2018届高三物理二轮复习练习：专题三 金属杆在导轨上运动的三类问题

专题三金属杆在导轨上运动的三类问题[A级——夺高分]1．(2017·平顶山模拟)如图所示，甲、乙、丙中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动。

图甲中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计。

图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长，若给导体棒ab一个向右的初速度v0，ab的最终运动状态是()A．三种情况下，ab最终都是做匀速运动B．图甲、丙中ab最终将以某速度做匀速运动；图乙中ab最终静止C．图甲、丙中ab最终将以相同的速度做匀速运动D．三种情况下，ab最终均静止解析：选B图甲中，当电容器C两端电压等于ab切割磁感线产生的感应电动势时，回路电流为零，ab做匀速运动；图乙中，ab在F安作用下做减速运动直至静止；图丙中，ab先做加速运动至BL v＝E时，回路中电流为零，ab再做匀速运动，故B对，A、C、D均错。

2. (多选)(2017·日照第一中学检测)如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上。

虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B。

ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计。

开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速度释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，使其沿导轨向上做匀加速运动。

则()A．ab棒中的电流方向由b到aB．cd棒先做加速运动后做匀速运动C．cd棒所受摩擦力的最大值大于其重力D．力F做的功等于两棒产生的电热与增加的机械能之和解析：选AC ab棒向上运动的过程中，穿过闭合回路abcd的磁通量增大，根据楞次定律可得，ab棒中的感应电流方向为b→a，故A正确；cd棒中感应电流由c到d，其所在的区域磁场向下，所受的安培力向里，cd棒所受的滑动摩擦力向上。

ab棒做匀加速运动，速度增大，产生的感应电流增加，cd棒所受的安培力增大，对导轨的压力增大，则滑动摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd 棒先做加速运动后做减速运动，最后停止运动，故B 错误；因安培力增加，cd 棒受摩擦力的作用一直增加，会大于重力，故C正确；根据动能定理可得W F －W f －W 安培－W G ＝12m v 2－0，力F 所做的功应等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和，故D 错误。

3. (多选)(2017·哈尔滨检测)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 ，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 ，左端与一弧形光滑轨道平滑连接。

将一阻值也为R 的导体棒从弧形轨道上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，下列说法中正确的是( )A ．电阻R 的最大电流为Bd 2gh RB ．通过导体棒的电荷量为BdL 2RC ．整个电路中产生的焦耳热为mghD ．电阻R 中产生的焦耳热为12mg (h －μd ) 解析：选BD 导体棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh ＝12m v 2，导体棒到达水平面时的速度v ＝2gh ，导体棒到达水平导轨后进入磁场，受到水平向左的安培力做减速运动，则刚到达水平导轨时的速度最大，所以最大感应电动势为E ＝BL v ，最大的感应电流为I ＝BL v 2R ＝BL 2gh 2R ，故A 错误；通过导体棒的电荷量q ＝ΔΦ2R ＝BLd 2R，故B 正确；导体棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh －W B －μmgd ＝0－0，则克服安培力做功：W B ＝mgh －μmgd ，克服安培力做功转化为电路中的焦耳热，故C 错误；电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则导体棒产生的焦耳热：Q R ＝12Q ＝12W B ＝12(mgh －μmgd )，故D 正确。

4．(2017·大连模拟)如图所示，上下不等宽的平行导轨，EF 和GH 部分导轨间的距离为L ，PQ 和MN 部分的导轨间距为3L ，导轨平面与水平面的夹角为30°，整个装置处在垂直于导轨平面的匀强磁场中。

金属杆ab 和cd 的质量均为m ，都可在导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab 施加一个沿导轨平面向上的作用力F ，使其沿斜面匀速向上运动，同时cd 处于静止状态，则F 的大小为( )A.23mg B ．mg C.43mg D.32mg 解析：选A 设ab 杆向上做切割磁感线运动时，产生感应电流大小为I ，受到安培力大小为：F 安＝BIL ，对于cd ，由平衡条件有：BI ·3L ＝mg sin 30°，对于ab 杆，由平衡条件有：F ＝mg sin 30°＋BIL ，综上可得：F ＝23mg ，故A 正确。

5．(2017·天津第一中学模拟)如图甲所示，光滑倾斜导体轨道(足够长)与光滑水平导体轨道平滑连接。

轨道宽度均为L ＝1 m ，电阻忽略不计。

水平向右的匀强磁场仅分布在水平轨道平面所在区域；垂直于倾斜轨道平面向下，大小相同的匀强磁场仅分布在倾斜轨道平面所在区域。

现将两质量均为m ＝0.2 kg ，电阻均为R ＝0.5 Ω的相同导体棒ab 和cd ，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道的顶端，并同时由静止释放，导体棒cd 下滑过程中的加速度a 与速度v 的关系如图乙所示。

(g ＝10 m/s 2)求：(1)倾斜轨道平面与水平面间的夹角θ；(2)磁场的磁感应强度B ；(3)导体棒ab 对水平轨道的最大压力F N 的大小；(4)若已知从开始运动到导体棒cd 达到最大速度的过程中，导体棒ab 上产生的焦耳热Q ＝0.45 J ，求该过程中通过导体棒cd 横截面的电荷量q 。

