端接有电阻R.导轨上有与导轨垂直的电阻也为R的轻质金属导线(质量不计)，导线连着轻质细绳，细绳的另一端与质量为m的重物相连，细绳跨过无摩擦的滑轮．整个装置放在与导轨平面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中．重物由图示位置从静止释放，运动过程中金属导线与导轨保持良好的接触．导轨足够长，不计导轨的电阻求：(1)重物的最大速度(2)若重物从开始运动到获得最大速度的过程中下降了h，求此过程中电阻R上消耗的电能．10.如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距L=0.50m，左端接一电阻R=0.20Ω，方向垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.40T，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v=4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：(1)ab棒中感应电动势的大小，并指出a、b哪端电势高；(2)回路中感应电流的大小；(3)维持ab棒做匀速运动的水平外力的功率。
精准备考(第85期)——导体棒在导轨上运动-2023届高考物理真题分类整合与培优强基试题精选
精准备考（第85期）——导体棒在导轨上运动一、真题精选（高考必备）1．（2022·重庆·高考真题）如图1所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好（不计杆和轨道的电阻），整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。
杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。
其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为F0，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。
若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为（）A．k= 2、m= 2、n= 2B．2222、、===k m nC．632===、、k m nk m n、、D．362 ===2．（2021·河北·高考真题）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x 轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是（）A．通过金属棒的电流为2BCvθ2tanB ．金属棒到达0x 时，电容器极板上的电荷量为0tan BCvx θC ．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D ．金属棒运动过程中，外力F 做功的功率恒定3．（2022·湖南·高考真题）（多选）如图，间距1m L =的U 形金属导轨，一端接有0.1Ω的定值电阻R ，固定在高0.8m h =的绝缘水平桌面上。
质量均为0.1kg 的匀质导体棒a 和b 静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒a 距离导轨最右端1.74m 。
从“同题异图”谈物理试题编制的几点认识
师路心语炻i f教学参考第49卷第11期202碑11月©“同題异图”©物理试题编制的几点认识郭勇(江苏省丰县中学江苏徐州221700)文章编号：l〇〇2-218X(2020)l l-0040-04 中图分类号：G632. 4 文献标识码：B一、问题的提出在学习“力的合成”时，为巩固二力合成的合力 大小随两分力之间夹角增大而减小、合力大小范围 为^+^>^'>|厂_巧丨两个规律，笔者引用了 这样一题：如图所示（图未画出），曲线为两分力夹 角0与合力F大小的关系图线，则这两个分力的大 小分别为多少？笔者查阅了不少的资料，发现不同 的资料为本题提供了两种不同的图线，如图1和图 2所示。
由图1和图2可以看出，两个图线都可以呈现出以下三个信息：①在〇〜180°内，随着夹角沒 的增大，合力F减小；②当夹角0 =0时，合力为 18 N;③当夹角0=7t时，合力大小为2 N。
结合以上三个信息，转化为二力合成规律：（1) 〇〜180°内，合力F的大小随夹角0的增大而减小，从这个角度上讲两个图线反映出的F和0的定性 关系是正确的；（2)当0=0时，两力共线、同向，有 f\+F2=18 N;(3)当0=t t时，两力共线、反向，有 厂一&二？N。
可以得出^=10 N，F2=8 N。
若 是对结果进行验证，两个分力分别为10 N、8 N，两 分力夹角从〇变化到7T，则合力F大小在逐渐减小，合力范围为18 N<F<2N。
结果和图线吻合得很好。
诚然，两图线与二力合成的规律有着较好的对 应，并求出了相同的、正确的结果，说明这两条图线 有着一定的正确性，但是图线的变化趋势迥异也说 明了其中可能存在一定的问题。
同样的一个问题，两个图线大不相同，这是不正常的，那么应该有一 个图线是错的，或两个图线都是错的。
这就促使笔 者寻求二力合成时合力F与夹角0间到底有怎样 的关系？在F-0图中图线到底是怎样趋势？二、问题的分析如图3所示，设定两个分力F,、F2，其对应的夹角 为沒，可由数学关系得出VF^+F^+ZF.F.cosd.由于两个分力的大小是定值，角度0是变 量，所以合力F的大小由角度(9的变化来决定的。
2020届高考物理二轮课时作业：专题四+2+楞次定律、法拉第电磁感应定律
专题四第2讲[A级－对点练][题组一]楞次定律、法拉第电磁感应问题1．已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁N极位于地理南极附近．如图所示，在湖北某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向，下列说法正确的是()A．若使线框向东平移，则a点电势比d点电势高B．若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势C．若以ad边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcba方向D．若以ab边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcba方向解析：C[地球北半部的磁场方向由南向北斜向下，可分解为水平向北和竖直向下两个分量．若线圈向东平移，根据右手定则可知a点电势低于d点电势，A项错误；若线圈向北平移，根据右手定则可知a点电势高于b点电势，B项错误；若以ad边为轴，将线框向上翻转90°过程中，根据楞次定律及安培定则可知线框中的电流方向始终为adcba方向，C项正确；若以ab边为轴，将线框向上翻转90°过程中，穿过线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律及安培定则可知，线框中的电流方向为先沿abcda方向再沿adcba方向，故D错误．] 2．如图所示，两水平平行金属导轨间接有电阻R，置于匀强磁场中，导轨上垂直放置两根平行金属棒ab、cd.当用外力F拉动ab棒向右运动的过程中cd棒将会()A．向右运动B．向左运动C．保持静止D．向上跳起解析：A[当用外力F拉动ab棒向右运动时，根据右手定则，在ab棒中产生从b到a 的电流，则在cd棒中有从c到d的电流，根据左手定则知，cd棒受到向右的安培力，所以cd 棒将会向右运动，选项A正确．]3．如图所示，水平桌面上放置电阻不计、长度分别为l1、l2(l2＞l1)的直金属棒ab和bc连接而成的直角金属框，金属框处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中．当金属框以大小为v的速度沿着bc方向匀速移动时，直角金属架两端的电压为()A．Bl1v B．Bl2vC．B(l1＋l2)v D．B(l2－l1)v解析：A[金属框架运动过程中，bc边没有切割磁感线，故只有ab边切割产生感应电动势，故E＝Bl1v，选项A正确．]4．(2019·江苏单科，14)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S＝0.3 m2、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T，现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起．求线圈在上述过程中(1)感应电动势的平均值E；(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；(3)通过导线横截面的电荷量q.解析：本题考查了法拉第电磁感应定律中回路面积变化的情况，考查了学生的理解能力及简单的分析与综合能力，体现了科学思维中的科学推理素养要素．(1)感应电动势的平均值E ＝ΔΦΔt磁通量的变化ΔΦ＝B ΔS解得E ＝B ΔS Δt，代入数据得E ＝0.12 V (2)平均电流I ＝E R代入数据得I ＝0.2 A(电流方向见图)(3)电荷量q ＝I Δt代入数据得q ＝0.1 C答案：(1)0.12 V (2)0.2 A 见解析图 (3)0.1 C[题组二] 电磁感应中的图像问题5．如图甲所示，闭合圆形线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是( )A ．0～1 s 内线圈中的感应电流逐渐增大，2～4 s 内感应电流逐渐减小B ．第4 s 末的感应电动势为0C ．0～1 s 内与2～4 s 内的感应电流相等D ．