解析：(1)由a -v 图像可知，导体棒cd 刚释放时，加速度a ＝5 m/s 2对导体棒cd 受力分析，由牛顿第二定律得：mg sin θ＝ma得a ＝g sin θ＝5 m/s 2故：θ＝30°。

(2)当导体棒cd 匀速下滑时，由图像知a ＝0，v ＝1 m/smg sin θ＝F 安F 安＝BILI ＝BL v 2R联立解得：B ＝1 T ，I ＝1 A 。

(3)当电路中的电流I 最大时，导体棒ab 所受竖直向下的安培力最大，则压力最大F N ＝mg ＋F 安由牛顿第三定律：F N ′＝F N解得：F N ′＝3 N 。

(4)导体棒ab 产生的焦耳热Q ab ＝Q ＝I 2Rt ＝0.45 J ，导体棒cd 产生的热量与导体棒ab 相同对导体棒cd ，由能量守恒定律：mgx sin θ＝12m v 2＋2Q 解得：x ＝1 mq ＝I ·t I ＝E2R E ＝ΔΦt则：q ＝ΔΦ2R ＝BLx 2R＝1 C 。

答案：(1)30° (2)1 T (3)3 N (4)1 C[B 级——冲满分]6. (多选)(2017·雅安诊断考试)如图所示，电阻不计、相距为L 的两条足够长的平行金属轨道倾斜放置，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B ，轨道上固定有质量为m ，电阻为R 的两根相同的导体棒，导体棒MN 上方轨道粗糙下方轨道光滑，将两根导体棒同时释放后，观察到MN 下滑而EF 始终保持静止，当MN 下滑的距离为s 时，速度恰好达到最大值v m ，则下列叙述正确的是( )A ．MN 的最大速度v m ＝2mgR sin θB 2L 2B ．此时EF 与轨道之间的静摩擦力为mg sin θC ．当MN 从静止开始下滑s 的过程中，通过其横截面的电荷量为BLs 2RD ．当MN 从静止开始下滑s 的过程中，MN 中产生的热量为mgs sin θ－12m v 2m解析：选AC 当MN 下滑达到最大速度时满足：mg sin θ＝B 2L 2v m 2R ，解得v m ＝2mgR sin θB 2L 2，选项A 正确；此时EF 满足mg sin θ＋F 安＝f 静，故此时EF 与轨道之间的静摩擦力大于mg sin θ，选项B 错误；当MN 从静止开始下滑s 的过程中，通过其横截面的电荷量为q ＝ΔΦR 总＝BLs 2R，选项C 正确；当MN 从静止开始下滑s 的过程中，两个导体棒中产生的总热量为 mgs sin θ－ 12m v 2m ，则MN 中产生的热量是12mgs sin θ－12m v 2m ，选项D 错误。

7．(2017·济宁模拟)如图甲所示，MN 、PQ 是相距d ＝1 m 的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面倾角为α，导轨电阻不计；长也为1 m 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab 的质量m ＝0.1 kg 、电阻R ＝1 Ω； MN 、PQ 的上端连接右侧电路，电路中R 2为一电阻箱；已知灯泡电阻R L ＝3 Ω，定值电阻R 1＝7 Ω，调节电阻箱使R 2＝6 Ω，重力加速度g ＝10 m/s 2。

现断开开关S ，在t ＝0时刻由静止释放ab ，在t ＝0.5 s 时刻闭合S ，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab 的速度随时间变化的图像。

(1)求斜面倾角α及磁感应强度B 的大小；(2)ab 由静止下滑x ＝50 m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热；(3)若只改变电阻箱R 2的值，当R 2为何值时，ab 匀速下滑过程中R 2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？解析：(1)S 断开时，ab 做匀加速直线运动，从题图乙得a ＝Δv Δt＝6 m/s 2 由牛顿第二定律有mg sin α＝ma解得α＝37°t ＝0.5 s 时，S 闭合且加了磁场，分析可知，此后ab 将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大(v m ＝6 m/s) 后接着做匀速运动。

做匀速运动时，由平衡条件知mg sin α＝F 安又F 安＝BIdI ＝Bd v m R 总R 总＝R ab ＋R 1＋R L R 2R L ＋R 2＝10 Ω 联立以上四式，代入数据解得B ＝1 T 。

(2)由能量转化关系有mg sin α·x ＝12m v 2m＋Q 代入数据解得Q ＝mg sin α·x －12m v 2m＝28.2 J 。

(3)改变电阻箱R 2的值后，ab 匀速下滑时有mg sin α＝BdI ′所以I ′＝mg sin αBd＝0.6 A 通过R 2的电流为I 2＝R L R L ＋R 2I ′ R 2的功率为P ＝I 22R 2联立以上三式可得P ＝I ′2R 2L (R L ＋R 2)2R 2＝I ′2R 2L ⎝⎛⎭⎫R L R 2＋R 22 当R L R 2＝R 2时，即R 2＝R L ＝3 Ω，功率最大，解得 P m ＝0.27 W 。