0～1 s 内感应电流方向为顺时针方向解析：D [根据法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS ，0～1 s 内与2～4 s 内B －t 图像中磁感应强度是随时间线性变化的，所以磁感应强度的变化率ΔB Δt均为恒定值，则感应电动势均为恒定值，感应电流均为恒定值，0～1 s 内与2～4 s 内的磁感应强度的变化率不同，所以感应电动势大小不同，感应电流也不相等，选项A 、C 错误；第4 s 末磁感应强度虽然为0，但磁感应强度变化率却不为0，所以感应电流不为0，选项B 错误；0～1 s 内，磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小在增加，根据楞次定律知，感应电流方向为顺时针方向，选项D 正确．]6．如图甲所示，A 、B 两绝缘金属圆环套在同一水平铁芯上，A 环中电流i A 随时间t 的变化规律如图乙所示．下列说法正确的是( )A．t1时刻，两环之间作用力最大B．t2和t3时刻，两环相互吸引C．t2时刻两环相互吸引，t3时刻两环相互排斥D．t3和t4时刻，两环相互吸引解析：B[t1时刻虽然A环中电流最大，但电流的变化率为零，B环中感应电流为零，两环之间作用力为零，选项A错误．设A环中沿顺时针方向(从右往左看)为电流正方向，根据安培定则可知，t2时刻A环中电流产生的磁场水平向左穿过B环，且磁感应强度在减小，根据楞次定律可知B环中产生与A环同向的电流使二者相互吸引，同理，t3时刻也应相互吸引，选项B正确，C错误．t4时刻A环中电流为零，两环无相互作用，选项D错误．] 7．如图所示，直角三角形导线框abc以速度v匀速进入匀强磁场区域，则此过程中导线框内感应电流随时间变化的规律为下列四个图像中的()解析：A[在ac段切割磁感线的过程中，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿abca.线框有效切割长度均匀增大，由E＝BL v知感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；在ab 段也切割磁感线的过程中，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿abca.线框有效的切割长度均匀减小，由E＝BL v知感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小．故A图正确．] [题组三]电磁感应中的电路、动力学和能量问题8．(多选)如图所示，在匀强磁场的上方有一半径为R的导体圆环，圆环的圆心距离匀强磁场上边界的距离为h.将圆环静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为v.已知圆环的电阻为r，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．圆环进入磁场的过程中，圆环的左端电势高B．圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动C ．圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为πR 2B rD ．圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR解析：CD [根据楞次定律可判断电流方向为逆时针，内部电流流向电势高的一端，A 错误；圆环进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度不同，受到的安培力大小不同，不可能做匀速直线运动，B 错误；圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量Q ＝ΔΦr＝πR 2B r，C 正确；根据功能关系，圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR ，D 正确．] 9．(多选)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B .质量为m 、边长为a 的正方形线框ABCD 斜向右上方穿进磁场，当AC 刚进入磁场时，线框的速度为v ，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R ，则( )A ．线框穿进磁场过程中，线框中电流的方向为DCBADB ．AC 刚进入磁场时线框中感应电流为2Ba v RC ．AC 刚进入磁场时线框所受安培力为2B 2a 2v RD ．此时CD 两端电压为34Ba v 解析：CD [线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可以知道，感应电流的磁场的方向向外，由安培定则可知感应电流的方向为ABCDA 方向，故A 错误；AC 刚进入磁场时，CD 边切割磁感线，AD 边不切割磁感线，所以产生的感应电动势E ＝Ba v ，则线框中感应电流I ＝E R ＝Ba v R，故B 错误；AC 刚进入磁场时线框的CD 边受到的安培力与v 的方向相反，AD 边受到的安培力的方向垂直于AD 向下，它们的大小都是F ＝BIa ，由几何关系知，AD 边与CD 边受到的安培力的方向相互垂直，AC 刚进入磁场时线框所受安培力为AD 边与CD 边受到的安培力的矢量和，F 合＝2F ＝2B 2a 2v R，故C 选项正确；当AC 刚进入磁场时，CD 两端电压U ＝I ×3R 4＝34Ba v ，故D 选项正确．] 10．如图所示，空间分布着水平方向的匀强磁场，磁场区域的水平宽度d ＝0.4 m ，竖直方向足够长，磁感应强度B ＝0.5 T ．正方形导线框PQMN 边长L ＝0.4 m ，质量m ＝0.2 kg ，电阻R ＝0.1 Ω，开始时放在光滑绝缘水平板上Ⅰ位置，现用一水平向右的恒力F ＝0.8 N 拉线框，使其向右穿过磁场区，最后到达Ⅱ位置(MN 边恰好出磁场)．设线框平面在运动中始终保持在竖直平面内，PQ 边刚进入磁场后线框恰好做匀速运动，g 取10 m/s 2.求：(1)线框进入磁场前运动的距离D .(2)上述整个过程中线框内产生的焦耳热．(3)线框进入磁场过程中通过某一截面的电荷量．解析：(1)线框在磁场中做匀速运动，则F 安＝F由公式得：F 安＝BIL ，I ＝E R，E ＝BL v 1 解得：v 1＝2 m/s由动能定理得：FD ＝12m v 21解得：D ＝0.5 m.(2)由能量守恒定律可知Q ＝2Fd ＝2×0.8×0.4 J ＝0.64 J.(3)根据q ＝I t ＝ΔΦRt t ＝ΔΦR可得 q ＝B ΔS R ＝0.5×0.420.1C ＝0.8 C. 答案：(1)0.5 m (2)0.64 J (3)0.8 C[B 级－综合练]11．(多选)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a 、b 的边长均为l ，电阻均为R ，质量分别为2m 和m .它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l 、磁感应强度大小为B 、方向垂直竖直面的匀强磁场区域．开始时，线框b 的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a 的下边到匀强磁场的上边界的距离为l .现将系统由静止释放，当线框b 全部进入磁场时，a 、b 两个线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，则( )A ．a 、b 两个线框匀速运动的速度大小为2mgRB 2l 2 B ．线框a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为3B 2l 3mgRC ．从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，线框a 所产生的焦耳热为mglD ．从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl解析：BC [设两线框匀速运动的速度为v ，此时轻绳上的张力大小为T ，则对a 有T ＝2mg －BIl ，对b 有T ＝mg ，又I ＝E R ，E ＝Bl v ，解得v ＝mgR B 2l 2，故A 错误． 线框a 从下边进入磁场后，线框a 通过磁场时以速度v 匀速运动，则线框a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间t ＝3l v ＝3B 2l 3mgR，故B 正确．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系有2mgl－Tl＝Q，得Q＝mgl，故C正确．设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离．对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl＝2mgl＋12·3m v 2＋W，得W＝2mgl－3m3g2R22B4l4，故D错误．]12.(2020·江西一模)如图所示，水平面上两根足够长平行粗糙金属导轨，间距为d，左端接有阻值为R的电阻，整个平面内有竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电阻为r的金属杆ab搁在导轨上，中点与一根轻质绝缘弹簧相连，弹簧右端固定．将金属杆连同弹簧一起向左拉至伸长量为s处由静止释放，当弹簧第一次恢复原长时金属杆的速度为v，此过程电阻R产生的焦耳热为Q.金属杆始终与导轨垂直且接触良好，与金属导轨间的动摩擦因数为μ.求：(1)弹簧第一次恢复原长时金属杆的加速度大小和方向．(2)弹簧初始时的弹性势能．解析：(1)弹簧第一次恢复原长时金属杆所受合力为：F＝μmg＋BId电路中电流为：I＝Bd vR＋r代入得加速度大小为：a＝Fm ＝μg＋B2d2vm(R＋r)，方向向左．(2)依据能量守恒，有：E p ＝μmgs ＋12m v 2＋Q 总 又有：Q ＝R R ＋rQ 总 代入得：E p ＝μmgs ＋12m v 2＋R ＋r RQ . 答案：(1)μg ＋B 2d 2v m (R ＋r )，方向向左 (2)μmgs ＋12m v 2＋R ＋r R Q 13．(2019·深圳三模)如图所示，相距L ＝0.5 m 足够长的两根光滑导轨与水平面成37°角，导轨电阻不计，导轨处在磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上．ab 、cd 为水平金属棒且与导轨接触良好，它们的质量均为m ＝0.5 kg 、电阻均为R ＝2 Ω.ab 棒与一绝缘水平细绳相连处于静止状态，现让cd 棒从静止开始下滑，直至与ab 相连的细绳刚好被拉断，在此过程中cd 棒电阻R 上产生的热量为1 J ，已知细线能承受的最大拉力为T ＝5 N. g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求细绳被拉断时：(1)ab 棒中电流的方向与大小．(2)cd 棒的速度大小．(3)cd 棒沿导轨下滑的距离．解析：(1)cd 棒切割磁感线，由右手定则可知，ab 棒中电流的方向是从a 流向b ，细绳被拉断瞬时，对ab 棒有：T cos 37°＝mg sin 37°＋BIL代入数据：5×0.8＝0.5×10×0.6＋2I ×0.5解得：I ＝1 A(2)由闭合电路欧姆定律得：E ＝I (R ＋R )＝1×(2＋2)V ＝4 V感应电动势为：E ＝BL v得：v ＝E BL ＝42×0.5m/s ＝4 m/s (3)金属棒cd 从静止开始运动直至细绳刚好被拉断的过程中，ab 、cd 电流相同，电阻相同，可得：Q ab ＝Q cd ＝1 J在此过程中电路产生的总热量为：Q ＝Q ab ＋Q cd ＝2 J由能量守恒得：mgs sin 37°＝12m v 2＋Q 代入数据为：0.5×10s ×0.6＝12×0.5×42＋2 解得：s ＝2 m.答案：(1) 从a 流向b, 1 A (2)4 m/s (3)2 m14．足够长的平行金属轨道M 、N ，相距L ＝0.5 m ，且水平放置；M 、N 左端与半径R ＝0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连，金属棒b 和c 可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量m b ＝m c ＝0.1 kg ，电阻R b ＝R c ＝1 Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道M 、N 处于磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示．若使b 棒以初速度v 0＝10 m/s 开始向左运动，求：(1)c 棒的最大速度；(2)c 棒中产生的焦耳热；(3)若c 棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c 到达轨道最高点时对轨道的压力的大小．解析：(1)在磁场力作用下，b 棒做减速运动，c 棒做加速运动，当两棒速度相等时，c 棒达最大速度．选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有m b v 0＝(m b ＋m c )v解得c 棒的最大速度v ＝m b m b ＋m cv 0＝12v 0＝5 m/s. (2)从b 棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为Q ＝12m b v 20－12(m b ＋m c )v 2＝2.5 J 因为R b ＝R c ，所以c 棒中产生的焦耳热为Q c ＝Q 2＝1.25 J. (3)设c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v ′，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：12m c v 2－12m c v ′2＝m c g ·2R 解得v ′＝3 m/s.在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得m c g＋F＝m c v′2R 解得F＝1.25 N.由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N.答案：(1)5 m/s(2)1.25 J(3)1.25 N。
2020年高考物理最新模拟试题分类汇编- 电磁感应综合计算-(解析版)
2020年高考最新模拟试题分类汇编（4月第二期）电磁感应综合计算1、（2020·山东省烟台市中英文学校高三下学期3月月考）如图所示，一单匝圆形线圈两端与平行导轨相连接，整个装置处于水平面内。
圆形线圈的直径与平行导轨的宽度相等，均为L ，平行导轨区域处于垂直纸面向里的磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，圆形线圈处于垂直纸面向外的磁场中，其磁感应强度的大小B 随时间变化。
质量为m 、长度为L 的金属杆垂直放置在平行导轨上，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，金属杆与平行导轨间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知金属杆的电阻为R ，其它部分电阻均不计，重力加速度为g 。
下面说法正确的是A. 若0306mgRB B t B Lμπ=-，则金属杆在导轨上保持静止 B. 若0303mgRB B t B L μπ=-，则金属杆在导轨上保持静止C. 若给金属杆水平向右的速度2202mgR v B L μ=，且3012mgRB t B L μπ=，则金属杆匀速运动 D. 若给金属杆水平向右的速度2202mgR v B L μ=，且308mgRB t B L μπ=，则金属杆匀速运动 【答案】BC 【解析】AB.当金属杆恰好在导轨上保持静止时，安培力与摩擦力等大反向，有300==4B L BS Bmg B L t R tπμ∆∆⋅∆⋅∆解得304=B mgR t B L μπ∆∆ 由0=B B B t t∆-∆，根据数学知识可知，当304B mgR t B L μπ∆≤∆时，金属杆保持静止，故B 正确A 错误； CD.由题可知，此时金属杆所受安培力与摩擦力大小相等，即0=B IL mg μ电路中的电动势为0==mgRE IR B Lμ由右手螺旋定则可知，圆形线圈产生的感应电动势与金属杆的感应电动势方向相反，金属杆的感应电动势为1002==mgRE B Lv B Lμ 当圆形线圈中的磁感应强度3012mgRB t B L μπ=时，感应电动势为22300123===4BS mgR L mgRE t B L B Lμπμπ∆⋅∆ 则有21=E E E -当圆形线圈中的磁感应强度308mgRB t B L μπ=时，感应电动势为2330082===4BS mgR L mgR E t B L B Lμπμπ∆⋅∆此时31E E E ≠- 故C 正确D 错误。
【全国卷Ⅱ】2020年高考终极压轴卷：物理试题(含答案)
2020全国II卷高考压轴卷物理模拟试卷第I卷（选择题)一、单选题1．如图所示，在竖直平面内，一根不可伸长的轻质软绳两端打结系于“V”形杆上的A、B两点，已知OM边竖直，且，细绳绕过光滑的滑轮，重物悬挂于滑轮下处于静止状态。
若在纸面内绕端点O按顺时针方向缓慢转动“V"形杆，直到ON边竖直，绳子的张力为、A点处绳子与杆之间摩擦力大小为，则（）A．张力一直增大B．张力先增大后减小C．摩擦力一直增大D．摩擦力先增大后减小2．如图所示，ACB是一个半径为R的半圆柱面的横截面，直径AB水平，C为截面上的最低点，AC间有一斜面，从A点以大小不同的初速度v1、v2沿AB方向水平抛出两个小球，a和b，分别落在斜面AC和圆弧面CB上，不计空气阻力，下列判断正确的是（）A．初速度v1可能大于v2B．a球的飞行时间可能比b球长C．若v2大小合适，可使b球垂直撞击到圆弧面CB上D．a球接触斜面前的瞬间，速度与水平方向的夹角为45°3．如图所示，质量为m、带电荷量为+q的三个相同带电小球a、b、c，从同一高度以初速度v0水平抛出，小球a只在重力作用下运动，小球b在重力和洛伦兹力作用下运动，小球c 在重力和电场力作用下运动，它们落地的时间分别为t a、t b、t c，落地时重力的瞬时功率分别为P a、P b、P c，则以下判断中正确的是（）A．t a=t b=t c B．t a=t c<t b C．P b<P a<P c D．P a=P b>P c4．如图所示电路，在平行金属板M，N内部左侧中央P有一质量为m的带电粒子（重力不计）以水平速度v0射入电场并打在N板的O点．改变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则（）A．该粒子带正电B．减少R2，粒子将打在O点左侧C．增大R1，粒子在板间运动时间不变D．减少R1，粒子将打在O点左侧5．如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．两个质子M、N沿平行于直径cd的方向从圆周上同一点P射入磁场区域，P点与cd间的距离为，质子M、N 入射的速度大小之比为1:2．ab是垂直cd的直径，质子M恰好从b点射出磁场，不计质子的重力和质子间的作用力．则两质子M、N在磁场中运动的时间之比为（）A．2:1B．3:1C．3:2D．3:4二、多选题6．如图甲所示，左侧接有定值电阻R=2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，导轨间距L=1m。